Konvergence řad – Srovnávací kritérium

Řešení příkladu:

Zvažme řadu \(\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2 + 1}\).

Pro srovnávací kritérium hledáme jednodušší řadu, se kterou můžeme tuto srovnat. Zvolíme \(\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}\), která je známá jako konvergentní (p-harmonická řada s \(p=2>1\)).

Protože \(\forall n \geq 1: \quad 0 < \frac{1}{n^2 + 1} < \frac{1}{n^2}\), platí že členy řady jsou menší než odpovídající členy konvergentní řady.

Podle srovnávacího kritéria platí:

\(\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2}\) konverguje a \(\frac{1}{n^2+1} < \frac{1}{n^2}\) \(\Rightarrow\) \(\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2+1}\) také konverguje.

Řešení příkladu:

Zvažme řadu \(\sum_{n=2}^\infty \frac{\ln n}{n^2}\).

Pro velká \(n\) roste \( \ln n\) pomaleji než jakákoliv mocnina \(n^p\) s \(p>0\).

Zkusíme srovnat s řadou \(\sum_{n=2}^\infty \frac{1}{n^{3/2}}\), která konverguje, protože \(3/2 > 1\).

Pro dostatečně velká \(n\) platí \(\frac{\ln n}{n^2} < \frac{n^{1/2}}{n^2} = \frac{1}{n^{3/2}}\).

Protože \(\sum \frac{1}{n^{3/2}}\) konverguje a \(\frac{\ln n}{n^2} < \frac{1}{n^{3/2}}\) pro dostatečně velká \(n\), podle srovnávacího kritéria i původní řada konverguje.

Řešení příkladu:

Zvažme řadu \(\sum_{n=1}^\infty \frac{3^n}{5^n + n^2}\).

Pro velká \(n\) je \(5^n\) výrazně větší než \(n^2\), tedy \(5^n + n^2 \approx 5^n\).

Platí tedy přibližně \(\frac{3^n}{5^n + n^2} \sim \frac{3^n}{5^n} = \left(\frac{3}{5}\right)^n.\)

Řada \(\sum \left(\frac{3}{5}\right)^n\) je geometrická s kvocientem \(\frac{3}{5} < 1\), tedy konverguje.

Protože pro všechna \(n\): \(\frac{3^n}{5^n + n^2} < \frac{3^n}{5^n} = \left(\frac{3}{5}\right)^n\), podle srovnávacího kritéria konverguje i původní řada.

Řešení příkladu:

Zvažme členy \(\frac{n!}{2^n n^n}\).

Pomocí Stirlingovy formule přibližně platí \(n! \sim \sqrt{2\pi n} \left(\frac{n}{e}\right)^n\).

Dosadíme do výrazu: \(\frac{n!}{2^n n^n} \sim \frac{\sqrt{2\pi n} \left(\frac{n}{e}\right)^n}{2^n n^n} = \sqrt{2\pi n} \frac{n^n}{e^n 2^n n^n} = \sqrt{2\pi n} \left(\frac{1}{2e}\right)^n.\)

Protože \(\left(\frac{1}{2e}\right)^n\) klesá exponenciálně, členy řady klesají přibližně jako \(C \cdot r^n\) s \(r = \frac{1}{2e} < 1\).

Porovnáme tedy s geometrickou řadou \(\sum (1/3)^n\), která konverguje.

Protože \(\frac{n!}{2^n n^n} < \text{konvergentní geometrická řada}\) pro dostatečně velká \(n\), původní řada konverguje podle srovnávacího kritéria.

Řešení příkladu:

Řada je střídavá, ale my zkoumáme absolutní konvergenci.

Uvažujeme absolutní hodnotu členů: \(\left|\frac{(-1)^n n}{n^2 + 1}\right| = \frac{n}{n^2 + 1}.\)

Pro velká \(n\) platí \(\frac{n}{n^2+1} \sim \frac{n}{n^2} = \frac{1}{n}\).

Porovnáme tedy s harmonickou řadou \(\sum \frac{1}{n}\), která diverguje.

Navíc pro všechna \(n\) platí \(\frac{n}{n^2 + 1} > \frac{n}{2n^2} = \frac{1}{2n}\), tedy větší než divergentní řada (kromě konstatntního faktoru).

Z toho plyne, že řada \(\sum \left|\frac{(-1)^n n}{n^2 + 1}\right|\) diverguje, tedy řada není absolutně konvergentní.

Střídavost může umožnit podmíněnou konvergenci, ale srovnávací kritérium zde ukazuje, že absolutně nekonverguje.

Řešení příkladu:

Členy mají tvar \(\frac{1}{\sqrt{n^3 + 1}} = \frac{1}{(n^3 + 1)^{1/2}}.\)

Pro velká \(n\) platí \(n^3 + 1 \sim n^3\), tedy členy přibližně \(\frac{1}{n^{3/2}}\).

Porovnáme s řadou \(\sum \frac{1}{n^{3/2}}\), která konverguje (protože \(3/2 > 1\)).

Pro všechna \(n\) platí: \(\frac{1}{\sqrt{n^3 + 1}} < \frac{1}{n^{3/2}}\).

Podle srovnávacího kritéria tedy řada \(\sum \frac{1}{\sqrt{n^3 + 1}}\) konverguje.

Řešení příkladu:

Členy řady jsou \(\frac{2^n + 3^n}{5^n} = \frac{2^n}{5^n} + \frac{3^n}{5^n} = \left(\frac{2}{5}\right)^n + \left(\frac{3}{5}\right)^n.\)

Obě podřady jsou geometrické řady s kvocienty menšími než 1, tedy obě konvergují.

Protože řada je součtem dvou konvergentních řad, konverguje i původní řada.

Podle srovnávacího kritéria můžeme například porovnat členy s \(\left(\frac{3}{5}\right)^n\), která konverguje a pro všechna \(n\) platí \(\frac{2^n + 3^n}{5^n} < 2 \cdot \left(\frac{3}{5}\right)^n\).

Tedy řada konverguje.

Řešení příkladu:

Protože \(\sin^2 n \leq 1\) pro všechna \(n\), platí:

\(\frac{\sin^2 n}{n^2} \leq \frac{1}{n^2}\).

Řada \(\sum \frac{1}{n^2}\) konverguje (p-harmonická řada s \(p=2>1\)).

Protože členy řady \(\frac{\sin^2 n}{n^2}\) jsou kladné a menší než odpovídající členy konvergentní řady, podle srovnávacího kritéria původní řada konverguje.

Řešení příkladu:

Pro velká \(n\) je \(\frac{n^3 + 5n}{n^4 + 2} \sim \frac{n^3}{n^4} = \frac{1}{n}\).

Porovnáme s harmonickou řadou \(\sum \frac{1}{n}\), která diverguje.

Pro všechna \(n\) platí: \(\frac{n^3 + 5n}{n^4 + 2} > \frac{n^3}{2n^4} = \frac{1}{2n}\), tedy větší než polovina členů harmonické řady.

Podle srovnávacího kritéria tedy řada diverguje.

Řešení příkladu:

Členy můžeme rozložit na parciální zlomky:

\(\frac{1}{n(n+1)} = \frac{1}{n} – \frac{1}{n+1}\).

Řada \(\sum \frac{1}{n(n+1)}\) je tedy teleskopická a konverguje.

Pro srovnávací kritérium porovnáme členy s \(\frac{1}{n^2}\) (konvergentní řada), protože

\(\frac{1}{n(n+1)} < \frac{1}{n^2}\) pro \(n \geq 1\).

Řada tedy konverguje podle srovnávacího kritéria.

Řešení příkladu:

Pro velká \(n\) má čitatel výraz \(n^2 + \sin n\), kde \(\sin n\) je omezené číslo mezi -1 a 1.

Proto \(\left| n^2 + \sin n \right| \sim n^2\).

Ve jmenovateli je výraz \(n^4 + 3 \sim n^4\) pro velká \(n\).

Členy řady tedy mají přibližnou hodnotu \(\frac{n^2}{n^4} = \frac{1}{n^2}\).

Porovnáme s řadou \(\sum \frac{1}{n^2}\), která konverguje (p-harmonická řada s \(p=2>1\)).

Pro všechna \(n\) platí:

\(\left|\frac{n^2 + \sin n}{n^4 + 3}\right| \leq \frac{n^2 + 1}{n^4} = \frac{n^2}{n^4} + \frac{1}{n^4} = \frac{1}{n^2} + \frac{1}{n^4}.\)

Protože \(\sum \frac{1}{n^2}\) a \(\sum \frac{1}{n^4}\) konvergují, podle srovnávacího kritéria řada \(\sum \frac{n^2 + \sin n}{n^4 + 3}\) konverguje absolutně.

Řešení příkladu:

Členy řady jsou \(\frac{1}{n \ln n}\).

Porovnáme s harmonickou řadou \(\sum \frac{1}{n}\), která diverguje.

Protože \(\ln n \to \infty\) pomalu roste, členy řady jsou větší než \(\frac{1}{n \ln n}\) než jakákoliv řada s rychlejším růstem v jmenovateli.

Na základě srovnávacího kritéria nemůžeme jednoznačně říci pouze tímto porovnáním, protože \(\sum \frac{1}{n \ln n}\) je známá jako divergující řada (tzv. Cauchyho řada).

Porovnejme proto s \(\sum \frac{1}{n \ln^2 n}\), která konverguje.

Pro \(n\) dost velká platí \(\frac{1}{n \ln n} > \frac{1}{n \ln^2 n}\) a \(\sum \frac{1}{n \ln^2 n}\) konverguje, ale původní řada má větší členy než tato konvergentní řada.

Z toho plyne, že řada \(\sum \frac{1}{n \ln n}\) diverguje.

Řešení příkladu:

Ve jmenovateli dominují členy \(5^n\) (protože \(5^n > 4^n\) pro všechna \(n \geq 1\)).

V čitateli dominují členy \(3^n\), protože \(3^n > 2^n\) pro všechna \(n \geq 1\).

Členy řady lze tedy přibližně vyjádřit jako \(\frac{3^n}{5^n} = \left(\frac{3}{5}\right)^n\).

Řada \(\sum \left(\frac{3}{5}\right)^n\) je geometrická s kvocientem \(\frac{3}{5} < 1\), tedy konverguje.

Pro všechna \(n\) platí: \(\frac{3^n + 2^n}{4^n + 5^n} < \frac{3^n + 3^n}{5^n} = \frac{2 \cdot 3^n}{5^n} = 2 \left(\frac{3}{5}\right)^n\).

Podle srovnávacího kritéria řada konverguje.

Řešení příkladu:

Rozepíšeme čitatele pomocí rozdílu dvou odmocnin:

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

Členy řady tedy mají tvar:

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

Pro velká \(n\) platí \(\sqrt{n+1} + \sqrt{n} \sim 2\sqrt{n}\).

Tedy členy přibližně odpovídají \(\frac{1}{n \cdot 2 \sqrt{n}} = \frac{1}{2 n^{3/2}}\).

Porovnáme s řadou \(\sum \frac{1}{n^{3/2}}\), která konverguje (p-harmonická s \(p=\frac{3}{2} > 1\)).

Protože členy jsou kladné a pro dostatečně velká \(n\) menší než odpovídající členy konvergentní řady, podle srovnávacího kritéria řada konverguje.

Řešení příkladu:

Uvažme členy \(\frac{n^n}{(2n)!}\).

Pomocí Stirlingovy formule platí

\((2n)! \sim \sqrt{4\pi n} \left(\frac{2n}{e}\right)^{2n} = \sqrt{4\pi n} \cdot \left(\frac{2n}{e}\right)^{2n}.\)

Členy lze tedy aproximovat jako

\(\frac{n^n}{(2n)!} \sim \frac{n^n}{\sqrt{4\pi n} \left(\frac{2n}{e}\right)^{2n}} = \frac{n^n}{\sqrt{4\pi n}} \cdot \left(\frac{e}{2n}\right)^{2n}.\)

Převedeme \(\left(\frac{e}{2n}\right)^{2n} = \left(\frac{e}{2n}\right)^n \cdot \left(\frac{e}{2n}\right)^n\), což rychle klesá k nule rychleji než jakákoliv geometrická řada.

Protože jmenovatel roste extrémně rychle, členy řady rychle klesají k nule a jsou menší než členy vhodné konvergentní řady.

Podle srovnávacího kritéria tedy řada konverguje.

Řešení příkladu:

Funkce \(\cos n\) je omezená, tedy \(|\cos n| \leq 1\).

Členy řady tedy mají velikost menší než \(\frac{1}{n^2 + 1}\).

Porovnáme tedy s řadou \(\sum \frac{1}{n^2}\), která konverguje.

Protože členy jsou absolutně menší než odpovídající členy konvergentní řady, podle srovnávacího kritéria řada absolutně konverguje.

Řešení příkladu:

Použijeme Stirlingovu aproximaci: \(n! \sim \sqrt{2 \pi n} \left(\frac{n}{e}\right)^n\).

Členy tedy přibližně:

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

Protože \(\frac{1}{2e} < 1\), členy řady klesají jako geometrická řada s kvocientem menším než \(1\).

Podle srovnávacího kritéria tedy řada konverguje.

Řešení příkladu:

Řada není absolutně konvergentní, protože \(\sum \frac{1}{\sqrt{n}+1}\) diverguje (podobně jako \(\sum \frac{1}{\sqrt{n}}\), která diverguje).

Porovnáme tedy absolutní hodnoty členů řady s \(\sum \frac{1}{\sqrt{n}}\), která diverguje.

Proto řada není absolutně konvergentní.

Alternující řada splňuje podmínku klesajících členů k nule, tudíž je konvergentní podle Leibnizova kritéria, ale zde zůstáváme u srovnávacího kritéria, které konstatovalo, že řada absolutně nekonverguje.

Řešení příkladu:

Pro velká \(n\) platí \(n^3 + 5n \sim n^3\) a \(n^4 + 7 \sim n^4\).

Členy řady tedy přibližně odpovídají \(\frac{n^3}{n^4} = \frac{1}{n}\).

Porovnáme s harmonickou řadou \(\sum \frac{1}{n}\), která diverguje.

Proto podle srovnávacího kritéria řada diverguje.

Řešení příkladu:

Pro velká \(n\) je \(\ln n\) pomalý rostoucí funkce, zatímco \(n^2 + 1 \sim n^2\).

Členy řady tedy přibližně odpovídají \(\frac{\ln n}{n^2}\).

Porovnáme s řadou \(\sum \frac{1}{n^{3/2}}\), která konverguje.

Pro dostatečně velká \(n\) platí \(\frac{\ln n}{n^2} < \frac{n^{1/2}}{n^2} = \frac{1}{n^{3/2}}\).

Proto podle srovnávacího kritéria řada konverguje.

Řešení příkladu:

Členy řady jsou \(\frac{\ln n}{n \sqrt{n}} = \frac{\ln n}{n^{3/2}}\).

Porovnáme s řadou \(\sum \frac{1}{n^{3/2}}\), která je p-harmonická s \(p = \frac{3}{2} > 1\) a tedy konverguje.

Pro dostatečně velká \(n\) platí \(\ln n < n^{1/4}\), takže

\(\frac{\ln n}{n^{3/2}} < \frac{n^{1/4}}{n^{3/2}} = \frac{1}{n^{5/4}}\).

Řada \(\sum \frac{1}{n^{5/4}}\) konverguje, protože \(5/4 > 1\).

Proto podle srovnávacího kritéria řada \(\sum \frac{\ln n}{n \sqrt{n}}\) konverguje.

Řešení příkladu:

Pro velká \(n\) v čitateli dominuje \(3^n\), ve jmenovateli \(4^n\).

Členy řady tedy přibližně odpovídají \(\frac{3^n}{4^n} = \left(\frac{3}{4}\right)^n\).

Geometrická řada \(\sum \left(\frac{3}{4}\right)^n\) konverguje, protože kvocient \(\frac{3}{4} < 1\).

Navíc pro všechna \(n\) platí

\(\frac{3^n + n}{4^n + n^2} < \frac{3^n + 3^n}{4^n} = 2 \left(\frac{3}{4}\right)^n\).

Podle srovnávacího kritéria řada konverguje.

Řešení příkladu:

Členy řady jsou \(\frac{(-1)^n n}{n^2 + 1}\), jejich absolutní hodnota je \(\frac{n}{n^2 + 1}\).

Pro velká \(n\) platí \(\frac{n}{n^2 + 1} \sim \frac{n}{n^2} = \frac{1}{n}\).

Porovnáme s harmonickou řadou \(\sum \frac{1}{n}\), která diverguje.

Proto podle srovnávacího kritéria řada \(\sum \left|\frac{(-1)^n n}{n^2 + 1}\right|\) diverguje, tedy řada není absolutně konvergentní.

Pro úplnost poznáme, že řada samotná konverguje podmíněně (např. Leibnizovým kritériem), ale to není předmětem této úlohy.

Řešení příkladu:

Použijeme Stirlingovu aproximaci: \(n! \sim \sqrt{2 \pi n} \left(\frac{n}{e}\right)^n\).

Členy řady lze tedy aproximovat jako

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

Tato řada je tedy porovnatelná s geometrickou řadou s kvocientem \(\frac{1}{e} < 1\).

Podle srovnávacího kritéria řada konverguje.

Řešení příkladu:

Dominantní členy jsou v čitateli \(2^n\), ve jmenovateli \(5^n\).

Členy řady přibližně odpovídají \(\frac{2^n}{5^n} = \left(\frac{2}{5}\right)^n\).

Protože \(\frac{2}{5} < 1\), řada podobná geometrické s kvocientem menším než \(1\) konverguje.

Navíc platí pro všechna \(n\)

\(\left|\frac{2^n + (-1)^n}{5^n + n^2}\right| \leq \frac{2^n + 1}{5^n} < \frac{2 \cdot 2^n}{5^n} = 2 \left(\frac{2}{5}\right)^n.\)

Podle srovnávacího kritéria řada konverguje.

Řešení příkladu:

Pro velká \(n\) platí \(\sqrt{n} + 3 \sim \sqrt{n}\) a \(n^{3/2} + 1 \sim n^{3/2}\).

Členy řady tedy přibližně odpovídají \(\frac{\sqrt{n}}{n^{3/2}} = \frac{1}{n}\).

Porovnáme s harmonickou řadou \(\sum \frac{1}{n}\), která diverguje.

Proto podle srovnávacího kritéria řada diverguje.

Řešení příkladu:

V čitateli dominují členy \((-3)^n\) v absolutní hodnotě \(3^n\), ve jmenovateli dominují \(4^n\).

Členy řady přibližně odpovídají \(\frac{3^n}{4^n} = \left(\frac{3}{4}\right)^n\).

Geometrická řada s kvocientem \(\frac{3}{4} < 1\) konverguje.

Proto podle srovnávacího kritéria řada konverguje.

Řešení příkladu:

Pro velká \(n\) platí \(\ln(n)^2\) je pomalý rostoucí funkce a \(n^2 + 1 \sim n^2\).

Členy řady tedy přibližně odpovídají \(\frac{\ln(n)^2}{n^2}\).

Porovnáme s řadou \(\sum \frac{1}{n^{3/2}}\), která konverguje.

Pro dostatečně velká \(n\) platí \(\frac{\ln(n)^2}{n^2} < \frac{n^{1/2}}{n^2} = \frac{1}{n^{3/2}}\).

Proto podle srovnávacího kritéria řada konverguje.

Řešení příkladu:

Pro velká \(n\) platí \(n^3 + 2n \sim n^3\) a \(3n^4 + 5 \sim 3n^4\).

Členy řady tedy odpovídají \(\frac{n^3}{3n^4} = \frac{1}{3n}\).

Porovnáme s harmonickou řadou \(\sum \frac{1}{n}\), která diverguje.

Podle srovnávacího kritéria řada diverguje.

Řešení příkladu:

Členy řady jsou \(\frac{1}{n (\ln n)^2}\), kde \(n \geq 2\).

Porovnáme s řadou \(\sum \frac{1}{n \ln n}\), která je známá a diverguje (tzv. Cauchyho řada).

Pro dostatečně velká \(n\) platí \(\frac{1}{n (\ln n)^2} < \frac{1}{n \ln n}\).

Avšak \(\sum \frac{1}{n (\ln n)^2}\) konverguje podle integrálního kritéria, což zde můžeme potvrdit i porovnáním s řadou \(\sum \frac{1}{n^{1.1}}\), která konverguje.

Proto podle srovnávacího kritéria řada konverguje.

Řešení příkladu:

Řada má členy \(\frac{1}{n (\ln n)^{1.5}}\) pro \(n \geq 2\).

Porovnáme ji s řadou \(\sum \frac{1}{n \ln n}\), která diverguje (tzv. Cauchyho řada).

Protože \((\ln n)^{1.5} > \ln n\) pro dostatečně velká \(n\), platí

\(\frac{1}{n (\ln n)^{1.5}} < \frac{1}{n \ln n}\).

Na druhé straně porovnáme s řadou \(\sum \frac{1}{n (\ln n)^2}\), která konverguje.

Řada \(\sum \frac{1}{n (\ln n)^{1.5}}\) je tedy mezi divergující a konvergující řadou, ale protože pro dostatečně velká \(n\)

\(\frac{1}{n (\ln n)^{1.5}} > \frac{1}{n (\ln n)^2}\), podle srovnávacího kritéria je řada konvergentní.

Řešení příkladu:

Pro velká \(n\) porovnáme s řadou \(\sum \frac{1}{(2n)!}\).

Faktoriál \((2n)!\) roste mnohem rychleji než \(n^n\).

Použijeme Stirlingovu formuli: \((2n)! \sim \sqrt{4 \pi n} \left(\frac{2n}{e}\right)^{2n}\).

Člen řady přibližně odpovídá

\(\frac{n^n}{(2n)!} \sim \frac{n^n}{\sqrt{4 \pi n} (2n/e)^{2n}} = \frac{n^n e^{2n}}{\sqrt{4 \pi n} (2n)^{2n}}.\)

Rozepíšeme mocniny:

\(\frac{n^n e^{2n}}{(2n)^{2n}} = \frac{n^n e^{2n}}{2^{2n} n^{2n}} = e^{2n} \frac{n^n}{n^{2n} 2^{2n}} = e^{2n} \frac{1}{n^n 2^{2n}}.\)

Člen tedy klesá přibližně jako \(\frac{(e^2)^n}{(2^2)^n n^n} = \frac{(e^2)^n}{4^n n^n}\).

Protože \(n^n\) roste rychleji než exponenciála, členy řady klesají rychle k nule.

Porovnáme tedy s konvergentní geometrickou řadou, například \(\sum \frac{1}{n^2}\), a platí, že členy jsou pro dostatečně velká \(n\) menší.

Podle srovnávacího kritéria řada konverguje.

Řešení příkladu:

Pro velká \(n\) platí \(n^2 + 5 \sim n^2\) a \(n^4 + n + 1 \sim n^4\).

Členy řady tedy odpovídají \(\frac{n^2}{n^4} = \frac{1}{n^2}\).

Řada \(\sum \frac{1}{n^2}\) je p-harmonická s \(p=2 > 1\) a tedy konverguje.

Proto podle srovnávacího kritéria řada konverguje.

Řešení příkladu:

Pro velká \(n\) roste faktoriál rychleji než \(3^n\), tedy \(n! + 3^n \sim n!\).

Členy řady lze tedy aproximovat jako \(\frac{1}{n!}\).

Řada \(\sum \frac{1}{n!}\) konverguje (například je to část Taylorova rozvoje exponenciály).

Podle srovnávacího kritéria tedy daná řada konverguje.

Řešení příkladu:

Dominantní členy jsou v čitateli \(n^3\) a ve jmenovateli \(3^n\), protože \(3^n\) roste rychleji než \(n^5\).

Členy řady tedy přibližně odpovídají \(\frac{n^3}{3^n}\).

Porovnáme s řadou \(\sum \frac{1}{3^{n/2}}\), která konverguje, protože je to geometrická řada s kvocientem menším než \(1\).

Pro dostatečně velká \(n\) platí \(n^3 < 3^{n/2}\), takže

\(\frac{n^3}{3^n} < \frac{3^{n/2}}{3^n} = \frac{1}{3^{n/2}}\).

Podle srovnávacího kritéria řada konverguje.

Řešení příkladu:

Pro velká \(n\) platí \(\sqrt[3]{n} = n^{1/3}\) a \(n^2 + 7 \sim n^2\).

Členy řady tedy odpovídají \(\frac{n^{1/3}}{n^2} = \frac{1}{n^{5/3}}\).

Řada \(\sum \frac{1}{n^{5/3}}\) je p-harmonická s \(p = \frac{5}{3} > 1\), tedy konverguje.

Podle srovnávacího kritéria řada konverguje.

Řešení příkladu:

Dominantní členy v jmenovateli jsou \(4^n\), v čitateli \(2^n\).

Proto členy řady přibližně odpovídají \(\frac{2^n}{4^n} = \left(\frac{1}{2}\right)^n\).

Řada \(\sum \left(\frac{1}{2}\right)^n\) je geometrická s kvocientem \(\frac{1}{2} < 1\), tedy konverguje.

Podle srovnávacího kritéria tedy řada konverguje.

Řešení příkladu:

Členy řady jsou \(\frac{1}{n \cdot 2^{\sqrt{n}}}\).

Exponenciální člen \(2^{\sqrt{n}}\) roste rychleji než jakýkoliv polynom.

Porovnáme tedy s řadou \(\sum \frac{1}{2^{\sqrt{n}}}\), která konverguje díky rychlému poklesu členů.

Protože \(\frac{1}{n \cdot 2^{\sqrt{n}}} < \frac{1}{2^{\sqrt{n}}}\), podle srovnávacího kritéria řada konverguje.

Řešení příkladu:

Funkce \(\sin^2(n)\) je omezená mezi \(0\) a \(1\).

Proto členy řady jsou omezeny shora členy \(\frac{1}{n^3}\).

Řada \(\sum \frac{1}{n^3}\) je p-harmonická s \(p=3 > 1\), tedy konverguje.

Podle srovnávacího kritéria tedy řada \(\sum \frac{\sin^2(n)}{n^3}\) konverguje.

Řešení příkladu:

Pro velká \(n\) použijeme Stirlingovu aproximaci: \(n! \sim \sqrt{2 \pi n} \left(\frac{n}{e}\right)^n\).

Členy řady jsou tedy přibližně

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

Členy tedy klesají přibližně jako \(\sqrt{n} \left(\frac{1}{e}\right)^n\), což je exponenciálně klesající řada.

Porovnáme s konvergentní geometrickou řadou \(\sum \left(\frac{1}{2}\right)^n\).

Podle srovnávacího kritéria řada konverguje.

Řešení příkladu:

Pro velká \(n\) platí \(n^2 + 1 \sim n^2\), takže členy řady jsou přibližně \(\frac{\ln n}{n^2}\).

Porovnáme s řadou \(\sum \frac{1}{n^{1.5}}\), která je konvergentní p-harmonická řada s \(p=1.5 > 1\).

Pro dostatečně velká \(n\) platí \(\ln n < n^{0.5}\), tedy

\(\frac{\ln n}{n^2} < \frac{n^{0.5}}{n^2} = \frac{1}{n^{1.5}}\).

Podle srovnávacího kritéria je řada konvergentní.

Řešení příkladu:

Dominantní členy jsou v čitateli \(3^n\), v jmenovateli \(5^n\).

Členy řady se tedy přibližují k \(\frac{3^n}{5^n} = \left(\frac{3}{5}\right)^n\).

Řada \(\sum \left(\frac{3}{5}\right)^n\) je geometrická s kvocientem menším než \(1\), tedy konverguje.

Podle srovnávacího kritéria tedy daná řada konverguje.

Řešení příkladu:

Faktoriál roste rychleji než jakýkoliv polynom, proto členy řady \(\frac{n^2}{n!}\) rychle klesají k nule.

Porovnáme s řadou \(\sum \frac{1}{(n-2)!}\), která konverguje, protože jde o exponenciální typ řady.

Protože pro dostatečně velká \(n\) platí \(\frac{n^2}{n!} < \frac{1}{(n-2)!}\), podle srovnávacího kritéria řada konverguje.

Řešení příkladu:

Protože \(\sin^2 n \geq 0\), platí \(n^2 + \sin^2 n > n^2\).

Členy řady jsou tedy menší než \(\frac{1}{n^2}\).

Řada \(\sum \frac{1}{n^2}\) je konvergentní (p-harmonická řada s \(p=2 > 1\)).

Podle srovnávacího kritéria je tedy zadaná řada konvergentní.

Řešení příkladu:

Stirlingova formule: \(n! \sim \sqrt{2 \pi n} \left(\frac{n}{e}\right)^n\), \((2n)! \sim \sqrt{4 \pi n} \left(\frac{2n}{e}\right)^{2n}\).

Členy řady jsou přibližně

\(\frac{n!}{(2n)!} \sim \frac{\sqrt{2 \pi n} (n/e)^n}{\sqrt{4 \pi n} (2n/e)^{2n}} = \frac{(n/e)^n}{\sqrt{2} (2n/e)^{2n}}.\)

Rozepíšeme mocniny:

\(\frac{(n/e)^n}{(2n/e)^{2n}} = \frac{(n/e)^n}{(2^{2n} n^{2n} e^{-2n})} = e^{n} \frac{n^n}{2^{2n} n^{2n}} = e^{n} \frac{1}{2^{2n} n^n}.\)

Členy tedy klesají přibližně jako \(\frac{e^{n}}{4^n n^n}\).

Protože \(n^n\) roste rychleji než exponenciála, řada konverguje.

Řešení příkladu:

Pro velká \(n\) platí \(n^3 + n \sim n^3\), tedy členy jsou přibližně \(\frac{1}{\sqrt{n^3}} = \frac{1}{n^{3/2}}\).

Řada \(\sum \frac{1}{n^{3/2}}\) je p-harmonická s \(p = \frac{3}{2} > 1\), tedy konverguje.

Podle srovnávacího kritéria je tedy zadaná řada konvergentní.

Řešení příkladu:

Členy řady mají absolutní hodnotu \(\frac{n}{n^2 + 1}\).

Pro velká \(n\) platí \(\frac{n}{n^2 + 1} \sim \frac{n}{n^2} = \frac{1}{n}\).

Řada \(\sum \frac{1}{n}\) je harmonická a diverguje.

Podle srovnávacího kritéria řada \(\sum (-1)^n \frac{n}{n^2+1}\) tedy neabsolutně konverguje, ale absolutní hodnota diverguje.

Řešení příkladu:

Členy jsou \(\frac{n^n}{(n+1)^{n+1}} = \frac{n^n}{(n+1)^n (n+1)} = \frac{1}{n+1} \left(\frac{n}{n+1}\right)^n.\)

Limita \(\lim_{n \to \infty} \left(\frac{n}{n+1}\right)^n = \lim_{n \to \infty} \left(1 – \frac{1}{n+1}\right)^n = e^{-1}\).

Pro velká \(n\) tedy členy řady jsou přibližně \(\frac{e^{-1}}{n+1}\), což je podobné jako \(\frac{1}{n}\).

Řada \(\sum \frac{1}{n}\) diverguje, proto podle srovnávacího kritéria řada diverguje.

Řešení příkladu:

Členy řady jsou \(\frac{1}{n (\ln n)^2}\).

Porovnáme s řadou \(\sum \frac{1}{n \ln n}\), která diverguje, ale naše členy jsou menší díky druhé mocnině v jmenovateli.

Známý výsledek z teorie řad říká, že \(\sum \frac{1}{n (\ln n)^p}\) konverguje pro \(p > 1\).

Proto podle srovnávacího kritéria řada konverguje.

Řešení příkladu:

Použijeme Stirlingovu aproximaci: \(n! \sim \sqrt{2 \pi n} \left(\frac{n}{e}\right)^n\).

Členy řady jsou přibližně

\(\frac{n!}{3^n n^n} \sim \frac{\sqrt{2 \pi n} (n/e)^n}{3^n n^n} = \sqrt{2 \pi n} \left(\frac{1}{3e}\right)^n.\)

Protože \(\frac{1}{3e} < 1\), členy klesají geometricky.

Porovnáme s konvergentní geometrickou řadou \(\sum \left(\frac{1}{2}\right)^n\).

Podle srovnávacího kritéria řada konverguje.

Řešení příkladu:

Členy řady jsou \(\frac{1}{n(\ln n)(\ln(\ln n))^2}\).

Známý výsledek z teorie řad říká, že řada \(\sum \frac{1}{n \ln n (\ln(\ln n))^p}\) konverguje, pokud \(p > 1\).

Protože zde \(p=2 > 1\), řada konverguje.

Pro srovnání lze použít řadu \(\sum \frac{1}{n(\ln n)(\ln(\ln n))^2}\) s touto kritickou řadou, která je konvergentní.

Řešení příkladu:

Vyjádříme rozdíl v čitateli pomocí rozkladu:

\(\sqrt{n+1} – \sqrt{n} = \frac{(n+1) – n}{\sqrt{n+1} + \sqrt{n}} = \frac{1}{\sqrt{n+1} + \sqrt{n}} \sim \frac{1}{2\sqrt{n}}\).

Členy řady tedy přibližně odpovídají \(\frac{1/(2\sqrt{n})}{n} = \frac{1}{2 n^{3/2}}\).

Řada \(\sum \frac{1}{n^{3/2}}\) je p-harmonická s \(p = \frac{3}{2} > 1\), tedy konverguje.

Podle srovnávacího kritéria je řada konvergentní.

Řešení příkladu:

V čitateli dominuje člen \(n^3\), v jmenovateli exponenciální \(2^n\), který roste rychleji než jakýkoliv polynom.

Pro velká \(n\) platí \(\frac{n^3 + 1}{2^{n} + n^4} \sim \frac{n^3}{2^n}\).

Porovnáme s řadou \(\sum \frac{n^3}{2^n}\), která je známá jako konvergentní řada díky rychlému růstu \(2^n\).

Podle srovnávacího kritéria řada konverguje.

Řešení příkladu:

Protože \(\sin^2 n \leq 1\), platí

\(0 \leq \frac{\sin^2 n}{n^2 + 1} \leq \frac{1}{n^2}\).

Řada \(\sum \frac{1}{n^2}\) je konvergentní.

Podle srovnávacího kritéria tedy zadaná řada konverguje.

Řešení příkladu:

Dominantní členy jsou v čitateli \(2^n\), v jmenovateli \(3^n\).

Členy řady se přibližují \(\frac{2^n}{3^n} = \left(\frac{2}{3}\right)^n\).

Řada \(\sum \left(\frac{2}{3}\right)^n\) je geometrická s kvocientem menším než \(1\), tedy konverguje.

Podle srovnávacího kritéria zadaná řada konverguje.

Řešení příkladu:

Pro velká \(n\) platí \(n^2 + 1 \sim n^2\), tedy členy jsou přibližně \(\frac{n^{1/3}}{n^2} = \frac{1}{n^{5/3}}\).

Řada \(\sum \frac{1}{n^{5/3}}\) je \(p\)-harmonická s \(p = \frac{5}{3} > 1\), tedy konverguje.

Podle srovnávacího kritéria je zadaná řada konvergentní.

Řešení příkladu:

Faktoriál roste rychleji než jakákoliv exponenciála.

Porovnáme s řadou \(\sum \frac{1}{(n-1)!}\), která je konvergentní (exponenciální řada).

Protože \(\frac{3^n}{n!} < \frac{C^n}{n!}\) pro nějaké \(C\), řada konverguje.

Řešení příkladu:

Použijeme Stirlingovu aproximaci:

\(n^n \sim e^{n \ln n}\), \((2n)! \sim \sqrt{4 \pi n} \left(\frac{2n}{e}\right)^{2n} = \sqrt{4 \pi n} e^{-2n} (2n)^{2n}\).

Členy řady tedy přibližně jsou

\(\frac{n^n}{(2n)!} \sim \frac{e^{n \ln n}}{\sqrt{4 \pi n} e^{-2n} (2n)^{2n}} = \frac{e^{n \ln n + 2n}}{\sqrt{4 \pi n} (2n)^{2n}}.\)

Po zjednodušení členy klesají velmi rychle díky faktoriálu v jmenovateli, takže řada konverguje.

Řešení příkladu:

Řada \(\sum \frac{1}{n (\ln n)^p}\) konverguje, pokud \(p > 1\), diverguje pokud \(p \leq 1\).

Zde je \(p = \frac{1}{2} < 1\), tedy řada diverguje.

Porovnáme s harmonickou řadou, protože \(\frac{1}{n \sqrt{\ln n}} > \frac{1}{n \ln n}\) pro velká \(n\), která diverguje.

Podle srovnávacího kritéria řada diverguje.

Řešení příkladu:

Použijeme Stirlingovu aproximaci \(n! \sim \sqrt{2 \pi n} \left(\frac{n}{e}\right)^n\).

Členy řady jsou přibližně

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

Protože \(\frac{1}{e} < 1\), členy klesají geometricky.

Porovnáme s konvergentní geometrickou řadou \(\sum \left(\frac{1}{2}\right)^n\).

Podle srovnávacího kritéria řada konverguje.

Řešení příkladu:

Členy řady jsou \(\frac{1}{n (\ln n)^3}\).

Podobná řada \(\sum \frac{1}{n (\ln n)^p}\) konverguje, pokud \(p > 1\).

Zde \(p=3 > 1\), tedy řada konverguje.

Srovnáme s řadou \(\sum \frac{1}{n (\ln n)^3}\), která je známá jako konvergentní.

Řešení příkladu:

Dominantní mocniny jsou v čitateli \(n^2\), v jmenovateli \(n^5\).

Pro velká \(n\) tedy \(\frac{n^2 + 5}{n^5 + 3n^3} \sim \frac{n^2}{n^5} = \frac{1}{n^3}\).

Řada \(\sum \frac{1}{n^3}\) je konvergentní (p-harmonická s \(p=3>1\)).

Podle srovnávacího kritéria je řada konvergentní.

Řešení příkladu:

Členy jsou \(\frac{n^n}{(n+1)^{n+1}} = \frac{n^n}{(n+1)^n (n+1)} = \frac{1}{n+1} \left(\frac{n}{n+1}\right)^n.\)

Vyjádříme limitu základu:

\(\left(\frac{n}{n+1}\right)^n = \left(1 – \frac{1}{n+1}\right)^n \sim e^{-1}\) pro \(n \to \infty\).

Členy tedy pro velká \(n\) vypadají jako \(\frac{e^{-1}}{n+1}\).

Porovnáme s harmonickou řadou \(\sum \frac{1}{n}\), která diverguje.

Podle srovnávacího kritéria zadaná řada diverguje.

Řešení příkladu:

Dominantní mocniny v čitateli i jmenovateli jsou \(5^n\) a \(6^n\).

Členy řady přibližně odpovídají \(\frac{5^n}{6^n} = \left(\frac{5}{6}\right)^n\).

Řada \(\sum \left(\frac{5}{6}\right)^n\) je geometrická s kvocientem menším než \(1\), tedy konverguje.

Podle srovnávacího kritéria tedy konverguje i zadaná řada.

Řešení příkladu:

Vyjádříme člen v čitateli:

\(\sqrt{n^2 + 1} – n = \frac{(n^2 + 1) – n^2}{\sqrt{n^2 + 1} + n} = \frac{1}{\sqrt{n^2 + 1} + n} \sim \frac{1}{2n}\).

Člen řady je tedy přibližně \(\frac{1/(2n)}{n^3} = \frac{1}{2 n^4}\).

Řada \(\sum \frac{1}{n^4}\) je konvergentní \((p\)-harmonická s \(p=4>1\)).

Podle srovnávacího kritéria je zadaná řada konvergentní.

Řešení příkladu:

Použijeme Stirlingovu aproximaci: \(n! \sim \sqrt{2 \pi n} \left(\frac{n}{e}\right)^n\).

Členy jsou přibližně

\(\frac{n!}{3^n n^n} \sim \frac{\sqrt{2 \pi n} \left(\frac{n}{e}\right)^n}{3^n n^n} = \sqrt{2 \pi n} \left(\frac{1}{3 e}\right)^n.\)

Protože \(\frac{1}{3 e} < 1\), řada je porovnatelná s geometrickou řadou \(\sum c^n\), kde \(c < 1\), tedy konverguje.

Řešení příkladu:

Členy jsou \(\frac{\ln n}{n^2}\).

Pro velká \(n\) roste \( \ln n\\) pomaleji než jakákoliv mocnina \(n^p\).

Proto platí \(\frac{\ln n}{n^2} < \frac{n}{n^2} = \frac{1}{n}\), ale pro srovnávací kritérium je důležité porovnat s \(\sum \frac{1}{n^2}\), která konverguje.

Protože \(\frac{\ln n}{n^2} < \frac{C}{n^{3/2}}\) pro nějaké \(C\), řada konverguje.

Řešení příkladu:

Porovnáme členy s \(\frac{1}{n^n}\), protože \(n^n\) roste rychleji než \(n!\).

Pro velká \(n\) platí \(n! + n^n \sim n^n\), takže \(\frac{1}{n! + n^n} \sim \frac{1}{n^n}\).

Řada \(\sum \frac{1}{n^n}\) je geometrická s kvocientem \(< 1\), tedy konverguje.

Podle srovnávacího kritéria zadaná řada konverguje.

Řešení příkladu:

Členy lze psát jako \(\frac{1}{n \sqrt{n-1}} \sim \frac{1}{n \sqrt{n}} = \frac{1}{n^{3/2}}\).

Řada \(\sum \frac{1}{n^{3/2}}\) je konvergentní \((p\)-harmonická s \(p=3/2 > 1\)).

Podle srovnávacího kritéria tedy zadaná řada konverguje.

Řešení příkladu:

Členy mají tvar \(\frac{1}{n^2 + (-1)^n n}\).

Pro velká \(n\) dominující část je \(n^2\), protože \(n^2 \gg n\).

Proto členy řady chování odpovídají \(\frac{1}{n^2}\).

Řada \(\sum \frac{1}{n^2}\) je konvergentní \((p\)-harmonická s \(p=2>1\)).

Podle srovnávacího kritéria zadaná řada konverguje.

Řešení příkladu:

Členy řady jsou \(\frac{\ln n}{n \sqrt{n}} = \frac{\ln n}{n^{3/2}}\).

Porovnáme s řadou \(\sum \frac{1}{n^{3/2 – \epsilon}}\), kde \(\epsilon > 0\) malé.

Protože \(\ln n\) roste pomaleji než \(n^\epsilon\) pro každé \(\epsilon > 0\), platí

\(\frac{\ln n}{n^{3/2}} < \frac{C}{n^{3/2 - \epsilon}}\) pro dostatečně velké \(n\).

Řada \(\sum \frac{1}{n^{p}}\) konverguje, pokud \(p > 1\).

Protože \(3/2 – \epsilon > 1\), řada \(\sum \frac{\ln n}{n^{3/2}}\) konverguje podle srovnávacího kritéria.

Řešení příkladu:

Dominantní členy v čitateli a jmenovateli jsou \(3^n\) a \(5^n\).

Členy lze aproximovat jako \(\frac{3^n}{5^n} = \left(\frac{3}{5}\right)^n\).

Geometrická řada \(\sum \left(\frac{3}{5}\right)^n\) konverguje, protože kvocient je menší než \(1\).

Podle srovnávacího kritéria tedy daná řada konverguje.

Řešení příkladu:

Funkce \(\sin^2 n\) je omezená mezi \(0\) a \(1\).

Členy řady jsou tedy omezeny shora \(\frac{1}{n^2}\).

Řada \(\sum \frac{1}{n^2}\) je konvergentní (p-harmonická s \(p=2 > 1\)).

Podle srovnávacího kritéria tedy řada \(\sum \frac{\sin^2 n}{n^2}\) konverguje.

Řešení příkladu:

Pro velká \(n\) exponenciální člen \(2^n\) roste rychleji než polynomální \(n^4\).

Členy řady lze tedy aproximovat jako \(\frac{n^3}{2^n}\).

Řada \(\sum \frac{n^3}{2^n}\) je známá konvergentní, protože exponenciální růst v jmenovateli převyšuje polynom v čitateli.

Podle srovnávacího kritéria tedy řada konverguje.

Řešení příkladu:

Řada \(\sum \frac{1}{n \ln n}\) je známá jako tzv. Bertrandova řada.

Je známo, že diverguje, protože \(\int_2^\infty \frac{1}{x \ln x} dx\) diverguje.

Porovnáme s divergující harm. řadou \(\sum \frac{1}{n}\).

Protože \(\frac{1}{n \ln n} > \frac{1}{n \cdot n} = \frac{1}{n^2}\) není pravda, použijeme limitní srovnávací test s \(\sum \frac{1}{n}\).

Limitní poměr \(\lim_{n \to \infty} \frac{1/(n \ln n)}{1/n} = \lim \frac{1}{\ln n} = 0\), tedy řada \(\sum \frac{1}{n \ln n}\) roste pomaleji než harmonická, ale stále diverguje.

Řešení příkladu:

Členy řady jsou \(\frac{1}{\sqrt{n^3 + 1}} \sim \frac{1}{n^{3/2}}\).

Řada \(\sum \frac{1}{n^{3/2}}\) je konvergentní, protože \(p=3/2 > 1\).

Podle srovnávacího kritéria tedy řada konverguje.

Řešení příkladu:

Pro velká \(n\) dominují v čitateli \(n^2\) a v jmenovateli \(n^5\).

Členy jsou přibližně \(\frac{n^2}{n^5} = \frac{1}{n^3}\).

Řada \(\sum \frac{1}{n^3}\) je konvergentní (p-harmonická s \(p=3 > 1\)).

Podle srovnávacího kritéria řada konverguje.

Řešení příkladu:

Podle Stirlingovy formule \(n! \sim \sqrt{2 \pi n} \left(\frac{n}{e}\right)^n\).

Členy řady jsou tedy přibližně \(\frac{n!}{n^n} \sim \frac{\sqrt{2 \pi n} (n/e)^n}{n^n} = \sqrt{2 \pi n} \left(\frac{1}{e}\right)^n\).

Členy tedy klesají exponenciálně rychle.

Porovnáme s řadou \(\sum \left(\frac{1}{2}\right)^n\), která konverguje.

Podle srovnávacího kritéria řada konverguje.

Řešení příkladu:

Pro velká \(n\) členy mají tvar \(\frac{\ln^2 n}{n^2}\).

Porovnáme s řadou \(\sum \frac{1}{n^{3/2}}\), protože \(\ln^2 n\) roste pomaleji než jakékoliv \(n^\epsilon\) pro \(\epsilon > 0\).

Proto \(\frac{\ln^2 n}{n^2} < \frac{C}{n^{3/2}}\) pro dostatečně velké \(n\).

Řada \(\sum \frac{1}{n^{3/2}}\) konverguje, proto i zadaná řada konverguje podle srovnávacího kritéria.

Řešení příkladu:

Dominantní členy v čitateli a jmenovateli jsou \(3^n\) a \(4^n\).

Členy lze přiblížit jako \(\frac{3^n}{4^n} = \left(\frac{3}{4}\right)^n\).

Geometrická řada \(\sum \left(\frac{3}{4}\right)^n\) konverguje.

Podle srovnávacího kritéria tedy řada konverguje.

Řešení příkladu:

Řada má členy \(\frac{1}{n (\ln n)^2}\) pro \(n \geq 2\).

Porovnáme ji s řadou \(\sum \frac{1}{n \ln n}\), která je známá jako divergující Bertrandova řada.

Protože \((\ln n)^2 > \ln n\) pro \(n > e\), platí

\(\frac{1}{n (\ln n)^2} < \frac{1}{n \ln n}\) pro velká \(n\).

Ověříme, zda řada konverguje pomocí integrálního testu:

Integrál \(\int_2^\infty \frac{1}{x (\ln x)^2} dx\) spočteme substitucí \(t = \ln x\), \(dt = \frac{dx}{x}\).

Integrál se změní na \(\int_{\ln 2}^\infty \frac{1}{t^2} dt\), který konverguje (protože \(\int_a^\infty t^{-2} dt\) je konvergentní).

Proto řada \(\sum \frac{1}{n (\ln n)^2}\) konverguje podle srovnávacího kritéria s pomocí integrálního testu.

Řešení příkladu:

Podle Stirlingovy formule \(n! \sim \sqrt{2 \pi n} \left(\frac{n}{e}\right)^n\).

Členy řady jsou \(\frac{n!}{3^n n^n} \sim \frac{\sqrt{2 \pi n} (n/e)^n}{3^n n^n} = \sqrt{2 \pi n} \left(\frac{1}{3 e}\right)^n\).

Protože \(\frac{1}{3 e} < 1\), členy klesají exponenciálně rychle.

Porovnáme s geometrickou řadou \(\sum \left(\frac{1}{2}\right)^n\), která konverguje.

Podle srovnávacího kritéria tedy řada konverguje.

Řešení příkladu:

Členy lze přiblížit jako \(\frac{\sqrt{n}}{n^2} = \frac{1}{n^{3/2}}\) pro velká \(n\).

Řada \(\sum \frac{1}{n^{3/2}}\) konverguje, protože \(3/2 > 1\).

Podle srovnávacího kritéria tedy řada konverguje.

Řešení příkladu:

Členy jsou \(\frac{1 + (-1)^n}{n^2}\). Pro lichá \(n\) je člen \(0\), pro sudá \(n\) je člen \(\frac{2}{n^2}\).

Řada tedy odpovídá řadě \(\sum \frac{2}{(2k)^2} = \sum \frac{2}{4k^2} = \sum \frac{1}{2 k^2}\).

Řada \(\sum \frac{1}{k^2}\) konverguje, tedy i původní řada konverguje.

Řešení příkladu:

Pro velká \(n\) dominují v jmenovateli \(5^n\) a v čitateli \(n^4\).

Členy jsou přibližně \(\frac{n^4}{5^n}\).

Řada \(\sum \frac{n^4}{5^n}\) konverguje, protože exponenciální růst v jmenovateli převyšuje polynom v čitateli.

Podle srovnávacího kritéria tedy řada konverguje.

Řešení příkladu:

Funkce \(\sin n\) je omezená mezi -1 a 1.

Členy řady jsou tedy omezeny shora \(\frac{1}{n^{3/2}}\).

Řada \(\sum \frac{1}{n^{3/2}}\) konverguje, protože \(3/2 > 1\).

Podle srovnávacího kritéria tedy řada absolutně konverguje, a tudíž konverguje i daná řada.

Řešení příkladu:

Faktor \( (2n)! \) roste mnohem rychleji než \( n^n \).

Pro velká \(n\) platí \( (2n)! \approx \sqrt{4 \pi n} \left(\frac{2n}{e}\right)^{2n} \), podle Stirlingovy formule.

Členy lze tedy přibližně napsat jako \(\frac{n^n}{(2n)!} \sim \frac{n^n}{\sqrt{4 \pi n} (2n/e)^{2n}} = \frac{n^n e^{2n}}{\sqrt{4 \pi n} (2n)^{2n}}\).

Zápis můžeme přepsat na \(\frac{1}{\sqrt{4 \pi n}} \left(\frac{e^2}{4 n}\right)^n\), což klesá rychle k nule.

Podle srovnávacího kritéria tedy řada konverguje, protože klesá rychleji než geometrická řada s kvocientem menším než 1.

Řešení příkladu:

Dominantní členy v čitateli a jmenovateli jsou \(2^n\) a \(3^n\).

Členy lze přiblížit jako \(\frac{2^n}{3^n} = \left(\frac{2}{3}\right)^n\).

Geometrická řada \(\sum \left(\frac{2}{3}\right)^n\) konverguje.

Podle srovnávacího kritéria tedy řada konverguje.

Řešení příkladu:

Vyjádříme rozdíl ve jmenovateli:

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

Proto členy jsou \(\frac{1}{n(\sqrt{n+1} + \sqrt{n})}\).

Pro velká \(n\) platí \(\sqrt{n+1} + \sqrt{n} \sim 2 \sqrt{n}\).

Členy tedy mají přibližnou hodnotu \(\frac{1}{n \cdot 2 \sqrt{n}} = \frac{1}{2 n^{3/2}}\).

Řada \(\sum \frac{1}{n^{3/2}}\) konverguje, tedy i zadaná řada podle srovnávacího kritéria konverguje.

Řešení příkladu:

Pro velká \(n\) členy řady jsou \(\frac{\ln n}{n^{1.5}}\).

Porovnáme s řadou \(\sum \frac{1}{n^{1.4}}\), protože \(\ln n\) roste pomaleji než \(n^{0.1}\) pro dostatečně velká \(n\).

Proto \(\frac{\ln n}{n^{1.5}} < \frac{C}{n^{1.4}}\) pro dostatečně velká \(n\) a nějaké konstantní \(C > 0\).

Řada \(\sum \frac{1}{n^{1.4}}\) konverguje, protože \(1.4 > 1\).

Podle srovnávacího kritéria tedy zadaná řada konverguje.

Řešení příkladu:

Pro velká \(n\) dominují v čitateli člen \(3^n\) a v jmenovateli člen \(4^n\).

Členy lze přiblížit jako \(\frac{3^n}{4^n} = \left(\frac{3}{4}\right)^n\).

Geometrická řada \(\sum \left(\frac{3}{4}\right)^n\) konverguje, protože kvocient je menší než \(1\).

Podle srovnávacího kritéria tedy řada konverguje.

Řešení příkladu:

Porovnáme řadu \(\sum \frac{1}{n (\ln n)^{1/2}}\) s řadou \(\sum \frac{1}{n \ln n}\), která diverguje.

Protože \((\ln n)^{1/2} < \ln n\) pro dostatečně velké \(n\), platí

\(\frac{1}{n (\ln n)^{1/2}} > \frac{1}{n \ln n}\).

Protože řada \(\sum \frac{1}{n \ln n}\) diverguje, podle srovnávacího kritéria tedy i zadaná řada diverguje.

Řešení příkladu:

Podle Stirlingovy formule \(n! \sim \sqrt{2\pi n} \left(\frac{n}{e}\right)^n\).

Členy řady lze přiblížit jako \(\frac{n!}{n^n} \sim \sqrt{2\pi n} \left(\frac{n}{e}\right)^n \cdot \frac{1}{n^n} = \sqrt{2\pi n} \left(\frac{1}{e}\right)^n\).

Proto členy klesají exponenciálně rychle.

Porovnáme s geometrickou řadou \(\sum \left(\frac{1}{2}\right)^n\), která konverguje.

Podle srovnávacího kritéria tedy řada konverguje.

Řešení příkladu:

Pro velká \(n\) dominují v čitateli \(n^2\) a v jmenovateli \(n^3\).

Členy lze přiblížit jako \(\frac{n^2}{n^3} = \frac{1}{n}\).

Porovnáme s harmonickou řadou \(\sum \frac{1}{n}\), která diverguje.

Protože pro všechna \(n\) platí \(\frac{n^2 + 1}{n^3 + \sqrt{n}} > \frac{n^2}{2 n^3} = \frac{1}{2 n}\), řada diverguje podle srovnávacího kritéria.

Řešení příkladu:

Porovnáme dvě rychle rostoucí složky v jmenovateli \(n!\) a \(2^n\).

Pro velká \(n\) roste \(n!\) rychleji než \(2^n\), tedy \(n! + 2^n \sim n!\).

Členy lze tedy přiblížit jako \(\frac{1}{n!}\).

Řada \(\sum \frac{1}{n!}\) konverguje, protože členy klesají rychleji než geometrická řada s kvocientem menším než \(1\).

Podle srovnávacího kritéria tedy zadaná řada konverguje.

Řešení příkladu:

Dominantní člen v jmenovateli je \(2^n\), který roste rychleji než jakýkoli polynom.

Členy lze přiblížit jako \(\frac{\sqrt{n}}{2^n}\).

Porovnáme s řadou \(\sum \frac{1}{2^n}\), která konverguje.

Protože \(\frac{\sqrt{n}}{2^n} < \frac{C}{2^n}\) pro nějaké \(C\) a dostatečně velké \(n\), řada konverguje podle srovnávacího kritéria.

Řešení příkladu:

Pro velká \(n\) členy odpovídají \(\frac{\ln n}{n^2}\).

Porovnáme s řadou \(\sum \frac{1}{n^{1.5}}\), protože \(\ln n < n^{0.5}\) pro velká \(n\).

Proto \(\frac{\ln n}{n^2} < \frac{n^{0.5}}{n^2} = \frac{1}{n^{1.5}}\) pro velká \(n\).

Řada \(\sum \frac{1}{n^{1.5}}\) konverguje, tedy podle srovnávacího kritéria i zadaná řada konverguje.

Řešení příkladu:

Dominantní členy jsou \(5^n\) v čitateli a \(6^n\) v jmenovateli.

Členy lze přiblížit jako \(\left(\frac{5}{6}\right)^n\), což je kvocient geometrické řady s hodnotou menší než \(1\).

Řada tedy konverguje podle srovnávacího kritéria.

Řešení příkladu:

Pro velká \(n\) roste \(3^n\) rychleji než \(n^4\), tedy \(n^4 + 3^n \sim 3^n\).

Členy lze přiblížit jako \(\frac{n^3}{3^n}\).

Porovnáme s řadou \(\sum \frac{1}{3^{n/2}}\), která konverguje.

Protože \(\frac{n^3}{3^n} < \frac{C}{3^{n/2}}\) pro nějaké \(C\) a dostatečně velké \(n\), řada konverguje podle srovnávacího kritéria.

Řešení příkladu:

Členy řady jsou \(\frac{\sin^2 n}{n^2 + 1}\).

Protože \(\sin^2 n \leq 1\), platí \(\frac{\sin^2 n}{n^2 + 1} \leq \frac{1}{n^2}\).

Řada \(\sum \frac{1}{n^2}\) je konvergentní (p-konvergentní s \(p=2>1\)).

Podle srovnávacího kritéria tedy i zadaná řada konverguje.

Řešení příkladu:

Pro velká \(n\) dominují v čitateli \(\sqrt{n}\) a v jmenovateli \(n^{3/2}\).

Členy lze přiblížit jako \(\frac{\sqrt{n}}{n^{3/2}} = \frac{1}{n}\).

Porovnáme s harmonickou řadou \(\sum \frac{1}{n}\), která diverguje.

Protože pro všechna \(n\) platí \(\frac{\sqrt{n} + \ln n}{n^{3/2} + 5n} > \frac{\sqrt{n}}{2 n^{3/2}} = \frac{1}{2 n}\), řada diverguje podle srovnávacího kritéria.

Řešení příkladu:

Pro velká \(n\) dominují v čitateli \(3^n\) a v jmenovateli \(5^n\).

Členy lze přiblížit jako \(\left(\frac{3}{5}\right)^n\).

Geometrická řada \(\sum \left(\frac{3}{5}\right)^n\) konverguje, protože kvocient je menší než \(1\).

Podle srovnávacího kritéria tedy řada konverguje.

Řešení příkladu:

Porovnáme s řadou \(\sum \frac{1}{n (\ln n)^p}\) pro \(p=2\).

Řada \(\sum \frac{1}{n (\ln n)^p}\) konverguje, pokud \(p>1\).

Protože zde platí \(p=2 > 1\), řada konverguje.

Podle srovnávacího kritéria tedy zadaná řada konverguje.

Řešení příkladu:

Pro velká \(n\) dominují v čitateli \(n^3\) a v jmenovateli \(n^4\).

Členy lze přiblížit jako \(\frac{n^3}{n^4} = \frac{1}{n}\).

Porovnáme s harmonickou řadou \(\sum \frac{1}{n}\), která diverguje.

Protože \(\frac{n^3 + 1}{n^4 + n^2 + 1} > \frac{n^3}{2 n^4} = \frac{1}{2 n}\), řada diverguje podle srovnávacího kritéria.

Řešení příkladu:

Podle Stirlingovy formule \(n! \sim \sqrt{2 \pi n} \left(\frac{n}{e}\right)^n\).

Členy lze přiblížit jako \(\frac{\sqrt{2 \pi n} (n/e)^n}{2^{n} n^n} = \sqrt{2 \pi n} \frac{1}{2^n} \left(\frac{1}{e}\right)^n = \sqrt{2 \pi n} \left(\frac{1}{2e}\right)^n\).

Protože \(\frac{1}{2e} < 1\), členy klesají geometricky.

Porovnáme s geometrickou řadou \(\sum \left(\frac{1}{3}\right)^n\), která konverguje.

Podle srovnávacího kritéria tedy řada konverguje.

Řešení příkladu:

Členy mají tvar \(\frac{1 + (-1)^n}{n^2 + 1}\).

Pro lichá \(n\) je člen 0, pro sudá \(n\) je člen \(\frac{2}{n^2 + 1}\).

Omezením na sudé členy máme \(\sum \frac{2}{(2k)^2 + 1}\), což je přibližně \(\sum \frac{2}{4k^2} = \sum \frac{1}{2k^2}\).

Řada \(\sum \frac{1}{k^2}\) je konvergentní.

Podle srovnávacího kritéria tedy řada konverguje.

Řešení příkladu:

Pro velká \(n\) dominují v jmenovateli \(3^n\), který roste rychleji než \(n^3\).

Členy lze přiblížit jako \(\frac{n^2}{3^n}\).

Porovnáme s geometrickou řadou \(\sum \frac{1}{2^n}\), která konverguje.

Protože \(\frac{n^2}{3^n} < \frac{C}{2^n}\) pro nějaké \(C\) a dostatečně velké \(n\), řada konverguje podle srovnávacího kritéria.

Řešení příkladu:

Členy jsou \(\frac{\ln n}{n^{1.5}}\).

Porovnáme s řadou \(\sum \frac{1}{n^{1.5}}\), která je p-konvergentní s \(p=1.5 > 1\).

Protože \(\ln n\) roste pomaleji než jakákoli mocnina \(n^\epsilon\), platí pro dost velká \(n\) že \(\frac{\ln n}{n^{1.5}} < \frac{n^\epsilon}{n^{1.5}} = \frac{1}{n^{1.5-\epsilon}}\).

Pro \(\epsilon < 0.5\) tedy členy klesají rychleji než \(1/n^{1}\), řada konverguje podle srovnávacího kritéria.

Řešení příkladu:

Pro velká \(n\) dominují v jmenovateli \(n^3\), tedy členy jsou \(\frac{1}{\sqrt{n^3}} = \frac{1}{n^{3/2}}\).

Řada \(\sum \frac{1}{n^{3/2}}\) konverguje \((p\)-konvergentní s \(p=1.5 > 1\)).

Podle srovnávacího kritéria tedy i zadaná řada konverguje.

Řešení příkladu:

Pro velká \(n\) dominují v čitateli \(2^n\) a v jmenovateli \(3^n\).

Členy lze přiblížit jako \(\left(\frac{2}{3}\right)^n\).

Geometrická řada \(\sum \left(\frac{2}{3}\right)^n\) konverguje, protože kvocient je menší než \(1\).

Podle srovnávacího kritéria tedy řada konverguje.

Řešení příkladu:

Pro velká \(n\) v čitateli dominuje člen \(n^2\), v jmenovateli \(n^3\).

Proto členy řady přibližně odpovídají \(\frac{n^2}{n^3} = \frac{1}{n}\).

Porovnáme s harmonickou řadou \(\sum \frac{1}{n}\), která diverguje.

Navíc platí \(\frac{n^2 + \sqrt{n}}{n^3 + 4n^2 + 1} > \frac{n^2}{2 n^3} = \frac{1}{2 n}\) pro dostatečně velká \(n\).

Tedy podle srovnávacího kritéria řada diverguje.

Řešení příkladu:

Pro velká \(n\) v čitateli dominuje \(5^n\), v jmenovateli \(7^n\).

Členy přibližně odpovídají \(\left(\frac{5}{7}\right)^n\).

Geometrická řada \(\sum \left(\frac{5}{7}\right)^n\) konverguje, protože kvocient je menší než \(1\).

Podle srovnávacího kritéria tedy řada konverguje.

Řešení příkladu:

Řada \(\sum \frac{1}{n \ln n}\) je známa jako divergující pomalá řada.

Porovnáme ji s harmonickou řadou, která diverguje.

Protože \(\frac{1}{n \ln n}\) klesá pomaleji než jakákoli mocnina \(1/n^{1+\epsilon}\), řada diverguje.

Tedy podle srovnávacího kritéria řada diverguje.

Řešení příkladu:

Pro velká \(n\) v čitateli převažuje \(\sqrt{n}\), v jmenovateli \(n^{3/2}\).

Členy lze přiblížit jako \(\frac{\sqrt{n}}{n^{3/2}} = \frac{1}{n}\).

Porovnáme s harmonickou řadou, která diverguje.

Protože \(\frac{\sqrt{n} + 3}{n^{3/2} + 2} > \frac{\sqrt{n}}{2 n^{3/2}} = \frac{1}{2 n}\) pro dostatečně velká \(n\), řada diverguje podle srovnávacího kritéria.

Řešení příkladu:

Podle Stirlingovy formule platí \(n! \sim \sqrt{2 \pi n} \left(\frac{n}{e}\right)^n\).

Členy lze přiblížit jako \(\frac{\sqrt{2 \pi n} (n/e)^n}{n^n} = \sqrt{2 \pi n} \left(\frac{1}{e}\right)^n\).

Protože \(\frac{1}{e} < 1\), členy klesají geometricky.

Porovnáme s geometrickou řadou \(\sum \left(\frac{1}{2}\right)^n\), která konverguje.

Podle srovnávacího kritéria tedy řada konverguje.

Řešení příkladu:

Pro každé \(n\) platí \(|\sin n| \leq 1\), tedy \(\left|\frac{\sin n}{n^2 + 1}\right| \leq \frac{1}{n^2}\).

Řada \(\sum \frac{1}{n^2}\) konverguje (p-konvergentní s \(p=2 > 1\)).

Podle srovnávacího kritéria tedy řada absolutně konverguje.

Řešení příkladu:

Pro velká \(n\) v čitateli dominuje \(2^n\), v jmenovateli \(4^n\).

Členy lze přiblížit jako \(\left(\frac{2}{4}\right)^n = \left(\frac{1}{2}\right)^n\).

Geometrická řada \(\sum \left(\frac{1}{2}\right)^n\) konverguje.

Podle srovnávacího kritéria tedy řada konverguje.

Řešení příkladu:

Protože \(\sin^2 n \geq 0\), platí \(n^2 \leq n^2 + \sin^2 n \leq n^2 + 1\).

Proto \(\frac{1}{n^2 + 1} \leq \frac{1}{n^2 + \sin^2 n} \leq \frac{1}{n^2}\).

Řada \(\sum \frac{1}{n^2}\) konverguje.

Podle srovnávacího kritéria tedy řada konverguje.

Řešení příkladu:

Pro velká \(n\) faktoriál roste rychleji než exponenciála.

Odhadněme růst: \(n^n\) roste exponenciálně, ale \((2n)! \) roste ještě rychleji (superexponenciálně).

Proto členy řady klesají rychleji než členy řady \(\sum \frac{1}{(2n)!}\), která konverguje.

Podle srovnávacího kritéria tedy řada konverguje.

Řešení příkladu:

Pro velká \(n\) členy přibližně odpovídají \(\frac{\ln n}{n^2}\).

Porovnáme s řadou \(\sum \frac{1}{n^{1.5}}\), která konverguje.

Protože \(\ln n\) roste pomaleji než jakákoli mocnina \(n^\epsilon\) pro \(\epsilon > 0\), platí \(\frac{\ln n}{n^2} < \frac{n^{\epsilon}}{n^2} = \frac{1}{n^{2-\epsilon}}\).

Pro \(\epsilon < 0.5\) je \(2 - \epsilon > 1.5\), tedy řada konverguje podle srovnávacího kritéria.

Řešení příkladu:

Pro velká \(n\) v čitateli dominuje \(n^2\), v jmenovateli \(n^3\).

Členy tedy přibližně odpovídají \(\frac{n^2}{n^3} = \frac{1}{n}\).

Porovnáme s harmonickou řadou \(\sum \frac{1}{n}\), která diverguje.

Navíc platí \(\frac{n^2 + \ln n}{n^3 + 5n + 1} > \frac{n^2}{2 n^3} = \frac{1}{2n}\) pro dostatečně velká \(n\).

Podle srovnávacího kritéria tedy řada diverguje.

Řešení příkladu:

Pro velká \(n\) v čitateli dominuje \(3^n\), v jmenovateli \(5^n\).

Členy se tedy přibližují k \(\left(\frac{3}{5}\right)^n\).

Protože \(\frac{3}{5} < 1\), geometrická řada \(\sum \left(\frac{3}{5}\right)^n\) konverguje.

Podle srovnávacího kritéria řada konverguje.

Řešení příkladu:

Řada \(\sum \frac{1}{n (\ln n)^2}\) je známá jako konvergentní, protože \(\sum \frac{1}{n (\ln n)^p}\) konverguje pro \(p > 1\).

Porovnáme s řadou \(\sum \frac{1}{n (\ln n)^2}\), která konverguje.

Tedy podle srovnávacího kritéria řada konverguje.

Řešení příkladu:

Čitatel je \(n \sqrt{n} = n^{3/2}\), jmenovatel je \(n^3 + 1 \sim n^3\).

Členy přibližně odpovídají \(\frac{n^{3/2}}{n^3} = \frac{1}{n^{3/2}}\).

Protože \(3/2 > 1\), řada \(\sum \frac{1}{n^{3/2}}\) konverguje.

Podle srovnávacího kritéria tedy řada konverguje.

Řešení příkladu:

Posuzujeme absolutní hodnotu členů: \(\frac{n}{n^2 + 4} \sim \frac{n}{n^2} = \frac{1}{n}\).

Porovnáme s harmonickou řadou \(\sum \frac{1}{n}\), která diverguje.

Protože řada absolutních hodnot diverguje, nelze srovnávacím kritériem potvrdit absolutní konvergenci.

Avšak původní řada je alternativní a \(\frac{n}{n^2 + 4}\) klesá k nule monotoně.

Alternativní kritérium tedy říká, že řada konverguje, ale ne absolutně.

Řešení příkladu:

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

Členy lze přibližně psát jako \(\frac{\sqrt{2 \pi n} (n/e)^n}{3^n n^n} = \sqrt{2 \pi n} \left(\frac{1}{3e}\right)^n\).

Protože \(\frac{1}{3e} < 1\), členy klesají geometricky.

Podle srovnávacího kritéria řada konverguje.

Řešení příkladu:

Exponent v jmenovateli je \(1 + \frac{1}{\ln n}\), což se blíží k \(1\) z pravé strany.

Protože \(\frac{1}{\ln n} > 0\), členy klesají rychleji než \(\frac{1}{n}\).

Porovnáme s řadou \(\sum \frac{1}{n^{1+\epsilon}}\) pro malé \(\epsilon > 0\), která konverguje.

Podle srovnávacího kritéria tedy řada konverguje.

Řešení příkladu:

Protože \(\cos n\) je omezeno mezi \(-1\) a \(1\), členy jsou větší než nebo rovny nule.

Nejmenší hodnota \((1 + \cos n)\) je \(0\), nejvyšší \(2\).

Členy tedy leží mezi \(\frac{0}{n^2} = 0\) a \(\frac{2}{n^2}\).

Řada \(\sum \frac{1}{n^2}\) konverguje.

Podle srovnávacího kritéria tedy řada konverguje.

Řešení příkladu:

Dominantní členy jsou \(2^n\) v čitateli a \(3^n\) ve jmenovateli.

Členy tedy přibližně odpovídají \(\left(\frac{2}{3}\right)^n\).

Protože \(\frac{2}{3} < 1\), geometrická řada konverguje.

Podle srovnávacího kritéria řada konverguje.

Řešení příkladu:

Pro velká \(n\) platí \(n^2 + n \sim n^2\).

Členy jsou tedy přibližně \(\frac{\ln n}{n^2}\).

Porovnáme s řadou \(\sum \frac{1}{n^{1.5}}\), která konverguje.

Protože \(\ln n\) roste pomaleji než \(n^\epsilon\) pro každé \(\epsilon > 0\), platí \(\frac{\ln n}{n^2} < \frac{n^{\epsilon}}{n^2} = \frac{1}{n^{2-\epsilon}}\).

Pro \(\epsilon < 0.5\) je \(2-\epsilon > 1.5\), tedy řada konverguje podle srovnávacího kritéria.

Řešení příkladu:

V čitateli pro velká \(n\) dominuje \(\sqrt{n} = n^{1/2}\), ve jmenovateli \(n^{3/2}\) (protože \(n^{3/2} \gg \ln n\)).

Členy řady tedy přibližně odpovídají \(\frac{n^{1/2}}{n^{3/2}} = \frac{1}{n}\).

Porovnáme s harmonickou řadou \(\sum \frac{1}{n}\), která diverguje.

Navíc platí pro dostatečně velká \(n\), že \(\frac{\sqrt{n} + 3}{n^{3/2} + \ln n} > \frac{n^{1/2}}{2 n^{3/2}} = \frac{1}{2 n}\).

Podle srovnávacího kritéria tedy řada diverguje.

Řešení příkladu:

Dominantní mocniny v čitateli je \(5^n\), ve jmenovateli \(6^n\), protože \(6^n > 2^n\) pro velká \(n\).

Členy tedy přibližně odpovídají \(\left(\frac{5}{6}\right)^n\).

Protože \(\frac{5}{6} < 1\), geometrická řada \(\sum \left(\frac{5}{6}\right)^n\) konverguje.

Podle srovnávacího kritéria řada konverguje.

Řešení příkladu:

Řada je podobná známé řadě typu \(\sum \frac{1}{n (\ln n)^p}\), ale nyní má ještě faktor \((\ln (\ln n))^2\) v jmenovateli.

Známý výsledek říká, že \(\sum \frac{1}{n (\ln n)^p}\) konverguje pro \(p > 1\).

V tomto případě je faktor navíc \((\ln (\ln n))^2\), což ještě zmenšuje členy.

Porovnáme tedy s řadou \(\sum \frac{1}{n (\ln n)^{1+\epsilon}}\) pro malé \(\epsilon > 0\), která konverguje.

Proto podle srovnávacího kritéria řada konverguje.

Řešení příkladu:

Dominantní člen v čitateli je \(n^4\), ve jmenovateli \(n^5\).

Členy tedy přibližně odpovídají \(\frac{n^4}{n^5} = \frac{1}{n}\).

Porovnáme s harmonickou řadou \(\sum \frac{1}{n}\), která diverguje.

Protože pro všechna \(n\) platí \(\frac{n^4 + 3n}{n^5 + 2n^2 + 1} > \frac{n^4}{2 n^5} = \frac{1}{2 n}\), řada diverguje podle srovnávacího kritéria.

Řešení příkladu:

Dominantní členy jsou \(n!\) v čitateli a \((n!)^2\) ve jmenovateli.

Členy tedy přibližně odpovídají \(\frac{n!}{(n!)^2} = \frac{1}{n!}\).

Řada \(\sum \frac{1}{n!}\) konverguje (řada exponenční).

Podle srovnávacího kritéria řada konverguje.

Řešení příkladu:

Dominantní člen v čitateli je \(n \ln n\), ve jmenovateli \(n^3\).

Členy přibližně odpovídají \(\frac{n \ln n}{n^3} = \frac{\ln n}{n^2}\).

Porovnáme s řadou \(\sum \frac{1}{n^{3/2}}\), která konverguje.

Protože \(\ln n\) roste pomaleji než \(n^{\epsilon}\) pro každé \(\epsilon > 0\), platí \(\frac{\ln n}{n^2} < \frac{n^{\epsilon}}{n^2} = \frac{1}{n^{2-\epsilon}}\), kde \(2-\epsilon > 3/2\) pro vhodné \(\epsilon\).

Podle srovnávacího kritéria tedy řada konverguje.

Řešení příkladu:

Protože \(\sin n\) je omezeno mezi \(-1\) a \(1\), a \(n^{1.5}\) roste bez omezení, pro velká \(n\) platí

\(n^{1.5} + \sin n \sim n^{1.5}\).

Členy jsou tedy přibližně \(\frac{1}{n^{1.5}}\), což je konvergentní p-řada s \(p=1.5 > 1\).

Podle srovnávacího kritéria tedy řada konverguje.

Řešení příkladu:

Pro zjednodušení přepíšeme člen jako

\(\frac{n^n}{(n+1)^{n+1}} = \frac{n^n}{(n+1)^n (n+1)} = \frac{1}{n+1} \left(\frac{n}{n+1}\right)^n\).

Vyjádříme \(\left(\frac{n}{n+1}\right)^n = \left(1 – \frac{1}{n+1}\right)^n \approx e^{-1}\) pro velká \(n\).

Členy tedy přibližně odpovídají \(\frac{e^{-1}}{n}\).

Porovnáme s harmonickou řadou, která diverguje.

Podle srovnávacího kritéria řada diverguje.

Řešení příkladu:

Pro velká \(n\) platí \(\sqrt[3]{n^2 + 1} \sim n^{2/3}\), a \(n^2 + n \sim n^2\).

Členy jsou tedy přibližně \(\frac{n^{2/3}}{n^2} = \frac{1}{n^{4/3}}\).

Porovnáme s řadou \(\sum \frac{1}{n^p}\) s \(p=4/3 > 1\), která konverguje.

Podle srovnávacího kritéria řada konverguje.

Řešení příkladu:

Dominantní mocniny v čitateli je \(3^n\), ve jmenovateli \(4^n\), protože \(4^n \gg n^5\) pro velká \(n\).

Členy tedy přibližně odpovídají \(\left(\frac{3}{4}\right)^n\).

Protože \(\frac{3}{4} < 1\), geometrická řada konverguje.

Podle srovnávacího kritéria řada konverguje.

Řešení příkladu:

Pro velká \(n\) v čitateli dominuje \(n^2\) (protože \(n^2 \gg \ln n\)) a ve jmenovateli \(n^3\) (protože \(n^3 \gg 5n\)).

Členy tedy přibližně odpovídají \(\frac{n^2}{n^3} = \frac{1}{n}\).

Porovnáme s harmonickou řadou \(\sum \frac{1}{n}\), která diverguje.

Navíc pro všechna \(n\) platí \(\frac{n^2 + \ln n}{n^3 + 5n} > \frac{n^2}{2 n^3} = \frac{1}{2 n}\), takže řada diverguje podle srovnávacího kritéria.

Řešení příkladu:

Dominantní mocniny v čitateli je \(3^n\), ve jmenovateli \(5^n\) (protože \(5^n \gg n^4\) pro velká \(n\)).

Členy přibližně odpovídají \(\left(\frac{3}{5}\right)^n\).

Protože \(\frac{3}{5} < 1\), geometrická řada \(\sum \left(\frac{3}{5}\right)^n\) konverguje.

Podle srovnávacího kritéria tedy řada konverguje.

Řešení příkladu:

Jedná se o řadu typu \(\sum \frac{1}{n (\ln n)^p}\) s \(p=2 > 1\), což je známý případ konvergentní řady.

Porovnáme například s \(\sum \frac{1}{n (\ln n)^{1.5}}\), která je rovněž konvergentní.

Protože členy naší řady jsou ještě menší než u této řady, podle srovnávacího kritéria řada konverguje.

Řešení příkladu:

Pro velká \(n\) platí \(\sqrt{n^3 + 1} \sim n^{3/2}\) a \(n^2 + 3n \sim n^2\).

Členy tedy přibližně odpovídají \(\frac{n^{3/2}}{n^2} = \frac{1}{n^{1/2}}\).

Porovnáme s řadou \(\sum \frac{1}{n^{1/2}}\), která diverguje, protože \(p = \frac{1}{2} < 1\).

Proto podle srovnávacího kritéria řada diverguje.

Řešení příkladu:

Dominantní mocniny jsou \(5^n\) v čitateli a \(6^n\) ve jmenovateli (protože \(6^n \gg 2^n\) pro velká \(n\)).

Členy přibližně odpovídají \(\left(\frac{5}{6}\right)^n\), což je geometrická řada s kvocientem menším než \(1\).

Řada tedy podle srovnávacího kritéria konverguje.

Řešení příkladu:

Člen můžeme přepsat jako \(\frac{n^n}{(n+2)^{n+1}} = \frac{n^n}{(n+2)^n (n+2)} = \frac{1}{n+2} \left(\frac{n}{n+2}\right)^n\).

Pro velká \(n\) platí \(\left(\frac{n}{n+2}\right)^n = \left(1 – \frac{2}{n+2}\right)^n \approx e^{-2}\).

Členy tedy přibližně odpovídají \(\frac{e^{-2}}{n}\).

Porovnáme s harmonickou řadou, která diverguje.

Řada tedy podle srovnávacího kritéria diverguje.

Řešení příkladu:

Řada je modifikací známé konvergentní řady \(\sum \frac{1}{n (\ln n)^p}\) s přidaným faktorem \((\ln (\ln n))^3\) v jmenovateli.

Protože \((\ln (\ln n))^3\) roste k nekonečnu, členy jsou ještě menší než u konvergentní řady s \(p=1\).

Podle srovnávacího kritéria tedy řada konverguje.

Řešení příkladu:

Pro velká \(n\) platí \(\sqrt{n^4 + 1} \sim n^2\), a ve jmenovateli \(n^3\).

Členy tedy přibližně odpovídají \(\frac{n^2}{n^3} = \frac{1}{n}\).

Porovnáme s harmonickou řadou \(\sum \frac{1}{n}\), která diverguje.

Navíc platí pro všechna \(n\) nerovnost \(\frac{\sqrt{n^4 + 1}}{n^3 + 2} > \frac{n^2}{2 n^3} = \frac{1}{2 n}\).

Podle srovnávacího kritéria tedy řada diverguje.

Řešení příkladu:

Faktoriál roste rychleji než exponenciála, proto dominantní člen v čitateli je \(n!\), ve jmenovateli \((n!)^3\).

Členy tedy přibližně odpovídají \(\frac{n!}{(n!)^3} = \frac{1}{(n!)^2}\).

Protože \((n!)^2\) roste velmi rychle, řada je srovnatelná s řadou, jejíž členy klesají k nule velmi rychle, tedy konverguje.

Podle srovnávacího kritéria řada konverguje.

Řešení příkladu:

Dominantní mocniny jsou v čitateli \(2^n\), ve jmenovateli \(3^n\), protože pro velká \(n\) exponenciály rostou rychleji než polynomy.

Členy tedy přibližně odpovídají \(\left(\frac{2}{3}\right)^n\), což je geometrická řada s kvocientem menším než \(1\).

Podle srovnávacího kritéria tedy řada konverguje.

Řešení příkladu:

Členy řady jsou \(\frac{1}{n \sqrt{n+1}}\). Pro velká \(n\) platí \(\sqrt{n+1} \sim \sqrt{n}\).

Tedy členy jsou přibližně \(\frac{1}{n \sqrt{n}} = \frac{1}{n^{1.5}}\).

Porovnáme s p-řadou \(\sum \frac{1}{n^{1.5}}\), která konverguje, protože exponent \(1.5 > 1\).

Podle srovnávacího kritéria řada konverguje.

Řešení příkladu:

Funkce \(\sin^2(n)\) je ohraničená mezi \(0\) a \(1\).

Členy řady jsou tedy menší nebo rovny \(\frac{1}{n^2}\).

Řada \(\sum \frac{1}{n^2}\) konverguje.

Podle srovnávacího kritéria řada \(\sum \frac{\sin^2(n)}{n^2}\) konverguje.

Řešení příkladu:

Dominantní členy jsou v čitateli \(3n^2\), ve jmenovateli \(5n^3\).

Členy jsou tedy přibližně \(\frac{3n^2}{5n^3} = \frac{3}{5n}\).

Porovnáme s harmonickou řadou \(\sum \frac{1}{n}\), která diverguje.

Podle srovnávacího kritéria řada diverguje.

Řešení příkladu:

Faktoriál ve jmenovateli roste rychleji než \(n^n\), protože \((2n)! \approx \sqrt{4\pi n} \left(\frac{2n}{e}\right)^{2n}\) podle Stirlingova vzorce.

Členy jsou tedy přibližně \(\frac{n^n}{\left(\frac{2n}{e}\right)^{2n}} = \frac{n^n}{(2n)^{2n} e^{-2n}} = e^{2n} \frac{n^n}{(2n)^{2n}}\).

Vyjádříme \((2n)^{2n} = 2^{2n} n^{2n} = 4^n n^{2n}\).

Členy tedy jsou přibližně \(e^{2n} \frac{n^n}{4^n n^{2n}} = e^{2n} \frac{1}{4^n n^n} = \left(\frac{e^2}{4}\right)^n \frac{1}{n^n}\).

Protože \(\frac{e^2}{4} < e^{2}/4 \approx 1.847 < \infty\), ale \(\frac{1}{n^n}\) klesá rychleji než exponenciála, členy klesají extrémně rychle.

Řada tedy konverguje podle srovnávacího kritéria s řadou \(\sum \left(\frac{1}{2}\right)^n\).

Řešení příkladu:

Řada má tvar \(\sum \frac{1}{n (\ln n) (\ln(\ln n))^2}\).

Je známo, že \(\sum \frac{1}{n \ln n (\ln(\ln n))^p}\) konverguje právě tehdy, když \(p > 1\).

Protože exponent u \(\ln(\ln n)\) je \(2\), řada konverguje.

Porovnáme s řadou \(\sum \frac{1}{n \ln n (\ln(\ln n))^3}\), která také konverguje a je menší než naše řada pro velká \(n\).

Podle srovnávacího kritéria tedy řada konverguje.

Řešení příkladu:

Členy jsou \(\frac{2^n + 3^n}{5^n} = \left(\frac{2}{5}\right)^n + \left(\frac{3}{5}\right)^n\).

Obě geometrické řady s kvocientem menším než \(1\) konvergují.

Proto řada konverguje podle srovnávacího kritéria.

Řešení příkladu:

Pro velká \(n\) je \(n^3 + n \sim n^3\), takže členy jsou \(\frac{1}{\sqrt{n^3}} = \frac{1}{n^{3/2}}\).

Porovnáme s p-řadou \(\sum \frac{1}{n^{1.5}}\), která konverguje.

Podle srovnávacího kritéria řada konverguje.

Řešení příkladu:

Členy jsou \(\frac{\ln n}{n^{1.01}}\). Logaritmus roste pomaleji než jakýkoliv mocninný výraz.

Porovnáme s \(\sum \frac{1}{n^{1.005}}\), která konverguje, protože exponent je větší než \(1\).

Protože \(\frac{\ln n}{n^{1.01}} < \frac{C}{n^{1.005}}\) pro vhodné \(C\) a dostatečně velká \(n\), řada konverguje podle srovnávacího kritéria.

Řešení příkladu:

Dominantní členy jsou v čitateli \(n^2\), ve jmenovateli \(n^3\).

Členy jsou tedy přibližně \(\frac{n^2}{n^3} = \frac{1}{n}\).

Porovnáme s harmonickou řadou \(\sum \frac{1}{n}\), která diverguje.

Podle srovnávacího kritéria řada diverguje.

Řešení příkladu:

Funkce \(\cos n\) je omezená hodnotami mezi \(-1\) a \(1\).

Členy řady jsou tedy menší než \(\frac{1}{n^2}\).

Řada \(\sum \frac{1}{n^2}\) konverguje.

Podle srovnávacího kritéria řada \(\sum \frac{\cos n}{n^2 + 1}\) konverguje absolutně a tedy i normálně.

Řešení příkladu:

Pro velká \(n\) je \(n^{3/2} \gg \sqrt{n}\), takže jmenovatel je přibližně \(n^{3/2}\).

Členy jsou tedy přibližně \(\frac{1}{n^{3/2}}\).

Porovnáme s p-řadou \(\sum \frac{1}{n^{1.5}}\), která konverguje.

Řada tedy konverguje podle srovnávacího kritéria.

Řešení příkladu:

Porovnejme růst \(n!\) a \(3^n\): pro velká \(n\) platí \(n! > 3^n\).

Jmenovatel je tedy větší než \(n!\), takže \(\frac{1}{n! + 3^n} < \frac{1}{n!}\).

Řada \(\sum \frac{1}{n!}\) konverguje (je to známá exponenciální řada).

Podle srovnávacího kritéria tedy daná řada konverguje.

Řešení příkladu:

Pro velká \(n\) je \(n^3 + 1 \sim n^3\), takže členy jsou přibližně \(\frac{n \ln n}{n^3} = \frac{\ln n}{n^2}\).

Porovnáme s řadou \(\sum \frac{\ln n}{n^2}\).

Logaritmus roste pomaleji než jakýkoliv mocninný výraz, proto \(\frac{\ln n}{n^2} < \frac{C}{n^{1.5}}\) pro nějaké \(C > 0\) a dostatečně velké \(n\).

Řada \(\sum \frac{1}{n^{1.5}}\) konverguje.

Podle srovnávacího kritéria tedy i původní řada konverguje.

Řešení příkladu:

Členy řady jsou \(\frac{3^n + 5^n}{7^n} = \left(\frac{3}{7}\right)^n + \left(\frac{5}{7}\right)^n\).

Obě geometrické řady mají kvocient menší než \(1\), proto konvergují.

Řada tedy konverguje podle srovnávacího kritéria.

Řešení příkladu:

Pro velká \(n\) platí \(n^2 + n \sim n^2\), takže členy jsou přibližně \(\frac{\sqrt{n}}{n^2} = \frac{1}{n^{3/2}}\).

Porovnáme s řadou \(\sum \frac{1}{n^{1.5}}\), která konverguje.

Podle srovnávacího kritéria řada konverguje.

Řešení příkladu:

Podle Stirlingova vzorce platí \(n! \sim \sqrt{2 \pi n} \left(\frac{n}{e}\right)^n\).

Členy jsou přibližně \(\frac{\sqrt{2 \pi n} \left(\frac{n}{e}\right)^n}{n^n} = \sqrt{2 \pi n} \left(\frac{1}{e}\right)^n\).

Členy tedy klesají exponenciálně rychle, protože \(\frac{1}{e} < 1\).

Porovnáme s konvergentní geometrickou řadou \(\sum \left(\frac{1}{2}\right)^n\).

Podle srovnávacího kritéria řada konverguje.

Řešení příkladu:

Členy jsou \(\frac{\ln(n)^2}{n^{1.9}}\). Logaritmus roste pomaleji než jakákoliv mocnina.

Proto pro dostatečně velká \(n\) platí \(\frac{\ln(n)^2}{n^{1.9}} < \frac{C}{n^{1.8}}\) pro nějaké \(C > 0\).

Řada \(\sum \frac{1}{n^{1.8}}\) konverguje, protože exponent je větší než \(1\).

Podle srovnávacího kritéria tedy i původní řada konverguje.

Řešení příkladu:

Dominantní členy v čitateli jsou \(2n^2\), ve jmenovateli \(n^3\).

Členy jsou tedy přibližně \(\frac{2n^2}{n^3} = \frac{2}{n}\).

Porovnáme s harmonickou řadou \(\sum \frac{1}{n}\), která diverguje.

Podle srovnávacího kritéria řada diverguje.

Řešení příkladu:

Členy jsou \(\frac{5^n + n^5}{6^n} = \left(\frac{5}{6}\right)^n + \frac{n^5}{6^n}\).

První část je geometrická řada s kvocientem menším než \(1\), tedy konverguje.

Druhá část \(\frac{n^5}{6^n}\) klesá rychleji než geometrická řada díky exponenciálnímu jmenovateli.

Řada tedy konverguje podle srovnávacího kritéria.

Řešení příkladu:

Pro velká \(n\) je \(n^2 + 5 \sim n^2\), takže členy jsou přibližně \(\frac{\sqrt{n}}{n^2} = \frac{1}{n^{3/2}}\).

Porovnáme s řadou \(\sum \frac{1}{n^{1.5}}\), která konverguje.

Podle srovnávacího kritéria řada konverguje.

Řešení příkladu:

Pro velká \(n\) je \(3^n + 1 \sim 3^n\).

Členy jsou přibližně \(\frac{n^3}{3^n}\), což klesá rychleji než geometrická řada s kvocientem \(\frac{1}{3} < 1\).

Porovnáme s \(\sum \left(\frac{1}{2}\right)^n\), která konverguje.

Podle srovnávacího kritéria řada konverguje.

Řešení příkladu:

Členy mají absolutní hodnotu \(\left|\frac{(-1)^n n}{n^2 + 1}\right| = \frac{n}{n^2 + 1} \sim \frac{1}{n}\).

Porovnáme s harmonickou řadou \(\sum \frac{1}{n}\), která diverguje.

Proto podle srovnávacího kritéria řada absolutně nekonverguje.

Řada je však alternativní, ale bez dalšího kritéria nelze určit konvergenci.

Řešení příkladu:

Pro velká \(n\) platí \(n^3 + n \sim n^3\), proto členy jsou přibližně \(\frac{n^2 + \sqrt{n}}{n^3} = \frac{n^2}{n^3} + \frac{\sqrt{n}}{n^3} = \frac{1}{n} + \frac{1}{n^{2.5}}\).

Dominantní člen je \(\frac{1}{n}\), což je člen harmonické řady, která diverguje.

Podle srovnávacího kritéria tedy řada diverguje.

Řešení příkladu:

Podle Stirlingova vzorce je \(n! \sim \sqrt{2 \pi n} \left(\frac{n}{e}\right)^n\).

Členy jsou přibližně \(\frac{\sqrt{2 \pi n} \left(\frac{n}{e}\right)^n}{2^n n^n} = \sqrt{2 \pi n} \left(\frac{1}{2 e}\right)^n\).

Protože \(\frac{1}{2 e} < 1\), členy klesají exponenciálně.

Porovnáme s konvergentní geometrickou řadou \(\sum \left(\frac{1}{3}\right)^n\).

Podle srovnávacího kritéria řada konverguje.

Řešení příkladu:

Protože \(\sin^2 n \leq 1\), platí \(\frac{\sin^2 n}{n^{1.1}} \leq \frac{1}{n^{1.1}}\).

Řada \(\sum \frac{1}{n^{1.1}}\) je konvergentní p-řada s \(p=1.1 > 1\).

Proto podle srovnávacího kritéria původní řada absolutně konverguje a tedy konverguje.

Řešení příkladu:

Pro velká \(n\) je \(n^2 – 1 \sim n^2\), tedy členy jsou přibližně \(\frac{\ln n}{n^2}\).

Porovnáme s řadou \(\sum \frac{\ln n}{n^2}\), která konverguje, protože \(\ln n\) roste pomaleji než libovolná mocnina.

Podle srovnávacího kritéria řada konverguje.

Řešení příkladu:

Pro velká \(n\) je dominantní člen v čitateli \(3^n\), ve jmenovateli \(5^n\).

Členy jsou tedy přibližně \(\frac{3^n}{5^n} = \left(\frac{3}{5}\right)^n\).

Geometrická řada s kvocientem menším než \(1\) konverguje.

Podle srovnávacího kritéria řada konverguje.

Řešení příkladu:

Pro velká \(n\) je \(\sqrt{n + 1} \sim \sqrt{n}\), takže členy jsou přibližně \(\frac{n e^{-n}}{\sqrt{n}} = \sqrt{n} e^{-n}\).

Exponenciální funkce klesá rychleji než jakákoliv mocnina roste.

Porovnáme s řadou \(\sum e^{-n}\), která konverguje.

Podle srovnávacího kritéria řada konverguje.

Řešení příkladu:

Pro velká \(n\) je dominantní člen v čitateli \(\sqrt{n}\), členy jsou tedy přibližně \(\frac{\sqrt{n}}{n \ln n} = \frac{1}{n^{0.5} \ln n}\).

Porovnáme s řadou \(\sum \frac{1}{n^{0.5} \ln n}\).

Protože \(0.5 < 1\), řada diverguje (podobně jako tzv. Cauchyho řada).

Podle srovnávacího kritéria tedy původní řada diverguje.

Řešení příkladu:

Pro velká \(n\) je dominantní člen ve jmenovateli \(4^n\), ve čitateli \(n^3\).

Členy jsou tedy přibližně \(\frac{n^3}{4^n}\), což klesá rychleji než geometrická řada s kvocientem \(\frac{1}{2}\).

Řada tedy konverguje podle srovnávacího kritéria.

Řešení příkladu:

Členy jsou \(\frac{\ln(n+1)}{n^{1.01}}\).

Logaritmus roste pomaleji než libovolná mocnina, proto členy jsou menší než \(\frac{C}{n^{1.01}}\) pro nějaké \(C > 0\).

Řada \(\sum \frac{1}{n^{1.01}}\) je konvergentní p-řada s \(p=1.01 > 1\).

Podle srovnávacího kritéria řada konverguje.

Řešení příkladu:

Pro velká \(n\) je v čitateli dominantní člen \(n^2\), ve jmenovateli dominantní člen \(n^3\), tedy členy jsou přibližně \(\frac{n^2}{n^3} = \frac{1}{n}\).

Odečítání \((-1)^n\) v čitateli nemá vliv na řád, protože \(|n^2 + (-1)^n| \leq n^2 + 1\), což je stejného řádu jako \(n^2\).

Porovnáme s harmonickou řadou \(\sum \frac{1}{n}\), která diverguje.

Podle srovnávacího kritéria tedy řada diverguje.