Limita posloupnosti

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 $+\infty$. Pro liché členy je řešení analogické, ale jde k $-\infty$. Původní posloupnost má 2 podposloupnosti s různými limitami, tudíž limita neexistuje!