Součásti dokumentu MAN1priklady
Zdrojový kód
%\wikiskriptum{MAN1priklady}
\setcounter{section}{6}
\section{Sedmý týden}
% limita sevřené posloupnosti, limity s a^n, limity na číslo e, číslo C včetně jeho definice, limity s obecnou mocninou a logaritmem
\subsection{Limita sevřené posloupnosti}
\begin{pr}
Pomocí odhadů (sevřené posloupnosti) vypočtěte (v $\R$)
$$ \lim_{n\to +\infty} \frac{\floor{\frac{\sqrt{n}}{2}}}{\sqrt{n}}. $$
\tagged{teach}{\begin{res}$\frac{1}{2}$\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Pro dolní celou část platí
\begin{align*}%\label{eq: dolniCelaCastTS}
k-1\leq \lfloor k \rfloor \leq k, \quad \forall k\in \R.
\end{align*}
Pak pomocí předcházející vztahu můžeme odhadnout
\begin{equation}\nonumber
\frac{1}{2}\leftarrow\frac{1-2/\sqrt{n}}{2}=\frac{\sqrt{n}(1-2/\sqrt{n})}{2\sqrt{n}}=\frac{\sqrt{n}/2 - 1}{\sqrt{n}}
\leq
\frac{\lfloor \frac{\sqrt{n}}{2} \rfloor}{\sqrt{n}}
\leq \frac{\sqrt{n}/2}{\sqrt{n}}=\frac{1}{2} \rightarrow \frac{1}{2}.
\end{equation}
Z věty o limitě sevřené posloupnosti pak plyne
$$
\lim_{n\to +\infty} \frac{\floor{\frac{\sqrt{n}}{2}}}{\sqrt{n}} = \frac{1}{2}.
$$
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Pomocí odhadů (sevřené posloupnosti) vypočtěte (v $\R$)
$$ \lim_{n\to +\infty} \sum_{k=1}^n \frac{1}{\sqrt{k}}. $$
\tagged{teach}{\begin{res}$+\infty$\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Pomocí odhadu
$$
\frac{1}{\sqrt{k}} \geq \frac{1}{\sqrt{n}}
$$
platného pro $\forall k \in \widehat{n}$ získáme
\begin{equation}\nonumber
\sum_{k=1}^n \frac{1}{\sqrt{k}} \geq \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{n}}
= \frac{1}{\sqrt{n}}\sum_{k=1}^{n}1=
\frac{n}{\sqrt{n}} = \sqrt{n} \rightarrow +\infty.
\end{equation}
Z věty o limitě sevřené posloupnosti tedy plyne
$$
\lim_{n\to +\infty} \sum_{k=1}^n \frac{1}{\sqrt{k}} = +\infty.
$$
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Pomocí odhadů (sevřené posloupnosti) vypočtěte (v $\R$)
$$ \lim_{n\to +\infty} \sum_{k=1}^n \frac{1}{n^2+k}. $$
\tagged{teach}{\begin{res}0\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Pomocí odhadu
$$
\frac{1}{n^2 + n} \leq \frac{1}{n^2+k} \leq \frac{1}{n^2}
$$
platného pro $\forall k \in \widehat{n}$ získáme
\begin{equation} \nonumber
0\leftarrow \frac{1}{1+n} = \frac{n}{n(1+n)} = \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n^2 +n}\leq\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n^2 +k}\leq\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n^2 +0} = \frac{n}{n^2}=\frac{1}{n}\rightarrow 0.
\end{equation}
Z věty o limitě sevřené posloupnosti tedy plyne
$$
\lim_{n\to +\infty} \sum_{k=1}^n \frac{1}{n^2+k} = 0.
$$
\end{postup}
}
\end{pr}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\begin{pr}
Pomocí odhadů (sevřené posloupnosti) vypočtěte (v $\R$)
$$ \lim_{n\to +\infty} \sum_{k=1}^n \frac{1}{\sqrt[3]{n^3+k^2}}. $$
\tagged{teach}{\begin{res}1\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Pomocí odhadu
$$
\frac{1}{\sqrt[3]{n^3+n^2}} \leq \frac{1}{\sqrt[3]{n^3+k^2}} \leq \frac{1}{\sqrt[3]{n^3}}
$$
platného pro $\forall k \in \widehat{n}$ získáme
\begin{equation} \nonumber
1\leftarrow \frac{n}{n\sqrt[3]{1+1/n}}=\sum_{k=1}^{n}\frac{n}{\sqrt[3]{n^3+n^2}} \leq \sum_{k=1}^{n}\frac{n}{\sqrt[3]{n^3+k^2}} \leq \sum_{k=1}^{n}\frac{n}{\sqrt[3]{n^3}}=\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}1= \frac{n}{n} = 1 \rightarrow 1.
\end{equation}
Z věty o limitě sevřené posloupnosti tedy plyne
$$
\lim_{n\to +\infty} \sum_{k=1}^n \frac{1}{\sqrt[3]{n^3+k^2}} = 1.
$$
\end{postup}
}
\end{pr}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\begin{pr}
Pomocí odhadů (sevřené posloupnosti) vypočtěte (v $\R$)
$$ \lim_{n\to +\infty} \sum_{k=n^2}^{(n+1)^2}\frac{1}{\sqrt{k}}. $$
\tagged{teach}{\begin{res}2\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Pomocí odhadu
$$
\frac{1}{\sqrt{(n+1)^2}} \leq \frac{1}{\sqrt{k}} \leq \frac{1}{\sqrt{n^2}}
$$
platného pro $k$ v rozmezí $n^2 \leq k \leq (n+1)^2$ získáme
\begin{align*}
\sum_{k=n^2}^{(n+1)^2}\frac{1}{\sqrt{k}}
&\leq \sum_{k=n^2}^{(n+1)^2}\frac{1}{\sqrt{n^2}} = \frac{1}{n}\sum_{k=n^2}^{(n+1)^2}1 = \frac{(n+1)^2-n^2+1}{n} = \frac{2(n+1)}{n}\rightarrow 2,
\\
\sum_{k=n^2}^{(n+1)^2}\frac{1}{\sqrt{k}}
&\geq \sum_{k=n^2}^{(n+1)^2}\frac{1}{\sqrt{(n+1)^2}}
= \frac{2(n+1)}{n+1} = 2 \rightarrow 2.
\end{align*}
Z věty o limitě sevřené posloupnosti pak plyne
$$
\lim_{n\to +\infty} \sum_{k=n^2}^{(n+1)^2}\frac{1}{\sqrt{k}} = 2.
$$
\end{postup}
}
\end{pr}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\begin{pr}
Pomocí odhadů (sevřené posloupnosti) vypočtěte (v $\R$)
$$ \lim_{n\to +\infty} \left(\frac{1}{n^2+1}\sum^{n}_{k=1} (-1)^k \sin (k^2)\right). $$
\tagged{teach}{\begin{res}0\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Pomocí odhadu
$$
-1 \leq (-1)^k \sin (k^2) \leq |\sin(k^2)| \leq 1
$$
platného pro všechna $k \in \R$ získáme
\begin{align*}
0\leftarrow -\frac{n}{n^2+1} \leq \frac{1}{n^2+1}\sum_{k=1}^{n}(-1) \leq \frac{1}{n^2+1}\sum_{k=1}^{n}(-1)^k \sin{(k^2)}
\leq \frac{1}{n^2+1}\sum_{k=1}^{n}1\leq \frac{n}{n^2+1}
\rightarrow 0.
\end{align*}
Z věty o limitě sevřené posloupnosti pak plyne
$$
\lim_{n\to +\infty} \left(\frac{1}{n^2+1}\sum^{n}_{k=1} (-1)^k \sin (k^2)\right) = 0.
$$
\end{postup}
}
\end{pr}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\begin{pr}
Ukažte, že
$$ \lim_{n\to +\infty} \left\lfloor \frac{n}{n+1} \right\rfloor \ne \left\lfloor \lim_{n\to +\infty} \frac{n}{n+1} \right\rfloor, $$
ale naopak
$$ \lim_{n\to +\infty} \left\lfloor \frac{n+1}{n} \right\rfloor = \left\lfloor \lim_{n\to +\infty} \frac{n+1}{n} \right\rfloor.$$
% \tagged{teach}{\begin{res}a) Posloupnost vlevo je posloupnost nul; vpravo jde limita k jedne. b) limita sevrene posloupnosti mezi 0 a $\frac{n+1}{n}$.\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Jelikož $0 < \frac{n}{n+1} < 1 $ pro všechna $n \in \N$, je $\left\lfloor \frac{n}{n+1} \right\rfloor = 0$. Pak jistě platí
$$
\lim_{n\to +\infty} \left\lfloor \frac{n}{n+1} \right\rfloor = 0.
$$
Naopak $\lim_{n\to +\infty} \frac{n}{n+1} = 1$ a $\lfloor 1 \rfloor = 1$. Dokázali jsme tedy první nerovnost.
\\
V druhém případě $\frac{n+1}{n} \in \left(1{,}2\right)$ pro všechna $n >1$. Pak pro $n > 1$ platí
$$
\left\lfloor\frac{n+1}{n}\right\rfloor = 1
$$
a tedy $\lim_{n\to +\infty} \left\lfloor \frac{n+1}{n} \right\rfloor = 1$. Obdobně jako v prvním případě $\lim_{n\to +\infty} \frac{n+1}{n} = 1$ a $\lfloor 1 \rfloor = 1$. Tím je druhá rovnost dokázána.
\end{postup}
}
\end{pr}
%====================================================
\subsection{Výpočet limit pomocí posloupností konvergujících k Eulerově číslu $e$, Stirlingova formule}
% \tagged{teach}{\begin{instr}
% \item Z přednášky studenti vědí, že
% \begin{equation}\label{eq:Euler}
% (1+1/n)^n\nearrow e,\quad (1+1/n)^{n+1}\searrow e,\quad \sum_{k=0}^{n}1/k!\nearrow e.)
% \end{equation}
% \item Neopomeňte zdůraznit, jak rozpoznat, zda-li se jedná o posloupnost konvergující k $e$ nebo klasickou mocnino-racionální limitu.
% \item První příklad určen k počítání na cvičení.
% \end{instr}}
\begin{pr}
Vypočtěte
$$
a.) \lim_{n\to+\infty} \left(1-\frac{1}{n}\right)^n,\quad
b.) \lim_{n\to+\infty}\left(1-\frac{1}{n}\right)^{-n},\quad
c.) \lim_{n\to+\infty}\left(1+\frac{(-1)^n}{n}\right)^{(-1)^n n}.
$$
\tagged{teach}{\begin{res}a.) $1/e$, b.) $e$, c.) $e$ \end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
\\
S využitím věty o limitě posloupnosti jdoucí k Eulerově číslu dostáváme \\
a.) $ \lim_{n\to+\infty} \left(1-\frac{1}{n}\right)^n = \lim_{n\to+\infty} \left[ \left(1+\frac{1}{-n}\right)^{(-n)} \right]^{(-1)} = e^{-1} = \frac{1}{e} $, \\
b.) $ \lim_{n\to+\infty} \left(1-\frac{1}{n}\right)^{-n} = \lim_{n\to+\infty} \left(1+\frac{1}{-n}\right)^{(-n)} = e
$, \\
c.) $ \lim_{n\to+\infty} \left(1+\frac{(-1)^n}{n}\right)^{(-1)^n n} = \lim_{n\to+\infty}\left(1+\frac{1}{(-1)^n n}\right)^{(-1)^n n} = e.
$
%\\
%jelikož $\lim_{n \to +\infty} |(-1)^n n| = +\infty$.
\end{postup}
}
\end{pr}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\begin{pr}
Vypočtěte (v $\R$)
$$\lim_{n\to+\infty} \left(\frac{2n+5}{2n+3}\right)^{n+1}.$$
\tagged{teach}{\begin{res}$e$\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup} \\
Použitím ekvivalentních úprav zadané posloupnosti a věty o limitě posloupnosti jdoucí k Eulerově číslu dostáváme
\begin{align*}
\lim_{n\to+\infty} \left( \frac{2n+5}{2n+3} \right)^{n+1} = \lim_{n\to+\infty} \left( \frac{2n+3+2}{2n+3} \right)^{n+1} = \lim_{n\to+\infty} \left[ \left( 1+\frac{1}{\frac{2n+3}{2}} \right)^{ \frac{2n+3}{2} } \right]^{ \frac{2}{2n+3} (n+1) } = e,
\end{align*}
jelikož $\lim_{n \to +\infty} \frac{2(n+1)}{2n+3} = 1$.
\end{postup}
}
\end{pr}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\begin{pr}
Vypočtěte (v $\R$)
$$\lim_{n\to+\infty} \left(1-\frac{2}{n}\right)^{3n+2}.$$
\tagged{teach}{\begin{res}$e^{-6}$\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup} \\
Použitím ekvivalentních úprav zadané posloupnosti a věty o limitě posloupnosti jdoucí k Eulerově číslu dostáváme
\begin{align*}
\lim_{n\to+\infty} \left(1-\frac{2}{n}\right)^{3n+2}
= \lim_{n\to+\infty} \left(1+\frac{1}{-\frac{n}{2}}\right)^{3n+2}
= \lim_{n\to+\infty} \left[\left(1+\frac{1}{-\frac{n}{2}}\right)^{-\frac{n}{2}}
\right]^{\frac{3n+2}{-\frac{n}{2}}} = e^{-6},
\end{align*}
jelikož $\lim_{n\to +\infty} \frac{3n+2}{-\frac{n}{2}} = -6$.
\end{postup}
}
\end{pr}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\begin{pr}
Vypočtěte (v $\R$)
$$\lim_{n\to+\infty} \left(1+\frac{1}{n^2+2}\right)^{n^2}.$$
\tagged{teach}{\begin{res}$e$\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup} \\
Použitím ekvivalentních úprav zadané posloupnosti a věty o limitě posloupnosti jdoucí k Eulerově číslu dostáváme
\begin{align*}
\lim_{n\to+\infty} \left(1+\frac{1}{n^2+2}\right)^{n^2}
=\lim_{n\to+\infty}\left[ \left(1+\frac{1}{n^2+2}\right)^{n^2 + 2} \right]^{\frac{n^2}{n^2 + 2}} = e,
\end{align*}
jelikož $\lim_{n \to +\infty} n^2+2 =+\infty$ a $\lim_{n \to +\infty} \frac{n^2}{n^2+2} = 1$.
\end{postup}
}
\end{pr}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\begin{pr}
Vypočtěte (v $\R$)
$$\lim_{n\to+\infty} \left(1+\frac{1}{2n^2+1}\right)^n.$$
\tagged{teach}{\begin{res}1\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Použitím ekvivalentních úprav zadané posloupnosti a věty o limitě posloupnosti jdoucí k Eulerově číslu dostáváme
\begin{align*}
\lim_{n\to+\infty} \left(1+\frac{1}{2n^2+1}\right)^n
= \lim_{n\to+\infty} \left[ \left(1+\frac{1}{2n^2+1}\right)^{2n^2+1} \right]^{\frac{n}{2n^2+1}}= e^0 = 1,
\end{align*}
jelikož $\lim_{n \to +\infty} 2n^2+1=+\infty$ a $\lim_{n \to +\infty} \frac{n}{2n^2+1} = 0$.
\end{postup}
}
\end{pr}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\begin{pr}
Vypočtěte (v $\R$)
$$\lim_{n\to+\infty} \left(\frac{n^2+3n-1}{n^2-2n+3}\right)^{2n+1}.$$
\tagged{teach}{\begin{res}$e^{10}$\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Použitím ekvivalentních úprav zadané posloupnosti a věty o limitě posloupnosti jdoucí k Eulerově číslu dostáváme
\begin{align*}
\lim_{n\to+\infty} \left(\frac{n^2+3n-1}{n^2-2n+3}\right)^{2n+1}
&= \lim_{n\to+\infty} \left(\frac{n^2-2n+3+5n-4}{n^2-2n+3}\right)^{2n+1}
= \lim_{n\to+\infty} \left(1+\frac{5n-4}{n^2-2n+3}\right)^{2n+1}
\\
&= \lim_{n\to+\infty} \left[ \left(1+\frac{1}{\frac{n^2-2n+3}{5n-4}}\right)^{\frac{n^2-2n+3}{5n-4}} \right]^{\frac{(2n+1)(5n-4)}{n^2-2n+3}} = e^{10},
\end{align*}
jelikož $\lim_{n \to +\infty} \frac{n^2-2n+3}{5n-4} =+\infty$ a $\lim_{n \to +\infty} \frac{(2n+1)(5n-4)}{n^2-2n+3} = 10 $.
\end{postup}
}
\end{pr}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\begin{pr}
Vypočtěte (v $\R$)
$$\lim_{n\to+\infty} \left( \frac{2^n}{1+2^n} \right)^{2^n}.$$
\tagged{teach}{\begin{res}$1/e$\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Použitím ekvivalentních úprav zadané posloupnosti a věty o limitě posloupnosti jdoucí k Eulerově číslu dostáváme
\begin{align*}
\lim_{n\to+\infty} \left( \frac{2^n}{1+2^n} \right)^{2^n}
&=\lim_{n\to+\infty} \left( 1-\frac{1}{1+2^n} \right)^{2^n}
\\
&= \lim_{n\to+\infty} \left[ \left( 1+\frac{1}{-(1+2^n)} \right)^{{-(1+2^n)}} \right]^{\frac{-2^n}{1+2^n}} = e^{-1} = \frac{1}{e},
\end{align*}
jelikož $\lim_{n \to +\infty} |-(1+2^n)|= +\infty$ a $\lim_{n \to +\infty} \frac{-2^n}{1+2^n} = -1 $.
\end{postup}
}
\end{pr}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\begin{pr}
Vypočtěte (v $\R$)
$$\lim_{n\to+\infty} \left( 1+ \sqrt{n+1} - \sqrt{n} \right)^{\sqrt{n}}.$$
\tagged{teach}{\begin{res}$\sqrt{e}$\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Použitím ekvivalentních úprav zadané posloupnosti a věty o limitě posloupnosti jdoucí k Eulerově číslu dostáváme
\begin{align*}
\lim_{n\to+\infty} \left( 1+ \sqrt{n+1} - \sqrt{n} \right)^{\sqrt{n}}
&= \lim_{n\to+\infty} \left( 1+ \left(\sqrt{n+1} - \sqrt{n} \right) \cdot \frac{\sqrt{n+1} + \sqrt{n}}{\sqrt{n+1} + \sqrt{n}} \right)^{\sqrt{n}}
\\
&= \lim_{n\to+\infty} \left[ \left( 1+ \frac{1}{\sqrt{n+1} + \sqrt{n}} \right)^{\sqrt{n+1} + \sqrt{n}} \right]^{\frac{\sqrt{n}}{\sqrt{n+1} + \sqrt{n}}} = e^{\frac{1}{2}} = \sqrt{e},
\end{align*}
jelikož $\lim_{n \to +\infty} \sqrt{n+1} + \sqrt{n}= +\infty$ a $\lim_{n \to +\infty} \frac{\sqrt{n}}{\sqrt{n+1} + \sqrt{n}} = \frac{1}{2} $.
\end{postup}
}
\end{pr}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\begin{pr}
Vypočtěte (v $\R$)
$$\lim_{n\to+\infty} \left( \frac{\alpha n+2}{n+1} \right)^{n}$$
pro $\alpha \in \R^+$.
\tagged{teach}{\begin{res}$+\infty$ pro $\alpha>1$, $e$ pro $\alpha=1$, 0 pro $\alpha<1$\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Pro přehlednost označme $a_n^{(\alpha)} = \left(\frac{\alpha n + 2}{n+1} \right)^n$. Ekvivalentními úpravami dostáváme
\begin{align*}
\lim_{n\to+\infty} a_n^{(\alpha)} = \lim_{n\to+\infty} \left( \frac{n+1-n +\alpha n+1}{n+1} \right)^{n} = \lim_{n\to+\infty} \left(1+ \frac{(\alpha-1)n+1}{n+1} \right)^{n} =
\end{align*}
Pro $\alpha = 1$ máme splněný předpoklad pro použití věty o limitě posloupnosti jdoucí k Eulerově číslu a získáváme
$$
\lim_{n\to+\infty} a_n^{(1)} = \lim_{n\to+\infty} \left[ \left(1+ \frac{1}{n+1} \right)^{n+1} \right]^{\frac{n}{n+1}}=e.
$$
Zbývají případy $\alpha \in (0{,}1)$ a $\alpha \in (1{,}+\infty)$. Jelikož
$$
\lim_{n\to+\infty} \frac{\alpha n + 2}{n+1} = \alpha,
$$
dostáváme z věty o limitě obecné mocniny (\uv{$\lim a_n^{b_n} = a^b$}) výsledek
\begin{align*}
\lim_{n\to+\infty} a_n^{(\alpha)} =\begin{cases}
0,\quad \text{pro } \alpha \in (0{,}1), \\
+\infty,\quad \text{pro } \alpha \in (0{,}+\infty).
\end{cases}
\end{align*}
% \begin{itemize}
% \item $\alpha = 1$
% \begin{equation} \nonumber
% = \lim_{n\to+\infty} \left[ \left(1+ \frac{1}{n+1} \right)^{n+1} \right]^{\frac{n}{n+1}}=e
% \end{equation}
% \item $\alpha\neq1$
% \begin{equation} \nonumber
% \begin{aligned}
% = \lim_{n\to+\infty}\left(\frac{\alpha n + 2}{n+1} \right)^{n} = \lim_{n\to+\infty}\left(\frac{\alpha n + \alpha - \alpha +2}{n+1} \right)^{n} = \\
% \lim_{n\to+\infty}\left(\alpha + \frac{2-\alpha}{n+1} \right)^{n}=\lim_{n\to+\infty}\alpha^n \left(\alpha + \frac{\frac{2-\alpha}{\alpha}}{n+1} \right)^{n}=
% \end{aligned}
% \end{equation}
% Opět provedeme diskuzi pro $\alpha$
% \begin{itemize}
% \item $\alpha\neq2$
% \begin{equation} \nonumber
% \begin{aligned}
% =\lim_{n\to+\infty}\alpha^n \left(\alpha + \frac{1}{\frac{\alpha}{2-\alpha}(n+1)} \right)^{n}= \\
% \lim_{n\to+\infty} \alpha^n \cdot \lim_{n\to+\infty} \left[ \left( 1+\frac{1}{\frac{\alpha}{2-\alpha}(n+1)} \right)^{ \frac{\alpha}{2-\alpha}(n+1) } \right]^{ \frac{2-\alpha}{\alpha(n-1)}n } = \\
% \lim_{n\to+\infty} \alpha^n \cdot e^{ \frac{2-\alpha}{\alpha} } = \left| 0 \text{ pro $\alpha\in(0,1)$ }, \quad +\infty \text{ pro $\alpha>1,\alpha\neq2$} \right|
% \end{aligned}
% \end{equation}
% \item $\alpha=2$
% \begin{equation} \nonumber
% = \lim_{n\to+\infty} \left(\frac{2n+2}{n+1} \right)^{n} = \lim_{n\to+\infty} 2^n = +\infty
% \end{equation}
% \end{itemize}
% \end{itemize}
% \noindent
Celkově
\begin{align*}
\lim_{n\to+\infty} a_n^{(\alpha)} =\begin{cases}
0,\quad \text{pro } \alpha \in (0{,}1), \\
e,\quad \text{pro } \alpha = 1, \\
+\infty,\quad \text{pro } \alpha \in (0{,}+\infty).
\end{cases}
\end{align*}
\end{postup}
}
\end{pr}
%=======================================
% \tagged{teach}{\begin{instr}
% \item Následující příklad je doporučen ukázat na cvičení.
% \end{instr}}
\begin{pr}
Dokažte, že pro všechna přirozená čísla $n\geq 2$ platí
\begin{equation} \label{eq:fact_est}
e \left(\frac{n}{e}\right)^n<n!<e \left(\frac{n+1}{e}\right)^{n+1}.
\end{equation}
Tuto nerovnost si zapamatujte a využijte v následujících příkladech.
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Z definice čísla $e$ pro $k \in \N$ platí
$$
(1+\frac{1}{k})^k<e<(1+\frac{1}{k})^{k+1}
$$
%Pak
% \begin{equation} \nonumber
% \begin{aligned}
% &k=1 \quad 2 < e < 2^2 \\
% &k=2 \quad (\frac{3}{2})^2 < e < (\frac{3}{2})^3 \\
% &\vdots \\
% &k=n-2 \quad (\frac{n-1}{n-2})^{n-2} < e < (\frac{n-1}{n-2})^{n-1} \\
% &k=n-1 \quad (\frac{n}{n-1})^{n-1} < e < (\frac{n}{n-1})^{n}.
% \end{aligned}
% \end{equation}
Vynásobením předcházejících nerovnic pro $k=1,\dots,n-1$ získáme nerovnost
\begin{equation} \nonumber
\frac{2\cdot3^2 \cdot 4^3 \cdot \dots \cdot (n-1)^{n-2} \cdot n^{n-1}}{1\cdot2^2 \cdot 3^3 \cdot \dots \cdot (n-2)^{n-2} \cdot (n-1)^{n-1}} < e^{n-1} < \frac{2^2 \cdot3^3 \cdot 4^4 \cdot \dots \cdot (n-1)^{n-1} \cdot n^{n}}{1\cdot2^3 \cdot 3^4 \cdot \dots \cdot (n-2)^{n-1} \cdot (n-1)^{n}},
\end{equation}
která je ekvivalentní s nerovností
\begin{align*}
\frac{n^{n-1}}{(n-1)!} < e^{n-1} < \frac{n^n}{(n-1)!}.
\end{align*}
Vynásobením předcházející nerovnosti kladným číslem $\frac{n!}{e^{n-1}}$ získáme
\begin{align*}
\frac{n^{n}}{e^{n-1}} < n! < n \frac{n^{n}}{e^{n-1}} \Leftrightarrow
e\cdot(\frac{n}{e})^n < n! < n\cdot e \cdot (\frac{n}{e})^n.
\end{align*}
První nerovnost je již hledanou nerovností ze zadání. Druhou získáme úpravou výrazu $e \cdot (\frac{n}{e})^n$. Jelikož z definice čísla $e$ platí nerovnost $e < \left(1 + \frac{1}{n}\right)^{n+1}$ dostáváme odhad
$$
n\cdot e \cdot \left(\frac{n}{e}\right)^n < n\cdot \left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+1}(\frac{n}{e})^n = n \frac{(n+1)^{n+1}}{n^{n+1}}\frac{n^n}{e^n}=\frac{(n+1)^{n+1}}{e^n}=e(\frac{n+1}{e})^{n+1},
$$
což již dává hledanou druhou nerovnost.
\end{postup}
}
\end{pr}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\tagged{complete}{
\begin{pozn}
Ve Statistické fyzice či Asymptotických metodách bude odvozena přesnější tzv. \textbf{Stirlingova formule}:
$$\lim_{n\to+\infty}\frac{n!}{\sqrt{2\pi n}(n/e)^n}=1.$$
\end{pozn}
}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\begin{pr}
Vypočtěte (v $\R$; existuje-li)
$$\lim_{n\to+\infty}\frac{n^n}{3^n n!}.$$
\tagged{teach}{\begin{res}0\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Z předcházející příkladů víme, že $n! > e \left( \frac{n}{e}\right)^n $. Použitím tohoto odhadu získáme
\begin{align*}
\frac{n^n}{3^n n!} \leq \frac{n^n}{3^n } \frac{1}{e} \left( \frac{e}{n}\right)^n = \frac{1}{e}\left(\frac{e}{3}\right)^n \rightarrow 0.
\end{align*}
Zadaná posloupnost je jistě kladná, platí tedy $\frac{n^n}{3^n n!} \geq 0 \rightarrow 0$. Z věty o limitě sevřené posloupnosti pak dostáváme
$$\lim_{n\to+\infty}\frac{n^n}{3^n n!} = 0.$$
% \frac{1}{e}\left( \frac{e}{n+1} \right)^{n} < \frac{1}{n!} < \frac{1}{e}\left( \frac{e}{n} \right)^{n} \quad /\cdot n^n \ /:3^n \\
% L:=\frac{1}{e} \frac{e^{n+1}n^n}{(n+1)^{n+1}3^n} < \frac{n^n}{3^n n!} < \frac{e^{n-1}}{3^n} =:P
% \end{aligned}
% \end{equation}
% \\
% $L=\lim_{n\to+\infty} \left( \frac{e}{3} \right)^{n}\left( \frac{n}{n+1} \right)^{n} \frac{1}{n+1}=\lim_{n\to+\infty} \left( \frac{e}{3} \right)^{n} \cdot \lim_{n\to+\infty}\left[ \left( 1 - \frac{1}{n+1} \right)^{-(n+1)} \right]^{\frac{-n}{n+1}}\cdot \lim_{n\to+\infty} \frac{1}{n+1} = 0\cdot e^{-1} \cdot 0 = 0$ \\
% $P = \lim_{n\to+\infty}\left( \frac{e}{3} \right)^{n} \frac{1}{e}=0$\\
% Proto $\lim_{n\to+\infty}\frac{n^n}{3^n n!} = 0$
\end{postup}
}
\end{pr}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\begin{pr}
Vypočtěte (v $\R$; existuje-li)
$$\lim_{n\to+\infty}\frac{\sqrt[n]{n(n+1)(n+2)\ldots (2n)}}{n}.$$
\tagged{teach}{\begin{res} $\frac{4}{e}$\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Platí: $n(n+1)(n+2)\cdot \dots \cdot (2n) = \frac{(2n)!}{(n-1)!}$. Pro sevření využijeme odhady z rovnice \eqref{eq:fact_est}
\begin{equation} \nonumber
\begin{aligned}
e\left(\frac{2n}{e}\right)^{2n} &< (2n)! < e\left(\frac{2n+1}{e}\right)^{2n+1}, \\
e\left(\frac{n-1}{e}\right)^{n-1} &< (n-1)! < e\left(\frac{n}{e}\right)^{n}.
\end{aligned}
\end{equation}
Potom
\begin{equation} \nonumber
\begin{aligned}
\frac{1}{e}\left(\frac{e}{n}\right)^{n}e\left(\frac{2n}{e}\right)^{2n} &< \frac{(2n)!}{(n-1)!} < \frac{1}{e}\left(\frac{e}{n-1}\right)^{n-1}e\left(\frac{2n+1}{e}\right)^{2n+1} \\
\frac{4^n n^n}{e^n} &< \frac{(2n)!}{(n-1)!} < \frac{1}{e^2} \frac{1}{e^n} \frac{[(2n+1)^2]^n (2n+1)}{(n-1)^n (n-1)^{-1}} \\
\frac{4n}{e} &< \sqrt[n]{\frac{(2n)!}{(n-1)!}} < e^{-\frac{2}{n}} \frac{1}{e} \frac{(2n+1)^2 \sqrt[n]{2n+1}}{\frac{n-1}{\sqrt[n]{n-1}}}.
\end{aligned}
\end{equation}
Celkově jsme tedy dostáváme odhad
\begin{align*}
\frac{4n}{en} < \frac{\sqrt[n]{n(n+1)(n+2)\ldots (2n)}}{n} < e^{-\frac{2}{n}} \frac{1}{e} \frac{(2n+1)^2 \sqrt[n]{2n+1}}{\frac{n-1}{\sqrt[n]{n-1}}} \frac{1}{n}.
\end{align*}
Pro přehlednost označme $L' = \frac{4n}{en}$ a $P' = e^{-\frac{2}{n}} \frac{1}{e} \frac{(2n+1)^2 \sqrt[n]{2n+1}}{\frac{n-1}{\sqrt[n]{n-1}}} \frac{1}{n}$. Pro jejich limity platí
\begin{align*}
\lim_{n\to+\infty} L'& = \lim_{n\to+\infty}\frac{\frac{4n}{e}}{n} = \frac{4}{e},
\\
\lim_{n\to+\infty}P'
&=\frac{1}{e} \lim_{n\to+\infty}e^{-\frac{2}{n}} \cdot \frac{(2n+1)^2}{n(n-1)} \cdot \sqrt[n]{(2n+1)(n-1)}
\\
&= \frac{1}{e} \cdot \lim_{n\to+\infty}e^{-\frac{2}{n}} \cdot \lim_{n\to+\infty} \frac{n^2 (2+1/n)^2}{n^2 (1-1/n)} \cdot \lim_{n\to+\infty} \sqrt[n]{(2n+1)(n-1)}
\\
&= \frac{1}{e} \cdot 1 \cdot 2^2 \cdot 4 = \frac{4}{e},
\end{align*}
kde pro výpočet $\lim_{n\to+\infty} \sqrt[n]{(2n+1)(n-1)}$ bylo použito odhadů
$$
1\leftarrow\sqrt[n]{n}\leq \sqrt[n]{(2n+1) \cdot 1} \leq \sqrt[n]{(2n+1)(n-1)}\leq \sqrt[n]{(2n+n)n} = \sqrt[n]{3n^2}=\sqrt[n]{3} (\sqrt[n]{n})^2 \rightarrow 1\cdot 1 = 1.
$$
Celkově z věty o limitě sevřené posloupnosti plyne
$$\lim_{n\to+\infty}\frac{\sqrt[n]{n(n+1)(n+2)\ldots (2n)}}{n} = \frac{4}{e}.$$
\end{postup}
}
\end{pr}
% priklady s logaritmem
\subsection{Limity s logaritmem}
\begin{pr} \label{pr: podilLnKun}
Vypočtěte (v $\R$; existuje-li)
$$\lim_{n\to +\infty} \frac{\ln{n}}{n}, \quad\quad\quad \lim_{n\to +\infty} \Big(n-\ln{n}\Big).$$
\tagged{teach}{\begin{res}$0,+\infty$\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Použitím ekvivalentních úprav a věty o limitě logaritmu získáme
\begin{itemize}
\item $\lim_{n\to +\infty} \frac{\ln{n}}{n} = \lim_{n\to +\infty} \frac{1}{n} \ln{n} = \lim_{n\to +\infty} \ln{\sqrt[n]{n}} = \ln{1} = 0$,
\item $\lim_{n\to +\infty} \Big(n-\ln{n}\Big) = \lim_{n\to +\infty} n\Big(1-\frac{\ln{n}}{n}\Big) = +\infty \cdot 1 = +\infty$.
\end{itemize}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\textbf{Jiný postup:} \\
Limitu $\lim_{n\to +\infty} \frac{\ln{n}}{n}$ lze spočítat také pomocí věty o limitě sevřené posloupnosti a odhadu
$$
0 \leq \frac{\ln n}{n} = \frac{2 \ln n^{\frac{1}{2}}}{n} \leq 2 \frac{n^{\frac{1}{2}}}{n} \to 0,
$$
kde jsme využili odhad $\ln x < x$ platný pro $\forall x \in \R^+$.
\end{postup}
}
\end{pr}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\begin{pr}
Vypočtěte (v $\R$; existuje-li)
$$\lim_{n\to +\infty} \frac{\log_a{n}}{\log_a(10n)},$$
kde $a>0,\, a\neq 1$.
\tagged{teach}{\begin{res}1\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Použitím vzorce pro logaritmus součinu a vytknutím nejrychleji rostoucího členu získáme
\begin{align*}
\lim_{n\to +\infty} \frac{\log_a{n}}{\log_a(10n)} = \lim_{n\to +\infty} \frac{\log_a{n}}{\log_a(10)+\log_a(n)}=
\lim_{n\to +\infty} \frac{1}{ \frac{\log_a(10)}{\log_a(n)}+1} = 1,
\end{align*}
jelikož $\lim_{n \to +\infty} \frac{\log_a(10)}{\log_a(n)} = 0$.
% \begin{equation} \nonumber
% (*)=\lim_{n\to +\infty} \frac{\log_a{n}}{\log_a(n)( \frac{\log_a(10)}{\log_a(n)}+1)} =\lim_{n\to +\infty} \frac{1}{ \frac{\log_a(10)}{\log_a(n)}+1}=(**)
% \end{equation}
% \begin{itemize}
% \item $a>1$: pak $log_a (10)>0$ a $log_a (n)>0$ pro $\forall n \in \N$ a $ (**) = 1 $
% \item $a<1$: pak $log_a (10)<0$ a $log_a (n)<0$ pro $\forall n \in \N$ a $ (**) = 1 $
% \end{itemize}
% Celkově tedy $\lim_{n\to +\infty}\frac{\log_a{n}}{\log_a(10n)} = 1$ pro $a>0,\, a\neq 1$.
\end{postup}
}
\end{pr}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\begin{pr}
Vypočtěte (v $\R$; existuje-li)
$$\lim_{n\to +\infty} \frac{\ln(n^2+3n-2)}{\ln(n^5+7n^2-n)}.$$
\tagged{teach}{\begin{res}$2/5$\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Vytknutím nejrychleji rostoucího členu a použitím vzorce pro logaritmus součinu získáme
\begin{align*}
\lim_{n\to +\infty} \frac{\ln(n^2+3n-2)}{\ln(n^5+7n^2-n)}
&=\lim_{n\to +\infty} \frac{\ln\left[ n^2(1+3/n-2/n^2)\right]}{\ln\left[ n^5(1+7/n^3-1/n^4)\right]}
\\
&=\lim_{n\to +\infty} \frac{\ln(n^2) + \ln(1+3/n-2/n^2)}{\ln(n^5)+\ln(1+7/n^3-1/n^4)}
\\
&= \lim_{n\to +\infty} \frac{2\ln(n) + \ln(1+3/n-2/n^2)}{5\ln(n)+\ln(1+7/n^3-1/n^4)}
\\
&= \lim_{n\to +\infty} \frac{\ln(n) \left[2 + \frac{\ln(1+3/n-2/n^2)}{\ln(n)} \right]}{\ln(n) \left[ 5+\frac{\ln(1+7/n^3-1/n^4)}{\ln(n)} \right]} = \frac{2}{5}.
\end{align*}
\end{postup}
}
\end{pr}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\begin{pr}
Vypočtěte (v $\R$; existuje-li)
$$\lim_{n\to +\infty} \frac{\ln(2+e^{3n})}{\ln(1+n+e^{2n})}.$$
\tagged{teach}{\begin{res}$3/2$\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Vytknutím nejrychleji rostoucího členu a použitím vzorce pro logaritmus součinu získáme
\begin{align*}
\lim_{n\to +\infty} \frac{\ln(2+e^{3n})}{\ln(1+n+e^{2n})}
&= \lim_{n\to +\infty} \frac{\ln[e^{3n}(\frac{2}{e^{3n}}+1)]}{\ln[e^{2n}(\frac{1}{e^{2n}}+\frac{n}{e^{2n}}+1)]}
\\
&=\lim_{n\to +\infty} \frac{3n\ln(e) + \ln(\frac{2}{e^{3n}}+1)}{2n\ln(e) + \ln(\frac{1}{e^{2n}}+\frac{n}{e^{2n}}+1)}
\\
&=
\lim_{n\to +\infty} \frac{3 + \frac{\ln(\frac{2}{e^{3n}}+1)}{n}}{2+\frac{\ln(\frac{1}{e^{2n}}+\frac{n}{e^{2n}}+1)}{n}} = \frac{3}{2}.
\end{align*}
\end{postup}
}
\end{pr}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\begin{pr}
Vypočtěte (v $\R$; existuje-li)
$$\lim_{n\to +\infty} \big( \log_{2n}{(10n)}\big)^{\ln n}.$$
\tagged{teach}{\begin{res}5\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Převedením základu na podíl dvou přirozených logaritmů získáme
\begin{align*}
\log_{2n}(10n) &= \frac{\ln(10n)}{\ln(2n)} = \frac{\ln(10)+\ln(n)}{\ln(2)+\ln(n)}
\\
&=\frac{\ln(2)+\ln(5)+\ln(n)}{\ln(2)+\ln(n)}=1+\frac{\ln(5)}{\ln(2)+\ln(n)} = 1 + \frac{1}{ \frac{\ln(2)+\ln(n)}{\ln(5)} }.
\end{align*}
Potom za pomoci věty o limitě posloupnosti jdoucí k Eulerově číslu získáme
\begin{align*}
\lim_{n\to +\infty} \big( \log_{2n}{(10n)}\big)^{\ln n}
= \lim_{n\to +\infty} \left[ \left(1 + \frac{1}{ \frac{\ln(2)+\ln(n)}{\ln(5)}}\right)^{\frac{\ln(2)+\ln(n)}{\ln(5)}} \right]^{\frac{\ln n}{\frac{\ln(2)+\ln(n)}{\ln(5)}}} = e^{ \ln 5} = 5,
\end{align*}
jelikož $\lim_{n \to +\infty} \frac{\ln n}{\frac{\ln(2)+\ln(n)}{\ln(5)}} = \ln 5$.
\end{postup}
}
\end{pr}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\begin{pr}
Vypočtěte (v $\R$; existuje-li)
$$\lim_{n\to +\infty} \left( \frac{\ln (n^2 + 1)}{\ln (n+2)} \right)^n.$$
\tagged{teach}{\begin{res}$+\infty$\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Jelikož
\begin{equation*}
\frac{\ln (n^2 + 1)}{\ln (n+2) } = \frac{\ln\left[ n^2(1 + 1/n^2)\right]}{\ln \left[ n(1+2/n)\right] } = \frac{2 \ln n +\ln (1+1/n^2) }{\ln n +\ln (1+2/n)} = \frac{ 2 + \frac{\ln (1+1/n^2)}{ \ln n } }{ 1 + \frac{\ln (1+2/n)}{\ln n} } \rightarrow 2,
\end{equation*}
platí díky větě o limitě obecné mocniny
\begin{align*}
\lim_{n\to +\infty} \left( \frac{\ln (n^2 + 1)}{\ln (n+2)} \right)^n = 2^{+\infty} = + \infty.
\end{align*}
% \begin{equation} \nonumber
% \lim_{n\to +\infty} \left( \frac{\ln (n^2 + 1)}{\ln (n+2)} \right)^n = \lim_{n\to +\infty} e^{ n \cdot \ln(\frac{\ln (n^2 + 1)}{\ln (n+2)) }} = \| \ln(\frac{\ln (n^2 + 1)}{\ln (n+2)) }\rightarrow \ln 2 >0 \| = +\infty,
% \end{equation}
% kde jsme použili
\end{postup}
}
\end{pr}
%===============================================================
\subsection{Výpočet limit pomocí posloupnosti konvergující k Eulerově konstantě C}
% \tagged{teach}{\begin{instr}
% \item Následující příklad je třeba udělat na cvičení.
% \end{instr}}
\begin{pr}
Na přednášce bylo odvozeno, že posloupnost tzv. \textbf{harmonických čísel} $$h_n:=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k} \nearrow +\infty.$$ Tuto posloupnost lze však regularizovat odečtením $\ln{n}$. Dokažte, že posloupnost $x_n:=h_n-\ln{n}$ je ostře klesající, posloupnost $y_n:=h_{n-1}-\ln{n}$ je ostře rostoucí a platí $$0<\lim_{n\to+\infty}y_n=\lim_{n\to+\infty}x_n<1.$$ Společná limita $C$ se nazývá \textbf{Eulerova konstanta} ($C=0,577216$).
% \tagged{teach}{\begin{res} Monotonie se ukáže přímo z definice s využitím vztahů \eqref{eq:Euler}. Pro $n\geq 2$ tak dostaneme $$0=y_1<y_n<y_{n+1}<y_{n+1}+1/(n+1)=x_{n+1}<x_n<x_1=1.$$
% \end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
V dokazování využijeme vztahů $(1+\frac{1}{n})^n\nearrow e$, $ (1+\frac{1}{n})^{n+1}\searrow e$ a $\sum_{k=0}^n \frac{1}{k!} \nearrow e$. Nejprve ukážeme, že posloupnost $h_n := \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}$ je ostře rostoucí. Jistě
\begin{equation} \nonumber
\begin{aligned}
\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k} < \sum_{k=1}^{n+1}\frac{1}{k}
\Leftrightarrow
0 < \sum_{k=1}^{n+1}\frac{1}{k} - \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k} = \frac{1}{1+n},
\end{aligned}
\end{equation}
což platí pro všechna $n \in \N$.
%Platí: $h_{n-1} < h_n \Leftrightarrow h_{n-1} - \ln n< h_n - \ln n \Leftrightarrow y_n < x_n$.\\
Dále pomocí ekvivalentních úprav získáme odhady
\begin{equation} \nonumber
\begin{aligned}
(1+\frac{1}{n})^n &< e < (1+\frac{1}{n})^{n+1} \quad /\ln \\
n \ln(1+\frac{1}{n}) &< 1 < (n+1) \ln(1+\frac{1}{n}) \quad /:\ln(1+\frac{1}{n}) \\
n &< \frac{1}{\ln(1+\frac{1}{n})} < n+1 \\
\frac{1}{n+1} &< \ln(1+\frac{1}{n}) < \frac{1}{n}.
\end{aligned}
\end{equation}
Tedy
$$
-\frac{1}{n+1} > -\ln(1+\frac{1}{n}) > -\frac{1}{n}.$$
Nyní ukážeme, že posloupnost $(x_n)$ je ostře klesající:
\begin{align*}
x_{n+1}-x_n &= \sum_{k=1}^{n+1}\frac{1}{k} - \ln(n+1) - \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k} + \ln n
\\
&= \sum_{k=1}^{n+1}\frac{1}{k} - \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k} + \ln n - \ln(n+1)
\\
&= \frac{1}{1+n} + \ln( \frac{n}{1+n} ) = \frac{1}{1+n} - \ln( \frac{n+1}{n} )
\\
&=
\frac{1}{1+n} - \ln( 1 + \frac{1}{n} ) < \frac{1}{1+n} -\frac{1}{1+n} = 0.
\end{align*}
Tedy $x_{n+1} - x_n < 0$ a posloupnost $(x_n)$ je ostře klesající. Nyní ukážeme, že posloupnost $(y_n)$ je ostře rostoucí:
\begin{align*}
y_{n+1}-y_n &= h_n - \ln(n+1) - h_{n-1} + \ln n
\\
&= (h_n - h_{n-1}) - \ln( \frac{n+1}{n} ) = \frac{1}{n} -\ln( 1 + \frac{1}{n} ) > \frac{1}{n}-\frac{1}{n} = 0.
\end{align*}
Tedy posloupnost $(y_n)$ je jistě ostře rostoucí. Celkově dostáváme
\begin{equation} \nonumber
y_n < x_n \land x_1 = 1 \land y_1 = 0 \land x_{n+1} < x_n \land y_{n+1} > y_n \land x_n-y_n = \frac{1}{n},
\end{equation}
a proto
\begin{equation} \label{eulerconstant}
0 = y_1 < y_n < y_{n+1} < y_{n+1} + \frac{1}{1+n} = x_{n+1} < x_n < x_1 = 1
\end{equation}
Posloupnosti $(x_n), (y_n)$ jsou ostře monotonní $\Rightarrow$
mají limitu a dle vztahu výše musí být konečná. Limitním přechodem v (\ref{eulerconstant}) dostaneme
\begin{equation} \nonumber
0<\lim_{n\to+\infty}y_n=\lim_{n\to+\infty}x_n<1.
\end{equation}
\end{postup}
}
\end{pr}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\begin{pr}\label{pr: eulerKonstant}
Vypočtěte (v $\R$)
$$\lim_{n\to+\infty} \sum_{k=n+1}^{2n}\frac{1}{k}.$$
\tagged{teach}{\begin{res}$\ln 2$\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Platí
\begin{align*}
\lim_{n\to+\infty} \sum_{k=n+1}^{2n}\frac{1}{k}
&= \lim_{n\to+\infty} \left( \sum_{k=1}^{2n}\frac{1}{k} - \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k} \right)
\\
&= \lim_{n\to+\infty} \left( \left[\sum_{k=1}^{2n}\frac{1}{k} - \ln(2n)\right] + \ln(2n) - \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k} - \ln n + \ln n \right)
\\
&= \lim_{n\to+\infty} \left( \sum_{k=1}^{2n}\frac{1}{k} - \ln(2n) \right) - \lim_{n\to+\infty} \left( \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k} - \ln n \right) + \ln 2 = C-C + \ln 2 = \ln 2,
\end{align*}
kde jsme využili toho, že posloupnost $\left( \sum_{k=1}^{2n}\frac{1}{k} - \ln(2n) \right)$ je vybraná posloupnost z posloupnosti $(x_n)$ a má tedy stejnou limitu $C$.
\end{postup}
}
\end{pr}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\begin{pr}
Vypočtěte (v $\R$)
$$\lim_{n\to+\infty} \sum_{k=1}^{n}\frac{(-1)^{k+1}}{k}.$$
\tagged{teach}{\begin{res}$\ln 2$\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Vhodnou úpravou získáme
\begin{equation} \nonumber
\begin{aligned}
\sum_{k=1}^{n}\frac{(-1)^{k+1}}{k}
&= 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \dots +(-1)^{n+1}\frac{1}{n} \\
&=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4} + \dots + \frac{1}{n} -2\left( \frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \frac{1}{6} + \dots + \frac{1}{2\lfloor \frac{n}{2} \rfloor} \right)
\\
& = \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k} - 2\sum_{k=1}^{\lfloor \frac{n}{2} \rfloor}\frac{1}{2k} = \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k} -\sum_{k=1}^{\lfloor \frac{n}{2} \rfloor}\frac{1}{k}.
\end{aligned}
\end{equation}
Pak
\begin{align*}
\lim_{n\to+\infty} \sum_{k=1}^{n}\frac{(-1)^{k+1}}{k}
&= \lim_{n\to+\infty} \left(\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k} - \ln n \right) - \left( \sum_{k=1}^{\lfloor \frac{n}{2} \rfloor}\frac{1}{k} - \ln \lfloor \frac{n}{2} \rfloor \right) + \ln \frac{n}{\lfloor \frac{n}{2} \rfloor}
\\
&= C - C + \ln 2 = \ln 2,
\end{align*}
jelikož posloupnost $\left( \sum_{k=1}^{\lfloor \frac{n}{2} \rfloor}\frac{1}{k} - \ln \lfloor \frac{n}{2} \rfloor \right)$ je skoro vybraná z posloupnosti $(x_n)$ (pro $n=1$ je nutné předefinovat) a $\lim_{n \to +\infty} \ln \frac{n}{\lfloor \frac{n}{2} \rfloor} = 2$.
% Nyní rozdělíme případ pro $n$ sudé a $n$ liché
% \begin{itemize}
% \item n sudé: pak $\sum_{k=1}^{n}\frac{(-1)^{k+1}}{k} = \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k} -\sum_{k=1}^{\frac{n}{2}}\frac{1}{k}$ a
% \begin{equation} \nonumber
% \begin{aligned}
% \lim_{n\to+\infty} \sum_{k=1}^{n}\frac{(-1)^{k+1}}{k} & = \lim_{n\to+\infty} \left( \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k} - \ln n + \ln n -\sum_{k=1}^{\frac{n}{2}}\frac{1}{k} + \ln(\frac{n}{2}) -\ln(\frac{n}{2}) \right) = \\
% & = C-C + \ln 2 = \ln 2
% \end{aligned}
% \end{equation}
% \item n liché: pak $\sum_{k=1}^{n}\frac{(-1)^{k+1}}{k} = \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k} -\sum_{k=1}^{\frac{n-1}{2}}\frac{1}{k}$ a
% \begin{equation} \nonumber
% \begin{aligned}
% \lim_{n\to+\infty} \sum_{k=1}^{n}\frac{(-1)^{k+1}}{k} & = \lim_{n\to+\infty} \left( \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k} - \ln n + \ln n + \left[ -\sum_{k=1}^{\frac{n-1}{2}}\frac{1}{k} + \ln(\frac{n-1}{2}) \right] -\ln(\frac{n-1}{2}) \right) = \\
% & = C - C + \lim_{n\to+\infty} \ln(\frac{n}{n-1}) + \ln 2 = \ln 2
% \end{aligned}
% \end{equation}
% \end{itemize}
% kde výraz v závorce je vybraná posloupnost z $(x_n)$. Celkově tedy $\lim_{n\to+\infty} \sum_{k=1}^{n}\frac{(-1)^{k+1}}{k} = \ln 2$.
\end{postup}
}
\end{pr}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\begin{pr}
Vypočtěte (v $\R$)
$$\lim_{n\to+\infty} \left(\frac{1}{n}+\frac{1}{2n}+\frac{1}{3n}+\ldots+\frac{1}{n^2}\right).$$
\tagged{teach}{\begin{res}0\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Vhodnými úpravami získáme
\begin{equation} \nonumber
\begin{aligned}
\lim_{n\to+\infty} \left(\frac{1}{n}+\frac{1}{2n}+\frac{1}{3n}+\ldots+\frac{1}{n^2}\right) &= \lim_{n\to+\infty} \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k} = \lim_{n\to+\infty} \frac{1}{n}\left(\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k} - \ln n + \ln n\right)
\\
& =\lim_{n\to+\infty} \frac{\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k} - \ln n}{n} + \lim_{n\to+\infty} \frac{\ln n}{n} = \\
& =\frac{C}{+\infty} + 0 = 0,
\end{aligned}
\end{equation}
kde jsme využili řešení příkladu \ref{pr: podilLnKun}.
\end{postup}
}
\end{pr}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\begin{pr}
Vypočtěte (v $\R$)
$$\lim_{n\to+\infty} \left(\sum_{k=n}^{n^2}\frac{1}{k}-\ln{n}\right).$$
\tagged{teach}{\begin{res}0\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Vhodnými úpravami získáme
\begin{equation} \nonumber
\begin{aligned}
\lim_{n\to+\infty} \left(\sum_{k=n}^{n^2}\frac{1}{k}-\ln{n}\right)
& = \lim_{n\to+\infty} \left(\sum_{k=1}^{n^2}\frac{1}{k} -\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{k} -\ln{n}\right)
\\
& = \lim_{n\to+\infty} \left(\sum_{k=1}^{n^2}\frac{1}{k} -\left[\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{k} -\ln{n} \right] - \ln n - \ln n\right)
\\
& =-\lim_{n\to+\infty}\left[ \sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{k} -\ln n \right] +\lim_{n\to+\infty} \left[\sum_{k=1}^{n^2}\frac{1}{k} -\ln n^2 \right]
\\
&= -C + C = 0,
\end{aligned}
\end{equation}
kde jsme využili, že posloupnost $\left[\sum_{k=1}^{n^2}\frac{1}{k} -\ln n^2 \right]$ je vybraná posloupnost z $(x_n)$.
\end{postup}
}
\end{pr}
