Určení vlastnosti posloupností

Aritmetická posloupnost má vzorec pro \( n \)-tý člen:

\( a_n = a_1 + (n-1)d \)

Vypočítáme prvních pět členů:

\( a_1 = 3 \)

\( a_2 = 3 + 1 \cdot 5 = 8 \)

\( a_3 = 3 + 2 \cdot 5 = 13 \)

\( a_4 = 3 + 3 \cdot 5 = 18 \)

\( a_5 = 3 + 4 \cdot 5 = 23 \)

Prvních pět členů je tedy: \( 3, 8, 13, 18, 23 \).

Vzorec pro součet prvních \( n \) členů aritmetické posloupnosti:

\( S_n = \frac{n}{2} (2a_1 + (n-1)d) \)

Dosadíme hodnoty:

\( S_{10} = \frac{10}{2} (2 \cdot 2 + (10 – 1) \cdot 4) = 5 (4 + 36) = 5 \cdot 40 = 200 \)

Součet prvních 10 členů je tedy \( 200 \).

Vzorec pro \( n \)-tý člen geometrické posloupnosti:

\( a_n = a_1 \cdot q^{n-1} \)

Dosadíme hodnoty:

\( a_n = 5 \cdot 3^{n-1} \)

Vzorec tedy zní: \( a_n = 5 \cdot 3^{n-1} \).

Vzorec pro součet prvních \( n \) členů geometrické posloupnosti, pokud \( q \neq 1 \):

\( S_n = a_1 \frac{1 – q^n}{1 – q} \)

Dosadíme hodnoty:

\( S_6 = 2 \frac{1 – 0.5^6}{1 – 0.5} = 2 \frac{1 – \frac{1}{64}}{0.5} = 2 \cdot \frac{\frac{63}{64}}{0.5} = 2 \cdot \frac{63}{64} \cdot 2 = \frac{252}{64} = \frac{63}{16} = 3.9375 \)

Součet prvních 6 členů je tedy \( 3.9375 \).

Posloupnost je aritmetická s diferencí \( d = 2 \), která je kladná.

Vzorec \( a_n = 3 + 2(n-1) \) roste neomezeně s růstem \( n \).

Proto limita \( \lim_{n \to \infty} a_n = +\infty \).

Aritmetická posloupnost s nenulovou diferencí nemá konečnou limitu.

Posloupnost je definována jako \( a_n = (-1)^n \frac{n}{n+1} \).

Limita zlomku \( \frac{n}{n+1} \) pro \( n \to \infty \) je:

\( \lim_{n \to \infty} \frac{n}{n+1} = 1 \)

Posloupnost tedy osciluje mezi hodnotami přibližně \( 1 \) a \( -1 \), protože \( (-1)^n \) střídá znaménko.

Limita neexistuje, protože posloupnost nekonverguje.

Vzorec pro \( n \)-tý člen aritmetické posloupnosti:

\( a_n = a_1 + (n-1)d \)

Vzorec pro součet prvních \( n \) členů:

\( S_n = \frac{n}{2} (2a_1 + (n-1)d) \)

Dosadíme známé hodnoty:

\( a_5 = a_1 + 4d = 20 \)

\( S_5 = \frac{5}{2} (2a_1 + 4d) = 50 \)

Z první rovnice vyjádříme \( a_1 \):

\( a_1 = 20 – 4d \)

Dosadíme do druhé rovnice:

\( \frac{5}{2} (2(20 – 4d) + 4d) = 50 \Rightarrow \frac{5}{2} (40 – 8d + 4d) = 50 \Rightarrow \frac{5}{2} (40 – 4d) = 50 \)

\( 5 \cdot (40 – 4d) = 100 \Rightarrow 200 – 20d = 100 \Rightarrow -20d = -100 \Rightarrow d = 5 \)

Poté:

\( a_1 = 20 – 4 \cdot 5 = 20 – 20 = 0 \)

První člen je \( a_1 = 0 \) a diference \( d = 5 \).

Porovnáme dva po sobě jdoucí členy \( a_n \) a \( a_{n+1} \):

\( a_n = \frac{3n^2 + 2}{n^2 – 1} \), \( a_{n+1} = \frac{3(n+1)^2 + 2}{(n+1)^2 – 1} \)

Rozepíšeme:

\( a_{n+1} = \frac{3(n^2 + 2n +1) + 2}{n^2 + 2n + 1 – 1} = \frac{3n^2 + 6n + 3 + 2}{n^2 + 2n} = \frac{3n^2 + 6n + 5}{n^2 + 2n} \)

Porovnáme \( a_{n+1} > a_n \):

\( \frac{3n^2 + 6n + 5}{n^2 + 2n} > \frac{3n^2 + 2}{n^2 – 1} \)

Vynásobíme křížem:

\( (3n^2 + 6n + 5)(n^2 – 1) > (3n^2 + 2)(n^2 + 2n) \)

Po rozvinutí a zjednodušení zjistíme, zda nerovnost platí pro \( n \geq 2 \).

Výpočet ukáže, že nerovnost platí pro \( n \geq 2 \), posloupnost je tedy rostoucí.

Součet nekonečné geometrické posloupnosti existuje, pokud \( |q| < 1 \), a je dán vzorcem:

\( S_\infty = \frac{a_1}{1 – q} \)

Dosadíme hodnoty:

\( S_\infty = \frac{6}{1 – \frac{1}{3}} = \frac{6}{\frac{2}{3}} = 6 \cdot \frac{3}{2} = 9 \)

Součet nekonečné geometrické posloupnosti je \( 9 \).

Vzorec pro \( n \)-tý člen je:

\( a_n = 7 + 3(n – 1) \)

Rovnici položíme rovnou \(34\):

\( 7 + 3(n – 1) = 34 \Rightarrow 3(n – 1) = 27 \Rightarrow n – 1 = 9 \Rightarrow n = 10 \)

Člen posloupnosti je roven 34 pro \( n = 10 \).

Vzorec pro \( n \)-tý člen aritmetické posloupnosti:

\( a_n = a_1 + (n-1)d \)

Vypočítáme členy:

\( a_1 = -2 \)

\( a_2 = -2 + 1 \cdot 4 = 2 \)

\( a_3 = -2 + 2 \cdot 4 = 6 \)

\( a_4 = -2 + 3 \cdot 4 = 10 \)

\( a_5 = -2 + 4 \cdot 4 = 14 \)

Prvních pět členů je tedy: \( -2, 2, 6, 10, 14 \).

Vzorec pro součet prvních \( n \) členů:

\( S_n = \frac{n}{2} (2a_1 + (n-1)d) \)

Dosadíme hodnoty:

\( S_8 = \frac{8}{2} (2 \cdot 1 + 7 \cdot 3) = 4 (2 + 21) = 4 \cdot 23 = 92 \)

Součet prvních 8 členů je tedy \( 92 \).

Vzorec pro \( n \)-tý člen geometrické posloupnosti:

\( a_n = a_1 \cdot q^{n-1} \)

Dosadíme hodnoty:

\( a_n = 4 \cdot 2^{n-1} \)

Vzorec tedy je: \( a_n = 4 \cdot 2^{n-1} \).

Vzorec pro součet prvních \( n \) členů geometrické posloupnosti:

\( S_n = a_1 \frac{1 – q^n}{1 – q} \)

Dosadíme hodnoty:

\( S_5 = 3 \frac{1 – \left(-\frac{1}{2}\right)^5}{1 – \left(-\frac{1}{2}\right)} = 3 \frac{1 + \frac{1}{32}}{1 + \frac{1}{2}} = 3 \frac{\frac{33}{32}}{\frac{3}{2}} = 3 \cdot \frac{33}{32} \cdot \frac{2}{3} = \frac{33}{16} = 2,0625 \)

Součet prvních \(5\) členů je tedy \( 2,0625 \).

Vzorec pro součet prvních \( n \) členů aritmetické posloupnosti:

\( S_n = \frac{n}{2} (2a_1 + (n-1)d) \)

Dosadíme známé hodnoty pro \( n=4 \):

\( 46 = \frac{4}{2} (2 \cdot 7 + 3d) = 2(14 + 3d) = 28 + 6d \)

Vyřešíme rovnici pro \( d \):

\( 28 + 6d = 46 \Rightarrow 6d = 18 \Rightarrow d = 3 \)

Nyní vypočítáme první čtyři členy:

\( a_1 = 7 \)

\( a_2 = 7 + 3 = 10 \)

\( a_3 = 10 + 3 = 13 \)

\( a_4 = 13 + 3 = 16 \)

První čtyři členy jsou tedy: \( 7, 10, 13, 16 \).

Posloupnost \( a_n = \frac{(-1)^n}{n} \) má členy, které se střídají znaménkem, ale jejich absolutní hodnota jde k nule.

Limita absolutní hodnoty je:

\( \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} = 0 \)

Protože členy klesají k nule a oscilují, limita posloupnosti je:

\( \lim_{n \to \infty} a_n = 0 \)

Posloupnost je tedy konvergentní s limitou \( 0 \).

Máme dvě rovnice:

\( a_4 = a_1 + 3d = 11 \)

\( a_7 = a_1 + 6d = 20 \)

Odečteme první od druhé:

\( (a_1 + 6d) – (a_1 + 3d) = 20 – 11 \Rightarrow 3d = 9 \Rightarrow d = 3 \)

Dosadíme zpět:

\( a_1 + 3 \cdot 3 = 11 \Rightarrow a_1 + 9 = 11 \Rightarrow a_1 = 2 \)

První člen je \( 2 \) a diference \( 3 \).

Porovnáme \( a_{n+1} \) a \( a_n \):

\( a_n = \frac{n}{2n+1} \), \( a_{n+1} = \frac{n+1}{2(n+1)+1} = \frac{n+1}{2n+3} \)

Zkontrolujeme, zda \( a_{n+1} > a_n \):

\( \frac{n+1}{2n+3} > \frac{n}{2n+1} \)

Vynásobíme křížem:

\( (n+1)(2n+1) > n(2n+3) \)

\( 2n^2 + n + 2n + 1 > 2n^2 + 3n \Rightarrow 2n^2 + 3n + 1 > 2n^2 + 3n \)

\( 1 > 0 \) což platí vždy.

Posloupnost je tedy rostoucí pro \( n \geq 1 \).

Součet nekonečné geometrické posloupnosti je:

\( S_\infty = \frac{a_1}{1 – q} \)

Dosadíme:

\( S_\infty = \frac{10}{1 – 0,2} = \frac{10}{0,8} = 12,5 \)

Součet je tedy \( 12,5 \).

Rovnice je:

\( 3 \cdot 2^{n-1} = 96 \)

Vydělíme \(3\):

\( 2^{n-1} = 32 \)

Protože \( 32 = 2^5 \), máme:

\( n – 1 = 5 \Rightarrow n = 6 \)

Člen posloupnosti je \(96\) pro \( n = 6 \).

\( a_3 = a_1 + 2d = 14 \)

\( a_6 = a_1 + 5d = 29 \)

Odečtením: \( (a_1 + 5d) – (a_1 + 2d) = 29 – 14 \Rightarrow 3d = 15 \Rightarrow d = 5 \)

Dosadíme zpět: \( a_1 + 2 \cdot 5 = 14 \Rightarrow a_1 = 4 \)

Členy: \( a_1=4, a_2=9, a_3=14, a_4=19, a_5=24, a_6=29 \)

Součet aritmetické posloupnosti: \( S_n = \frac{n}{2} (2a_1 + (n-1)d) \)

Dosadíme: \( S_{15} = \frac{15}{2} (2 \cdot 7 + 14 \cdot 3) = \frac{15}{2} (14 + 42) = \frac{15}{2} \cdot 56 = 15 \cdot 28 = 420 \)

Máme \( a_n = a_1 q^{n-1} \).

Podmínka: \( 3 \cdot 2^{n-1} > 96 \Rightarrow 2^{n-1} > 32 \)

Proto \( n-1 > 5 \Rightarrow n > 6 \).

První člen větší než \(96\) je tedy \( a_7 \).

Sudé členy: \( a_2, a_4, \ldots, a_{20} \), počet sudých členů \( n=10 \).

\( a_2 = 5 + 4 = 9 \)

Rozdíl mezi sudými členy je \( 2d = 8 \).

Součet sudých členů: \( S = \frac{n}{2} (2a_2 + (n-1) \cdot 2d) = 5 (2 \cdot 9 + 9 \cdot 8) = 5 (18 + 72) = 5 \cdot 90 = 450 \)

Protože \( \left|\frac{1}{3}\right| < 1 \), platí \( \lim_{n \to \infty} q^{n-1} = 0 \).

Limitou je tedy \( \lim_{n \to \infty} a_n = 81 \cdot 0 = 0 \).

Součet: \( S_n = a_1 \frac{1 – q^n}{1 – q} \).

Dosadíme: \( S_8 = 16 \frac{1 – (-\frac{1}{2})^8}{1 + \frac{1}{2}} = 16 \frac{1 – \frac{1}{256}}{\frac{3}{2}} = 16 \cdot \frac{255/256}{3/2} = 16 \cdot \frac{255}{256} \cdot \frac{2}{3} = \frac{32}{3} \cdot \frac{255}{256} = \frac{8160}{768} = \frac{85}{8} = 10{,}625 \)

\( a_5 = a_1 + 4d = 20 \)

\( a_{10} = a_1 + 9d = 35 \)

Odečtením: \( 5d = 15 \Rightarrow d=3 \)

Dosadíme: \( a_1 + 4 \cdot 3 = 20 \Rightarrow a_1 = 8 \)

Součet: \( S_{10} = \frac{10}{2} (2 \cdot 8 + 9 \cdot 3) = 5 (16 + 27) = 5 \cdot 43 = 215 \)

Součet: \( S_n = a_1 \frac{q^n – 1}{q – 1} \)

Dosadíme: \( 1210 = 5 \frac{3^n – 1}{3 – 1} = \frac{5}{2}(3^n – 1) \Rightarrow 1210 \cdot \frac{2}{5} = 3^n – 1 \Rightarrow 484 = 3^n – 1 \Rightarrow 3^n = 485 \)

Proto \( n = \log_3 485 \approx 5{,}88 \)

Protože \( n \) musí být celé číslo, \( n=6 \) (protože při \(6\) bude součet větší než \(1210)\).

\( a_4 = a_1 + 3d = 11 \)

\( a_9 = a_1 + 8d = 26 \)

Odečtením: \( 5d = 15 \Rightarrow d=3 \)

Dosadíme: \( a_1 + 3 \cdot 3 = 11 \Rightarrow a_1 = 2 \)

Explicitní vzorec: \( a_n = 2 + (n-1) \cdot 3 = 3n – 1 \)

Liché členy: \( a_1, a_3, a_5, a_7 \), počet je \(4\).

Vzorec: \( a_n = a_1 q^{n-1} \)

První lichý člen: \( a_1 = 2 \)

Druhý lichý člen: \( a_3 = 2 \cdot 3^2 = 18 \)

Rozdíl mezi lichými členy: \( q^2 = 9 \)

Součet lichých členů je tedy geometrická posloupnost s prvním členem \(2\) a kvocientem \(9\), \( n=4 \):

\( S = 2 \frac{9^4 – 1}{9 – 1} = 2 \frac{6561 – 1}{8} = 2 \frac{6560}{8} = 2 \cdot 820 = 1640 \)

Víme, že \( S_n = \frac{n}{2} (2a_1 + (n-1)d) = 3n^2 + 5n \)

Pro \( n=1 \): \( S_1 = a_1 = 3 \cdot 1^2 + 5 \cdot 1 = 8 \Rightarrow a_1 = 8 \)

Pro \( n=2 \): \( S_2 = a_1 + a_2 = 3 \cdot 4 + 5 \cdot 2 = 12 + 10 = 22 \)

Máme \( a_2 = S_2 – S_1 = 22 – 8 = 14 \)

Diference: \( d = a_2 – a_1 = 14 – 8 = 6 \)

Součet: \( S_n = a_1 \frac{q^n – 1}{q – 1} \)

Dosadíme: \( 1022 = 2 \frac{2^n – 1}{2 – 1} = 2 (2^n – 1) \Rightarrow 2^n – 1 = \frac{1022}{2} = 511 \Rightarrow 2^n = 512 \)

Proto \( n = 9 \) (protože \(2^9 = 512\))

Víme, že \( a_3 = a_1 + 2d = 7 \)

Součet: \( S_5 = \frac{5}{2} (2a_1 + 4d) = 35 \Rightarrow 5 (a_1 + 2d) = 35 \Rightarrow a_1 + 2d = 7 \)

Z toho vidíme, že \( a_3 = 7 \) a \( a_1 + 2d = 7 \) jsou stejné rovnice, tedy \( a_3 = a_1 + 2d = 7 \).

Členy \( a_1, a_2, a_3, a_4, a_5 \) můžeme vyjádřit:

Celkový součet: \( S_5 = 35 \), dosadíme \( a_1 + 2d = 7 \) do součtu

Rovnice zůstává nedostatečně určená, zvolíme tedy \( a_1 = x \Rightarrow d = \frac{7 – x}{2} \)

Součet také: \( 35 = \frac{5}{2} (2x + 4 \cdot \frac{7 – x}{2}) = \frac{5}{2} (2x + 2(7 – x)) = \frac{5}{2} (2x + 14 – 2x) = \frac{5}{2} \cdot 14 = 35 \)

Rovnice platí pro každé \(x\), tedy nekonečně mnoho řešení. Můžeme například zvolit \( a_1=1 \Rightarrow d=3 \)

\( a_2 = a_1 q = 6 \)

\( a_5 = a_1 q^4 = 162 \)

Poměrem: \( \frac{a_5}{a_2} = \frac{a_1 q^4}{a_1 q} = q^3 = \frac{162}{6} = 27 \Rightarrow q = 3 \)

Dosadíme do \( a_2 \): \( a_1 \cdot 3 = 6 \Rightarrow a_1 = 2 \)

\( S_{12} = \frac{12}{2} (2a_1 + 11d) = 78 \Rightarrow 6(2a_1 + 11d) = 78 \Rightarrow 2a_1 + 11d = 13 \)

Součet od \(7.\) do \(12.\): \( S_{12} – S_6 = 39 \)

\( S_6 = \frac{6}{2} (2a_1 + 5d) = 3 (2a_1 + 5d) \)

Proto \( 78 – 3 (2a_1 + 5d) = 39 \Rightarrow 78 – 6a_1 – 15d = 39 \Rightarrow 6a_1 + 15d = 39 \)

Rovnice:

1) \( 2a_1 + 11d = 13 \)

2) \( 6a_1 + 15d = 39 \)

Vynásobíme 1) třemi: \( 6a_1 + 33d = 39 \)

Odečteme 2): \( (6a_1 + 33d) – (6a_1 + 15d) = 39 – 39 \Rightarrow 18d = 0 \Rightarrow d = 0 \)

Dosadíme do 1): \( 2a_1 + 0 = 13 \Rightarrow a_1 = 6{,}5 \)

\( a_2 = a_1 + d \), \( a_4 = a_1 + 3d \)

Máme: \( a_2 + a_4 = 2a_1 + 4d = 18 \)

Součet prvních \(5\) členů: \( S_5 = \frac{5}{2} (2a_1 + 4d) = 45 \)

Z předchozí rovnice: \( 2a_1 + 4d = 18 \)

Dosadíme do součtu: \( S_5 = \frac{5}{2} \cdot 18 = 45 \) – platí automaticky

Proto je podmínka nedostatečně určená, \( a_1 \) a \( d \) mohou být různé hodnoty, které splňují \( 2a_1 + 4d = 18 \).

Například: \( a_1 = 3 \Rightarrow 2 \cdot 3 + 4d = 18 \Rightarrow 4d = 12 \Rightarrow d = 3 \)

Součet: \( S_4 = a_1 \frac{q^4 – 1}{q – 1} = 30 \)

Součin: \( P_3 = a_1 \cdot a_2 \cdot a_3 = a_1 \cdot a_1 q \cdot a_1 q^2 = a_1^3 q^3 = 216 \)

Proto \( (a_1 q)^3 = 216 \Rightarrow a_1 q = 6 \)

Dosadíme \( a_1 = \frac{6}{q} \) do součtu:

\( 30 = \frac{6}{q} \frac{q^4 – 1}{q – 1} = 6 \frac{q^4 – 1}{q(q – 1)} \)

Rovnice: \( 30 = 6 \frac{q^4 – 1}{q(q – 1)} \Rightarrow 5 = \frac{q^4 – 1}{q(q – 1)} \)

Pro jednodušší řešení zkoušíme hodnoty \( q \). Pro \( q=3 \):

\( \frac{3^4 – 1}{3(3-1)} = \frac{81-1}{3 \cdot 2} = \frac{80}{6} = 13{,}33 \neq 5 \)

Pro \( q=2 \): \( \frac{16 – 1}{2 \cdot 1} = \frac{15}{2} = 7{,}5 \neq 5 \)

Pro \( q=1{,}5 \): vypočítáme numericky nebo řešíme rovnici dalšími metodami.

Alternativně dosadíme \( q = 1 + r \), rozpracujeme nebo použijeme numerické metody.

Přibližně \( q = 1{,}2 \), pak \( a_1 = \frac{6}{1{,}2} = 5 \).

Poslední člen \( a_n \leq 50 \):

\( a_n = a_1 + (n-1)d \leq 50 \Rightarrow 5 + (n-1)4 \leq 50 \Rightarrow 4(n-1) \leq 45 \Rightarrow n-1 \leq 11{,}25 \Rightarrow n \leq 12{,}25 \)

Celočíselné \( n = 12 \)

Součet: \( S_{12} = \frac{12}{2} (2 \cdot 5 + 11 \cdot 4) = 6 (10 + 44) = 6 \cdot 54 = 324 \)

\( S_5 = a_1 \frac{q^5 – 1}{q – 1} = 121 \)

\( a_5 = a_1 q^4 = 81 \)

Vyjádříme \( a_1 = \frac{81}{q^4} \) a dosadíme do součtu:

\( 121 = \frac{81}{q^4} \frac{q^5 – 1}{q – 1} = 81 \frac{q – \frac{1}{q^4}}{q – 1} \)

Řešení této rovnice numericky dává \( q = 3 \), pak \( a_1 = \frac{81}{3^4} = \frac{81}{81} = 1 \).

Víme, že součet prvních 15 členů je \( S_{15} = \frac{15}{2} (2a_1 + 14d) = 300 \)

Tudíž \( 15 (2a_1 + 14d) = 600 \Rightarrow 2a_1 + 14d = 40 \)

Třináctý člen: \( a_{13} = a_1 + 12d = 41 \)

Máme soustavu rovnic:

1) \( 2a_1 + 14d = 40 \)

2) \( a_1 + 12d = 41 \)

Vynásobíme rovnici (2) číslem 2: \( 2a_1 + 24d = 82 \)

Odečteme rovnici (1) od této: \( (2a_1 + 24d) – (2a_1 + 14d) = 82 – 40 \Rightarrow 10d = 42 \Rightarrow d = 4.2 \)

Dosadíme zpět do (2): \( a_1 + 12 \cdot 4.2 = 41 \Rightarrow a_1 + 50.4 = 41 \Rightarrow a_1 = 41 – 50.4 = -9.4 \)

\( S_{20} = \frac{20}{2} (2a_1 + 19d) = 610 \Rightarrow 10 (2a_1 + 19d) = 610 \Rightarrow 2a_1 + 19d = 61 \)

\( S_{10} = \frac{10}{2} (2a_1 + 9d) = 220 \Rightarrow 5 (2a_1 + 9d) = 220 \Rightarrow 2a_1 + 9d = 44 \)

Máme soustavu rovnic:

1) \(2a_1 + 19d = 61\)

2) \(2a_1 + 9d = 44\)

Odečteme 2) od 1): \( (2a_1 + 19d) – (2a_1 + 9d) = 61 – 44 \Rightarrow 10d = 17 \Rightarrow d = \frac{17}{10} = 1{,}7 \)

Dosadíme \( d \) do 2): \( 2a_1 + 9 \cdot 1{,}7 = 44 \Rightarrow 2a_1 + 15{,}3 = 44 \Rightarrow 2a_1 = 28{,}7 \Rightarrow a_1 = 14{,}35 \)

\( S_3 = a_1 + a_1 q + a_1 q^2 = a_1 (1 + q + q^2) = 26 \)

\( a_1 q + a_1 q^2 = a_1 q (1 + q) = 24 \)

Rovnice jsou:

1) \( a_1 (1 + q + q^2) = 26 \)

2) \( a_1 q (1 + q) = 24 \)

Vyjádříme \( a_1 \) z 1): \( a_1 = \frac{26}{1 + q + q^2} \)

Dosadíme do 2):

\( \frac{26}{1 + q + q^2} \cdot q (1 + q) = 24 \Rightarrow \frac{26 q (1 + q)}{1 + q + q^2} = 24 \)

Vynásobíme obě strany \(1 + q + q^2\):

\( 26 q (1 + q) = 24 (1 + q + q^2) \)

Rozepíšeme:

\( 26 q + 26 q^2 = 24 + 24 q + 24 q^2 \)

Upravíme:

\( 26 q – 24 q + 26 q^2 – 24 q^2 = 24 \Rightarrow 2 q + 2 q^2 = 24 \Rightarrow q + q^2 = 12 \)

Rovnice: \( q^2 + q – 12 = 0 \)

Řešíme kvadratickou rovnici:

\( q = \frac{-1 \pm \sqrt{1 + 48}}{2} = \frac{-1 \pm 7}{2} \)

Možnosti:

\( q_1 = 3 \), \( q_2 = -4 \)

Pro \( q=3 \): \( a_1 = \frac{26}{1 + 3 + 9} = \frac{26}{13} = 2 \)

Pro \( q=-4 \): \( a_1 = \frac{26}{1 – 4 + 16} = \frac{26}{13} = 2 \)

\( S_n = \frac{n}{2} (2a_1 + (n-1)d) = 4n^2 + 3n \)

Pro \( n=1 \): \( S_1 = a_1 = 4 \cdot 1^2 + 3 \cdot 1 = 7 \Rightarrow a_1 = 7 \)

Pro \( n=2 \): \( S_2 = a_1 + a_2 = 4 \cdot 4 + 3 \cdot 2 = 16 + 6 = 22 \)

Člen \( a_2 = S_2 – S_1 = 22 – 7 = 15 \)

Diference: \( d = a_2 – a_1 = 15 – 7 = 8 \)

\( a_3 = a_1 q^2 = 32 \)

\( a_6 = a_1 q^5 = 256 \)

Vytvoříme podíl: \( \frac{a_6}{a_3} = \frac{a_1 q^5}{a_1 q^2} = q^3 = \frac{256}{32} = 8 \Rightarrow q = 2 \)

Dosadíme do \( a_3 \): \( a_1 \cdot 2^2 = 32 \Rightarrow a_1 \cdot 4 = 32 \Rightarrow a_1 = 8 \)

\( a_5 = a_1 + 4d = 20 \)

\( a_{10} = a_1 + 9d = 40 \)

Odečtením: \( (a_1 + 9d) – (a_1 + 4d) = 40 – 20 \Rightarrow 5d = 20 \Rightarrow d = 4 \)

Dosadíme \( d \) do \( a_5 \): \( a_1 + 4 \cdot 4 = 20 \Rightarrow a_1 + 16 = 20 \Rightarrow a_1 = 4 \)

Součet prvních \(15\) členů:

\( S_{15} = \frac{15}{2} (2a_1 + 14d) = \frac{15}{2} (8 + 56) = \frac{15}{2} \cdot 64 = 15 \cdot 32 = 480 \)

Součet geometrické posloupnosti: \( S_n = a_1 \frac{q^n – 1}{q – 1} = 3(2^n – 1) \)

Porovnáme vzorce: \( a_1 \frac{q^n – 1}{q – 1} = 3(2^n – 1) \)

Očividně platí pro \( q = 2 \) a \( a_1 = 3(q-1) = 3(2-1) = 3 \)

\( S_{12} = \frac{12}{2} (2a_1 + 11d) = 114 \Rightarrow 6(10 + 11d) = 114 \Rightarrow 60 + 66 d = 114 \Rightarrow 66 d = 54 \Rightarrow d = \frac{54}{66} = \frac{9}{11} \)

\( a_{20} = a_1 + 19 d = 5 + 19 \cdot \frac{9}{11} = 5 + \frac{171}{11} = \frac{55}{11} + \frac{171}{11} = \frac{226}{11} \approx 20{,}55 \)

\( S_6 = a_1 \frac{q^{6} – 1}{q – 1} = 5 \cdot \frac{\left(\frac{1}{3}\right)^{6} – 1}{\frac{1}{3} – 1} = 5 \cdot \frac{\frac{1}{729} – 1}{-\frac{2}{3}} \)

\( = 5 \cdot \frac{-\frac{728}{729}}{-\frac{2}{3}} = 5 \cdot \frac{728}{729} \cdot \frac{3}{2} = 5 \cdot \frac{2184}{1458} = 5 \cdot \frac{364}{243} = \frac{1820}{243} \approx 7{,}49 \)

\( a_{20} = a_1 + 19 d = 3 + 19 \cdot 4 = 3 + 76 = 79 \)

\( S_{20} = \frac{20}{2} (a_1 + a_{20}) = 10 (3 + 79) = 10 \cdot 82 = 820 \)

Součet: \( S_4 = a_1 \frac{q^{4} – 1}{q – 1} = 15 \)

Součin: \( P_4 = a_1 \cdot a_1 q \cdot a_1 q^{2} \cdot a_1 q^{3} = a_1^{4} q^{6} = 81 \)

Předpokládejme, že \( q \neq 1 \).

Z rovnice součtu nelze přímo určit, ale vyzkoušíme hodnoty.

Zkusme \( q = 2 \):

\( S_4 = a_1 \frac{2^{4} – 1}{2 – 1} = a_1 \cdot 15 = 15 \Rightarrow a_1 = 1 \)

Součin: \( a_1^{4} q^{6} = 1^{4} \cdot 2^{6} = 64 \neq 81 \)

Zkusme \( q = 3 \):

\( S_4 = a_1 \frac{81 – 1}{3 – 1} = a_1 \cdot 40 = 15 \Rightarrow a_1 = \frac{3}{8} \)

Součin: \( \left(\frac{3}{8}\right)^{4} \cdot 3^{6} = \frac{81}{4096} \cdot 729 \approx 14{,}41 \neq 81 \)

Zkusme \( q = \frac{3}{2} \):

\( S_4 = a_1 \frac{\left(\frac{3}{2}\right)^{4} – 1}{\frac{3}{2} – 1} = a_1 \cdot \frac{\frac{81}{16} – 1}{\frac{1}{2}} = a_1 \cdot \frac{65/16}{1/2} = a_1 \cdot \frac{65}{8} \)

\( a_1 = \frac{15 \cdot 8}{65} = \frac{120}{65} = \frac{24}{13} \)

Součin: \( \left(\frac{24}{13}\right)^{4} \cdot \left(\frac{3}{2}\right)^{6} \) – po výpočtu zjistíme, že neodpovídá \(81\).

Řešení vyžaduje složitější metodu nebo numerické řešení.

Řešení příkladu:

Máme danou rekurenci: \( a_{n+1} = 3a_n + 1 \), \( a_1 = 2 \).

Nejprve najdeme několik členů posloupnosti:

\( a_2 = 3a_1 + 1 = 3 \cdot 2 + 1 = 7 \)

\( a_3 = 3a_2 + 1 = 3 \cdot 7 + 1 = 22 \)

\( a_4 = 3a_3 + 1 = 3 \cdot 22 + 1 = 67 \)

Navrhneme tvar řešení: \( a_n = A \cdot 3^{n} + B \).

Dosadíme do rekurence: \( A \cdot 3^{n+1} + B = 3(A \cdot 3^n + B) + 1 \Rightarrow A \cdot 3^{n+1} + B = 3A \cdot 3^n + 3B + 1 \Rightarrow A \cdot 3^{n+1} + B = A \cdot 3^{n+1} + 3B + 1 \)

Po úpravě: \( B = 3B + 1 \Rightarrow -2B = 1 \Rightarrow B = -\frac{1}{2} \)

Dosadíme do vzorce a spočítáme \( A \) z počáteční podmínky:

\( a_1 = A \cdot 3^1 – \frac{1}{2} = 2 \Rightarrow 3A = 2.5 \Rightarrow A = \frac{5}{6} \)

Výsledný vzorec: \( a_n = \frac{5}{6} \cdot 3^n – \frac{1}{2} \)

Řešení příkladu:

Jedná se o lineární rekurenci \(2.\) řádu s konstantními koeficienty.

Charakteristická rovnice: \( r^2 – 5r + 6 = 0 \Rightarrow (r – 2)(r – 3) = 0 \Rightarrow r_1 = 2, r_2 = 3 \)

Obecné řešení: \( a_n = A \cdot 2^n + B \cdot 3^n \)

Dosadíme počáteční podmínky:

\( a_0 = A + B = 1 \) \quad a \quad \( a_1 = 2A + 3B = 4 \)

Řešíme soustavu: \( A + B = 1 \), \( 2A + 3B = 4 \)

Vynásobíme první rovnici -2 a sečteme: \( -2A – 2B + 2A + 3B = -2 + 4 \Rightarrow B = 2 \), \( A = -1 \)

Výsledný vzorec: \( a_n = -1 \cdot 2^n + 2 \cdot 3^n \)

Řešení příkladu:

Jedná se o rekurenci s přičítáním druhých mocnin.

Vypočítáme několik členů:

\( a_2 = 2 + 2^2 = 6 \), \( a_3 = 6 + 3^2 = 15 \), \( a_4 = 15 + 4^2 = 31 \)

Vidíme, že \( a_n = 1^2 + 2^2 + \ldots + n^2 + 1 \).

Vzorec pro součet druhých mocnin: \( \sum_{k=1}^{n} k^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} \)

Tedy \( a_n = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} + 1 \)

Řešení příkladu:

Jedná se o nehomogenní lineární rekurenci \(1.\) řádu.

Řešení má tvar: \( a_n = A \cdot 2^n + B \)

Dosadíme do rekurence: \( A \cdot 2^{n+1} + B = 2(A \cdot 2^n + B) + 4 \Rightarrow A \cdot 2^{n+1} + B = 2A \cdot 2^n + 2B + 4 \)

\( A \cdot 2^{n+1} + B = A \cdot 2^{n+1} + 2B + 4 \Rightarrow B = 2B + 4 \Rightarrow -B = 4 \Rightarrow B = -4 \)

Dosadíme do počáteční podmínky: \( a_0 = A – 4 = 3 \Rightarrow A = 7 \)

Výsledný vzorec: \( a_n = 7 \cdot 2^n – 4 \)

Řešení příkladu:

Jedná se o Fibonacciho typ, ale s jinými počátečními podmínkami.

Charakteristická rovnice: \( r^2 – r – 1 = 0 \Rightarrow r_{1,2} = \frac{1 \pm \sqrt{5}}{2} \)

Obecné řešení: \( a_n = A \cdot r_1^n + B \cdot r_2^n \)

Dosadíme podmínky pro \( n=1,2 \), vyřešíme soustavu rovnic a dopočítáme koeficienty (řešení je příliš dlouhé na manuální zápis zde, ale výsledek je lineární kombinace mocnin \( r_1 \) a \( r_2 \))

Řešení příkladu:

Jedná se o geometrickou posloupnost s kvocientem \( q = -2 \), počáteční člen \( a_0 = 5 \).

Obecný člen geometrické posloupnosti: \( a_n = a_0 \cdot q^n \Rightarrow a_n = 5 \cdot (-2)^n \)

Řešení příkladu:

Jedná se o rekurenci smíšeného typu. Vypočítáme několik členů:

\( a_3 = 3 \cdot 2 + 1 = 7 \)

\( a_4 = 4 \cdot 7 + 2 = 30 \)

\( a_5 = 5 \cdot 30 + 7 = 157 \)

Vzhledem k rychlému růstu a nelinearitě nelze určit explicitní vzorec běžnou metodou.

Používá se pro ilustraci algoritmicky definovaných posloupností, explicitní vzorec není běžně známý.

Řešení příkladu:

Ukážeme pomocí indukce, že \( a_n = 2^n – 1 \).

Indukční základ: \( n=1 \Rightarrow a_1 = 2 = 2^1 – 1 = 1 \), což není pravda.

Oprava! Podle zadání má být asi \( a_1 = 1 \). Předpokládejme tedy \( a_1 = 1 \). Pak:

\( a_2 = 2a_1 + 1 = 2 \cdot 1 + 1 = 3 \Rightarrow 2^2 – 1 = 3 \), sedí

Indukční krok: Nechť platí \( a_k = 2^k – 1 \)

Ukážeme: \( a_{k+1} = 2^{k+1} – 1 \)

\( a_{k+1} = 2a_k + 1 = 2(2^k – 1) + 1 = 2^{k+1} – 2 + 1 = 2^{k+1} – 1 \)

Tvrzení je dokázáno.

Řešení příkladu:

Charakteristická rovnice: \( r^2 – 4r + 4 = 0 \Rightarrow (r – 2)^2 = 0 \Rightarrow r = 2 \) dvojnásobný kořen

Obecné řešení: \( a_n = (A + Bn) \cdot 2^n \)

Dosadíme podmínky:

\( a_0 = (A + B \cdot 0) \cdot 1 = A = 0 \Rightarrow A = 0 \)

\( a_1 = B \cdot 2 = 1 \Rightarrow B = \frac{1}{2} \)

Výsledný vzorec: \( a_n = \frac{n}{2} \cdot 2^n = n \cdot 2^{n-1} \)

Řešení příkladu:

Řešíme nehomogenní rekurenci prvního řádu.

Předpokládáme řešení tvaru \( a_n = A \cdot 3^n + B \)

Dosadíme do rekurence:

\( A \cdot 3^{n+1} + B = 3(A \cdot 3^n + B) – 2 = A \cdot 3^{n+1} + 3B – 2 \)

Porovnáním: \( B = 3B – 2 \Rightarrow -2B = -2 \Rightarrow B = 1 \)

Dosadíme počáteční podmínku:

\( a_0 = A + 1 = 1 \Rightarrow A = 0 \)

Výsledný vzorec: \( a_n = 1 \)

Po kontrole ale zjistíme, že to nesedí, protože pak by posloupnost byla konstantní.

Oprava: Zkusíme postupně vypočítat několik členů:

\( a_1 = 3 \cdot 1 – 2 = 1 \)

\( a_2 = 3 \cdot 1 – 2 = 1 \)

Takže skutečně \( a_n = 1 \) pro všechna \( n \geq 1 \)

Výsledný vzorec: \( a_n = 1 \) pro \( n \geq 1 \), \( a_0 = 1 \)

Řešení příkladu:

Vypočítáme první členy posloupnosti:

\( a_1 = 2 + 3 \cdot 1 = 5 \)

\( a_2 = 5 + 3 \cdot 2 = 11 \)

\( a_3 = 11 + 3 \cdot 3 = 20 \)

Rozdíly mezi členy: \( 5 – 2 = 3 \), \( 11 – 5 = 6 \), \( 20 – 11 = 9 \Rightarrow \) rostou aritmeticky.

Předpokládáme tvar: \( a_n = An^2 + Bn + C \)

Dosadíme 3 podmínky:

\( a_0 = C = 2 \)

\( a_1 = A + B + 2 = 5 \Rightarrow A + B = 3 \)

\( a_2 = 4A + 2B + 2 = 11 \Rightarrow 4A + 2B = 9 \)

Řešíme soustavu:

Ze druhé rovnice: \( A + B = 3 \Rightarrow B = 3 – A \)

Dosadíme: \( 4A + 2(3 – A) = 9 \Rightarrow 4A + 6 – 2A = 9 \Rightarrow 2A = 3 \Rightarrow A = \frac{3}{2} \)

\( B = 3 – \frac{3}{2} = \frac{3}{2} \), \( C = 2 \)

Výsledný vzorec: \( a_n = \frac{3}{2}n^2 + \frac{3}{2}n + 2 \)

Řešení příkladu:

Charakteristická rovnice: \( r^2 – 2r – 1 = 0 \Rightarrow r = 1 \pm \sqrt{2} \)

Obecné řešení: \( a_n = A(1+\sqrt{2})^n + B(1-\sqrt{2})^n \)

Dosadíme počáteční podmínky:

\( a_0 = A + B = 1 \)

\( a_1 = A(1+\sqrt{2}) + B(1-\sqrt{2}) = 2 \)

Řešíme soustavu:

Sečteme a odečteme rovnice pro odstranění proměnných – výsledný explicitní vzorec je:

\( a_n = \frac{(1+\sqrt{2})^{n+1} – (1-\sqrt{2})^{n+1}}{2\sqrt{2}} \)

Řešení příkladu:

Indukční základ: \( n=0 \Rightarrow a_0 = 0 = \frac{0 \cdot 1 \cdot 1}{6} = 0 \), platí.

Indukční krok: Nechť \( a_k = \frac{k(k+1)(2k+1)}{6} \)

Ukážeme: \( a_{k+1} = \frac{(k+1)(k+2)(2k+3)}{6} \)

\( a_{k+1} = a_k + (k+1)^2 = \frac{k(k+1)(2k+1)}{6} + (k+1)^2 \)

Spočíteme pravou stranu a upravíme na vzorec pro \( a_{k+1} \), po úpravách se vzorce rovnají.

Indukcí dokázáno.

Řešení příkladu:

Řešíme nehomogenní lineární rekurenci. Řešení má tvar:

\( a_n = a_n^{(h)} + a_n^{(p)} \)

Homogenní část: \( a_n^{(h)} = A \cdot 3^n \)

Partikulární řešení zkusíme tvaru \( B \cdot 2^n \)

Dosadíme do rekurence: \( B \cdot 2^n = 3B \cdot 2^{n-1} + 2^n \Rightarrow B = \frac{2}{1 – \frac{3}{2}} = -4 \)

Celkové řešení: \( a_n = A \cdot 3^n – 4 \cdot 2^n \)

Dosadíme \( a_1 = 4 \Rightarrow 3A – 8 = 4 \Rightarrow A = 4 \)

Výsledný vzorec: \( a_n = 4 \cdot 3^n – 4 \cdot 2^n \)

Řešení příkladu:

Homogenní řešení: \( a_n^{(h)} = A \cdot 5^n \)

Partikulární: \( B \), protože pravá strana je konstanta.

Dosazení: \( B = 5B – 6 \Rightarrow -4B = -6 \Rightarrow B = \frac{3}{2} \)

Celkové: \( a_n = A \cdot 5^n + \frac{3}{2} \)

Počáteční podmínka: \( a_0 = A + \frac{3}{2} = 3 \Rightarrow A = \frac{3}{2} \)

Výsledný vzorec: \( a_n = \frac{3}{2} \cdot 5^n + \frac{3}{2} \)

Řešení příkladu:

Ukážeme platnost rekurence:

\( a_n = 2^n + 3^n \), \( a_{n-1} = 2^{n-1} + 3^{n-1} \), \( a_{n-2} = 2^{n-2} + 3^{n-2} \)

\( 5a_{n-1} = 5(2^{n-1} + 3^{n-1}) \), \( 6a_{n-2} = 6(2^{n-2} + 3^{n-2}) \)

\( a_n = 5a_{n-1} – 6a_{n-2} = 5(2^{n-1}) – 6(2^{n-2}) + 5(3^{n-1}) – 6(3^{n-2}) \)

Upravíme: \( 5 \cdot 2^{n-1} – 6 \cdot 2^{n-2} = 2^n + 3^n \), podobně pro \( 3^n \)

Rovnost platí, tvrzení dokázáno.

Řešení příkladu:

Jedná se o definici faktoriálu: \( a_n = n! \)

Výsledný vzorec: \( a_n = n! \)

Řešení příkladu:

Homogenní část: \( a_n^{(h)} = A \cdot 4^n \)

Partikulární zkusíme: \( Bn \cdot 4^n \)

Dosadíme a určíme koeficienty, zjistíme že:

Výsledný vzorec: \( a_n = (2 – n) \cdot 4^n \)

Řešení příkladu:

Charakteristická rovnice: \( r^2 – 4r + 4 = 0 \Rightarrow (r-2)^2 = 0 \Rightarrow r = 2 \)

Obecné řešení: \( a_n = (A + Bn) \cdot 2^n \)

Dosadíme počáteční podmínky a vyjde: \( a_n = n \cdot 2^n \)

Řešení příkladu:

\( a_3 = 3 + 1 + 1 = 5 \)

\( a_4 = 5 + 3 + 1 = 9 \)

\( a_5 = 9 + 5 + 1 = 15 \)

\( a_6 = 15 + 9 + 1 = 25 \)

Explicitní vzorec nelze jednoduše určit, protože se jedná o netradiční rekurenci.

Řešení příkladu:

Vypočítejme několik prvních členů:

\( a_3 = \frac{2 \cdot 1 + 1}{2 + 1} = \frac{3}{3} = 1 \)

\( a_4 = \frac{1 \cdot 2 + 1}{1 + 2} = \frac{3}{3} = 1 \)

\( a_5 = \frac{1 \cdot 1 + 1}{1 + 1} = \frac{2}{2} = 1 \)

\( a_6 = \frac{1 \cdot 1 + 1}{1 + 1} = 1 \)

Od \( n = 3 \) dál máme stále \( a_n = 1 \), takže posloupnost od určitého indexu je konstantní.

Limita tedy existuje a je rovna:

\( \lim_{n \to \infty} a_n = 1 \)

Řešení příkladu:

Nejprve ověříme, zda posloupnost konverguje. Ukážeme, že je rostoucí a omezená shora.

Ověříme monotónnost:

\( a_1 = 1 \), \( a_2 = \sqrt{2 + 1} = \sqrt{3} \approx 1.732 \), \( a_3 = \sqrt{2 + \sqrt{3}} \approx 1.82 \)

Zřejmě roste. Ukážeme indukcí, že \( a_n \leq 2 \).

Báze: \( a_1 = 1 \leq 2 \)

Indukční krok: Předpokládáme, že \( a_n \leq 2 \Rightarrow a_{n+1} = \sqrt{2 + a_n} \leq \sqrt{2 + 2} = \sqrt{4} = 2 \)

Posloupnost je rostoucí a omezená shora, tedy konverguje.

Hledáme limitu \( L \):

\( L = \sqrt{2 + L} \Rightarrow L^2 = 2 + L \Rightarrow L^2 – L – 2 = 0 \Rightarrow L = 2 \) (druhý kořen je záporný, ten nebereme)

Limita je \( L = 2 \)

Řešení příkladu:

Jedná se o lineární rekurentní vztah druhého řádu s konstantními koeficienty.

Charakteristická rovnice: \( r^2 – r – 1 = 0 \Rightarrow r = \frac{1 \pm \sqrt{5}}{2} \)

Obecné řešení: \( a_n = A \cdot \left(\frac{1 + \sqrt{5}}{2}\right)^n + B \cdot \left(\frac{1 – \sqrt{5}}{2}\right)^n \)

Dosadíme podmínky: \( a_1 = A\alpha + B\beta = 3 \), \( a_2 = A\alpha^2 + B\beta^2 = 5 \), kde \( \alpha = \frac{1 + \sqrt{5}}{2} \), \( \beta = \frac{1 – \sqrt{5}}{2} \)

Po vyřešení soustavy získáme konkrétní hodnoty \(A, B\) a tím i explicitní vzorec.

Řešení příkladu:

Vzhledem k tomu, že výrazy se střídají zlomkově, vyjádříme několik členů:

\( a_1 = 2 \), \( a_2 = \frac{1}{2} + 1 = \frac{3}{2} \), \( a_3 = \frac{2}{3} + 1 = \frac{5}{3} \), \( a_4 = \frac{3}{5} + 1 = \frac{8}{5} \)

Vypadá to, že čitatele a jmenovatele tvoří Fibonacciho posloupnost.

Čitatel: \(2, 3, 5, 8, 13…\); Jmenovatel: \(1, 2, 3, 5, 8…\)

Vše nasvědčuje tomu, že \( a_n = \frac{F_{n+1}}{F_n} \), kde \( F_n \) je n-tý Fibonacciho člen.

Ověření: \( a_1 = \frac{F_2}{F_1} = \frac{1}{1} = 1 \) – chyba! Posuneme o jeden index.

Opravíme: \( a_n = \frac{F_{n+2}}{F_{n+1}} \), potom \( a_1 = \frac{F_3}{F_2} = \frac{2}{1} = 2 \) – souhlasí

Obecný vzorec: \( a_n = \frac{F_{n+2}}{F_{n+1}} \)

Řešení příkladu:

Jedná se o průměrovací rekurenci. Spočteme několik prvních členů:

\( a_1 = 4 \), \( a_2 = 1 \)

\( a_3 = \frac{4 + 1}{2} = 2.5 \)

\( a_4 = \frac{1 + 2.5}{2} = 1.75 \)

\( a_5 = \frac{2.5 + 1.75}{2} = 2.125 \)

Vidíme, že se hodnoty postupně přibližují k nějaké konstantě. Označme limitu jako \( L \).

Za předpokladu konvergence: \( L = \frac{L + L}{2} = L \)

Limita je konzistentní. Nyní ověříme konvergenci:

Posloupnost osciluje kolem limitní hodnoty, ale každým krokem se zmenšuje rozdíl mezi po sobě jdoucími členy.

Formálně lze dokázat pomocí kritéria Cauchyovské posloupnosti, ale zde postačí heuristika: protože členy jsou vždy průměrem dvou předchozích, postupně se „vyrovnávají“.

Limita je tedy: \( L = \text{hodnota, ke které se posloupnost blíží} \). Z pozorování: přibližně \(2\).

Řešení příkladu:

Zapíšeme několik členů:

\( a_2 = \frac{1}{2} \cdot 5 = \frac{5}{2} \)

\( a_3 = \frac{2}{3} \cdot \frac{5}{2} = \frac{10}{6} = \frac{5}{3} \)

\( a_4 = \frac{3}{4} \cdot \frac{5}{3} = \frac{5}{4} \)

Zřejmě: \( a_n = 5 \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{3} \cdot \frac{3}{4} \cdots \frac{n-1}{n} = 5 \cdot \frac{1}{n} \)

Proto: \( a_n = \frac{5}{n} \)

Řešení příkladu:

Charakteristická rovnice: \( r^2 – 4r + 4 = 0 \Rightarrow (r – 2)^2 = 0 \Rightarrow r = 2 \) dvojnásobný kořen.

Obecné řešení má tvar: \( a_n = (A + Bn) \cdot 2^n \)

Dosadíme počáteční podmínky:

\( a_1 = (A + B \cdot 1) \cdot 2^1 = 2(A + B) = 0 \Rightarrow A + B = 0 \)

\( a_2 = (A + 2B) \cdot 4 = 1 \Rightarrow (A + 2B) = \frac{1}{4} \)

Z první rovnice: \( A = -B \). Dosadíme: \( -B + 2B = \frac{1}{4} \Rightarrow B = \frac{1}{4} \), \( A = -\frac{1}{4} \)

Výsledný vzorec: \( a_n = \left(-\frac{1}{4} + \frac{n}{4}\right) \cdot 2^n = \frac{n – 1}{4} \cdot 2^n \)

Řešení příkladu:

Vypočítáme několik členů:

\( a_2 = \frac{3^2 + 1}{2} = \frac{10}{2} = 5 \)

\( a_3 = \frac{25 + 1}{2} = 13 \)

\( a_4 = \frac{169 + 1}{2} = 85 \)

Posloupnost prudce roste. Ukážeme indukcí, že je rostoucí:

Báze: \( a_2 > a_1 \), \( a_3 > a_2 \)

Indukční krok: Předpokládáme, že \( a_{n} > a_{n-1} \Rightarrow a_{n+1} = \frac{a_n^2 + 1}{2} > \frac{a_{n-1}^2 + 1}{2} = a_n \) (kvadratická funkce je rostoucí pro \( a_n > 1 \))

Posloupnost je rostoucí a neomezená. Nemá limitu – diverguje k \( \infty \).

Řešení příkladu:

Tato rekurence je přesně definice faktoriálu:

\( a_1 = 1 \), \( a_2 = 2 \cdot 1 = 2 \), \( a_3 = 3 \cdot 2 = 6 \), \( a_4 = 4 \cdot 6 = 24 \), atd.

Obecný vzorec: \( a_n = n! \)

Řešení příkladu:

Spočítáme několik členů:

\( a_2 = \ln(1 + 2) = \ln(3) \approx 1.098 \)

\( a_3 = \ln(1 + 1.098) \approx \ln(2.098) \approx 0.741 \)

\( a_4 = \ln(1 + 0.741) \approx \ln(1.741) \approx 0.554 \)

Vidíme, že posloupnost klesá. Zároveň platí \( a_n > 0 \), tedy je omezená zdola.

Pokud existuje limita \( L \), pak \( L = \ln(1 + L) \Rightarrow e^L = 1 + L \)

Numericky zjistíme, že rovnice \( e^L = 1 + L \) má řešení přibližně \( L \approx 0.567 \)

Posloupnost konverguje k číslu přibližně \( 0.567 \)

Řešení příkladu:

Jedná se o lineární nehomogenní rekurenci. Nejdříve řešíme homogenní část: \( a_n^{(h)} = 3a_{n-1}^{(h)} \Rightarrow a_n^{(h)} = A \cdot 3^n \)

Partikulární řešení zvolíme ve tvaru \( a_n^{(p)} = B \cdot 2^n \)

Dosadíme do rekurence: \( B \cdot 2^n = 3B \cdot 2^{n-1} + 2^n \Rightarrow B = \frac{3}{2}B + 1 \Rightarrow -\frac{1}{2}B = 1 \Rightarrow B = -2 \)

Celkové řešení: \( a_n = A \cdot 3^n – 2 \cdot 2^n \)

Dosadíme počáteční podmínku: \( a_1 = A \cdot 3 – 4 = 1 \Rightarrow 3A = 5 \Rightarrow A = \frac{5}{3} \)

Výsledek: \( a_n = \frac{5}{3} \cdot 3^n – 2 \cdot 2^n \)

Řešení příkladu:

Spočítáme několik členů:

\( a_2 = \sqrt{2 + 1} = \sqrt{3} \approx 1.732 \)

\( a_3 = \sqrt{2 + \sqrt{3}} \approx 1.931 \)

Posloupnost je rostoucí a zdola omezená. Zkusme určit limitu:

Pokud \( \lim a_n = L \), pak \( L = \sqrt{2 + L} \Rightarrow L^2 = 2 + L \Rightarrow L^2 – L – 2 = 0 \Rightarrow L = 2 \) (druhé řešení záporné)

Posloupnost konverguje k hodnotě \( 2 \)

Řešení příkladu:

Jedná se o Heronovu metodu výpočtu \( \sqrt{2} \). Vypočteme několik členů:

\( a_2 = \frac{1}{2}(1 + 2) = 1.5 \)

\( a_3 = \frac{1}{2}(1.5 + \frac{2}{1.5}) \approx \frac{1}{2}(1.5 + 1.333) = 1.416 \)

\( a_4 \approx \frac{1}{2}(1.416 + \frac{2}{1.416}) \approx 1.414 \)

Posloupnost konverguje k hodnotě \( \sqrt{2} \)

Řešení příkladu:

Tato rekurence odpovídá harmonické posloupnosti s posunem:

\( a_n = 3 + \sum_{k=2}^n \frac{1}{k} \)

Posloupnost diverguje, protože harmonická řada diverguje

Posloupnost roste do nekonečna

Řešení příkladu:

Řešíme rekurenci: homogenní část: \( a_n^{(h)} = A \cdot 2^n \)

Partikulární řešení zvolíme jako konstantu: \( a_n^{(p)} = B \Rightarrow B = 2B + 1 \Rightarrow B = -1 \)

Celkové řešení: \( a_n = A \cdot 2^n – 1 \)

Počáteční podmínka: \( 1 = A \cdot 2^1 – 1 \Rightarrow 2A = 2 \Rightarrow A = 1 \)

Výsledek: \( a_n = 2^n – 1 \)

Řešení příkladu:

Vypočteme několik členů:

\( a_2 = \frac{2}{3} \), \( a_3 = \frac{2/3}{1 + 2/3} = \frac{2/3}{5/3} = \frac{2}{5} \)

\( a_4 = \frac{2/5}{1 + 2/5} = \frac{2/5}{7/5} = \frac{2}{7} \)

Vypadá to, že \( a_n = \frac{2}{2n – 1} \), tedy konverguje k \(0\)

Limita je \( 0 \)

Řešení příkladu:

\( a_3 = 2 \cdot 1 = 2 \)

\( a_4 = 2 \cdot 2 = 4 \), \( a_5 = 4 \cdot 2 = 8 \), \( a_6 = 8 \cdot 4 = 32 \)

Posloupnost odpovídá mocninám dvou a jejich kombinaci. Nelze jednoduše vyjádřit pomocí uzavřeného vzorce, ale můžeme říci, že roste rychleji než exponenciálně

Řešení příkladu:

Přepišme rekurenci: rozdíl mezi členy je \( 3n – 2 \)

Suma diferencí: \( a_n = a_1 + \sum_{k=2}^n (3k – 2) \)

\( a_n = 2 + \sum_{k=2}^n 3k – 2 = 2 + 3 \sum_{k=2}^n k – 2(n – 1) \)

\( \sum_{k=2}^n k = \frac{n(n+1)}{2} – 1 \)

Dosadíme a upravíme, získáme kvadratický vzorec

Řešení příkladu:

Tato rekurence je suma převrácených hodnot:

\( a_n = \sum_{k=1}^n \frac{1}{k} \)

Jedná se o harmonickou posloupnost, která diverguje

Řešení příkladu:

Počáteční členy: \( a_2 = \sqrt{2} \approx 1.414 \), \( a_3 = \sqrt{1.414 + 1} \approx 1.553 \), atd.

Posloupnost roste a je omezená shora

Pokud \( L = \sqrt{L + 1} \Rightarrow L^2 = L + 1 \Rightarrow L^2 – L – 1 = 0 \Rightarrow L = \frac{1 + \sqrt{5}}{2} \)

Limita je \( \frac{1 + \sqrt{5}}{2} \)

Řešení příkladu:

Nechť \( \lim a_n = L \). Potom platí:

\( L = \frac{L + 4}{L + 2} \Rightarrow L(L + 2) = L + 4 \Rightarrow L^2 + 2L = L + 4 \Rightarrow L^2 + L – 4 = 0 \)

\( L = \frac{-1 \pm \sqrt{1 + 16}}{2} = \frac{-1 \pm \sqrt{17}}{2} \)

Vzhledem k počátečním hodnotám bude limita kladná, tedy \( L = \frac{-1 + \sqrt{17}}{2} \)

Řešení příkladu:

\( a_2 = 1 + 3 = 4 \), \( a_3 = 4 + 5 = 9 \), \( a_4 = 9 + 7 = 16 \), tedy: \( a_n = n^2 \)

Výsledek: \( a_n = n^2 \)

Řešení příkladu:

Jedná se o Heronovu metodu pro výpočet \( \sqrt{10} \). Limita je tedy:

\( L = \sqrt{10} \)

Řešení příkladu:

Homogenní řešení: \( a_n^{(h)} = A \cdot 2^n \)

Partikulární řešení: \( a_n^{(p)} = B \Rightarrow B = 2B + 3 \Rightarrow B = -3 \)

Celkové řešení: \( a_n = A \cdot 2^n – 3 \)

Dosadíme: \( 2 = A \cdot 2^1 – 3 \Rightarrow 2A = 5 \Rightarrow A = \frac{5}{2} \)

Výsledek: \( a_n = \frac{5}{2} \cdot 2^n – 3 \)

Řešení příkladu:

Charakteristická rovnice: \( x^2 – 4x + 4 = 0 \Rightarrow (x – 2)^2 = 0 \)

Dvojitý kořen: \( x = 2 \Rightarrow a_n = (A + Bn) \cdot 2^n \)

Dosadíme:

\( a_1 = (A + B) \cdot 2 = 1 \Rightarrow A + B = \frac{1}{2} \)

\( a_2 = (A + 2B) \cdot 4 = 3 \Rightarrow A + 2B = \frac{3}{4} \)

Řešením soustavy dostaneme: \( B = \frac{1}{4}, A = \frac{1}{4} \)

Výsledek: \( a_n = \left( \frac{1}{4} + \frac{1}{4}n \right) \cdot 2^n \)

Řešení příkladu:

Nechť \( L = \lim a_n \Rightarrow L = \sqrt{6 + L} \Rightarrow L^2 = 6 + L \Rightarrow L^2 – L – 6 = 0 \)

\( L = \frac{1 \pm \sqrt{25}}{2} = \frac{1 \pm 5}{2} \Rightarrow L = 3 \)

Řešení příkladu:

Limita: \( L = \frac{L}{2} + 3 \Rightarrow L – \frac{L}{2} = 3 \Rightarrow \frac{L}{2} = 3 \Rightarrow L = 6 \)

Řešení příkladu:

Jedná se o Fibonacciho typ: charakteristická rovnice: \( x^2 – x – 1 = 0 \Rightarrow x = \frac{1 \pm \sqrt{5}}{2} \)

Řešení ve tvaru: \( a_n = A \cdot \phi^n + B \cdot \psi^n \), kde \( \phi = \frac{1 + \sqrt{5}}{2} \), \( \psi = \frac{1 – \sqrt{5}}{2} \)

Dosazením získáme koeficienty A a B (výpočty lze provést numericky)

Řešení příkladu:

Nechť \( L = \lim a_n \Rightarrow L = \frac{L^2 + 1}{2L} \Rightarrow 2L^2 = L^2 + 1 \Rightarrow L^2 = 1 \Rightarrow L = 1 \) (kladná hodnota)

Řešení příkladu:

Vypočítáme pár členů:

\( a_2 = \ln(4) \approx 1.386 \), \( a_3 = \ln(2.386) \approx 0.869 \), \( a_4 \approx 0.627 \), …

Posloupnost klesá, zdola omezená, konverguje

\( L = \ln(L + 1) \Rightarrow e^L = L + 1 \) — numerické řešení: \( L \approx 0.567 \)

Řešení příkladu:

Nejprve zkoumáme monotónnost posloupnosti \(a_n = \frac{2n+1}{n+3}\). Spočítáme rozdíl \(a_{n+1} – a_n\):

\(a_{n+1} = \frac{2(n+1) + 1}{(n+1)+3} = \frac{2n + 3}{n + 4}\)
\(a_{n} = \frac{2n + 1}{n + 3}\)

Rozdíl:
\(a_{n+1} – a_n = \frac{2n+3}{n+4} – \frac{2n+1}{n+3} = \frac{(2n+3)(n+3) – (2n+1)(n+4)}{(n+4)(n+3)}\)

Roznásobíme čitatele:
\((2n+3)(n+3) = 2n^2 + 6n + 3n + 9 = 2n^2 + 9n + 9\)
\((2n+1)(n+4) = 2n^2 + 8n + n + 4 = 2n^2 + 9n + 4\)

Dosadíme:
\(a_{n+1} – a_n = \frac{(2n^2 + 9n + 9) – (2n^2 + 9n + 4)}{(n+4)(n+3)} = \frac{5}{(n+4)(n+3)}\)

Protože jmenovatel je kladný pro všechna \(n \geq 1\), je \(a_{n+1} – a_n > 0\), tedy posloupnost je rostoucí.

Nyní zkoumáme omezenost. Posloupnost je rostoucí a limitem pro \(n \to \infty\) je:

\(\lim_{n \to \infty} a_n = \lim_{n \to \infty} \frac{2n+1}{n+3} = \lim_{n \to \infty} \frac{2 + \frac{1}{n}}{1 + \frac{3}{n}} = 2\)

Protože je posloupnost rostoucí a pro \(n=1\) platí \(a_1 = \frac{3}{4} > 0\), je omezená zdola i shora \((\)například shora \(2)\).
Posloupnost je tedy monotonní rostoucí a omezená.

Řešení příkladu:

Nejprve zjistíme chování posloupnosti a limitu:

Pokud posloupnost konverguje k limitě \(L\), pak platí

\(L = \frac{1}{2}L + 3 \Rightarrow L – \frac{1}{2}L = 3 \Rightarrow \frac{1}{2}L = 3 \Rightarrow L = 6\)

Zkusíme ukázat monotónnost:

\(a_1 = 1\), \(a_2 = \frac{1}{2} \cdot 1 + 3 = 3.5\), \(a_3 = \frac{1}{2} \cdot 3.5 + 3 = 4.75\), \(a_4 = \frac{1}{2} \cdot 4.75 + 3 = 5.375\), …

Posloupnost roste, zkusíme dokázat monotónnost indukcí.

Indukční předpoklad: \(a_n < a_{n+1}\)

Pak:

\(a_{n+1} = \frac{1}{2} a_n + 3\)
\(a_{n+2} = \frac{1}{2} a_{n+1} + 3\)

Rozdíl:

\(a_{n+2} – a_{n+1} = \frac{1}{2}a_{n+1} + 3 – \left(\frac{1}{2} a_n + 3\right) = \frac{1}{2}(a_{n+1} – a_n)\)

Podle indukčního předpokladu je \(a_{n+1} – a_n > 0\), tedy \(a_{n+2} – a_{n+1} > 0\).

Proto posloupnost roste.

Omezenost: Jelikož posloupnost roste a limituje k \(6\), je omezená shora číslem \(6\). Dále je omezená zdola, protože \(a_1=1\).

Posloupnost je tedy monotonní rostoucí a omezená.

Řešení příkladu:

Posloupnost má členy střídající se podle znaménka kvůli \((-1)^n\).

Pro lichá \(n\) je \(a_n = -\frac{n}{n+1}\), pro sudá \(n\) je \(a_n = \frac{n}{n+1}\).

Posloupnost tedy není monotónní, protože členy se střídají mezi zápornými a kladnými hodnotami.

Zkoumáme omezenost:

\(\left|a_n\right| = \frac{n}{n+1} < 1\) pro všechna \(n\), tedy je posloupnost omezená na interval \([-1,1]\).

Posloupnost není monotónní, ale je omezená.

Řešení příkladu:

Pro velká \(n\) dominují mocniny, porovnáme \(\frac{3^n}{2^n + 4^n}\).

Protože \(4^n\) roste rychleji než \(3^n\), výraz v jmenovateli bude dominovat a posloupnost bude klesat k nule.

Zkoumáme monotónnost porovnáním \(a_{n+1}\) a \(a_n\):

\(a_n = \frac{3^n}{2^n + 4^n}\), \(a_{n+1} = \frac{3^{n+1}}{2^{n+1} + 4^{n+1}} = \frac{3 \cdot 3^n}{2 \cdot 2^n + 4 \cdot 4^n}\)

Porovnání: \(a_{n+1} < a_n\) pro všechna \(n\), protože jmenovatel roste rychleji než čitatel.

Posloupnost je tedy monotonně klesající.

Omezenost: členy jsou kladné, a pro \(n \to \infty\) limituje k \(0\), tedy je omezená zdola \(0\) a shora například \(a_1 = \frac{3}{2 + 4} = \frac{3}{6} = 0.5\).

Posloupnost je tedy monotonně klesající a omezená.

Řešení příkladu:

Nejprve zjistíme znaménko rozdílu mezi členy:

\(a_n = \sqrt{n+1} – \sqrt{n}\)

Zkusíme zjistit monotónnost pomocí rozdílu \(a_{n+1} – a_n\):

\(a_{n+1} = \sqrt{n+2} – \sqrt{n+1}\)

Rozdíl:

\(a_{n+1} – a_n = (\sqrt{n+2} – \sqrt{n+1}) – (\sqrt{n+1} – \sqrt{n}) = \sqrt{n+2} – 2\sqrt{n+1} + \sqrt{n}\)

Ověříme znaménko této hodnoty.

Pro velká \(n\) platí, že rozdíl klesá, protože odmocniny rostou pomaleji a rozdíl mezi sousedními odmocninami se zmenšuje.

To znamená, že posloupnost \(a_n\) klesá.

Omezenost: Protože \(a_n > 0\) (protože \(\sqrt{n+1} > \sqrt{n}\)) a pro \(n \to \infty\) \(\lim a_n = 0\), je omezená.

Posloupnost je tedy monotonně klesající a omezená.

Řešení příkladu:

Posloupnost má členy střídající znaménko kvůli \((-2)^n\), a zároveň faktoriál v jmenovateli rychle roste.

Zkoumáme absolutní hodnotu:

\(|a_n| = \frac{2^n}{n!}\)

Pro malé \(n\) může růst, ale faktoriál roste rychleji než mocnina, proto posloupnost \(a_n\) konverguje k \(0\).

Monotónnost vzhledem k znaménku neexistuje, protože se členy střídají mezi kladnými a zápornými.

Posloupnost není monotónní, ale je omezená (např. \(|a_n| \leq 1\) pro všechna \(n\)).

Řešení příkladu:

Posloupnost je kladná. Zkoumáme monotónnost pomocí podílu:

\(\frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{\frac{n+1}{2^{n+1}}}{\frac{n}{2^n}} = \frac{n+1}{2^{n+1}} \cdot \frac{2^n}{n} = \frac{n+1}{2n}\)

Pro \(n \geq 1\): \(\frac{n+1}{2n} < 1 \Leftrightarrow n+1 < 2n \Leftrightarrow 1 < n\)

Pro \(n > 1\) je tedy \(\frac{a_{n+1}}{a_n} < 1\), což znamená, že posloupnost klesá od \(n=2\).

Posloupnost tedy nejprve roste (pro \(n=1\) a \(n=2\)) a pak klesá.

Omezenost: Členy jsou kladné a \(\lim_{n \to \infty} a_n = 0\), tedy posloupnost je omezená.

Řešení příkladu:

Posloupnost je definována jako \(a_n = 1 – \frac{1}{n}\).

Zkoumáme rozdíl:

\(a_{n+1} – a_n = \left(1 – \frac{1}{n+1}\right) – \left(1 – \frac{1}{n}\right) = \frac{1}{n} – \frac{1}{n+1} = \frac{(n+1) – n}{n(n+1)} = \frac{1}{n(n+1)} > 0\)

Posloupnost je tedy rostoucí.

Omezenost: Členy jsou menší než \(1\) a větší než \(0\) (protože \(\frac{1}{n}\) je kladné). Limitní hodnota:

\(\lim_{n \to \infty} a_n = 1 – 0 = 1\)

Posloupnost je tedy monotonně rostoucí a omezená shora \(1\).

Řešení příkladu:

Máme posloupnost \( a_n = \frac{3n + 2}{2n + 5} \). Nejprve zjistíme, zda je monotónní.

Pro monotónnost budeme zkoumat rozdíl \( a_{n+1} – a_n \):

\[ a_{n+1} – a_n = \frac{3(n+1) + 2}{2(n+1) + 5} – \frac{3n + 2}{2n + 5} = \frac{3n + 3 + 2}{2n + 2 + 5} – \frac{3n + 2}{2n + 5} = \frac{3n + 5}{2n + 7} – \frac{3n + 2}{2n + 5} \]

Najdeme společného jmenovatele:

\[ a_{n+1} – a_n = \frac{(3n + 5)(2n + 5) – (3n + 2)(2n + 7)}{(2n + 7)(2n + 5)} \]

Rozepíšeme čitatele:

\[ (3n + 5)(2n + 5) = 6n^2 + 15n + 10n + 25 = 6n^2 + 25n + 25 \]

\[ (3n + 2)(2n + 7) = 6n^2 + 21n + 4n + 14 = 6n^2 + 25n + 14 \]

Čitatel rozdílu je tedy:

\[ (6n^2 + 25n + 25) – (6n^2 + 25n + 14) = 25 – 14 = 11 \]

Tedy:

\[ a_{n+1} – a_n = \frac{11}{(2n + 7)(2n + 5)} > 0 \quad \forall n \in \mathbb{N} \]

Jmenovatel je kladný pro všechna \( n \geq 1 \), proto je rozdíl kladný a posloupnost je rostoucí.

Nyní určíme omezenost posloupnosti.

Vypočítáme limitu posloupnosti pro \( n \to \infty \):

\[ \lim_{n \to \infty} a_n = \lim_{n \to \infty} \frac{3n + 2}{2n + 5} = \lim_{n \to \infty} \frac{3 + \frac{2}{n}}{2 + \frac{5}{n}} = \frac{3}{2} \]

Posloupnost je rostoucí a má limitu \( \frac{3}{2} \), tedy je omezená shora hodnotou \( \frac{3}{2} \).

Pro omezení zdola stačí najít první člen \( a_1 \):

\[ a_1 = \frac{3 \cdot 1 + 2}{2 \cdot 1 + 5} = \frac{5}{7} \approx 0{,}714 \]

Protože posloupnost roste, každý další člen je větší než \( a_1 \), což znamená, že posloupnost je omezená zdola hodnotou \( \frac{5}{7} \).

Výsledek: Posloupnost \( a_n = \frac{3n + 2}{2n + 5} \) je rostoucí a omezená, s dolní mezí \( \frac{5}{7} \) a horní mezí \( \frac{3}{2} \).

Řešení příkladu:

Máme rekurentní definici posloupnosti \( b_1 = 4 \) a \( b_{n+1} = \frac{1}{2}b_n + 3 \).

Nejprve určíme limitu posloupnosti, pokud existuje. Označíme limitu jako \( L \), tedy:

\[ \lim_{n \to \infty} b_n = L \]

Vzhledem k tomu, že posloupnost konverguje, platí:

\[ L = \frac{1}{2}L + 3 \]

Vyřešíme rovnici pro \( L \):

\[ L – \frac{1}{2}L = 3 \Rightarrow \frac{1}{2}L = 3 \Rightarrow L = 6 \]

Limita posloupnosti je \( 6 \).

Nyní zkusíme zjistit monotónnost. Vypočítáme první několik členů:

\[ b_1 = 4 \]

\[ b_2 = \frac{1}{2} \cdot 4 + 3 = 2 + 3 = 5 \]

\[ b_3 = \frac{1}{2} \cdot 5 + 3 = 2{,}5 + 3 = 5{,}5 \]

\[ b_4 = \frac{1}{2} \cdot 5{,}5 + 3 = 2{,}75 + 3 = 5{,}75 \]

Vidíme, že členy rostou, ale růst se zpomaluje, což naznačuje, že posloupnost je rostoucí.

Formálně dokážeme monotónnost indukcí:

Základ: \( b_2 = 5 > 4 = b_1 \), tedy \( b_2 > b_1 \).

Předpoklad indukce: \( b_n > b_{n-1} \).

Důkaz pro krok \( n+1 \):

\[ b_{n+1} – b_n = \left(\frac{1}{2}b_n + 3\right) – b_n = -\frac{1}{2}b_n + 3 = \frac{6 – b_n}{2} \]

Chceme, aby \( b_{n+1} > b_n \Rightarrow b_{n+1} – b_n > 0 \Rightarrow \frac{6 – b_n}{2} > 0 \Rightarrow b_n < 6 \).

Z předchozích výpočtů a limitou \( L=6 \) víme, že členy jsou menší než 6 (protože limitu \( 6 \) nikdy nepřekročí, jelikož by jinak rostly dál a limitu by neměly). Tedy za předpokladu, že \( b_n < 6 \), platí \( b_{n+1} > b_n \).

Ověříme, že skutečně \( b_n < 6 \) pro všechna \( n \) indukcí:

Základ: \( b_1 = 4 < 6 \).

Předpoklad: \( b_n < 6 \).

Krok:

\[ b_{n+1} = \frac{1}{2}b_n + 3 < \frac{1}{2} \cdot 6 + 3 = 3 + 3 = 6 \]

Tedy posloupnost je omezená zhora \(6\) a rostoucí.

Omezení zespodu určíme z prvního členu \( b_1 = 4 \), protože je rostoucí, tedy všechny další členy jsou větší než \(4\).

Závěr: Posloupnost \( (b_n) \) je rostoucí, omezená shora \(6\) a zdola \(4\), s limitou \( 6 \).

Řešení:

Posloupnost je definována jako \( j_n = \frac{n!}{n^n} \). Pro zkoumání monotónnosti zvažme poměr dvou po sobě jdoucích členů:

\[ \frac{j_{n+1}}{j_n} = \frac{\frac{(n+1)!}{(n+1)^{n+1}}}{\frac{n!}{n^n}} = \frac{(n+1)!}{(n+1)^{n+1}} \cdot \frac{n^n}{n!} = \frac{(n+1) \cdot n^n}{(n+1)^{n+1}} = \frac{n^n}{(n+1)^n} = \left(\frac{n}{n+1}\right)^n. \]

Vidíme, že \(\left(\frac{n}{n+1}\right)^n < 1\) pro všechna \( n \geq 1 \), protože zlomek je menší než 1 a umocňujeme na kladnou mocninu.

Tedy platí \( j_{n+1} < j_n \), posloupnost je klesající.

Nyní určme, zda je omezená. Jelikož \( j_n > 0 \) (faktoriál a mocnina kladných čísel jsou kladné), posloupnost je zdola omezená nulou.

Zkusme limitu pro \( n \to \infty \):

\[ \lim_{n \to \infty} \frac{n!}{n^n}. \]

Pomocí Stirlingovy formule \( n! \sim \sqrt{2\pi n} \left(\frac{n}{e}\right)^n \) dostáváme:

\[ j_n \sim \frac{\sqrt{2\pi n} \left(\frac{n}{e}\right)^n}{n^n} = \sqrt{2\pi n} \cdot \left(\frac{1}{e}\right)^n, \]

které jde k nule, protože \( \left(\frac{1}{e}\right)^n \to 0 \) exponenciálně rychle.

Závěr: Posloupnost je kladná, klesající a má limitu \(0\). Je tedy omezená (zdola nulou a shora prvním členem \( j_1 = 1 \)).

Řešení:

Posloupnost je \( k_n = \frac{2^n + 3^n}{5^n} = \left(\frac{2}{5}\right)^n + \left(\frac{3}{5}\right)^n \).

Oba členy jsou kladné a menší než \(1 (\)protože základy jsou menší než \(5)\), a klesají exponenciálně k nule.

Protože součet dvou klesajících pozitivních posloupností je klesající, \( k_n \) je klesající.

Omezenost je zřejmá, protože \( k_n > 0 \) (kladné členy) a \( k_n < k_1 = \frac{2 + 3}{5} = 1 \).

Limita:

\[ \lim_{n \to \infty} k_n = \lim_{n \to \infty} \left(\frac{2}{5}\right)^n + \left(\frac{3}{5}\right)^n = 0 + 0 = 0. \]

Závěr: Posloupnost \( k_n \) je klesající, kladná, omezená a její limita je \(0\).

Řešení:

Posloupnost lze upravit pomocí rozdílu odmocnin:

\[ m_n = \sqrt{n+1} – \sqrt{n} = \frac{(\sqrt{n+1} – \sqrt{n})(\sqrt{n+1} + \sqrt{n})}{\sqrt{n+1} + \sqrt{n}} = \frac{(n+1) – n}{\sqrt{n+1} + \sqrt{n}} = \frac{1}{\sqrt{n+1} + \sqrt{n}}. \]

Vidíme, že členy jsou kladné a klesají, protože jmenovatel roste s \( n \).

Posloupnost \( m_n \) je tedy klesající.

Limita pro \( n \to \infty \):

\[ \lim_{n \to \infty} m_n = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{\sqrt{n+1} + \sqrt{n}} = 0. \]

Závěr: Posloupnost je kladná, klesající a omezená (shora členem \( m_1 = \sqrt{2} – 1 \approx 0,414 \)) a má limitu \(0\).

Řešení:

Zkoumáme rozdíl mezi sousedními členy:

\[ p_{n+1} – p_n = \frac{(n+1)^2 + 1}{(n+1)^2 + (n+1)} – \frac{n^2 + 1}{n^2 + n}. \]

Nejprve si zjednodušíme:

Pro velká \( n \) dominují členy \( n^2 \), proto zkusíme limitu:

\[ \lim_{n \to \infty} p_n = \lim_{n \to \infty} \frac{n^2 + 1}{n^2 + n} = \lim_{n \to \infty} \frac{1 + \frac{1}{n^2}}{1 + \frac{1}{n}} = 1. \]

Zkoumáme, zda je posloupnost rostoucí nebo klesající. Pro \( n = 1 \):

\[ p_1 = \frac{1 + 1}{1 + 1} = 1, \quad p_2 = \frac{4 + 1}{4 + 2} = \frac{5}{6} \approx 0.833 < p_1. \]

Posloupnost tedy neklesá od \( p_1 \) k limitě \(1\)? Zkusme vzít rozdíl přesně:

\[ p_{n+1} – p_n = \frac{(n+1)^2 + 1}{(n+1)^2 + (n+1)} – \frac{n^2 + 1}{n^2 + n} = \frac{(n+1)^2 + 1}{(n+1)(n+2)} – \frac{n^2 + 1}{n(n+1)}. \]

Vyjádříme společný jmenovatel a zjednodušíme, zjistíme, že rozdíl je záporný, tedy posloupnost je klesající.

Závěr: Posloupnost je klesající a omezená (zdola přibližně \(1\), shora prvními členy).

Řešení:

Pro zkoumání monotónnosti počítáme rozdíl:

\[ q_{n+1} – q_n = \frac{3(n+1) + 4}{2(n+1) + 3} – \frac{3n + 4}{2n + 3} = \frac{3n + 7}{2n + 5} – \frac{3n + 4}{2n + 3}. \]

Vyjádříme na společný jmenovatel:

\[ q_{n+1} – q_n = \frac{(3n+7)(2n+3) – (3n+4)(2n+5)}{(2n+5)(2n+3)}. \]

Rozvineme čitatele:

\[ (3n+7)(2n+3) = 6n^2 + 9n + 14n + 21 = 6n^2 + 23n + 21, \]

\[ (3n+4)(2n+5) = 6n^2 + 15n + 8n + 20 = 6n^2 + 23n + 20. \]

Čitatel je tedy:

\[ 6n^2 + 23n + 21 – (6n^2 + 23n + 20) = 1. \]

Tedy:

\[ q_{n+1} – q_n = \frac{1}{(2n+5)(2n+3)} > 0, \]

protože jmenovatel je kladný pro \( n \geq 1 \).

Závěr: Posloupnost \( q_n \) je rostoucí.

Nyní omezenost:

Limita pro \( n \to \infty \):

\[ \lim_{n \to \infty} q_n = \lim_{n \to \infty} \frac{3n + 4}{2n + 3} = \frac{3}{2} = 1{,}5. \]

První člen \( q_1 = \frac{3 + 4}{2 + 3} = \frac{7}{5} = 1{,}4 \). Posloupnost je rostoucí a omezená shora \(1.5\).

Řešení:

Posloupnost je součet dvou částí, první kladná a klesající \( \frac{1}{n} \), druhá střídavá \( (-1)^n \frac{1}{n^2} \).

Protože druhý člen střídá znaménko, posloupnost není monotónní.

Omezenost:

\[ r_n \leq \frac{1}{n} + \frac{1}{n^2} \quad \text{a} \quad r_n \geq \frac{1}{n} – \frac{1}{n^2}. \]

Pro všechna \( n \) jsou tyto hodnoty kladné a posloupnost konverguje k nule, protože oba členy jdou k nule.

Závěr: Posloupnost není monotónní, je omezená \((\)např. mezi hodnotami \(±1)\) a konverguje k \(0\).

Řešení:

Nejprve určíme limitu pro \( n \to \infty \):

\[ \lim_{n \to \infty} s_n = \lim_{n \to \infty} \frac{n^3 – 1}{n^3 + 1} = \lim_{n \to \infty} \frac{n^3 \left(1 – \frac{1}{n^3}\right)}{n^3 \left(1 + \frac{1}{n^3}\right)} = \frac{1 – 0}{1 + 0} = 1. \]

Nyní zjistíme, zda je posloupnost monotónní. Prozkoumáme rozdíl dvou po sobě jdoucích členů:

\[ s_{n+1} – s_n = \frac{(n+1)^3 – 1}{(n+1)^3 + 1} – \frac{n^3 – 1}{n^3 + 1}. \]

Rozšíříme na společný jmenovatel:

\[ s_{n+1} – s_n = \frac{\left((n+1)^3 – 1\right)(n^3 + 1) – (n^3 – 1)\left((n+1)^3 + 1\right)}{\left((n+1)^3 + 1\right)(n^3 + 1)}. \]

Vyjádříme čitatele a rozepíšeme:

\[ \begin{aligned} &\left((n+1)^3 – 1\right)(n^3 + 1) – (n^3 – 1)\left((n+1)^3 + 1\right) \\ &= \left(n^3 + 3n^2 + 3n + 1 – 1\right)(n^3 + 1) – (n^3 – 1)(n^3 + 3n^2 + 3n + 1 + 1) \\ &= (n^3 + 3n^2 + 3n)(n^3 + 1) – (n^3 – 1)(n^3 + 3n^2 + 3n + 2). \end{aligned} \]

Po rozvinutí a zjednodušení (detailed algebraické kroky mohou být rozsáhlé, zde zkrátíme): výsledkem je kladné číslo pro všechna \( n \geq 1 \).

To znamená, že:

\[ s_{n+1} – s_n > 0, \]

tedy posloupnost je rostoucí.

Dále je zřejmé, že \( s_n < 1 \) pro všechna \( n \), protože:

\[ s_n = \frac{n^3 – 1}{n^3 + 1} = 1 – \frac{2}{n^3 + 1} < 1. \]

A protože \( s_1 = \frac{1 – 1}{1 + 1} = 0 \), posloupnost začíná od \(0\) a monotónně roste k \(1\).

Závěr: Posloupnost \( s_n \) je rostoucí, omezená zdola nulou a shora jedničkou, s limitem \(1\).

Řešení:

Funkce \( \sin n \) je pro všechna \( n \) omezená v intervalu \([-1,1]\), tedy

\[ -1 \leq \sin n \leq 1. \]

Tedy členy posloupnosti:

\[ -\frac{1}{n} \leq \frac{\sin n}{n} \leq \frac{1}{n}. \]

Protože \(\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} = 0\), podle věty o tří sklínkách (Squeeze Theorem) platí:

\[ \lim_{n \to \infty} \frac{\sin n}{n} = 0. \]

Posloupnost tedy konverguje k \(0\).

Omezenost: pro všechna \( n \) platí

\[ \left| \frac{\sin n}{n} \right| \leq \frac{1}{n} \leq 1, \]

takže posloupnost je omezená \((\)např. absolutní hodnotou \(1)\).

Závěr: Posloupnost \( t_n \) je omezená a konverguje k \(0\).

Řešení:

Již jsme tento výraz mírně zkoumali v příkladu \(111\), ale nyní detailněji.

Pomocí Stirlingovy formule:

\[ n! \sim \sqrt{2 \pi n} \left( \frac{n}{e} \right)^n. \]

Dosadíme do \( u_n \):

\[ u_n = \frac{n!}{n^n} \sim \frac{\sqrt{2 \pi n} \left( \frac{n}{e} \right)^n}{n^n} = \sqrt{2 \pi n} \left( \frac{1}{e} \right)^n. \]

Protože \( \left( \frac{1}{e} \right)^n \) klesá exponenciálně rychle k \(0\) a \( \sqrt{2 \pi n} \) roste jen pomalu, celkový člen \( u_n \to 0 \).

Posloupnost je kladná a podle příkladu \(111\) klesající.

Závěr: Posloupnost \( u_n \) je kladná, klesající a konverguje k \(0\).

Řešení:

Nejprve určíme limitu pro \( n \to \infty \):

\[ \lim_{n \to \infty} v_n = \lim_{n \to \infty} \frac{n^2 + 3n}{2n^2 + 1} = \lim_{n \to \infty} \frac{n^2 (1 + \frac{3}{n})}{n^2 (2 + \frac{1}{n^2})} = \frac{1}{2}. \]

Pro monotónnost spočítáme rozdíl po sobě jdoucích členů:

\[ v_{n+1} – v_n = \frac{(n+1)^2 + 3(n+1)}{2(n+1)^2 + 1} – \frac{n^2 + 3n}{2n^2 + 1}. \]

Po úpravě jmenovatelů na společný a rozvinutí (algebraické kroky jsou delší), dostaneme, že rozdíl je kladný pro všechna \( n \geq 1 \).

To znamená, že \( v_n \) je rostoucí posloupnost.

Závěr: Posloupnost \( v_n \) je rostoucí a konverguje k \( \frac{1}{2} \).