Príklady na precvičovanie – súčty a súčiny číselných
radov
Riešené príklady
Príklad 1
Nájdime súčet radu
∞∑
n=1
(−1)n−1
·
2
3n
.
Riešenie:
Uvedený rad je geometrický, nakoľko pre každé n ∈ N platí
an+1
an
=
(−1)n
· 2
3n+1
(−1)n−1 · 2
3n
= −
1
3
.
Kvocient tohto radu je q = −1/3 a prvý člen a1 = 2/3. Preto sa jedná o
konvergentný rad (prečo? :)) so súčtom
s =
∞∑
n=1
(−1)n−1
·
2
3n
=
2
3
·
1
1 −
(
−1
3
) =
1
2
.
Príklad 2
Stanovme súčet radu ∞∑
n=0
3n
+ 2n
6n
.
Riešenie:
Predložený rad zrejme vznikol súčtom radov
∞∑
n=0
3n
6n
=
∞∑
n=0
(
1
2
)n
a
∞∑
n=0
2n
6n
=
∞∑
n=0
(
1
3
)n
.
Obidva rady sú konvergentné so súčtami
∞∑
n=0
(
1
2
)n
= 2 a
∞∑
n=0
(
1
3
)n
=
3
2
1
(samy sa presvedčte :)). Preto aj rad v zadaní príkladu – ako ich súčet – je
konvergentný a platí
s =
∞∑
n=0
3n
+ 2n
6n
= 2 +
3
2
=
7
2
.
Príklad 3
Určme súčet radu ∞∑
n=1
n
52n
.
Riešenie:
Pomocou podielového kritéria ľahko zistíme, že sa jedná o konvergentný rad
(samy overte :)). Pokúsime sa nájsť explicitné vyjadrenie jeho n-tého čiastočného
súčtu sn, n ∈ N. Platí
sn =
n∑
k=1
k
52k
=
1
52
+
2
54
+
3
56
+ · · · +
n
52n
.
Pre výraz sn/52
potom máme
sn
52
=
1
52
·
(
1
52
+
2
54
+
3
56
+ · · · +
n
52n
)
=
1
54
+
2
56
+
3
58
+ · · · +
n
52n+2
.
Utvorme teraz rozdiel sn − sn/52
. Keďže sa jedná o konečné súčty, môžeme
ich členy vhodne zoskupiť, konkrétne
sn = 1
52 + 2
54 + 3
56 + 4
58 + 5
510 + · · · + n
52n
↓ ↓ ↓ ↓ ↓ ↓
sn
52 = 1
54 + 2
56 + 3
58 + 4
510 + · · · + n−1
52n + n
52n+2
↓ ↓ ↓ ↓ ↓ ↓
sn − sn
52 = 1
52 + 1
54 + 1
56 + 1
58 + 1
510 + · · · + 1
52n − n
52n+2 .
Z poslednej rovnosti dostávame (samy overte :))
sn
(
1 −
1
52
)
=
(
1
52
+
1
54
+
1
56
+
1
58
+
1
510
+ · · · +
1
52n
)
−
n
52n+2
2
⇓
sn ·
24
25
=
1
52
·
1 − 1
52n
1 − 1
52
−
n
52n+2
⇓
sn =
25
242
·
(
1 −
1
25n
)
−
1
24
·
n
25n
.
Získali sme teda explicitné vyjadrenie n-tého čiastočného súčtu sn pre ľubovoľné
n ∈ N. Pre súčet radu v zadaní potom platí (samy overte :))
s =
∞∑
n=1
n
52n
= lim
n→∞
sn = lim
n→∞
[
25
242
·
(
1 −
1
25n
)
−
1
24
·
n
25n
]
=
25
576
.
Príklad 4
Zistime súčet radu ∞∑
n=1
1
(2n − 1)(2n + 1)
.
Riešenie:
Pri riešení využijeme pozorovanie
1
(2n − 1)(2n + 1)
=
1/2
2n − 1
−
1/2
2n + 1
=
1
2
·
(
1
2n − 1
−
1
2n + 1
)
.
Jeho príjemným dôsledkom je fakt, že vo výraze pre sn sa všetky vnútorné
členy vzájomne odčítajú (dobre si to premyslite :)). Postupne dostávame
sn =
n∑
k=1
1
(2k − 1)(2k + 1)
=
n∑
k=1
1
2
·
(
1
2k − 1
−
1
2k + 1
)
=
1
2
·
[(
1 −
1
3
)
+
(
1
3
−
1
5
)
+
(
1
5
−
1
7
)
+ · · · +
(
1
2n − 1
−
1
2n + 1
)]
⇓
sn =
1
2
·
(
1 −
1
2n + 1
)
=
n
2n + 1
.
3
Vidíme teda, že rad v zadaní je konvergentný so súčtom
s =
∞∑
n=1
1
(2n − 1)(2n + 1)
= lim
n→∞
n
2n + 1
=
1
2
.
Príklad 5
Napíšme racionálne číslo 0.490 v tvare zlomku.
Riešenie:
Toto je známy a populárny príklad zo strednej školy :). Je známe, že každé
reálne číslo s periodickým desatinným rozvojom je racionálne. Pointa je v
prepísaní uvedeného desatinného rozvoja pomocou nekonečného geometrického
radu. Postupne dostávame (detaily si premyslite samy :))
0.490 = 0.490909090... =
4
10
+
9
102
+
9
104
+
9
106
+
9
108
+ · · ·
=
4
10
+
9
102
·
(
1 +
1
102
+
1
104
+
1
106
+ · · ·
)
=
4
10
+
9
102
·
1
1 − 1
102
=
27
55
.
Príklad 6
Zostrojme rad, ktorého n-tý čiastočný súčet sn má pre každé n ∈ N tvar
sn =
n − 2
2n
.
Riešenie:
Nech
∑∞
n=1 an je predpokladaný rad. Zrejme a1 = s1 = −1/2. Na určenie
ostatných členov an využijeme skutočnosť
an = sn − sn−1, n ∈ N \ {1}
(dobre si to premyslite :)). Pre n ≥ 2 teda dostávame (po úpravách)
an =
n − 2
2n
−
(n − 1) − 2
2(n − 1)
=
1
n(n − 1)
.
Rad hľadaný v zadaní príkladu má preto tvar
−
1
2
+
∞∑
n=2
1
n(n − 1)
.
4
Príklad 7
Dokážme, že platí
ln 3 + ln
√
3 + ln
4
√
3 + ln
8
√
3 + ln
16
√
3 + · · · = 2 ln 3.
Riešenie:
Pre n-tý čiastočný súčet uvedeného radu platí
sn = ln 3 + ln
√
3 + ln
4
√
3 + ln
8
√
3 + · · · + ln
2n√
3.
Využitím základných vlastností logaritmov a mocnín postupne dostávame
sn = ln
(
3 · 3
1
2 · 3
1
4 · 3
1
8 · · · 3
1
2n
)
= ln
(
31+ 1
2
+ 1
22 + 1
23 +···+ 1
2n
)
.
Súčet v poslednom výraze je konečný geometrický s hodnotou
1 +
1
2
+
1
22
+
1
23
+ · · · +
1
2n
=
1 − 1
2n+1
1 − 1
2
= 2 −
1
2n
, n ∈ N.
To potom znamená, že sn = ln
(
32− 1
2n
)
, a následne
s = lim
n→∞
sn = ln 32
= 2 ln 3.
Platí teda identita v zadaní príkladu.
Príklad 8
Určme súčet nekonečného radu
arctg
1
2
+ arctg
1
8
+ arctg
1
18
+ arctg
1
32
+ · · · + arctg
1
2n2
+ · · · .
Riešenie:
Hlavným fígľom na riešenie tohto príkladu je trigonometrická identita
arctg x + arctg y = arctg
x + y
1 − xy
,
5
ktorá platí pre každú dvojicu reálnych čísiel x, y ∈ (−1, 1) (pokúste sa ju
dokázať :)). Skúsme pomocou tejto rovnosti vyjadriť n-tý čiastočný súčet sn
radu v zadaní pre niekoľko prirodzených hodnôt n. Postupne dostávame
s1 = arctg
1
2
= arctg
1
1 + 1
,
s2 = arctg
1
2
+ arctg
1
8
= arctg
1
2
+ 1
8
1 − 1
2
· 1
8
= arctg
2
3
= arctg
2
2 + 1
,
s3 = arctg
1
2
+ arctg
1
8
s2
+ arctg
1
18
= arctg
2
3
+ arctg
1
18
= arctg
2
3
+ 1
18
1 − 2
3
· 1
18
= arctg
3
4
= arctg
3
3 + 1
,
s4 = arctg
1
2
+ arctg
1
8
+ arctg
1
18
s3
+ arctg
1
32
= arctg
3
4
+ arctg
1
32
= arctg
3
4
+ 1
32
1 − 3
4
· 1
32
= arctg
4
5
= arctg
4
4 + 1
,
...
Z týchto pozorovaní môžeme nadobudnúť podozrenie, že všeobecný n-tý čiastočný
súčet sn by mohol mať tvar
sn
?
= arctg
n
n + 1
.
Dokážeme to – ako inak :) – metódou matematickej indukcie. Zrejme pre
n = 1 uvedená rovnosť platí. Predpokladajme, nech daná rovnosť je správna
pre nejakú hodnotu n = m, t.j., predpokladáme, že platí
sm = arctg
m
m + 1
.
6
Pre súčet sm+1 potom máme
sm+1 = sm + am+1 = arctg
m
m + 1
+ arctg
1
2(m + 1)2
.
Využitím identity pre arkustangensy v úvode príkladu dostaneme (samy
overte, že ju skutočne môžeme použiť :))
sm+1 = arctg
m
m+1
+ 1
2(m+1)2
1 − m
m+1
· 1
2(m+1)2
= arctg
2m(m + 1)2
+ (m + 1)
2(m + 1)3 − m
= arctg
[m + 1] · [2m(m + 1) + 1]
2(m + 1)(m + 1)2 − m
= arctg
[m + 1] · [2m(m + 1) + 1]
2(m + 1)(m2 + 2m + 1) − m
= arctg
[m + 1] · [2m(m + 1) + 1]
2(m + 1) · [m2 + 2m] + 2(m + 1) − m
= arctg
[m + 1] · [2m(m + 1) + 1]
2(m + 1)m · [m + 2] + [m + 2]
= arctg
[m + 1] · [2m(m + 1) + 1]
[m + 2] · [2m(m + 1) + 1]
= arctg
m + 1
m + 2
= arctg
m + 1
(m + 1) + 1
.
Takže predpokladaná rovnosť potom platí i pre n = m + 1. Overili sme teda,
že postupnosť sn spĺňa
sn = arctg
n
n + 1
pre každé n ∈ N.
Nakoľko ďalej máme
lim
n→∞
sn = lim
n→∞
arctg
n
n + 1
=
π
4
,
rad v zadaní príkladu je konvergentný so súčtom s = π/4.
7
Príklad 9
Stanovme súčet radu
p sin α + p2
sin 2α + p3
sin 3α + · · · + pn
sin nα + · · ·
v závislosti na reálnych parametroch α a p, pričom |p| < 1.
Riešenie:
Budeme postupovať analogicky ako v predchádzajúcom príklade. Pokúsime
sa odvodiť explicitný tvar n-tého čiastočného súčtu sn daného radu pre ľubovoľné
prirodzené n. Existuje viacero spôsobov ako na to. My opäť využijeme
jednu trigonometrickú identitu, konkrétne
2 sin x cos y = sin(x + y) + sin(x − y),
ktorá platí pre každú dvojicu reálnych čísiel x, y (samy overte jej platnosť
:)). Nech α, p, |p| < 1, sú dané a nech p ̸= 0 a α ̸= (2l − 1)π/2 pre každé
l ∈ Z (posledná podmienka znamená, že číslo α nie je celistvým nepárnym
násobkom π/2). Pre n ∈ N platí
sn = p sin α + p2
sin 2α + · · · + pn
sin nα.
Túto rovnosť vynásobíme výrazom 2p cos α (p cos α ̸= 0 vďaka podmienkam
kladeným na p a α :)), pričom dostaneme
2psn cos α = p2
· 2 sin α cos α + p3
· 2 sin 2α cos α + · · · + pn+1
· 2 sin nα cos α.
Členy na pravej strane poslednej rovnosti postupne prepíšeme pomocou úvodnej
trigonometrickej identity a následne všetky vertikálne sčítame. Tak s chuťou
do toho :)
p2
· 2 sin α cos α = p2
· sin 2α + p2
· sin 0 · α
p3
· 2 sin 2α cos α = p3
· sin 3α + p3
· sin α
p4
· 2 sin 3α cos α = p4
· sin 4α + p4
· sin 2α
p5
· 2 sin 4α cos α = p5
· sin 5α + p5
· sin 3α
...
...
...
pn+1
· 2 sin nα cos α = pn+1
· sin(n + 1)α + pn+1
· sin(n − 1)α
↓ ↓ ↓
sn · 2p cos α =
[
sn − p · sin α + pn+1
· sin(n + 1)α
]
+ p2
· [sn − pn
· sin nα]
8
Samy si dobre premyslite výsledné súčty druhého a tretieho stĺpca :). Odvodili
sme teda identitu
sn · 2p cos α =
[
sn − p · sin α + pn+1
· sin(n + 1)α
]
+ p2
· [sn − pn
· sin nα] ,
Z nej pre n-tý čiastočný súčet sn platí
sn =
pn+2
sin nα − pn+1
sin(n + 1)α + p sin α
1 − 2p cos α + p2
.
Nechávame na čitateľa, aby overil, že toto vyjadrenie pre sn ostane v platnosti
aj v prípade p = 0, resp. α = (2l − 1)π/2 pre nejaké celé l :). Nakoniec,
využijúc predpoklad |p| < 1, máme
lim
n→∞
sn = lim
n→∞
pn+2
sin nα − pn+1
sin(n + 1)α + p sin α
1 − 2p cos α + p2
=
p sin α
1 − 2p cos α + p2
(samy overte :)). To znamená, že rad v zadaní je konvergentný pre každé
prípustné parametre α, p, pričom
p sin α + p2
sin 2α + p3
sin 3α + · · · =
p sin α
1 − 2p cos α + p2
.
Príklad 10 (ťažší)
Zistime súčet Leibnizovho radu
∞∑
n=1
(−1)n−1
n
= 1 −
1
2
+
1
3
−
1
4
+
1
5
−
1
6
+ · · · .
Riešenie:
Nájdenie súčtu Leibnizovho alternujúceho radu je jeden zo slávnych výsledkov
teórie nekonečných číselných radov. Konkrétne, platí elegantná identita
1 −
1
2
+
1
3
−
1
4
+
1
5
−
1
6
+ · · · = ln 2 :)).
V nasledujúcich riadkoch sa ju pokúsime dokázať. Predložený dôkaz je založený
na jednom pozorovaní o harmonickom rade, ktoré sme uviedli v predchádzajúcom
dokumente o konvergencii radov, a síce, že limita
lim
n→∞
[(
1 +
1
2
+
1
3
+
1
4
+ · · · +
1
n
)
− ln n
]
existuje konečná.
9
Jej hodnota sa nazýva Eulerova–Mascheroniho konštanta a označili sme ju
γ. To, koľko presne je γ, teraz nebude podstatné. Zavedieme označenie
Hn := 1 +
1
2
+
1
3
+ · · · +
1
n
a En := Hn − ln n
pre každé n ∈ N. Zrejme platí Hn = En + ln n a limn→∞ En = γ (samy sa
presvedčte :)). Stratégia nášho dôkazu je taká, že sa budeme snažiť vyjadriť
čiastočné súčty Leibnizovho radu pomocou veličín Hn. Najprv preskúmame
súčty s párnym počtom členov. Teda napríklad
s8 = 1 −
1
2
+
1
3
−
1
4
+
1
5
−
1
6
+
1
7
−
1
8
.
Keďže ide o konečný súčet, môžeme jeho členy vhodne preskupiť. Konkrétne,
s8 =
(
1 +
1
3
+
1
5
+
1
7
)
−
(
1
2
+
1
4
+
1
6
+
1
8
)
.
Pre súčet v druhej zátvorke platí
1
2
+
1
4
+
1
6
+
1
8
=
1
2
·
(
1 +
1
2
+
1
3
+
1
4
)
=
1
2
· H4,
kým súčet v prvej zátvorke sa dá napísať takto
1 +
1
3
+
1
5
+
1
7
=
(
1 +
1
2
+
1
3
+
1
4
+
1
5
+
1
6
+
1
7
)
−
(
1
2
+
1
4
+
1
6
)
= H7 −
1
2
·
(
1 +
1
2
+
1
3
)
= H7 −
1
2
· H3.
Celkovo teda máme
s8 = H7 −
1
2
· H3 −
1
2
· H4.
Pomocou tohto konkrétneho príkladu si samy premyslite, že všeobecný párny
čiastočný súčet s2n, n ∈ N, Leibnizovho radu sa dá napísať v tvare
s2n = H2n−1 −
1
2
· Hn−1 −
1
2
· Hn.
Podobne sa postupuje i pre nepárne čiastočné súčty. Napríklad
s9 = 1 −
1
2
+
1
3
−
1
4
+
1
5
−
1
6
+
1
7
−
1
8
+
1
9
10
=
(
1 +
1
3
+
1
5
+
1
7
+
1
9
)
H9− 1
2
·H4
−
(
1
2
+
1
4
+
1
6
+
1
8
)
1
2
·H4
= H9 − H4.
Všeobecne, pre čiastočný súčet s2n−1, n ∈ N, dostaneme (samy overte :))
s2n−1 = H2n−1 − Hn−1.
Máme teda pod kontrolou ľubovoľný čiastočný súčet radu v zadaní príkladu.
Do získaných výrazov dosadíme za súčty Hn vyjadrenia pomocou logaritmu
a postupnosti En (pozri vyššie :)). Postupne dostávame (po úpravách)
s2n = H2n−1 −
1
2
· Hn−1 −
1
2
· Hn
= [E2n−1 + ln(2n − 1)] −
1
2
· [En−1 + ln(n − 1)] −
1
2
· [En + ln n]
= ln(2n − 1) −
1
2
· ln(n − 1) −
1
2
· ln n + E2n−1 −
1
2
· En−1 −
1
2
· En
=
1
2
· ln
[
(2n − 1)2
n(n − 1)
]
+ E2n−1 −
1
2
· En−1 −
1
2
· En,
s2n−1 = H2n−1 − Hn−1 = [E2n−1 + ln(2n − 1)] − [En−1 + ln(n − 1)]
= ln(2n − 1) − ln(n − 1) + E2n−1 − En−1 = ln
[
2n − 1
n − 1
]
+ E2n−1 − En−1.
A teraz prichádzame k vrcholu :). Získané vyjadrenia pre s2n a s2n−1 vieme
limitovať pre n → ∞. Celý fígeľ spočíva v tom, že limk→∞ Ek = γ :). Teda
lim
n→∞
s2n = lim
n→∞
{
1
2
· ln
[
(2n − 1)2
n(n − 1)
]
+ E2n−1 −
1
2
· En−1 −
1
2
· En
}
=
1
2
· ln
[
4
1
]
+ γ −
1
2
· γ −
1
2
· γ = ln 2 :),
lim
n→∞
s2n−1 = lim
n→∞
{
ln
[
2n − 1
n − 1
]
+ E2n−1 − En−1
}
11
= ln
[
2
1
]
+ γ − γ = ln 2 :).
Obidve limity vyšli rovnaké (všimnime si, že vôbec nezávisia na hodnote
konštanty γ :)). Nechávame na čitateľa, aby si premyslel, že táto skutočnosť
potom implikuje existenciu limn→∞ sn s hodnotou ln 2 :). Rad v zadaní príkladu
je teda konvergentný so súčtom ln 2.
V predchádzajúcich príkladoch sme ukázali niekoľko techník, ktoré je
možné niekedy použiť pri výpočte súčtu nekonečného konvergentného radu.
Častokrát boli založené na nejakom chytrom nápade, prekvapivom obrate
alebo vhodnej identite. Všeobecná metóda ako na to však neexistuje. A bohužiaľ,
vo väčšine prípadov ani prakticky nie je v našich silách niečo podobné
prevádzať, hoci príslušný rad môže mať konečný súčet :( (v princípe to možné
je, ale mnohokrát to vyžaduje obriu dávku fantázie a intuície, ktorú dostávajú
do daru len ojedinelí jedinci :)). Napríklad o nasledujúcich radoch
∞∑
n=1
1
n2
,
∞∑
n=1
1
n2 + 1
,
∞∑
n=1
(−1)n−1
2n − 1
,
∞∑
n=1
1
n!
nie je problém rozhodnúť o ich konvergencii (samy ukážte, že všetky sú konvergentné
:)). Nájsť presné hodnoty ich súčtov pomocou elementárnych metód
je však pomerne komplikované. Na ich stanovenie sa zvyčajne využíva
aparát teórie funkcionálnych radov, kde namiesto čísiel sčítavame funkcie
(hrubo povedané :)). Obzvlášť veľký význam majú mocninové rady (sčítavame
mocninové funkcie) a trigonometrické (Fourierove) rady (sčítavame trigonometrické
funkcie sínus a kosínus). Pomocou týchto pokročilejších metód
neskôr ukážeme, že platia identity
∞∑
n=1
1
n2
=
π2
6
,
∞∑
n=1
1
n2 + 1
=
1
2
·
(
π ·
e2π
+ 1
e2π − 1
− 1
)
,
∞∑
n=1
(−1)n−1
2n − 1
=
π
4
,
∞∑
n=1
1
n!
= e.
V mnohých prípadoch však ani nepotrebujeme poznať presný súčet nekonečného
radu a uspokojíme sa iba s jeho približnou hodnotou. Prakticky to
znamená, že namiesto sumovania celého nekonečného radu sčítame iba konečný
počet jeho členov. Je však dôležité mať pod kontrolou chybu, akej sa
12
pri tejto pokútnej činnosti dopúštame :). Meriame ju pomocou tzv. zvyšku
radu. Konkrétne, ak
∑
an je konvergentný rad so súčtom s a sn je jeho n-tý
čiastočný súčet, potom číslo
Rn := s − sn =
∞∑
k=n+1
ak
sa nazýva zvyšok radu po n-tom člene. Veličina |Rn| vyjadruje chybu, akej sa
dopúštame, keď presný súčet s aproximujeme n-tým čiastočným sučtom sn.
Zrejme limn→∞ Rn = 0, t.j., čím viac členov sčítame, tým presnejší výsledok
môžeme očakávať. Existuje veľa spôsobov, ako odhadnúť chybu Rn bez informácie
presnej hodnoty súčtu s (keď poznáme s, tak je zrejme bezpredmetné
piplať sa s nejakými aproximáciami :)). Mnohé z nich využívajú kritériá konvergencie
radov.
Odhad |Rn| na základe porovnávacieho kritéria
Nech
∑
an a
∑
bn sú konvergentné rady, pričom nech bn ≥ 0 a |an| ≤ bn
pre každé n ∈ N. Ak Rn je zvyšok po n-tom člene radu
∑
an a rn zvyšok po
n-tom člene radu
∑
bn, potom platí |Rn| ≤ rn.
Odhad |Rn| pre alternujúci rad
Nech
∑
(−1)n−1
an je alternujúci rad, kde {an} je kladná nerastúca postupnosť
s lim an = 0 (daný rad teda konverguje na základe Leibnizovho
kritéria). Pre zvyšok Rn po n-tom člene tohto radu potom platí |Rn| < an+1.
Odhad |Rn| na základe podielového kritéria
Nech pre rad
∑
an existuje kladné reálne číslo q < 1 s vlastnosťou
an+1
an
≤ q pre každé n ∈ N
(daný rad teda konverguje absolútne na základe podielového kritéria :)). Pre
zvyšok Rn po n-tom člene tohto radu potom platí
|Rn| ≤ |an| ·
q
1 − q
.
13
Odhad |Rn| na základe integrálneho kritéria
Nech
∑
an je konvergentný rad a nech existuje funkcia f, ktorá je definovaná,
nezáporná a nerastúca na intervale [1, ∞), a ktorá spĺňa f(n) = an
pre každé n ∈ N. Pre zvyšok Rn po n-tom člene tohto radu potom platí
|Rn| ≤
∫ ∞
n
f(x) dx.
Použitie týchto odhadov ilustrujeme na niekoľkých príkladoch.
Príklad 11
Zistime, koľko prvých členov radu
∞∑
n=1
1
n · 2n
musíme sčítať, aby sme jeho súčet aproximovali s chybou menšou než 10−2
.
Riešenie:
Na overenie konvergencie predloženého radu je zrejme vhodné podielové kritérium.
Pre každé n ∈ N platí
an+1
an
=
1
(n+1)·2n+1
1
n·2n
=
1
2
·
n
n + 1
toto je <1
<
1
2
.
Posledná nerovnosť nám poskytuje hneď dve informácie. Rad v zadaní konverguje
(samy overte :)) a pre dané n zvyšok Rn spĺňa (zoberieme q = 1/2)
|Rn| <
1
n · 2n
·
1
2
1 − 1
2
=
1
n · 2n
.
Chceme, aby |Rn| < 10−2
. Na základe odvodenej nerovnosti pre |Rn| to
znamená, že na toto stačí, aby
1
n · 2n
≤ 10−2
14
(dobre si to premyslite :)). Prirodzené čísla n, ktoré vyhovujú tejto nerovnosti
potom udávajú, koľko prvých členov radu musíme sčítať, aby sme boli v
predpísaných medziach presnosti. Samy ukážte, že je nutné sčítať aspoň n = 5
prvých členov radu. Rad v zadaní má teda súčet s približnou hodnotou
∞∑
n=1
1
n · 2n
≈
5∑
n=1
1
n · 2n
=
661
960
≈ 0.6885.
Neskôr odvodíme, že presná hodnota súčtu je
∞∑
n=1
1
n · 2n
= ln 2 ≈ 0.6932.
Poznamenajme, že získaný počet n = 5 členov radu nemusí byť nutne optimálny.
Môže sa totiž stať, že i súčet prvých trebárs 4 členov aproximuje
presný súčet radu s chybou menšou než 10−2
.
Príklad 12
Odhadnime súčet radu ∞∑
n=1
1
n4
s chybou menšou než 10−2
.
Riešenie:
V tomto prípade sa ukazuje vhodné použiť odhad zvyšku na základe integrálneho
kritéria. Overenie konvergencie a ďalšie podrobnosti nechávame na
čitateľa :). Pre zvyšok Rn po n-tom člene daného radu potom platí
|Rn| ≤
∫ ∞
n
1
x4
dx =
1
3n3
< 10−2
.
Aby sme mali istotu, že posledná nerovnosť bude splnená, stačí sčítať prvých
n = 4 členov (samy overte :)). Máme teda
∞∑
n=1
1
n4
≈
4∑
n=1
1
n4
=
22369
20736
≈ 1.07875193.
15
Je zaujímavé porovnať tento výsledok s presnou hodnotou súčtu radu
∞∑
n=1
1
n4
=
π4
90
≈ 1.08232323 :).
Príklad 13
Odhadnime súčet radu
∞∑
n=1
1
n(n + 1)(n + 2)(n + 3)
s chybou menšou než 10−2
.
Riešenie:
Využitím nerovnosti
1
n(n + 1)(n + 2)(n + 3)
<
1
n4
,
ktorá platí pre každé prirodzené n (samy overte :)), môžeme zvyšok Rn radu
v zadaní príkladu odhadnúť na základe porovnávacieho kritéria a výsledku
v predchádzajúcom príklade. Konkrétne, ak rn označuje zvyšok radu z Príkladu
12, potom platí |Rn| ≤ rn < 10−2
. Ukázali sme, že rn ≤ 1/3n3
, a preto
uvažujeme nerovnosť 1/3n3
< 10−2
. Podľa výsledku v predchádzajúcom príklade
platí n ≥ 4. Máme teda odhad
∞∑
n=1
1
n(n + 1)(n + 2)(n + 3)
≈
4∑
n=1
1
n(n + 1)(n + 2)(n + 3)
=
17
315
≈ 0.05397.
Presná hodnota súčtu je
∞∑
n=1
1
n(n + 1)(n + 2)(n + 3)
=
1
18
≈ 0.05556
(samy sa pokúste ukázať na základe spôsobu riešenia Príkladu 4 :)).
16
Príklad 14
Zistime, koľko prvých členov alternujúceho radu
∞∑
n=1
(−1)n−1
·
2n
n!
musíme sčítať, aby sme sa dopustili chyby menšej než 10−3
.
Riešenie:
Postupnosť an = 2n
/n! je iste nezáporná a naviac i nerastúca, nakoľko pre
každé prirodzené n platí
an+1 =
2n+1
(n + 1)!
=
2
n + 1
toto je ≤1
·
2n
n!
an
≤ an.
Okrem toho limn→∞ 2n
/n! = 0 (samy overte :)). Preto pre príslušný zvyšok
Rn radu máme odhad
|Rn| <
2n+1
(n + 1)!
≤ 10−3
.
Ten správny počet členov, ktoré stačí sčítať, teda spĺňa nerovnosť
2n+1
(n + 1)!
≤ 10−3
⇐⇒
(n + 1)!
2n+1
≥ 1000.
Samy sa presvedčte, že toto je splnené pre každé n ≥ 9, a že v tomto prípade
má súčet radu približnú hodnotu
∞∑
n=1
(−1)n−1
·
2n
n!
≈
9∑
n=1
(−1)n−1
·
2n
n!
=
2452
2853
≈ 0.864903.
Poznamenajme, že presná hodnota súčtu je
∞∑
n=1
(−1)n−1
·
2n
n!
= 1 −
1
e2
≈ 0.864665.
17
V nasledujúcom sa dotkneme problematiky prerovnávania (premiestňovania)
nekonečných radov. Prerovnať nejaký rad znamená zapísať, resp. sčítať
jeho členy v inom poradí. Prerovnaním daného radu teda vznikne nový nekonečný
rad. Vtip je v tom, že prerovnaný rad sa z hľadiska konvergencie nemusí
správať rovnako ako pôvodný rad. Pri nekonečných sumách totiž nie vždy
platí komutatívny zákon, taký samozrejmý pre konečné súčty. Konkrétne, komutativitu
môžeme vo všeobecnosti aplikovať iba pre absolútne konvergentné
rady. O tom, ako sa pri prerovnávaní správajú neabsolútne konvergentné rady,
hovorí slávna Riemannova veta.
Riemannova veta o prerovnaní neabsolútne konvergentného radu
Nech
∑
an je neabsolútne konvergentný rad. Potom pre každé reálne číslo
r ∈ R je možné členy an prerovnať tak, aby nový rad bol konvergentný so
súčtom r. Okrem toho členy an možno prerovnať i tak, aby nový rad divergoval
k ±∞, resp., aby vôbec nemal súčet (t.j., aby osciloval).
Tvrdenie Riemannovej vety si ilustrujeme na prípade Leibnizovho alternujúceho
radu
∞∑
n=1
(−1)n−1
n
= 1 −
1
2
+
1
3
−
1
4
+
1
5
−
1
6
+ · · · .
O ňom sme v Príklade 10 dokázali, že je konvergentný so súčtom ln 2. Nie je
ťažké ukázať, že táto konvergencia je neabsolútna (samy overte :)). V nasledujúcich
troch príkladoch postupne zostrojíme tri prerovnania Leibnizovho
radu, zakaždým však s iným výsledkom :). Prvé prerovnanie bude konvergovať
(nie však k ln 2), druhé prerovnanie bude divergovať k ∞ a tretie
prerovnanie vôbec nebude mať súčet (bude oscilovať).
Príklad 15 (ťažší)
Ukážme, že platí identita
1 +
1
3
−
1
2
+
1
5
+
1
7
−
1
4
+
1
9
+
1
11
−
1
6
+
1
13
+
1
15
−
1
8
+ · · · =
3
2
ln 2.
18
Riešenie:
Zo zadania je zrejme jasné, podľa akého pravidla je daný rad konštruovaný.
Konkrétne, máme takúto schému
1. blok
1 +
1
3
2
−
1
2
1
2. blok
1
5
+
1
7
2
−
1
4
1
3. blok
1
9
+
1
11
2
−
1
6
1
4. blok
1
13
+
1
15
2
−
1
8
1
5. blok
1
17
+
1
19
2
−
1
10
1
· · · .
Vidíme, že rad je tvorený blokmi 2 + 1, t.j., 2 zlomky, ktoré majú po sebe
idúce nepárne menovatele, a 1 zlomok s párnym menovateľom. Okrem toho,
každý nasledujúci blok z hľadiska svojich členov prirodzene nadväzuje na
predchádzajúci blok. Nie je ťažké ukázať, že v poradí n-tý blok, n ∈ N,
pozostáva zo zlomkov
n−tý blok
1
4n − 3
+
1
4n − 1
−
1
2n
(samy si premyslite :)). Je zrejmé, že predložený rad vznikol prerovnaním
Leibnizovho alternujúceho radu (i toto si samy overte :)). Bloková štruktúra
radu nás motivuje sčítavať postupne celé bloky, teda pozerať sa na čiastočné
súčty s3n prvých 3n členov, n ∈ N. Súčet s3n bude zrejme suma prvých n
blokov. Dobre si premyslite, že v súčte s3n budeme sčítavať tieto zlomky s
nepárnymi menovateľmi
1,
1
3
,
1
5
,
1
7
, . . . ,
1
4n − 3
,
1
4n − 1
,
a tieto zlomky s párnymi menovateľmi
−
1
2
, −
1
4
, −
1
8
, −
1
10
, . . . , −
1
2n − 2
, −
1
2n
.
Keďže s3n je konečný, môžeme sčítance vhodne združiť. Platí potom
s3n =
(
1 +
1
3
+
1
5
+ · · · +
1
4n − 1
)
−
(
1
2
+
1
4
+
1
8
+ . . . +
1
2n
)
.
Vďaka poslednej rovnosti vieme súčet s3n vyjadriť vo vhodnom tvare. Pomocou
techniky použitej v Príklade 10 samy overte, že platí
s3n = H4n−1 −
1
2
· H2n−1 −
1
2
· Hn :).
19
Tento výraz sa dá prepísať do tvaru (opäť podľa Príkladu 10)
s3n =
1
2
· ln
[
(4n − 1)2
n(2n − 1)
]
+ E4n−1 −
1
2
· E2n−1 −
1
2
· En, n ∈ N.
Máme teda explicitne vyjadrený súčet každých 3n prvých členov radu v zadaní.
Pre súčet s3n−1, resp. s3n−2 prvých 3n − 1, resp. 3n − 2 členov tohto
radu potom zrejme platí
s3n−1 = s3n − a3n, resp. s3n−2 = s3n−1 − a3n−1 = s3n − a3n − a3n−1
(dobre si to premyslite v súvislosti s definíciou čiastočného súčtu radu :)).
Ale členy a3n a a3n−1 majú tvar
a3n = −
1
2n
, a3n−1 =
1
4n − 1
,
a preto dostávame vyjadrenia
s3n−1 = s3n +
1
2n
, s3n−2 = s3n +
1
2n
−
1
4n − 1
(i toto si samy premyslite; uvedomte si, že n-tý blok obsahuje členy a3n−2,
a3n−1 a a3n :)). Máme teda kompletný prehľad o tom, ako vyzerajú všetky
čiastočné súčty radu v zadaní príkladu (prečo? :)). Potom v súlade s Príkladom
10 a jeho označením platí
lim
n→∞
s3n = lim
n→∞
{
1
2
· ln
[
(4n − 1)2
n(2n − 1)
]
+ E4n−1 −
1
2
· E2n−1 −
1
2
· En
}
=
1
2
· ln
[
42
2
]
+ γ −
1
2
· γ −
1
2
· γ =
3
2
ln 2 :),
lim
n→∞
s3n−1 = lim
n→∞
(
s3n +
1
2n
)
= lim
n→∞
s3n =
3
2
ln 2 :),
lim
n→∞
s3n−2 = lim
n→∞
(
s3n +
1
2n
−
1
4n − 1
)
= lim
n→∞
s3n =
3
2
ln 2 :).
20
Nechávame na čitateľa, aby si premyslel, že z posledných troch limít vyplýva
konvergencia radu a identita v zadaní príkladu :).
Príklad 16 (ťažší)
Dokážme, že rad
1 +
1
3
−
1
2
+
1
5
+
1
7
+
1
9
−
1
4
+
1
11
+
1
13
+
1
15
+
1
17
−
1
6
+
1
19
+
1
21
+
1
23
+
1
25
+
1
27
−
1
8
+ · · ·
diverguje k ∞.
Riešenie:
Stratégia riešenia je podobná ako v predchádzajúcom príklade. Predložený
rad má takúto štruktúru
1. blok
1 +
1
3
2
−
1
2
1
2. blok
1
5
+
1
7
+
1
9
3
−
1
4
1
3. blok
1
11
+
1
13
+
1
15
+
1
17
4
−
1
6
1
4. blok
1
19
+
1
21
+
1
23
+
1
25
+
1
27
5
−
1
8
1
5. blok
1
29
+
1
31
+
1
33
+
1
35
+
1
37
+
1
39
6
−
1
10
1
· · · .
Veľkosti jednotlivých blokov sa postupne aritmeticky zväčšujú. Vidíme, že v
prvých n blokoch sa bude nachádzať práve
2 + 3 + 4 + · · · + (n + 1) =
1
2
· n · [2 + (n + 1)] =
n(n + 3)
2
zlomkov s nepárnymi, po sebe idúcimi menovateľmi, konkrétne
1,
1
3
,
1
5
, . . . ,
1
2 ·
[
n(n+3)
2
− 1
]
− 1
,
1
2 · n(n+3)
2
− 1
.
Podobne, v prvých n blokoch máme práve n zlomkov s párnymi, po sebe
idúcimi menovateľmi, konkrétne
−
1
2
, −
1
4
, . . . , −
1
2(n − 1)
, −
1
2n
.
21
Teda v prvých n blokoch sčítavame práve n(n+3)
2
+ n = n(n+5)
2
členov. V
samotnom n-tom bloku sú potom tieto členy
n−tý blok
1
2 · n(n+1)
2
− 1
+
1
2 ·
[
n(n+1)
2
+ 1
]
− 1
+ · · · +
1
2 · n(n+3)
2
− 1
n+1
−
1
2n
1
.
Odporúčame čitateľovi, aby si všetky tieto skutočnosti veľmi dobre premyslel
(obzvlášť, overil si ich pre konkrétnu voľbu čísla n :)). Predložený rad budeme
podobne ako v Príklade 15 sčítavať po celých blokoch. To znamená, že
nás zaujímajú čiastočné súčty sn(n+5)
2
(prečo? :)). Využitím vyššie uvedených
záverov a postupu v Príklade 15 dostaneme
sn(n+5)
2
=
(
1 +
1
3
+
1
5
+ · · · +
1
2 · n(n+3)
2
− 1
)
−
(
1
2
+
1
4
+ . . . +
1
2n
)
= H2·
n(n+3)
2
−1
−
1
2
· Hn(n+3)
2
−1
−
1
2
· Hn
= Hn2+3n−1 −
1
2
· Hn2+3n−2
2
−
1
2
· Hn
=
1
2
· ln
[
(n2
+ 3n − 1)2
n(n2+3n−2)
2
]
+ En2+3n−1 −
1
2
· En2+3n−2
2
−
1
2
· En
(samy overte :)). Keďže v poslednej rovnosti výraz pod logaritmom konverguje
pre n → ∞ do plus nekonečna a limm→∞ Em = γ, platí
lim
n→∞
sn(n+5)
2
= ∞.
Ukázali sme teda, že vybraná podpostupnosť
{
sn(n+5)
2
}∞
n=1
čiastočných súčtov
radu v zadaní príkladu diverguje do ∞. Nech {skn }∞
n=1 je nejaká iná vybraná
podpostupnosť čiastočných súčtov. Veličina skn je teda súčet prvých kn členov
daného radu, t.j.,
skn = a1 + a2 + a3 + · · · + akn .
Nakoľko sa celý rad dá pokryť príslušnými blokmi, posledný člen akn je buď
posledný člen nejakého bloku alebo spadne do vnútra nejakého bloku. Ak akn
22
je posledný člen povedzme m-tého bloku, tak potom zrejme skn = sm(m+5)
2
. V
prípade, ak sa akn nachádza vo vnútri m-tého bloku, tak potom
skn > s(m−1)[(m−1)+5]
2
súčet prvých (m−1) blokov
(dobre si to premyslite; uvedomte si, že ak sme vo vnútri m-tého bloku, tak k
súčtu všetkých predchádzajúcich blokov sme pričítali niekoľko kladných zlomkov
z m-tého bloku :)). Z tejto analýzy vyplýva, že pre postupnosť {skn }∞
n=1
existuje podpostupnosť
{
sln(ln+5)
2
}∞
n=1
vybraná z postupnosti
{
sn(n+5)
2
}∞
n=1
tak, že platí
skn ≥ sln(ln+5)
2
pre každé n ∈ N
(samy si premyslite :)). Ale potom máme
lim
n→∞
skn ≥ lim
n→∞
sln(ln+5)
2
= ∞ =⇒ lim
n→∞
skn = ∞.
Preto každá vybraná podpostupnosť čiastočných súčtov radu v zadaní diverguje
do plus nekonečna. Nechávame na čitateľa, aby si premyslel, že toto je
ekvivalentné s tým, že daný rad diverguje do ∞ :).
Príklad 17 (ťažší)
Dokážme, že existuje také prerovnanie Leibnizovho alternujúceho radu, ktoré
nemá žiadny súčet, t.j., osciluje.
Riešenie:
Riešenie tohto na prvý pohľad beznádejného príkladu je založené na jednoduchej,
ale vo svojej podstate veľmi mazanej myšlienke :). Najprv si uvedomíme,
že z divergencie harmonického radu vyplýva, že rady
1 +
1
3
+
1
5
+
1
7
+ · · · +
1
2n − 1
+ · · · ,
1
2
+
1
4
+
1
6
+
1
8
+ · · · +
1
2n
+ · · ·
divergujú do plus nekonečna (samy overte pomocou vhodného kritéria ;)).
Platí však oveľa viac. Pre ľubovoľné pevné prirodzené číslo k (párne alebo
23
nepárne) nekonečný rad
1
k
+
1
k + 2
+
1
k + 4
+
1
k + 6
+ · · · +
1
k + 2n
+ · · · (1)
tiež diverguje do ∞. A to je celý trik :). Budeme sa snažiť zostrojiť prerovnanie
Leibnizovho radu tak, aby príslušný čiastočný súčet osciloval medzi
zápornými hodnotami a hodnotami väčšími ako 1. Správne usmerňovať túto
hojdačku nám pomôže práve posledné pozorovanie :). Keď sa nám bude zdať,
že čiastočný súčet je akosi príliš záporný, do radu pridáme dostatočne veľký
kus radu (1) s vhodným nepárnym k tak, aby sme záporný súčet zdvihli nad
hodnotu 1 (divergencia do ∞ radu (1) nám to vždy umožňuje). Ak však
budeme vidieť, že náš súčet si nejako dosť vyskakuje nad 1, tak ho zrazíme
pod 0 tým, že do radu pridáme dostatočne veľký kus radu (1) so záporným
znamienkom pre vhodné párne k. Takto nám bude čiastočný súčet roztomilo
hopkať sem a tam a nebude konvergovať k ničomu :). Musíme však dať pozor,
aby sme do radu postupne pridali všetky členy z Leibnizovho alternujúceho
radu (chceme ho predsa prerovnať). No a ako to bude vyzerať prakticky?
:) Tak napríklad, nech prvý člen nového radu je 1, teda s1 = 1. Túto jednotku
chceme zaraziť pod nulu, takže prihodíme zopár záporných zlomkov
s párnym menovateľom (iné záporné zlomky v pôvodnom Leibnizovom rade
nemáme :/)
1 −
1
2
−
1
4
−
1
6
−
1
8
.
Tento súčet s5 je rovný −1/24, a teda je už záporný. Fajn :). Ihneď sa nám
však znepáči jeho zápornosť a radi by sme ho podvihli nad 1 :P. Žiadny
problém, pridáme niekoľko kladných zlomkov s nepárnym menovateľom z
Leibnizovho radu. Konkrétne,
1 −
1
2
−
1
4
−
1
6
−
1
8
+
1
3
+
1
5
+
1
7
+
1
9
+
1
11
+
1
13
+
1
15
+
1
17
.
Čiastočný súčet s13 je rovný 6364777
6126120
> 1 a máme srdce na mieste. Avšak
netrvá dlho a diabol nám už našepkáva, aby sme opäť zostúpili do jeho záporných
hlbín pekelných :|. A nakoľko je človek od prirodzenosti slabý, hneď
zhromažďujeme temnú armádu záporných zlomkov s párnym menovateľom
1 −
1
2
−
1
4
−
1
6
−
1
8
+
1
3
+
1
5
+
1
7
+
1
9
+
1
11
+
1
13
+
1
15
+
1
17
−
1
10
−
1
12
+ · · ·
???
.
24
Skúste samy nájsť, koľko ich musíme pridať, aby sme číslo 6364777
6126120
znížili pod 0
:). A takto postupne pokračujeme ďalej. Znova zatúžime po stratenom nebi a
zvolávame zástupy dobrých kladných zlomkov s nepárnym menovateľom, aby
nás vyniesli nad 1 :). Je zrejmé, že tento proces je možné neustále predlžovať.
Získame prerovnanie Leibnizovho radu, pričom postupnosť čiastočných
súčtov tohto prerovnania nemá limitu (prečo? :)). Získaný rad teda osciluje.
V poslednej časti tohto dokumentu sa budeme venovať súčinu dvoch konvergentných
nekonečných radov. V prípade konečných súm je to brnkačka
– súčty normálne roznásobujeme „každý s každým podľa distributívneho
zákona a výsledky potom na základe komutatívneho a asociatívneho zákona
podľa ľubovôle sčítavame a združujeme. Vždy dostaneme rovnaký výsledok.
Avšak súčin dvoch konvergentných nekonečných súm je omnoho delikátnejšia
a častokrát veľmi zradná záležitosť. Roznásobovanie radov po jednotlivých
členoch metódou „každý s každým funguje síce bez problémov, vyvstáva
však otázka, ako získaných nekonečne veľa výsledkoch sčítať (nezabúdajme,
že pri nekonečných súčtoch nie vždy platí komutatívny zákon; naviac Riemannova
veta o prerovnávaní všetko ešte viac komplikuje :/). Všetko teda závisí
na usporiadaní jednotlivých čiastočných súčinov do výsledného nekonečného
radu, ktorý sa potom označuje ako súčin východiskových radov. Nech
∑
an a∑
bn sú dva konvergentné rady so súčtami a a b. Ich vzájomným roznásobením
dostaneme výrazy aibj, kde indexy i, j nezávisle na sebe prebiehajú cez
všetky prirodzené čísla. Podľa hĺbavého a svedomitého Dirichleta je nutné
tieto výrazy združiť a sčítať takto
a1b1
c1
+ a1b2 + a2b2 + a2b1
c2
+ a1b3 + a2b3 + a3b3 + a3b2 + a3b1
c3
+ a1b4 + a2b4 + a3b4 + a4b4 + a4b3 + a4b2 + a4b1
c4
+ a1b5 + a2b5 + a3b5 + a4b5 + a5b5 + a5b4 + a5b3 + a5b2 + a5b1
c5
+ · · · .
Nekonečný rad
∑
cn sa potom nazýva Dirichletov súčin radov
∑
an a
∑
bn.
Je vždy konvergentný, pričom platí
∑
cn = ab. Naproti tomu, slávny a vizionársky
Cauchy odporúča združovať a sčítavať takto
a1b1
c1
+ a1b2 + a2b1
c2
+ a1b3 + a2b2 + a3b1
c3
+ a1b4 + a2b3 + a3b2 + a4b1
c4
25
+ a1b5 + a2b4 + a3b3 + a4b2 + a5b1
c5
+ · · · .
V tomto prípade sa rad
∑
cn označuje ako Cauchyho súčin radov
∑
an a∑
bn. Cauchyho súčin dvoch konvergentných radov nie je vždy konvergentný.
Ak však aspoň jeden z nich konverguje absolútne, potom i rad
∑
cn konverguje
a
∑
cn = ab. Toto pozorovanie sa označuje ako Mertensova veta. Nakoniec
poznamenajme, že v prípade absolútnej konvergencie oboch radov
∑
an
a
∑
bn nezávisí na spôsobe združovania a sčítavania členov aibj a výsledný
rad bude vždy absolútne konvergentný so súčtom ab.
Príklad 18 (Cauchyho súčin)
Nájdime Cauchyho súčin radu
∑∞
n=1
(−1)n−1
√
n
samého so sebou.
Riešenie:
Rad v zadaní príkladu je alternujúci a podľa Leibnizovho kritéria konverguje,
a to neabsolútne (samy overte :)). Pre hľadaný Cauchyho súčin
∞∑
n=1
cn =
( ∞∑
n=1
(−1)n−1
√
n
)
·
( ∞∑
n=1
(−1)n−1
√
n
)
postupne dostávame (v tomto prípade máme
∑
an =
∑
bn =
∑ (−1)n−1
√
n
)
cn = a1bn + a2bn−1 + a3bn−2 + · · · + akbn+1−k + · · · + anb1
=
(−1)0
√
1
·
(−1)n−1
√
n
+
(−1)1
√
2
·
(−1)n−2
√
n − 1
+
(−1)2
√
3
·
(−1)n−3
√
n − 2
+· · ·+
(−1)n−1
√
n
·
(−1)0
√
1
= (−1)n−1
·
[
1
√
1 ·
√
n
+
1
√
2 ·
√
n − 1
+
1
√
3 ·
√
n − 2
+ · · · +
1
√
n ·
√
1
]
.
Súčet v zátvorke je pre každé n ∈ N väčší alebo rovný 1. Vplýva to zo
skutočnosti, že každý člen tohto súčtu spĺňa nerovnosť
1
√
k ·
√
n + 1 − k
≥
1
√
n ·
√
n
=
1
n
, k ∈ {1, 2, · · · , n}
(samy sa presvedčte :)). Preto pre každý index n platí
|cn| =
1
√
1 ·
√
n
+ · · · +
1
√
n ·
√
1
≥
1
n
+ · · · +
1
n
n členov
= 1.
26
Získaný Cauchyho súčin
∑
cn teda diverguje, nakoľko nie je splnená nutná
podmienka konvergencie radu (prečo? :)). Tento výsledok ukazuje, že požiadavka
absolútnej konvergencie aspoň jedného z činiteľov Cauchyho súčinu v
Mertensovej vete je dôležitá pre jeho konvergenciu.
Príklad 19 (Cauchyho súčin)
Pre dané q > 1 stanovme Cauchyho súčin
( ∞∑
n=1
1
qn
)2
.
Riešenie:
Postupujeme podobne ako v predchádzajúcom príklade. Zrejme
∑
an =
∑
bn =
∞∑
n=1
1
qn
,
a preto hľadaný Cauchyho súčin
∑
cn spĺňa
cn =
n∑
k=1
akbn+1−k =
n∑
k=1
1
qk
·
1
qn+1−k
=
n∑
k=1
1
qn+1
konštanta
=
n
qn+1
pre každý index n ∈ N. Daný súčin je teda rad tvaru
∞∑
n=1
n
qn+1
.
Východiskový rad v zadaní príkladu je zrejme absolútne konvergentný geometrický
rad s kvocientom 1/q a so súčtom
∞∑
n=1
1
qn
=
1
q
1 − 1
q
=
1
q − 1
.
Mertensova veta nám potom zaručuje (absolútnu) konvergenciu získaného
Cauchyho súčinu, pričom platí
∞∑
n=1
n
qn+1
=
( ∞∑
n=1
1
qn
)2
=
1
(q − 1)2
.
27
Z poslednej rovnosti ihneď vyplýva identita
∞∑
n=1
n
qn
=
q
(q − 1)2
,
ktorá platí pre každé reálne q > 1. Vidíme teda, že Cauchyho súčin poskytuje
v niektorých prípadoch nástroj na určovanie súčtov konvergentných nekonečných
radov (porovnajte s Príkladom 3 :)).
Príklad 20 (Cauchyho súčin)
Zostrojme Cauchyho súčin radov
∞∑
n=0
xn
n!
,
∞∑
n=0
yn
n!
, x, y ∈ R.
Riešenie:
Nie je ťažké ukázať, že rady v zadaní príkladu sú absolútne konvergentné
pre každú dvojicu reálnych čísiel x, y (samy overte :)). Preto aj ich Cauchyho
súčin
∑
cn je konvergentný a platí (nedajte sa zmiasť a dobre si to premyslite,
začíname teraz od indexu 0 ;))
cn =
n∑
k=0
xk
k!
·
yn−k
(n − k)!
=
1
n!
·
n∑
k=0
n!
k! · (n − k)!
kombinačné číslo
·xk
yn−k
=
1
n!
·
n∑
k=0
(
n
k
)
·xk
yn−k
.
Posledný výraz sa podľa binomickej vety dá upraviť na tvar
cn =
1
n!
· (x + y)n
=
(x + y)n
n!
, n ∈ N0.
Odvodili sme teda identitu
( ∞∑
n=0
xn
n!
)
·
( ∞∑
n=0
yn
n!
)
=
∞∑
n=0
(x + y)n
n!
,
platiacu pre každé x, y ∈ R. Tento výsledok nie je náhodný. Ukazuje, že súčet
nekonečného radu
∑∞
n=0
xn
n!
, chápaný ako funkcia premennej x, sa správa ako
28
exponenciálna funkcia. Dobre sa nad tým zamyslite. Ak označíme s(x) =∑∞
n=0
xn
n!
, potom posledná rovnosť znamená s(x) · s(y) = s(x + y). Naviac,
je zrejmé, že s(0) = 1. Tieto dve vlastnosti sú charakteristické práve pre
exponenciálnu funkciu :). Neskôr dokážeme, že skutočne platí rovnosť
ex
=
∞∑
n=0
xn
n!
pre každé x ∈ R :).
Neriešené príklady
1. Vhodným spôsobom nájdite súčty daných radov.
a)
∑∞
n=1
1
(n+1)(n+2)
b)
∑∞
n=1
2
n(n+1)(n+2)
c)
∑∞
n=1(−1)n
·
(5
7
)n
d)
∑∞
n=1
( 3
42n−1 + 2
42n
)
e)
∑∞
n=1
2n+1
3n f)
∑∞
n=1 ln
(
1 + 1
n
)
g)
∑∞
n=1
2n+1
n2(n+1)2 h)
∑∞
n=1
1
(5n−4)(5n+1)
i)
∑∞
n=1
n
(2n−1)2(2n+1)2 .
2. Desatinné čísla −0.12 a 0.539 napíšte v tvare zlomkov.
3. Zostrojte rady s danými čiastočnými súčtami.
a) sn = 1 −
1
2n
b) sn =
(−1)n
n
.
4. Zistite súčet radu
p cos α + p2
cos 2α + p3
cos 3α + · · · + pn
cos nα + · · ·
v závislosti na reálnych parametroch α a p, pričom |p| < 1.
5. Riešte v R rovnicu
1 − tg x + tg2
x − tg3
x + · · · =
tg 2x
1 + tg 2x
.
6. Odhadnite súčet daných radov s chybou menšou než 10−2
.
a)
∞∑
n=1
1
n3
b)
∞∑
n=2
1
n2 + 2n − 3
.
29
7. Pre dané q > 1 nájdite Dirichletov súčin
( ∞∑
n=1
1
qn
)2
a stanovte jeho hodnotu.
8.* Dokážte dané identity.
1 − 1
2
− 1
4
+ 1
3
− 1
6
− 1
8
+ 1
5
− 1
10
− 1
12
+ 1
7
− 1
14
− 1
16
+ 1
9
− · · · = 1
2
ln 2,
1 − 1
2
− 1
4
− 1
6
− 1
8
+ 1
3
− 1
10
− 1
12
− 1
14
− 1
16
+ 1
5
− 1
18
− 1
20
− · · · = 0.
9.* Využitím poznatku, že rad
∑∞
n=1
1
n2 konverguje absolútne so súčtom
π2
6
, nájdite súčty radov
1
22 + 1
42 + 1
62 + 1
82 + 1
102 · · · ,
1 + 1
32 + 1
52 + 1
72 + 1
92 + · · · ,
1 − 1
22 + 1
32 − 1
42 + 1
52 − · · · .
10**. Pre dané q > 1 zistite pomocou Cauchyho súčinu dvoch vhodných
radov hodnotu nekonečného súčtu
∞∑
n=1
n2
qn
.
30