Revision history [back]
 | 1 | initial version | posted 2015-01-22 17:25:59 +0100  |
Tak aby jsem to shrnul, přikládám celé řešení jak by mělo být:
$$ \lim_{n \to +\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n{\frac{(-3)^k}{2^k}} = \lim_{n \to +\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n{(\frac{-3}{2})^k} =\ \lim_{n \to +\infty} \frac{1}{n} \cdot (\frac{-3}{2})\cdot \frac{ (\frac{-3}{2})^{n}-1}{ \frac{-3}{2}-1 } = \lim_{n \to +\infty} \frac{1}{n} \cdot \frac{ (\frac{-3}{2})^{n+1}-\frac{-3}{2} }{ \frac{-3}{2}-1 } =\ \lim_{n \to +\infty} \frac{ (\frac{-3}{2})^{n+1}+\frac{3}{2} }{ \frac{-5}{2}n } = \lim_{n \to +\infty} (\frac{ (\frac{-3}{2})^{n+1} }{ \frac{-5}{2}n } + \frac{ \frac{3}{2} }{ \frac{-5}{2}n }) $$ Z tohoto je možné vybrat 2 podposloupnosti - lichých členů (2n+1) a sudých členů (2n), vybrané posloupnosti tedy budou mít tvar: $$ \lim_{n \to +\infty} (\frac{ (\frac{-3}{2})^{2n+2} }{ \frac{-5}{2}(2n+1) } + \frac{ \frac{3}{2} }{ \frac{-5}{2}(2n+1) }) $$ pro vybranou posloupnost lichých členů a tvar $$ \lim_{n \to +\infty} (\frac{ (\frac{-3}{2})^{2n+1} }{ \frac{-5}{2}(2n) } + \frac{ \frac{3}{2} }{ \frac{-5}{2}(2n) }) $$ pro vybranou posloupnost lichých členů. Druhý člen součtu jde v nekonečnu k 0, tudíž nás zajímá pouze první člen. Ten si rozebereme na příkladu sudé (n ~ 2n) vybrané posloupnosti $$ \lim_{n \to +\infty} \frac{ (\frac{-3}{2})^{2n+1} }{ \frac{-5}{2}(2n) } = \lim_{n \to +\infty} \frac{ (-1)^{2n+1} \cdot (\frac{3}{2})^{2n+1} }{ (-1) \cdot \frac{5}{2}(2n) } = \lim_{n \to +\infty} \frac{ (\frac{3}{2})^{2n+1} }{ \frac{5}{2}(2n) }$$ Použijeme podílové kritérium $$ \lim_{n \to +\infty} \frac{\frac{ (\frac{3}{2})^{2n+2} }{ \frac{5}{2}(2n+1) }}{\frac{ (\frac{3}{2})^{2n+1} }{ \frac{5}{2}(2n) }}= \lim_{n \to +\infty} \frac{ (\frac{3}{2})^{1}\cdot\frac{5}{2}(2n) }{ \frac{5}{2}(2n+1) }=\lim_{n \to +\infty}\frac{3}{2}\cdot \frac{ \frac{5}{2}(2n) }{ \frac{5}{2}(2n+1) }=\ \frac{3}{2} \cdot 1=\frac{3}{2} > 1 $$ Tudíž podposloupnost sudých členů diverguje a jde k $\infty$. Pro liché členy je řešení analogické, ale jde k $-\infty$. Původní posloupnost má 2 podposloupnosti s různými limitami, tudíž limita neexistuje!
| | 2 | No.2 Revision |
Tak aby jsem to shrnul, přikládám celé řešení jak by mělo být:
$$
\lim_{n \to +\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n{\frac{(-3)^k}{2^k}} = \lim_{n \to +\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n{(\frac{-3}{2})^k} =\ \lim_{n \to +\infty} \frac{1}{n} \cdot (\frac{-3}{2})\cdot \frac{ (\frac{-3}{2})^{n}-1}{ \frac{-3}{2}-1 } = =
$$$$ \lim_{n \to +\infty} \frac{1}{n} \cdot \frac{ (\frac{-3}{2})^{n+1}-\frac{-3}{2} }{ \frac{-3}{2}-1 } =\ \lim_{n \to +\infty} \frac{ (\frac{-3}{2})^{n+1}+\frac{3}{2} }{ \frac{-5}{2}n } = \lim_{n \to +\infty} (\frac{ (\frac{-3}{2})^{n+1} }{ \frac{-5}{2}n } + \frac{ \frac{3}{2} }{ \frac{-5}{2}n })
$$
Z tohoto je možné vybrat 2 podposloupnosti - lichých členů (2n+1) a sudých členů (2n), vybrané posloupnosti tedy budou mít tvar:
$$
\lim_{n \to +\infty} (\frac{ (\frac{-3}{2})^{2n+2} }{ \frac{-5}{2}(2n+1) } + \frac{ \frac{3}{2} }{ \frac{-5}{2}(2n+1) })
$$
pro vybranou posloupnost lichých členů a tvar
$$
\lim_{n \to +\infty} (\frac{ (\frac{-3}{2})^{2n+1} }{ \frac{-5}{2}(2n) } + \frac{ \frac{3}{2} }{ \frac{-5}{2}(2n) })
$$
pro vybranou posloupnost lichých členů.
Druhý člen součtu jde v nekonečnu k 0, tudíž nás zajímá pouze první člen. Ten si rozebereme na příkladu sudé (n ~ 2n) vybrané posloupnosti
$$
\lim_{n \to +\infty} \frac{ (\frac{-3}{2})^{2n+1} }{ \frac{-5}{2}(2n) } = \lim_{n \to +\infty} \frac{ (-1)^{2n+1} \cdot (\frac{3}{2})^{2n+1} }{ (-1) \cdot \frac{5}{2}(2n) } = \lim_{n \to +\infty} \frac{ (\frac{3}{2})^{2n+1} }{ \frac{5}{2}(2n) }$$
Použijeme podílové kritérium
$$
\lim_{n \to +\infty} \frac{\frac{ (\frac{3}{2})^{2n+2} }{ \frac{5}{2}(2n+1) }}{\frac{ (\frac{3}{2})^{2n+1} }{ \frac{5}{2}(2n) }}= \lim_{n \to +\infty} \frac{ (\frac{3}{2})^{1}\cdot\frac{5}{2}(2n) }{ \frac{5}{2}(2n+1) }=\lim_{n \to +\infty}\frac{3}{2}\cdot \frac{ \frac{5}{2}(2n) }{ \frac{5}{2}(2n+1) }=\
\frac{3}{2} \cdot 1=\frac{3}{2} > 1
$$
Tudíž podposloupnost sudých členů diverguje a jde k $\infty$. Pro liché členy je řešení analogické, ale jde k $-\infty$. Původní posloupnost má 2 podposloupnosti s různými limitami, tudíž limita neexistuje!
| | 3 | No.3 Revision |
Tak aby jsem abych to shrnul, přikládám celé řešení jak by mělo být:
$$ \lim_{n \to +\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n{\frac{(-3)^k}{2^k}} = \lim_{n \to +\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n{(\frac{-3}{2})^k} =\ \lim_{n \to +\infty} \frac{1}{n} \cdot (\frac{-3}{2})\cdot \frac{ (\frac{-3}{2})^{n}-1}{ \frac{-3}{2}-1 } = $$$$ \lim_{n \to +\infty} \frac{1}{n} \cdot \frac{ (\frac{-3}{2})^{n+1}-\frac{-3}{2} }{ \frac{-3}{2}-1 } =\ \lim_{n \to +\infty} \frac{ (\frac{-3}{2})^{n+1}+\frac{3}{2} }{ \frac{-5}{2}n } = \lim_{n \to +\infty} (\frac{ (\frac{-3}{2})^{n+1} }{ \frac{-5}{2}n } + \frac{ \frac{3}{2} }{ \frac{-5}{2}n }) $$ Z tohoto je možné vybrat 2 podposloupnosti - lichých členů (2n+1) a sudých členů (2n), vybrané posloupnosti tedy budou mít tvar: $$ \lim_{n \to +\infty} (\frac{ (\frac{-3}{2})^{2n+2} }{ \frac{-5}{2}(2n+1) } + \frac{ \frac{3}{2} }{ \frac{-5}{2}(2n+1) }) $$ pro vybranou posloupnost lichých členů a tvar $$ \lim_{n \to +\infty} (\frac{ (\frac{-3}{2})^{2n+1} }{ \frac{-5}{2}(2n) } + \frac{ \frac{3}{2} }{ \frac{-5}{2}(2n) }) $$ pro vybranou posloupnost lichých členů. Druhý člen součtu jde v nekonečnu k 0, tudíž nás zajímá pouze první člen. Ten si rozebereme na příkladu sudé (n ~ 2n) vybrané posloupnosti $$ \lim_{n \to +\infty} \frac{ (\frac{-3}{2})^{2n+1} }{ \frac{-5}{2}(2n) } = \lim_{n \to +\infty} \frac{ (-1)^{2n+1} \cdot (\frac{3}{2})^{2n+1} }{ (-1) \cdot \frac{5}{2}(2n) } = \lim_{n \to +\infty} \frac{ (\frac{3}{2})^{2n+1} }{ \frac{5}{2}(2n) }$$ Použijeme podílové kritérium $$ \lim_{n \to +\infty} \frac{\frac{ (\frac{3}{2})^{2n+2} }{ \frac{5}{2}(2n+1) }}{\frac{ (\frac{3}{2})^{2n+1} }{ \frac{5}{2}(2n) }}= \lim_{n \to +\infty} \frac{ (\frac{3}{2})^{1}\cdot\frac{5}{2}(2n) }{ \frac{5}{2}(2n+1) }=\lim_{n \to +\infty}\frac{3}{2}\cdot \frac{ \frac{5}{2}(2n) }{ \frac{5}{2}(2n+1) }=\ \frac{3}{2} \cdot 1=\frac{3}{2} > 1 $$ Tudíž podposloupnost sudých členů diverguje a jde k $\infty$. Pro liché členy je řešení analogické, ale jde k $-\infty$. Původní posloupnost má 2 podposloupnosti s různými limitami, tudíž limita neexistuje!
| | 4 | No.4 Revision |
Tak abych to shrnul, přikládám celé řešení jak by mělo být:
$$
\lim_{n \to +\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n{\frac{(-3)^k}{2^k}} = \lim_{n \to +\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n{(\frac{-3}{2})^k} =\ \lim_{n \to +\infty} \frac{1}{n} \cdot (\frac{-3}{2})\cdot \frac{ (\frac{-3}{2})^{n}-1}{ \frac{-3}{2}-1 } =
$$$$ \lim_{n \to +\infty} \frac{1}{n} \cdot \frac{ (\frac{-3}{2})^{n+1}-\frac{-3}{2} }{ \frac{-3}{2}-1 } =\ \lim_{n \to +\infty} \frac{ (\frac{-3}{2})^{n+1}+\frac{3}{2} }{ \frac{-5}{2}n } = \lim_{n \to +\infty} (\frac{ (\frac{-3}{2})^{n+1} }{ \frac{-5}{2}n } + \frac{ \frac{3}{2} }{ \frac{-5}{2}n })
$$
Z tohoto je možné vybrat 2 podposloupnosti - lichých členů (2n+1) a sudých členů (2n), vybrané posloupnosti tedy budou mít tvar:
$$
\lim_{n \to +\infty} (\frac{ (\frac{-3}{2})^{2n+2} }{ \frac{-5}{2}(2n+1) } + \frac{ \frac{3}{2} }{ \frac{-5}{2}(2n+1) })
$$
pro vybranou posloupnost lichých členů a tvar
$$
\lim_{n \to +\infty} (\frac{ (\frac{-3}{2})^{2n+1} }{ \frac{-5}{2}(2n) } + \frac{ \frac{3}{2} }{ \frac{-5}{2}(2n) })
$$
pro vybranou posloupnost lichých sudých členů.
Druhý člen součtu jde v nekonečnu k 0, tudíž nás zajímá pouze první člen. Ten si rozebereme na příkladu sudé (n ~ 2n) vybrané posloupnosti
$$
\lim_{n \to +\infty} \frac{ (\frac{-3}{2})^{2n+1} }{ \frac{-5}{2}(2n) } = \lim_{n \to +\infty} \frac{ (-1)^{2n+1} \cdot (\frac{3}{2})^{2n+1} }{ (-1) \cdot \frac{5}{2}(2n) } = \lim_{n \to +\infty} \frac{ (\frac{3}{2})^{2n+1} }{ \frac{5}{2}(2n) }$$
Použijeme podílové kritérium
$$
\lim_{n \to +\infty} \frac{\frac{ (\frac{3}{2})^{2n+2} }{ \frac{5}{2}(2n+1) }}{\frac{ (\frac{3}{2})^{2n+1} }{ \frac{5}{2}(2n) }}= \lim_{n \to +\infty} \frac{ (\frac{3}{2})^{1}\cdot\frac{5}{2}(2n) }{ \frac{5}{2}(2n+1) }=\lim_{n \to +\infty}\frac{3}{2}\cdot \frac{ \frac{5}{2}(2n) }{ \frac{5}{2}(2n+1) }=\
\frac{3}{2} \cdot 1=\frac{3}{2} > 1
$$
Tudíž podposloupnost sudých členů diverguje a jde k $\infty$. Pro liché členy je řešení analogické, ale jde k $-\infty$. Původní posloupnost má 2 podposloupnosti s různými limitami, tudíž limita neexistuje!
| | 5 | No.5 Revision |
Tak abych to shrnul, přikládám celé řešení jak by mělo být:
$$
\lim_{n \to +\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n{\frac{(-3)^k}{2^k}} = \lim_{n \to +\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n{(\frac{-3}{2})^k} +\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n{\left(\frac{-3}{2}\right)^k} =\ \lim_{n \to +\infty} \frac{1}{n} \cdot (\frac{-3}{2})\cdot \frac{ (\frac{-3}{2})^{n}-1}{ \left(\frac{-3}{2}\right)\cdot \frac{ \left(\frac{-3}{2}\right)^{n}-1}{ \frac{-3}{2}-1 } =
$$$$ \lim_{n \to +\infty} \frac{1}{n} \cdot \frac{ (\frac{-3}{2})^{n+1}-\frac{-3}{2} \left(\frac{-3}{2}\right)^{n+1}-\frac{-3}{2} }{ \frac{-3}{2}-1 } =\ \lim_{n \to +\infty} \frac{ (\frac{-3}{2})^{n+1}+\frac{3}{2} }{ \frac{-5}{2}n } = \lim_{n \to +\infty} (\frac{ (\frac{-3}{2})^{n+1} \left(\frac{-3}{2}\right)^{n+1} }{ \frac{-5}{2}n } + \frac{ \frac{3}{2} }{ \frac{-5}{2}n })
$$
Z tohoto je možné vybrat 2 podposloupnosti - lichých členů (2n+1) a sudých členů (2n), vybrané posloupnosti tedy budou mít tvar:
$$
\lim_{n \to +\infty} (\frac{ (\frac{-3}{2})^{2n+2} }{ \frac{-5}{2}(2n+1) } + \frac{ \frac{3}{2} }{ \frac{-5}{2}(2n+1) })
$$
pro vybranou posloupnost lichých členů a tvar
$$
\lim_{n \to +\infty} (\frac{ (\frac{-3}{2})^{2n+1} }{ \frac{-5}{2}(2n) } + \frac{ \frac{3}{2} }{ \frac{-5}{2}(2n) })
$$
pro vybranou posloupnost sudých členů.
Druhý člen součtu jde v nekonečnu k 0, tudíž nás zajímá pouze první člen. Ten si rozebereme na příkladu sudé (n ~ 2n) vybrané posloupnosti
$$
\lim_{n \to +\infty} \frac{ (\frac{-3}{2})^{2n+1} }{ \frac{-5}{2}(2n) } = \lim_{n \to +\infty} \frac{ (-1)^{2n+1} \cdot (\frac{3}{2})^{2n+1} }{ (-1) \cdot \frac{5}{2}(2n) } = \lim_{n \to +\infty} \frac{ (\frac{3}{2})^{2n+1} }{ \frac{5}{2}(2n) }$$
Použijeme podílové kritérium
$$
\lim_{n \to +\infty} \frac{\frac{ (\frac{3}{2})^{2n+2} }{ \frac{5}{2}(2n+1) }}{\frac{ (\frac{3}{2})^{2n+1} }{ \frac{5}{2}(2n) }}= \lim_{n \to +\infty} \frac{ (\frac{3}{2})^{1}\cdot\frac{5}{2}(2n) }{ \frac{5}{2}(2n+1) }=\lim_{n \to +\infty}\frac{3}{2}\cdot \frac{ \frac{5}{2}(2n) }{ \frac{5}{2}(2n+1) }=\
\frac{3}{2} \cdot 1=\frac{3}{2} > 1
$$
Tudíž podposloupnost sudých členů diverguje a jde k $\infty$. Pro liché členy je řešení analogické, ale jde k $-\infty$. Původní posloupnost má 2 podposloupnosti s různými limitami, tudíž limita neexistuje!
| | 6 | No.6 Revision |
Tak abych to shrnul, přikládám celé řešení jak by mělo být:
$$
\lim_{n \to +\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n{\frac{(-3)^k}{2^k}} = \lim_{n \to +\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n{\left(\frac{-3}{2}\right)^k} =\ \lim_{n \to +\infty} \frac{1}{n} \cdot \left(\frac{-3}{2}\right)\cdot \frac{ \left(\frac{-3}{2}\right)^{n}-1}{ \frac{-3}{2}-1 } =
$$$$ \lim_{n \to +\infty} \frac{1}{n} \cdot \frac{ \left(\frac{-3}{2}\right)^{n+1}-\frac{-3}{2} }{ \frac{-3}{2}-1 } =\ \lim_{n \to +\infty} \frac{ (\frac{-3}{2})^{n+1}+\frac{3}{2} }{ \frac{-5}{2}n } = \lim_{n \to +\infty} (\frac{ \left(\frac{ \left(\frac{-3}{2}\right)^{n+1} }{ \frac{-5}{2}n } + \frac{ \frac{3}{2} }{ \frac{-5}{2}n })
}\right)
$$
Z tohoto je možné vybrat 2 podposloupnosti - lichých členů (2n+1) a sudých členů (2n), vybrané posloupnosti tedy budou mít tvar:
$$
\lim_{n \to +\infty} (\frac{ (\frac{-3}{2})^{2n+2} }{ \frac{-5}{2}(2n+1) } + \frac{ \frac{3}{2} }{ \frac{-5}{2}(2n+1) })
$$
pro vybranou posloupnost lichých členů a tvar
$$
\lim_{n \to +\infty} (\frac{ (\frac{-3}{2})^{2n+1} }{ \frac{-5}{2}(2n) } + \frac{ \frac{3}{2} }{ \frac{-5}{2}(2n) })
$$
pro vybranou posloupnost sudých členů.
Druhý člen součtu jde v nekonečnu k 0, tudíž nás zajímá pouze první člen. Ten si rozebereme na příkladu sudé (n ~ 2n) vybrané posloupnosti
$$
\lim_{n \to +\infty} \frac{ (\frac{-3}{2})^{2n+1} }{ \frac{-5}{2}(2n) } = \lim_{n \to +\infty} \frac{ (-1)^{2n+1} \cdot (\frac{3}{2})^{2n+1} }{ (-1) \cdot \frac{5}{2}(2n) } = \lim_{n \to +\infty} \frac{ (\frac{3}{2})^{2n+1} }{ \frac{5}{2}(2n) }$$
Použijeme podílové kritérium
$$
\lim_{n \to +\infty} \frac{\frac{ (\frac{3}{2})^{2n+2} }{ \frac{5}{2}(2n+1) }}{\frac{ (\frac{3}{2})^{2n+1} }{ \frac{5}{2}(2n) }}= \lim_{n \to +\infty} \frac{ (\frac{3}{2})^{1}\cdot\frac{5}{2}(2n) }{ \frac{5}{2}(2n+1) }=\lim_{n \to +\infty}\frac{3}{2}\cdot \frac{ \frac{5}{2}(2n) }{ \frac{5}{2}(2n+1) }=\
\frac{3}{2} \cdot 1=\frac{3}{2} > 1
$$
Tudíž podposloupnost sudých členů diverguje a jde k $\infty$. Pro liché členy je řešení analogické, ale jde k $-\infty$. Původní posloupnost má 2 podposloupnosti s různými limitami, tudíž limita neexistuje!
| | 7 | No.7 Revision |
Tak abych to shrnul, přikládám celé řešení jak by mělo být:
$$
\lim_{n \to +\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n{\frac{(-3)^k}{2^k}} = \lim_{n \to +\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n{\left(\frac{-3}{2}\right)^k} =\ \lim_{n \to +\infty} \frac{1}{n} \cdot \left(\frac{-3}{2}\right)\cdot \frac{ \left(\frac{-3}{2}\right)^{n}-1}{ \frac{-3}{2}-1 } =
$$$$ \lim_{n \to +\infty} \frac{1}{n} \cdot \frac{ \left(\frac{-3}{2}\right)^{n+1}-\frac{-3}{2} }{ \frac{-3}{2}-1 } =\ \lim_{n \to +\infty} \frac{ (\frac{-3}{2})^{n+1}+\frac{3}{2} \left(\frac{-3}{2}\right)^{n+1}+\frac{3}{2} }{ \frac{-5}{2}n } = \lim_{n \to +\infty} \left(\frac{ \left(\frac{-3}{2}\right)^{n+1} }{ \frac{-5}{2}n } + \frac{ \frac{3}{2} }{ \frac{-5}{2}n }\right)
$$
Z tohoto je možné vybrat 2 podposloupnosti - lichých členů (2n+1) a sudých členů (2n), vybrané posloupnosti tedy budou mít tvar:
$$
\lim_{n \to +\infty} (\frac{ (\frac{-3}{2})^{2n+2} }{ \frac{-5}{2}(2n+1) } + \frac{ \frac{3}{2} }{ \frac{-5}{2}(2n+1) })
$$
pro vybranou posloupnost lichých členů a tvar
$$
\lim_{n \to +\infty} (\frac{ (\frac{-3}{2})^{2n+1} }{ \frac{-5}{2}(2n) } + \frac{ \frac{3}{2} }{ \frac{-5}{2}(2n) })
$$
pro vybranou posloupnost sudých členů.
Druhý člen součtu jde v nekonečnu k 0, tudíž nás zajímá pouze první člen. Ten si rozebereme na příkladu sudé (n ~ 2n) vybrané posloupnosti
$$
\lim_{n \to +\infty} \frac{ (\frac{-3}{2})^{2n+1} }{ \frac{-5}{2}(2n) } = \lim_{n \to +\infty} \frac{ (-1)^{2n+1} \cdot (\frac{3}{2})^{2n+1} }{ (-1) \cdot \frac{5}{2}(2n) } = \lim_{n \to +\infty} \frac{ (\frac{3}{2})^{2n+1} }{ \frac{5}{2}(2n) }$$
Použijeme podílové kritérium
$$
\lim_{n \to +\infty} \frac{\frac{ (\frac{3}{2})^{2n+2} }{ \frac{5}{2}(2n+1) }}{\frac{ (\frac{3}{2})^{2n+1} }{ \frac{5}{2}(2n) }}= \lim_{n \to +\infty} \frac{ (\frac{3}{2})^{1}\cdot\frac{5}{2}(2n) }{ \frac{5}{2}(2n+1) }=\lim_{n \to +\infty}\frac{3}{2}\cdot \frac{ \frac{5}{2}(2n) }{ \frac{5}{2}(2n+1) }=\
\frac{3}{2} \cdot 1=\frac{3}{2} > 1
$$
Tudíž podposloupnost sudých členů diverguje a jde k $\infty$. Pro liché členy je řešení analogické, ale jde k $-\infty$. Původní posloupnost má 2 podposloupnosti s různými limitami, tudíž limita neexistuje!
| | 8 | No.8 Revision |
Tak abych to shrnul, přikládám celé řešení jak by mělo být:
$$
\lim_{n \to +\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n{\frac{(-3)^k}{2^k}} = \lim_{n \to +\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n{\left(\frac{-3}{2}\right)^k} =\ \lim_{n \to +\infty} \frac{1}{n} \cdot \left(\frac{-3}{2}\right)\cdot \frac{ \left(\frac{-3}{2}\right)^{n}-1}{ \frac{-3}{2}-1 } =
$$$$ \lim_{n \to +\infty} \frac{1}{n} \cdot \frac{ \left(\frac{-3}{2}\right)^{n+1}-\frac{-3}{2} }{ \frac{-3}{2}-1 } =\ \lim_{n \to +\infty} \frac{ \left(\frac{-3}{2}\right)^{n+1}+\frac{3}{2} }{ \frac{-5}{2}n } = \lim_{n \to +\infty} \left(\frac{ \left(\frac{-3}{2}\right)^{n+1} }{ \frac{-5}{2}n } + \frac{ \frac{3}{2} }{ \frac{-5}{2}n }\right)
$$
Z tohoto je možné vybrat 2 podposloupnosti - lichých členů (2n+1) $(2n+1)$ a sudých členů (2n), vybrané posloupnosti tedy budou mít tvar:
$$
\lim_{n \to +\infty} (\frac{ (\frac{-3}{2})^{2n+2} \left(\frac{ \left(\frac{-3}{2}\right)^{2n+2} }{ \frac{-5}{2}(2n+1) } + \frac{ \frac{3}{2} }{ \frac{-5}{2}(2n+1) })
}\right)
$$
pro vybranou posloupnost lichých členů a tvar
$$
\lim_{n \to +\infty} (\frac{ (\frac{-3}{2})^{2n+1} \left(\frac{ \left(\frac{-3}{2}\right)^{2n+1} }{ \frac{-5}{2}(2n) } + \frac{ \frac{3}{2} }{ \frac{-5}{2}(2n) })
}\right)
$$
pro vybranou posloupnost sudých členů.
Druhý člen součtu jde v nekonečnu k 0, tudíž nás zajímá pouze první člen. Ten si rozebereme na příkladu sudé (n ~ 2n) vybrané posloupnosti
$$
\lim_{n \to +\infty} \frac{ (\frac{-3}{2})^{2n+1} }{ \frac{-5}{2}(2n) } = \lim_{n \to +\infty} \frac{ (-1)^{2n+1} \cdot (\frac{3}{2})^{2n+1} }{ (-1) \cdot \frac{5}{2}(2n) } = \lim_{n \to +\infty} \frac{ (\frac{3}{2})^{2n+1} }{ \frac{5}{2}(2n) }$$
Použijeme podílové kritérium
$$
\lim_{n \to +\infty} \frac{\frac{ (\frac{3}{2})^{2n+2} }{ \frac{5}{2}(2n+1) }}{\frac{ (\frac{3}{2})^{2n+1} }{ \frac{5}{2}(2n) }}= \lim_{n \to +\infty} \frac{ (\frac{3}{2})^{1}\cdot\frac{5}{2}(2n) }{ \frac{5}{2}(2n+1) }=\lim_{n \to +\infty}\frac{3}{2}\cdot \frac{ \frac{5}{2}(2n) }{ \frac{5}{2}(2n+1) }=\
\frac{3}{2} \cdot 1=\frac{3}{2} > 1
$$
Tudíž podposloupnost sudých členů diverguje a jde k $\infty$. Pro liché členy je řešení analogické, ale jde k $-\infty$. Původní posloupnost má 2 podposloupnosti s různými limitami, tudíž limita neexistuje!
| | 9 | No.9 Revision |
Tak abych to shrnul, přikládám celé řešení jak by mělo být:
$$
\lim_{n \to +\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n{\frac{(-3)^k}{2^k}} = \lim_{n \to +\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n{\left(\frac{-3}{2}\right)^k} =\ \lim_{n \to +\infty} \frac{1}{n} \cdot \left(\frac{-3}{2}\right)\cdot \frac{ \left(\frac{-3}{2}\right)^{n}-1}{ \frac{-3}{2}-1 } =
$$$$ \lim_{n \to +\infty} \frac{1}{n} \cdot \frac{ \left(\frac{-3}{2}\right)^{n+1}-\frac{-3}{2} }{ \frac{-3}{2}-1 } =\ \lim_{n \to +\infty} \frac{ \left(\frac{-3}{2}\right)^{n+1}+\frac{3}{2} }{ \frac{-5}{2}n } = \lim_{n \to +\infty} \left(\frac{ \left(\frac{-3}{2}\right)^{n+1} }{ \frac{-5}{2}n } + \frac{ \frac{3}{2} }{ \frac{-5}{2}n }\right)
$$
Z tohoto je možné vybrat 2 podposloupnosti - lichých členů s indexy $(2n+1)$ a sudých členů (2n), s indexy $(2n)$, vybrané posloupnosti tedy budou mít tvar:
$$
\lim_{n \to +\infty} \left(\frac{ \left(\frac{-3}{2}\right)^{2n+2} }{ \frac{-5}{2}(2n+1) } + \frac{ \frac{3}{2} }{ \frac{-5}{2}(2n+1) }\right)
$$
pro vybranou posloupnost lichých členů a tvar
$$
\lim_{n \to +\infty} \left(\frac{ \left(\frac{-3}{2}\right)^{2n+1} }{ \frac{-5}{2}(2n) } + \frac{ \frac{3}{2} }{ \frac{-5}{2}(2n) }\right)
$$
pro vybranou posloupnost sudých členů.
Druhý člen součtu jde v nekonečnu k 0, $0$, tudíž nás zajímá pouze první člen. Ten si rozebereme na příkladu sudé (n ~ 2n) (původní $n$ je sudé, uvažme $2n$) vybrané posloupnosti
$$
\lim_{n \to +\infty} \frac{ (\frac{-3}{2})^{2n+1} \left(\frac{-3}{2}\right)^{2n+1} }{ \frac{-5}{2}(2n) } = \lim_{n \to +\infty} \frac{ (-1)^{2n+1} \cdot (\frac{3}{2})^{2n+1} \left(\frac{3}{2}\right)^{2n+1} }{ (-1) \cdot \frac{5}{2}(2n) } = \lim_{n \to +\infty} \frac{ (\frac{3}{2})^{2n+1} \left(\frac{3}{2}\right)^{2n+1} }{ \frac{5}{2}(2n) }$$
Použijeme podílové kritérium
$$
\lim_{n \to +\infty} \frac{\frac{ (\frac{3}{2})^{2n+2} }{ \frac{5}{2}(2n+1) }}{\frac{ (\frac{3}{2})^{2n+1} }{ \frac{5}{2}(2n) }}= \lim_{n \to +\infty} \frac{ (\frac{3}{2})^{1}\cdot\frac{5}{2}(2n) }{ \frac{5}{2}(2n+1) }=\lim_{n \to +\infty}\frac{3}{2}\cdot \frac{ \frac{5}{2}(2n) }{ \frac{5}{2}(2n+1) }=\
\frac{3}{2} \cdot 1=\frac{3}{2} > 1
$$
Tudíž podposloupnost sudých členů diverguje a jde k $\infty$. Pro liché členy je řešení analogické, ale jde k $-\infty$. Původní posloupnost má 2 podposloupnosti s různými limitami, tudíž limita neexistuje!
| | 10 | No.10 Revision |
Tak abych to shrnul, přikládám celé řešení jak by mělo být:
$$
\lim_{n \to +\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n{\frac{(-3)^k}{2^k}} = \lim_{n \to +\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n{\left(\frac{-3}{2}\right)^k} =\ \lim_{n \to +\infty} \frac{1}{n} \cdot \left(\frac{-3}{2}\right)\cdot \frac{ \left(\frac{-3}{2}\right)^{n}-1}{ \frac{-3}{2}-1 } =
$$$$ \lim_{n \to +\infty} \frac{1}{n} \cdot \frac{ \left(\frac{-3}{2}\right)^{n+1}-\frac{-3}{2} }{ \frac{-3}{2}-1 } =\ \lim_{n \to +\infty} \frac{ \left(\frac{-3}{2}\right)^{n+1}+\frac{3}{2} }{ \frac{-5}{2}n } = \lim_{n \to +\infty} \left(\frac{ \left(\frac{-3}{2}\right)^{n+1} }{ \frac{-5}{2}n } + \frac{ \frac{3}{2} }{ \frac{-5}{2}n }\right)
$$
Z tohoto je možné vybrat 2 podposloupnosti - lichých členů s indexy $(2n+1)$ a sudých členů s indexy $(2n)$, vybrané posloupnosti tedy budou mít tvar:
$$
\lim_{n \to +\infty} \left(\frac{ \left(\frac{-3}{2}\right)^{2n+2} }{ \frac{-5}{2}(2n+1) } + \frac{ \frac{3}{2} }{ \frac{-5}{2}(2n+1) }\right)
$$
pro vybranou posloupnost lichých členů a tvar
$$
\lim_{n \to +\infty} \left(\frac{ \left(\frac{-3}{2}\right)^{2n+1} }{ \frac{-5}{2}(2n) } + \frac{ \frac{3}{2} }{ \frac{-5}{2}(2n) }\right)
$$
pro vybranou posloupnost sudých členů.
Druhý člen součtu jde v nekonečnu k $0$, tudíž nás zajímá pouze první člen. Ten si rozebereme na příkladu sudé (původní $n$ je sudé, uvažme $2n$) vybrané posloupnosti
$$
\lim_{n \to +\infty} \frac{ \left(\frac{-3}{2}\right)^{2n+1} }{ \frac{-5}{2}(2n) } = \lim_{n \to +\infty} \frac{ (-1)^{2n+1} \cdot \left(\frac{3}{2}\right)^{2n+1} }{ (-1) \cdot \frac{5}{2}(2n) } = \lim_{n \to +\infty} \frac{ \left(\frac{3}{2}\right)^{2n+1} }{ \frac{5}{2}(2n) }$$
Použijeme podílové kritérium
$$
\lim_{n \to +\infty} \frac{\frac{ (\frac{3}{2})^{2n+2} }{ \frac{5}{2}(2n+1) }}{\frac{ (\frac{3}{2})^{2n+1} }{ \frac{5}{2}(2n) }}= \lim_{n \to +\infty} \frac{ (\frac{3}{2})^{1}\cdot\frac{5}{2}(2n) }{ \frac{5}{2}(2n+1) }=\lim_{n \to +\infty}\frac{3}{2}\cdot \frac{ \frac{5}{2}(2n) }{ \frac{5}{2}(2n+1) }=\
\frac{3}{2} \cdot 1=\frac{3}{2} > 1
$$
Tudíž podposloupnost sudých členů diverguje a jde k $\infty$. $+\infty$. Pro liché členy je řešení analogické, ale jde k $-\infty$. Původní posloupnost má 2 podposloupnosti s různými limitami, tudíž limita neexistuje!
