136
ˇ R + A + D + Y + ... ˇ R + A + D + Y + ... Jiˇ r´ ı Bouchala 2. 2. 2016 ˇ SKOMAM
R + A + D + Y + ...
R + A + D + Y + ...
Jirı Bouchala
2. 2. 2016
SKOMAM
R + A + D + Y + ...
Outline:
o cem tato prednaska mohla byt, ale nebude;
o cem tato prednaska taky je;
poradne vravoranı.
R + A + D + Y + ...
Outline:
o cem tato prednaska mohla byt, ale nebude;
o cem tato prednaska taky je;
poradne vravoranı.
R + A + D + Y + ...
Outline:
o cem tato prednaska mohla byt, ale nebude;
o cem tato prednaska taky je;
poradne vravoranı.
R + A + D + Y + ...
Outline:
o cem tato prednaska mohla byt, ale nebude;
o cem tato prednaska taky je;
poradne vravoranı.
R + A + D + Y + ...
O cem tato prednaska taky je.
Cıselne rady a jejich konvergence.
n-karet
... d = 12
(1 + 1
2 + 13 + 1
4 + ... + 1n
),
nekonecne karet ... d = 12
(1 + 1
2 + 13 + 1
4 + ... + 1n + ...
)= ?
Kochova snehova vlocka
obsah
( ∞⋃n=1
Tn
)= obsah T1 + obsah T2 + obsah T3 + ... = ?
Uloha C.
Vypoctete obsah a delku hranice
( ∞⋃n=1
Tn
).
R + A + D + Y + ...
O cem tato prednaska taky je.
Cıselne rady a jejich konvergence.
n-karet ... d = 12
(1 + 1
2 + 13 + 1
4 + ... + 1n
),
nekonecne karet ... d = 12
(1 + 1
2 + 13 + 1
4 + ... + 1n + ...
)= ?
Kochova snehova vlocka
obsah
( ∞⋃n=1
Tn
)= obsah T1 + obsah T2 + obsah T3 + ... = ?
Uloha C.
Vypoctete obsah a delku hranice
( ∞⋃n=1
Tn
).
R + A + D + Y + ...
O cem tato prednaska taky je.
Cıselne rady a jejich konvergence.
n-karet ... d = 12
(1 + 1
2 + 13 + 1
4 + ... + 1n
),
nekonecne karet
... d = 12
(1 + 1
2 + 13 + 1
4 + ... + 1n + ...
)= ?
Kochova snehova vlocka
obsah
( ∞⋃n=1
Tn
)= obsah T1 + obsah T2 + obsah T3 + ... = ?
Uloha C.
Vypoctete obsah a delku hranice
( ∞⋃n=1
Tn
).
R + A + D + Y + ...
O cem tato prednaska taky je.
Cıselne rady a jejich konvergence.
n-karet ... d = 12
(1 + 1
2 + 13 + 1
4 + ... + 1n
),
nekonecne karet ... d = 12
(1 + 1
2 + 13 + 1
4 + ... + 1n + ...
)= ?
Kochova snehova vlocka
obsah
( ∞⋃n=1
Tn
)= obsah T1 + obsah T2 + obsah T3 + ... = ?
Uloha C.
Vypoctete obsah a delku hranice
( ∞⋃n=1
Tn
).
R + A + D + Y + ...
O cem tato prednaska taky je.
Cıselne rady a jejich konvergence.
n-karet ... d = 12
(1 + 1
2 + 13 + 1
4 + ... + 1n
),
nekonecne karet ... d = 12
(1 + 1
2 + 13 + 1
4 + ... + 1n + ...
)= ?
Kochova snehova vlocka
obsah
( ∞⋃n=1
Tn
)= obsah T1 + obsah T2 + obsah T3 + ... = ?
Uloha C.
Vypoctete obsah a delku hranice
( ∞⋃n=1
Tn
).
R + A + D + Y + ...
O cem tato prednaska taky je.
Cıselne rady a jejich konvergence.
n-karet ... d = 12
(1 + 1
2 + 13 + 1
4 + ... + 1n
),
nekonecne karet ... d = 12
(1 + 1
2 + 13 + 1
4 + ... + 1n + ...
)= ?
Kochova snehova vlocka
obsah
( ∞⋃n=1
Tn
)= obsah T1 + obsah T2 + obsah T3 + ... = ?
Uloha C.
Vypoctete obsah a delku hranice
( ∞⋃n=1
Tn
).
R + A + D + Y + ...
O cem tato prednaska taky je.
Cıselne rady a jejich konvergence.
n-karet ... d = 12
(1 + 1
2 + 13 + 1
4 + ... + 1n
),
nekonecne karet ... d = 12
(1 + 1
2 + 13 + 1
4 + ... + 1n + ...
)= ?
Kochova snehova vlocka
obsah
( ∞⋃n=1
Tn
)= obsah T1 + obsah T2 + obsah T3 + ... = ?
Uloha C.
Vypoctete obsah a delku hranice
( ∞⋃n=1
Tn
).
R + A + D + Y + ...
O cem tato prednaska taky je.
Cıselne rady a jejich konvergence.
n-karet ... d = 12
(1 + 1
2 + 13 + 1
4 + ... + 1n
),
nekonecne karet ... d = 12
(1 + 1
2 + 13 + 1
4 + ... + 1n + ...
)= ?
Kochova snehova vlocka
obsah
( ∞⋃n=1
Tn
)= obsah T1 + obsah T2 + obsah T3 + ... = ?
Uloha C.
Vypoctete obsah a delku hranice
( ∞⋃n=1
Tn
).
R + A + D + Y + ...
O cem tato prednaska taky je.
Cıselne rady a jejich konvergence.
π = 3.14159265358979323846264338327950288419717...
π = 3, 1415926... upalenı Mistra Jana Husa,
π = 3, 1415926... narozenı Jana Amose Komenskeho,
π = 3, 1415926... nastup Habsburku na cesky trun,
π = 3, 1415926... pocet Krokovych dcer (byly-li kazde dve ruzne),
π = 3, 1415926... Jirı z Podebrad druhym rokem ceskym kralem,
π = 3, 1415926... starı Karlovy univerzity v roce 1763,
π = 3, 1415926... objevena Amerika, jejız armada osvobodila roku 1945 Plzen
π = 3.14159265358979323846264338327950288419717... = ?
π = 3 + 110 + 4
100 + 11000 + 5
10000 + 9100000 + 2
1000000 + 610000000 + ...
R + A + D + Y + ...
O cem tato prednaska taky je.
Cıselne rady a jejich konvergence.
π = 3.14159265358979323846264338327950288419717...
π = 3, 1415926...
upalenı Mistra Jana Husa,
π = 3, 1415926... narozenı Jana Amose Komenskeho,
π = 3, 1415926... nastup Habsburku na cesky trun,
π = 3, 1415926... pocet Krokovych dcer (byly-li kazde dve ruzne),
π = 3, 1415926... Jirı z Podebrad druhym rokem ceskym kralem,
π = 3, 1415926... starı Karlovy univerzity v roce 1763,
π = 3, 1415926... objevena Amerika, jejız armada osvobodila roku 1945 Plzen
π = 3.14159265358979323846264338327950288419717... = ?
π = 3 + 110 + 4
100 + 11000 + 5
10000 + 9100000 + 2
1000000 + 610000000 + ...
R + A + D + Y + ...
O cem tato prednaska taky je.
Cıselne rady a jejich konvergence.
π = 3.14159265358979323846264338327950288419717...
π = 3, 1415926... upalenı Mistra Jana Husa,
π = 3, 1415926... narozenı Jana Amose Komenskeho,
π = 3, 1415926... nastup Habsburku na cesky trun,
π = 3, 1415926... pocet Krokovych dcer (byly-li kazde dve ruzne),
π = 3, 1415926... Jirı z Podebrad druhym rokem ceskym kralem,
π = 3, 1415926... starı Karlovy univerzity v roce 1763,
π = 3, 1415926... objevena Amerika, jejız armada osvobodila roku 1945 Plzen
π = 3.14159265358979323846264338327950288419717... = ?
π = 3 + 110 + 4
100 + 11000 + 5
10000 + 9100000 + 2
1000000 + 610000000 + ...
R + A + D + Y + ...
O cem tato prednaska taky je.
Cıselne rady a jejich konvergence.
π = 3.14159265358979323846264338327950288419717...
π = 3, 1415926... upalenı Mistra Jana Husa,
π = 3, 1415926...
narozenı Jana Amose Komenskeho,
π = 3, 1415926... nastup Habsburku na cesky trun,
π = 3, 1415926... pocet Krokovych dcer (byly-li kazde dve ruzne),
π = 3, 1415926... Jirı z Podebrad druhym rokem ceskym kralem,
π = 3, 1415926... starı Karlovy univerzity v roce 1763,
π = 3, 1415926... objevena Amerika, jejız armada osvobodila roku 1945 Plzen
π = 3.14159265358979323846264338327950288419717... = ?
π = 3 + 110 + 4
100 + 11000 + 5
10000 + 9100000 + 2
1000000 + 610000000 + ...
R + A + D + Y + ...
O cem tato prednaska taky je.
Cıselne rady a jejich konvergence.
π = 3.14159265358979323846264338327950288419717...
π = 3, 1415926... upalenı Mistra Jana Husa,
π = 3, 1415926... narozenı Jana Amose Komenskeho,
π = 3, 1415926... nastup Habsburku na cesky trun,
π = 3, 1415926... pocet Krokovych dcer (byly-li kazde dve ruzne),
π = 3, 1415926... Jirı z Podebrad druhym rokem ceskym kralem,
π = 3, 1415926... starı Karlovy univerzity v roce 1763,
π = 3, 1415926... objevena Amerika, jejız armada osvobodila roku 1945 Plzen
π = 3.14159265358979323846264338327950288419717... = ?
π = 3 + 110 + 4
100 + 11000 + 5
10000 + 9100000 + 2
1000000 + 610000000 + ...
R + A + D + Y + ...
O cem tato prednaska taky je.
Cıselne rady a jejich konvergence.
π = 3.14159265358979323846264338327950288419717...
π = 3, 1415926... upalenı Mistra Jana Husa,
π = 3, 1415926... narozenı Jana Amose Komenskeho,
π = 3, 1415926...
nastup Habsburku na cesky trun,
π = 3, 1415926... pocet Krokovych dcer (byly-li kazde dve ruzne),
π = 3, 1415926... Jirı z Podebrad druhym rokem ceskym kralem,
π = 3, 1415926... starı Karlovy univerzity v roce 1763,
π = 3, 1415926... objevena Amerika, jejız armada osvobodila roku 1945 Plzen
π = 3.14159265358979323846264338327950288419717... = ?
π = 3 + 110 + 4
100 + 11000 + 5
10000 + 9100000 + 2
1000000 + 610000000 + ...
R + A + D + Y + ...
O cem tato prednaska taky je.
Cıselne rady a jejich konvergence.
π = 3.14159265358979323846264338327950288419717...
π = 3, 1415926... upalenı Mistra Jana Husa,
π = 3, 1415926... narozenı Jana Amose Komenskeho,
π = 3, 1415926... nastup Habsburku na cesky trun,
π = 3, 1415926... pocet Krokovych dcer (byly-li kazde dve ruzne),
π = 3, 1415926... Jirı z Podebrad druhym rokem ceskym kralem,
π = 3, 1415926... starı Karlovy univerzity v roce 1763,
π = 3, 1415926... objevena Amerika, jejız armada osvobodila roku 1945 Plzen
π = 3.14159265358979323846264338327950288419717... = ?
π = 3 + 110 + 4
100 + 11000 + 5
10000 + 9100000 + 2
1000000 + 610000000 + ...
R + A + D + Y + ...
O cem tato prednaska taky je.
Cıselne rady a jejich konvergence.
π = 3.14159265358979323846264338327950288419717...
π = 3, 1415926... upalenı Mistra Jana Husa,
π = 3, 1415926... narozenı Jana Amose Komenskeho,
π = 3, 1415926... nastup Habsburku na cesky trun,
π = 3, 1415926...
pocet Krokovych dcer (byly-li kazde dve ruzne),
π = 3, 1415926... Jirı z Podebrad druhym rokem ceskym kralem,
π = 3, 1415926... starı Karlovy univerzity v roce 1763,
π = 3, 1415926... objevena Amerika, jejız armada osvobodila roku 1945 Plzen
π = 3.14159265358979323846264338327950288419717... = ?
π = 3 + 110 + 4
100 + 11000 + 5
10000 + 9100000 + 2
1000000 + 610000000 + ...
R + A + D + Y + ...
O cem tato prednaska taky je.
Cıselne rady a jejich konvergence.
π = 3.14159265358979323846264338327950288419717...
π = 3, 1415926... upalenı Mistra Jana Husa,
π = 3, 1415926... narozenı Jana Amose Komenskeho,
π = 3, 1415926... nastup Habsburku na cesky trun,
π = 3, 1415926... pocet Krokovych dcer
(byly-li kazde dve ruzne),
π = 3, 1415926... Jirı z Podebrad druhym rokem ceskym kralem,
π = 3, 1415926... starı Karlovy univerzity v roce 1763,
π = 3, 1415926... objevena Amerika, jejız armada osvobodila roku 1945 Plzen
π = 3.14159265358979323846264338327950288419717... = ?
π = 3 + 110 + 4
100 + 11000 + 5
10000 + 9100000 + 2
1000000 + 610000000 + ...
R + A + D + Y + ...
O cem tato prednaska taky je.
Cıselne rady a jejich konvergence.
π = 3.14159265358979323846264338327950288419717...
π = 3, 1415926... upalenı Mistra Jana Husa,
π = 3, 1415926... narozenı Jana Amose Komenskeho,
π = 3, 1415926... nastup Habsburku na cesky trun,
π = 3, 1415926... pocet Krokovych dcer (byly-li kazde dve ruzne),
π = 3, 1415926... Jirı z Podebrad druhym rokem ceskym kralem,
π = 3, 1415926... starı Karlovy univerzity v roce 1763,
π = 3, 1415926... objevena Amerika, jejız armada osvobodila roku 1945 Plzen
π = 3.14159265358979323846264338327950288419717... = ?
π = 3 + 110 + 4
100 + 11000 + 5
10000 + 9100000 + 2
1000000 + 610000000 + ...
R + A + D + Y + ...
O cem tato prednaska taky je.
Cıselne rady a jejich konvergence.
π = 3.14159265358979323846264338327950288419717...
π = 3, 1415926... upalenı Mistra Jana Husa,
π = 3, 1415926... narozenı Jana Amose Komenskeho,
π = 3, 1415926... nastup Habsburku na cesky trun,
π = 3, 1415926... pocet Krokovych dcer (byly-li kazde dve ruzne),
π = 3, 1415926...
Jirı z Podebrad druhym rokem ceskym kralem,
π = 3, 1415926... starı Karlovy univerzity v roce 1763,
π = 3, 1415926... objevena Amerika, jejız armada osvobodila roku 1945 Plzen
π = 3.14159265358979323846264338327950288419717... = ?
π = 3 + 110 + 4
100 + 11000 + 5
10000 + 9100000 + 2
1000000 + 610000000 + ...
R + A + D + Y + ...
O cem tato prednaska taky je.
Cıselne rady a jejich konvergence.
π = 3.14159265358979323846264338327950288419717...
π = 3, 1415926... upalenı Mistra Jana Husa,
π = 3, 1415926... narozenı Jana Amose Komenskeho,
π = 3, 1415926... nastup Habsburku na cesky trun,
π = 3, 1415926... pocet Krokovych dcer (byly-li kazde dve ruzne),
π = 3, 1415926... Jirı z Podebrad druhym rokem ceskym kralem,
π = 3, 1415926... starı Karlovy univerzity v roce 1763,
π = 3, 1415926... objevena Amerika, jejız armada osvobodila roku 1945 Plzen
π = 3.14159265358979323846264338327950288419717... = ?
π = 3 + 110 + 4
100 + 11000 + 5
10000 + 9100000 + 2
1000000 + 610000000 + ...
R + A + D + Y + ...
O cem tato prednaska taky je.
Cıselne rady a jejich konvergence.
π = 3.14159265358979323846264338327950288419717...
π = 3, 1415926... upalenı Mistra Jana Husa,
π = 3, 1415926... narozenı Jana Amose Komenskeho,
π = 3, 1415926... nastup Habsburku na cesky trun,
π = 3, 1415926... pocet Krokovych dcer (byly-li kazde dve ruzne),
π = 3, 1415926... Jirı z Podebrad druhym rokem ceskym kralem,
π = 3, 1415926...
starı Karlovy univerzity v roce 1763,
π = 3, 1415926... objevena Amerika, jejız armada osvobodila roku 1945 Plzen
π = 3.14159265358979323846264338327950288419717... = ?
π = 3 + 110 + 4
100 + 11000 + 5
10000 + 9100000 + 2
1000000 + 610000000 + ...
R + A + D + Y + ...
O cem tato prednaska taky je.
Cıselne rady a jejich konvergence.
π = 3.14159265358979323846264338327950288419717...
π = 3, 1415926... upalenı Mistra Jana Husa,
π = 3, 1415926... narozenı Jana Amose Komenskeho,
π = 3, 1415926... nastup Habsburku na cesky trun,
π = 3, 1415926... pocet Krokovych dcer (byly-li kazde dve ruzne),
π = 3, 1415926... Jirı z Podebrad druhym rokem ceskym kralem,
π = 3, 1415926... starı Karlovy univerzity v roce 1763,
π = 3, 1415926... objevena Amerika, jejız armada osvobodila roku 1945 Plzen
π = 3.14159265358979323846264338327950288419717... = ?
π = 3 + 110 + 4
100 + 11000 + 5
10000 + 9100000 + 2
1000000 + 610000000 + ...
R + A + D + Y + ...
O cem tato prednaska taky je.
Cıselne rady a jejich konvergence.
π = 3.14159265358979323846264338327950288419717...
π = 3, 1415926... upalenı Mistra Jana Husa,
π = 3, 1415926... narozenı Jana Amose Komenskeho,
π = 3, 1415926... nastup Habsburku na cesky trun,
π = 3, 1415926... pocet Krokovych dcer (byly-li kazde dve ruzne),
π = 3, 1415926... Jirı z Podebrad druhym rokem ceskym kralem,
π = 3, 1415926... starı Karlovy univerzity v roce 1763,
π = 3, 1415926...
objevena Amerika, jejız armada osvobodila roku 1945 Plzen
π = 3.14159265358979323846264338327950288419717... = ?
π = 3 + 110 + 4
100 + 11000 + 5
10000 + 9100000 + 2
1000000 + 610000000 + ...
R + A + D + Y + ...
O cem tato prednaska taky je.
Cıselne rady a jejich konvergence.
π = 3.14159265358979323846264338327950288419717...
π = 3, 1415926... upalenı Mistra Jana Husa,
π = 3, 1415926... narozenı Jana Amose Komenskeho,
π = 3, 1415926... nastup Habsburku na cesky trun,
π = 3, 1415926... pocet Krokovych dcer (byly-li kazde dve ruzne),
π = 3, 1415926... Jirı z Podebrad druhym rokem ceskym kralem,
π = 3, 1415926... starı Karlovy univerzity v roce 1763,
π = 3, 1415926... objevena Amerika, jejız armada osvobodila roku 1945 Plzen
π = 3.14159265358979323846264338327950288419717... = ?
π = 3 + 110 + 4
100 + 11000 + 5
10000 + 9100000 + 2
1000000 + 610000000 + ...
R + A + D + Y + ...
O cem tato prednaska taky je.
Cıselne rady a jejich konvergence.
π = 3.14159265358979323846264338327950288419717...
π = 3, 1415926... upalenı Mistra Jana Husa,
π = 3, 1415926... narozenı Jana Amose Komenskeho,
π = 3, 1415926... nastup Habsburku na cesky trun,
π = 3, 1415926... pocet Krokovych dcer (byly-li kazde dve ruzne),
π = 3, 1415926... Jirı z Podebrad druhym rokem ceskym kralem,
π = 3, 1415926... starı Karlovy univerzity v roce 1763,
π = 3, 1415926... objevena Amerika, jejız armada osvobodila roku 1945 Plzen
π = 3.14159265358979323846264338327950288419717... = ?
π = 3 + 110 + 4
100 + 11000 + 5
10000 + 9100000 + 2
1000000 + 610000000 + ...
R + A + D + Y + ...
O cem tato prednaska taky je.
Cıselne rady a jejich konvergence.
π = 3.14159265358979323846264338327950288419717...
π = 3, 1415926... upalenı Mistra Jana Husa,
π = 3, 1415926... narozenı Jana Amose Komenskeho,
π = 3, 1415926... nastup Habsburku na cesky trun,
π = 3, 1415926... pocet Krokovych dcer (byly-li kazde dve ruzne),
π = 3, 1415926... Jirı z Podebrad druhym rokem ceskym kralem,
π = 3, 1415926... starı Karlovy univerzity v roce 1763,
π = 3, 1415926... objevena Amerika, jejız armada osvobodila roku 1945 Plzen
π = 3.14159265358979323846264338327950288419717... = ?
π = 3 + 110 + 4
100 + 11000 + 5
10000 + 9100000 + 2
1000000 + 610000000 + ...
R + A + D + Y + ...
O cem tato prednaska taky je.
Cıselne rady a jejich konvergence.
s = 1− 1 + 1− 1 + 1− 1 + 1− 1 + 1− 1 + 1− 1 + ...
s = (1− 1) + (1− 1) + (1− 1) + ... = 0 + 0 + 0 + ... = 0
s = 1− (1− 1)− (1− 1)− (1− 1)− ... = 1− 0− 0− 0− ... = 1
s = 1− (1− 1 + 1− 1 + 1− 1 + ...) = 1− s ⇒ s = 12
s = ?
R + A + D + Y + ...
O cem tato prednaska taky je.
Cıselne rady a jejich konvergence.
s = 1− 1 + 1− 1 + 1− 1 + 1− 1 + 1− 1 + 1− 1 + ...
s = (1− 1) + (1− 1) + (1− 1) + ...
= 0 + 0 + 0 + ... = 0
s = 1− (1− 1)− (1− 1)− (1− 1)− ... = 1− 0− 0− 0− ... = 1
s = 1− (1− 1 + 1− 1 + 1− 1 + ...) = 1− s ⇒ s = 12
s = ?
R + A + D + Y + ...
O cem tato prednaska taky je.
Cıselne rady a jejich konvergence.
s = 1− 1 + 1− 1 + 1− 1 + 1− 1 + 1− 1 + 1− 1 + ...
s = (1− 1) + (1− 1) + (1− 1) + ... = 0 + 0 + 0 + ...
= 0
s = 1− (1− 1)− (1− 1)− (1− 1)− ... = 1− 0− 0− 0− ... = 1
s = 1− (1− 1 + 1− 1 + 1− 1 + ...) = 1− s ⇒ s = 12
s = ?
R + A + D + Y + ...
O cem tato prednaska taky je.
Cıselne rady a jejich konvergence.
s = 1− 1 + 1− 1 + 1− 1 + 1− 1 + 1− 1 + 1− 1 + ...
s = (1− 1) + (1− 1) + (1− 1) + ... = 0 + 0 + 0 + ... = 0
s = 1− (1− 1)− (1− 1)− (1− 1)− ... = 1− 0− 0− 0− ... = 1
s = 1− (1− 1 + 1− 1 + 1− 1 + ...) = 1− s ⇒ s = 12
s = ?
R + A + D + Y + ...
O cem tato prednaska taky je.
Cıselne rady a jejich konvergence.
s = 1− 1 + 1− 1 + 1− 1 + 1− 1 + 1− 1 + 1− 1 + ...
s = (1− 1) + (1− 1) + (1− 1) + ... = 0 + 0 + 0 + ... = 0
s = 1− (1− 1)− (1− 1)− (1− 1)− ...
= 1− 0− 0− 0− ... = 1
s = 1− (1− 1 + 1− 1 + 1− 1 + ...) = 1− s ⇒ s = 12
s = ?
R + A + D + Y + ...
O cem tato prednaska taky je.
Cıselne rady a jejich konvergence.
s = 1− 1 + 1− 1 + 1− 1 + 1− 1 + 1− 1 + 1− 1 + ...
s = (1− 1) + (1− 1) + (1− 1) + ... = 0 + 0 + 0 + ... = 0
s = 1− (1− 1)− (1− 1)− (1− 1)− ... = 1− 0− 0− 0− ...
= 1
s = 1− (1− 1 + 1− 1 + 1− 1 + ...) = 1− s ⇒ s = 12
s = ?
R + A + D + Y + ...
O cem tato prednaska taky je.
Cıselne rady a jejich konvergence.
s = 1− 1 + 1− 1 + 1− 1 + 1− 1 + 1− 1 + 1− 1 + ...
s = (1− 1) + (1− 1) + (1− 1) + ... = 0 + 0 + 0 + ... = 0
s = 1− (1− 1)− (1− 1)− (1− 1)− ... = 1− 0− 0− 0− ... = 1
s = 1− (1− 1 + 1− 1 + 1− 1 + ...) = 1− s ⇒ s = 12
s = ?
R + A + D + Y + ...
O cem tato prednaska taky je.
Cıselne rady a jejich konvergence.
s = 1− 1 + 1− 1 + 1− 1 + 1− 1 + 1− 1 + 1− 1 + ...
s = (1− 1) + (1− 1) + (1− 1) + ... = 0 + 0 + 0 + ... = 0
s = 1− (1− 1)− (1− 1)− (1− 1)− ... = 1− 0− 0− 0− ... = 1
s = 1− (1− 1 + 1− 1 + 1− 1 + ...)
= 1− s ⇒ s = 12
s = ?
R + A + D + Y + ...
O cem tato prednaska taky je.
Cıselne rady a jejich konvergence.
s = 1− 1 + 1− 1 + 1− 1 + 1− 1 + 1− 1 + 1− 1 + ...
s = (1− 1) + (1− 1) + (1− 1) + ... = 0 + 0 + 0 + ... = 0
s = 1− (1− 1)− (1− 1)− (1− 1)− ... = 1− 0− 0− 0− ... = 1
s = 1− (1− 1 + 1− 1 + 1− 1 + ...) = 1− s
⇒ s = 12
s = ?
R + A + D + Y + ...
O cem tato prednaska taky je.
Cıselne rady a jejich konvergence.
s = 1− 1 + 1− 1 + 1− 1 + 1− 1 + 1− 1 + 1− 1 + ...
s = (1− 1) + (1− 1) + (1− 1) + ... = 0 + 0 + 0 + ... = 0
s = 1− (1− 1)− (1− 1)− (1− 1)− ... = 1− 0− 0− 0− ... = 1
s = 1− (1− 1 + 1− 1 + 1− 1 + ...) = 1− s ⇒ s = 12
s = ?
R + A + D + Y + ...
O cem tato prednaska taky je.
Cıselne rady a jejich konvergence.
s = 1− 1 + 1− 1 + 1− 1 + 1− 1 + 1− 1 + 1− 1 + ...
s = (1− 1) + (1− 1) + (1− 1) + ... = 0 + 0 + 0 + ... = 0
s = 1− (1− 1)− (1− 1)− (1− 1)− ... = 1− 0− 0− 0− ... = 1
s = 1− (1− 1 + 1− 1 + 1− 1 + ...) = 1− s ⇒ s = 12
s = ?
R + A + D + Y + ...
O cem tato prednaska taky je.
Cıselne rady a jejich konvergence.
Definice.
Radou (realnych cısel) rozumıme vyraz
a1 + a2 + · · ·+ an + ... =∞∑n=1
an, (1)
kde pro kazde n ∈ N je an ∈ R.
Cıslo an nazyvame n-tym clenem rady (1), posloupnost (sn) definovanou predpisem
sn := a1 + a2 + · · ·+ an =n∑
k=1
ak
nazyvame posloupnostı castecnych souctu rady (1).
R + A + D + Y + ...
O cem tato prednaska taky je.
Cıselne rady a jejich konvergence.
Definice.
Radou (realnych cısel) rozumıme vyraz
a1 + a2 + · · ·+ an + ... =∞∑n=1
an, (1)
kde pro kazde n ∈ N je an ∈ R.Cıslo an nazyvame n-tym clenem rady (1),
posloupnost (sn) definovanou predpisem
sn := a1 + a2 + · · ·+ an =n∑
k=1
ak
nazyvame posloupnostı castecnych souctu rady (1).
R + A + D + Y + ...
O cem tato prednaska taky je.
Cıselne rady a jejich konvergence.
Definice.
Radou (realnych cısel) rozumıme vyraz
a1 + a2 + · · ·+ an + ... =∞∑n=1
an, (1)
kde pro kazde n ∈ N je an ∈ R.Cıslo an nazyvame n-tym clenem rady (1), posloupnost (sn) definovanou predpisem
sn := a1 + a2 + · · ·+ an =n∑
k=1
ak
nazyvame posloupnostı castecnych souctu rady (1).
R + A + D + Y + ...
O cem tato prednaska taky je.
Cıselne rady a jejich konvergence.
Existuje-lilim sn =: s ∈ R ∪ {+∞, −∞},
nazyvame ji souctem rady (1) a pıseme
∞∑n=1
an = s;
je-li navıc s ∈ R, rıkame, ze rada (1) konverguje.
R + A + D + Y + ...
O cem tato prednaska taky je.
Cıselne rady a jejich konvergence.
Existuje-lilim sn =: s ∈ R ∪ {+∞, −∞},
nazyvame ji souctem rady (1) a pıseme
∞∑n=1
an = s;
je-li navıc s ∈ R, rıkame, ze rada (1) konverguje.
R + A + D + Y + ...
O cem tato prednaska taky je.
Cıselne rady a jejich konvergence.
Bud’ q ∈ (−1, 1). Pak pro posloupnost (sn) castecnych souctu rady
1 + q + q2 + q3 + ... + qn−1 + ... =∞∑n=1
qn−1
platı, ze
sn =qn − 1
q − 1→ 0− 1
q − 1=
1
1− q,
a proto
s =∞∑n=1
qn−1 =1
1− q.
R + A + D + Y + ...
O cem tato prednaska taky je.
Cıselne rady a jejich konvergence.
Bud’ q ∈ (−1, 1). Pak pro posloupnost (sn) castecnych souctu rady
1 + q + q2 + q3 + ... + qn−1 + ... =∞∑n=1
qn−1
platı, ze
sn =qn − 1
q − 1
→ 0− 1
q − 1=
1
1− q,
a proto
s =∞∑n=1
qn−1 =1
1− q.
R + A + D + Y + ...
O cem tato prednaska taky je.
Cıselne rady a jejich konvergence.
Bud’ q ∈ (−1, 1). Pak pro posloupnost (sn) castecnych souctu rady
1 + q + q2 + q3 + ... + qn−1 + ... =∞∑n=1
qn−1
platı, ze
sn =qn − 1
q − 1→ 0− 1
q − 1=
1
1− q,
a proto
s =∞∑n=1
qn−1 =1
1− q.
R + A + D + Y + ...
O cem tato prednaska taky je.
Cıselne rady a jejich konvergence.
Bud’ q ∈ (−1, 1). Pak pro posloupnost (sn) castecnych souctu rady
1 + q + q2 + q3 + ... + qn−1 + ... =∞∑n=1
qn−1
platı, ze
sn =qn − 1
q − 1→ 0− 1
q − 1=
1
1− q,
a proto
s =∞∑n=1
qn−1 =1
1− q.
R + A + D + Y + ...
O cem tato prednaska taky je.
Cıselne rady a jejich konvergence.
Bud’ q ∈ (−1, 1). Pak pro posloupnost (sn) castecnych souctu rady
1 + q + q2 + q3 + ... + qn−1 + ... =∞∑n=1
qn−1
platı, ze
sn =qn − 1
q − 1→ 0− 1
q − 1=
1
1− q,
a proto
s =∞∑n=1
qn−1 =1
1− q.
R + A + D + Y + ...
O cem tato prednaska taky je.
Cıselne rady a jejich konvergence.
Uvazujme radu
1− 1 + 1− 1 + 1− 1 + 1− 1 + 1− 1 + 1− 1 + ... =∞∑n=1
(−1)n+1.
Pak posloupnost castecnych souctu
(sn) = 1, 0, 1, 0, 1, 0, ...
nema limitu, a proto rada∞∑n=1
(−1)n+1 nema soucet.
Pro posloupnost (sn) castecnych souctu rady
1 + 2 + 3 + 4 + ... + n + ... =∞∑n=1
n
platısn = 1 + 2 + 3 + 4 + ... + n =
1
2n(n + 1)→∞,
a protos =
∞∑n=1
n =∞.
R + A + D + Y + ...
O cem tato prednaska taky je.
Cıselne rady a jejich konvergence.
Uvazujme radu
1− 1 + 1− 1 + 1− 1 + 1− 1 + 1− 1 + 1− 1 + ... =∞∑n=1
(−1)n+1.
Pak posloupnost castecnych souctu
(sn) = 1, 0, 1, 0, 1, 0, ...
nema limitu,
a proto rada∞∑n=1
(−1)n+1 nema soucet.
Pro posloupnost (sn) castecnych souctu rady
1 + 2 + 3 + 4 + ... + n + ... =∞∑n=1
n
platısn = 1 + 2 + 3 + 4 + ... + n =
1
2n(n + 1)→∞,
a protos =
∞∑n=1
n =∞.
R + A + D + Y + ...
O cem tato prednaska taky je.
Cıselne rady a jejich konvergence.
Uvazujme radu
1− 1 + 1− 1 + 1− 1 + 1− 1 + 1− 1 + 1− 1 + ... =∞∑n=1
(−1)n+1.
Pak posloupnost castecnych souctu
(sn) = 1, 0, 1, 0, 1, 0, ...
nema limitu, a proto rada∞∑n=1
(−1)n+1 nema soucet.
Pro posloupnost (sn) castecnych souctu rady
1 + 2 + 3 + 4 + ... + n + ... =∞∑n=1
n
platısn = 1 + 2 + 3 + 4 + ... + n =
1
2n(n + 1)→∞,
a protos =
∞∑n=1
n =∞.
R + A + D + Y + ...
O cem tato prednaska taky je.
Cıselne rady a jejich konvergence.
Uvazujme radu
1− 1 + 1− 1 + 1− 1 + 1− 1 + 1− 1 + 1− 1 + ... =∞∑n=1
(−1)n+1.
Pak posloupnost castecnych souctu
(sn) = 1, 0, 1, 0, 1, 0, ...
nema limitu, a proto rada∞∑n=1
(−1)n+1 nema soucet.
Pro posloupnost (sn) castecnych souctu rady
1 + 2 + 3 + 4 + ... + n + ... =∞∑n=1
n
platısn = 1 + 2 + 3 + 4 + ... + n =
1
2n(n + 1)→∞,
a protos =
∞∑n=1
n =∞.
R + A + D + Y + ...
O cem tato prednaska taky je.
Cıselne rady a jejich konvergence.
Uvazujme radu
1− 1 + 1− 1 + 1− 1 + 1− 1 + 1− 1 + 1− 1 + ... =∞∑n=1
(−1)n+1.
Pak posloupnost castecnych souctu
(sn) = 1, 0, 1, 0, 1, 0, ...
nema limitu, a proto rada∞∑n=1
(−1)n+1 nema soucet.
Pro posloupnost (sn) castecnych souctu rady
1 + 2 + 3 + 4 + ... + n + ... =∞∑n=1
n
platısn = 1 + 2 + 3 + 4 + ... + n =
1
2n(n + 1)
→∞,
a protos =
∞∑n=1
n =∞.
R + A + D + Y + ...
O cem tato prednaska taky je.
Cıselne rady a jejich konvergence.
Uvazujme radu
1− 1 + 1− 1 + 1− 1 + 1− 1 + 1− 1 + 1− 1 + ... =∞∑n=1
(−1)n+1.
Pak posloupnost castecnych souctu
(sn) = 1, 0, 1, 0, 1, 0, ...
nema limitu, a proto rada∞∑n=1
(−1)n+1 nema soucet.
Pro posloupnost (sn) castecnych souctu rady
1 + 2 + 3 + 4 + ... + n + ... =∞∑n=1
n
platısn = 1 + 2 + 3 + 4 + ... + n =
1
2n(n + 1)→∞,
a protos =
∞∑n=1
n =∞.
R + A + D + Y + ...
O cem tato prednaska taky je.
Cıselne rady a jejich konvergence.
Uvazujme radu
1− 1 + 1− 1 + 1− 1 + 1− 1 + 1− 1 + 1− 1 + ... =∞∑n=1
(−1)n+1.
Pak posloupnost castecnych souctu
(sn) = 1, 0, 1, 0, 1, 0, ...
nema limitu, a proto rada∞∑n=1
(−1)n+1 nema soucet.
Pro posloupnost (sn) castecnych souctu rady
1 + 2 + 3 + 4 + ... + n + ... =∞∑n=1
n
platısn = 1 + 2 + 3 + 4 + ... + n =
1
2n(n + 1)→∞,
a protos =
∞∑n=1
n =∞.
R + A + D + Y + ...
O cem tato prednaska taky je.
Harmonicka rada.
Uvazujme radu
1 +1
2+
1
3+
1
4+ ... +
1
n+ ... =
∞∑n=1
1
n.
Pak, protoze pro kazde k ∈ N platı
1
2k + 1+
1
2k + 2+
1
2k + 3+ ... +
1
2k+1≥ 1
2k+1
(2k+1 − 2k
)=
1
2,
je (Nicole Oresme, asi v r. 1350)
s = 1 +1
2+
1
3+
1
4︸ ︷︷ ︸≥ 1
2
+1
5+ ... +
1
8︸ ︷︷ ︸≥ 1
2
+1
9+ ... +
1
16︸ ︷︷ ︸≥ 1
2
+... =∞.
Jinak. Predpokladejme sporem, ze
sn → s ∈ R ⇒ s2n − sn → s − s = 0.
Soucasne ale
s2n − sn =1
n + 1+
1
n + 2+ ... +
1
2n≥ 1
2n(2n − n) =
1
2,
a to je spor.
R + A + D + Y + ...
O cem tato prednaska taky je.
Harmonicka rada.
Uvazujme radu
1 +1
2+
1
3+
1
4+ ... +
1
n+ ... =
∞∑n=1
1
n.
Pak, protoze pro kazde k ∈ N platı
1
2k + 1+
1
2k + 2+
1
2k + 3+ ... +
1
2k+1
≥ 1
2k+1
(2k+1 − 2k
)=
1
2,
je (Nicole Oresme, asi v r. 1350)
s = 1 +1
2+
1
3+
1
4︸ ︷︷ ︸≥ 1
2
+1
5+ ... +
1
8︸ ︷︷ ︸≥ 1
2
+1
9+ ... +
1
16︸ ︷︷ ︸≥ 1
2
+... =∞.
Jinak. Predpokladejme sporem, ze
sn → s ∈ R ⇒ s2n − sn → s − s = 0.
Soucasne ale
s2n − sn =1
n + 1+
1
n + 2+ ... +
1
2n≥ 1
2n(2n − n) =
1
2,
a to je spor.
R + A + D + Y + ...
O cem tato prednaska taky je.
Harmonicka rada.
Uvazujme radu
1 +1
2+
1
3+
1
4+ ... +
1
n+ ... =
∞∑n=1
1
n.
Pak, protoze pro kazde k ∈ N platı
1
2k + 1+
1
2k + 2+
1
2k + 3+ ... +
1
2k+1≥ 1
2k+1
(2k+1 − 2k
)=
1
2,
je (Nicole Oresme, asi v r. 1350)
s = 1 +1
2+
1
3+
1
4︸ ︷︷ ︸≥ 1
2
+1
5+ ... +
1
8︸ ︷︷ ︸≥ 1
2
+1
9+ ... +
1
16︸ ︷︷ ︸≥ 1
2
+... =∞.
Jinak. Predpokladejme sporem, ze
sn → s ∈ R ⇒ s2n − sn → s − s = 0.
Soucasne ale
s2n − sn =1
n + 1+
1
n + 2+ ... +
1
2n≥ 1
2n(2n − n) =
1
2,
a to je spor.
R + A + D + Y + ...
O cem tato prednaska taky je.
Harmonicka rada.
Uvazujme radu
1 +1
2+
1
3+
1
4+ ... +
1
n+ ... =
∞∑n=1
1
n.
Pak, protoze pro kazde k ∈ N platı
1
2k + 1+
1
2k + 2+
1
2k + 3+ ... +
1
2k+1≥ 1
2k+1
(2k+1 − 2k
)=
1
2,
je (Nicole Oresme, asi v r. 1350)
s = 1 +1
2+
1
3+
1
4︸ ︷︷ ︸≥ 1
2
+1
5+ ... +
1
8︸ ︷︷ ︸≥ 1
2
+1
9+ ... +
1
16︸ ︷︷ ︸≥ 1
2
+...
=∞.
Jinak. Predpokladejme sporem, ze
sn → s ∈ R ⇒ s2n − sn → s − s = 0.
Soucasne ale
s2n − sn =1
n + 1+
1
n + 2+ ... +
1
2n≥ 1
2n(2n − n) =
1
2,
a to je spor.
R + A + D + Y + ...
O cem tato prednaska taky je.
Harmonicka rada.
Uvazujme radu
1 +1
2+
1
3+
1
4+ ... +
1
n+ ... =
∞∑n=1
1
n.
Pak, protoze pro kazde k ∈ N platı
1
2k + 1+
1
2k + 2+
1
2k + 3+ ... +
1
2k+1≥ 1
2k+1
(2k+1 − 2k
)=
1
2,
je (Nicole Oresme, asi v r. 1350)
s = 1 +1
2+
1
3+
1
4︸ ︷︷ ︸≥ 1
2
+1
5+ ... +
1
8︸ ︷︷ ︸≥ 1
2
+1
9+ ... +
1
16︸ ︷︷ ︸≥ 1
2
+... =∞.
Jinak. Predpokladejme sporem, ze
sn → s ∈ R ⇒ s2n − sn → s − s = 0.
Soucasne ale
s2n − sn =1
n + 1+
1
n + 2+ ... +
1
2n≥ 1
2n(2n − n) =
1
2,
a to je spor.
R + A + D + Y + ...
O cem tato prednaska taky je.
Harmonicka rada.
Uvazujme radu
1 +1
2+
1
3+
1
4+ ... +
1
n+ ... =
∞∑n=1
1
n.
Pak, protoze pro kazde k ∈ N platı
1
2k + 1+
1
2k + 2+
1
2k + 3+ ... +
1
2k+1≥ 1
2k+1
(2k+1 − 2k
)=
1
2,
je (Nicole Oresme, asi v r. 1350)
s = 1 +1
2+
1
3+
1
4︸ ︷︷ ︸≥ 1
2
+1
5+ ... +
1
8︸ ︷︷ ︸≥ 1
2
+1
9+ ... +
1
16︸ ︷︷ ︸≥ 1
2
+... =∞.
Jinak. Predpokladejme sporem, ze
sn → s ∈ R
⇒ s2n − sn → s − s = 0.
Soucasne ale
s2n − sn =1
n + 1+
1
n + 2+ ... +
1
2n≥ 1
2n(2n − n) =
1
2,
a to je spor.
R + A + D + Y + ...
O cem tato prednaska taky je.
Harmonicka rada.
Uvazujme radu
1 +1
2+
1
3+
1
4+ ... +
1
n+ ... =
∞∑n=1
1
n.
Pak, protoze pro kazde k ∈ N platı
1
2k + 1+
1
2k + 2+
1
2k + 3+ ... +
1
2k+1≥ 1
2k+1
(2k+1 − 2k
)=
1
2,
je (Nicole Oresme, asi v r. 1350)
s = 1 +1
2+
1
3+
1
4︸ ︷︷ ︸≥ 1
2
+1
5+ ... +
1
8︸ ︷︷ ︸≥ 1
2
+1
9+ ... +
1
16︸ ︷︷ ︸≥ 1
2
+... =∞.
Jinak. Predpokladejme sporem, ze
sn → s ∈ R ⇒ s2n − sn → s − s = 0.
Soucasne ale
s2n − sn =1
n + 1+
1
n + 2+ ... +
1
2n≥ 1
2n(2n − n) =
1
2,
a to je spor.
R + A + D + Y + ...
O cem tato prednaska taky je.
Harmonicka rada.
Uvazujme radu
1 +1
2+
1
3+
1
4+ ... +
1
n+ ... =
∞∑n=1
1
n.
Pak, protoze pro kazde k ∈ N platı
1
2k + 1+
1
2k + 2+
1
2k + 3+ ... +
1
2k+1≥ 1
2k+1
(2k+1 − 2k
)=
1
2,
je (Nicole Oresme, asi v r. 1350)
s = 1 +1
2+
1
3+
1
4︸ ︷︷ ︸≥ 1
2
+1
5+ ... +
1
8︸ ︷︷ ︸≥ 1
2
+1
9+ ... +
1
16︸ ︷︷ ︸≥ 1
2
+... =∞.
Jinak. Predpokladejme sporem, ze
sn → s ∈ R ⇒ s2n − sn → s − s = 0.
Soucasne ale
s2n − sn =1
n + 1+
1
n + 2+ ... +
1
2n
≥ 1
2n(2n − n) =
1
2,
a to je spor.
R + A + D + Y + ...
O cem tato prednaska taky je.
Harmonicka rada.
Uvazujme radu
1 +1
2+
1
3+
1
4+ ... +
1
n+ ... =
∞∑n=1
1
n.
Pak, protoze pro kazde k ∈ N platı
1
2k + 1+
1
2k + 2+
1
2k + 3+ ... +
1
2k+1≥ 1
2k+1
(2k+1 − 2k
)=
1
2,
je (Nicole Oresme, asi v r. 1350)
s = 1 +1
2+
1
3+
1
4︸ ︷︷ ︸≥ 1
2
+1
5+ ... +
1
8︸ ︷︷ ︸≥ 1
2
+1
9+ ... +
1
16︸ ︷︷ ︸≥ 1
2
+... =∞.
Jinak. Predpokladejme sporem, ze
sn → s ∈ R ⇒ s2n − sn → s − s = 0.
Soucasne ale
s2n − sn =1
n + 1+
1
n + 2+ ... +
1
2n≥ 1
2n(2n − n) =
1
2,
a to je spor.
R + A + D + Y + ...
O cem tato prednaska taky je.
Harmonicka rada.
Uvazujme radu
1 +1
22+
1
32+
1
42+ ... +
1
n2+ ... =
∞∑n=1
1
n2.
Pak, protoze pro kazde k ∈ N \ {1} platı
1
k2<
1
k(k − 1)=
1
k − 1− 1
k,
je
sn =n∑
k=1
1
k2< 1 +
1
2 · 1+
1
3 · 2+
1
4 · 3+ ... +
1
n · (n − 1)=
= 1 +
(1
1− 1
2
)+
(1
2− 1
3
)+
(1
3− 1
4
)+ ... +
(1
n − 1− 1
n
)= 2− 1
n,
a proto
2 ≥∞∑n=1
1
n2=π2
6.
= 1, 6449... .
R + A + D + Y + ...
O cem tato prednaska taky je.
Harmonicka rada.
Uvazujme radu
1 +1
22+
1
32+
1
42+ ... +
1
n2+ ... =
∞∑n=1
1
n2.
Pak, protoze pro kazde k ∈ N \ {1} platı
1
k2<
1
k(k − 1)=
1
k − 1− 1
k,
je
sn =n∑
k=1
1
k2< 1 +
1
2 · 1+
1
3 · 2+
1
4 · 3+ ... +
1
n · (n − 1)=
= 1 +
(1
1− 1
2
)+
(1
2− 1
3
)+
(1
3− 1
4
)+ ... +
(1
n − 1− 1
n
)= 2− 1
n,
a proto
2 ≥∞∑n=1
1
n2=π2
6.
= 1, 6449... .
R + A + D + Y + ...
O cem tato prednaska taky je.
Harmonicka rada.
Uvazujme radu
1 +1
22+
1
32+
1
42+ ... +
1
n2+ ... =
∞∑n=1
1
n2.
Pak, protoze pro kazde k ∈ N \ {1} platı
1
k2<
1
k(k − 1)=
1
k − 1− 1
k,
je
sn =n∑
k=1
1
k2< 1 +
1
2 · 1+
1
3 · 2+
1
4 · 3+ ... +
1
n · (n − 1)
=
= 1 +
(1
1− 1
2
)+
(1
2− 1
3
)+
(1
3− 1
4
)+ ... +
(1
n − 1− 1
n
)= 2− 1
n,
a proto
2 ≥∞∑n=1
1
n2=π2
6.
= 1, 6449... .
R + A + D + Y + ...
O cem tato prednaska taky je.
Harmonicka rada.
Uvazujme radu
1 +1
22+
1
32+
1
42+ ... +
1
n2+ ... =
∞∑n=1
1
n2.
Pak, protoze pro kazde k ∈ N \ {1} platı
1
k2<
1
k(k − 1)=
1
k − 1− 1
k,
je
sn =n∑
k=1
1
k2< 1 +
1
2 · 1+
1
3 · 2+
1
4 · 3+ ... +
1
n · (n − 1)=
= 1 +
(1
1− 1
2
)+
(1
2− 1
3
)+
(1
3− 1
4
)+ ... +
(1
n − 1− 1
n
)
= 2− 1
n,
a proto
2 ≥∞∑n=1
1
n2=π2
6.
= 1, 6449... .
R + A + D + Y + ...
O cem tato prednaska taky je.
Harmonicka rada.
Uvazujme radu
1 +1
22+
1
32+
1
42+ ... +
1
n2+ ... =
∞∑n=1
1
n2.
Pak, protoze pro kazde k ∈ N \ {1} platı
1
k2<
1
k(k − 1)=
1
k − 1− 1
k,
je
sn =n∑
k=1
1
k2< 1 +
1
2 · 1+
1
3 · 2+
1
4 · 3+ ... +
1
n · (n − 1)=
= 1 +
(1
1− 1
2
)+
(1
2− 1
3
)+
(1
3− 1
4
)+ ... +
(1
n − 1− 1
n
)= 2− 1
n,
a proto
2 ≥∞∑n=1
1
n2=π2
6.
= 1, 6449... .
R + A + D + Y + ...
O cem tato prednaska taky je.
Harmonicka rada.
Uvazujme radu
1 +1
22+
1
32+
1
42+ ... +
1
n2+ ... =
∞∑n=1
1
n2.
Pak, protoze pro kazde k ∈ N \ {1} platı
1
k2<
1
k(k − 1)=
1
k − 1− 1
k,
je
sn =n∑
k=1
1
k2< 1 +
1
2 · 1+
1
3 · 2+
1
4 · 3+ ... +
1
n · (n − 1)=
= 1 +
(1
1− 1
2
)+
(1
2− 1
3
)+
(1
3− 1
4
)+ ... +
(1
n − 1− 1
n
)= 2− 1
n,
a proto
2 ≥∞∑n=1
1
n2
=π2
6.
= 1, 6449... .
R + A + D + Y + ...
O cem tato prednaska taky je.
Harmonicka rada.
Uvazujme radu
1 +1
22+
1
32+
1
42+ ... +
1
n2+ ... =
∞∑n=1
1
n2.
Pak, protoze pro kazde k ∈ N \ {1} platı
1
k2<
1
k(k − 1)=
1
k − 1− 1
k,
je
sn =n∑
k=1
1
k2< 1 +
1
2 · 1+
1
3 · 2+
1
4 · 3+ ... +
1
n · (n − 1)=
= 1 +
(1
1− 1
2
)+
(1
2− 1
3
)+
(1
3− 1
4
)+ ... +
(1
n − 1− 1
n
)= 2− 1
n,
a proto
2 ≥∞∑n=1
1
n2=π2
6
.= 1, 6449... .
R + A + D + Y + ...
O cem tato prednaska taky je.
Harmonicka rada.
Uvazujme radu
1 +1
22+
1
32+
1
42+ ... +
1
n2+ ... =
∞∑n=1
1
n2.
Pak, protoze pro kazde k ∈ N \ {1} platı
1
k2<
1
k(k − 1)=
1
k − 1− 1
k,
je
sn =n∑
k=1
1
k2< 1 +
1
2 · 1+
1
3 · 2+
1
4 · 3+ ... +
1
n · (n − 1)=
= 1 +
(1
1− 1
2
)+
(1
2− 1
3
)+
(1
3− 1
4
)+ ... +
(1
n − 1− 1
n
)= 2− 1
n,
a proto
2 ≥∞∑n=1
1
n2=π2
6.
= 1, 6449... .
R + A + D + Y + ...
O cem tato prednaska taky je.
Harmonicka rada.
Uvazujme radu∞∑
n = 1
”6 /∈ n“
1
n.
Pak
s =∞∑
n = 1
”6 /∈ n“
1
n≤ 9 · 1 + 92 · 1
10+ 93 · 1
100+ ... =
= 9 ·
(1 +
9
10+
(9
10
)2
+
(9
10
)3
+ ...
)= 90.
R + A + D + Y + ...
O cem tato prednaska taky je.
Harmonicka rada.
Uvazujme radu∞∑
n = 1
”6 /∈ n“
1
n.
Pak
s =∞∑
n = 1
”6 /∈ n“
1
n≤ 9 · 1 + 92 · 1
10+ 93 · 1
100+ ... =
= 9 ·
(1 +
9
10+
(9
10
)2
+
(9
10
)3
+ ...
)= 90.
R + A + D + Y + ...
O cem tato prednaska taky je.
Harmonicka rada.
Uvazujme radu∞∑
n = 1
”6 /∈ n“
1
n.
Pak
s =∞∑
n = 1
”6 /∈ n“
1
n≤ 9 · 1 + 92 · 1
10+ 93 · 1
100+ ... =
= 9 ·
(1 +
9
10+
(9
10
)2
+
(9
10
)3
+ ...
)= 90.
R + A + D + Y + ...
O cem tato prednaska taky je.
Harmonicka rada.
Nynı dokazme, ze ∑p ∈ N
p je prvocıslo
1
p
=∞.
Bud’ n libovolne prirozene cıslo a bud’ p1, p2, ..., pk prave vsechna prvocıslamensı nebo rovna n. Pak zrejme existuje α ∈ N takove, ze
n∑i=1
1
i≤(
1 +1
p1+
1
p21
+ ... +1
pα1
)(1 +
1
p2+
1
p22
+ ... +1
pα2
)· · ·
· · ·(
1 +1
pk+
1
p2k
+ ... +1
pαk
)≤
≤(
1 +1
p1+
1
p21
+ ...
)(1 +
1
p2+
1
p22
+ ...
)· · ·(
1 +1
pk+
1
p2k
+ ...
)≤
≤ 1
1− 1p1
· 1
1− 1p2
· · · 1
1− 1pk
=k∏
j=1
(pj
pj − 1
)=
k∏j=1
(1 +
1
pj − 1
)
R + A + D + Y + ...
O cem tato prednaska taky je.
Harmonicka rada.
Nynı dokazme, ze ∑p ∈ N
p je prvocıslo
1
p=∞.
Bud’ n libovolne prirozene cıslo a bud’ p1, p2, ..., pk prave vsechna prvocıslamensı nebo rovna n. Pak zrejme existuje α ∈ N takove, ze
n∑i=1
1
i≤(
1 +1
p1+
1
p21
+ ... +1
pα1
)(1 +
1
p2+
1
p22
+ ... +1
pα2
)· · ·
· · ·(
1 +1
pk+
1
p2k
+ ... +1
pαk
)≤
≤(
1 +1
p1+
1
p21
+ ...
)(1 +
1
p2+
1
p22
+ ...
)· · ·(
1 +1
pk+
1
p2k
+ ...
)≤
≤ 1
1− 1p1
· 1
1− 1p2
· · · 1
1− 1pk
=k∏
j=1
(pj
pj − 1
)=
k∏j=1
(1 +
1
pj − 1
)
R + A + D + Y + ...
O cem tato prednaska taky je.
Harmonicka rada.
Nynı dokazme, ze ∑p ∈ N
p je prvocıslo
1
p=∞.
Bud’ n libovolne prirozene cıslo a bud’ p1, p2, ..., pk prave vsechna prvocıslamensı nebo rovna n. Pak zrejme existuje α ∈ N takove, ze
n∑i=1
1
i≤(
1 +1
p1+
1
p21
+ ... +1
pα1
)(1 +
1
p2+
1
p22
+ ... +1
pα2
)· · ·
· · ·(
1 +1
pk+
1
p2k
+ ... +1
pαk
)≤
≤(
1 +1
p1+
1
p21
+ ...
)(1 +
1
p2+
1
p22
+ ...
)· · ·(
1 +1
pk+
1
p2k
+ ...
)≤
≤ 1
1− 1p1
· 1
1− 1p2
· · · 1
1− 1pk
=k∏
j=1
(pj
pj − 1
)=
k∏j=1
(1 +
1
pj − 1
)
R + A + D + Y + ...
O cem tato prednaska taky je.
Harmonicka rada.
Nynı dokazme, ze ∑p ∈ N
p je prvocıslo
1
p=∞.
Bud’ n libovolne prirozene cıslo a bud’ p1, p2, ..., pk prave vsechna prvocıslamensı nebo rovna n. Pak zrejme existuje α ∈ N takove, ze
n∑i=1
1
i≤(
1 +1
p1+
1
p21
+ ... +1
pα1
)(1 +
1
p2+
1
p22
+ ... +1
pα2
)· · ·
· · ·(
1 +1
pk+
1
p2k
+ ... +1
pαk
)≤
≤(
1 +1
p1+
1
p21
+ ...
)(1 +
1
p2+
1
p22
+ ...
)· · ·(
1 +1
pk+
1
p2k
+ ...
)≤
≤ 1
1− 1p1
· 1
1− 1p2
· · · 1
1− 1pk
=k∏
j=1
(pj
pj − 1
)=
k∏j=1
(1 +
1
pj − 1
)
R + A + D + Y + ...
O cem tato prednaska taky je.
Harmonicka rada.
Nynı dokazme, ze ∑p ∈ N
p je prvocıslo
1
p=∞.
Bud’ n libovolne prirozene cıslo a bud’ p1, p2, ..., pk prave vsechna prvocıslamensı nebo rovna n. Pak zrejme existuje α ∈ N takove, ze
n∑i=1
1
i≤(
1 +1
p1+
1
p21
+ ... +1
pα1
)(1 +
1
p2+
1
p22
+ ... +1
pα2
)· · ·
· · ·(
1 +1
pk+
1
p2k
+ ... +1
pαk
)≤
≤(
1 +1
p1+
1
p21
+ ...
)(1 +
1
p2+
1
p22
+ ...
)· · ·(
1 +1
pk+
1
p2k
+ ...
)≤
≤ 1
1− 1p1
· 1
1− 1p2
· · · 1
1− 1pk
=k∏
j=1
(pj
pj − 1
)=
k∏j=1
(1 +
1
pj − 1
)
R + A + D + Y + ...
O cem tato prednaska taky je.
Harmonicka rada.
Nynı dokazme, ze ∑p ∈ N
p je prvocıslo
1
p=∞.
Bud’ n libovolne prirozene cıslo a bud’ p1, p2, ..., pk prave vsechna prvocıslamensı nebo rovna n. Pak zrejme existuje α ∈ N takove, ze
n∑i=1
1
i≤(
1 +1
p1+
1
p21
+ ... +1
pα1
)(1 +
1
p2+
1
p22
+ ... +1
pα2
)· · ·
· · ·(
1 +1
pk+
1
p2k
+ ... +1
pαk
)≤
≤(
1 +1
p1+
1
p21
+ ...
)(1 +
1
p2+
1
p22
+ ...
)· · ·(
1 +1
pk+
1
p2k
+ ...
)≤
≤ 1
1− 1p1
· 1
1− 1p2
· · · 1
1− 1pk
=k∏
j=1
(pj
pj − 1
)
=k∏
j=1
(1 +
1
pj − 1
)
R + A + D + Y + ...
O cem tato prednaska taky je.
Harmonicka rada.
Nynı dokazme, ze ∑p ∈ N
p je prvocıslo
1
p=∞.
Bud’ n libovolne prirozene cıslo a bud’ p1, p2, ..., pk prave vsechna prvocıslamensı nebo rovna n. Pak zrejme existuje α ∈ N takove, ze
n∑i=1
1
i≤(
1 +1
p1+
1
p21
+ ... +1
pα1
)(1 +
1
p2+
1
p22
+ ... +1
pα2
)· · ·
· · ·(
1 +1
pk+
1
p2k
+ ... +1
pαk
)≤
≤(
1 +1
p1+
1
p21
+ ...
)(1 +
1
p2+
1
p22
+ ...
)· · ·(
1 +1
pk+
1
p2k
+ ...
)≤
≤ 1
1− 1p1
· 1
1− 1p2
· · · 1
1− 1pk
=k∏
j=1
(pj
pj − 1
)=
k∏j=1
(1 +
1
pj − 1
)
R + A + D + Y + ...
O cem tato prednaska taky je.
Harmonicka rada.
n∑i=1
1
i≤
k∏j=1
(1 +
1
pj − 1
)
⇒
⇒ ln
(n∑
i=1
1
i
)≤ ln
k∏j=1
(1 +
1
pj − 1
) =k∑
j=1
ln
(1 +
1
pj − 1
)
Nynı si vsimneme, ze pro kazde x > −1 je ln(1 + x) ≤ x ,
a protoln
(n∑
i=1
1
i
)≤
k∑j=1
1
pj − 1≤ 2
k∑j=1
1
pj.
Odtud jiz snadno plyne∑p ∈ N
p je prvocıslo
1
p≥ lim
[1
2ln
(n∑
i=1
1
i
)]=∞.
R + A + D + Y + ...
O cem tato prednaska taky je.
Harmonicka rada.
n∑i=1
1
i≤
k∏j=1
(1 +
1
pj − 1
)⇒
⇒ ln
(n∑
i=1
1
i
)≤ ln
k∏j=1
(1 +
1
pj − 1
)
=k∑
j=1
ln
(1 +
1
pj − 1
)
Nynı si vsimneme, ze pro kazde x > −1 je ln(1 + x) ≤ x ,
a protoln
(n∑
i=1
1
i
)≤
k∑j=1
1
pj − 1≤ 2
k∑j=1
1
pj.
Odtud jiz snadno plyne∑p ∈ N
p je prvocıslo
1
p≥ lim
[1
2ln
(n∑
i=1
1
i
)]=∞.
R + A + D + Y + ...
O cem tato prednaska taky je.
Harmonicka rada.
n∑i=1
1
i≤
k∏j=1
(1 +
1
pj − 1
)⇒
⇒ ln
(n∑
i=1
1
i
)≤ ln
k∏j=1
(1 +
1
pj − 1
) =k∑
j=1
ln
(1 +
1
pj − 1
)
Nynı si vsimneme, ze pro kazde x > −1 je ln(1 + x) ≤ x ,
a protoln
(n∑
i=1
1
i
)≤
k∑j=1
1
pj − 1≤ 2
k∑j=1
1
pj.
Odtud jiz snadno plyne∑p ∈ N
p je prvocıslo
1
p≥ lim
[1
2ln
(n∑
i=1
1
i
)]=∞.
R + A + D + Y + ...
O cem tato prednaska taky je.
Harmonicka rada.
n∑i=1
1
i≤
k∏j=1
(1 +
1
pj − 1
)⇒
⇒ ln
(n∑
i=1
1
i
)≤ ln
k∏j=1
(1 +
1
pj − 1
) =k∑
j=1
ln
(1 +
1
pj − 1
)
Nynı si vsimneme, ze pro kazde x > −1 je ln(1 + x) ≤ x ,
a protoln
(n∑
i=1
1
i
)≤
k∑j=1
1
pj − 1≤ 2
k∑j=1
1
pj.
Odtud jiz snadno plyne∑p ∈ N
p je prvocıslo
1
p≥ lim
[1
2ln
(n∑
i=1
1
i
)]=∞.
R + A + D + Y + ...
O cem tato prednaska taky je.
Harmonicka rada.
n∑i=1
1
i≤
k∏j=1
(1 +
1
pj − 1
)⇒
⇒ ln
(n∑
i=1
1
i
)≤ ln
k∏j=1
(1 +
1
pj − 1
) =k∑
j=1
ln
(1 +
1
pj − 1
)
Nynı si vsimneme, ze pro kazde x > −1 je ln(1 + x) ≤ x ,
a protoln
(n∑
i=1
1
i
)≤
k∑j=1
1
pj − 1
≤ 2k∑
j=1
1
pj.
Odtud jiz snadno plyne∑p ∈ N
p je prvocıslo
1
p≥ lim
[1
2ln
(n∑
i=1
1
i
)]=∞.
R + A + D + Y + ...
O cem tato prednaska taky je.
Harmonicka rada.
n∑i=1
1
i≤
k∏j=1
(1 +
1
pj − 1
)⇒
⇒ ln
(n∑
i=1
1
i
)≤ ln
k∏j=1
(1 +
1
pj − 1
) =k∑
j=1
ln
(1 +
1
pj − 1
)
Nynı si vsimneme, ze pro kazde x > −1 je ln(1 + x) ≤ x ,
a protoln
(n∑
i=1
1
i
)≤
k∑j=1
1
pj − 1≤ 2
k∑j=1
1
pj.
Odtud jiz snadno plyne∑p ∈ N
p je prvocıslo
1
p≥ lim
[1
2ln
(n∑
i=1
1
i
)]=∞.
R + A + D + Y + ...
O cem tato prednaska taky je.
Harmonicka rada.
n∑i=1
1
i≤
k∏j=1
(1 +
1
pj − 1
)⇒
⇒ ln
(n∑
i=1
1
i
)≤ ln
k∏j=1
(1 +
1
pj − 1
) =k∑
j=1
ln
(1 +
1
pj − 1
)
Nynı si vsimneme, ze pro kazde x > −1 je ln(1 + x) ≤ x ,
a protoln
(n∑
i=1
1
i
)≤
k∑j=1
1
pj − 1≤ 2
k∑j=1
1
pj.
Odtud jiz snadno plyne∑p ∈ N
p je prvocıslo
1
p≥ lim
[1
2ln
(n∑
i=1
1
i
)]
=∞.
R + A + D + Y + ...
O cem tato prednaska taky je.
Harmonicka rada.
n∑i=1
1
i≤
k∏j=1
(1 +
1
pj − 1
)⇒
⇒ ln
(n∑
i=1
1
i
)≤ ln
k∏j=1
(1 +
1
pj − 1
) =k∑
j=1
ln
(1 +
1
pj − 1
)
Nynı si vsimneme, ze pro kazde x > −1 je ln(1 + x) ≤ x ,
a protoln
(n∑
i=1
1
i
)≤
k∑j=1
1
pj − 1≤ 2
k∑j=1
1
pj.
Odtud jiz snadno plyne∑p ∈ N
p je prvocıslo
1
p≥ lim
[1
2ln
(n∑
i=1
1
i
)]=∞.
R + A + D + Y + ...
O cem tato prednaska taky je.
Harmonicka rada.
Veta.
Posloupnost
cn :=
(1 +
1
2+
1
3+
1
4+ ... +
1
n
)− ln n
je konvergentnı,
tzn. ze existuje c ∈ R takove, ze lim cn = c .(c
.= 0, 57721566490153286060651209008240243104215933593992 ...
... Eulerova konstanta
)
R + A + D + Y + ...
O cem tato prednaska taky je.
Harmonicka rada.
Veta.
Posloupnost
cn :=
(1 +
1
2+
1
3+
1
4+ ... +
1
n
)− ln n
je konvergentnı, tzn. ze existuje c ∈ R takove, ze lim cn = c .
(c
.= 0, 57721566490153286060651209008240243104215933593992 ...
... Eulerova konstanta
)
R + A + D + Y + ...
O cem tato prednaska taky je.
Harmonicka rada.
Veta.
Posloupnost
cn :=
(1 +
1
2+
1
3+
1
4+ ... +
1
n
)− ln n
je konvergentnı, tzn. ze existuje c ∈ R takove, ze lim cn = c .(c
.= 0, 57721566490153286060651209008240243104215933593992 ...
... Eulerova konstanta
)
R + A + D + Y + ...
O cem tato prednaska taky je.
Harmonicka rada.
Veta.
Posloupnost
cn :=
(1 +
1
2+
1
3+
1
4+ ... +
1
n
)− ln n
je konvergentnı, tzn. ze existuje c ∈ R takove, ze lim cn = c .(c
.= 0, 57721566490153286060651209008240243104215933593992 ...
... Eulerova konstanta
)
R + A + D + Y + ...
O cem tato prednaska taky je.
Leibnizova rada.
Urceme soucet (konvergentnı) rady
1− 1
2+
1
3− 1
4+
1
5− 1
6+
1
7− · · · =
∞∑n=1
(−1)n−1
n.
s2n =
(1 +
1
3+
1
5+ · · ·+ 1
2n − 1
)−(
1
2+
1
4+
1
6+ · · ·+ 1
2n
)=
=
(1 +
1
2+
1
3+
1
4+
1
5+ · · ·+ 1
2n
)− 2
(1
2+
1
4+
1
6+ · · ·+ 1
2n
)=
=
(1 +
1
2+
1
3+ · · ·+ 1
2n
)−(
1 +1
2+
1
3+ · · ·+ 1
n
)=
= (c2n + ln(2n))− (cn + ln n) = c2n − cn + ln 2,
a proto (cn → c ∈ R):
s2n → c − c + ln 2 = ln 2
s2n+1 = s2n +1
2n + 1→ ln 2 + 0 = ln 2
⇒ sn → ln 2 =∞∑n=1
(−1)n−1
n.
R + A + D + Y + ...
O cem tato prednaska taky je.
Leibnizova rada.
Urceme soucet (konvergentnı) rady
1− 1
2+
1
3− 1
4+
1
5− 1
6+
1
7− · · · =
∞∑n=1
(−1)n−1
n.
s2n =
(1 +
1
3+
1
5+ · · ·+ 1
2n − 1
)−(
1
2+
1
4+
1
6+ · · ·+ 1
2n
)
=
=
(1 +
1
2+
1
3+
1
4+
1
5+ · · ·+ 1
2n
)− 2
(1
2+
1
4+
1
6+ · · ·+ 1
2n
)=
=
(1 +
1
2+
1
3+ · · ·+ 1
2n
)−(
1 +1
2+
1
3+ · · ·+ 1
n
)=
= (c2n + ln(2n))− (cn + ln n) = c2n − cn + ln 2,
a proto (cn → c ∈ R):
s2n → c − c + ln 2 = ln 2
s2n+1 = s2n +1
2n + 1→ ln 2 + 0 = ln 2
⇒ sn → ln 2 =∞∑n=1
(−1)n−1
n.
R + A + D + Y + ...
O cem tato prednaska taky je.
Leibnizova rada.
Urceme soucet (konvergentnı) rady
1− 1
2+
1
3− 1
4+
1
5− 1
6+
1
7− · · · =
∞∑n=1
(−1)n−1
n.
s2n =
(1 +
1
3+
1
5+ · · ·+ 1
2n − 1
)−(
1
2+
1
4+
1
6+ · · ·+ 1
2n
)=
=
(1 +
1
2+
1
3+
1
4+
1
5+ · · ·+ 1
2n
)− 2
(1
2+
1
4+
1
6+ · · ·+ 1
2n
)
=
=
(1 +
1
2+
1
3+ · · ·+ 1
2n
)−(
1 +1
2+
1
3+ · · ·+ 1
n
)=
= (c2n + ln(2n))− (cn + ln n) = c2n − cn + ln 2,
a proto (cn → c ∈ R):
s2n → c − c + ln 2 = ln 2
s2n+1 = s2n +1
2n + 1→ ln 2 + 0 = ln 2
⇒ sn → ln 2 =∞∑n=1
(−1)n−1
n.
R + A + D + Y + ...
O cem tato prednaska taky je.
Leibnizova rada.
Urceme soucet (konvergentnı) rady
1− 1
2+
1
3− 1
4+
1
5− 1
6+
1
7− · · · =
∞∑n=1
(−1)n−1
n.
s2n =
(1 +
1
3+
1
5+ · · ·+ 1
2n − 1
)−(
1
2+
1
4+
1
6+ · · ·+ 1
2n
)=
=
(1 +
1
2+
1
3+
1
4+
1
5+ · · ·+ 1
2n
)− 2
(1
2+
1
4+
1
6+ · · ·+ 1
2n
)=
=
(1 +
1
2+
1
3+ · · ·+ 1
2n
)−(
1 +1
2+
1
3+ · · ·+ 1
n
)
=
= (c2n + ln(2n))− (cn + ln n) = c2n − cn + ln 2,
a proto (cn → c ∈ R):
s2n → c − c + ln 2 = ln 2
s2n+1 = s2n +1
2n + 1→ ln 2 + 0 = ln 2
⇒ sn → ln 2 =∞∑n=1
(−1)n−1
n.
R + A + D + Y + ...
O cem tato prednaska taky je.
Leibnizova rada.
Urceme soucet (konvergentnı) rady
1− 1
2+
1
3− 1
4+
1
5− 1
6+
1
7− · · · =
∞∑n=1
(−1)n−1
n.
s2n =
(1 +
1
3+
1
5+ · · ·+ 1
2n − 1
)−(
1
2+
1
4+
1
6+ · · ·+ 1
2n
)=
=
(1 +
1
2+
1
3+
1
4+
1
5+ · · ·+ 1
2n
)− 2
(1
2+
1
4+
1
6+ · · ·+ 1
2n
)=
=
(1 +
1
2+
1
3+ · · ·+ 1
2n
)−(
1 +1
2+
1
3+ · · ·+ 1
n
)=
cn :=
(1 +
1
2+
1
3+
1
4+ ... +
1
n
)− ln n
= (c2n + ln(2n))− (cn + ln n) = c2n − cn + ln 2,
a proto (cn → c ∈ R):
s2n → c − c + ln 2 = ln 2
s2n+1 = s2n +1
2n + 1→ ln 2 + 0 = ln 2
⇒ sn → ln 2 =∞∑n=1
(−1)n−1
n.
R + A + D + Y + ...
O cem tato prednaska taky je.
Leibnizova rada.
Urceme soucet (konvergentnı) rady
1− 1
2+
1
3− 1
4+
1
5− 1
6+
1
7− · · · =
∞∑n=1
(−1)n−1
n.
s2n =
(1 +
1
3+
1
5+ · · ·+ 1
2n − 1
)−(
1
2+
1
4+
1
6+ · · ·+ 1
2n
)=
=
(1 +
1
2+
1
3+
1
4+
1
5+ · · ·+ 1
2n
)− 2
(1
2+
1
4+
1
6+ · · ·+ 1
2n
)=
=
(1 +
1
2+
1
3+ · · ·+ 1
2n
)−(
1 +1
2+
1
3+ · · ·+ 1
n
)=
= (c2n + ln(2n))− (cn + ln n)
= c2n − cn + ln 2,
a proto (cn → c ∈ R):
s2n → c − c + ln 2 = ln 2
s2n+1 = s2n +1
2n + 1→ ln 2 + 0 = ln 2
⇒ sn → ln 2 =∞∑n=1
(−1)n−1
n.
R + A + D + Y + ...
O cem tato prednaska taky je.
Leibnizova rada.
Urceme soucet (konvergentnı) rady
1− 1
2+
1
3− 1
4+
1
5− 1
6+
1
7− · · · =
∞∑n=1
(−1)n−1
n.
s2n =
(1 +
1
3+
1
5+ · · ·+ 1
2n − 1
)−(
1
2+
1
4+
1
6+ · · ·+ 1
2n
)=
=
(1 +
1
2+
1
3+
1
4+
1
5+ · · ·+ 1
2n
)− 2
(1
2+
1
4+
1
6+ · · ·+ 1
2n
)=
=
(1 +
1
2+
1
3+ · · ·+ 1
2n
)−(
1 +1
2+
1
3+ · · ·+ 1
n
)=
= (c2n + ln(2n))− (cn + ln n) = c2n − cn + ln 2,
a proto (cn → c ∈ R):
s2n → c − c + ln 2 = ln 2
s2n+1 = s2n +1
2n + 1→ ln 2 + 0 = ln 2
⇒ sn → ln 2 =∞∑n=1
(−1)n−1
n.
R + A + D + Y + ...
O cem tato prednaska taky je.
Leibnizova rada.
Urceme soucet (konvergentnı) rady
1− 1
2+
1
3− 1
4+
1
5− 1
6+
1
7− · · · =
∞∑n=1
(−1)n−1
n.
s2n =
(1 +
1
3+
1
5+ · · ·+ 1
2n − 1
)−(
1
2+
1
4+
1
6+ · · ·+ 1
2n
)=
=
(1 +
1
2+
1
3+
1
4+
1
5+ · · ·+ 1
2n
)− 2
(1
2+
1
4+
1
6+ · · ·+ 1
2n
)=
=
(1 +
1
2+
1
3+ · · ·+ 1
2n
)−(
1 +1
2+
1
3+ · · ·+ 1
n
)=
= (c2n + ln(2n))− (cn + ln n) = c2n − cn + ln 2,
a proto (cn → c ∈ R):
s2n → c − c + ln 2 = ln 2
s2n+1 = s2n +1
2n + 1→ ln 2 + 0 = ln 2
⇒ sn → ln 2 =∞∑n=1
(−1)n−1
n.
R + A + D + Y + ...
O cem tato prednaska taky je.
Leibnizova rada.
Urceme soucet (konvergentnı) rady
1− 1
2+
1
3− 1
4+
1
5− 1
6+
1
7− · · · =
∞∑n=1
(−1)n−1
n.
s2n =
(1 +
1
3+
1
5+ · · ·+ 1
2n − 1
)−(
1
2+
1
4+
1
6+ · · ·+ 1
2n
)=
=
(1 +
1
2+
1
3+
1
4+
1
5+ · · ·+ 1
2n
)− 2
(1
2+
1
4+
1
6+ · · ·+ 1
2n
)=
=
(1 +
1
2+
1
3+ · · ·+ 1
2n
)−(
1 +1
2+
1
3+ · · ·+ 1
n
)=
= (c2n + ln(2n))− (cn + ln n) = c2n − cn + ln 2,
a proto (cn → c ∈ R):
s2n → c − c + ln 2 = ln 2
s2n+1 = s2n +1
2n + 1→ ln 2 + 0 = ln 2
⇒ sn → ln 2 =∞∑n=1
(−1)n−1
n.
R + A + D + Y + ...
O cem tato prednaska taky je.
Leibnizova rada.
Urceme soucet (konvergentnı) rady
1− 1
2+
1
3− 1
4+
1
5− 1
6+
1
7− · · · =
∞∑n=1
(−1)n−1
n.
s2n =
(1 +
1
3+
1
5+ · · ·+ 1
2n − 1
)−(
1
2+
1
4+
1
6+ · · ·+ 1
2n
)=
=
(1 +
1
2+
1
3+
1
4+
1
5+ · · ·+ 1
2n
)− 2
(1
2+
1
4+
1
6+ · · ·+ 1
2n
)=
=
(1 +
1
2+
1
3+ · · ·+ 1
2n
)−(
1 +1
2+
1
3+ · · ·+ 1
n
)=
= (c2n + ln(2n))− (cn + ln n) = c2n − cn + ln 2,
a proto (cn → c ∈ R):
s2n → c − c + ln 2 = ln 2
s2n+1 = s2n +1
2n + 1→ ln 2 + 0 = ln 2
⇒ sn → ln 2
=∞∑n=1
(−1)n−1
n.
R + A + D + Y + ...
O cem tato prednaska taky je.
Leibnizova rada.
Urceme soucet (konvergentnı) rady
1− 1
2+
1
3− 1
4+
1
5− 1
6+
1
7− · · · =
∞∑n=1
(−1)n−1
n.
s2n =
(1 +
1
3+
1
5+ · · ·+ 1
2n − 1
)−(
1
2+
1
4+
1
6+ · · ·+ 1
2n
)=
=
(1 +
1
2+
1
3+
1
4+
1
5+ · · ·+ 1
2n
)− 2
(1
2+
1
4+
1
6+ · · ·+ 1
2n
)=
=
(1 +
1
2+
1
3+ · · ·+ 1
2n
)−(
1 +1
2+
1
3+ · · ·+ 1
n
)=
= (c2n + ln(2n))− (cn + ln n) = c2n − cn + ln 2,
a proto (cn → c ∈ R):
s2n → c − c + ln 2 = ln 2
s2n+1 = s2n +1
2n + 1→ ln 2 + 0 = ln 2
⇒ sn → ln 2 =∞∑n=1
(−1)n−1
n.
R + A + D + Y + ...
O prerovnavanı rad.
Zjistili jsme, ze
1−1
2+
1
3−1
4+
1
5−1
6+
1
7−1
8+ · · · = ln 2
.= 0, 6931471806.
Podobnou technikou lze dokazat, ze
1 +1
3−1
2+
1
5+
1
7−1
4+
1
9+
1
11−1
6+ ... =
3
2ln 2
.= 1.039720771.
R + A + D + Y + ...
O prerovnavanı rad.
Zjistili jsme, ze
1−1
2+
1
3−1
4+
1
5−1
6+
1
7−1
8+ · · · = ln 2
.= 0, 6931471806.
Podobnou technikou lze dokazat, ze
1 +1
3−1
2+
1
5+
1
7−1
4+
1
9+
1
11−1
6+ ... =
3
2ln 2
.= 1.039720771.
R + A + D + Y + ...
O prerovnavanı rad.
Zjistili jsme, ze
1−1
2+
1
3−1
4+
1
5−1
6+
1
7−1
8+ · · · = ln 2
.= 0, 6931471806.
Podobnou technikou lze dokazat, ze
1 +1
3−1
2+
1
5+
1
7−1
4+
1
9+
1
11−1
6+ ...
=3
2ln 2
.= 1.039720771.
R + A + D + Y + ...
O prerovnavanı rad.
Zjistili jsme, ze
1−1
2+
1
3−1
4+
1
5−1
6+
1
7−1
8+ · · · = ln 2
.= 0, 6931471806.
Podobnou technikou lze dokazat, ze
1 +1
3−1
2+
1
5+
1
7−1
4+
1
9+
1
11−1
6+ ... =
3
2ln 2
.= 1.039720771.
R + A + D + Y + ...
O prerovnavanı rad.
Zjistili jsme, ze
1−1
2+
1
3−1
4+
1
5−1
6+
1
7−1
8+ · · · = ln 2
.= 0, 6931471806.
Podobnou technikou lze dokazat, ze
1 +1
3−1
2+
1
5+
1
7−1
4+
1
9+
1
11−1
6+ ... =
3
2ln 2
.= 1.039720771.
R + A + D + Y + ...
O prerovnavanı rad.
Neabsolutne konvergentnı rady.
Veta.
Necht’∞∑n=1
an ∈ R ,∞∑n=1
|an| =∞.
Pak
pro kazde s ∈ R ∪ {+∞,−∞} existuje bijekce ϕ : N→ N takova, ze
∞∑n=1
aϕ(n) = s;
existuje bijekce ψ : N→ N takova, ze soucet rady∞∑n=1
aψ(n) neexistuje.
(Vhodnym prerovnanım neabsolutne konvergentnı rady lze zıskat jakykoliv vysledek.)
R + A + D + Y + ...
O prerovnavanı rad.
Neabsolutne konvergentnı rady.
Veta.
Necht’∞∑n=1
an ∈ R ,∞∑n=1
|an| =∞.
Pak
pro kazde s ∈ R ∪ {+∞,−∞} existuje bijekce ϕ : N→ N takova, ze
∞∑n=1
aϕ(n) = s;
existuje bijekce ψ : N→ N takova, ze soucet rady∞∑n=1
aψ(n) neexistuje.
(Vhodnym prerovnanım neabsolutne konvergentnı rady lze zıskat jakykoliv vysledek.)
R + A + D + Y + ...
O prerovnavanı rad.
Neabsolutne konvergentnı rady.
Veta.
Necht’∞∑n=1
an ∈ R ,∞∑n=1
|an| =∞.
Pak
pro kazde s ∈ R ∪ {+∞,−∞} existuje bijekce ϕ : N→ N takova, ze
∞∑n=1
aϕ(n) = s;
existuje bijekce ψ : N→ N takova, ze soucet rady∞∑n=1
aψ(n) neexistuje.
(Vhodnym prerovnanım neabsolutne konvergentnı rady lze zıskat jakykoliv vysledek.)
R + A + D + Y + ...
O prerovnavanı rad.
Neabsolutne konvergentnı rady.
Veta.
Necht’∞∑n=1
an ∈ R ,∞∑n=1
|an| =∞.
Pak
pro kazde s ∈ R ∪ {+∞,−∞} existuje bijekce ϕ : N→ N takova, ze
∞∑n=1
aϕ(n) = s;
existuje bijekce ψ : N→ N takova, ze soucet rady∞∑n=1
aψ(n) neexistuje.
(Vhodnym prerovnanım neabsolutne konvergentnı rady lze zıskat jakykoliv vysledek.)
R + A + D + Y + ...
O prerovnavanı rad.
Dalsı hezke prıklady Petra Vodstrcila.
R + A + D + Y + ...
O prerovnavanı rad.
Dalsı hezke prıklady Petra Vodstrcila.
R + A + D + Y + ...
O prerovnavanı rad.
Absolutne konvergentnı rady.
Veta.
Necht’∞∑n=1
|an| ∈ R
a bud’
ϕ : N→ N bijekce.
Pak∞∑n=1
an =∞∑n=1
aϕ(n) ∈ R.
(Soucet absolutne konvergentnı rady a rady vznikle jejım prerovnanım je stejny.)
R + A + D + Y + ...
O prerovnavanı rad.
Absolutne konvergentnı rady.
Veta.
Necht’∞∑n=1
|an| ∈ R
a bud’
ϕ : N→ N bijekce.
Pak∞∑n=1
an =∞∑n=1
aϕ(n) ∈ R.
(Soucet absolutne konvergentnı rady a rady vznikle jejım prerovnanım je stejny.)
R + A + D + Y + ...
O prerovnavanı rad.
Absolutne konvergentnı rady.
Veta.
Necht’∞∑n=1
|an| ∈ R
a bud’
ϕ : N→ N bijekce.
Pak∞∑n=1
an =∞∑n=1
aϕ(n)
∈ R.
(Soucet absolutne konvergentnı rady a rady vznikle jejım prerovnanım je stejny.)
R + A + D + Y + ...
O prerovnavanı rad.
Absolutne konvergentnı rady.
Veta.
Necht’∞∑n=1
|an| ∈ R
a bud’
ϕ : N→ N bijekce.
Pak∞∑n=1
an =∞∑n=1
aϕ(n) ∈ R.
(Soucet absolutne konvergentnı rady a rady vznikle jejım prerovnanım je stejny.)
R + A + D + Y + ...
O prerovnavanı rad.
Absolutne konvergentnı rady.
Veta.
Necht’∞∑n=1
|an| ∈ R
a bud’
ϕ : N→ N bijekce.
Pak∞∑n=1
an =∞∑n=1
aϕ(n) ∈ R.
(Soucet absolutne konvergentnı rady a rady vznikle jejım prerovnanım je stejny.)
R + A + D + Y + ...
O prerovnavanı rad.
Absolutne konvergentnı rady.(9
10
)1 −(
910
)2+(
910
)3 −(
910
)4+(
910
)5 −(
910
)6+ ...
= 919
.= 0, 4736842105(
910
)1+(
910
)3 −(
910
)2+(
910
)5+(
910
)7 −(
910
)4+ ... = 9
19
R + A + D + Y + ...
O prerovnavanı rad.
Absolutne konvergentnı rady.(9
10
)1 −(
910
)2+(
910
)3 −(
910
)4+(
910
)5 −(
910
)6+ ... = 9
19
.= 0, 4736842105
(9
10
)1+(
910
)3 −(
910
)2+(
910
)5+(
910
)7 −(
910
)4+ ... = 9
19
R + A + D + Y + ...
O prerovnavanı rad.
Absolutne konvergentnı rady.(9
10
)1 −(
910
)2+(
910
)3 −(
910
)4+(
910
)5 −(
910
)6+ ... = 9
19
.= 0, 4736842105(
910
)1+(
910
)3 −(
910
)2+(
910
)5+(
910
)7 −(
910
)4+ ...
= 919
R + A + D + Y + ...
O prerovnavanı rad.
Absolutne konvergentnı rady.(9
10
)1 −(
910
)2+(
910
)3 −(
910
)4+(
910
)5 −(
910
)6+ ... = 9
19
.= 0, 4736842105(
910
)1+(
910
)3 −(
910
)2+(
910
)5+(
910
)7 −(
910
)4+ ... = 9
19
R + A + D + Y + ...
O prerovnavanı rad.
Absolutne konvergentnı rady.(9
10
)1 −(
910
)2+(
910
)3 −(
910
)4+(
910
)5 −(
910
)6+ ... = 9
19
.= 0, 4736842105(
910
)1+(
910
)3 −(
910
)2+(
910
)5+(
910
)7 −(
910
)4+ ... = 9
19
R + A + D + Y + ...
Literatura
Literatura a zdroje
J. VeselyMatematicka analyza pro uciteleMatfyzpress, Praha 1997
E. Calda, HgSZaklady patamatematikyPrometheus, Praha 2005
J. Bouchala, P. VodstrcilO prerovnavanı radhttp://am.vsb.cz/osma
P. Vodstrcil... ten, co umı (nejen) s MaplemKatedra aplikovane matematiky (uz nejaky cas)
Dekuji vam za pozornost!
R + A + D + Y + ...
Literatura
Literatura a zdroje
J. VeselyMatematicka analyza pro uciteleMatfyzpress, Praha 1997
E. Calda, HgSZaklady patamatematikyPrometheus, Praha 2005
J. Bouchala, P. VodstrcilO prerovnavanı radhttp://am.vsb.cz/osma
P. Vodstrcil... ten, co umı (nejen) s MaplemKatedra aplikovane matematiky (uz nejaky cas)
Dekuji vam za pozornost!
R + A + D + Y + ...
Literatura
Literatura a zdroje
J. VeselyMatematicka analyza pro uciteleMatfyzpress, Praha 1997
E. Calda, HgSZaklady patamatematikyPrometheus, Praha 2005
J. Bouchala, P. VodstrcilO prerovnavanı radhttp://am.vsb.cz/osma
P. Vodstrcil... ten, co umı (nejen) s MaplemKatedra aplikovane matematiky (uz nejaky cas)
Dekuji vam za pozornost!
R + A + D + Y + ...
Literatura
Literatura a zdroje
J. VeselyMatematicka analyza pro uciteleMatfyzpress, Praha 1997
E. Calda, HgSZaklady patamatematikyPrometheus, Praha 2005
J. Bouchala, P. VodstrcilO prerovnavanı radhttp://am.vsb.cz/osma
P. Vodstrcil... ten, co umı (nejen) s MaplemKatedra aplikovane matematiky (uz nejaky cas)
Dekuji vam za pozornost!
R + A + D + Y + ...
Literatura
Literatura a zdroje
J. VeselyMatematicka analyza pro uciteleMatfyzpress, Praha 1997
E. Calda, HgSZaklady patamatematikyPrometheus, Praha 2005
J. Bouchala, P. VodstrcilO prerovnavanı radhttp://am.vsb.cz/osma
P. Vodstrcil... ten, co umı (nejen) s MaplemKatedra aplikovane matematiky (uz nejaky cas)
Dekuji vam za pozonrost!
Dekuji vam za pozornost!
R + A + D + Y + ...
Literatura
Literatura a zdroje
J. VeselyMatematicka analyza pro uciteleMatfyzpress, Praha 1997
E. Calda, HgSZaklady patamatematikyPrometheus, Praha 2005
J. Bouchala, P. VodstrcilO prerovnavanı radhttp://am.vsb.cz/osma
P. Vodstrcil... ten, co umı (nejen) s MaplemKatedra aplikovane matematiky (uz nejaky cas)
Dekuji vam za pozornost!
