Jde o geometrickou řadu pro $q \ne 1$. Jde-li o posloupnost částečných součtů, stačí vyjádřit \begin{align*} \sigma_n&=a+aq+aq^2+\cdots+aq^{n-2}+aq^{n-1}, \\ q\sigma_n &=aq+aq^2+aq^3+\cdots+aq^{n-1}+aq^{n}. \end{align*} Odečtením druhé rovnice od té první získáváme $$ \sigma_n-q\sigma_n=a-aq^{n}, $$ tj. \begin{align*} \sigma_n\,(1-q)&=a\,(1-q^{n}), \\ \sigma_n &= a\, \frac{1-q^{n}}{1-q}. \end{align*} Jde o geometrickou řadu pro $a=1$ a $q= {1}/{5}$, a tedy $$ \sigma_n=\frac{1-\big( \frac{1}{5} \big)^{n}}{1-\frac{1}{5}}= \frac{1-\big( \frac{1}{5} \big)^{n}}{\frac{4}{5}} = \frac{5}{4} - \frac{1}{4 \cdot 5^{n-1}}, \qquad n \in \mathbb{N}.$$

Využijeme řešení Příkladu 1. Máme geometrickou řadu pro $a=1$ a $q=- {1}/{4}$, a tedy \begin{align*} \sigma_n &=\frac{1-\big( -\frac{1}{4} \big)^{n}}{1+\frac{1}{4}}=\frac{4^{n}-(-1)^{n}}{4^{n}}\cdot\frac{4}{5} = \\ &=\frac{1}{5}\cdot\frac{4^{n}+(-1)^{n+1}}{4^{n-1}}= {\frac{4}{5}+\frac{(-1)^{n+1}}{5\cdot 4^{n-1}}}, \qquad n \in \mathbb{N} . \end{align*}

Částečné součty Grandiho řady pro $n \in \mathbb{N}$ jsou $$s_n =a_1 +\cdots +a_n =\begin{cases} -1, \qquad &\text{je-li } n \text{ liché}; \\ 0, \qquad &\text{je-li } n \text{ sudé}. \end{cases}$$ Limita $\lim_{n\to\infty}s_n$ tedy neexistuje, a proto Grandiho řada osciluje.

Pro $n \in \mathbb{N}$ je částečný součet zadané řady \begin{align*} s_{n} = \left(\sqrt{3}-2\sqrt{2}+\sqrt{1}\right)&+\left(\sqrt{4}-2\sqrt{3}+\sqrt{2}\right)+ \left(\sqrt{5}-2\sqrt{4}+\sqrt{3}\right)+ \\ &+\left(\sqrt{6}-2\sqrt{5}+\sqrt{4}\right) + \cdots + \left(\sqrt{n}-2\sqrt{n-1 }+\sqrt{n-2}\right) + \\&+ \left(\sqrt{n+1}-2\sqrt{n}+\sqrt{n-1}\right)+\left(\sqrt{n+2}-2\sqrt{n+1}+\sqrt{n}\right). \end{align*} Vidíme, že po úpravě ve vyjádření částečného součtu zůstává pouze $$s_{n} = \sqrt{1}-\sqrt{2}+\sqrt{n+2}-\sqrt{n+1}, \qquad n \in \mathbb{N}.$$ Součet příslušné řady určíme jako limitu posloupnosti částečných součtů $$\lim\limits_{n\to \infty} s_{n} =\lim\limits_{n\to \infty} \left(\sqrt{1}-\sqrt{2}+\sqrt{n+2}-\sqrt{n+1}\right) = 1-\sqrt{2},$$ kde \begin{align*} &\lim\limits_{n\to \infty} \left(\sqrt{n+2}-\sqrt{n+1}\right) = \\ &\qquad = \lim\limits_{n\to \infty} \left(\sqrt{n+2}-\sqrt{n+1}\right) \, \frac{\sqrt{n+2}+\sqrt{n+1}}{\sqrt{n+2}+\sqrt{n+1}} = \\ &\qquad = \lim\limits_{n\to \infty} \frac{1}{\sqrt{n+2}+\sqrt{n+1}} = 0. \end{align*}

Protože platí $$\sum_{n=1}^\infty \frac{2}{\text{arctg}\, n}\geq \sum_{n=1}^\infty \frac{2}{\frac{\pi}{2}} = \sum_{n=1}^\infty \frac{4}{\pi} =+\infty,$$ je zřejmé, že příslušná řada diverguje k $+\infty$.

Z limity $$\lim\limits_{n \to \infty} a_{n} =\lim\limits_{n \to \infty} \frac{n^3 + 2n + 5}{n^2 - 2n^3} = -\frac{1}{2}$$ plyne, že existuje $N\in\mathbb{N}$ s vlastností, že $$ \sum_{n=1}^\infty \frac{n^3 + 2n + 5}{n^2 - 2n^3}\leq \sum_{n=N}^\infty -\frac{1}{4} = -\infty,$$ a tedy $$ \sum_{n=1}^\infty \frac{n^3 + 2n + 5}{n^2 - 2n^3} =-\infty.$$ Podotkněme, že zadaná řada má všechny členy záporné.

O nekonvergenci řady rozhodneme pomocí limitního chování jejích členů, přestože $\lim_{n \to \infty} a_n$ neexistuje. Očividně $$ \limsup\limits_{n \to \infty} a_n = \limsup\limits_{n \to \infty} \left((-1)^n - 2 \right) = -1 < 0, $$ což zaručuje divergenci řady k $- \infty$.

O nekonvergenci řady rozhodneme pomocí limitního chování jejích členů, přestože $\lim_{n \to \infty} a_n$ neexistuje. Máme $$\liminf\limits_{n \to \infty} a_{n} =\liminf\limits_{n \to \infty} \left( 2 + (-1)^n \right)^n \ge 1> 0, $$ což znamená, že daná řada nutně diverguje k $+ \infty$.

O nekonvergenci řady rozhodneme pomocí limitního chování jejích členů, přestože $\lim_{n \to \infty} a_n$ neexistuje. V závislosti na sudosti a lichosti $n$ je $$\liminf\limits_{n \to \infty} a_{n} =\liminf\limits_{n \to \infty} \left( -3 \right)^n = -\infty, $$ $$\limsup\limits_{n \to \infty} a_{n} =\limsup\limits_{n \to \infty} \left( -3 \right)^n = +\infty. $$ Zjevně zadaná řada osciluje.

Pro posloupnost částečných součtů platí \begin{align*} s_n = \sum\limits_{j=1}^{n} \ln \left(1+\frac{1}{j} \right) &= \ln \left(\prod\limits_{j=1}^{n} \left[1+\frac{1}{j}\right] \right) = \ln \left(\prod\limits_{j=1}^{n} \,\frac{j+1}{j}\right) = \\ &= \ln \left(\frac{2}{1}\cdot\frac{3}{2}\cdots\frac{n+1}{n}\right) = \ln (n+1), \qquad n \in \mathbb{N}, \end{align*} a tedy $$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \ln \left(1+\frac{1}{n} \right) = \lim\limits_{n\to\infty} s_n= \lim\limits_{n\to\infty} \ln (n+1) = +\infty.$$

Zde je $$a_{n-1} = \frac{2^n-1}{2^n} = 1-\frac{1}{2^n}, \qquad n \in \mathbb{N}.$$ Protože $$\lim\limits_{n\to\infty} \frac{1}{2^n} = 0,$$ plyne odsud, že $$\lim\limits_{n\to \infty} a_{n} = 1.$$ Tedy nutně součet zadané řady je roven $+ \infty$.

Přímou úpravou a využitím částečného součtu aritmetické řady dostaneme \begin{align*} \lim_{n\to\infty}\left(\frac{1}{n^2}+\frac{2}{n^2}+\cdots+\frac{n-1}{n^2}\right) &= \lim_{n\to\infty}\left[\frac{1}{n^2}(1+2+\cdots+n-1)\right] =\\ &= \lim_{n\to\infty}\left[\frac{1}{n^2}\cdot\frac{n(n-1)}{2}\right] = \lim_{n\to\infty}\frac{n^2-n}{2n^2} = \frac{1}{2}. \end{align*} Poznamenejme, že nejde o součet nekonečné řady.

Konverguje pouze pro $a_1 = d = 0$, kdy je součet $0$.

1. Pokud je $a_1 \neq 0$ a $d \neq 0$, pak máme $$\sum_{n=0}^{\infty} (a_1 + nd) = (sgn~{d}) \cdot (+ \infty).$$
2. Pokud je $a_1 \neq 0$ a $d=0$, pak máme $$\sum_{n=0}^{\infty} a_1 = (sgn~{a_1}) \cdot (+ \infty).$$
3. Pokud je $a_1 = 0$ a $d \neq 0$, pak máme $$\sum_{n=0}^{\infty} nd = (sgn~{d}) \cdot (+ \infty).$$

Jedná se o geometrickou řadu s $q = -4/3$. Protože $|q| = 4/3 \ge 1$, řada nekonverguje.

Jedná se o geometrickou řadu, kdy dostáváme $$a=\frac{1}{2}, \qquad q=\frac{1}{2}, \qquad \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{2^n} = \sum_{n=1}^\infty \left(\frac{1}{2}\right)^{n} = \frac{\frac{1}{2}}{1-\frac{1}{2}} = 1. $$

Jedná se o geometrickou řadu, přičemž $$a=\frac{2}{3}, \qquad q=\frac{2}{3}, \qquad \sum_{n=1}^\infty \left(\frac{2}{3}\right)^n = \frac{\frac{2}{3}}{1-\frac{2}{3}} = 2. $$

Jedná se o geometrickou řadu, kdy $$q=\frac{3}{2}>1, \qquad \sum_{n=1}^\infty\left(\frac{3}{2}\right)^n = +\infty. $$

Jedná se o geometrickou řadu, kdy postupně dostáváme $$ \sum_{n=1}^\infty (-1)^{n+1}\left(\frac{4}{5}\right)^n = -\sum_{n=1}^\infty \left(-\frac{4}{5}\right)^n = -\frac{-\frac{4}{5}}{1+\frac{4}{5}} = \frac{4}{9}, $$ kde $$ a=-\frac{4}{5}, \qquad q=-\frac{4}{5}. $$

Platí $$\sum_{n=3}^{\infty} \left(\frac{3}{7}\right)^n = \sum_{n=1}^{\infty} \left(\frac{3}{7}\right)^n - \sum_{n=1}^{2} \left(\frac{3}{7}\right)^n = \frac{\frac{3}{7}}{1-\frac{3}{7}} - \frac{3}{7} - \left(\frac{3}{7}\right)^2 = \frac{3}{4} - \frac{3}{7} - \frac{9}{49} = \frac{27}{196}, $$ kde jsme položili $$ a=\frac{3}{7}, \qquad q=\frac{3}{7}.$$ Popř. přímo $$a=\left(\frac{3}{7}\right)^3,\qquad q=\frac{3}{7},\qquad \sum_{n=3}^{\infty} \left(\frac{3}{7}\right)^n = \frac{\left(\frac{3}{7}\right)^3}{1-\frac{3}{7}} = \frac{3^3}{7^2 \cdot 4} = \frac{27}{196}. $$

Snadno dostáváme $$a=1,\qquad q=\frac{1}{3}, \qquad \sum_{n=0}^{\infty} \left(\frac{1}{3}\right)^n = \frac{1}{1-\frac{1}{3}} = \frac{3}{2}. $$

Platí \begin{align*} \sum_{n=-2}^{\infty} \left(\frac{-1}{5}\right)^n &= \sum_{n=-2}^{0} \left(\frac{-1}{5}\right)^n + \sum_{n=1}^{\infty} \left(\frac{-1}{5}\right)^n = \\ &= \left(\frac{-1}{5}\right)^{-2}+\left(\frac{-1}{5}\right)^{-1} +\left(\frac{-1}{5}\right)^0 + \frac{\frac{-1}{5}}{1+\frac{1}{5}} = 25-5+1-\frac{1}{6} = \frac{125}{6}. \end{align*} Příp. můžeme postupovat takto: $$a=\left(\frac{-1}{5}\right)^{-2},\qquad q=\frac{-1}{5},\qquad \sum_{n=-2}^{\infty} \left(\frac{-1}{5}\right)^n = \frac{\left(\frac{-1}{5}\right)^{-2}}{1+\frac{1}{5}} = \frac{25}{1+\frac{1}{5}} = \frac{125}{6}. $$

V tomto případě máme divergentní řadu se součtem $+\infty$, neboť $$\sum_{n=4}^{\infty} \left(\frac{6}{5}\right)^n \ge \sum_{n=4}^{\infty} 1 = +\infty. $$

Jedná se o geometrickou řadu s $q = 1/\sqrt{\mathrm{e}}$, přičemž $|q|<1$, a proto můžeme vypočítat \begin{align*} \sum_{n= 2}^\infty \frac{1}{\sqrt{\mathrm{e}^{n}}} &= \sum_{n= 2}^\infty \left(\frac{1}{\sqrt{\mathrm{e}}}\right)^n = \frac{1}{1-\frac{1}{\sqrt{\mathrm{e}}}} - \left(1 + \frac{1}{\sqrt{\mathrm{e}}}\right) = \\&= \frac{\sqrt{\mathrm{e}}}{\sqrt{\mathrm{e}}-1}-\frac{\sqrt{\mathrm{e}}+1}{\sqrt{\mathrm{e}}} = \frac{1}{\sqrt{\mathrm{e}} \left(\sqrt{\mathrm{e}}-1\right)}. \end{align*}

Jedná se o geometrickou řadu s $q = {\mathrm{e}}^3$, přičemž $q>1$, a tedy se jedná o divergentní řadu se součtem $+\infty$. Současně můžeme snadno odhadnout $$\sum_{n= 1}^\infty \mathrm{e}^{3n}\geq \sum_{n= 1}^\infty 1 = +\infty$$ a určit, že řada $\sum_{n= 1}^\infty \mathrm{e}^{3n}$ proto diverguje k $+\infty$.

Snadno vidíme, že se jedná o geometrickou řadu s kvocientem $q = \ln x$. Řada bude proto konvergovat, pokud $$|\ln x|<1, \qquad \text{tj.}\qquad x \in \left(\frac{1}{\mathrm{e}}, \mathrm{e}\right).$$ Součet pak určíme podle vzorce jako $$s = \frac{\ln x}{1-\ln x}, \qquad x \in \left(\frac{1}{\mathrm{e}}, \mathrm{e}\right).$$

Vzhledem k nezápornosti všech sčítanců změna jejich pořadí nezmění součet řady. Pokud členy této řady přeskládáme $$\frac{1}{5}+\frac{1}{5^4}+\frac{1}{5^7}+\cdots+\frac{2}{5^2}+\frac{2}{5^5}+\frac{2}{5^8}+\cdots+\frac{3}{5^3}+\frac{3}{5^6}+\frac{3}{5^9}+\cdots, $$ obdržíme tři nekonečné geometrické řady, všechny se stejným kvocientem $q=1/5^3$, avšak s odlišnými prvními členy. Nejprve tedy vypočítáme součet u každé řady zvlášť a potom je sečteme dohromady. Získáváme \begin{align*} s_{1} &= \frac{\frac{1}{5}}{1-\frac{1}{5^3}} = \frac{1}{5}\cdot\frac{5^3}{124}= \frac{25}{124}, \\ s_{2} &= \frac{\frac{2}{5^2}}{1-\frac{1}{5^3}} = \frac{2}{5^2}\cdot\frac{5^3}{124} = \frac{10}{124}, \\ s_{3} &= \frac{\frac{3}{5^3}}{1-\frac{1}{5^3}}=\frac{3}{5^3}\cdot\frac{5^3}{124} = \frac{3}{124}, \end{align*} a tedy součet zadané nekonečné řady je $$s = s_{1}+s_{2}+s_{3} = \frac{25}{124}+\frac{10}{124}+\frac{3}{124} = \frac{38}{124} = \frac{19}{62}.$$

Přímou úpravou dostaneme \begin{align*} \ln x + \frac{1}{2} \ln{x} + \frac{1}{4}\ln{x} +\cdots &= 2, \\ \ln x \left(1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{4} +\cdots\right) &= 2, \\ \ln x \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{2^n} &= 2, \\ 2 \ln x &= 2, \\ \ln x &= 1, \\ x &= e. \end{align*} Využili jsme součet geometrické řady s kvocientem ${1}/{2}$ a prvním členem $1$.

Řadu rozdělíme na součet dvou geometrických řad $$\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{3+(-1)^{n}}{(-3)^{n}}=\sum\limits_{n=1}^{\infty} \left(\frac{3}{(-3)^n}+\frac{(-1)^n}{(-3)^n}\right) = 3\sum\limits_{n=1}^{\infty} \left(-\frac{1}{3}\right)^n+\sum\limits_{n=1}^{\infty} \left(\frac{1}{3}\right)^n.$$ Protože pro obě dvě řady je $|q|<1$, můžeme určit součet jako $$ 3\cdot\frac{-\frac{1}{3}}{1+\frac{1}{3}}+\frac{\frac{1}{3}}{1-\frac{1}{3}} = -\frac{3}{4}+\frac{1}{2} = -\frac{1}{4}.$$

V této řadě ihned spatřujeme geometrickou řadu s $q=1/5$. Protože je $|q|<1$, má tato řada reálný součet. Dosazením do vzorce dostáváme výsledek $$s = \frac{a}{1-q} = \frac{1}{1-\frac{1}{5}} = \frac{1}{\frac{4}{5}} = \frac{5}{4}.$$

S ohledem na linearitu součtů řad můžeme tuto řadu rozdělit na rozdíl dvou řad a určit součty separovaně se ziskem $$\sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{9\cdot 3^n - 2^{n+1}}{6^n}= \sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{9\cdot 3^n}{6^n} - \sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{2^{n+1}}{6^n} = 9\,\sum\limits_{n=0}^{\infty} \left(\frac{1}{2}\right)^n - 2\,\sum\limits_{n=0}^{\infty} \left(\frac{1}{3}\right)^n.$$ Toto jsou geometrické řady s $a=1$ a $q = 1/2$, resp. $q = 1/3$. Protože v obou případech máme $|q|<1$, obě řady mají reálné součty, přičemž celkový součet je $$ 9\,\frac{1}{1-\frac{1}{2}} - 2\, \frac{1}{1-\frac{1}{3}} = 15.$$

S využitím vlastností nekonečných řad lze tuto řadu upravit na $$\sum\limits_{n= 2}^{\infty} \frac{3^{n+1}}{2^{2n+5}} = \sum\limits_{n=2}^{\infty} \frac{3\cdot3^n}{2^5\cdot4^n}=\frac{3}{2^5}\cdot\sum\limits_{n=2}^{\infty} \left(\frac{3}{4}\right)^n.$$ Napravo jsme dostali geometrickou řadu s kvocientem $q=3/4 \in (-1, 1)$, a tedy $$\frac{3}{2^5}\cdot\sum\limits_{n=2}^{\infty} \left(\frac{3}{4}\right)^n = \frac{3}{2^5}\cdot\frac{9}{16}\cdot\frac{1}{1-\frac{3}{4}} =\frac{3}{2^5}\cdot\frac{9}{16}\cdot 4 = \frac{27}{128}.$$

Dostáváme \begin{align*} \sum\limits_{n=1}^{\infty} \left(\frac{5}{3^{2n+1}}+ \frac{2^n}{6^{2n}}\right) &= \frac{5}{3} \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{9^n}+\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{2^n}{(6^2)^n} = \frac{5}{3}\sum\limits_{n=1}^{\infty} \left(\frac{1}{9}\right)^n+\sum\limits_{n=1}^{\infty} \left(\frac{1}{2\cdot 3^2}\right)^n= \\&= \frac{5}{3}\cdot\frac{\frac{1}{9}}{1-\frac{1}{9}} + \frac{\frac{1}{18}}{1-\frac{1}{18}} = \frac{5}{24}+\frac{1}{17} = \frac{109}{408}. \end{align*}

Pomocí vzorce pro součet geometrické řady získáváme \begin{align*} \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{4^{2n+1}+3^{n-2}}{12^{2n}}&= 4 \sum\limits_{n=1}^{\infty} \left(\frac{1}{3}\right)^{2n} + \frac{1}{3^2}\, \sum\limits_{n=1}^{\infty} \left(\frac{1}{3\cdot 4^2}\right)^{n} =\\&= \frac{4}{9}\cdot\frac{9}{8} +\frac{1}{9\cdot 48}\cdot\frac{48}{47} = \frac{4}{8}+ \frac{1}{423} = \frac{425}{846}, \end{align*} kde uvažujeme dvě geometrické řady pro $$ q=\frac{1}{9}, \, a = \frac{1}{9} \qquad \text{a}\qquad q=\frac{1}{48}, \, a = \frac{1}{48}. $$

Počáteční plocha 1. čtverce je $1$. V prvním kroku odstraníme plochu ${1/9}$, v druhém kroku odstraníme plochu $1/{9^2}$ z $8$ zbývajících čtverců. Ve třetím kroku odstraníme plochu ${1}/{9^3}$ z~$8^2$ zbývajících čtverečků atd. Hledaný obsah po provedení celé konstrukce je $$S=1-\sum_{n=1 }^{\infty} \frac{8^{n-1}}{9^n}=1-\frac{1}{8}\sum_{n=1 }^{\infty}\left(\frac{8}{9}\right)^n =1-\frac{1}{8}\cdot\frac{\frac{8}{9}}{1-\frac{8}{9}} =1-1=0.$$

Koule nejprve dopadne na povrch (urazí dráhu $A$), poté se odrazí, vyskočí do výšky $bA$, následně opět spadne, čímž urazí dráhu $A + 2bA$. Poté se tento proces opakuje. Celková dráha v metrech proto je $$ s=A+2bA+2b^2A+2b^3A+\cdots = A+\sum_{n=1 }^{\infty} 2A b^n .$$ Jedná se tedy o geometrickou řadu pro $a=2bA$ a $q=b$, tj. $$ s=A+\frac{2bA}{1-b} \text{ m}=A\, \frac{1-b+2b}{1-b} \text{ m}= A\, \frac{1+b}{1-b} \text{ m}. $$

Pro každý takto vzniklý trojúhelník platí, že délka jeho strany je rovna polovině délky strany trojúhelníku, do kterého je vepsán. Má-li tedy trojúhelník $A_1\,B_1\,C_1$ stranu délky $4$, pak trojúhelník $A_2\,B_2\,C_2$ má stranu délky $2$, trojúhelník $A_3\,B_3\,C_3$ má stranu délky $1$ atd.

1. Obvod trojúhelníku $A_1\,B_1\,C_1$ je $4+4+4 = 12$, obvod trojúhelníku $A_2\,B_2\,C_2$ je potom $2+2+2 = 6$, obvod trojúhelníku $A_3\,B_3\,C_3$ je $1+1+1 = 3$ atd. Tím získáváme nekonečnou řadu $$12+6+3+\frac{3}{2}+ \cdots,$$ což je geometrická řada, kde $a=12$ a $q = {1}/{2}$. Dosazením do vzorce pro součet geometrické řady s $|q|<1$ dostaneme požadovanou hodnotu součtu $$s=\frac{a}{1-q} = \frac{12}{1-\frac{1}{2}} = \frac{12}{\frac{1}{2}}=24.$$
2. Pro obsah $S$ rovnostranného trojúhelníku platí vzorec $$S = \frac{a\cdot v_a}{2} = \frac{a \cdot a \, {\frac{\sqrt{3}}{2}}}{2} = a^2\,\frac{\sqrt{3}}{4},$$ kde $a$ je délka strany a $v_a$ je výška. Proto obsahy jednotlivých trojúhelníků činí \begin{align*} S_{A_1B_1C_1} &= 4^2\,\frac{\sqrt{3}}{4} = 4\,\sqrt{3}, \\ S_{A_2B_2C_2} &= 2^2\,\frac{\sqrt{3}}{4} = \sqrt{3},\\ S_{A_3B_3C_3} &= 1^2\,\frac{\sqrt{3}}{4} = \frac{\sqrt{3}}{4}, \\ &\,\,\,\vdots \end{align*} Opět získáváme nekonečnou geometrickou řadu $$4\,\sqrt{3}+\sqrt{3}+ \frac{\sqrt{3}}{4}+\frac{\sqrt{3}}{16} + \cdots , $$ tentokrát s $a =4\,\sqrt{3}$ a $q=1/4$. Tuto geometrickou řadu stačí sečíst $$s = \frac{a}{1- q}= \frac{4\,\sqrt{3}}{1 - \frac{1}{4}} = \frac{4\,\sqrt{3}}{\frac{3}{4}} = 16\,\frac{\sqrt{3}}{3},$$ čímž obdržíme i druhý požadovaný výsledek.

Podívejme se, jak vypadají délky jednotlivých úseček $A_iA_{i+1}$ pro $i \in \mathbb{N}$. Dostáváme: $$\left|A_1A_2\right|=1; \qquad \left|A_2A_3\right|=1; \qquad \left|A_3A_4\right|= \frac{1}{2}; \qquad \left|A_4A_5\right|= \frac{1}{2}; $$ $$\left|A_5A_6\right|= \frac{1}{4}; \qquad \left|A_6A_7\right|= \frac{1}{4}; \qquad \left|A_7A_8\right|= \frac{1}{8}; \qquad \left|A_8A_9\right|= \frac{1}{8}; $$ $$ \vdots $$ Potom délku $d$ lomené čáry můžeme zapsat jako součet $$d= 2\cdot1+2\cdot\frac{1}{2}+2\cdot \frac{1}{4}+ 2\cdot\frac{1}{8}+ \cdots,$$ přičemž jsme obdrželi geometrickou řadu s $q = 1/2$ a $a =2$. Součet této řady, a tedy i délka lomené čáry, je $$s= \sum\limits_{n= 0}^{\infty} 2\cdot \left(\frac{1}{2}\right)^n = \frac{2}{1-\frac{1}{2}} = 4.$$

Délka půlkružnice je dána vztahem $d = \pi \cdot r$, kde $r$ je její poloměr. Jako jednotku uvažujme centimetry. Délka první půlkružnice je tedy $d_1=\pi \cdot 6$, druhé půlkružnice je $$d_2=\pi \cdot \frac{2}{3}\cdot 6=\frac{12}{3}\, \pi, $$ třetí $$d_3=\pi \cdot \frac{2}{3}\cdot\frac{12}{3}=\frac{24}{9}\, \pi, $$ čtvrté $$d_4=\pi \cdot \frac{2}{3}\cdot\frac{24}{9}=\frac{48}{27}\, \pi, $$ páté $$d_5=\pi \cdot \frac{2}{3}\cdot\frac{48}{27}=\frac{96}{81}\, \pi$$ atd. Délka celé spirály je pak rovna $$d = d_1+d_2+d_3+ \cdots = 6 \pi+\frac{12}{3}\, \pi+ \frac{24}{9}\, \pi + \frac{48}{27}\, \pi+\frac{96}{81}\,\pi+ \cdots $$ Toto je geometrická řada s $a =6 \pi$ a $q = 2/3$. Součet této řady, tj. délka celé spirály v~cen\-timetrech, potom je $$d = 6 \pi\cdot\frac{1}{1-\frac{2}{3}} = \frac{6 \pi}{\frac{1}{3}} = 18 \pi.$$

$$0,999\dots = \frac{9}{10}+\frac{9}{10^2}+\frac{9}{10^3}+\cdots = \frac{\frac{9}{10}}{1-\frac{1}{10}} = 1. $$

Dané číslo zapíšeme jako součet nekonečné řady $$0,\overline{15} = 0,15+0,001\,5+0,000\,015+\cdots = s.$$ Zřejmě se jedná o nekonečnou geometrickou řadu, kde $a = 0,15$ a $q = 0,01.$ Dosazením do vzorce pro součet nekonečné geometrické řady (pro $|q|<1$) dostáváme $$s = \frac{a}{1-q} = \frac{0,15}{1-0,01} = \frac{0,15}{0,99}= \frac{15}{99} = \frac{5}{33}.$$

Úkol rozdělíme na dvě části. Nejprve budeme uvažovat pouze periodickou část čísla, kterou zapíšeme jako součet nekonečné řady $$0,0\overline{62} = 0,062+0,000\,62+0,000\,006\,2+\cdots $$ Jedná se o geometrickou řadu pro $a = 0,062$ a $q = 0,01.$ Její součet je $$ \frac{a}{1-q} = \frac{0,062}{1-0,01} = \frac{0,062}{0,99}= \frac{62}{990}.$$ K této hodnotě musíme přičíst neperiodickou část, kterou jsme v úvodu řešení vynechali. Celkem je $$4,4\overline{62} = \frac{44}{10} + \frac{62}{990} = \frac{2209}{495}.$$

Zřejmě $$a = 0,215+\frac{62}{10^5}+\frac{62}{10^7}+\frac{62}{10^9}+\cdots $$ Ovšem $$\frac{62}{10^5}+\frac{62}{10^7}+\frac{62}{10^9}+\cdots = \frac{\frac{62}{10^5}}{1-\frac{1}{10^2}} = \frac{62}{99000},$$ odkud vidíme, že $$a = \frac{215}{1000}+\frac{62}{99000} = \frac{21347}{99000}.$$

Pro zadanou geometrickou řadu je $a = 2$ a $q=3x$. Aby řada měla reálný součet, musí být splněna podmínka $|q|<1$. Tedy požadujeme, aby $$|3x|<1, \qquad \text{tj.}\qquad |x|<\frac{1}{3}.$$ Odtud dostáváme interval $$\left(-\frac{1}{3}, \frac{1}{3}\right).$$ Pro $x$ z tohoto intervalu je řada $\sum_{n=0}^{\infty} 2\,(3x)^n$ konvergentní a její součet je roven $$s = \frac{a }{1-q} = \frac{2}{1-3x}.$$

Máme $a =x$ a $q=3$. Aby geometrická řada konvergovala, musí platit $|q|<1$, což ale v tomto případě nenastává. Řada tak konverguje pouze pro hodnotu $ x = 0$, kdy obdržíme nulovou řadu s nulovým součtem.

Víme, že pro součet geometrické řady platí $$s = \frac{a}{1-q}.$$ Jednoduše tedy dosadíme a získáme \begin{align*} -\frac{1}{2x} &= \frac{4-3x}{1-(4-3x)}, \\ -\frac{1}{2x} &= \frac{4-3x}{3x-3}, \\ -(3x-3) &= 2x (4 -3 x),\\ 3 - 3x &= 8x - 6x^2,\\ 6x^2-11x+3 &= 0, \end{align*} a tedy $$\left(x-\frac{3}{2}\right) \left(x-\frac{1}{3}\right) = 0, \qquad\text{tj.} \qquad x_{1} = \frac{3}{2},\, x_{2} = \frac{1}{3}.$$ Pro kvocient $q$ musí platit $|q|<1$. Provedeme zkoušku pro obě dvě obdržené hodnoty \begin{align*} x &= \frac{3}{2}:\qquad q = 4-3\cdot\frac{3}{2} = -\frac{1}{2},\\ x &= \frac{1}{3}:\qquad q = 4-3\cdot\frac{1}{3} = 3. \end{align*} Vyhovuje tak pouze jeden kořen rovnice, a to $x = 3/2$.

Na levé straně snadno vidíme, že se jedná o geometrickou řadu s $q=\sin x$, přičemž musí být $|q|<1$. Snadno dostáváme \begin{align*} \frac{\sin x}{1-\sin x}&=-\frac{1}{3}, \\ 3 \sin x &= \sin x -1,\\ 2 \sin x &= -1, \\ \sin x &= -\frac{1}{2}, \end{align*} což dává řešení $$ x_{1} = \frac{7\pi}{6}+ 2k\pi;\qquad x_{2} = \frac{11\pi}{6}+ 2k\pi, \qquad k \in \mathbb{Z}. $$

Na levé straně je nekonečná geometrická řada s $a = 4x$ a $q=1/4$. Protože je $|q|<1$, tato řada má reálný součet, který je roven $$s = \frac{a}{1-q} = \frac{4x}{1-\frac{1}{4}} = \frac{4x}{\frac{3}{4}} = \frac{16}{3}\,x.$$ Nahradíme-li tedy levou stranu tímto součtem, obdržíme rovnici $$\frac{16}{3}\,x = 32,$$ odkud vidíme řešení $x =6$.

Na levé straně se jedná o nekonečnou geometrickou řadu, přičemž $a = 2$ a $q = - {x}/{2}$. Tato řada má součet, jen pokud platí $$\left|-\frac{x}{2}\right|< 1, \qquad \text{tj.} \qquad x \in (-2,2).$$ Pro taková $x$ je potom součet této řady $$s = \frac{a}{1-q} = \frac{2}{1-\left(-\frac{x}{2}\right)} =\frac{2}{1+\frac{x}{2}}=\frac{2}{\frac{2+x}{2}} = \frac{4}{2+x}.$$ Levou stranu rovnice nahradíme tímto součtem. Tak úloha přejde v řešení rovnice $$\frac{4}{2+x} = \frac{4}{3}\,x.$$ Jednoduchými úpravami obdržíme kvadratickou rovnici $$x^2+2x-3 = 0, \qquad \text{tj.} \qquad (x+3)\,(x-1) = 0, $$ s řešeními $x_1 = -3$ a $x_2 = 1$. Protože $x_1 = -3$ nesplňuje podmínku uvedenou výše (pro kvocient konvergentní geometrické řady), tj. nenáleží do intervalu $(-2,2)$, jako jediné řešení zadané rovnice máme pouze $x = 1$.

Na levé straně rovnice máme geometrickou řadu, přičemž $a = x-2$ a kvocient je též $q = x-2$. Pro $|q|<1$ je tato řada konvergentní, a tedy pro $x\in(1,3)$ můžeme určit součet řady jako $$s = \frac{a}{1-q} = \frac{x-2}{1-(x-2)} = \frac{x-2}{3-x}.$$ Nahradíme-li levou stranu rovnice tímto součtem pro $x\in(1,3)$, dostaneme rovnici $$\frac{x-2}{3-x} = 1, \qquad \text{resp.} \qquad x-2 = 3-x.$$ Odtud snadno dopočteme $x = 5/2$, což je jediné řešení.

Po úpravě máme rovnici $$\sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{1}{3^n}\,\ln x = \frac{3}{2} . $$ S využitím nekonečné geometrické řady, kde $q = 1/3$, dostáváme $$\frac{1}{1-\frac{1}{3}} \, \ln x = \frac{3}{2}. $$ Odtud $$ \ln x = 1, \qquad \text{tj.} \qquad x = \mathrm{e}.$$

Zapíšeme-li odmocniny jako racionální mocniny a použijeme-li známý vzorec pro součin mocnin, získáme $$2\cdot 2^{\frac{1}{2}}\cdot 2^{\frac{1}{4}}\cdot 2^{\frac{1}{8}}\cdots = 2^{1+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{8}+\cdots}.$$ V exponentu máme součet nekonečné geometrické řady $1+1/2+1/4+1/8+\cdots$, kde $a = 1$, $q = 1/2$. Protože je $|q|<1$, řada má součet $$s = \frac{a}{1-q} = \frac{1}{1-\frac{1}{2}} = 2.$$ Řešení příkladu můžeme zapsat jako $$2\cdot\sqrt{2}\cdot\sqrt[4]{2}\cdot\sqrt[8]{2} \cdots=2\cdot 2^{\frac{1}{2}}\cdot 2^{\frac{1}{4}}\cdot 2^{\frac{1}{8}}\cdots = 2^{1+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{8}+\cdots}= 2^2 =4,$$ čímž jsme obdrželi výsledek.

Řadu lze vyjádřit jako $\sum_{n=1}^{\infty}\left(-\frac{5}{7}\right)^n$, což je geometrická řada s $a =-5/7$ a $q =-5/7$. Protože je $|q|<1$, dostáváme součet zadané geometrické řady jako $$\sum\limits_{n=1}^{\infty} (-1)^n\,\left(\frac{5}{7}\right)^n = \frac{-\frac{5}{7}}{1+\frac{5}{7}} = -\frac{5}{12}.$$

Nejedná se o geometrickou řadu, pro jejíž součet bychom mohli využít vzorec. Musíme tak při určování součtu této řady vycházet přímo z definice. Ta říká, že nekonečná řada má součet $s$, pokud existuje limita posloupnosti částečných součtů $s_n$ pro $n \to \infty$. Podívejme se na to, jak vypadá nejprve samotná posloupnost částečných součtů. V tomto konkrétním případě máme $$s_n = \frac{1}{2}+\frac{3}{2^2}+\frac{5}{2^3}+\frac{7}{2^4}+\frac{9}{2^5}+\cdots+\frac{2(n-1)-1}{2^{n-1}}+\frac{2n-1}{2^n}, \qquad n \in \mathbb{N}.$$ Následující postup je takový, že tuto posloupnost vydělíme $2$ a od $s_n$ odečteme získanou identitu. Pro $n \in \mathbb{N}$ získáváme \begin{align*} s_n &= \frac{1}{2}+\frac{3}{2^2}+\frac{5}{2^3}+\frac{7}{2^4}+\frac{9}{2^5}+\cdots+\frac{2n-3}{2^{n-1}}+\frac{2n-1}{2^n},\\ \frac{s_n}{2}&=\frac{1}{2^2}+\frac{3}{2^3}+\frac{5}{2^4}+\frac{7}{2^5}+\cdots +\frac{2n-5}{2^{n-1}} +\frac{2n-3}{2^n}+\frac{2n-1}{2^{n+1}}, \\ \frac{s_n}{2}&=\frac{1}{2}+\frac{2}{2^2}+\frac{2}{2^3}+\frac{2}{2^4}+\frac{2}{2^5}+ \cdots +\frac{2}{2^{n-1}} +\frac{2}{2^n}-\frac{2n-1}{2^{n+1}}. \end{align*} Dále obě strany rovnosti vynásobíme dvěma $$s_n = 1+1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{2^3}+ \cdots +\frac{1}{2^{n-3}} +\frac{1}{2^{n-2}}-\frac{4n-2}{2^{n+1}}, \qquad n \in \mathbb{N}$$ a určíme limitu posloupnosti částečných součtů $$\lim\limits_{n \to \infty} s_n= \lim\limits_{n \to\infty} \left(1+1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{2^3}+\frac{1}{2^4}+\cdots+\frac{1}{2^{n-2}} - \frac{2n-1}{2^{n}}\right) = 1 + \sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{1}{2^n}.$$ Na pravé straně je geometrická řada s $|q|<1$, tedy dle vzorce pro součet máme $$\lim\limits_{n \to \infty} s_n= 1+\frac{1}{1-\frac{1}{2}} = 3.$$ Tím jsme obdrželi součet zadané řady. Doplňme, že řady ve tvaru $\sum_{n= {N}}^{\infty} \frac{n}{a^n}$, kde $a>1$, tj. členy jsou ve tvaru zlomku, přičemž čitatelé zadávají aritmetickou posloupnost a ve jmenovateli je geometrická posloupnost, se nazývají aritmeticko-geometrické řady. Pro určení jejich součtu lze použít postup uvedený výše, přičemž posloupnost částečných součtů dělíme příslušným $a$.

V případě racionálně lomené funkce je vhodné provést rozklad na parciální zlomky. Rozložme tedy obecný člen $$\frac{2n+1}{n^2\,(n+1)^2} =\frac{A}{n^2}+\frac{B}{n}+\frac{C}{(n+1)^2}+\frac{D}{n+1} $$ a vypočítejme koeficienty $A, B, C, D$. Nejprve převedeme obě strany rovnice na společného jmenovatele a postupně obdržíme \begin{align*} 2n+1 &= A(n+1)^2+Bn(n+1)^2+Cn^2+Dn^2(n+1),\\ 2n+1 &=An^2+2An+A+Bn^3+2Bn^2+Bn+Cn^2+Dn^3+Dn^2,\\ 2n+1 &=n^3(B+D)+n^2(A+2B+C+D)+ n(2A+B)+A. \end{align*} Poté porovnáme koeficienty u jednotlivých mocnin na obou stranách rovnice (příp. lze dosadit do rovnice kořeny jmenovatele a získat některé koeficienty „rychleji“), abychom získali rovnice \begin{align*} n^3:\quad &0=B+D,\\ n^2:\quad &0=A+2B+C+D,\\ n^1:\quad &2=2A+B,\\ n^0:\quad &1=A. \end{align*} Z této soustavy rovnic snadno určíme hledané koeficienty $$A=1, \qquad B=0, \qquad C=-1, \qquad D = 0.$$ Tedy zadanou nekonečnou řadu můžeme zapsat jako $$\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{2n+1}{n^2\,(n+1)^2}=\sum\limits_{n=1}^{\infty} \left( \frac{1}{n^2}-\frac{1}{(n+1)^2} \right). $$ Nejedná se o geometrickou řadu, pro jejíž součet bychom mohli využít vzorec. Musíme proto při určování součtu této řady vycházet přímo z definice. Zaměřme se tak na limitu posloupnosti částečných součtů. Dostáváme \begin{align*} \lim\limits_{n\to \infty} s_n = \lim\limits_{n\to \infty}\left[ \left(\frac{1}{1^2}-\frac{1}{2^2} \right)\right. &+\left(\frac{1}{2^2}-\frac{1}{3^2} \right)+\left(\frac{1}{3^2}-\frac{1}{4^2} \right)+\left(\frac{1}{4^2}-\frac{1}{5^2} \right)+ \\ &+ \cdots \left. +\left(\frac{1}{(n-1)^2}-\frac{1}{n^2} \right)+ \left(\frac{1}{n^2}-\frac{1}{(n+1)^2} \right)\right], \end{align*} a tedy $$ \lim\limits_{n\to \infty} s_n = \lim\limits_{n\to \infty} \left(1-\frac{1}{(n+1)^2}\right) = 1. $$ Dokázali jsme, že součet nekonečné řady $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2n+1}{n^2\,(n+1)^2}$ je roven 1.

Budeme postupovat obdobně jako v předchozím příkladu. Nejprve rozložíme obecný člen na součet parciálních zlomků $$\frac{1}{(3n+1)(3n-2)} =\frac{A}{3n+1}+\frac{B}{3n-2} $$ a určíme koeficienty $A, B$ převedením na společného jmenovatele. Získáme rovnici $$ 1 = 3An-2A+3Bn+B.$$ Porovnáním koeficientů u jednotlivých mocnin na obou stranách rovnice, tj. vyřešením triviální soustavy rovnic \begin{align*} 1&=B-2A, \\ 0&=3A+3B, \end{align*} obdržíme $A=- {1}/{3}, B= {1}/{3}$. Danou řadu tak lze zapsat jako $$\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(3n+1)(3n-2)} = \sum\limits_{n=1}^{\infty}\left( \frac{- {1}/{3}}{3n+1} + \frac{ {1}/{3}}{3n-2}\right) = -\frac{1}{3}\, \sum\limits_{n=1}^{\infty}\left(\frac{1}{3n+1}-\frac{1}{3n-2}\right).$$ Pro $n \in \mathbb{N}$ tak je \begin{align*} s_n& = -\frac{1}{3}\left[ \left(\frac{1}{4}-\frac{1}{1}\right)+\left(\frac{1}{7}-\frac{1}{4}\right)+\left(\frac{1}{10}-\frac{1}{7}\right)+\right. \left(\frac{1}{13}-\frac{1}{10}\right) + \\ &\qquad +\left(\frac{1}{16}-\frac{1}{13}\right)+\cdots+ \left(\frac{1}{3(n-2)+1}-\frac{1}{3(n-2)-2}\right)+\\ &\qquad \left. +\left(\frac{1}{3(n-1)+1}-\frac{1}{3(n-1)-2}\right)+\left(\frac{1}{3n+1}-\frac{1}{3n-2}\right)\right] \end{align*} a $$\lim\limits_{n\to \infty} s_n = \lim\limits_{n\to \infty} -\frac{1}{3} \left[ - 1 + \frac{1}{3n+1}\right] = \frac{1}{3}.$$ Součet řady $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(3n+1)(3n-2)}$ jsme určili rovný $1/3$.

Protože se jedná o aritmeticko-geometrickou řadu, budeme postupovat jako v Příkladu 53 a hledat limitu posloupnosti částečných součtů. Částečný součet $$s_n = \frac{1}{5}+\frac{2}{5^2}+\frac{3}{5^3}+\frac{4}{5^4}+\cdots+\frac{n-1}{5^{n-1}}+\frac{n}{5^n}, \qquad n \in \mathbb{N} $$ vydělíme $$\frac{s_n}{5} = \frac{1}{5^2}+\frac{2}{5^3}+\frac{3}{5^4}+\cdots +\frac{n-2}{5^{n-1}} +\frac{n-1}{5^n}+\frac{n}{5^{n+1}}, \qquad n \in \mathbb{N} $$ a tyto dvě identity od sebe odečteme. Dostáváme $$\frac{4}{5}\, s_{n} = \frac{1}{5}+\frac{1}{5^2}+\frac{1}{5^3}+\frac{1}{5^4}+\cdots+\frac{1}{5^{n-1}}+\frac{1}{5^n} - \frac{n}{5^{n+1}}, \qquad n \in \mathbb{N}.$$ Nyní již určíme limitu posloupnosti částečných součtů \begin{align*} \lim\limits_{n \to \infty} s_{n} &= \lim\limits_{n \to \infty} \frac{5}{4} \left(\frac{1}{5}+\frac{1}{5^2}+\frac{1}{5^3}+\frac{1}{5^4}+\cdots+\frac{1}{5^{n-1}}+\frac{1}{5^n} - \frac{n}{5^{n+1}}\right) = \\&= \frac{5}{4} \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{5^n} = \frac{5}{4}\cdot\frac{\frac{1}{5}}{1-\frac{1}{5}} = \frac{5}{4}\cdot\frac{1}{4} = \frac{5}{16}. \end{align*}

Součet stanovíme pomocí definice, tedy jako limitu posloupnosti částečných součtů. Nejprve s využitím rozkladu na parciální zlomky vyjádříme $$\sum_{n=1 }^{\infty} \frac{1}{n^2 +2n} = \sum_{n=1 }^{\infty} \frac{{1}/{2}}{n} -\frac{{1}/{2}}{n+2}.$$ Částečné součty jsou tak \begin{align*} s_n &=\frac{1}{2}\left(1 -\frac{1}{3} +\frac{1}{2} -\frac{1}{4} +\frac{1}{3} -\frac{1}{5} +\cdots \right. \\ &\left.\qquad\qquad+\,\frac{1}{n-2} -\frac{1}{n} +\frac{1}{n-1} -\frac{1}{n+1} +\frac{1}{n} -\frac{1}{n+2}\right)= \\ &=\frac{1}{2}\left(\frac{3}{2} -\frac{1}{n+1} -\frac{1}{n+2}\right), \qquad n \in \mathbb{N}. \end{align*} Proto $$\sum_{n=1 }^{\infty} \frac{1}{n^2 +2n} = \lim_{n\to\infty}s_n =\frac{3}{4} .$$

Rozklad na parciální zlomky dává $$ \frac{1}{n\,(n+1)}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1},\qquad n \in \mathbb{N} . $$ Pro každé $ n \in \mathbb{N}$, máme částečný součet \begin{align*} s_{n+1} &= \frac{1}{1\cdot 2}+\frac{1}{2\cdot 3}+\frac{1}{3\cdot 4}+\frac{1}{4\cdot 5}+\cdots+\frac{1}{(n+1)\,(n+2)}=\\ &= \bigg( 1-\frac{1}{2} \bigg) + \bigg( \frac{1}{2}-\frac{1}{3} \bigg) + \bigg( \frac{1}{3}-\frac{1}{4} \bigg) + \bigg( \frac{1}{4}-\frac{1}{5} \bigg) +\cdots+ \bigg( \frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2} \bigg) = \\ &= 1- \bigg( \frac{1}{2}-\frac{1}{2} \bigg) - \bigg( \frac{1}{3}-\frac{1}{3} \bigg) - \bigg( \frac{1}{4}-\frac{1}{4} \bigg) - \cdots - \bigg( \frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+1} \bigg) -\frac{1}{n+2} , \end{align*} tj. $$ s_{n+1} = 1-\frac{1}{n+2},\qquad n \in \mathbb{N} .$$ Zadaná nekonečná řada proto konverguje a její součet činí $$ \sum_{n=1}^\infty {\frac{1}{n\,(n+1)}} = \lim\limits_{n \to \infty} \left( 1-\frac{1}{n+2} \right) = 1 . $$

Máme $$\frac{2n+1}{n (n+1)} = \frac{1}{n}+\frac{1}{n+1}, \qquad n \in \mathbb{N}.$$ Tedy pro $n \in \mathbb{N}$ částečné součty $$s_n = \left(\frac{1}{1}+\frac{1}{2}\right)-\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{3}\right)+\left(\frac{1}{3}+\frac{1}{4}\right)-\left(\frac{1}{4}+\frac{1}{5}\right)+\cdots + (-1)^{n+1} \left(\frac{1}{n}+\frac{1}{n+1}\right) $$ jsou ve tvaru $$ s_n = 1-\frac{1}{n+1}, \qquad \text{resp.}\qquad s_n = 1+\frac{1}{n+1} .$$ V obou případech je vidět, že posloupnost částečných součtů konverguje k $1$, tj. $$\sum\limits_{n=1}^{\infty} (-1)^{n+1}\frac{2n+1}{n (n+1)} = 1.$$

Hodnoty $a_n = 1/n$ upravíme tak, že jsou-li ve tvaru ${1}/{2^i}, i\in\mathbb{N} \cup \{0\}$, ponecháme je, a nejsou-li, nahradíme jmenovatele nejbližší vyšší mocninou čísla 2. Takto obdržíme \begin{align*} &1 +\frac{1}{2} +\frac{1}{3} +\frac{1}{4} +\frac{1}{5} +\frac{1}{6} +\frac{1}{7} +\frac{1}{8} +\frac{1}{9}+\cdots +\frac{1}{16} +\cdots \geq \\ &\geq 1 +\frac{1}{2} +\frac{1}{4} +\frac{1}{4} +\frac{1}{8} +\frac{1}{8} +\frac{1}{8} +\frac{1}{8} +\frac{1}{16}+\cdots+\frac{1}{16} +\cdots = \\ &= 1 +\frac{1}{2} +2\cdot\frac{1}{4} +4\cdot\frac{1}{8}+8\cdot\frac{1}{16}+\cdots \end{align*} Od třetího člene jsou tedy částečné součty harmonické řady větší než v případě získané řady. Vidíme tak, že $$s_{2^n} \ge 1+n\cdot\frac{1}{2} \to + \infty \qquad \text{pro} \qquad n \to \infty, $$ tj. harmonická řada je divergentní se součtem $+\infty.$

Není splněna nutná podmínka konvergence, neboť $$\lim_{n\to \infty} a_n =\lim_{n\to \infty} \frac{n}{\sqrt{n^2+1}} = 1.$$

Podívejme se, jak pro $n \in \mathbb{N}$ vypadají částečné součty $$s_n = \sum\limits_{j=1}^{n} (a_{j+1} - a_j) = (a_2 - a_1)+(a_3- a_2) + (a_4- a_3)+ \cdots + (a_{n+1}- a_n).$$ Pak $$\lim\limits_{n\to\infty} s_n= \lim\limits_{n\to\infty} \left(a_{n+1}- a_1\right) = a- a_1,$$ čímž jsme získali požadovaný součet.

Místo zadané řady uvažujme součet 1 s konvergentní geometrickou řadou $$ 1+1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{2^3}+\cdots= 1 + \sum_{n = 0}^\infty {\frac{1}{2^n}} . $$ Protože všechny členy původní řady lze shora odhadnout členy této řady, zřejmě platí odhad $$ \sum_{n = 0}^\infty {\frac{1}{n!}} <1+\sum_{n = 0}^\infty {\frac{1}{2^n}} =1+\frac{1}{1-\frac{1}{2}}=1+2=3. $$ Zvláště vidíme, že zadaná řada konverguje (a její součet je menší než 3).

Pro $n\geq 2$ je $$\frac{1}{n^2} < \frac{1}{n(n-1)} $$ a pro velká $m\in\mathbb{N}$ máme \begin{align*} \sum_{n=2}^{m} \frac{1}{n(n-1)} &=\sum_{n=2}^{m} \left(\frac{1}{n-1} -\frac{1}{n} \right) = \\ &= \left(1 -\frac{1}{2} \right) + \left(\frac{1}{2} -\frac{1}{3} \right) + \cdots +\left( \frac{1}{m-2} -\frac{1}{m-1} \right) + \left(\frac{1}{m-1} -\frac{1}{m} \right) = \\ &= 1 -\frac{1}{m}. \end{align*} Proto $$ \sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n(n-1)} = \lim\limits_{m \to \infty} \sum_{n=2}^{m} \frac{1}{n(n-1)} = \lim\limits_{m \to \infty} \left(1 -\frac{1}{m}\right) = 1, $$ a tedy $$ \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} < 1 + \sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n(n-1)} = 2, $$ což zaručuje konvergenci zadané řady (mj. víme, že její součet je z intervalu $(0, 2)$).

Protože $$\lim\limits_{n \to\infty} \frac{n}{7n+3} = \frac{1}{7}\ne 0,$$ tj. protože není splněna nutná podmínka konvergence, daná řada nemůže konvergovat a diverguje k $+ \infty$ (má kladné členy).

V tomto případě není splněna nutná podmínka konvergence, neboť (např. podle l'Hospitalova pravidla) je $$\lim\limits_{n \to\infty} \frac{{\mathrm{e}}^n}{n} = \lim\limits_{n \to\infty} \frac{{\mathrm{e}}^n}{1} = +\infty .$$ Proto zadaná řada s kladnými členy diverguje k $+ \infty$.

Z dané řady dostaneme substitucí $m= n+4$ harmonickou řadu bez několika prvních členů, o které víme, že diverguje. Tedy $$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n+4}= \sum\limits_{m=5}^{\infty} \frac{1}{m} =\sum\limits_{m=1}^{\infty} \frac{1}{m} - 1-\frac{1}{2}-\frac{1}{3}-\frac{1}{4} = +\infty - \frac{25}{12} = +\infty.$$

Pro každé $n\in \mathbb{N}$ zajisté platí $$0<\frac{1}{n}\leq \frac{\ln \left(1234+ n\right)}{n},$$ přičemž harmonická řada $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$ diverguje. Tedy podle srovnávacího kritéria diverguje i původní řada.

Použijeme Větu 4. Danou řadu odhadneme zdola násobkem harmonické řady, o které víme, že diverguje. Tedy $$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{4n+1}\geq\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{5n}=\frac{1}{5}\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n} = + \infty.$$ Proto diverguje i řada $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{4n+1}$.

Použijeme Větu 4. Zadanou řadu ohraničíme shora takto $$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(3n+1)^2}\leq\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}.$$ Řada vpravo konverguje, a proto musí konvergovat i řada původní.

Použijeme Větu 4. Řadu v zadání shora odhadneme konvergentní řadou se ziskem $$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2-3n+7} \leq \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{\frac{n^2}{2}} = 2 \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} < + \infty,$$ a tedy ze srovnávacího kritéria plyne konvergence původní řady. Doplňme, že $$ n^2 - 3n + 7 \ge \frac{n^2}{2}, \qquad n \in \mathbb{N}, $$ jak lze snadno ověřit uvážením, že polynom $x^2 - 6x + 14$ nemá reálné kořeny.

Použijeme Větu 4. Tuto řadu můžeme zdola odhadnout divergentní řadou takto $$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{4n^2+2n+3}{4n^2+5}\geq\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{4n^2+5}{4n^2+5}=\sum\limits_{n=1}^{\infty} 1 = +\infty,$$ resp. můžeme využít skutečnosti, že $\lim_{n\to \infty}a_n = 1$, odkud také plyne, že zadaná řada nemůže konvergovat.

Použijeme Větu 4. Řadu odhadneme shora konvergentní řadou $$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(n+1)\sqrt{n+2}}\leq \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n\sqrt{n}}=\sum\limits_{n=1}^{\infty} n^{-\frac{3}{2}} < +\infty .$$ Připomeňme, že řada $\sum_{n=1}^{\infty} n^{\beta}$ konverguje pro $\beta < -1$.

Použijeme Větu 4. Nejprve daný výraz rozšíříme tak, abychom dostali rozdíl druhých mocnin (tj. upravíme na čtverec), a následně řadu odhadneme zdola, čímž obdržíme $$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \left(\sqrt{n^2+1}-\sqrt{n^2-1}\right) = \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{n^2+1-(n^2-1)}{\sqrt{n^2+1}+\sqrt{n^2-1}}\geq \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{2}{\sqrt{4n^2}+\sqrt{n^2}} = \frac{2}{3}\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}.$$ Protože řada napravo diverguje k $+ \infty$, dostáváme ze srovnávacího kritéria také divergenci původní řady.

Použijeme Větu 4. Opět úpravou na čtverec a následným odhadem obdržené řady dostáváme $$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \left(\sqrt{n^3+3}-\sqrt{n^3+1}\right) = \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{n^3+3-\left(n^3+1\right)}{\sqrt{n^3+3}+\sqrt{n^3+1}}\leq \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{2}{\sqrt{n^3}} = 2\sum\limits_{n=1}^{\infty} n^{-\frac{3}{2}},$$ odkud použitím srovnávacího kritéria plyne konvergence zadané řady.

Použijeme Větu 4. Ze srovnávacího kritéria pomocí odhadu $$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{\ln n}{n}\geq \sum\limits_{n=3}^{\infty} \frac{1}{n}$$ obdržíme divergenci původní řady.

Platí $$\frac{1}{2^n-3}<\frac{1}{2^{n-1}}, \qquad n\geq 3, \, n\in \mathbb{N},$$ protože $$2^{n-1}<2^n-3 \qquad \text{právě tehdy, když} \qquad 3<2^n-2^{n-1} = 2^{n-1}.$$ Odtud je vidět, že počínaje třetím členem každý člen dané řady je menší než pro konvergentní geometrickou řadu $$\sum\limits_{n=3}^{\infty} \frac{1}{2^{n-1}}.$$ Proto zadaná řada konverguje.

Platí $$\frac{1}{ n^3+10 } \geq\frac{1}{2 n^3}, \qquad n\geq 3 ,\, n\in \mathbb{N}, $$ tj. $$\frac{1}{\sqrt[4]{ n^3+10 }}\geq \frac{1}{\sqrt[4]{2}\, n^{\frac{3}{4}}}, \qquad n\geq 3 ,\, n\in \mathbb{N}.$$ Zadaná řada je tak divergentní podle srovnávacího kritéria při srovnání s řadou $$\frac{1}{\sqrt[4]{2}} \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{\frac{3}{4}}}.$$ Viz Věta 4.

Použijeme limitní srovnávací kritérium a srovnání provedeme s harmonickou řadou $$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n},$$ o které jsme dokázali, že je divergentní. Vypočítejme tak limitu $$\lim_{n\to\infty}\frac{\text{arctg }\frac{1}{n}}{\frac{1}{n}}.$$ Aplikováním l'Hospitalova pravidla dostáváme $$\lim_{x\to\infty}\frac{\text{arctg }\frac{1}{x}}{\frac{1}{x}} =\lim_{x\to\infty}\frac{ \frac{1}{1+\frac{1}{x^2}} \cdot \frac{-1}{x^2}}{\frac{-1}{x^2}} = 1,$$ a proto je zvláště $$ \lim_{n\to\infty}\frac{\text{arctg }\frac{1}{n}}{\frac{1}{n}} = 1, $$ odkud však plyne $$\sum_{n=1}^{\infty} \text{arctg }\frac{1}{n} =+\infty. $$

Aplikujeme limitní srovnávací kritérium. Srovnání opět provedeme s divergentní harmonickou řadou. Vypočítáme tedy limitu $$\lim_{n\to\infty}\frac{\ln \left(1+\frac{1}{n^2}\right)}{\frac{1}{n}}.$$ Znovu použijeme l'Hospitalovo pravidlo, které dává $$\lim_{x\to\infty}\frac{\ln \left(1+\frac{1}{x^2}\right)}{\frac{1}{x}} =\lim_{x\to\infty}\frac{\frac{2}{x}}{1+\frac{1}{x^2}} =0,$$ a tedy rovněž $$\lim_{n\to\infty}\frac{\ln\left(1+\frac{1}{n^2}\right)}{\frac{1}{n}} = 0.$$ Limitní srovnávací kritérium tak nelze použít. Proto proveďme srovnání s řadou $$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}, $$ o které víme, že je konvergentní (viz Věta 4). Nyní určíme limitu $$\lim_{n\to\infty}\frac{\ln \left(1+\frac{1}{n^2}\right)}{\frac{1}{n^2}},$$ kdy l'Hospitalovým pravidlem dostaneme $$\lim_{x\to\infty}\frac{\ln\left(1+\frac{1}{x^2}\right)}{\frac{1}{x^2}} =\lim_{x\to\infty}\frac{1}{1+\frac{1}{x^2}}=1,$$ což dává $$\lim_{n\to\infty}\frac{\ln \left(1+\frac{1}{n^2}\right)}{\frac{1}{n^2}} = 1.$$ Dodejme, že uvažovanou limitu jsme mohli vypočítat snadněji např. použitím vzorce $$ \lim_{x\to 0}\frac{\ln \left(1+x\right)}{x} = 1. $$ V tomto případě, kdy $L \in (0, \infty)$, lze limitní srovnávací kritérium použít a prokázat tak, že zadaná řada konverguje.

Použijeme podílové kritérium. Platí $$\frac{a_{n+1}}{a_n} =\frac{(n+1)^{n+1}}{(n+1)!}\cdot\frac{n!}{n^n} =\frac{(n+1)^n}{n^n} =\left(1+\frac{1}{n}\right)^n >1 $$ pro všechna $n \in \mathbb{N}$ a dále $$\lim_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n} =\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^n = \mathrm{e} >1 .$$ Řada tedy diverguje podle (limitní i nelimitní verze) podílového kritéria.

S použitím (limitní verze) podílového kritéria dostáváme $$\lim\limits_{n\to\infty} \frac{a_{n+1}}{a_n} = \lim\limits_{n\to\infty} \frac{\frac{2^{n+1}}{(n+1)!}}{\frac{2^n}{n!}}= \lim\limits_{n\to\infty} \frac{2}{n+1} =0<1, $$ a tedy daná řada konverguje.

Pomocí (limitní verze) podílového kritéria získáváme \begin{align*} \lim\limits_{n\to\infty} \frac{a_{n+1}}{a_n} &= \lim\limits_{n\to\infty} \frac{{\frac{(2n+2)!}{((n+1)!)^2}}}{\frac{(2n)!}{(n!)^2}} =\lim\limits_{n\to\infty} \frac{(2n+1)\,(2n+2)}{(n+1)^2} = \lim\limits_{n\to\infty} \frac{4n^2}{n^2} = 4>1. \end{align*} Odtud plyne, že daná řada nekonverguje, tj. diverguje k $+ \infty$.

Za pomoci (limitní verze) podílového kritéria odvodíme, že \begin{align*} \lim\limits_{n\to\infty} \frac{a_{n+1}}{a_n} &= \lim\limits_{n\to\infty} \frac{\frac{(n+1)^{n+1}}{(2n+2)!}}{\frac{n^n}{(2n)!}}=\lim\limits_{n\to\infty} \frac{(n+1)^{n+1}}{n^n\,(2n+1)\,(2n+2)} = \\ &= \lim\limits_{n\to\infty} \frac{n+1}{(2n+1)(2n+2)} \cdot \left( \frac{n+1}{n} \right)^n = \\ &= \lim\limits_{n\to\infty} \frac{n+1}{4n^2+ 6n +2}\,\left(1+\frac{1}{n}\right)^n =0\cdot\mathrm{e} = 0 <1, \end{align*} tj. že původní řada konverguje.

Dle (limitní verze) podílového kritéria dostáváme \begin{align*} \lim\limits_{n\to\infty} \frac{a_{n+1}}{a_n} &= \lim\limits_{n\to\infty} \frac{\frac{3^{n+1}\,(n+1)!}{(n+1)^{n+1}}}{\frac{3^n\,n!}{n^n}} = \lim\limits_{n\to\infty} \frac{3\,(n+1)\,n^n}{(n+1)^{n+1}}=3\, \lim\limits_{n\to\infty}\left( \frac{n}{n+1}\right)^n=\\ &=3\, \lim\limits_{n\to\infty}\left( \frac{n+1}{n}\right)^{-n} =3\left( \lim\limits_{n\to\infty}\left(1 + \frac{1}{n}\right)^{n} \right)^{-1} = 3\,{\mathrm{e}}^{-1} >1, \end{align*} tj. dostáváme nekonvergenci zadané řady.

Platí $$\lim\limits_{n\to\infty} \frac{a_{n+1}}{a_n} = \lim\limits_{n\to\infty} \frac{ \binom{ 2n+2}{n+1} \frac{1}{7^{n+1}}} {\binom{2n}{ n}\frac{1}{7^n}} = \lim\limits_{n\to\infty} \frac{(2n+2)\,(2n+1)}{7\,(n+1)\,(n+1)} = \frac{4}{7}<1,$$ což dává konvergenci dané řady dle podílového kritéria.

S použitím (limitní verze) podílového kritéria dostáváme $$\lim\limits_{n\to\infty} \frac{a_{n+1}}{a_n} = \lim\limits_{n\to\infty}\frac{\frac{n+1}{(n+2)!}}{\frac{n}{(n+1)!}} = \lim\limits_{n\to\infty} \frac{n+1}{n\,(n+2)} = \lim\limits_{n\to\infty}\frac{n}{n^2} = 0<1,$$ což implikuje konvergenci zadané řady.

Ihned dostáváme $$\lim\limits_{n \to \infty} \sqrt[n]{a_n} = \lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{\frac{n}{(3+\frac{1}{n})^n}} =\lim_{n\to\infty}\frac{\sqrt[n]{n}}{3+\frac{1}{n}} =\frac{1}{3} <1,$$ a tedy řada konverguje.

Použitím odmocninového kritéria dostáváme $$\lim\limits_{n \to \infty} \sqrt[n]{a_n} = \lim\limits_{n\to \infty} \sqrt[n]{\left(\frac{n+1}{4n+3}\right)^n} = \lim\limits_{n\to \infty} \frac{n+1}{4n+3} = \frac{1}{4} <1,$$ a proto daná řada konverguje.

Získáváme $$\lim\limits_{n \to \infty} \sqrt[n]{a_n} = \lim\limits_{n\to \infty} \sqrt[n]{\left(\frac{n+1}{n^2+1}\right)^n} = \lim\limits_{n\to \infty} \frac{n+1}{n^2+1} = 0 <1,$$ což implikuje konvergenci zadané řady.

Odmocninové kritérium nám v tomto případě dává $$\lim\limits_{n \to \infty} \sqrt[n]{a_n} = \lim\limits_{n\to \infty} \sqrt[n]{\frac{n^2}{2^n}} = \frac{\left(\lim_{n\to \infty} \sqrt[n]{n}\right)^2}{2} = \frac{1}{2} <1.$$ Uvedená řada tedy konverguje.

Z odmocninového kritéria plyne $$\lim\limits_{n \to \infty} \sqrt[n]{a_n} = \lim\limits_{n\to \infty} \sqrt[n]{\frac{3^n}{n^3}} =\frac{3}{\lim_{n\to \infty} \sqrt[n]{n^3}} = \frac{3}{1^3}=3,$$ a tedy nekonvergence původní řady. Všimněme si, že už sama posloupnost složená z členů $3^n/n^3$ diverguje k $+ \infty$ (tj. není splněna nutná podmínka konvergence).

V tomto případě z odmocninového kritéria plyne $$\lim\limits_{n \to \infty} \sqrt[n]{a_n} = \lim\limits_{n\to \infty} \sqrt[n]{\left(\sqrt[n]{n}-1\right)^n} = \lim\limits_{n\to \infty} \sqrt[n]{n} - 1 = 0,$$ což implikuje konvergenci dané řady.

Zde je $$\lim\limits_{n \to \infty} \sqrt[n]{a_n} = \lim\limits_{n\to \infty} \sqrt[n]{\frac{\left(n+\sqrt{n}\right)^n}{\left(2n^2+n\right)^{\frac{n}{2}}}} = \lim\limits_{n\to \infty} \frac{n+\sqrt{n}}{\sqrt{2n^2+n}} = \lim\limits_{n\to \infty} \frac{n}{\sqrt{2 }n} = \frac{1}{\sqrt{2}} <1,$$ a proto daná řada konverguje.

Vypočteme-li limitu $$\lim\limits_{n \to \infty} \sqrt[n]{a_n} = \lim\limits_{n\to\infty} \sqrt[n]{\frac{\text{arctg}^n\, n}{2^n}} =\lim\limits_{n\to\infty} \frac{\text{arctg}\, n}{2} = \frac{1}{2}\cdot \frac{\pi}{2} = \frac{\pi}{4} < 1,$$ ihned z odmocninového kritéria plyne konvergence uvedené nekonečné řady.

Neboť pro nekonečně mnoho $n \in \mathbb{N}$ je $a_n > 1$ (resp. $\sqrt[n]{a_n} > 1$), není splněna nutná podmínka konvergence. Řada tak nekonverguje.

Nejprve zkusíme použít podílové kritérium. Pokud zadanou řadu budeme indexovat od $1$ jako $\sum_{n= 1}^{\infty} a_n $, je $$ a_n = \left\{ \! \begin{array}{ll} \frac{n}{2^n}, \qquad & \text{je-li $n$ liché}; \\[2mm] \frac{1}{2^n}, \qquad & \text{je-li $n$ sudé}. \end{array} \right. $$ Proto dostáváme $$ \frac{a_{n+1}}{a_n}= \left\{ \! \begin{array}{ll} \displaystyle{\frac{\frac{1}{2^{n+1}}}{\frac{n}{2^n}}=\frac{2^n}{2^{n+1}\cdot n}=\frac{1}{2n}}, \qquad & \text{je-li $n$ liché}; \\ \displaystyle{\frac{\frac{n+1}{2^{n+1}}}{\frac{1}{2^n}}=\frac{(n+1)\cdot 2^n}{2^{n+1}}=\frac{n+1}{2}}, \qquad & \text{je-li $n$ sudé}. \end{array} \right. $$ Odsud je vidět, že podílové kritérium nelze použít. Platí ovšem $$ \sqrt[n]{a_n} = \left\{ \! \begin{array}{ll} \sqrt[n]{\frac{n}{2^n}}=\frac{\sqrt[n]{n}}{2}, \qquad & \text{je-li $n$ liché}; \\[2mm] \sqrt[n]{\frac{1}{2^n}}=\frac{1}{2}, \qquad & \text{je-li $n$ sudé}, \end{array} \right. $$ odkud plyne $$ \lim_{n\to\infty} \sqrt[n]{a_n} ={\frac{1}{2}<1}. $$ Proto podle odmocninového kritéria je daná řada konvergentní.

Protože $$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{2+5n}{n^2}\geq \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{n}{n^2} = \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$$ a harmonická řada $\sum_{n=1}^{\infty} 1/n$ diverguje, ze srovnávacího kritéria plyne také divergence řady $\sum_{n=1}^{\infty} (2+5n)/n^2$.

Neboť $$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{n+\cos n}{n^3+2n^2+7\ln n}\leq \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{2n}{n^3}=2 \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} $$ a řada $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}$ je konvergentní (viz Věta 4), konverguje také zadaná řada.

Použijeme odmocninové kritérium. Platí $$L =\lim\limits_{n \to\infty} \sqrt[n]{a_n} =\lim\limits_{n \to\infty} \sqrt[n]{\frac{n}{\left(6+\frac{5}{n} \right)^n}} = \lim\limits_{n \to\infty} \frac{\sqrt[n]{n}}{6+\frac{5}{n}} = \frac{1}{6}.$$ Z nerovnosti $L<1$ (dle odmocninového kritéria) plyne konvergence uvedené řady.

Z odmocninového kritéria (a z l'Hospitalova pravidla) dostáváme \begin{align*} L &=\lim\limits_{n \to\infty} \sqrt[n]{a_n} =\lim\limits_{n \to\infty} \sqrt[n]{\left(\frac{2}{\pi}\,\arccos\,\frac{1}{n} \right)^{n^2}} = \\&= \lim\limits_{n \to\infty} \left(\frac{2}{\pi}\,\arccos\,\frac{1}{n} \right)^n = \lim\limits_{n \to\infty} {\mathrm{e}}^{n\, \ln \left(\frac{2}{\pi}\,\arccos\frac{1}{n}\right)} = \\&={\mathrm{e}}^{\lim\limits_{n \to\infty} \frac{\ln \left(\frac{2}{\pi}\,\arccos \frac{1}{n}\right)}{\frac{1}{n}}} = {\mathrm{e}}^{\lim\limits_{n \to \infty}\frac{{\frac{1}{\frac{2}{\pi}\,\arccos\frac{1}{n}}} \cdot{\frac{-2}{\pi \, \sqrt{1-1/n^2}}} \cdot {\frac{-1}{n^2}}}{\frac{-1}{n^2}}} = {\mathrm{e}}^{\frac{-2}{\pi}}<1, \end{align*} a tedy řada v zadání konverguje.

Z podílového kritéria máme \begin{align*} L &= \lim\limits_{n \to \infty} \frac{a_{n+1}}{a_n} =\lim\limits_{n \to \infty} \frac{\frac{(2n-1)\,2^{n+1}}{(n+1)!}}{\frac{(2n-3)\,2^n}{n!}} = \lim\limits_{n \to \infty}\frac{(2n-1)\,2^{n+1}\, n!}{(n+1)! \,(2n-3)\,2^n} = \\ &= \lim\limits_{n \to \infty}\frac{(2n-1)\,2}{(n+1) \,(2n-3)} = \lim\limits_{n \to \infty} \frac{4n-2}{2n^2-n-3}=0<1, \end{align*} a proto daná řada konverguje.

Nyní podílové kritérium dává $$ L = \lim\limits_{n \to \infty} \frac{a_{n+1}}{a_n} =\lim\limits_{n \to \infty} \frac{\frac{9^{n+1} (n+1)!}{(n+1)^4 (n+4)!}}{\frac{9^n n!}{n^4 (n+3)!}} = \lim\limits_{n \to \infty} \frac{9 n^4}{(n+1)^3 (n+4)} = 9 > 1, $$ a tedy řada diverguje k $+\infty$.

Uvážíme-li interval $[1,\infty)$, je na něm funkce $f(x)= \frac{1}{1+x^2}$ zřejmě kladná a klesající. Jsou tak splněny předpoklady pro použití integrálního kritéria, a proto můžeme integrovat $$\int\limits_1^{\infty} \frac{1}{1+x^2} \, \mathrm{d}x = [\text{arctg}\,x]_1^{\infty} = \frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{4} = \frac{\pi}{4} <+ \infty.$$ Zjistili jsme, že integrál konverguje, a proto konverguje i daná řada.

Na intervalu $[1,\infty)$ je funkce $f(x) = 1/\sqrt{x+1}$ zřejmě kladná a klesající. Použijeme-li tedy integrální kritérium, dostáváme $$\int\limits_1^{\infty} \frac{1}{\sqrt{1+x}}\, \mathrm{d}x = \left[2\,\sqrt{x+1}\,\right]_1^{\infty} = 2\,\left(\lim\limits_{x\to\infty} \sqrt{x+1} - \sqrt{2}\right) = + \infty,$$ tj. divergentní nevlastní integrál. Proto daná řada nekonverguje (diverguje k $+ \infty$).

Nejprve zkontrolujeme předpoklady pro použití integrálního kritéria. Na intervalu $[2,\infty)$ je funkce $f(x) = x/(x^2+3)$ kladná a klesající, jak lze lehce ověřit např. pomocí derivace $$ f'(x) = \frac{x^2+3 - 2 x^2 }{\left(x^2+3\right)^2} < 0, \qquad x \ge 2. $$ Integrujme tedy \begin{align*} \int\limits_2^{\infty} \frac{x}{x^2+3} \, \mathrm{d}x &= \left| t= x^2 +3, \, \mathrm{d}t = 2x \, \mathrm{d}x\right| = \\ &= \int\limits_7^{\infty} \frac{1}{2t} \, \mathrm{d}t = \frac{1}{2} [\ln t]_7^{\infty} = \frac{1}{2} \left(+\infty - \ln 7 \right) = +\infty . \end{align*} Obdrželi jsme divergentní integrál, a tudíž i zadaná řada je divergentní.

Máme-li použít integrální kritérium, musíme ověřit, že jsou splněny jeho předpoklady. Na intervalu $[1,\infty)$ je funkce $$f(x)=\frac{1}{x^2} \, \ln \left(\frac{1}{x} +1\right)$$ zřejmě kladná a klesající. Potom \begin{align*} \int\limits_1^{\infty}\frac{1}{x^2} \, \ln\left(\frac{1}{x} +1\right)\, \mathrm{d}x &= \left| y = \frac{1}{x} +1, \, \mathrm{d}y = - \frac{1}{x^2} \, \mathrm{d}x\right| = \int\limits_{2}^{1} - \ln y \, \mathrm{d}y = \\&= \int\limits_{1}^{2} \ln y \, \mathrm{d}y = \left[y\left( \ln y - 1 \right) \right]_{1}^{2} = \ln 4 - 1 <+ \infty . \end{align*} Tedy i zadaná řada je konvergentní.

Je-li $\alpha\leq0$, není splněna nutná podmínka konvergence, a tedy uvažovaná řada s~nezápornými členy diverguje k $+ \infty$. Pro $\alpha>0$ lze použít integrální kritérium pro funkci $f(x) = x^{-\alpha}$. Tato funkce je nezáporná, klesající a pro $x = n\in \mathbb{N}$ je $f(n) = a_n$ pro zadanou řadu. Uvažujme proto integrál $$\int\limits^\infty_1 \frac{1}{x^\alpha}\, \mathrm{d}x.$$ Označme primitivní funkci jako $F(x) = \int^x_1 \frac{1}{t^\alpha}\, \mathrm{d}t$. Je-li $\alpha\neq 1$, je $$ F(x) = \frac{1}{1-\alpha} \left[\frac{1}{t^{\alpha-1}}\right]^x_1 = \frac{1}{1-\alpha} \left(\frac{1}{x^{\alpha-1}} - 1\right), $$ a tedy $$ \lim_{x\to\infty} F(x) = \begin{cases} \frac{1}{\alpha-1}, \qquad &\text{je-li }\alpha>1; \\ + \infty, \qquad &\text{je-li }\alpha<1. \end{cases} $$ Pro $\alpha=1$ je $F(x) = [\ln t]^x_1 = \ln x$, a tedy $\lim_{x\to \infty} F(x) = +\infty$. Doplňme, že pro $\alpha = 1$ se jedná o~harmonickou řadu $\sum_{n = 1}^\infty {1}/{n}$, o které jsme již dokázali, že diverguje k $+ \infty$. Celkem $$ \int\limits^\infty_1 \frac{1}{x^\alpha}\,\mathrm{d}x= \begin{cases} \frac{1}{\alpha-1},\qquad &\text{je-li } \alpha>1; \\[1mm] + \infty,\qquad &\text{je-li }\alpha\leq 1. \end{cases} $$ Zjistili jsme tak, že $$\sum_{n = 1}^\infty \frac{1}{n^{\alpha}} =\begin{cases} \text{diverguje pro } \alpha \leq 1; \\ \text{konverguje pro } \alpha >1, \end{cases}$$ což jsme právě měli dokázat. Doplňme, že podílové a odmocninové kritérium nelze v tomto případě použít, neboť je (viz podílové kritérium) $$ \lim_{n\to\infty} \frac{a_{n+1}}{a_n} = \lim_{n\to\infty} \frac{\frac{1}{(n+1)^\alpha }}{\frac{1}{n^\alpha }} = \lim_{n\to\infty} \left( \frac{n}{n+1} \right)^\alpha = 1 $$ a (viz odmocninové kritérium) $$ \lim_{n\to\infty} \sqrt[n]{a_n} = \lim_{n\to\infty} \frac{1}{\sqrt[n]{n^\alpha }} = \lim_{n\to\infty} \left(\frac{1}{\sqrt[n]{n }}\right)^\alpha =1. $$

Pomocí integrálního kritéria ověříme, že zadaná řada konverguje. Uvažme funkci $$f(x) = \frac{1}{x^2+1}, \qquad x \in [1,\infty).$$ Tato funkce je na intervalu $[1,\infty)$ zřejmě kladná a klesající. Dále $$\int\limits_{1}^{\infty} \frac{1}{x^2+1}\,\mathrm{d}x = \left[\text{arctg}\,x\right]_{1}^{\infty} = \frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{4} = \frac{\pi}{4}<+\infty,$$ a tedy nevlastní integrál i řada konvergují (což bylo také obsahem Příkladu 104. Podle Věty 10 pak platí $$R_{1\,000}\leq \int\limits_{1\,000}^{\infty} f(x) \,\mathrm{d}x = \int\limits_{1\,000}^{\infty} \frac{1}{x^2+1}\, \mathrm{d}x = \frac{\pi}{2} - \text{arctg}\, 1\,000 < 10^{-3}.$$

Použijeme integrální odhad (tj. Větu 10) pro funkci $f(x) = x^{-2}$, kdy $$R_k \leq \int\limits_k^{\infty}\frac{1}{x^2}\, \mathrm{d}x = \left[\frac{-1}{x}\right]_{k}^{\infty} = \frac{1}{k} \leq \frac{1}{100},$$ což znamená, že je třeba vzít alespoň $100$ členů uvažované řady. Dodejme, že konvergence řady je zaručena již Větou 4.

Nechť $\alpha \ge 0$. Použijeme integrální kritérium pro funkci $$f (x)= \frac{1}{x \ln^{\alpha} x}, \qquad x \in [2, \infty). $$ Integrovat budeme pro jednoduchost výpočtu od $\mathrm{e}$ (stačí určit konvergenci integrálu na libovolném intervalu tvaru $[a,\infty)$, kde $a$ může být jakkoli velké číslo). Snadno zjistíme, že $$\int\limits_{\mathrm{e}}^{\infty}\frac{\mathrm{d}x}{x \ln^{\alpha} x} =\left| \ln x =t, \, \frac{\mathrm{d}x}{x} =\mathrm{d}t \right| =\int\limits_1^{\infty}\frac{\mathrm{d}t}{t^{\alpha}} =\begin{cases} \text{konverguje pro} & \alpha >1; \\ \text{diverguje pro} & \alpha \leq 1. \end{cases} $$ Uvažovaná řada je tedy rovněž konvergentní pro $\alpha >1$ a divergentní pro $\alpha \leq 1$. Ze srovnávacího kritéria (při srovnání s divergentní harmonickou řadou, kdy $\alpha = 0$) rovněž plyne divergence pro záporná $\alpha$.

Opět máme řadu s kladnými členy. Použitím podílového kritéria dostáváme $$L = \lim\limits_{n \to\infty} \frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{\frac{(n+1)+1}{{\mathrm{e}}^{n+1}}}{\frac{n+1}{{\mathrm{e}}^{n}}} = \lim\limits_{n\to\infty}\left(\frac{n+2}{n+1}\cdot\frac{1}{{\mathrm{e}} }\right) = \frac{1}{\mathrm{e}}.$$ Protože $L < 1$, daná řada konverguje. Víme, že odmocninové kritérium je silnější než kritérium podílové. Mohli bychom tedy v~tomto případě dojít k řešení také použitím kritéria odmocninového. Příslušná limita je $$L = \lim\limits_{n\to\infty} \sqrt[n]{a_n} = \lim\limits_{n\to\infty} \sqrt[n]{\frac{n+1}{{\mathrm{e}}^n}} = \lim\limits_{n\to\infty} \frac{\sqrt[n]{n+1}}{\mathrm{e}} = \frac{1}{\mathrm{e}} .$$ Také nyní (samozřejmě) je $L <1$. Z odmocninového kritéria tak plyne konvergence dané řady. Kdybychom zvládli integrovat funkci $f(x) = (x+1)/{\mathrm{e}^x}$, mohli bychom použít i kritérium integrální, neboť jsou splněny jeho předpoklady. Funkce $f$ je totiž zřejmě na intervalu $[1,\infty)$ kladná a také klesající, neboť $$f^{\prime}(x) = \frac{\mathrm{e}^{x} - \left(x+ 1\right)\mathrm{e}^{x}}{\mathrm{e}^{2x}} = - \frac{x}{{\mathrm{e}}^x} < 0, \qquad x\geq 1.$$ Integrujme tedy (metodou per partes) \begin{align*} \int\limits_1^{\infty} (1+x)\,{\mathrm{e}^{-x}}\, \mathrm{d} x &= \left| u = x+1, u^{\prime} = 1, v^{\prime} = {\mathrm{e}}^{-x}, v =- {\mathrm{e}}^{-x} \right| = \\ &= \left[-(x+1)\,{\mathrm{e}^{-x}}\right]_1^{\infty} + \int\limits_1^{\infty} {\mathrm{e}^{-x}}\,\mathrm{d} x = \\ &= \lim\limits_{x \to\infty}\left( -\frac{x+1}{{\mathrm{e}}^x}\right) - \left(-2{\mathrm{e}^{-1}}\right) + \left[-{\mathrm{e}}^{-x}\right]_1^{\infty}=\\ &= -0+2{\mathrm{e}^{-1}}+\lim\limits_{x\to \infty}\left(- \frac{1}{{\mathrm{e}}^x}\right) -\left(-{\mathrm{e}^{-1}} \right) = 3{\mathrm{e}}^{-1} = \frac{3}{\mathrm{e}} < +\infty . \end{align*} Nevlastní integrál konverguje, což potvrzuje konvergenci řady $\sum_{n=1}^{\infty} (n+1)/{\mathrm{e}^n}$ také integrálním kritériem.

Použijeme Větu 4. Tuto řadu můžeme odhadnout ze shora $$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{2+ \sin n^3}{n\left(n+5\right)} \leq \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{3}{n^2} = 3 \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} < + \infty.$$ Ze srovnávacího kritéria tak plyne konvergence, neboť konverguje řada napravo.

Použitím odmocninového kritéria dostáváme $$\lim\limits_{n\to \infty} \sqrt[n]{\frac{2n-1}{\sqrt{2^n}}} = \frac{\lim_{n\to\infty } \sqrt[n]{2n-1}}{\sqrt{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}} =\frac{\sqrt{2}}{2} <1,$$ a tedy daná řada konverguje. Doplňme, že $$1\leq\lim\limits_{n\to \infty} \sqrt[n]{2n-1}\leq\lim\limits_{n\to\infty} \sqrt[n]{2n} = \lim\limits_{n\to\infty} \sqrt[n]{2}\cdot \lim\limits_{n\to\infty} \sqrt[n]{n} =1\cdot 1=1.$$

Snadno získáváme odhad shora $$\sum\limits_{n=3}^{\infty}\frac{1!+2!+3!+\cdots +n!}{(2n)!}\leq \sum\limits_{n = 3}^{\infty}\frac{n\cdot n!}{(2n)!}\leq\sum\limits_{n = 3}^{\infty} \frac{n}{(n+1)\,(n+2)\,(n+3)}\leq\sum\limits_{n=3}^{\infty} \frac{1}{n^2}. $$ Protože řada vpravo konverguje, plyne odsud užitím srovnávacího kritéria konvergence původní řady.

Použijeme Větu 4. V tomto příkladu budeme ilustrovat jak srovnávací kritérium, tak i odmocninové kritérium. V prvním případě máme $$\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n\cdot3^n} \leq\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} < + \infty,$$ odkud dostáváme konvergenci původní řady. Stejně tak ve druhém případě, kdy $$\lim\limits_{n\to\infty} \sqrt[n]{\frac{1}{n\cdot 3^n}} = \frac{1}{3\,\lim_{n\to \infty } \sqrt[n]{n}} = \frac{1}{3}<1,$$ obdržíme konvergenci uvažované řady. Doplňme, že bylo možné použít i podílové kritérium.

Zde není splněna nutná podmínka konvergence \begin{align*} \lim\limits_{n\to\infty} \left(\frac{n+1}{n+2}\right)^n &= \lim\limits_{n\to\infty} \left(1 - \frac{1}{n+2}\right)^n = \lim\limits_{n\to\infty} \left(1 - \frac{1}{n+2}\right)^{n+2} \left(1 - \frac{1}{n+2}\right)^{-2} =\\&= \lim\limits_{m\to\infty} \left(1 - \frac{1}{m}\right)^{m} \left(1 - \frac{1}{m}\right)^{-2} = {\mathrm{e}}^{-1} \cdot 1^{-2} = \frac{1}{\mathrm{e}} \ne 0, \end{align*} a tedy daná řada nemůže konvergovat.

Ihned vidíme, že $$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{n+1}{n\,(n+2)} \geq \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{n}{3n^2} = \frac{1}{3} \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n} = + \infty .$$ Vzhledem k tomu, že harmonická řada napravo diverguje, zadaná řada nemůže konvergovat (podle srovnávacího kritéria).

Uvážením limity $$\lim\limits_{n \to \infty } \frac{ \sin \frac{1}{n}}{\frac{1}{n}} = 1 $$ a divergence harmonické řady $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n} = + \infty $ limitní srovnávací kritérium zaručuje, že daná řada diverguje k $+ \infty$.

Také nyní použijeme limitní srovnávací kritérium, ovšem k důkazu konvergence zadané řady. Platí totiž, že $$\lim\limits_{n \to \infty } \frac{ \sin \frac{1}{n^2}}{\frac{1}{n^2}} = 1 $$ a že (dle Věty 4) $$ \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} < + \infty ,$$ odkud však již konvergenci dostáváme.

Členy této nekonečné řady nejprve upravíme $$a_n= \frac{\sqrt{n^2+1}-n}{\ln^2 n} = \frac{\sqrt{n^2+1}-\sqrt{n^2}}{\ln^2 n}\cdot\frac{\sqrt{n^2+1}+\sqrt{n^2}}{\sqrt{n^2+1}+\sqrt{n^2}} = \frac{1 }{\left(\sqrt{n^2+1}+\sqrt{n^2}\right) \ln^2 n}.$$ Chování řady s těmito členy lze odhadnout pomocí podobné řady se členy $$b_n = \frac{1}{n \ln^2 n}, \qquad n \ge 2, \, n \in \mathbb{N}, $$ přičemž $$\lim\limits_{n \to \infty} \frac{a_n}{b_n} = \lim\limits_{n \to \infty} \frac{\frac{1}{\left(\sqrt{n^2+1}+\sqrt{n^2}\right) \ln^2 n}}{\frac{1}{n \ln^2 n}} = \lim\limits_{n \to \infty} \frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{n^2}}+1} = \frac{1}{2} \in (0,\infty).$$ Vzhledem k tomu, že řada $ \sum_{n=2}^{\infty}1/(n \ln^2 n)$ konverguje (viz Příklad 111), konverguje podle limitního srovnávacího kritéria i původní řada.

Využijeme Větu 4. Protože $n>\ln n$ pro $n \in \mathbb{N}$, můžeme tuto řadu odhadnout zdola jako $$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{2+\cos n}{n+\ln n}\geq \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2n}= \frac{1}{2}\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n} .$$ Z divergence harmonické řady, resp. ze srovnávacího kritéria, snadno vyvodíme také divergenci původní řady.

Funkce $y = \cos t$ nabývá hodnot z intervalu $[-1,1]$. Pro každé $t$ z tohoto intervalu platí $$0 \le \frac{1+t}{4+t} = 1 - \frac{3}{4+t}\leq 1-\frac{3}{4+1} = \frac{2}{5}.$$ Pro zadanou řadu tedy platí $$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \left(\frac{1+\cos n}{4+\cos n}\right)^n \leq \sum\limits_{n=1}^{\infty} \left(\frac{2}{5}\right)^n.$$ Řada napravo je geometrická řada s kvocientem (v absolutní hodnotě) menším než 1, tj. konvergentní, a proto ze srovnávacího kritéria dostáváme konvergenci původní řady.

V tomto případě použijeme nejprve srovnávací kritérium s odhadem $$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{n^5}{3^n+4^n}\leq\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{n^5}{3^n}$$ a následně odmocninové kritérium $$\lim\limits_{n\to \infty} \sqrt[n]{\frac{n^5}{3^n}} = \frac{\left(\lim\limits_{n\to\infty} \sqrt[n]{n}\right)^5}{3} = \frac{1}{3} < 1.$$ Řada, kterou jsme ze shora odhadli zadanou řadu, konverguje, a proto konverguje i původní řada.

Použijeme opět Větu 4. Ze srovnávacího kritéria jednoduše plyne konvergence dané řady, neboť $$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(n+3)\,\sqrt{n}}\leq\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{\frac{3}{2}}} < + \infty .$$

Opět s použitím srovnávacího kritéria a Věty 4 odhadneme řadu shora $$\sum\limits_{n=1}^{\infty}\left(\frac{1+n^2}{1+n^3}\right)^2\leq \sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{n^4+2n^2+1}{n^6}\leq 4 \sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2} < + \infty.$$ Odsud je pak vidět konvergence původní řady.

Zde, jak je patrné, není splněna nutná podmínka konvergence $$\lim\limits_{n\to\infty} \sqrt{\frac{n-1}{2n}} = \frac{\sqrt{2}}{2}\ne 0,$$ a proto daná řada nemůže konvergovat.

V tomto případě použijeme podílové kritérium, přičemž obdržíme \begin{align*} \lim\limits_{n\to\infty} \frac{a_{n+1}}{a_n} &= \lim\limits_{n\to\infty} \frac{\frac{1}{(4n+4)!}}{\frac{1}{(4n)!}} = \lim\limits_{n\to\infty} \frac{(4n)!}{(4n+4)!} =\\&= \lim\limits_{n\to\infty} \frac{1}{(4n+1)\,(4n+2)\,(4n+3)\,(4n+4)} = 0 < 1 . \end{align*} Proto daná řada konverguje dle podílového kritéria.

Pro $a\geq 1$ je $n^4 a^n \geq 1$, $n \in \mathbb{N}$, a tedy daná řada v tomto případě nemůže konvergovat, neboť není splněna nutná podmínka konvergence. Naopak, pro $a \in (0,1)$ z podílového kritéria plyne konvergence, neboť $$\lim\limits_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}= \lim\limits_{n\to\infty}\frac{(n+1)^4 a^{n+1}}{n^4 a^n}= a \lim\limits_{n\to\infty} \left( 1+\frac{1}{n}\right)^4 = a < 1.$$ Řada tedy konverguje pro $a \in (0,1)$. Posléze (po zavedení absolutní konvergence) uvidíme, že konverguje také pro $a \in (-1,0]$.

Nejprve vypočítáme limitu $$ \lim\limits_{n\to\infty} a_n = \lim\limits_{n\to\infty} \frac{1}{1+a^n}= \frac{1}{1+\lim_{n\to\infty} a^n} = \begin{cases} 1, \qquad &\text{je-li } a\in (0,1);\\ \frac{1}{2}, \qquad &\text{je-li } a=1; \\ 0, \qquad &\text{je-li } a>1. \end{cases} $$ Uvážením nutné podmínky konvergence odsud vidíme, že daná řada nemůže konvergovat pro $a\leq 1$. Pro $a> 1$ platí $$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{1+a^n} \leq \sum\limits_{n=1}^{\infty} \left(\frac{1}{a}\right)^n < + \infty,$$ přičemž napravo máme konvergentní geometrickou řadu. Tedy ze srovnávacího kritéria plyne konvergence zadané řady pro $a>1 $.

S použitím limity z podílového kritéria $$\lim\limits_{n\to\infty} \frac{a_{n+1}}{a_n} = \lim\limits_{n\to\infty} \frac{\frac{a^{n+1}}{(n+1)!}}{\frac{a^n}{n!}}= \lim\limits_{n\to\infty} \frac{a}{n+1} = 0 < 1$$ dostáváme konvergenci dané řady pro všechna $a>0$.

Pro $ N \ge 1/a$ ($N \in \mathbb{N}$) můžeme odhadnout (viz Věta 4) $$\sum\limits_{n=N}^{\infty} \frac{1+n a}{\sqrt{n^2+n^6 a}}\leq \sum\limits_{n=N}^{\infty} \frac{2n a}{\sqrt{n^6 a}}= 2 \sqrt{a} \sum\limits_{n=N}^{\infty} \frac{1}{n^{2}} < + \infty,$$ a tedy daná řada konverguje pro všechna $a>0$ podle srovnávacího kritéria.

Snadno se lze přesvědčit, že limitní podílové kritérium v tomto případě při rozhodování o konvergenci nedává odpověď, protože \begin{align*} \lim\limits_{n \to \infty} \frac{a_{n+1}}{a_{n}} =\lim\limits_{n \to \infty} \frac{\frac{(2n+2)!}{4^{n+1} [(n+1)!]^2}}{\frac{(2n)!}{4^n (n!)^2}} =\lim\limits_{n \to \infty} \frac{(2n+2) (2n+1)}{4(n+1)^2} = \lim\limits_{n \to \infty} \frac{4n^2}{4n^2} = 1. \end{align*} S použitím Raabeova kritéria však dostáváme \begin{align*} \lim\limits_{n \to \infty} n \left(1- \frac{a_{n+1}}{a_{n}} \right) &= \lim\limits_{n \to \infty} n \left(1-\frac{(2n+2)(2n+1)}{4(n+1)^2}\right) = \\ &=\lim\limits_{n \to \infty} n \left(1-\frac{2n+1}{2(n+1)}\right) = \lim\limits_{n \to \infty} \frac{n}{2n+2} = \frac{1}{2}< 1, \end{align*} tj. divergenci zadané řady k $+ \infty$.

Aplikací podílového kritéria dostaneme \begin{align*}\lim_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n} &=\lim_{n\to\infty}\frac{(n+1)!\left(\sqrt{2}+1\right)\left(\sqrt{2} +2\right)\cdots\left(\sqrt{2}+n\right)}{\left(\sqrt{2}+1\right)\left(\sqrt{2} +2\right)\cdots\left(\sqrt{2}+n\right)\left(\sqrt{2}+n+1\right)n!} = \\ &=\lim_{n\to\infty}\frac{n+1}{\sqrt{2}+n+1} =1, \end{align*} a tedy tímto kritériem nelze rozhodnout. Zkusíme proto Raabeovo kritérium, kdy počítáme limitu \begin{align*} L &= \lim_{n\to\infty} n\left(1-\frac{a_{n+1}}{a_n}\right) =\lim_{n\to\infty} n\left(1-\frac{n+1}{\sqrt{2}+n+1}\right) = \\ &=\lim_{n\to\infty}\frac{n\left(\sqrt{2}+n+1-n-1\right)}{\sqrt{2}+n+1} =\lim_{n\to\infty}\frac{n\sqrt{2}}{\sqrt{2}+n+1} =\sqrt{2} > 1, \end{align*} z níž plyne konvergence zadané řady.

Již jsme ukázali, že tento příklad je řešitelný integrálním kritériem. Použijeme-li (limitní) podílové kritérium, dostáváme \begin{align*} \lim\limits_{n \to \infty} \frac{a_{n+ 1}}{a_{n}} = \lim\limits_{n \to \infty} \frac{\frac{1}{(n+1) \ln^2 (n+1)}}{\frac{1}{n\ln^2 n}} &= \lim\limits_{n \to \infty} \frac{n \ln^2 n}{(n+1)\ln^2 (n+1)} = \\ &= \lim\limits_{n \to \infty} \frac{n}{n+1} \cdot \left[\lim\limits_{n\to \infty} \frac{\ln n}{\ln \left(n+1\right)}\right]^2 = 1 \cdot 1^2 = 1. \end{align*} Nejsme tedy podílovým kritériem schopni o konvergenci či divergenci rozhodnout. Podobně aplikováním (limitního) odmocninového kritéria obdržíme $$\lim\limits_{n \to \infty} \frac{1}{\sqrt[n]{n\ln^2 n}} = \lim\limits_{n\to \infty} \frac{1}{\sqrt[n]{n}\,\sqrt[n]{\ln^2 n}} = 1,$$ a tedy ani takto nelze zjistit, zda daná řada konverguje. Posloupnost členů této řady je ale (nejen nezáporná ale také) nerostoucí a (viz Věta 4) $$\sum\limits_{k=1}^{\infty} \frac{2^k}{2^k\ln^2 2^k} = \sum\limits_{k=1}^{\infty} \frac{1}{(k\ln 2)^2 }= \frac{1}{\ln^2 2} \sum\limits_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k^2}<+\infty . $$ Podle kondenzačního kritéria proto zadaná řada konverguje.

Hodnotu $\beta$ určíme při volbě $\alpha = 1$. Dostáváme \begin{align*} \beta & = \lim\limits_{n \to \infty} n \left(\frac{a_{n}}{a_{n+1}} - 1\right) = \lim\limits_{n \to \infty} n \left(\left(\frac{\frac{1\cdot3\cdot5\cdots(2n-1)}{2\cdot4\cdot6\cdots(2n)}}{\frac{1\cdot3\cdot5\cdots(2n+1)}{2\cdot4\cdot6\cdots(2n+2)}}\right)^2 - 1\right) = \\ &= \lim\limits_{n \to \infty} n \left(\left(\frac{2n+2}{2n+1}\right)^2-1\right) =\lim\limits_{n \to \infty} n\left(\frac{4n^2+8n+4}{4n^2+4n+1}-1\right) = \lim\limits_{n \to \infty}\frac{4n^2+3n}{4n^2+4n+1} = 1. \end{align*} Nyní musíme najít posloupnost $\{\gamma_{n}\}_{n=1}^{\infty}$, pro kterou $$\gamma_{n} = \left(\frac{a_{n}}{a_{n+1}} - 1 -\frac{1}{n}\right) n^2, \qquad n \in \mathbb{N}.$$ Z vyjádření $$\frac{a_{n}}{a_{n+1}} - 1-\frac{1}{n} = \frac{4n+3}{4n^2+4n+1} - \frac{1}{n} = -\frac{n+1}{n(4n^2+4n+1)}, \qquad n \in \mathbb{N} $$ plyne $$\gamma_{n} = -\frac{n^2+n}{4n^2+4n+1}, \qquad n \in \mathbb{N}.$$ Limita $$\lim\limits_{n\to \infty} \gamma_{n} = \lim\limits_{n\to \infty} - \frac{n^2+n}{4n^2+4n+1} = -\frac{1}{4} $$ dokládá, že posloupnost $\{\gamma_{n}\}_{n=1}^{\infty}$ je ohraničená. Řada v zadání tak diverguje k $+ \infty$ podle Gaussova kritéria, neboť $\alpha = \beta = 1$.

Nejprve položme $$p_{n}=1+(n+1) \ln \left(n+1\right), \qquad n \in \mathbb{N}.$$ Pro všechna $n \in \mathbb{N}$ platí \begin{align*} p_{n}\,\frac{a_{n}}{a_{n+1}}-p_{n+1} &=\left[1+(n+1) \ln \left(n+1\right)\right] \frac{\prod\limits_{k=1}^{n}\frac{1+k \ln k}{\sqrt{2}+(k+1) \ln \left(k+1\right)}}{\prod\limits_{k=1}^{n+1}\frac{1+k \ln k}{\sqrt{2}+(k+1) \ln \left(k+1\right)}} - \left[1+(n+2) \ln \left(n+2\right)\right] = \\&=\left[1+(n+1) \ln \left(n+1\right)\right] \frac{1}{\frac{1+(n+1) \ln \left(n+1\right)}{\sqrt{2}+(n+2) \ln \left(n+2\right)}}-\left[1+(n+2) \ln \left(n+2\right)\right] , \end{align*} tj. $$ p_{n}\,\frac{a_{n}}{a_{n+1}}-p_{n+1} =\sqrt{2} -1, \qquad n \in \mathbb{N}. $$ Podle Kummerova kritéria pro $A =\sqrt{2} -1 > 0$ je tak zadaná řada konvergentní.

Jedná se o alternující řadu, přičemž $$ \lim\limits_{n \to \infty} \left|a_{n}\right| = \lim\limits_{n\to\infty}\frac{1}{n} = 0 $$ a $$\frac{1}{n+1} <\frac{1}{n}, \qquad n \in \mathbb{N}. $$ Proto lze aplikovat Leibnizovo kritérium, a tedy Leibnizova řada je konvergentní.

Pro alternující řadu se nabízí použít Leibnizovo kritérium, přičemž zde je patrné, že nebude splněna nutná podmínka konvergence. Explicitně vyjádřeno, $$\lim\limits_{n \to \infty} \left|a_{n}\right| = \lim\limits_{n \to \infty} \frac{2n}{8n-3} = \frac{2}{8} = \frac{1}{4} \ne 0.$$ Dále již není třeba nic ověřovat, protože daná řada nemůže konvergovat.

Podle Leibnizova kritéria tato řada zřejmě konverguje a podle Věty 16 pak pro odhad chyby platí $$\left|R_{99} \right| < \left| a_{100} \right| = \frac{1}{100^2} = 10^{-4}.$$

Uvedená řada konverguje podle Leibnizova kritéria, neboť posloupnost $$ \{\left|a_n\right|\}_{n = 1}^{\infty} \equiv \left\{\frac{1}{n^3+ 5 } \right\}_{n = 1}^{\infty} $$ je klesající a $$\lim\limits_{n\to \infty} \frac{1}{n^3 + 5} = \lim\limits_{n\to \infty} \frac{(-1)^{n+1} }{n^3 + 5} = 0. $$ Hledaná chyba je tak menší než absolutní hodnota následujícího člene nezahrnutého do částečného součtu, tj. v tomto případě $|a_{11}|$. Chyba je proto menší než $$\frac{1}{11^3+5} = \frac{1}{1\,336}. $$

Řada $$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n}$$ je relativně konvergentní. Jedná se o Leibnizovu řadu, která je dle Leibnizova kritéria konvergentní, ale řada absolutních hodnot $a_n$ dává harmonickou řadu, o které víme, že diverguje. Řada $$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n^2}$$ je pak absolutně konvergentní, protože $$\sum_{n=1}^{\infty} \left| {\frac{(-1)^{n-1}}{n^2}} \right| =\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} < + \infty . $$

Pro řadu $$\sum\limits_{n =1}^{\infty} \left|\frac{(-1)^{n^6 + 3n^3 - n + 5}}{\sqrt{n+3}}\right| = \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{n+3}} $$ s kladnými členy potřebujeme zvolit vhodné kritérium pro rozhodnutí o konvergenci. Protože v členech řady je pouze odmocnina, dá se očekávat, že nám nepomůže podílové ani odmocninové kritérium. To lze snadno ověřit výpočtem $$L = \lim\limits_{n\to \infty}\sqrt[n]{|a_n|} = \lim\limits_{n\to \infty} \sqrt[n]{\frac{1}{\sqrt{n+3}}} = \lim\limits_{n\to \infty}\frac{1}{\sqrt{\sqrt[n]{n+3}}} = \frac{1}{\sqrt{1}} = 1. $$ Neboť $L = 1$, nelze o konvergenci odmocninovým kritériem rozhodnout. Víme, že stejně to musí dopadnout také v případě kritéria podílového. Takže podle těchto dvou kritérií nelze o konvergenci dané řady rozhodnout. Aplikujme srovnávací kritérium, kdy máme $$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{n+3}}\geq\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n+3}= \sum\limits_{n=4}^{\infty} \frac{1}{n } = + \infty .$$ Odsud plyne, že řada $\sum_{n=1}^{\infty} 1/{\sqrt{n+3}}$ diverguje. Tedy zadaná řada nekonverguje absolutně. Divergenci řady $\sum_{n=1}^{\infty} 1/\sqrt{n+3}$ lze potvrdit také integrálním kritériem. Jsou splněny jeho předpoklady, tj. funkce $f(x) = 1/\sqrt{x+3}$ je zřejmě kladná a klesající na intervalu $[1,\infty)$. Dále \begin{align*} \int\limits_1^{\infty} \frac{1}{\sqrt{x+3}}\, \mathrm{d}x &= \left| t=x+3,\, \mathrm{d}t=\mathrm{d}x \right| = \\ &=\int\limits_4^{\infty} t^{-\frac{1}{2}} \,\mathrm{d}t = \left[2t^{1/2}\right]_4^{\infty} = \lim\limits_{t\to\infty} \left(2\sqrt{t}\right) - 4 = + \infty. \end{align*} Nevlastní integrál diverguje, a tedy integrálním kritériem jsme potvrdili, že zadaná řada nekonverguje absolutně.

Podívejme se nejprve na řadu absolutních hodnot $$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \left|(-1)^n\,\frac{2^n}{n^2}\right| = \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{2^n}{n^2}. $$ Zde je možné užít jak podílového kritéria, tak odmocninového. Tedy např. $$L = \lim\limits_{n \to \infty} \sqrt[n]{|a_n|} = \lim\limits_{n \to \infty} \sqrt[n]{\frac{2^n}{n^2}} = \lim\limits_{n \to \infty} \frac{2}{\left(\sqrt[n]{n}\right)^2} = \frac{2}{1^2} = 2.$$ Protože $L>1$, řada $\sum_{n=1}^{\infty} 2^n/n^2 $ diverguje. Stejný výsledek bychom dostali podílových kritériem. Původní řada (bez absolutních hodnot) nemůže tedy konvergovat absolutně. Ptáme se dále, zda konverguje alespoň relativně. V tomto případě musíme vyšetřit chování řady bez absolutních hodnot. Pro alternující řady máme k dispozici pouze Leibnizovo kritérium. Jedním z jeho předpokladů je, že posloupnost $\{a_n\}_{n=1 }^{\infty}$ je nerostoucí. Ovšem zde je posloupnost $$\{|a_n|\}_{n=1}^{\infty}=\left\{\left|(-1)^n\,\frac{2^n}{n^2}\right|\right\}_{n=1}^{\infty}= \left\{\frac{2^n}{n^2}\right\}_{n=1}^{\infty}$$ rostoucí pro $n\geq 3$. Takže Leibnizovo kritérium nelze použít. Další možností, kterou můžeme zvážit, je nutná podmínka konvergence. Otázkou tedy je, zda členy naší řady konvergují k nule. Podle l'Hospitalova pravidla je $$\lim\limits_{n \to \infty} \left|a_n\right|=\lim\limits_{n \to \infty} \frac{2^n}{n^2} = \lim\limits_{n \to \infty} \frac{\ln 2 \cdot 2^n}{2n} = \lim\limits_{n \to \infty}\frac{\ln^2 2 \cdot 2^n}{2} = +\infty. $$ Členy dané řady tedy rozhodně nekonvergují k nule. Tím jsme dospěli k závěru, že daná řada nekonverguje. Všimněme si, že kdybychom nutnou podmínku konvergence ověřili jako první, ihned bychom mohli napsat výsledek.

Pro alternující řadu můžeme použít Leibnizovo kritérium. Ověříme jeho podmínky. Porovnáme členy $a_n$ a $a_{n+1}$ pro $n \in \mathbb{N}$ pomocí první derivace funkce \begin{align*} \left(\frac{x+1}{x^2+2x}\right)^{\prime} &= \frac{(x^2+2x) - (x+1)(2x+2)}{(x^2+2x)^2} = \\ &= \frac{x^2+2x-2x^2-4x-2}{(x^2+2x)^2} = -\frac{x^2+2x+2}{(x^2+2x)^2} < 0, \qquad x \ge 1. \end{align*} Z této nerovnosti snadno vyvodíme, že $a_n > a_{n+1}$ pro $n \in \mathbb{N}$. Dále lehce vypočítáme limitu $$\lim\limits_{n \to \infty} \left|a_{n}\right| = \lim\limits_{n \to \infty} \frac{n+1}{n (n+2)} = 0. $$ Zjišťujeme, že také druhá podmínka Leibnizova kritéria je splněna, a proto dostáváme konvergenci řady v zadání. Nyní nás zajímá konvergence řady s absolutními hodnotami, tj. $$\sum\limits_{n=1}^{\infty}\left| a_{n}\right| = \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{n+1}{n (n+2)}.$$ Pomocí srovnávacího kritéria a divergence harmonické řady máme $$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{n+1}{n (n+2)}\geq \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n+2} = \sum\limits_{n=3}^{\infty} \frac{1}{n} = + \infty. $$ Dospěli jsme k závěru, že příslušná řada absolutních hodnot diverguje. Celkový výsledek tedy je, že zadaná řada konverguje neabsolutně (relativně).

Posloupnost $$\{\left|a_n\right|\}_{n=1}^{\infty} =\left\{\frac{1}{3^n}\right\}_{n=1}^{\infty}$$ je zřejmě klesající posloupnost kladných čísel a $$\lim\limits_{n\to \infty} |a_{n}| = 0.$$ Podle Leibnizova kritéria daná alternující řada konverguje. Pro řadu s absolutními hodnotami je podle podílového kritéria $$L = \lim\limits_{n \to \infty} \left| \frac{a_{n+1}}{a_{n}} \right| = \lim\limits_{n \to \infty} \frac{3^n}{3^{n+1}} = \frac{1}{3}< 1,$$ a tedy zadaná řada konverguje absolutně. K tomu však stačilo využít znalostí o geometrické řadě. Dále $$s_{3} = \frac{1}{3}- \frac{1}{3^2}+\frac{1}{3^3} = \frac{7}{27}$$ a odhad chyby, které se dopustíme, když budeme aproximovat součet řady $s$ tímto částečným součtem $s_{3}$ činí $$\left| s - s_{3}\right|< \left|a_{4} \right| = \frac{1}{3^4} = \frac{1}{81}.$$ Celkový součet dostáváme úpravami $$s = \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{3^n} = -\sum\limits_{n = 1}^{\infty} \left(- \frac{1}{3}\right)^n =-\left(\frac{1}{1+\frac{1}{3}} - 1\right) = \frac{1}{4}.$$ Skutečná chyba, která vzniká při aproximaci $s \approx s_{3}$, je $$\left| s - s_{3}\right| = \left|\frac{1}{4} -\frac{7}{27}\right| = \frac{1}{4 \cdot 27} = \frac{1}{108}.$$

Řada je alternující, a proto zkusíme aplikovat Leibnizovo kritérium. Jednak $$\lim\limits_{n \to \infty} |a_n| = \lim\limits_{n \to \infty} \frac{1}{(2n)!} = 0 $$ a dále $$ \left\{\frac{1}{(2n)!}\right\}_{n= 1}^{\infty}$$ je evidentně klesající posloupnost kladných čísel. Z Leibnizova kritéria tak plyne konvergence nekonečné řady $\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^n/(2n)!$. Pro absolutní konvergenci uvážíme $$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \left|\frac{(-1)^n}{(2n)!}\right| = \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(2n)!}.$$ Jedná se o řadu s nezápornými členy s faktoriály, na které \uv{se osvědčilo} podílové kritérium. Dostáváme $$L = \lim\limits_{n \to \infty} \left| \frac{a_{n+1}}{a_n} \right| = \lim\limits_{n \to \infty} \frac{\frac{1}{(2(n+1))!}}{\frac{1}{(2n)!}} = \lim\limits_{n \to \infty}\frac{(2n)!}{(2n+2)!} = \lim\limits_{n \to \infty} \frac{1}{(2n+2)\,(2n+1)} = 0 .$$ Protože $L<1$, řada s absolutními členy konverguje, tj. původní řada konverguje absolutně. Upozorněme, že z absolutní konvergence plyne konvergence. Kdybychom tedy nejprve odvodili konvergenci řady s absolutními členy podílovým kritériem, zjistili bychom absolutní konvergenci zadané řady ihned bez aplikace Leibnizova kritéria.

Označíme-li $a_n= 1/\sqrt{n}$ pro $n \in \mathbb{N}$, pak platí $$0<a_{n+1}<a_n, \qquad n\in \mathbb{N}; \qquad \lim\limits_{n \to \infty} a_n = \lim\limits_{n \to \infty} \frac{1}{\sqrt{n}} = 0.$$ Z Leibnizova kritéria plyne konvergence dané řady. Podívejme se nyní na řadu absolutních hodnot $$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{n}} = \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{{n}^{\frac{1}{2}}}.$$ O této řadě víme, že diverguje, a proto řada $\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^n /\sqrt{n}$ konverguje neabsolutně (relativně).

Uvážíme-li nejprve nekonečnou řadu absolutních hodnot, snadno ji odhadneme shora konvergentní řadou $$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(n+1)^2} \leq \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} < + \infty,$$ a tedy ze srovnávacího kritéria můžeme odvodit konvergenci řady absolutních hodnot. Původní alternující řada tak konverguje absolutně.

V tomto případě není splněna nutná podmínka konvergence, neboť $$ \lim\limits_{n \to \infty} \frac{\sqrt{n^2 + 4}}{n+1} = \lim\limits_{n \to \infty} \frac{n}{n} = 1 \ne 0, $$ což znamená, že zadaná řada nekonverguje.

Protože pro každé $n\in \mathbb{N}$ platí $$\left|\frac{(-1)^n}{n}\,\left( \frac{1}{1567} \right)^n \right| \le \left( \frac{1}{1567} \right)^n$$ a řada $$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \left( \frac{1}{1567} \right)^n $$ je konvergentní geometrická řada (neboť $q =1/1\,567<1$), ze srovnávacího kritéria plyne absolutní konvergence zadané řady.

Protože se jedná o řadu alternující, použijeme Leibnizovo kritérium. Jednak je posloupnost $$\{ \left|a_{n} \right|\}_{n = 1}^{\infty} = \left\{ \frac{1}{5n-2}\right\}_{n = 1}^{\infty}$$ klesající, neboť $$\left(\frac{1}{5x-2}\right)^{\prime} = \frac{-5}{(5x -2)^2}<0, \qquad x \ge 1, $$ a dále $$\lim\limits_{n \to \infty} \left|a_{n} \right| =\lim\limits_{n \to \infty} \frac{1}{5n-2} = 0.$$ Podle jmenovaného kritéria řada konverguje. Zjištění, zda se jedná o absolutně konvergentní řadu, lze učinit např. limitním srovnávacím kritériem. Z limity $$ \lim\limits_{n \to \infty} \frac{\frac{1}{5n - 2}}{\frac{1}{n}} = \lim\limits_{n \to \infty} \frac{n}{5n - 2} = \frac{1}{5} > 0 $$ a z divergence harmonické řady $\sum_{n=1}^{\infty} 1/{n}$ plyne, že řada absolutních hodnot diverguje. Proto původní řada konverguje relativně.

Vezmeme-li řadu absolutních hodnot, můžeme provést odhad $$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{n}{n^3+1} \leq \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}, $$ kde napravo je řada konvergentní. Podle srovnávacího kritéria je proto řada s absolutními hodnotami také konvergentní a dokázali jsme tak absolutní konvergenci vyšetřované řady.

V tomto případě není splněna nutná podmínka konvergence, jak je zřejmé z limity $$\lim\limits_{n\to\infty} \frac{1}{\sqrt[n]{n}} = \frac{1}{1} = 1 \ne 0,$$ a proto zadaná řada nekonverguje.

Nejprve vyšetříme absolutní konvergenci, tj. zajímá nás, jestli řada $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{2n+3}}$ konverguje. Zde můžeme provést následující odhad zdola $$\sum\limits_{n=3}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{2n+3}}\geq \sum\limits_{n=3}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{3n}} = \frac{1}{\sqrt{3}} \sum\limits_{n=3}^{\infty} \frac{1}{n^{\frac{1}{2}}}.$$ Protože je v nerovnosti napravo řada divergentní (a konvergence či divergence nezávisí na konečně mnoha členech), plyne odtud uvážením srovnávacího kritéria divergence řady $$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{2n+3}}. $$ Absolutní konvergence je tedy vyloučena. K rozhodnutí o konvergenci zadané řady použijeme Leibnizovo kritérium. Posloupnost $$\left\{ \frac{1}{\sqrt{2n+3}} \right\}_{n=1}^{\infty}$$ je zřejmě klesající posloupnost kladných čísel a její limita pro $n \to \infty$ je rovna $0$. S pomocí Leibnizova kritéria jsme obdrželi relativní konvergenci řady $\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^n/\sqrt{2n+3}$.

Přejdeme k řadě absolutních hodnot $$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{4^n}{(n+1)!}$$ a použijeme podílové kritérium $$L = \lim\limits_{n \to \infty}\frac{a_{n+1}}{a_{n}} = \lim\limits_{n \to \infty} \frac{4^{n+1}}{(n+2)!}\cdot \frac{(n+1)!}{4^n} =\lim\limits_{n \to \infty} \frac{4}{n+2} = 0 <1.$$ Řada s absolutními hodnotami tedy konverguje, což znamená, že zadaná řada konverguje absolutně.

Přejdeme k řadě absolutních hodnot $$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{2^{n}}{\left[5+(-1)^{n+1}\right]^n}$$ a použijeme srovnávací kritérium a součet geometrické řady $$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{2^{n}}{\left[5+(-1)^{n+1}\right]^n} \leq \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{2^{n}}{4^n} = \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2^n} = 1.$$ Zadaná řada tedy konverguje absolutně.

Víme, že tato řada nekonverguje pro $\alpha \leq 0$, neboť v tomto případě je $$\lim\limits_{n\to\infty} \frac{(-1)^n}{n^\alpha } \ne 0,$$ tj. není splněna nutná podmínka konvergence. Dále víme, že pro $\alpha > 1$ daná řada konverguje absolutně a že pro $\alpha \le 1$ nekonverguje absolutně. Uvažujme proto $\alpha \in (0, 1]$. Posloupnost $\{n^{-\alpha}\}_{n= 1}^\infty$ je klesající a $$ \lim\limits_{n \to \infty} \frac{1}{n^\alpha } = 0, \qquad \alpha \in (0, 1]. $$ Podle Leibnizova kritéria tak zadaná řada konverguje pro každé $\alpha \in (0, 1]$. Celkem, pro $\alpha > 1$ řada v zadání konverguje absolutně, pro $\alpha \in (0, 1]$ konverguje relativně a pro $\alpha \leq 0$ nekonverguje.

Zadána je řada s kladnými členy. Víme, že řada $\sum_{n=1}^{\infty} n^{\alpha}$ konverguje pro $\alpha < -1$ a diverguje k $+ \infty$ pro $\alpha \geq -1$. Tedy zadaná řada konverguje absolutně pro $a \in (0, 1/\mathrm{e})$. Naopak, pro $a\geq 1/\mathrm{e}$ diverguje. Oborem relativní konvergence je prázdná množina.

Podíváme-li se na danou řadu s absolutními hodnotami, tj. vyšetříme-li nejprve absolutní konvergenci, pak s použitím limity z podílového kritéria $$\lim\limits_{n\to\infty} \frac{|a_{n+1}|}{|a_n|} =\lim\limits_{n\to\infty} \frac{\left|\frac{a^{n+1}}{n+1}\right|}{\left|\frac{a^n}{n}\right|} = |a| \lim\limits_{n\to\infty} \frac{n}{n+1} = |a| $$ zjišťujeme, že řada konverguje absolutně pro $|a|<1$. Pro $|a|>1$ zadaná řada nemůže konvergovat, neboť není splněna nutná podmínka konvergence. Zbývá vyřešit už jen případ, kdy $|a| = 1$. Pro $a=1$ dostáváme harmonickou řadu, o které víme, že je divergentní, a pro $a = -1$ pak obdržíme řadu $$\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n},$$ o které víme, že konverguje relativně. Celkový výsledek tedy je, že daná řada konverguje absolutně pro $a\in(-1,1)$, relativně pro $a= -1$ a jinak nekonverguje.

Z konvergence řady $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ plyne existence $n_0 \in \mathbb{N}$ takového, že pro $n\ge n_0$ je $|a_n|\leq 1$. Danou řadu ohraničíme shora takto $$\sum\limits_{n=n_0}^{\infty} a_n^2 \leq \sum\limits_{n=n_0}^{\infty} |a_n|,$$ přičemž víme, že prvních $n_0 -1$ členů, tj. konečný počet členů, nemá na konvergenci řady vliv. Z absolutní konvergence řady napravo pak dostáváme konvergenci původní zadané řady. Absolutní konvergence jako předpoklad je podstatná, neboť proti\-příkladem můžeme ukázat, že pokud bychom o řadě $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ předpokládali pouze konvergenci, nikoli absolutní konvergenci, tvrzení platit nebude. Např. řada $\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^n\,n^{-\frac{1}{2}} $ konverguje neabsolutně (relativně), ovšem řada $$ \sum\limits_{n=1}^{\infty} \left( (-1)^n\,n^{-\frac{1}{2}} \right)^2 = \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$$ je harmonickou řadou, o které víme, že diverguje.

Označme $$b_n = \sum\limits_{k=1}^{n} \frac{a_k}{s_k}, \qquad n \in \mathbb{N}.$$ Pak pro $m > n$, $m, n \in \mathbb{N}$ je \begin{align*} b_m - b_n &= \frac{a_{n+1}}{s_{n+1}} + \frac{a_{n+2}}{s_{n+2}}+\frac{a_{n+3}}{s_{n+3}}+\cdots+\frac{a_{m}}{s_m} \geq \\ &\geq \frac{a_{n+1}}{s_m} + \frac{a_{n+2}}{s_m}+\frac{a_{n+3}}{s_{m}}+\cdots+\frac{a_{m}}{s_{m}} = \frac{s_m-s_n}{s_m}= 1- \frac{s_n}{s_m}. \end{align*} Z předpokladu však máme $\lim_{n\to\infty} s_n = +\infty$, a proto pro každé $n$ lze zvolit dostatečně velké $m$ tak, aby $s_m\geq 2\,s_n$. Potom však $$b_m - b_n \geq \frac{1}{2},$$ a tedy řada $\sum_{n=1}^{\infty} a_n/s_n$ diverguje, neboť posloupnost jejích částečných součtů nemůže konvergovat. Ve druhé části tvrzení použijeme odhad $$\sum\limits_{n=2}^{\infty} \frac{a_n}{s_n^2} =\sum\limits_{n=2}^{\infty} \frac{s_n-s_{n-1}}{s_n^2} \leq \sum\limits_{n=2}^{\infty} \frac{s_n-s_{n-1}}{s_n\,s_{n-1}}= \sum\limits_{n=2}^{\infty} \left(\frac{1}{s_{n-1}}- \frac{1}{s_n}\right) =\frac{1}{a_1},$$ který platí pro všechny členy řady vyjma 1. členu. Ze srovnávacího kritéria tak plyne, že řada $\sum_{n=1}^{\infty} a_n/s_n^2$ konverguje.

Pokud je $x$ celočíselným násobkem $\pi$, jedná se nulovou řadu, která očividně konverguje. Dále uvažujme $x \ne k \pi$ pro $k \in \mathbb{Z}$ a aplikujme Dirichletovo kritérium. Zvolme $$a_n := \sin nx, \qquad b_n :=\frac{1}{n}, \qquad n \in \mathbb{N}. $$ Zřejmě je $\{b_{n}\}_{n=1}^{\infty}$ nerostoucí posloupnost splňující $\lim_{n \to \infty} b_{n} = 0$. Zbývá tak jen ověřit, že $\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}$ má ohraničenou posloupnost částečných součtů. K tomu využijeme pomocnou řadu $\sum_{n=1}^{\infty} \cos nx$, jejíž částečné součty označíme jako $c_n$. Dostáváme \begin{align*} s_n =\sin{x} +\cdots +\sin{nx} \ \big/\cdot{}{\mathrm{i}} \\ c_n =\cos{x} +\cdots +\cos{nx}, \\[2mm] \hline\\[-3mm] \sum_{k=1}^n \left(\cos{kx} + {\mathrm{i}} \sin{kx}\right) =\sum_{k=1}^n {\mathrm{e}}^{{\mathrm{i}}kx} \end{align*} a následně \begin{align*} \sum_{k=1}^n {\mathrm{e}}^{ \mathrm{i} kx} &= {\mathrm{e}}^{\mathrm{i}x} + {\mathrm{e}}^{2 \mathrm{i}x} +\cdots + {\mathrm{e}}^{n \mathrm{i}x} = {\mathrm{e}}^{ \mathrm{i}x}\frac{{\mathrm{e}}^{ \mathrm{i}xn} -1}{{\mathrm{e}}^{ \mathrm{i}x} -1} = \\ &= {\mathrm{e}}^{ \mathrm{i}x}\frac{{\mathrm{e}}^{\frac{\mathrm{i}xn}{2}}\left({\mathrm{e}}^{\frac{\mathrm{i}xn}{2}} - {\mathrm{e}}^{-\frac{\mathrm{i} xn}{2}}\right)}{{\mathrm{e}}^{\frac{ \mathrm{i}x}{2}}\left({\mathrm{e}}^{\frac{ \mathrm{i} x}{2}} - {\mathrm{e}}^{-\frac{ \mathrm{i} x}{2}}\right)} =\left| {{\mathrm{e}}^{ \mathrm{i}\alpha} - {\mathrm{e}}^{- \mathrm{i}\alpha} =2 \mathrm{i} \sin{\alpha}} \right| = \\ &= {\mathrm{e}}^{\frac{ \mathrm{i}x}{2}}\cdot {\mathrm{e}}^{\frac{\mathrm{i} xn}{2}}\cdot\frac{\sin\frac{xn}{2}}{\sin\frac{x}{2}} =\left[\cos\left(\frac{n+1}{2}x\right) + \mathrm{i} \sin\left(\frac{n+1}{2} x\right)\right]\frac{\sin\frac{xn}{2}}{\sin\frac{x}{2}}. \end{align*} Imaginární část dává $$\sin{x} +\cdots +\sin{nx} =\sin\left(\frac{n+1}{2} x\right)\frac{\sin\frac{xn}{2}}{\sin\frac{x}{2}}, $$ odkud vidíme, že $\sum_{n=1}^{\infty} \sin nx$ má ohraničenou posloupnost částečných součtů. Tedy původní řada konverguje podle Dirichletova kritéria.

Konvergenci řady jsme dokázali v Příkladu 163. Nyní se tedy stačí omezit na konvergenci řady $$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \left| {\frac{\sin{nx}}{n}} \right|, $$ tj. na absolutní konvergenci studované řady. Je zjevné, že řada je absolutně konvergentní, pokud je $x$ celočíselným násobkem $\pi$. Pokud $x$ není celočíselný násobek $\pi$, pak \begin{align*} \sum\limits_{n=1}^{\infty} \left| \frac{ {\sin{nx}}}{n} \right| &= \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{ {\left|\sin{nx} \right| }}{n} \geq \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{\sin^2{nx}}{n} = \\ &=\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1-\cos{2nx}}{2n} =\frac{1}{2}\left(\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n} - \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{\cos{2nx}}{n}\right), \end{align*} kde jsme využili vztah $$\cos 2\alpha = \cos^2\alpha-\sin^2\alpha=1-2\sin^2\alpha, \qquad \text{tj.} \qquad \sin^2\alpha=\frac{1-\cos2\alpha}{2}.$$ Víme, že harmonická řada $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$ diverguje a že řada $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\cos{2nx}}{n}$ je konvergentní podle Dirichletova kritéria (lze dokázat zcela analogicky jako v Příkladu 163, kde v závěru použijeme reálnou část). Proto existuje konečná konstanta $A$ taková, že $$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1-\cos{2nx}}{2n} = +\infty - A = +\infty.$$ Řada $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{|{\sin{nx}}|}{n}$ tedy diverguje, a proto řada $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin{nx}}{n}$ konverguje neabsolutně, kdykoli $x$ není celočíselný násobek $\pi$.

Položme $$ a_{n} := \frac{2^n }{(-3)^n (n+1)^2}, \qquad b_{n} := \cos {\frac{1}{n}}, \qquad n \in \mathbb{N}.$$ Dokážeme, že řada $\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}$ konverguje s pomocí absolutní konvergence a (limitní verze) podílového kritéria, které dávají $$\lim\limits_{n\to\infty} \left|\frac{a_{n+1}}{a_{n}}\right| = \lim\limits_{n\to\infty} \frac{\frac{2^{n+1}}{3^{n+1}(n+2)^2}}{\frac{2^{n}}{3^{n}(n+1)^2}} = \frac{2}{3} \lim\limits_{n\to\infty} \frac{(n+1)^2}{(n+2)^2} = \frac{2}{3} < 1. $$ Posloupnost $\{b_{n}\}_{n=1}^{\infty}$ je očividně rostoucí a $\lim_{n \to \infty } b_{n} = 1 $. Jsou tedy splněny všechny podmínky Ábelova kritéria, což znamená, že zadaná řada konverguje. Upozorněme ještě, že jsme mohli také aplikovat podílové kritérium přímo na řadu $\sum_{n=1}^{\infty} \left| a_{n}b_n \right|$.

Položíme $$ a_{n} := \frac{\sin n }{n}, \qquad b_{n} := \cos {\frac{1}{n}}, \qquad n \in \mathbb{N}.$$ Využitím příkladů 163 a 165 pro $x = 1$ víme, že jsou splněny všechny předpoklady Ábelova kritéria. Tato řada je tedy rovněž konvergentní.