MAN1priklady:Kapitola8

Z WikiSkripta FJFI ČVUT v Praze
Přejít na: navigace, hledání
PDF [ znovu generovat, výstup z překladu ] Kompletní WikiSkriptum včetně všech podkapitol.
PDF Této kapitoly [ znovu generovat, výstup z překladu ] Přeložení pouze této kaptioly.
ZIPKompletní zdrojový kód včetně obrázků.

Součásti dokumentu MAN1priklady

součástakcepopisposlední editacesoubor
Hlavní dokument editovatHlavní stránka dokumentu MAN1prikladyKorenjak 18. 9. 202215:30
Řídící stránka editovatDefiniční stránka dokumentu a vložených obrázkůKorenjak 9. 9. 202219:12
Header editovatHlavičkový souborKorenjak 9. 9. 202218:32 header.tex
Kapitola1 editovatPrvní týdenKorenjak 9. 9. 202219:18 kapitola1.tex
Kapitola2 editovatDruhý týdenKorenjak 9. 9. 202219:18 kapitola2.tex
Kapitola3 editovatTřetí týdenKorenjak 9. 9. 202218:34 kapitola3.tex
Kapitola4 editovatČtvrtý týdenKorenjak 9. 9. 202218:35 kapitola4.tex
Kapitola5 editovatPátý týdenKorenjak 9. 9. 202218:35 kapitola5.tex
Kapitola6 editovatŠestý týdenKorenjak 9. 9. 202218:36 kapitola6.tex
Kapitola7 editovatSedmý týdenKorenjak 9. 9. 202218:36 kapitola7.tex
Kapitola8 editovatOsmý týdenKorenjak 9. 9. 202218:37 kapitola8.tex
Kapitola9 editovatDevátý týdenKorenjak 9. 9. 202218:37 kapitola9.tex
Kapitola10 editovatDesátý týdenKorenjak 9. 9. 202218:38 kapitola10.tex
Kapitola11 editovatJedenáctý týdenKorenjak 9. 9. 202218:38 kapitola11.tex
Kapitola12 editovatDvanáctý týdenKorenjak 9. 9. 202219:13 kapitola12.tex
Kapitola13 editovatTřináctý týdenKorenjak 9. 9. 202219:07 kapitola13.tex
Kapitola14 editovatTeorieKorenjak 9. 9. 202219:22 kapitola14.tex

Vložené soubory

soubornázev souboru pro LaTeX
Image:13-10.png 13-10.png
Image:13-11.png 13-11.png
Image:13-12.png 13-12.png
Image:13-13.png 13-13.png
Image:13-14.png 13-14.png
Image:13-15.png 13-15.png
Image:13-16.png 13-16.png
Image:13-17.png 13-17.png
Image:13-18.png 13-18.png
Image:13-19.png 13-19.png
Image:13-20.png 13-20.png
Image:13-21.png 13-21.png
Image:13-22.png 13-22.png
Image:13-23.png 13-23.png
Image:13-24.png 13-24.png
Image:13-25.png 13-25.png
Image:13-26.png 13-26.png
Image:13-27.png 13-27.png
Image:13-28.png 13-28.png
Image:13-29.png 13-29.png
Image:13-30.png 13-30.png
Image:12-27.png 12-27.png
Image:12-30.png 12-30.png
Image:every.png every.png
Image:exp.png exp.png
Image:log.png log.png
Image:tyden2.png tyden2.png
Image:tyden2_11.png tyden2_11.png
Image:tyden1_29.png tyden1_29.png
Image:grafy_funkci_MA1.png grafy_funkci_MA1.png

Zdrojový kód

%\wikiskriptum{MAN1priklady}
\setcounter{section}{7}
\section{Osmý týden}
%(verze \today)
 
% limity posloupností (dokončení), případně pokročilá témata jako Stolz, Cauchy, rekurentně zadané posloupnosti, podílové, odmocninové kritérium, lim sup a lim inf 
 
 
 
\subsection{Limity posloupností zadaných rekurentně}
\begin{pr}
	Vypočtěte $\lim_{n\to+\infty}a_n$, je-li $a_1=10,\, a_{n+1}=a_n-\frac{1}{\sqrt{n}}$.
 
	\tagged{teach}{\begin{res}$-\infty$\end{res}}
 
\tagged{complete}{
 
\begin{postup}
 Prvních pár členů posloupnosti je
 \begin{align*}
a_1 = 10, \, a_2 = 10 - \frac{1}{\sqrt{1}},\, a_3 = 10 - \frac{1}{\sqrt{1}} - \frac{1}{\sqrt{2}}.
 \end{align*}
 Tipneme, že tvar $n$-tého členu je
 $$
 a_{n+1} = 10 - \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{k}}.
 $$
 Nyní tip ověříme indukcí. Pro $n = 1$ máme $a_2 = 10 - \frac{1}{\sqrt{1}}$. Nechť vztah platí pro $n \in \N$ a chceme ukázat, že platí i pro $n+1$. Pak
 $$
 a_{n+1 +1} = a_{n+2} \overset{def}{=} a_{n+1} -\frac{1}{\sqrt{n+1}} \overset{IP}{=}
  10 - \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{k}} -\frac{1}{\sqrt{n+1}} = 10 - \sum_{k=1}^{n+1}\frac{1}{\sqrt{k}}. 
 $$
 Vztah tedy platí pro všechna $n \in \N$. Jelikož se jedná o ostře klesající posloupnost, limita jistě bude existovat. Pomocí odhadu
 $$
 a_{n+1} < 10 - \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{n}}= 10-\frac{n}{\sqrt{n}} \overset{n\to+\infty}{\to} - \infty,
 $$
 a věty o limitě sevřené posloupnosti je zřejmé, že $\lim_{n\to+\infty}a_n = -\infty$.
\end{postup}
 
}
\end{pr}
 
\begin{pr}
	Vypočtěte $\lim_{n\to+\infty}a_n$, je-li $a_{n+1}=2a_n-5$ a
	\begin{enumerate}
		\item $a_1=4$
		\item $a_1=5$
		\item $a_1=6$.
	\end{enumerate}
	\tagged{teach}{\begin{res}
	i. $-\infty$, ii. 5, iii. $+\infty$
	\end{res}}
 
\tagged{complete}{
 
\begin{postup}
Prozkoumejme nejprve monotonii zadané posloupnosti. Pokud posloupnost $a_n$ je monotonní, pak limita jistě existuje. Pokud bychom chtěli dokázat, že $a_n$ je ostře rostoucí pak musí platit
\begin{align*}
a_n < a_{n+1} = 2a_n - 5 \Leftrightarrow a_n > 5     
\end{align*}
To nastává pro případ $iii. a_1 = 6$. Ostře klesající posloupnost bychom dostáváme pro případ $i. a_1 = 4$  a konstantní posloupnost pro $a_1 = 5$. Posloupnost tedy ve všech případech bude mít limitu.  Nyní limitním přechodem vztahu $a_{n+1} = 2a_n - 5$ získáme vztah pro limitu $a = \lim a_n$:
$$
a = 2a -5.
$$
Tato rovnice má v $\overline{\R}$ 3 řešení: $-\infty, +\infty $ a $5$. Nyní již můžeme rozebrat jednotlivé případy. V prvém případě $i. a_1 = 6$ jsme zjistili, že posloupnost je ostře rostoucí. Ostře rostoucí posloupnost nemůže mít limitu $-\infty$ a zároveň první člen posloupnosti je $a_1 = 6$ - limita tedy nemůže být ani 5 (spor s definicí). Není tedy jiná možnost, než že limita je $+\infty$. V druhém případě máme konstantní posloupnost $a_n = 5$ a ta má jistě limitu $5$. V posledním případě máme ostře klesající posloupnost s $a_1 = 4$ a jediná možnost je tedy, že má limitu $-\infty$.
\\
\textbf{Druhý způsob:}
Pomocí indukce lze ukázat, že pro $n$-tý člen poslounpsti platí 
$$
a_n = 2^{n-1}(a_1 - 5) + 5.
$$
Limita se pak rozpadne na tři výsledky v závislosti na volbě $a_1$.
\end{postup}
 
 
}
 
\end{pr}
 
\begin{pr}
Vypočtěte $\lim_{n\to+\infty}a_n$, je-li $a_{n+1}=a_n^2+6a_n+4$ a
\begin{enumerate}
 \item $a_1=0$
 \item $a_1=-1$
 \item $a_1=-4$
 \item $a_1=-2$.
\end{enumerate}
 
 
\tagged{teach}{\begin{res}
i. $+\infty$, ii. $-1$, iii. $-4$, iv. $-4$
	\end{res}}
 
\tagged{complete}{
 
\begin{postup}
Nejprve vyřešíme body $ii$ a $iii$, které jsou triviální. Jelikož
\begin{align*}
    (-1)^2 + 6(-1) + 4 &= -1, \\
    (-4)^2 + 6(-4) + 4 &= -4, 
\end{align*}
je posloupnost $a_n$ v těchto případech konstantní a její limita je jasná (-1 pro $ii.$ a $-4$ pro $iii.$). V případě $iv.$ si napíšeme prvním pár členů:
$$
a_1 = -2, a_2 = -4, a_3 = -4,
$$
a vidíme, že od druhého členu je posloupnost opět konstantní a limita je rovna $-4$. V případě $i.$ opět vyšetříme monotonii. Posloupnost $a_n$ je ostře rostoucí pokud
$$
a_n < a_{n+1} = a_n^2 + 6a_n + 4 \Leftrightarrow 0 < a_n^2 + 5a_n + 4 \Leftrightarrow a_n \in (-\infty,-4) \cup (-1,+\infty).
$$
V prvním případě je tedy posloupnost jistě ostře rostoucí. Limitním přechodem ve vztahu $a_{n+1}=a_n^2+6a_n+4$ dostáváme vztah pro limity
$$.
a = a^2 + 6a + 4
$$
V $\overline{\R}$ má tato rovnice řešení: $a \in \{ -1,-4,+\infty\}$. V případě $i.$  není jiná možnost než $\lim_{n \to +\infty} a_n = +\infty$.
\end{postup}
 
}	
 
 
\end{pr}
 
\begin{pr}
	Vypočítejte limitu posloupnosti $(a_n)$, když víte, že její členy pro všechna $n \in \N$ splňují podmínku $a_{n+1} = a_n^2 + 2 a_n + 3$.
 
 
	\tagged{teach}{\begin{res}$+\infty$\end{res}}
 
\tagged{complete}{
 
\begin{postup}
Vyšetříme monotonii:
$$
a_n < a_{n+1} \Leftrightarrow 0 < a_n^2 + a_n + 3 \Leftrightarrow a_n \in \R.
$$
Pozorujeme tedy, že posloupnost je vždy ostře rostoucí a limita tedy jistě existuje. Limitním přechodem vztahu $a_{n+1} = a_n^2 + 2 a_n + 3$ získáme rovnici pro limitu
$$
a = a^2 + 2a + 3,
$$
kterou v $\overline{\R}$ splňuje pouze $+\infty$. Tedy $\lim_{n \to +\infty} a_n = +\infty$.
\end{postup}
 
 
 
}	
 
\end{pr}
 
 
%==================================================
 
\subsection{Podílové a odmocninové kritérium}
 
\begin{pr}[Podílové kritérium]
	Nechť $(a_n)$ je posloupnost nenulových čísel. Potom
	\begin{enumerate}
		\item je-li $\lim_{n\to+\infty}|\frac{a_{n+1}}{a_n}|<1$, je $\lim_{n\to+\infty} a_n=0$;
		\item je-li $\lim_{n\to+\infty}|\frac{a_{n+1}}{a_n}|>1$, je $\lim_{n\to+\infty} |a_n|=+\infty$.
	\end{enumerate}
	Dokažte.
 
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Označme $q_n = |\frac{a_{n+1}}{a_n}| $, $L = \lim_{n \to +\infty} |a_n|$ a $Q = \lim_{n \to +\infty} q_n$. V prvním případě dostáváme nerovnost
$$
|a_{n+1}| = q_n |a_n| \leq |a_n|,
$$
od jistého $n_0$. Předcházející nerovnost plyne z věty o nerovnosti limit( $q_n < 1$ pro všechna $n > n_0$). Posloupnost $|a_n|$ je tedy od jistého $n_0$ klesající, její limita jistě existuje. Zároveň pro limity daných posloupností dostáváme rovnici
$$
L = Q L.
$$
Ta má v $\overline{\R}$ tři možná řešení $L \in \left\{ -\infty,0,+\infty\right\}$. Posloupnost $|a_n|$ je nezáporná klesající, nemůže tedy mít limitu $L = -\infty$ ani $L = +\infty$. Jediná možnost je $L = 0 = \lim_{n \to +\infty} |a_n|$. Z věty o limitě absolutní hodnoty dostáváme, že i $\lim_{n \to +\infty} a_n = 0$. 
 
V druhém případě postupujeme obdobně. Ze vztahu $|a_{n+1}| = q_n |a_n| \geq |a_n|$ zjistíme, že posloupnost $|a_n|$ je od jistého $n_0$ rostoucí. Ze vztahu $L = Q L$ je jediná možnost na hodnotu její limity $L = +\infty = \lim_{n \to +\infty} |a_n|$. Což jsme chtěli ukázat.
 
\textbf{Jiný postup:}
Nechť $\lim_{n\to+\infty}|\frac{a_{n+1}}{a_n}|=\alpha<1$. Potom jistě existuje $\varepsilon>0$ tak, že $\alpha+\varepsilon<1$. Z definice limity pro takto definované $\varepsilon$ dostáváme
$$
(\exists n_0\in\N)(\forall n\in \N, n \geq n_0)\left(\left| |\frac{a_{n+1}}{a_n}|-\alpha\right|<\varepsilon\right).
$$ 
Tedy
$$
0\leq \left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right|<\alpha+\varepsilon,
$$
což pro všechna $n>n_0$ implikuje 
$$
0\leq |a_n|<(\alpha+\varepsilon)^{n-n_0}|a_{n_0}| \implies \lim_{n\to+\infty} |a_n| = 0 \Leftrightarrow \lim_{n \to +\infty} a_n = 0.
$$
V druhém případě postupujeme obdobně
\end{postup}
}
 
 
\end{pr}
 
\begin{pr}[Odmocninové kritérium]
 Nechť $(a_n)$ je číselná posloupnost. Potom
	\begin{enumerate}
		\item je-li $\lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{|a_n|}<1$, je $\lim_{n\to+\infty} a_n=0$;
		\item je-li $\lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{|a_n|}>1$, je $\lim_{n\to+\infty} |a_n|=+\infty$.
	\end{enumerate}
	Dokažte.
 
\tagged{complete}{
\begin{postup}
		Nechť $\lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{|a_n|}=\alpha<1$. Potom existuje $\varepsilon>0$ tak, že $\alpha+\varepsilon<1$. Z definice limity 
$$
(\exists n_0\in\N)(\forall n\in\N, n\geq n_0)(|\sqrt[n]{|a_n|}-\alpha|<\varepsilon).
$$
Odtud $0\leq \sqrt[n]{|a_n|}<\alpha+\varepsilon$, což pro všechna $n\geq n_0$ implikuje 
$$
0\leq |a_n|<(\alpha+\varepsilon)^{n} \implies \lim_{n \to +\infty} |a_n| = 0 \Leftrightarrow \lim_{n \to +\infty} a_n = 0.
$$ 
Druhý případ se dokáže obdobně.
	\end{postup}
}
\end{pr}
 
\begin{pr}
 Vypočtěte
	$$\lim_{n\to+\infty} \frac{a^n}{n!}$$
	pro $a \in\R$.
 
\tagged{teach}{\begin{res}$0$\end{res}}
 
 
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Označme $b_n = \frac{a^n}{n!}$. Pomocí podílového kritéria dostáváme
\begin{align*}
\left|\frac{b_{n+1}}{b_n}\right|
=  \left|\frac{|a|^{n+1}}{(n+1)!} \frac{n!}{|a|^n}\right|
= \frac{|a|}{n+1} \to 0 < 1
\end{align*}
a tedy $\lim_{n\to+\infty} \frac{a^n}{n!} = 0$.
\end{postup}
 
}	
\end{pr}
 
%\begin{pr}
% Vypočtěte
%%	\tagged{teach}{\begin{res}\end{res}}
%	$$\lim_{n\to+\infty} \frac{a^{n^2}}{n!}$$
%	pro $a \in \R$.
%\end{pr}
 
\begin{pr}
 Vypočtěte
	$$\lim_{n\to+\infty} \prod_{k=1}^{n}\frac{2k^2+1}{3k^2-1}.$$
\tagged{teach}{\begin{res}$0$\end{res}}
 
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Označme $a_n =  \prod_{k=1}^{n}\frac{2k^2+1}{3k^2-1}$. Pomocí podílového kritéria dostáváme
\begin{align*}
    \frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{\prod_{k=1}^{n+1}\frac{2k^2+1}{3k^2-1}}{\prod_{k=1}^{n}\frac{2k^2+1}{3k^2-1}}
=  \frac{2(n+1)^2+1}{3(n+1)^2-1} \to \frac{2}{3} < 1
\end{align*}
a tedy $\lim_{n \to +\infty} \prod_{k=1}^{n}\frac{2k^2+1}{3k^2-1} = 0$.
\end{postup}
 
 
 
 
}	
 
 
\end{pr}
 
\begin{pr}
	Vypočtěte
	$$\lim_{n\to+\infty} \frac{a^{n^2}}{(n!)^n}$$
	pro $a\in\R$. 
 
\tagged{teach}{\begin{res}0\end{res}}
 
\tagged{complete}{
 
\begin{postup}
Označme $a_n = \frac{a^{n^2}}{(n!)^n} = \left( \frac{a^n}{n!} \right)^n$. Limitu vyřešíme pomocí odmocninového kritéria. Platí:
$$
\lim_{n \to +\infty}\sqrt[n]{|a_n|} =\lim_{n \to +\infty} \frac{|a|^n}{n!}.
$$
Limitu na pravé straně vyřešíme pomocí podílového kritéria. Platí:
$$
\lim_{n \to +\infty} \frac{|a|^{n+1}}{(n+1)!} \frac{n!}{|a|^n} = |a| \frac{1}{n+1} \to 0 <1.
$$
A tedy $\lim_{n \to +\infty} \sqrt[n]{|a_n|} = 0 < 1$ a z odmocninového kritéria plyne, že i $\lim_{n \to +\infty} \frac{a^{n^2}}{(n!)^n} = 0$.
\end{postup}
 
}	
 
 
 
 
 
\end{pr}
 
\begin{pr}
	Vypočtěte
	$$\lim_{n\to+\infty} \frac{n^n}{2^n n!}.$$
 
\tagged{teach}{\begin{res}$+\infty$\end{res}}
 
\tagged{complete}{
 
\begin{postup}
Označme $a_n = \frac{n^n}{2^n n!}$. Pomocí podílového kritéria dostáváme
$$
\frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{(n+1)^{n+1}}{2^{n+1}(n+1)!} \frac{2^n n!}{n^n} = \frac{n}{2(n+1)} \left(\frac{n+1}{n}\right)^{n+1}
= \frac{n}{2(n+1)} \left(1 +\frac{1}{n}\right)^{n+1} \to \frac{e}{2} > 1
$$
a tedy $\lim_{n\to+\infty} \frac{n^n}{2^n n!} = +\infty$.
\end{postup}
 
 
}	
 
 
\end{pr}
 
\begin{pr}
	Vypočtěte
	$$\lim_{n\to+\infty} \frac{(2n)!}{n^n}.$$
 
 
	\tagged{teach}{\begin{res}$+\infty$\end{res}}
 
 
\tagged{complete}{
 
\begin{postup}
Označme $a_n = \frac{(2n)!}{n^n}$. Pomocí podílového kritéria dostáváme
$$
\frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{(2n+2)!}{(n+1)^{n+1}} \frac{n^n}{(2n)!} = \frac{(2n+2)(2n+1)}{n} \left(\frac{n}{n+1}\right)^{n+1}.
$$
Jelikož 
$$
\lim_{n\to+\infty} \left(\frac{n}{n+1}\right)^{n+1} = \lim_{n\to+\infty}   \left(\frac{n+1}{n}\right)^{-(n+1)} = \lim_{n\to+\infty}   \left[\left(1+ \frac{1}{n}\right)^{n}\right]^\frac{-(n+1)}{n} = e^{-1},
$$
pak 
$$
\lim_{n\to+\infty}  \frac{a_{n+1}}{a_n} = +\infty 
$$
a tedy i $\lim{n \to +\infty} a_n = +\infty$.
\end{postup}
 
 
}
 
\end{pr}
 
 
%=======================================================
 
\subsection{Stolzův a Cauchyův vzorec}
 
\tagged{complete}{
\begin{pozn}[Stolz]
Nechť $(a_n)$ a $(b_n)$ jsou reálné posloupnosti, $b_n \uparrow +\infty$ a existuje limita $\lim_{n \to +\infty} \frac{a_{n+1} - a_n}{b_{n+1} - b_n}$. Pak 
$$
\lim_{n \to +\infty} \frac{a_n}{b_n} = \lim_{n \to +\infty} \frac{a_{n+1} - a_n}{b_{n+1} - b_n}
$$
\end{pozn}
\begin{pozn}[Cauchy]
Nechť $(a_n)$ je posloupnost kladných čísel, taková, že existuje $\lim_{n \to +\infty} \frac{a_{n+1}}{a_n}$. Pak platí
$$
\lim_{n \to +\infty} \sqrt[n]{a_n} = \lim_{n \to +\infty} \frac{a_{n+1}}{a_n}
$$
\end{pozn}
 
 
\begin{pozn}
Stolz a Cauchy se daji pěkně demostrovat (bylo na přednášce) na limitách:
	$$\lim_{n\to+\infty}\left(\frac{1}{n}+\frac{1}{2n} +\dots +\frac{1}{n^2}\right), \quad \lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{n}, \quad \lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{n!}.$$
\end{pozn}
}
 
\begin{pr}
Vypočtěte
	$$\lim_{n\to+\infty} \frac{\sum_{k=1}^n k^p}{n^{p+1}}$$
	pro $p\in\N$.
 
\tagged{teach}{\begin{res}$\frac{1}{p+1}$\end{res}}
 
\tagged{complete}{
 
\begin{postup}
Označme $a_n = \sum_{k=1}^n k^p$ a $b_n = n^{p+1}$. Limitu spočítáme pomocí Stolzova vzorce. Díky binomické věty dostáváme
\begin{align*}
\frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} 
&= \frac{(n+1)^p}{(n+1)^{p+1} - n^{p+1}} 
= \frac{(n+1)^p}{\sum_{k=0}^{p+1} \binom{p+1}{k} n^{p+1-k} - n^{p+1} }
=\frac{(n+1)^p }{\sum_{k=1}^{p+1} \binom{p+1}{k} n^{p+1-k} }
\\
&=\frac{(n+1)^p }{ (p+1)n^p + \sum_{k=2}^{p+1} \binom{p+1}{k} n^{p+1-k} } 
=\frac{(n+1)^p}{n^p  \left( p+1 + \sum_{k=2}^{p+1} \binom{p+1}{k} n^{1-k} \right) }.
\end{align*}
Jelikož 
$$
\lim_{n\to + \infty} \sum_{k=2}^{p+1} \binom{p+1}{k} n^{1-k} = 0,
$$
je 
$$
\lim_{n\to + \infty} \frac{(n+1)^p}{n^p  \left( p+1 + \sum_{k=2}^{p+1} \binom{p+1}{k} n^{1-k} \right) } = \frac{1}{1+p}.
$$
Jsou splněny předpoklady Stolzova vzorce a tedy $\lim_{n\to+\infty} \frac{\sum_{k=1}^n k^p}{n^{p+1}} = \frac{1}{1+p}$.
\end{postup}
 
 
}	
 
\end{pr}
 
\begin{pr}
Vypočtěte
	$$\lim_{n\to+\infty} \frac{\sum_{k=1}^n (k!)^p}{(n!)^p}$$
	pro $p>0$.
 
\tagged{teach}{\begin{res}1\end{res}}
 
 
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Označme $a_n = \sum_{k=1}^n (k!)^p$ a $b_n =(n!)^p$. Limitu spočítáme pomocí Stolzova vzorce. Platí
\begin{align*}
    \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{((n+1)!)^p}{((n+1)!)^p - (n!)^p}
    = \frac{1}{1 - \left(\frac{n!}{(n+1)!}\right)^p} = \frac{1}{1 - \frac{1}{(n+1)^p}}\to 1.
\end{align*}
Jsou splněny předpoklady Stolzova vzorce a tedy $\lim_{n\to+\infty} \frac{\sum_{k=1}^n (k!)^p}{(n!)^p} = 1$.
\end{postup}
}	
\end{pr}
 
\begin{pr}
Vypočtěte
	$$\lim_{n\to+\infty} \frac{\sum_{k=1}^n k^k}{n^n}.$$
 
	\tagged{teach}{\begin{res}1\end{res}}
 
 
\tagged{complete}{
 
\begin{postup}
Označme $a_n = \sum_{k=1}^n k^k$ a $b_n =n^n$. Limitu spočítáme pomocí Stolzova vzorce. Platí
\begin{align*}
\frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} =   \frac{(n+1)^{n+1}}{(n+1)^{n+1} - n^n} = \frac{1}{1 - \frac{n^n}{(n+1)^{n+1}}} \to 1,
\end{align*}
jelikož
\begin{align*}
    \lim_{n\to+\infty} \frac{n^n}{(n+1)^{n+1}} = \lim_{n\to+\infty} \frac{1}{n} \left( \frac{n}{1+n}\right)^{n+1} = \lim_{n\to+\infty} \frac{1}{n} \underbrace{\left[\left( 1 + \frac{1}{n}\right)^{n}\right]^\frac{-(n+1)}{n} }_{\to e^{-1}}= 0.
\end{align*}
Jsou splněny předpoklady Stolzova vzorce a tedy $\lim_{n\to+\infty} \frac{\sum_{k=1}^n k^k}{n^n} = 1$.
 
\end{postup}
 
}	
 
\end{pr}
 
\begin{pr}
Vypočtěte
	$$\lim_{n\to+\infty} \frac{\sum_{k=1}^n \sqrt{k}}{n^{\frac{3}{2}}}.$$
 
\tagged{teach}{\begin{res}$\frac{2}{3}$\end{res}}
 
\tagged{complete}{
 
\begin{postup}
Označme $a_n = \sum_{k=1}^n \sqrt{k}$ a $b_n =n^{\frac{3}{2}}$. Limitu spočítáme pomocí Stolzova vzorce. Rozšířením výrazem $\frac{(n+1)^{3/2} + n^{3/2}}{(n+1)^{3/2} + n^{3/2}}$ dostáváme
\begin{align*}
\frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} =    \frac{\sqrt{n+1}}{(n+1)^{3/2} - n^{3/2}} = \frac{(n+1)^{1/2} \left(  (n+1)^{3/2} + n^{3/2} \right)     }{ (n+1)^3 - n^3}
    = \frac{ (n+1)^2 + (n+1)^{1/2}n^{3/2} }{ 3n^2 + 3n +1 } \\
    = \frac{n^2 \left(  (1+ 1/n)^2 + (1+1/n)^{1/2}    \right)}{ n^2 ( 3 + 3/n + 1/n^2 ) } \to \frac{2}{3}.
\end{align*}
Jsou splněny předpoklady Stolzova vzorce a tedy $\lim_{n\to+\infty} \frac{\sum_{k=1}^n \sqrt{k}}{n^{\frac{3}{2}}} = \frac{2}{3}$.
 
 
\end{postup}
 
 
 
}	
 
 
\end{pr}
 
\begin{pr}
Vypočtěte
	$$\lim_{n\to+\infty} \frac{n}{\sqrt[n]{n!}}.$$
 
	\tagged{teach}{\begin{res}$e$\end{res}}
 
 
\tagged{complete}{
 
\begin{postup}
Označme $a_n = \frac{n}{\sqrt[n]{n!}} = \sqrt[n]{ \frac{n^n}{n!} } = \sqrt[n]{b_n}$,  kde $b_n =  \frac{n^n}{n!} $.  S pomocí Cauchyho vzorce dostáváme
\begin{align*}
\lim_{n\to+\infty} \sqrt[n]{b_n} = \lim_{n\to+\infty} \frac{b_{n+1}}{b_n} =\lim_{n\to+\infty} \frac{(n+1)^{n+1}}{(n+1)!} \frac{n!}{n^n} = \lim_{n\to+\infty} \frac{n}{n+1}\left( \frac{n+1}{n} \right)^{n+1} 
\\
= \lim_{n\to+\infty} \left( \frac{n+1}{n}\right)^n = \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n \to e. 
\end{align*}
A tedy  $\lim_{n\to+\infty} \frac{n}{\sqrt[n]{n!}}=e$.
\end{postup}
 
 
}	
 
\end{pr}
 
\begin{pr}
Vypočtěte
	$$\lim_{n\to+\infty} \frac{\sqrt[n]{n(n+1)\cdot \ldots \cdot (2n)}}{n}.$$
 
\tagged{teach}{\begin{res}$\frac{4}{e}$\end{res}}
 
 
\tagged{complete}{
 
\begin{postup}
Označme $a_n = \sqrt[n]{\frac{ n(n+1)\cdot \ldots \cdot (2n) }{n^n}}   = \sqrt[n]{\frac{ (2n)! }{n^n (n-1)!}} = \sqrt[n]{b_n}$. Nyní podle Cauchyho vzorce dostáváme
\begin{align*}
\lim_{n \to +\infty} \sqrt[n]{b_n} 
&= \lim_{n \to +\infty}    \frac{b_{n+1}}{b_n} = \lim_{n \to +\infty} \frac{(2n+2)!}{n! (n+1)^{n+1}} \frac{(n-1)!n^n}{(2n)!}
\\
&= \lim_{n \to +\infty} \frac{(2n+2)(2n+1)}{n} \frac{n^n}{(n+1)^{n+1}}
\\
&= \lim_{n \to +\infty} \frac{(2n+2)(2n+1)}{n^2} \left(\frac{n}{n+1}\right)^{n+1}
\\
&= \lim_{n \to +\infty} \frac{(2n+2)(2n+1)}{n^2}  \left[\left( 1 - 
\frac{1}{n+1}\right)^{-(n+1)}\right]^\frac{n+1}{-(n+1)} 
= 4 \cdot e^{-1} = \frac{4}{e}. 
\end{align*}
A tedy  $\lim_{n\to+\infty}  \frac{\sqrt[n]{n(n+1)\cdot \ldots \cdot (2n)}}{n}=\frac{4}{e}$.
 
% JV: Jednodušeji lze zapsat výraz pod odmocninou jako $\frac{(2n)!}{(n-1)!}$.
% \\
% PG: Správně bych výraz pod odmocninou napsal jako $\frac{(2n)!}{n^n (n-1)!}$. 
\end{postup}
 
 
}	
 
\end{pr}
 
\begin{pr}
Vypočtěte
		$$\lim_{n\to+\infty} \sqrt[n]{3^n + n -5}.$$
 
	\tagged{teach}{\begin{res}3\end{res}}
 
 
\tagged{complete}{
 
\begin{postup}
Limitu můžeme vyřešit opět pomocí Cauchyho vzorce
\begin{align*}
\lim_{n\to+\infty} \sqrt[n]{3^n + n -5}
= \lim_{n\to+\infty} \frac{3^{n+1} + n+1 -5}{3^n + n -5} = 3
\end{align*}
\textbf{Jiný postup:}
Pomocí definice obecné mocniny dostáváme
$$
\sqrt[n]{3^n + n -5}
= 3 \sqrt[n]{1 + \frac{n}{3^n} - \frac{5}{3^n} }
= 3 e^{\ln\left( \sqrt[n]{1 + \frac{n}{3^n} - \frac{5}{3^n} }\right) }
= 3e^{\frac{1}{n}\ln(1 + \frac{n}{3^n} - \frac{5}{3^n}) } \to 3e^0 = 3. 
$$
\textbf{Jiný postup:}
Pomocí odhadů a věty o limitě sevřené posloupnosti dostáváme
$$
 3    \leftarrow 3  =    3 \cdot 1        \leq 3 \sqrt[n]{1 + \frac{n}{3^n} - \frac{5}{3^n} } \leq 3 \left( 1 + \frac{n}{3^n}\right)  \to 3. 
$$
% $\sqrt[n]{3^n + n - 5} = 3 \sqrt[n]{1 + \frac{n}{3^n} - \frac{5}{3^n}} \to 3\cdot 1 = 3$
 
% JV: Pozor s tou odmocninou! Závisí na $n$, takže jsou nutné odhady a aplikování věty o limitě sevřené posloupnosti.
 
 
% JK: Myslím, že odhad není nutný. Pokud chceš být korektní stačí si n tou odmocninou napsat jako $e^{\ln(\sqrt[n]{1 + \frac{n}{3^n} - \frac{5}{3^n}}) },$ vyhodíš $1/n$ před ten logaritmus a pak už je to algebraika limit.
 
 
 
\end{postup}
 
}	
 
\end{pr}
 
\begin{pr}
Vypočtěte
	$$\lim_{n\to+\infty} \frac{\ln^2 n}{n}.$$
 
\tagged{teach}{\begin{res}0\end{res}}
 
 
\tagged{complete}{
 
\begin{postup}
Pomocí odhadu $\ln x < x$ a věty o limitě sevřené funkce dostáváme 
\begin{align*}
    0 \leftarrow 0 \leq \frac{\ln^2 n}{n} = \frac{\ln n \ln n }{n} = \frac{ \ln n^{3\cdot \frac{1}{3}} \ln n^{3\cdot \frac{1}{3}}}{n}
    = \frac{ (3 \ln \sqrt[3]{n})(3 \ln \sqrt[3]{n})       }{n} < \frac{9 \sqrt[3]{n}\sqrt[3]{n}}{n} \to 0.
\end{align*}
Celkově tedy $\lim_{n\to+\infty} \frac{\ln^2 n}{n} = 0.$
 
\textbf{Jiný postup:}
Pomocí Stolzovy věty dostáváme
\begin{align*}
\lim_{n\to+\infty} \frac{ \ln^2 (n+1) - \ln^2 n }{n+1-n}  
&= \lim_{n\to+\infty} (\ln (n+1) - \ln n)(\ln (n+1) + \ln n)
\\
&= \lim_{n\to+\infty} \ln \frac{n+1}{n} \ln\left( n(n+1) \right)
\\
&= \lim_{n\to+\infty} \ln \left(\frac{n+1}{n} \right)^{\ln\left( n(n+1) \right) }
\\
&=\lim_{n\to+\infty} \ln\left[ \left(1+ \frac{1}{n} \right)^n \right]^\frac{\ln\left( n(n+1) \right)}{n}
= \ln e^0 = 0.
\end{align*}
 
\end{postup}
 
 
}	
 
\end{pr}
 
\begin{pr}
Vypočtěte
	$$\lim_{n\to+\infty} \frac{n^{\ln n}}{(\ln n)^n}.$$
 
	\tagged{teach}{\begin{res}0\end{res}}
 
 
\tagged{complete}{
 
\begin{postup}
Z definice obecné mocniny a za pomoci předcházejícího příkladu
\begin{align*}
    \frac{n^{\ln n}}{(\ln n)^n}
= \frac{e^{\ln n \ln n}  }{e^{n \ln \ln n}} = e^{\ln^2 n - n\ln \ln n}
= e^{ n\ln \ln n \left( -1+ \overbrace{ \frac{\ln^2}{n}}^{\to 0  } \overbrace{\frac{1}{\ln \ln n}}^{\to 0}\right) } \to e^{-\infty} = 0.
\end{align*}
Celkově tedy $\lim_{n\to+\infty} \frac{n^{\ln n}}{(\ln n)^n}$.
\end{postup}
 
}	
 
\end{pr}
 
 
 
 
\begin{pr}
	Nalezněte posloupnosti $(a_n),\, (b_n)$ tak, aby $0<b_n\nearrow +\infty$, limita posloupnosti $(\frac{a_n}{b_n})$ existovala a současně limita posloupnosti $(\frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n})$ neexistovala.
 
\tagged{teach}{
\begin{res}
například $a_n = n + (-1)^n$ a $b_n = n$
\end{res}
}	
 
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Volme například $a_n=n+(-1)^n$ a $b_n=n$. Jistě $b_n$ je ostře rostoucí posloupnost s limitou $+\infty$ a zároveň platí
\begin{align*}
    \lim_{n \to +\infty} \frac{a_n}{b_n} &= \lim_{n \to +\infty} 1 + \frac{(-1)^n}{n} = 1,   \\
    \lim_{n \to +\infty} \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1} - b_n} &= \lim_{n \to +\infty} \frac{n+1 + (-1)^{n+1} - n - (-1)^n}{n+1-n} = \lim_{n \to +\infty} 1 + 2(-1)^{n+1}.   
\end{align*}
Druhá limita jistě neexistuje. 
 
\end{postup}
 
}
\end{pr}
 
\begin{pr}
	Nalezněte posloupnost $(a_n)$ kladných čísel, pro níž $\lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{a_n}$ existuje, ale $\lim_{n\to+\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}$ neexistuje.
 
\tagged{teach}{
\begin{res}
například $a_n = 2 + (-1)^n$
\end{res}
}
 
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Zvolme například $a_n=2+(-1)^n$. Pak 
\begin{align*}
\lim_{n\to+\infty} c_n = \lim_{n\to+\infty} \frac{a_{n+1}}{a_n} = \lim_{n\to+\infty} \frac{2 + (-1)^{n+1}}{2 + (-1)^n}     
\end{align*}
neexistuje, jelikož 
\begin{align*}
\lim_{n\to+\infty} c_{2n} &= \lim_{n\to+\infty} \frac{2 - 1}{2} = \frac{1}{2}, \\
\lim_{n\to+\infty} c_{2n+1} &= \lim_{n\to+\infty} \frac{2 + 1}{1} = 3. 
\end{align*}
Naopak 
\begin{align*}
    1 \leftarrow \sqrt[n]{1} \leq \sqrt[n]{2+(-1)^n} \leq \sqrt[n]{3} \to 1.
\end{align*}
Z věty o limitě sevřené posloupnosti dostáváme $\lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{2+(-1)^n} = 1$.
\end{postup}
 
 
}
 
 
\end{pr}
 
 
%==================================================
 
\subsection{Bolzano-Cauchyovo (BC) kritérium}
 
\begin{pr}
 Určete, které z následujících tvrzení jsou ekvivalentní s tvrzením $\lim_{n\to+\infty}a_n=a\in\C$, tj. s BC kritériem. 
 \begin{enumerate}
  \item $(\forall\varepsilon>0)(\exists n_0\in\N)(\forall n>n_0)(|a_{n}-a_{n_0}|<\varepsilon)$
  \item $(\forall\varepsilon>0)(\exists n_0\in\N)(\forall n>n_0)(\forall p\in\N)(|a_{n+p}-a_n|<\sqrt{\varepsilon})$
  \item $(\forall\varepsilon>0)(\exists n_0\in\N)(\forall n>n_0)(\forall p\in\N\setminus\{1,2,3,4\})(|a_{n+p}-a_n|<\varepsilon)$
  \item $(\forall\varepsilon>0)(\exists n_0\in\N)(\forall n>n_0)(\forall p\in\N)(|a_{n+2p}-a_n|<\varepsilon)$
  \item $(\forall\varepsilon>0)(\forall p\in\N)(\exists n_0\in\N)(\forall n>n_0)(|a_{n+p}-a_n|<\varepsilon)$
 \end{enumerate}
 \tagged{teach}{
 \begin{res}
 i. ano, ii. ano, iii. ano, iv. ne, v. ne
 \end{res}
 
 }
 
 
\tagged{complete}{
 
\begin{postup}
Platí:
\begin{align*}
\lim_{n\to+\infty}a_n=a\in\C 
&\overset{def}{\Leftrightarrow} 
(\forall\varepsilon > 0)(\exists n_0 \in \R)(\forall n \in \N,n>n_0)(|a_n-a| < \varepsilon)
\\
&\overset{BC}{\Leftrightarrow} (\forall \varepsilon > 0)(\exists n_0 \in \R)(\forall n\in \N,n>n_0)(\forall p \in \N)( |a_{n+p}-a_n|<\varepsilon)
\\
&\overset{ozn.}{\Leftrightarrow} vi.
\end{align*}
Dokážeme sérii implikací $i. \implies ii. \implies iii. \implies vi \implies i.$ ze kterých vyplývá ekvivalence prvních třech výroků s tvrzením $\lim_{n \to +\infty} a_n = a \in \C$:
\begin{itemize}
    \item $i. \implies ii. :$ nechť nepřítel předhodí libovolné $\varepsilon >0$. Vezměme toto $\varepsilon$ a předhoďmě číslo $\delta = \frac{\sqrt{\varepsilon}}{2}$ bodu $i.$. Z bodu $i.$ dostaneme $n_0$ pomocí kterého můžeme odhadnout
    $$
    |a_{n+p} - a_{n}| = |a_{n+p} -a_{n_0} + a_{n_0} - a_n| \leq |a_{n+p}-a_{n_0}| + |a_{n_0}-a_n| < \delta + \delta = \sqrt{\varepsilon}.
    $$
    \item $ii. \implies iii. :$ nechť nepřítel předhodí libovolné $\varepsilon >0$. Předhoďme automatu $ii.$ číslo $\delta = \varepsilon^2$. Z $ii. $ dostaneme $n_0 \in \R$ splňující
    $$
    |a_{n+p} - a_n| < \sqrt{\delta} = \varepsilon, \hspace{10pt} \forall p \in \N, \forall n > n_0. 
    $$
    Což je dokonce silnější výrok než jsme chtěli dokázat (platí i pro $p=1,2,3,4$). 
 
    \item $iii. \implies vi.$: Budeme chtít ukázat, že z bodu $iii.$ plyne B-C podmínka. Nechť nepřítel předhodí libovolné $\varepsilon > 0$, definujme $\varepsilon_1 = \frac{\varepsilon}{2}$. Předhoďme toto $\varepsilon_1$ do $iii.$ tím získáme $n_0$ a odhady:
    $$
    |a_{n+1} - a_n | \leq |a_{n+1} - a_{n+10} | + |a_{n+10} - a_n | \overset{iii.}{\leq} \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon.
    $$
    Obdobně získáme $n_0$ pro ostatní případy 2,3,4. Celkově volíme $n_0$ jako maximum ze všech co jsme nalezli.  
    \item $vi. \implies i.$: nechť nepřítel předhodí libovolné $\varepsilon >0$. Volme $\delta = \frac{\varepsilon}{2}$ a předhoďme toto $\delta$ definici limity. Tím získáme $n_0 \in \R$. Volme v $i.$ číslo $n_0 = \lfloor n_0\rfloor + 1 $. Pak můžeme odhadnout
    $$
    |a_n - a_{n_0}| = |a_n - a +a - a_{n_0}| \leq |a_n - a| + |a - a_{n_0}| < 2\delta = \varepsilon,
    $$
    což jsme chtěli dokázat.
\end{itemize}
Bod $iv.$ \textbf{není} ekvivalentní. Berme jako protipříklad posloupnost $a_n = (-1)^n$. Tato posloupnost limitu nemá, ale pro libovolné $n,p \in \N$ platí
$$
|a_{n+2p} - a_{n}| = (-1)^{n+2p} - (-1)^n = (-1)^n - (-1)^n = 0.
$$
Tedy podmínka $iv.$ je splněna. 
 
Poslední výrok opět \textbf{není} ekvivalentní. Jako protipříklad můžeme vzít harmonickou posloupnost  $a_n = \sum_{k=1}^n \frac{1}{k}$. Tato posloupnost má limitu $+\infty$. Zároveň
$$
|a_{n+p} - a_n| = \sum_{k=n+1}^{n+p} \frac{1}{k} < \sum_{k=n+1}^{n+p} \frac{1}{n+1} = \frac{n+p-n}{n+1} = \frac{p}{n+1} < \frac{p}{n}. 
$$
Nechť tedy nepřítel předhodí libovolné $\varepsilon > 0$ a $p \in \N$. Pak 
$$
 \frac{p}{n} < \varepsilon \Leftrightarrow n > \frac{p}{\varepsilon}. 
$$
Stačí tedy volit $n_0 = \floor{\frac{p}{\varepsilon}} + 1$ a výrok $v.$ bude platit. 
 
 
\end{postup}
 
 
}
 
 
\end{pr}
 
\begin{pr}
	Ukažte z BC kritéria, že existuje konečná
	$$\lim_{n\to+\infty} \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k^2}.$$
 
 
 
\tagged{complete}{
 
\begin{postup}
Označme $a_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k^2}$. Pak s využitím nerovnosti $\frac{1}{k^2} < \frac{1}{k(k-1)}$ platnou pro $k>1$ dostáváme
\begin{align*}
\left|a_{n+p} - a_n \right|
= \left|\sum_{k=1}^{n+p} \frac{1}{k^2} - \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k^2}\right | 
= \left|\sum_{k=n+1}^{n+p} \frac{1}{k^2}\right|
< \sum_{k=n+1}^{n+p} \frac{1}{k(k-1)} 
\\
=\sum_{k=n+1}^{n+p} \left(\frac{1}{k-1} -\frac{1}{k}\right) = \frac{1}{n} - \frac{1}{n+p} < \frac{1}{n} \overset{!}{<} \varepsilon.
\end{align*}
Pokud tedy zvolíme zvolíme $n_0 = \lfloor \frac{1}{\varepsilon} \rfloor +1$, pak jistě bude platit
$$
\left|a_{n+p} - a_n \right| < \varepsilon, \hspace{15pt} \forall n > n_0, \forall p \in \N.
$$
Což jsme chtěli ukázat.
\end{postup}
 
}
\end{pr}
 
 
\begin{pr}
	Ukažte z BC kritéria, že existuje konečná
	$$\lim_{n\to+\infty} \sum_{k=1}^{n} \frac{(-1)^k}{k}.$$
 
\tagged{complete}{
 
\begin{postup}
Označme $a_n = \sum_{k=1}^n \frac{(-1)^k}{k}$. Pak
$$
|a_{n+p}-a_n| = 
|\sum_{k=1}^{n+p} \frac{(-1)^k}{k} - \sum_{k=1}^{n} \frac{(-1)^k}{k}| =| \sum_{k=n+1}^{n+p} \frac{(-1)^k}{k}| = | \frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2} + \frac{1}{n+3} - \dots + \frac{1}{n+p}|.
$$ 
Jelikož 
$$
\frac{1}{n+i} > \frac{1}{n+i+1}, \hspace{15pt} \forall i \in \N,
$$
je součet dvou po sobě jsoucích členů kladný a tedy i celkový součet je kladný. Můžeme tedy vynechat absolutní hodnotu. Pak 
$$
|a_{n+p}-a_n| = \frac{1}{n+1}\underbrace{-\frac{1}{n+2} + \frac{1}{n+3}}_{<0}\underbrace{-\frac{1}{n+4} + \frac{1}{n+5}}_{<0}- \dots + \frac{1}{n+p} < \frac{1}{n+1},
$$
 kde jsme opět využili předcházejí nerovnost, pouze jsme vynechali první člen součtu. Je dobré si uvědomit, že předchozí odhad platí nezávisle na sudosti/lichosti čísla $p$ (pro $p$ liché jistě platí odhad $\frac{-1}{n+p} < 0$). Pokud zvolíme $n_0 = \lfloor \frac{1}{\varepsilon} \rfloor +10$, bude jistě platit
$$
\left|a_{n+p} - a_n \right| < \varepsilon, \hspace{15pt} \forall n > n_0, \forall p \in \N.
$$
Což jsme chtěli ukázat.
\end{postup}
 
}
\end{pr}
 
\begin{pr}
	Pomocí Bolzanova-Couchyho kritéria vypočítejte $\displaystyle \lim_{n \rightarrow + \infty} \sum_{k=1}^n \frac{1}{k}$.
 
\tagged{teach}{\begin{res}$+\infty$\end{res}}
 
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Definujme nejprve $a_n = \sum_{k=1}^n \frac{1}{k}$. Tato posloupnost je jistě rostoucí a limita tedy musí existovat. Pomocí BC dokážeme, že nebude konečná, tj. ukážeme negaci BC podmínky:
$$
(\exists \varepsilon > 0)(\forall n_0 \in \N )(\exists n \in \N, n>n_0)(\exists p \in \N)( |a_{n+p} - a_n| \geq \varepsilon)
$$
Musíme tedy zvolit $\varepsilon,p,n$. Pozorujeme:
\begin{align*}
|a_{n+p} - a_{n}| = a_{n+p} - a_{n} = \sum_{k=n+1}^{n+p} \frac{1}{k} \geq \sum_{k=n+1}^{n+p} \frac{1}{n+p} = \frac{n}{n+p}.
\end{align*}
Pokud zvolíme $p = n = n_0 +1$ dostáváme
$$
|a_{n+p} - a_{n}| \geq \frac{n_0+1}{2n_0 + 1} \geq \frac{1}{2} =: \varepsilon,
$$
což jsme chtěli ukázat.
\end{postup}
 
}	
 
\end{pr}
 
%==========================================
 
\subsection{Limes superior, limes inferior}
 
% \tagged{teach}{\begin{instr}
% 	\item Jednoduché příklady: $a_n=(-1)^n$.
% \end{instr}}
 
\begin{pr}
	Nalezněte všechny hromadné hodnoty posloupnosti $(a_n)$ a určete $\limsup_{n\to+\infty} a_n$ a $\liminf_{n\to+\infty} a_n$ pro
	$$a_n=\left(1+\frac{(-1)^n}{n}\right)^n.$$
	\tagged{teach}{\begin{res}$\limsup_{n\to+\infty} a_n = e$ a $\liminf_{n\to+\infty} a_n = e^{-1}$\end{res}}
 
\tagged{complete}{
 
\begin{postup}
Vybereme dvě posloupnosti, které pokrývají celé $\N$ a pak z teorie víme, že nejmenší limita vybrané posloupnosti je limes inferior a největší je limes superior. Vybereme tedy sudé a liché. Pak
\begin{align*}
  \lim_{n \to +\infty}  a_{2n} &=\lim_{n \to +\infty} \left(  1+ \frac{1}{2n}\right)^{2n} = e, \\ 
  \lim_{n \to +\infty}    a_{2n-1} &=\lim_{n \to +\infty} \left(  1- \frac{1}{2n-1}\right)^{2n-1} = e^{-1} \\ 
\end{align*}
a tedy $\limsup_{n \to +\infty} a_n = e$ a $\liminf_{n \to +\infty} a_n = e^{-1}$.
\end{postup}
 
}	
 
\end{pr}
 
\begin{pr}
	Nalezněte všechny hromadné hodnoty posloupnosti $(a_n)$ a určete $\limsup_{n\to+\infty} a_n$ a $\liminf_{n\to+\infty} a_n$ pro
	$$a_n=\cos^n{\left(\frac{2n\pi}{3}\right)}.$$
 
\tagged{teach}{\begin{res}$\liminf_{n \to +\infty} a_n = 0$ a $\limsup_{n \to +\infty} a_n = 1$\end{res}}
 
 
\tagged{complete}{
 
\begin{postup}
Obdobně jako u minulého příkladu vybereme posloupnosti pokrývající celé $\N$. Volíme
\begin{itemize}
    \item $k_n = 3n$,
    \item $l_n = 3n - 1$,
    \item $m_n = 3n - 2$,
\end{itemize}
které jistě pokrývají celé $\N$. Pak dostáváme
\begin{align*}
\lim_{n \to +\infty} a_{k_n} &=\lim_{n \to +\infty} \cos^{3n}{2\pi n} =\lim_{n \to +\infty} 1^{3n} = 1 
\\
\lim_{n \to +\infty}a_{l_n} &=\lim_{n \to +\infty} \left( \cos \frac{2\pi}{3}(3n-1) \right)^{3n-1}
        =\lim_{n \to +\infty} \left( \cos\left( 2\pi n -  \frac{2\pi}{3}\right)\right)^{3n-1}
        \\
        &= \lim_{n \to +\infty} \left(\cos2\pi n\cos \frac{2\pi}{3} + \sin2\pi n\sin
        \frac{2\pi}{3}\right)^{3n-1}
        =\lim_{n \to +\infty} \left( -\frac{1}{2} \right) ^{3n-1} = 0,
\\
\lim_{n \to +\infty} a_{m_n} 
&=\lim_{n \to +\infty} \left( \cos \frac{2\pi}{3}(3n-2) \right)^{3n-2}
=\lim_{n \to +\infty} \left( \cos\left( 2\pi n -  \frac{4\pi}{3}\right)\right)^{3n-1},
\\
&=\lim_{n \to +\infty}  \left(\cos2\pi n\cos \frac{4\pi}{3} + \sin2\pi n\sin \frac{4\pi}{3}\right)^{3n-2}
=\lim_{n \to +\infty} \left( -\frac{1}{2} \right) ^{3n-2} = 0.        
\end{align*}
Tedy $\liminf_{n \to +\infty} a_n = 0$ a $\limsup_{n \to +\infty} a_n = 1$.
\end{postup}
 
 
}	
 
\end{pr}
 
\begin{pr}
	Určete $\limsup_{n\to+\infty} a_n$ a $\liminf_{n\to+\infty} a_n$ pro
	$$a_n=\sqrt[n]{\big(2+(-1)^n\big)^n+\big(3+(-1)^n\big)^n}.$$
 
 
\tagged{teach}{
\begin{res}
$\liminf_{n \to +\infty} a_n = 2$, $\limsup_{n \to +\infty} a_n = 4$
\end{res}
}
 
\tagged{complete}{
 
\begin{postup}
Zvolme dvě vybranné posloupnosti $a_{2n}$ a $a_{2n+1}$ a spočtěme jejich limity. Platí
\begin{align*}
\lim_{n \to +\infty} a_{2n}
&= \lim_{n \to +\infty} \sqrt[n]{3^n + 4^n } 
= \lim_{n \to +\infty} \frac{3^{n+1}+4^{n+1}}{3^n + 4^n} =  4, \\
\lim_{n \to +\infty} a_{2n}
&= \lim_{n \to +\infty} \sqrt[n]{1^n + 2^n }
=  \lim_{n \to +\infty} \frac{1+2^{n+1}}{1 + 2^n} = 2, 
\end{align*}
kde jsme využili Cauchyho vzorec. Z teorie opět dostáváme, že $\liminf_{n \to +\infty} a_n = 2$ a $\limsup_{n \to +\infty} a_n = 4$.
\end{postup}
 
}	
 
\end{pr}
 
%\begin{pr}
%	Určete $\limsup_{n\to+\infty} a_n$ a $\liminf_{n\to+\infty} a_n$ pro
%	$$a_n=\sqrt{n^2-1}-\floor{\sqrt{n^2-1}}.$$
%	\tagged{teach}{\begin{res}$1$. Návod: $\floor{\sqrt{n^2-1}}=n-1,$ neboť $n-1\leq\floor{\sqrt{n^2-1}}<n$. První nerovnost plyne ze vztahu $(n-1)^2\leq n^2-1$. Řešení: $\lim_{n\to+\infty} a_n=1$.\end{res}}
%\end{pr}
 
%\begin{pr}
%	Co lze říci o $\lim_{n\to+\infty}a_n$, je-li 
%	\begin{enumerate}
%		\item $\limsup_{n\to+\infty}a_n=5$,
%		\item $\limsup_{n\to+\infty}a_n=-\infty?$
%	\end{enumerate}
%\end{pr}
 
\begin{pr}
	Sestrojte omezenou posloupnost $(a_n)$ tak, aby $\lim(a_{n+1}-a_n)=0$ a současně $\liminf_{n\to+\infty} a_n<\limsup_{n\to+\infty} a_n$.
 
	\tagged{teach}{\begin{res}například $a_n=\cos(\sqrt{n}\pi)$.\end{res}}
 
\tagged{complete}{
 
\begin{postup}
 
Zkusme posloupnost $a_n = \cos ( \sqrt{n} \pi )$. Ukážeme, že platí dané požadavky na $a_n$: 
\begin{itemize}
    \item $a_n$ je jistě omezená, 
    \item $a_{n+1} - a_n = \cos( \sqrt{n+1}\pi) -\cos( \sqrt{n}\pi) = -2\sin \frac{(\sqrt{n+1}+\sqrt{n})\pi}{2}\sin \frac{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}}{2}\pi \to 0 $,
\item nyní stačí už jen ukázat že limita neexistuje. Vybereme 2 podposloupnosti:
    \begin{enumerate}
        \item $k_n = 4n^2 \implies a_{k_n} = \cos (2n\pi) = 1 \to 1,$
        \item $k_n = (1+2n)^2 \implies a_{k_n} = \cos (1+2n)\pi = -1 \to -1.$
    \end{enumerate}
 
 
\end{itemize}
 
 
 
\end{postup}
 
 
}
 
\end{pr}