1.
ŘADY
1.1.
Posloupnosti
Každá funkce, jejímž definičním oborem je množina přirozených čísel N , se nazývá nekonečná posloupnost. Každá funkce, jejíž definiční obor je množina všech přirozených čísel n ≤ n0 , kde n0 je pevně dané přirozené číslo, se nazývá konečná posloupnost.
{an }n=1 . ∞
Označení: a1 , a2 , a3 …
☺ •
Řešený příklad
Napište prvních 5 členů posloupnosti: ∞
⎧1 ⎫ a) ⎨ ⎬ ⎩ n ⎭n =1
1 1 1 1 1, , , , , 2 3 4 5 ∞
⎧ n + 1⎫ b) ⎨ ⎬ ⎩ n ⎭n =1 c) •
{3 }
3 4 5 6 2, , , , , 2 3 4 5
n ∞
3, 9, 27, 81, 243 .
n =1
Určete předpis pro n-tý člen posloupnosti: a) 1, 2, 3, 4, …
{n}n=1 ,
b) 1, 4, 9, 16, …
{n }
∞
2 ∞
1 1 1 1 c) , , , ,… 2 4 8 16
n =1
, ∞
⎧1⎫ ⎨ 2⎬ . ⎩ n ⎭n =1
Vlastnosti posloupností
Posloupnost
{an }n=1 ∞
se nazývá rostoucí, právě když pro všechna r , s ∈ N platí: Je-li
r < s, pak ar < as . Posloupnost
{an }n=1 ∞
se nazývá klesající, právě když pro všechna r , s ∈ N platí: Je-li
r < s, pak ar > as . Posloupnost {an }n =1 je rostoucí, právě když pro všechna n ∈ N je an < an +1 . ∞
Posloupnost {an }n =1 je klesající, právě když pro všechna n ∈ N je an > an +1 . ∞
1
☺ •
Řešený příklad
Rozhodněte, zda je posloupnost rostoucí nebo klesající: ∞
⎧ n ⎫ a) ⎨ ⎬ , ⎩ n + 1 ⎭n =1
b)
{( −2) }
n ∞ n =1
.
Řešení ∞
1 2 3 4 ⎧ n ⎫ ⎬ … a1 = , a2 = , a3 = , a4 = … a) ⎨ 5 2 3 4 ⎩ n + 1 ⎭n =1 an < an +1 n n +1 < n +1 n + 2 n ( n + 2 ) < ( n + 1)
2
n 2 + 2n < n 2 + 2n + 1 0 <1 b)
{( −2) }
4 > −2 −8 < 4
n ∞ n =1
Posloupnost je rostoucí.
… − 2, 4, −8,16, −32…
Posloupnost není ani rostoucí ani klesající.
Posloupnost {an }n =1 je nerostoucí, právě když pro všechna n ∈ N je an ≥ an +1 . ∞
Posloupnost {an }n =1 je neklesající, právě když pro všechna n ∈ N je an ≤ an +1 . ∞
•
Každá rostoucí posloupnost je neklesající.
•
Každá klesající posloupnost je nerostoucí.
Posloupnosti, které jsou nerostoucí nebo neklesající, se nazývají monotónní posloupnosti. Posloupnost {an }n =1 se nazývá shora omezená, právě když existuje h ∈ R takové, že pro ∞
všechna n ∈ N je an ≤ h . Posloupnost {an }n =1 se nazývá zdola omezená, právě když existuje d ∈ R takové, že pro ∞
všechna n ∈ N je an ≥ d . Posloupnost se nazývá omezená, právě když je omezená shora i zdola.
2
•
Rozhodněte, zda je posloupnost shora omezená, zdola omezená, omezená: ∞
⎧ n + 1⎫ ⎬ , ⎩ n ⎭n =1
a) ⎨
b)
{( −1) 2n} n
∞ n =1
.
Řešení ∞
2 3 4 5 ⎧ n + 1⎫ ⎬ … a1 = , a2 = , a3 = , a4 = … a) ⎨ 1 2 3 4 ⎩ n ⎭n =1
Funkce je omezená zdola, všechny členy jsou kladné - an ≥ 0 . Vypadá to tak, že pro každé n ∈ N je an ≤ 2 :
an ≤ 2 n +1 ≤2 n n + 1 ≤ 2n 1≤ n
Posloupnost je shora omezená.
Posloupnost je omezená. b)
{( −1) 2n}
∞
n
n =1
… − 2, 4, −6,8, −10…
Posloupnost není ani zdola ani shora omezená, ať zvolíme h (d ) jakkoli velké, bude vždy člen posloupnosti, který bude nad (pod) číslem h (d ) .
Aritmetická posloupnost
Posloupnost {an }n =1 se nazývá aritmetická, právě když existuje takové číslo d , že pro každé ∞
přirozené číslo n ∈ N je
an +1 = an + d Číslo d se nazývá diference aritmetické posloupnosti. V aritmetické posloupnosti {an }n =1 s diferencí d platí: ∞
an = a1 + ( n − 1) d
ar = a s + ( r − s ) d sn =
n ( a1 + an ) 2
3
☺ •
Řešený příklad
Určete prvních 5 členů aritmetické posloupnosti, vypočítejte součet 10 členů: a2 = 7, a5 = 16
Řešení ar = as + ( r − s ) d a5 = a2 + ( 5 − 2 ) d 16 = 7 + 3d d =3
ar = a s + ( r − s ) d
ar = a s + ( r − s ) d
a1 = a2 + (1 − 2 ) d
a3 = a2 + ( 3 − 2 ) d
a1 = 7 − 3 = 4
a3 = 7 + 3 = 10
n a10 = a1 + 9d ( a1 + a10 ) 2 10 s10 = ( a1 + a1 + 9d ) 2 10 s10 = ( 4 + 4 + 27 ) = 175 2 s10 =
ar = as + ( r − s ) d a4 = a2 + ( 4 − 2 ) d a4 = 7 + 6 = 13
Geometrická posloupnost
Posloupnost {an }n =1 se nazývá geometrická, právě když existuje takové číslo q , že pro každé ∞
přirozené číslo n ∈ N je
an +1 = an .q Číslo q se nazývá kvocient geometrické posloupnosti. V geometrické posloupnosti {an }n =1 s kvocientem q platí: ∞
an = a1.q n−1 ar = as .q r − s Pro q = 1 platí, že součet je sn = na1 . Pro q ≠ 1 platí, že součet je sn = a1
4
qn −1 . q −1
☺ •
Řešený příklad
Určete prvních 5 členů geometrické posloupnosti, vypočítejte součet 8 členů: a2 = 32, a5 = 4
Řešení ar = as .q r − s a5 = a2 .q 5− 2
ar = as .q r − s
ar = as .q r − s
4 = 32.q 3 1 q3 = 8 1 q= 2
a1 = a2 .q1− 2
a3 = a2 .q 3− 2
a1 = 32.2 = 64
1 a3 = 32. = 16 2
ar = as .q r − s a4 = a2 .q 4− 2 1 a4 = 32. = 8 4
sn = a1
qn −1 q −1
s10 = a1
q10 − 1 q −1 10
⎛1⎞ ⎜ ⎟ −1 2 = 127,875 s10 = 64. ⎝ ⎠ 1 −1 2
Limita posloupnosti Říkáme, že posloupnost {an }n =1 je konvergentní, právě když existuje číslo a ∈ R takové, že ∞
platí: Ke každému ε > 0 existuje n0 ∈ N tak, že pro všechna přirozená čísla n ≥ n0 je an − a < ε . Číslo a ∈ R se nazývá limita posloupnosti {an }n =1 . ∞
Zapisujeme lim an = a . n →∞
Posloupnost, která není konvergentní se nazývá divergentní. Každá posloupnost má nejvýše jednu limitu. Každá konvergentní posloupnost je omezená. ∞ Geometrická posloupnost {an }n =1 , kde je q < 1 , je konvergentní a její limita je rovna 0 .
5
☺ •
Řešený příklad
Vypočítejte limitu posloupnosti: ∞
∞
∞
⎧ n2 + 2 ⎫ b) ⎨ 2 ⎬ ⎩ n + 1 ⎭n =1
⎧2⎫ a) ⎨ 3 ⎬ ⎩ n ⎭n =1
⎧ n3 − 4 ⎫ c) ⎨ 2 ⎬ ⎩ 5n ⎭n =1
Řešení 2 =0 n →∞ n 3
a) lim
2⎞ ⎛ n 2 ⎜1 + 2 ⎟ n +2 n ⎠ = lim ⎝ =1 b) lim 2 n →∞ n + 1 n →∞ 1 ⎞ 2⎛ n ⎜1 + 2 ⎟ ⎝ n ⎠
konverguje
2
4⎞ ⎛ n3 ⎜ 1 − 3 ⎟ n −4 n = lim ⎝ 2 ⎠ = ∞ c) lim 2 n →∞ 5n n →∞ 5n
konverguje
3
diverguje
6
1.2.
Číselné řady
S problémem, zda součtem nekonečné řady může být konečné číslo, se matematikové potýkali již ve starověku. Máme pro to doklad ve známé matematické hříčce o Achillovi a želvě. Podle této úlohy byl rychlonohý Achilles vyzván pomalou želvou k závodu na sto metrů. Vědom si své rychlosti, dal želvě náskok deset metrů. Navíc se rozhodl, že mu postačí běžet desetkrát rychleji, než želva. Jakmile tedy po startu Achilles uběhl oněch deset metrů, o něž měla želva náskok, urazila želva jeden metr. Jenže i po uběhnutí tohoto metru Achilles stále zaostával, tentokrát o jeden decimetr. Když uběhl onen decimetr, urazila želva jeden centimetr, o který byla stále napřed. Starověcí matematici se domnívali, že tuto konstrukci lze opakovat do nekonečna, a tudíž Achilles želvu nikdy nedostihne. Nedovedli si totiž představit, že sečtením nekonečně mnoha délek, o nichž jsme mluvili v souvislosti s náskokem želvy před Achillem, je možné dostat nějakou konečnou délku, po jejímž uběhnutí by Achilles želvu vlastně dohonil. Matematicky vyjádřeno, řada
10 + 1 +
1 1 + + 10 100
je sice tvořena nekonečně mnoha kladnými členy (sčítanci), avšak může mít konečný součet. Intuitivní je zřejmé, že příslušnou nekonečnou řadu sčítáme postupným přičítáním následujícího sčítance k součtu všech předcházejících. Takto dostáváme posloupnost hodnot, které se k hledanému součtu blíží, a součet tedy lze stanovit jako limitu posloupnosti těchto hodnot. V tomto smyslu také zavedeme pojem součtu nekonečné řady. Řadu můžeme intuitivně chápat jako součet nekonečně mnoha členů nějaké posloupnosti, buď posloupnosti čísel (číselná řada) nebo posloupnosti funkcí (funkční řada). My se budeme zabývat číselnými řadami, funkčními řadami obecně a pak mocninnými a trigonometrickými řadami. Hlavní otázky jsou zřejmé: •
Existuje součet řady?
•
Jestliže existuje, jak ho lze určit?
•
Jaké vlastnosti má sčítání nekonečného počtu objektů?
•
Jaké jsou možnosti a využití řad?
Mějme dánu posloupnost reálných čísel {a n }1 = {a1 , a 2 ,..., a n }. Formálně vytvořený součet ∞
∞
jejích členů a1 + a 2 + ... + a n ... = ∑ a n nazýváme číselnou řadou. n =1
Posloupnost částečných součtů {s n }1 řady ∞
∞
∑a n =1
n
vznikne postupným zvyšováním počtu
sčítaných členů řady: s1 = a1 s 2 = a1 + a 2 s 3 = a1 + a 2 + a3 s n = a1 + a 2 + ... + a n 7
Každou číselnou řadu můžeme zapsat jako součet
∞
∑a n =1
n
= s n + a n +1 + a n + 2 + ... = s n + rn , kde
rn = a n +1 + a n + 2 + ... je zbytek řady po n -tém členu.
∞
Mějme řadu
∑a n =1
a její posloupnost částečných součtů {s n }1 . Jestliže ∞
n
⎧ s∈R ⎫ ⎪ ⎪ lim s n = ⎨ ± ∞ ⎬ , říkáme, že řada n →∞ ⎪neexistuje⎪ ⎭ ⎩
☺ •
∞
∑a n =1
n
konverguje a má součet s ⎧ ⎪ . ⎨ diverguje a má součet ± ∞ ⎪diverguje a nemá součet (osciluje ) ⎩
Řešený příklad
Pomocí posloupnosti částečných součtů rozhodněte o konvergenci či divergenci řady a určete její součet ∞
∑n n=2
1 −1
2
Řešení Zlomek rozložíme na dva parciální zlomky. 1 A B = + n −1 n −1 n +1 2
1 = A(n + 1) + B (n − 1)
n = 1 1 = 2A ⇒
A=
n = −1 1 = − 2 B ⇒
1 2
B=− ∞
Řada bude mít tvar
⎛1
1 2
1
1
1 ⎞
∑ ⎜⎝ 2 ⋅ n − 1 − 2 ⋅ n + 1 ⎟⎠ . n=2
součtů.
8
Sestavíme posloupnost částečných
s1 = a1 =
1 ⎛1 1 ⎞ ⎜ − ⎟ 2 ⎝1 3 ⎠
s 2 = a1 + a 2 =
1 ⎛1 1 ⎞ 1 ⎛ 1 1 ⎞ ⎜ − ⎟+ ⎜ − ⎟ 2 ⎝1 3 ⎠ 2 ⎝ 2 4 ⎠
s 3 = a1 + a 2 + a3 =
1 ⎛1 1 ⎞ 1 ⎛ 1 1 ⎞ 1 ⎛ 1 1 ⎞ ⎜ − ⎟+ ⎜ − ⎟+ ⎜ − ⎟ 2 ⎝1 3 ⎠ 2 ⎝ 2 4 ⎠ 2 ⎝ 3 5 ⎠
s n = a1 + a 2 + ... + a n =
1 ⎛1 1 ⎞ 1 ⎛ 1 1 ⎞ 1 ⎛ 1 1 ⎞ 1 ⎛ 1 1 ⎞ 1 ⎛ 1 1 ⎞ ⎜ − ⎟+ ⎜ − ⎟+ ⎜ − ⎟+ ⎜ − ⎟+ ⎜ − ⎟+ 2 ⎝1 3 ⎠ 2 ⎝ 2 4 ⎠ 2 ⎝ 3 5 ⎠ 2 ⎝ 4 6 ⎠ 2 ⎝ 5 7 ⎠
1⎛ 1 1 ⎞ 1⎛ 1 1 ⎞ 1⎛ 1 1⎞ 1⎛ 1 1 ⎞ − ⎟+ ⎜ − − + ⎜ − ⎟ ⎟+ ⎜ ⎟+ ⎜ 2 ⎝ n − 4 n − 2 ⎠ 2 ⎝ n − 3 n −1⎠ 2 ⎝ n − 2 n ⎠ 2 ⎝ n −1 n + 1⎠
+
Vidíme, že členy se postupně odečtou, zůstane nám s n =
1⎛ 1 1 1 ⎞ ⎜1 + − − ⎟. 2 ⎝ 2 n n + 1⎠
1⎛ 1 1 1 ⎞ 3 s = lim s n = lim ⎜1 + − − ⎟= n→∞ n →∞ 2 ⎝ 2 n n +1⎠ 4 Řada konverguje a má součet s =
•
3 . 4
Pomocí posloupnosti částečných součtů rozhodněte o konvergenci či divergenci řady a určete její součet ∞
2n + 1
∑ n (n + 1) n =1
2
2
Řešení Zlomek rozložíme na parciální zlomky. 2n + 1 A B C D = + 2 + + 2 n n n + 1 (n + 1)2 n (n + 1) 2
2n + 1 = An(n + 1) + B(n + 1) + Cn 2 (n + 1) + Dn 2 2
2
n = 0 1= B
n = −1 − 1 = D n = −2 − 3 = −2 A + B − 4C + 4 D n = 1 3 = 4 A + 4 B + 2C + D A = 0, C = 0 Řada bude mít tvar
∞
⎛ 1
∑ ⎜⎝ n n=2
2
−
⎞ ⎟ . Sestavíme posloupnost částečných součtů. (n + 1) ⎟⎠ 1
2
9
⎛1 1 ⎞ s1 = a1 = ⎜ − ⎟ ⎝1 4 ⎠ ⎛1 1 ⎞ ⎛ 1 1 ⎞ s 2 = a1 + a 2 = ⎜ − ⎟ + ⎜ − ⎟ ⎝1 4 ⎠ ⎝ 4 9 ⎠ ⎛1 1 ⎞ ⎛ 1 1 ⎞ ⎛ 1 1 ⎞ s3 = a1 + a 2 + a3 = ⎜ − ⎟ + ⎜ − ⎟ + ⎜ − ⎟ ⎝ 1 4 ⎠ ⎝ 4 9 ⎠ ⎝ 9 16 ⎠ 1 ⎞ ⎛ 1 1 ⎞ ⎛1 1 ⎞ ⎛ 1 1 ⎞ ⎛ 1 1 ⎞ ⎛ 1 s n = a1 + a 2 + ... + a n = ⎜ − ⎟ + ⎜ − ⎟ + ⎜ − ⎟ + ⎜ − ⎟ + ⎜ − ⎟ + ⎝ 1 4 ⎠ ⎝ 4 9 ⎠ ⎝ 9 16 ⎠ ⎝ 16 25 ⎠ ⎝ 25 36 ⎠ ⎛ 1 1 ⎞ ⎛ 1 1 ⎞ ⎛ 1 1 ⎞ ⎟ ⎟+⎜ 2 − ⎟+⎜ − + + ⎜⎜ − 2 2 ⎟ 2 2 2 ⎟ ⎟ ⎜n ⎜ (n − 1) n ( ) ( ) ( ) 2 1 1 + n n n − − ⎠ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎝ ⎛ 1 Vidíme, že členy se postupně odečtou, zůstane nám s n = ⎜⎜1 − 2 ⎝ (n + 1) ⎛ 1 s = lim⎜⎜1 − 2 n →∞ ⎝ (n + 1)
⎞ ⎟. ⎟ ⎠
⎞ ⎟ =1 ⎟ ⎠
Řada konverguje a má součet s = 1 .
•
Určete n-tý člen a součet řady:
1 1 1 1 + + + + 1 .3 3 .5 5 .7 7 .9
Řešení a1 1 1.3 1 1.3
an 1 n(n + 2) 1 (2n − 1)(2n + 1)
a2 1 2.4 1 3.5
a3
a4 NE
1 5.7
1 7.9
∞
Řadu lze vyjádřit ve tvaru
ANO
1
∑ (2n − 1)(2n + 1) . Zlomek rozložíme na parciální zlomky. n =1
1 A B = + (2n − 1)(2n + 1) (2n − 1) (2n + 1) 1 = A(2n + 1) + B (2n − 1)
n=
1 1 = 2A ⇒ 2
n=−
A=
1 2
1 1 1 = −2 B ⇒ B = − 2 2 10
∞
1⎛
1
1
⎞
∑ 2 ⎜⎝ 2n − 1 − (2n + 1) ⎟⎟ .
Řada bude mít tvar
⎠
n=2
Sestavíme posloupnost částečných
součtů. s1 = a1 =
1 ⎛1 1 ⎞ ⎜ − ⎟ 2 ⎝1 3 ⎠
s 2 = a1 + a 2 =
1 ⎛1 1 ⎞ 1 ⎛ 1 1 ⎞ ⎜ − ⎟+ ⎜ − ⎟ 2 ⎝1 3 ⎠ 2 ⎝ 3 5 ⎠
s n = a1 + a 2 + ... + a n =
1 ⎛1 1 ⎞ 1 ⎛ 1 1 ⎞ 1 ⎛ 1 1 ⎞ 1 ⎛ 1 1 ⎞ 1 ⎛ 1 1 ⎞ ⎜ − ⎟+ ⎜ − ⎟+ ⎜ − ⎟+ ⎜ − ⎟+ ⎜ − ⎟+ 2 ⎝ 1 3 ⎠ 2 ⎝ 3 5 ⎠ 2 ⎝ 5 7 ⎠ 2 ⎝ 7 9 ⎠ 2 ⎝ 9 11 ⎠
1⎛ 1 1 ⎞ 1⎛ 1 1 ⎞ 1⎛ 1 1 ⎞ + ⎜ − − − ⎟+ ⎜ ⎟+ ⎜ ⎟ 2 ⎝ 2n − 5 2n − 3 ⎠ 2 ⎝ 2n − 3 2 n − 1 ⎠ 2 ⎝ 2n − 1 2n + 1 ⎠
+
Vidíme, že členy se postupně odečtou, zůstane nám s n =
1⎛ 1 ⎞ ⎜⎜1 − ⎟. 2 ⎝ (2n + 1) ⎟⎠
1⎛ 1 ⎞ 1 ⎟⎟ = s = lim ⎜⎜1 − n →∞ 2 ⎝ (2n + 1) ⎠ 2 Řada konverguje a má součet s =
1 . 2
Nutná podmínka konvergence ∞
Je-li řada
∑a n =1
n
konvergentní, pak platí lim a n = 0 . n→∞
Tuto podmínku využijeme nejlépe v případě, že řada má limitu lim a n ≠ 0 , pak totiž řada n→∞
diverguje, pokud je lim a n = 0 , nevíme o konvergenci či divergenci řady nic. n→∞
Geometrická řada Geometrická řada s kvocientem q je řada Odvodit vzorec pro součet!!! ∞
∑ a.q
n −1
= a + aq + aq 2 + aq 3 +
n =1
Pro q < 1 je řada konvergentní a má součet s = Pro q ≥ 1 je řada divergentní.
11
a . 1− q
☺ •
Řešený příklad
Nalezněte součet řady
∞
2n . ∑ n n =1 3
Řešení 2
∞
3
2n 2 ⎛ 2 ⎞ ⎛ 2 ⎞ = +⎜ ⎟ +⎜ ⎟ + ∑ n 3 ⎝3⎠ ⎝3⎠ n =1 3 2 její součet je s = 3 = 2 . 2 1− 3
•
Nalezněte součet řady
∞
∑3 n =1
5 n −1
Jedná se o GŘ, q =
2 < 1 , řada je konvergentní a 3
.
Řešení ∞
5 5 + + 3 32 n =1 5 15 součet je s = = . 1 2 1− 3
∑3
•
5
n −1
= 5+
∞
Nalezněte součet řady
∑ arctan
Jedná se o GŘ, q =
n
1 < 1 , řada je konvergentní a její 3
1.
n =1
Řešení n
π ⎛π ⎞ arctan 1 = ∑ ⎜ ⎟ Jedná se o GŘ, q = < 1 , řada je konvergentní a její ∑ 4 n =1 n =1 ⎝ 4 ⎠ π π . součet je s = 4 = π 4 −π 1− 4 ∞
•
n
∞
Nalezněte součet řady
∞
5n . ∑ n =1 4
Řešení ∞
5 n 5 5 2 53 = + + + ∑ 4 4 4 n =1 4 součet.
Jedná se o GŘ, q =
12
5 > 1 , řada je divergentní a nemá 4
•
n
∞
⎛7⎞ Nalezněte součet řady ∑ ⎜ ⎟ . n =1 ⎝ 3 ⎠
Řešení ∞
n
2
3
7 ⎛7⎞ ⎛7⎞ ⎛7⎞ ⎜ ⎟ = +⎜ ⎟ +⎜ ⎟ + ∑ 3 ⎝3⎠ ⎝3⎠ n =1 ⎝ 3 ⎠ nemá součet.
Jedná se o GŘ, q =
7 > 1 , řada je divergentní a 3
Harmonická řada Harmonická řada je definována předpisem
∞
1
1
1
1
∑ n = 1+ 2 + 3 + 4 +
. Tato řada je divergentní,
n =1
přestože platí lim a n = 0 . n→∞
Nechť je k ∈ N . Pak řady
∞
∑a n =1
n
∞
Můžeme psát
∑ an = a1 + a2 + n =1
Označíme sn = a1 + a2 + σ n = sn − sk .
+ an
∞
a
∑a
n = k +1
+ ak +
n
současně konvergují nebo divergují.
∞
∑a
n = k +1
a pro
n
.
n ≥ k +1
dále σ n = ak +1 + ak + 2 +
+ an , takže
Konvergentní případ: je-li lim sn = s , pak lim σ n = s − sk . Naopak, je-li lim σ n = σ , pak n →∞
lim sn = lim (σ n + sk ) = σ + sk . n →∞
n →∞
n →∞
n →∞
Divergentní případ: jestliže posloupnost
{ sn }
diverguje, potom diverguje i posloupnost
{σ n } = {sn − sk } , neboť v opačném případě by podle předchozího konvergovala i posloupnost {sn } , což je spor s předpokladem. Podobně z divergence {σ n } plyne divergence posloupnosti {sn } = {σ n + sk } . Liší-li se dvě řady v konečném počtu členů, pak obě současně konvergují nebo divergují.
13
Vlastnosti konvergentních řad ∞
Mějme konvergentní řady
∑a
n
=s a
1
∞
∑b
n
=t.
1
1. Je-li pro ∀n ∈ N : an ≤ bn , pak s ≤ t . ∞
2.
∞
n
n
1
∑ c.a
n
1
∞
Mějme řady
n
1
∞
3.
∞
∑ a + ∑b = ∑(a ∞
= c ∑ an = c.s, ∀c ∈ R .
∑ an , n =1
+ bn ) = s + t .
1
1
∞
∑b n =1
n
, nechť platí ∀n ∈ N : a n ≤ bn , pak říkáme, že
∞
1.
řada
∑ a n je minorantou řady n =1 ∞
2.
řada
∑ bn je majorantou řady n =1
∞
∑b n =1
,
n
∞
∑a n =1
n
.
14
1.3.
Řady s kladnými členy ∞
∑a
Řada
n =1
n
= a1 + a 2 + ... + a n ... , kde každé a n ≥ 0 , se nazývá řada s kladnými členy.
Řada s kladnými členy buď konverguje nebo diverguje k ∞ , protože její posloupnost částečných součtů je vždy neklesající.
Kritéria konvergence řad s kladnými členy 1.
Srovnávací kritérium ∞
Mějme řady
∑ an , n =1
Řada
∞
∑a
∞
∑b n =1
n
s kladnými členy, nechť platí ∀n ∈ N : a n ≤ bn .
n
konverguje, jestliže konverguje její majoranta.
n
diverguje, diverguje-li její minoranta.
n =1 ∞
Řada
∑b n =1
☺ •
Řešený příklad
Pomocí některého kritéria konvergence řad s kladnými členy zjistěte, zda je řada konvergentní nebo divergentní. ∞
1
∑ n.2 1
n
Řešení ∞
Řada
1
∑ n.2 1
n
konverguje, protože majoranta této řady konverguje.
1 1 ≤ n , ∀n ∈ N , n 2 n.2 ∞
majoranta
1
•
1
∑2
n
je geometrická řada s kvocientem q =
1 . 2
Pomocí některého kritéria konvergence řad s kladnými členy zjistěte, zda je řada konvergentní nebo divergentní. ∞
∑ 1
1 n 15
Řešení ∞
1 diverguje, protože minoranta n
∑
Řada
1
∞
1
∑n
je harmonická řada a ta diverguje.
1
1 1 , ∀n ∈ N ≤ n n n≤n n ≤ n2
,
0 ≤ n2 − n 0 ≤ n ( n − 1) tato nerovnost platí pro n ≥ 1 , řada je divergentní. •
Pomocí některého kritéria konvergence řad s kladnými členy zjistěte, zda je řada konvergentní nebo divergentní. ∞
n+2 2 +1
∑n 1
Řešení
n+2 ∑1 n2 + 1 diverguje, protože minoranta ∞
Řada
∞
1
∑n
je harmonická řada a ta diverguje.
1
1 n+2 , ∀n ∈ N ≤ n n2 + 1 n 2 + 1 ≤ n 2 + 2n . 1 ≤ 2n
1.
Odmocninové (Cauchyho) kritérium ∞
Nechť pro řadu
∑a n =1
existuje
n
lim n a n = L , n→∞
pak platí: 1.
je-li L > 1 , řada diverguje,
2.
je-li L < 1 , řada konverguje.
Důkaz: a) Uvažujme číslo k tak, že L < k < 1 . Pak pro skoro všechny členy posloupnosti platí, že
n
an < k , tj. 0 ≤ an < k n . To však znamená, že řada
∞
∑k
n
n =1
∞
majorantou řady
∑a n =1
n
, která proto konverguje podle srovnávacího kritéria. 16
{ a} n
n
je konvergentní
b) Mějme nyní L > 1 , pak pro skoro všechna n bude
n
an ≥ 1 neboli an ≥ 1 . To znamená, že
limita posloupnosti {an } se nerovná nule a řada nesplňuje nutnou podmínku konvergence, a proto diverguje.
☺ •
Řešený příklad
Pomocí kritéria konvergence řad s kladnými členy zjistěte, zda je řada konvergentní nebo divergentní. ∞
⎛ n ⎞ ∑1 ⎜⎝ 2n + 1 ⎟⎠
n
Řešení Použijeme odmocninové kritérium. n
⎛ n ⎞ ⎛ n ⎞ 1 lim a n = lim n ⎜ = lim⎜ ⎟ ⎟ = <1 n→∞ n →∞ n →∞ 2n + 1 ⎝ 2n + 1 ⎠ ⎝ ⎠ 2 n
Řada konverguje. •
Pomocí kritéria konvergence řad s kladnými členy zjistěte, zda je řada konvergentní nebo divergentní.
⎛ n +1⎞ ∑1 ⎜⎝ n ⎟⎠ ∞
n2
Řešení Použijeme odmocninové kritérium.
⎛ n +1⎞ lim an = lim ⎜ ⎟ n →∞ n →∞ ⎝ n ⎠ n
n2
n
n
Řada diverguje.
2.
Podílové (D’Alembertovo kritérium) ∞
Nechť pro řadu
∑a n =1
n
n
⎛ n +1⎞ ⎛ 1⎞ = lim ⎜ = lim ⎜ 1 + ⎟ = e > 1 ⎟ n →∞ ⎝ n ⎠ n→∞ ⎝ n ⎠
existuje a n +1 = L, n →∞ a n
lim
pak platí: 1.
je-li L > 1 , řada diverguje,
2.
je-li L < 1 , řada konverguje.
17
Důkaz:
a) Nechť k ∈ ( L,1) . Pak pro skoro všechna n je
an +1 < k , tzn. že existuje n0 ∈ N tak, že an
∀m > n0 : am +1 < k .am , am + 2 < k .am +1 < k 2 .am , am + N < k N .am atd . ∞
Vidíme, že řada am ∑ k N je konvergentní majorantou řady 1
∞
∑a n =1
n
, která podle srovnávacího
kritéria konverguje. b) Pro L > 1 pak pro skoro všechna n platí an +1 ≥ 1 ⇒ an +1 ≥ an . an Posloupnost {an } je tedy neklesající a kladná, proto nemůže splnit nutnou podmínku konvergence lim a n = 0 . n→∞
☺ •
Řešený příklad
Pomocí kritéria konvergence řad s kladnými členy zjistěte, zda je řada konvergentní nebo divergentní. ∞
1
∑ (2n + 1) ! 1
Řešení Pokud výraz obsahuje faktoriál, použijeme podílové kritérium.
lim n→∞
a n +1 an
1 (2n + 3) ! = lim (2n + 1) ! 1 = lim = 0 <1 = lim n →∞ n → ∞ n → ∞ 1 (2n + 3)(2n + 2)(2n + 1) ! (2n + 3)(2n + 2) (2n + 1) !
Řada konverguje.
18
•
Pomocí kritéria konvergence řad s kladnými členy zjistěte, zda je řada konvergentní nebo divergentní. ∞
2n ∑1 n2 Řešení
2n +1
( n + 1) = lim 2.2n. ( n + 1) = 2 > 1 a lim n +1 = lim n →∞ a n →∞ n →∞ 2n 2n.n 2 n n2 2
2
Řada konverguje.
Poznámka: V případě, že je L = 1 , neumíme pomocí odmocninového a podílového kritéria rozhodnout o konvergenci řady. Musíme použít jiné kritérium.
3.
Integrální kritérium
Nechť funkce f ( x ) je na intervalu 1, ∞ ) kladná a klesající, přičemž f (n ) = a n pro ∀n ∈ N . Pak řada
∞
∞
∑a n =1
n
konverguje, právě když konverguje nevlastní integrál
1
Důkaz: Podle předpokladů věty je ∀k ∈ N k +1
ak ≥
∫ f ( x ) dx ≥ a
k +1
.
k
Sečteme tyto nerovnosti pro k = 1, 2,3,… , n : ∞
∑a k =1
k
n +1
≥
∫
∞
f ( x ) dx ≥ ∑ ak +1 k =1
1
n +1
tj. sn ≥
∫ f ( x ) dx ≥ s
n +1
− a1
1
Z toho plyne, je-li
∫ f (x )dx .
∞
∑a n =1
n
konvergentní, pak ∞
lim sn = lim sn +1 = s ⇒ s ≥ ∫ f ( x ) dx ≥ s − a1 n →∞
n →∞
1
to znamená, že nevlastní integrál konverguje. ∞
Konverguje-li integrál
∫ f ( x ) dx , pak také platí, že 1
19
∞
∫ f ( x ) dx ≥ s − a . 1
1
To znamená, že součet s je konečný a řada konverguje. f(x)
5
4.5
4
3.5
3
2.5
2
1.5
an 1
a n+1
0.5
0
1
2
3
n
n+1
x
-0.5
☺ •
Řešený příklad
Pomocí kritéria konvergence řad s kladnými členy zjistěte, zda je řada konvergentní nebo divergentní. ∞
1
∑n 1
3
Řešení Použijeme integrální kritérium. ∞
∫ 1
∞
b
1 1⎤ 1 ⎡ 1 ⎤ ⎡ 1 f ( x )dx = ∫ 3 dx = lim ⎢ − 2 ⎥ = lim ⎢ − 2 + ⎥ = →∞ →∞ b b x ⎣ 2 x ⎦1 ⎣ 2b 2 ⎦ 2 1
Integrál konverguje, řada konverguje. •
Pomocí kritéria konvergence řad s kladnými členy zjistěte, zda je řada konvergentní nebo divergentní. ∞
1
∑ 2n + 1 1
Řešení Použijeme integrální kritérium. ∞
∫ 1
∞
b
1 ⎡1 ⎤ ⎡1 ⎤ f ( x )dx = ∫ dx = lim ⎢ ln 2 x + 1 ⎥ = lim ⎢ (ln 2b + 1 − ln 3)⎥ = ∞ b → ∞ b → ∞ 2x + 1 ⎣2 ⎦1 ⎣2 ⎦ 1
Integrál diverguje, řada diverguje. 20
4.
Raabeovo kritérium
Nechť pro řadu
∞
∑a n =1
n
existuje ⎛ a ⎞ lim n⎜⎜1 − n +1 ⎟⎟ = L , n →∞ an ⎠ ⎝
pak platí: 1.
je-li L > 1 , řada konverguje,
2.
je-li L < 1 , řada diverguje.
☺ •
Řešený příklad
Pomocí kritéria konvergence řad s kladnými členy zjistěte, zda je řada konvergentní nebo divergentní. ∞
n +1 3 +1
∑n 1
Řešení Podílové kritérium:
a n +1 n →∞ a n
lim
(n + 2) (n + 1)3 + 1 = lim (n 3 + 1)(n + 2) = lim n 4 + 2n 3 + n + 2 = 1 = lim n →∞ n →∞ ((n + 1)3 + 1)(n + 1) n →∞ n 4 + 4n 3 + 4n 2 + 3n + 2 (n + 1) n3 + 1
Nerozhodneme. Raabeovo kritérium:
⎛ a ⎞ ⎛ ⎞ n 4 + 2n 3 + n + 2 ⎟= lim n⎜⎜1 − n +1 ⎟⎟ = lim n⎜⎜1 − 4 3 2 n→∞ a n ⎠ n→∞ ⎝ n + 4n + 6n + 5n + 2 ⎟⎠ ⎝ ⎛ n 4 + 4n 3 + 6n 2 + 5n + 2 − n 4 − 2n 3 − n − 2 ⎞ ⎟⎟ = = lim n⎜⎜ n→∞ n 4 + 4n 3 + 4n 2 + 3n + 2 ⎝ ⎠ 4 3 2 ⎛ ⎞ 2n + 6n + 4 n ⎟ = 2 >1 = lim⎜⎜ 4 n → ∞ n + 4n 3 + 4 n 2 + 3n + 2 ⎟ ⎝ ⎠ Řada konverguje.
21
☺ •
Řešený příklad
Pomocí vhodného kritéria konvergence řad s kladnými členy zjistěte, zda je řada konvergentní nebo divergentní. ∞
1.
n
∑2 1
n
Řešení Použijeme odmocninové kritérium.
lim n a n = lim n n →∞
∞
2.
n →∞
n 1 = <1 n 2 2
Řada konverguje.
2.5.8. .(3n − 1)
∑ 1.5.9. .(4n − 3) 1
Řešení
a n +1 n →∞ a n
lim
∞
3.
Řada konverguje.
1
∑5 1
2.5.8. .(3n − 1)(3n + 2 ) (3n + 2) = 3 < 1 1.5.9. .(4n − 3)(4n + 1) = lim = lim n →∞ n → ∞ (4n + 1) 2.5.8. .(3n − 1) 4 1.5.9. .(4n − 3)
n
Řešení Použijeme odmocninové kritérium.
lim n a n = lim n n→∞
n→∞
1 1 = <1 n 5 5
Řada konverguje.
∞
4.
n2 ∑1 3 n
Řešení
(n + 1)2 n +1 a lim n +1 = lim 3 2 n→∞ a n →∞ n n 3n
2 ( n + 1) .3 n = lim n→∞
n 2 + 2n + 1 1 = lim = < 1 Řada konverguje. n →∞ 3 3n 2 n 2 .3 n.3
22
∞
5.
∑ 1
(n + 1)! n !.2 n
Řešení
a n +1 n →∞ a n
lim
(n + 2)! (n + 1)!.2 n+1 = lim n →∞ (n + 1)!
2 n n ! (n + 2 )(n + 1)! (n + 2) = 1 < 1 = lim n n →∞ (n + 1)!.2 .2.(n + 1).n ! n →∞ (2n + 2 ) 2
= lim
n !.2 n
Řada konverguje.
∞
6.
⎛ n ⎞ ∑1 ⎜⎝ 2n + 1 ⎟⎠
n
Řešení Použijeme odmocninové kritérium. n
⎛ n ⎞ ⎛ n ⎞ 1 lim a n = lim ⎜ = lim⎜ ⎟ ⎟ = <1 n→∞ n →∞ n →∞ 2n + 1 ⎝ 2n + 1 ⎠ ⎝ ⎠ 2 n
∞
7.
∑ 1
n
Řada konverguje.
n 1⎞ ⎛ ⎜3 + ⎟ n⎠ ⎝
n
Řešení Použijeme odmocninové kritérium.
n
lim n a n = lim n →∞
⎛ 3n − 1 ⎞ ∑1 ⎜⎝ 9n + 1 ⎟⎠ ∞
8.
n →∞
n
1⎞ ⎛ ⎜3 + ⎟ n⎠ ⎝
n
= lim n→∞
1 1 3+ n
=
1 <1 3
Řada konverguje.
2n
Řešení Použijeme odmocninové kritérium.
⎛ 3n − 1 ⎞ lim n a n = lim n ⎜ ⎟ n→∞ n →∞ ⎝ 9n + 1 ⎠
2n
2
1 ⎛ 3n − 1 ⎞ = lim⎜ = <1 ⎟ n →∞ 9n + 1 9 ⎝ ⎠
23
Řada konverguje.
∞
9.
1
∑ (n + 1) 1
n
Řešení Použijeme integrální kritérium. ∞
∫ 1
∞
f ( x )dx = ∫ 1
1
(x + 1)
x
dx =
x = t2 dx = 2tdt
b h.m. = ∞ 2tdt = lim ∫ 2 = d .m. = 1 b→∞ 1 t + 1 t
(
= lim[2 arctan t ]1 = lim[2 arctan b − 2 arctan 1] = π − b
b →∞
b →∞
π 2
=
)
π 2
Integrál konverguje, řada konverguje. ∞
10.
n!
∑ 10 1
n
Řešení Pokud výraz obsahuje faktoriál, použijeme podílové kritérium.
(n + 1)!
n +1 a n +1 10 n (n + 1) ⋅ n ! n +1 10 lim = lim = lim = lim = ∞ >1 n n →∞ a n →∞ n → ∞ n → ∞ n! 10 10 .10.n ! n 10 n
24
Řada diverguje.
1.4.
Alternující řady
Řady s obecnými členy jsou takové, kde se libovolně střídají znaménka jejích členů. ∞
Mějme řadu s obecnými členy
∞
∑a n =1
konverguje absolutně. Nekonverguje-li
∞
∞
n
n =1
n =1
∞
∑ an , pak konverguje i řada
∞
Důkaz: Řadu
∑a
ano, pak říkáme, že řada
n
n =1
∞
∑a
(−)
n
n =1
∞
∑a
1.
n =1
∞
∑a n =1
∑ an rozdělíme na řadu jejích kladných členů n =1
.
n
∞
∑a n =1
(+)
a řadu jejích záporných
n
a použijeme srovnávací kritérium na každou zvlášť:
(+)
n
∞
≤ ∑ an , proto řada kladných členů konverguje, označme její součet s ( + ) , n =1
∞
2. také −∑ an ( − ) je řada s kladnými členy vybraná z konvergentní řady n =1
∞
∑a n =1
n
, proto
konverguje a její součet označíme s ( − ) . ∞
Spojením obou výsledků dostáváme
∑a n =1
n
= s ( + ) − s ( − ) . Tento součet je konečný a řada
konverguje.
☺
Řešený příklad
Rozhodněte, zda dané řady konvergují absolutně: ∞
a)
∑ 1
sin n n3
∞
b)
∑ ( −1) 1
n −1
2n n +1 2
Řešení a) řada konverguje absolutně, protože
sin n 1 ≤ 3 řada n3 n
25
n
∞
∑ an , ale řada
n =1
•
∑a
konverguje relativně (neabsolutně).
Věta: Jestliže konverguje řada
členů
, pak říkáme, že řada
n
n =1
n =1
∑a
∞
∑a
n , konverguje-li řada
∞
1
∑n 1
3
konverguje.
b) řada nekonverguje absolutně, protože an =
2n 2 n +1
∞
řada
∑n 1
2n +1
2
diverguje
(integrální kritérium).
∞
Řada
∑ (− 1)
n −1
n =1
a n = a1 − a 2 + a3 − a 4 +
+ (− 1)
n −1
an
, kde každé a n ≥ 0 , se nazývá
alternující řada. Leibnitzovo kritérium konvergence alternujících řad Nechť pro alternující řadu platí: 1.
lim a n = 0 ,
2.
{an }1
n→∞
∞
je nerostoucí posloupnost, tedy a n +1 ≤ a n .
Pak je tato řada konvergentní. Důkaz: Uvažujme částečný součet sudého počtu členů, v němž a1 > 0 : + a2 m −1 − a2 m = a1 − ( a2 − a3 ) − ( a4 − a5 ) −
s2 m = a1 − a2 + a3 − a4 +
− ( a2 m − 2 − a2 m −1 ) − a2 m .
Podle předpokladu (2) je každý rozdíl a2 k − 2 − a2 k −1 ≥ 0 , tj. s2m ≤ a1 , a posloupnost je tudíž shora omezená. Současně je neklesající, protože platí s2 m − s2 m − 2 = a2 m −1 − a2 m ≤ 0 . Má tedy limitu lim s2 m = s . m →∞
Vezmeme-li nyní posloupnost lichých částečných součtů, platí pro ně podle předpokladu (1) s2 m +1 = s2 m + a2 m +1 , lim s2 m +1 = lim s2 m + lim a2 m +1 = s + 0 = s .
m →∞
m →∞
m →∞
Shrnutím obou výsledků obdržíme ∞
lim s2 m = lim s2 m +1 = lim sm = s = ∑ ( −1)
m →∞
m →∞
m →∞
n =1
n +1
an ,
a proto řada za daných podmínek konverguje. Poznámka: Leibnitzovo kritérium slouží k ověření relativní konvergence řady.
26
☺ • 2.
Řešený příklad
Rozhodněte o konvergenci alternující řady. ∞
(− 1)n−1
∑ 3n − 2 1
Řešení ∞
Nejdříve rozhodneme o konvergenci řady s kladnými členy
1
∑ 3n − 2 . 1
Použijeme integrální kritérium. ∞
∫ 1
b
∞
1 ⎡1 ⎤ ⎡1 ⎤ dx = lim ⎢ ln 3 x − 2 ⎥ = lim ⎢ (ln 3b − 2 − 0 )⎥ = ∞ b → ∞ b → ∞ 3x − 2 ⎣3 ⎦ ⎣3 ⎦1 1
f ( x )dx = ∫
Integrál diverguje, řada diverguje. Nyní pomocí Leibnitzova kritéria: 1 =0, n → ∞ 3n − 2
1. lim a n = lim n →∞
2. a n +1 ≤ a n
⇒
1 1 ≤ ⇒ 3n − 2 ≤ 3n + 1 ⇒ − 2 ≤ 1 . 3n + 1 3n − 2
Leibnitzovo kritérium je splněno, řada konverguje relativně.
3.
∞
∑ (− 1)
n −1
1
n+2 n +1
Řešení ∞
Nejdříve rozhodneme o konvergenci řady s kladnými členy
n+2
∑ n +1 . 1
Raabeovo kritérium: n+3 ⎞ ⎛ ⎛ ( n + 3)( n + 1) ⎞ ⎜ n+2 ⎟ ⎛ an +1 ⎞ ⎛ n 2 + 4n + 3 ⎞ lim n ⎜1 − = lim n 1 − = lim n ⎜ 1 − ⎟ = lim n ⎜ ⎟ ⎟ ⎜1 − 2 ⎟= 2 n →∞ an ⎠ n→∞ ⎜ n + 2 ⎟ n→∞ ⎝⎜ ( n + 2 ) ⎠⎟ n→∞ ⎝ n + 4n + 4 ⎠ ⎝ n +1 ⎠ ⎝ ⎛ n 2 + 4n + 4 − ( n 2 + 4n + 3 ) ⎞ n ⎞ ⎟ = lim ⎜⎛ 2 = lim n ⎜ = 0 < 1 Řada diverguje. ⎟ 2 n →∞ ⎜ ⎟ n→∞ ⎝ n + 4n + 4 ⎠ n + 4n + 4 ⎝ ⎠ Nyní pomocí Leibnitzova kritéria: 5. lim a n = lim n→∞
n →∞
n+2 =1≠ 0, n +1
Leibnitzovo kritérium není splněno, řada diverguje. 27
4.
∞
∑ 1
(− 1)n−1 n2
Řešení ∞
Nejdříve rozhodneme o konvergenci řady s kladnými členy
1
∑n 1
2
.
Použijeme integrální kritérium. ∞
∫ 1
b
∞
1 ⎡ 1 ⎤ ⎡ 1⎤ f ( x )dx = ∫ 2 dx = lim ⎢− ⎥ = lim ⎢− + 1⎥ = 1 b →∞ ⎣ x ⎦ 1 b →∞ ⎣ b ⎦ 1 x
Integrál konverguje, řada konverguje. 5.
∞
∑ 1
(− 1)n−1 n ln n
Řešení ∞
Nejdříve rozhodneme o konvergenci řady s kladnými členy
1
∑ n ln n . 2
Použijeme integrální kritérium. ∞
∫ 2
∞
f ( x )dx = ∫ 2
1 b dx = lim[ln ln x ]2 = lim[(ln ln b − ln ln 2 )] = ∞ b →∞ b →∞ x ln x
Integrál diverguje, řada diverguje. Nyní pomocí Leibnitzova kritéria: 1 =0, n →∞ n ln n
1. lim a n = lim n→∞
2. a n +1 ≤ a n
⇒
1 1 ≤ (n + 1) ln(n + 1) n ln n
⇒ n ln n ≤ (n + 1) ln (n + 1) .
Leibnitzovo kritérium je splněno, řada konverguje relativně. ∞
6.
∑ (− 1) 1
n −1
⎛ 2n + 1 ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ 3n + 1 ⎠
n
Řešení Použijeme odmocninové kritérium. n
⎛ 2n + 1 ⎞ ⎛ 2n + 1 ⎞ 1 lim a n = lim ⎜ = lim⎜ ⎟ ⎟ = <1 n→∞ n →∞ n → ∞ 3n + 1 ⎝ 3n + 1 ⎠ ⎝ ⎠ 3 n
n
Řada je absolutně konvergentní.
28
Operace s řadami Násobení řad Součinem řad
∑a ,∑b n
n
nazýváme řadu
c1 = a1.b1 , c2 = a1.b2 + a2 .b1 ,
Jsou-li řady
∑a ,∑b n
n
∑c
n
, pro jejíž členy platí:
, cn = a1.bn + a2 .bn −1 +
+ an −1.b2 + an .b1 ,
absolutně konvergentní se součty s, t , pak také jejich součin je
absolutně konvergentní a její součet je s.t .
☺ •
Řešený příklad
Najděte řadu, která je součinem zadaných řad. Je-li to možné, určete její součet.
1 ∞ ( −1) ∑1 3n−1 , ∑1 3n−1
n −1
∞
Řešení Postupným výpočtem obdržíme řadu 1 ∞ ( −1) ∑1 3n−1 ⋅ ∑1 3n−1
n −1
∞
= 1+ 0 +
1 1 +0+ 4 +0+ 2 3 3
∞
=∑ 0
1 . 9n
Obě zadané geometrické řady jsou absolutně konvergentní, jejich součty jsou 1 3 ∞ ( −1) ∑1 3n−1 = 2 , ∑1 3n−1
n −1
∞
=
3 4 ∞
Absolutně konverguje tedy i jejich součin a jeho součet je
1
∑9 0
n
9 = . 8
Přerovnání členů řady ∞
Mějme řadu
∑a n =1
n
= a1 + a2 + a3 + a4 +
a prosté zobrazení ν : N → N . Říkáme, že
+ an
řada aν (1) + aν ( 2) + aν (3) + ∞
vznikla přerovnáním řady
∑a n =1
n
29
∞
= ∑ aν ( n ) n =1
∞
Nechť řada
∑ an absolutně konverguje. Pak každá řada n =1
∞
∑ aν ( ) , n =1
n
která vznikla jejím
přerovnáním, rovněž konverguje, a to ke stejnému součtu.
Reimannova věta: Konverguje-li řada
∞
∑a n =1
n
neabsolutně, pak lze její členy přerovnat tak,
aby vzniklá řada konvergovala k předem stanovenému součtu, případně aby divergovala.
☺ •
Řešený příklad ∞
Alternující řada
∑
( −1)
n =1
n −1
n
konverguje podle Leibnitzova kritéria, ale nekonverguje absolutně.
Ukážeme, že jejím přerovnáním získáme konvergentní řadu s jiným součtem.
Řešení ∞
∑ n =1
( −1) n
n −1
1 1 1 1 1 1 1 = 1− + − + − + − + 2 3 4 5 6 7 8
1 ∞ ( −1) dále je ∑ 2 n =1 n
n −1
=
1 1 1 1 − + − + 2 4 6 8
=
=s
s . 2
Sečteme-li obě rovnosti, dostaneme 1 1 1 1 1 1 1 1 1+ − + + − + + − + 3 2 5 7 4 9 11 6
=
3 s 2
Tato řada může vzniknout také tak, že přerovnáme členy v původní řadě tak, že napíšeme dva kladné členy a jeden záporný. Součet se tím o polovinu zvětší.
30
Přibližný výpočet součtu řady Odhad zbytku rn pro absolutně konvergentní řady 1.
Odhad zbytku řady na základě integrálního kritéria: ∞
Mějme konvergentní řadu
∑a n =1
n
s kladnými členy, nechť funkce f ( x ) je na intervalu 1, ∞ )
kladná a klesající, přičemž f (n ) = a n pro ∀n ∈ N . Pak pro rn platí: ∞
rn ≤ ∫ f ( x ) dx . n
2.
an +1 ≤ q < 1 , pak zbytek rn řady an
Platí-li pro všechna dosti velká n vztah
splňuje nerovnost rn ≤ an ⋅
q . 1− q
Odhad zbytku rn pro alternující řady ∞
Nechť
∑ ( −1)
n +1
n =1
an je alternující řada, pak zbytek rn řady splňuje nerovnost rn ≤ an +1 .
☺ •
Řešený příklad ∞
Určete odhad zbytku konvergentní řady
1
∑n 1
3
po desátém členu.
Řešení Integrálním kritériem zjistíme, zda řada konverguje: ∞
∫ 1
b
∞
1 1⎤ 1 ⎡ 1 ⎤ ⎡ 1 f ( x ) dx = ∫ 3 dx = lim ⎢ − 2 ⎥ = lim ⎢ − 2 + ⎥ = b →∞ x ⎣ 2 x ⎦1 b→∞ ⎣ 2b 2 ⎦ 2 1
Řada konverguje. ∞
∞
b
1 1 ⎤ 1 ⎡ 1 ⎤ ⎡ 1 rn ≤ ∫ f ( x ) dx = ∫ 3 dx = lim ⎢ − 2 ⎥ = lim ⎢ − 2 + 2 ⎥ = 2 b →∞ x ⎣ 2 x ⎦ n b→∞ ⎣ 2b 2n ⎦ 2n n n r10 ≤
1 200 31
∞
∑a n =1
n
•
∞
Určete odhad zbytku konvergentní řady
1
∑n 1
4
po n-tém členu, kolik členů je třeba vzít, aby
zbytek byl menší než 0,001.
Řešení Integrálním kritériem zjistíme, zda řada konverguje: ∞
∫ 1
b
∞
1 ⎡ 1 ⎤ ⎡ 1 1⎤ 1 f ( x ) dx = ∫ 4 dx = lim ⎢ − 3 ⎥ = lim ⎢ − 3 + ⎥ = →∞ →∞ b b x ⎣ 3 x ⎦1 ⎣ 3b 3 ⎦ 3 1
Řada konverguje. ∞
rn ≤ ∫ n
b
∞
1 1 ⎤ 1 ⎡ 1 ⎤ ⎡ 1 f ( x ) dx = ∫ 4 dx = lim ⎢ − 3 ⎥ = lim ⎢ − 3 + 3 ⎥ = 3 b b →∞ →∞ x ⎣ 3x ⎦ n ⎣ 3b 3n ⎦ 3n n
1 1 ≤ 3 3n 1000 1000 ≤ 3n3 1000 ≤ n3 3 10 ≤n 3 3 n ≥ 6,9 rn ≤
Musíme sečíst minimálně 7 členů. •
∞
Určete odhad chyby u řady
n
∑2 1
n −1
po n-tém členu, určete zbytek po pátém členu.
Řešení Podílovým kritériem zjistíme, zda řada konverguje: n +1 n an +1 n +1 1 lim = lim 2 = lim = n →∞ a n →∞ n →∞ 2n n 2 n n −1 2
Řada konverguje. q=
n +1 2n
Zvolíme-li n = 5 , r5 ≤
n +1 n n n +1 rn ≤ n −1 ⋅ 2n = n −1 ⋅ 1 n + 2 2 n −1 1− 2n 5 6 ⋅ = 0, 46875 . 24 4
32
•
∞
Určete odhad chyby u řady
∑ 1
( −1)
n +1
n!
po n-tém členu, kolik členů je třeba vzít, aby zbytek byl
menší než 0,001.
Řešení Řada je absolutně konvergentní. rn ≤
1 ( n + 1)!
rn ≤
1 1 ≤ ( n + 1)! 1000
1000 ≤ ( n + 1) !
.
n≥6
•
∞
Určete odhad chyby u řady
∑ 1
( −1)
n +1
3n
po n-tém členu, kolik členů je třeba vzít, aby zbytek byl
menší než 0,001.
Řešení Řada je absolutně konvergentní. rn ≤
1 3n +1
1 1 ≤ n +1 3 1000 n +1 1000 ≤ 3 rn ≤
( n + 1) ln 3 ≥ ln1000 . n ≥ 5, 28 n≥6
33
1.5.
Funkční řady
Posloupnosti funkcí Posloupnost funkcí na množině M je zobrazení množiny přirozených čísel do množiny funkcí definovaných na M . Píšeme
{ f ( x )}
∞
n
n =1
= { f1 ( x ) , f 2 ( x ) , f 3 ( x ) ,
, fn ( x ) ,
}.
Definiční obor D posloupnosti { f n ( x )} je průnik definičních oborů všech jejích členů.
{cos nx}1 = {cos x, cos 2 x, cos 3 x, ∞
, cos nx,
∞
2 x 3x ⎧ nx ⎫ ⎧ x , , , ⎨ ⎬ =⎨ ⎩ x − n ⎭1 ⎩ x − 1 x − 2 x − 3
,
nx , x−n
}
D=R
⎫ ⎬ …… D = R − {N} ⎭
Konverguje-li v bodě x0 ∈ D číselná posloupnost
{ f ( x )} n
{ f ( x )}
∞
n
0
1
, říkáme, že posloupnost funkcí
konverguje v bodě x0 . Jestliže pro každé x0 ∈ P ⊂ D konverguje číselná
posloupnost { f n ( x0 )}1 , říkáme, že posloupnost funkcí { f n ( x )} konverguje na P bodově. ∞
lim f n ( x ) = f ( x ) .
Píšeme
n →∞
f ( x ) označuje limitní funkci posloupnosti { f n ( x )} , jejíž obor hodnot na množině P tvoří
limity číselných posloupností pro každý bod x0 ∈ P .
☺
Řešený příklad ∞
•
⎧ x ⎫ . n ⎬ ⎩1 + x ⎭n =1
Vyšetřete limitu posloupnosti ⎨
Řešení Definičním oborem posloupnosti je množina R − {−1} . Při výpočtu limity je nutné rozlišit několik možností s ohledem na funkci x : f ( x) = 1 + xn 1. Pro x > 1 je lim f n ( x ) = 0 (L’Hospitalovo pravidlo), n →∞
2. Pro x = 1 je lim f n ( x ) = n →∞
1 , 2 34
3. Pro x < 1 je lim f n ( x ) = x . n →∞
Limitní funkce ⎧ x pro x < 1 ⎪ ⎪1 f ( x ) = lim f n ( x ) = ⎨ pro x = 1 . n →∞ ⎪2 ⎪⎩0 pro x > 1
Řekneme, že posloupnost funkcí
{ f ( x )}
∞
n
konverguje stejnoměrně k funkci f ( x ) na
1
intervalu Ps , existuje-li pro každé ε > 0 číslo n0 ∈ N tak, že pro každé n > n0 a pro všechna x ∈ Ps platí: f n ( x ) − f ( x ) < ε . s
lim f n ( x ) = f ( x )
Píšeme:
na Ps .
n →∞
V případě stejnoměrné konvergence je číslo n0 stejné pro všechna x ∈ Ps . Bodová konvergence:
∀x ∈ P ∀ε > 0 ∃n 0 ∈ N ∀n > n0 : f n ( x ) − f ( x ) < ε
Stejnoměrná konvergence:
∀ε > 0 ∃n 0 ∈ N ∀n > n0 ∀x ∈ Ps : f n ( x ) − f ( x ) < ε
☺
Řešený příklad ∞
•
⎧ x ⎫ . n ⎬ ⎩1 + x ⎭n =1
Vyšetřete stejnoměrnou konvergenci posloupnosti ⎨
Řešení ⎧ x pro x < 1 ⎪ ⎪1 f ( x ) = lim f n ( x ) = ⎨ pro x = 1 n →∞ ⎪2 ⎪⎩0 pro x > 1 1. Uvažujme nejdříve interval K , ∞ ) , kde K > 1 . V něm platí: fn ( x ) − f ( x ) =
x x 1 1 < n = n −1 ≤ n −1 n x x K 1+ x
Zjistíme zda a za jakých podmínek je tento rozdíl menší než libovolně zvolené číslo ε > 0: 1 1 ln ε < ε ⇒ K n −1 > ⇒ n > 1 − n −1 K ln K ε
35
Uvažujeme-li ε < 1 , je tento výsledek kladný. Vidíme, že nezávisle na x ∈ K , ∞ ) a ⎡ ln ε ⎤ n0 = ⎢1 − takové, že pro n > n0 je ⎣ ln K ⎥⎦ f n ( x ) − f ( x ) < ε . Ve smyslu předchozí definice je tudíž konvergence stejnoměrná na
pro libovolně malé
ε
existuje
intervalu Ps = K , ∞ ) , K > 1 . 2. Mějme nyní x ∈ − k , k , 0 < k < 1 , na němž je limitní funkce f ( x ) = x , a proto n +1
x x k n +1 − x n +1 fn ( x ) − f ( x ) = −x = = ≤ < k n +1 . n n n n 1+ x 1+ x 1− k 1+ x
Protože tento výsledek platí nezávisle na x , můžeme podobnou úvahou jako v předchozím potvrdit stejnoměrnou konvergenci 3. Pro x ∈ ( −∞, − K ) , K > 1 se stejnoměrná konvergence ověří podobně jako v případě 1. Protože tento způsob ověření stejnoměrné konvergence předpokládá znalost limitní funkce, používá se Bolzano-Cauchyova podmínka.
Bolzano-Cauchyova podmínka stejnoměrné konvergence. Posloupnost funkcí f n ( x ) je na intervalu Ps stejnoměrně konvergentní právě tehdy, když pro libovolné ε > 0 existuje n0 ∈ N takové, že pro každá dvě m, n ∈ N, m ≥ n0 , n ≥ n0 a pro každé x ∈ Ps platí f n ( x ) − f m ( x ) < ε .
Věta: Konverguje-li posloupnost spojitých funkcí f n ( x ) na intervalu Ps = a, b stejnoměrně k funkci f ( x ) , pak 1. limitní funkce f ( x ) je rovněž spojitá, b
b
a
a
2. lim ∫ f n ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx . n →∞
Věta: Nechť
{ f ( x )} n
je posloupnost funkcí diferencovatelných na intervalu Ps = a, b ,
přičemž alespoň pro jedno
{
}
c ∈ Ps
{ f ( c )} konverguje. Konverguje-li , pak také { f ( x )} konverguje stejnoměrně a
posloupnost
posloupnost f n′ ( x ) stejnoměrně na Ps = a, b platí: f ′ ( x ) = lim f n′ ( x ) . n →∞
36
n
n
Funkční řady Nechť v intervalu I je definována posloupnost funkcí { f n ( x )}1 . ∞
Funkční řadou rozumíme výraz tvaru: ∞
∑ f ( x) = f ( x) + f ( x) + f ( x) + n
n =1
1
2
+ fn ( x ) +
3
.
Řekneme, že funkční řada konverguje pro x = x0 , má-li součet číselná řada: ∞
∑ f (x ) = f (x )+ f (x )+ f (x )+ n
n =1
0
1
0
2
0
3
0
+ f n ( x0 ) +
.
Množina I * ⊂ I všech bodů, v nichž řada konverguje se nazývá obor konvergence. ∞
Píšeme:
∑ f ( x ) = s ( x ) na I * . n =1
n
Funkce s ( x ) se nazývá součet řady (součtová funkce). Pokud v některém bodě x0 ∞
definičního oboru řady buď
∑ n =1
f n ( x0 ) = +∞(−∞) nebo
∞
∑ f ( x ) neexistuje, říkáme, že řada n =1
n
0
je v tomto bodě divergentní. Funkci sn ( x ) tvaru n
sn ( x ) = ∑ f k ( x ) = f1 ( x ) + f 2 ( x ) + f 3 ( x ) + k =1
nazýváme n-tým částečným součtem funkční řady
+ fn ( x )
∞
∑ f ( x) . n =1
n
Výraz ∞
rn ( x ) = ∑ f n + k ( x ) = f n +1 ( x ) + f n + 2 ( x ) + f n +3 ( x ) + k =1
nazýváme n-tým zbytkem řady
+ f n+ k ( x ) +
∞
∑ f ( x) . n =1
n
∞
Součtem funkční řady
∑ f ( x ) rozumíme funkci n =1
n
s ( x ) = lim sn ( x ) , n →∞
která je definována na množině I * (tj. je definována pro všechna x , ve kterých existuje konečná limita lim sn ( x ) ). Potom píšeme n →∞
∞
s ( x ) = ∑ f n ( x ), x ∈ I * . n =1
37
Součtem nekonečné řady funkcí je opět funkce. Součet nemusí být definován na celém intervalu I , ale pouze na nějaké podmnožině I * . Pozn.: Při určování oboru konvergence funkční řady využíváme podílové nebo odmocninové kritérium.
☺ •
Řešený příklad ∞
Určete obor konvergence funkční řady
∑ n.ln
n
x .
1
Řešení Použijeme odmocninové kritérium: lim n n ln n x = ln x < 1 n →∞
−1 < ln x < 1 e −1 < x < e Obor konvergence je ( e −1 , e ) . Musíme nyní prověřit, jak se řada chová v krajních bodech intervalu: ∞
∞
∑ n.ln n e−1 = ∑ ( −1) n
x = e −1
1
∞
1
∑ n.ln
x=e
1
n
n
obě řady divergují
∞
e =∑ n 1
Obor konvergence je ( e −1 , e ) . •
∞
Určete obor konvergence funkční řady
∑n 1
2
1 . + x2
Řešení Použijeme podílové kritérium: 1 lim
n →∞
( n + 1)
2
+ x2
1 2 n + x2
= lim
n →∞
n2 + x2
( n + 1)
2
+ x2
=1
⎛ ⎛ n 2 + 2n + 1 + x 2 − n 2 − x 2 ⎞ n2 + x2 ⎞ 2n 2 + 2 lim n ⎜1 − =2 ⎟ = lim n ⎜ ⎟ = lim 2 2 2 ⎟ n →∞ ⎜ n →∞ ⎜ ⎟ n→∞ ( n + 1)2 + x 2 ( n + 1) + x 2 ⎝ ( n + 1) + x ⎠ ⎝ ⎠
Řada konverguje na R .
38
∞
∑ f ( x ) konverguje stejnoměrně k součtu s ( x ) , právě když posloupnost částečných součtů {s ( x )} konverguje na M = a, b stejnoměrně. Říkáme, že na intervalu M s = a, b řada
n
n =1
n
s
Konverguje-li řada stejnoměrně na daném intervalu, konverguje k témuž součtu i bodově, naopak to samozřejmě neplatí. K vyšetření stejnoměrné konvergence využíváme vhodná kritéria.
Weierstrassovo kritérium stejnoměrné konvergence: Řada
∞
∑ f ( x ) konverguje n =1
n
stejnoměrně na intervalu a, b k funkci s ( x ) , jestliže existuje pro každé x ∈ a, b k této řadě konvergentní číselná majoranta s nezápornými členy, tedy platí: ∞
∑a
∀x ∈ M s = a, b : f n ( x ) ≤ an ∀n ∈ N a
☺ •
n =1
n
konverguje.
Řešený příklad ∞
Ukažte, že řada
∑ 1
cos nx konverguje stejnoměrně pro ∀x ∈ R . 2n
Řešení ∞ cos nx 1 1 ≤ je konvergentí geometrická řada s kvocientem Majorantní řada ∑ n n n 2 2 1 2 1 q = , proto podle Weierstrassova kritéria konverguje řada stejnoměrně na celém R . 2
∞
Věta o spojitosti součtu a integrování funkční řady: Nechť řada spojitých funkcí konverguje stejnoměrně k součtu s ( x ) na intervalu M s = a, b . Pak platí: 1. součet s ( x ) je spojitá funkce na a, b , β
∞ ⎛β ⎞ β ⎛ ∞ ⎞ 2. pro a ≤ α ≤ β ≤ b je ∫ ⎜ ∑ f n ( x ) ⎟ dx = ∑ ⎜⎜ ∫ f n ( x ) dx ⎟⎟ = ∫ s ( x ) dx . 1 ⎝α ⎠ α⎝ 1 ⎠ α
☺ •
Řešený příklad ∞
cos nx Je dána funkce s ( x ) = ∑ n , vypočítejte integrál 2 n=0
Řešení 1. Členy řady
cos nx jsou spojité funkce na R . 2n 39
2π
∫ s ( x ) dx . 0
∑ f ( x) n =1
n
2. Řada konverguje stejnoměrně. (viz minulý příklad) 2π
∫ s ( x ) dx :
Nyní můžeme vypočítat
0
2π
∫
s ( x ) dx =
0
2π ∞
2π
cos nx dx = ∫0 ∑ 2n n=0
⎡ sin x sin 2 x ⎢⎣ x + 2 + 2.22 +
⎛
∫ ⎜⎝1 + 0
sin nx + + n.2n
cos x cos 2 x + + 2 22
+
cos nx + 2n
⎞ ⎟ dx = ⎠
2π
⎤ ⎥⎦ = 2π 0
Věta o derivování funkční řady: Nechť řada spojitých funkcí
∞
∑ f ( x ) diferencovatelných n =1
n
na intervalu a, b a nechť pro nějaké c ∈ a, b konverguje číselná řada
∞
∑ f ( c ) . Dále n =1
předpokládejme, že řada derivací
∞
∑ f ′ ( x ) konverguje na n =1
Pak řada
∞
∑ f ( x ) konverguje na n =1
n
n
n
a, b stejnoměrně k součtu σ ( x ) .
a, b rovněž stejnoměrně a platí σ ( x ) = s′ ( x ) .
Stručněji: Stejnoměrně konvergentní řadu diferencovatelných funkcí lze derivovat člen po členu. d ⎛ ∞ ⎞ ∞ df n ( x ) f x ( ) ∑ n ⎟⎠ = ∑ dx ⎜⎝ n =1 dx n =1
☺ •
Řešený příklad ∞
Určete součet řady s ( x ) = ∑ n =1
xn . n
Řešení Členy řady jsou diferencovatelné funkce na R . ∞
s ( x) = ∑ n =1
xn x 2 x3 = x+ + + n 2 3 ∞
σ ( x ) = s′ ( x ) = ∑ x n −1 = 1 + x + x 2 +
řada je geometrická a konverguje na intervalu
n =1
( −1,1)
k součtu σ ( x ) =
s ( x) = ∫
1 . 1− x
1 1 dx = − ln 1 − x + C = ln 1− x 1− x
C = 0 z evidentní podmínky s ( 0 ) = 0 . 40
1.6.
Mocninné řady ∞
Funkční řada
∑a (x − x ) n =0
n
0
n
se nazývá mocninnou řadou. x 0 nazýváme střed řady, a n jsou
reálné koeficienty.
Pro x0 = 0 je
∞
∑a x n =0
n
n
.
Každá mocninná řada konverguje ve svém středu.
Věta Abelova: Konverguje-li mocninná řada
∞
∑a (x − x ) n =0
n
n
v bodě x1 , pak konverguje
0
absolutně pro všechna x , pro která platí x − x0 < x1 − x0 . ∞
Mějme řada
∑a (x − x ) n =0
n
0
n
s oborem konvergence M . Číslo R = sup { x − x0 } nazýváme x∈M
poloměrem konvergence této řady. Důsledek Abelovy věty: Obor absolutní konvergence mocninné řady je vždy otevřený interval
souměrný podle středu řady s poloměrem podle předchozí definice: ( x0 − R, x 0 + R ) .
Věta Cauchyho-Hadamardova: Nechť pro mocninnou řadu
∞
∑a (x − x ) n =0
resp. ρ = lim n an , pak pro obor konvergence platí: n →∞
1. R = ∞ , je-li ρ = 0 , 2. R =
1
ρ
, je-li 0 < ρ < ∞ ,
3. R = 0 , je-li ρ = ∞ .
41
n
0
n
an +1 , n →∞ a n
je ρ = lim
☺ • 1.
Řešený příklad
Určete poloměr konvergence a obor konvergence mocninné řady:
3n (x − 4) ∑1 n + 1 ∞
n
Řešení Poloměr konvergence
1 3n 1 = lim n a n = lim n =3 ⇒ R= . n n → ∞ → ∞ R n +1 3
⎛ 11 13 ⎞ Obor konvergence ⎜ , ⎟ . ⎝3 3⎠ Nyní dosadíme krajní body oboru konvergence do zadání řady. n
⎛ 1⎞ 3 .⎜ − ⎟ ∞ ∞ (− 1)n ⎝ 3⎠ = ∑1 n + 1 ∑1 n + 1 n
x=
11 3
∞
13 x= 3
∑ 1
1 ∞ 1 3n = Harmonická řada – diverguje. ∑ n +1 1 n +1
3n
Nyní pomocí Leibnitzova kritéria: 1 = 0, n→∞ n + 1
1. lim a n = lim n→∞
2. a n +1 ≤ a n
⇒
1 1 ≤ ⇒ n +1 ≤ n + 2 ⇒ 1 ≤ 2 . n + 2 n +1
Leibnitzovo kritérium je splněno, řada konverguje relativně.
Obor konvergence je 2.
11 13 ⎞ , ⎟. 3 3⎠
∞
xn ∑1 n !
Řešení Poloměr konvergence
a 1 = lim n +1 R n →∞ a n
1 (n + 1)! = lim n ! = lim 1 = 0 ⇒ R = ∞ . = lim n →∞ n → ∞ (n + 1)n ! n →∞ n + 1 1 n!
Obor konvergence jsou všechna reálná čísla. 42
∞
∑ (nx )
3.
n
1
Řešení Poloměr konvergence
1 = lim n a n = lim n n n = lim n = ∞ ⇒ R = 0 . n →∞ n →∞ R n →∞
Obor konvergence – řada konverguje pouze ve svém středu.
Věta o stejnoměrné konvergenci mocninných řad: Mocninná řada se středem x0 a poloměrem konvergence R konverguje stejnoměrně na každém uzavřeném intervalu M s = x0 − r , x0 + r , 0 < r < r . Integrování a derivování mocninné řady Je-li R ≠ 0 poloměr konvergence mocninné řady
∞
∑ a (x − x ) n
n =1
0 < r < r platí
n
0
a s ( x ) její součet, pak pro
a) Součet s ( x ) řady je spojitá funkce. b) Pro každé x ∈ M s = x0 − r , x0 + r je c) Pro každé x ∈ M s = x0 − r , x0 + r je
☺ • 1.
x ∞
x0 n =1
n
0
(x − x0 )n+1
∞
∫ ∑ a (x − x ) dx = ∑ a n
n =1
n
n +1
Určete poloměr konvergence, obor konvergence a součet mocninné řady. x 4 n −3 ∑1 4n − 3 ∞
Řešení 1 a 4n − 3 Poloměr konvergence ρ = lim n +1 = lim 4n + 1 = lim =1. n →∞ a n →∞ n →∞ 4n + 1 1 n 4n − 3
Obor konvergence (− 1,1) . Nyní dosadíme krajní body oboru konvergence do zadání řady.
x = −1
∑ 1
(− 1)4n−3 4n − 3
∞
= −∑ 1
= ∫ s( x )dx . x0
∞ d ⎛ ∞ n⎞ n −1 ⎜ ∑ a n ( x − x0 ) ⎟ = ∑ na n ( x − x0 ) = s ′( x ) . dx ⎝ n =1 ⎠ 1
Řešený příklad
∞
x
1 4n − 3
43
∞
1
∑ 4n − 3
x =1
1
∞
1
∑ 4n − 3
Na řadu
použijeme integrální kritérium.
1
∞
∞
1
1
∫ f (x ) dx = ∫
b
1 ⎡1 ⎤ ⎡1 ⎤ dx = lim ⎢ ln 4 x − 3 ⎥ = lim ⎢ (ln 4b − 3 − 0 )⎥ = ∞ b → ∞ b → ∞ 4x − 3 ⎣4 ⎦1 ⎣4 ⎦
Integrál diverguje, řada diverguje. Obě číselné řady jsou divergentní, obor konvergence je (− 1,1) . Pokusíme se řadu sečíst. x 4 n −3 x x 5 x 9 x 13 s(x ) = ∑ = + + + + 1 5 9 13 1 4n − 3 ∞
Řada se na první pohled sečíst nedá, pokud bychom ale odstranili jmenovatele, tak dostaneme geometrickou řadu, odstraníme je derivováním řady člen po členu. ∞
s ′( x ) = ∑ x 4 n − 4 = 1 + x 4 + x 8 + x12 + 1
Řada je geometrická, její součet je s ′(x ) =
1 . Tento výraz integrujeme a 1− x4
dostaneme součet původní řady.
s(x ) = ∫
1 1 1 1 1 1 1 dx = ∫ ⋅ dx + ∫ ⋅ dx + ∫ ⋅ dx = 4 4 1− x 4 1+ x 2 1+ x2 1− x
1 1 1 s ( x ) = − ln 1 − x + ln 1 + x + arctan x + c 4 4 2
Konstantu musíme dopočítat, dosadíme tedy do obou stran rovnice její střed.
1 1 1 s(0) = − ln 1 − 0 + ln 1 + 0 + arctan 0 + c 4 4 2 c=0 Řada má součet s ( x ) =
1 1+ x 1 ln + arctan x . 4 1− x 2
Rozklad na parciální zlomky nutný k výpočtu integrálu: 1 2 x.D A B C = + + + 4 2 1− x 1+ x 1+ x 1− x 1+ x2
1 = A(1 + x )(1 + x 2 ) + B(1 − x )(1 + x 2 ) + C (1 − x )(1 + x ) + D 2 x(1 − x )(1 + x ) x = 1 ⇒ 1 = 4A ⇒
A=
1 4 44
x = −1 ⇒ 1 = 4 B ⇒ B =
1 4
x = 0 ⇒ 1= A+ B+C ⇒ C =
1 2
x = 2 ⇒ 1 = 15 A − 5B − 3C − 12 D ⇒ D = 0
2.
∞
n
1
n
n +1 x ∑ (− 1)
Řešení 1 an +1 n Poloměr konvergence ρ = lim = lim n + 1 = lim =1. n →∞ a n →∞ n →∞ n + 1 1 n n
Obor konvergence (− 1,1) . Nyní dosadíme krajní body oboru konvergence do zadání řady. ∞
∑
x = −1
(− 1)n+1 .(− 1)n n
1
∞
∑
x =1
1
∞
=∑
(− 1)2 n+1 n
1
∞
= −∑ 1
1 Harmonická řada – diverguje. n
(− 1)n+1 n
Nyní pomocí Leibnitzova kritéria: 1. lim a n = lim n →∞
n →∞
2. a n +1 ≤ a n
1 = 0, n
⇒
1 1 ≤ n +1 n
⇒ n ≤ n +1 ⇒ 0 ≤ 1.
Leibnitzovo kritérium je splněno, řada konverguje relativně. Obor konvergence je (− 1,1 . Pokusíme se řadu sečíst. ∞
s ( x ) = ∑ (− 1)
n +1
1
xn x x2 x3 x4 = − + − + 1 2 3 4 n
Řada se na první pohled sečíst nedá, pokud bychom ale odstranili n ze jmenovatele, tak dostaneme geometrickou řadu, odstraníme je derivováním řady člen po členu. ∞
s ′( x ) = ∑ (− 1)
n +1
x n −1 = 1 − x + x 2 − x 3 +
1
45
Řada je geometrická, její součet je s ′( x ) =
1 . Tento výraz integrujeme a dostaneme 1+ x
součet původní řady. s(x ) = ∫
1 dx = ln 1 + x + c 1+ x
Konstantu musíme dopočítat, dosadíme tedy do obou stran rovnice její střed. s(0) = ln 1 + 0 + c c=0 Řada má součet s ( x ) = ln 1 + x . 3.
∞
∑ 1
(x − 3)2n 2n
Řešení 1 an +1 2n Poloměr konvergence ρ = lim = lim 2n + 2 = lim =1. n →∞ a n →∞ n →∞ 2n + 2 1 n 2n
Obor konvergence (2,4 ) . Nyní dosadíme krajní body oboru konvergence do zadání řady. ∞
∑
x=2
(− 1)2 n 2n
1
=
1 ∞ 1 ∑ 2 1 n
Harmonická řada – diverguje.
∞
1 1 ∞ 1 ∑1 2n = 2 ∑1 n
x=4
Harmonická řada – diverguje.
Obě číselné řady jsou divergentní, obor konvergence je (2,4 ) . Pokusíme se řadu sečíst. ∞
s(x ) = ∑ 1
(x − 3)2 n 2n
=
(x − 3)2 + (x − 3)4 + (x − 3)6 2
4
6
+
Řada se na první pohled sečíst nedá, pokud bychom ale odstranili n ze jmenovatele, tak dostaneme geometrickou řadu, odstraníme je derivováním řady člen po členu. ∞
s ′( x ) = ∑ ( x − 3)
2 n −1
= ( x − 3) + ( x − 3) + ( x − 3) + 3
5
1
Řada je geometrická, její součet je s ′( x ) =
(x − 3) 2 1 − (x − 3)
integrujeme a dostaneme součet původní řady. s ( x) = ∫
( x − 3) dx = ⎛ − 1 ⎞ ⋅ −2 ( x − 3) dx = 2 ∫ ⎜⎝ 2 ⎟⎠ 1 − ( x − 3)2 1 − ( x − 3) 46
=−
x−3 . Tento výraz (x − 4)(x − 2)
1 2 s ( x ) = − ln 1 − ( x − 3) + c 2
Konstantu musíme dopočítat, dosadíme tedy do obou stran rovnice její střed.
1 s ( 3) = − ln 1 − 0 + c 2 c=0 1 2 Řada má součet s ( x ) = − ln 1 − ( x − 3) . 2
4.
∞
∑ (10 x )
n
1
Řešení Poloměr konvergence ρ = lim n an = lim n 10n = 10 ⇒ R = n →∞
n →∞
1 . 10
⎛ 1 1⎞ Obor konvergence ⎜ − , ⎟ . ⎝ 10 10 ⎠ Nyní dosadíme krajní body oboru konvergence do zadání řady. n
1 x=− 10
∞ ⎛ ⎛ 1 ⎞⎞ n 10 ⎟ = ⎜ − ∑1 ⎜ ⎜⎝ 10 ⎟⎠ ⎟ ∑1 (− 1) = −1 + 1 − 1 + 1 − ⎠ ⎝
1 x= 10
∞ ⎛ ⎛ 1 ⎞⎞ ∑1 ⎜⎜10⎜⎝ 10 ⎟⎠ ⎟⎟ = ∑1 1 = 1 + 1 + 1 + 1 + ⎠ ⎝
∞
řada diverguje.
n
∞
řada diverguje.
⎛ 1 1⎞ Obě číselné řady jsou divergentní, obor konvergence je ⎜ − , ⎟ . ⎝ 10 10 ⎠ Pokusíme se řadu sečíst. ∞
∑ (10 x )
n
= 10 x + (10 x ) + (10 x ) + (10 x ) + 2
3
4
1
Jedná se o geometrickou řadu, její součet je s ( x ) =
5.
∞
∑ 1
10 x . 1 − 10 x
( x + 4 )n n.3 n
Řešení
1 n + 1) 3n +1 ( an +1 n 1 = lim = lim = ⇒ R = 3. Poloměr konvergence ρ = lim n →∞ a n →∞ n →∞ 3n + 3 1 3 n n.3n 47
Obor konvergence (− 7,−1) . Nyní dosadíme krajní body oboru konvergence do zadání řady. ∞
∑
x = −7
1
(− 3)n n.3 n
∞
=∑
(− 1)n n
1
Relativní konvergence, viz některý minulý
příklad. ∞
(3)n
∑ n.3
x = −1
1
n
∞
=∑ 1
1 n
Harmonická řada – diverguje.
Obor konvergence je − 7, − 1) . Pokusíme se řadu sečíst. ∞
s(x ) = ∑
( x + 4 )n n.3 n
1
2 3 ( ( x + 4) (x + 4) x + 4) = + +
3
2.3 2
3.33
+
Řada se na první pohled sečíst nedá, pokud bychom ale odstranili n ze jmenovatele, tak dostaneme geometrickou řadu, odstraníme je derivováním řady člen po členu. ∞
s ′( x ) = ∑ 1
(x + 4)n−1 3n
1 (x + 4) (x + 4) = + + + 3 32 33 2
1 1 3 . Tento výraz Řada je geometrická, její součet je s ′( x ) = =− ( x + 4) x +1 1− 3 integrujeme a dostaneme součet původní řady.
s(x ) = − ∫
1 dx = − ln x + 1 + c = x +1
Konstantu musíme dopočítat, dosadíme tedy do obou stran rovnice její střed. s(− 4 ) = − ln − 4 + 1 + c c = ln 3 Řada má součet s( x ) = ln
3 . x +1
48
6.
∞
∑ n ( x − 1)
n −1
1
Řešení Poloměr konvergence ρ = lim n →∞
an +1 n +1 = lim = 1 ⇒ R = 1. n →∞ an n
Obor konvergence ( 0, 2 ) . Nyní dosadíme krajní body oboru konvergence do zadání řady. ∞
∑ ( −1)
x=0
n
n
Diverguje. (stejná limita pro Leibnitz. kr.)
1
∞
∑n
x=2
lim an = lim n = ∞ n →∞
1
n →∞
NPK – diverguje.
Obor konvergence je ( 0, 2 ) . Pokusíme se řadu sečíst. ∞
s ( x ) = ∑ n ( x − 1)
n −1
= 1 + 2 ( x − 1) + 3 ( x − 1) + 4 ( x − 1) + 2
3
1
Řada se na první pohled sečíst nedá, pokud bychom ale odstranili n, tak dostaneme geometrickou řadu, odstraníme je integrováním řady člen po členu. ∞
∫ s ( x ) dx = ∫ ∑ n ( x − 1) 1
n −1
∞
dx = ∑ ( x − 1) dx = ( x − 1) + ( x − 1) + ( x − 1) + ( x − 1) + n
3
2
4
1
Řada je geometrická, její součet je
zderivujeme a dostaneme součet původní řady. 1 ⎛ x − 1 ⎞′ 2 − x − ( x − 1)( −1) = s ( x) = ⎜ = ⎟ = 2 2 ⎝ 2− x⎠ (2 − x) (2 − x)
49
( x − 1)
x −1
∫ s ( x ) dx = 1 − ( x − 1) = 2 − x .
Tento výraz
1.7.
Vyjádření funkce mocninnou řadou
Mějme funkci f ( x ) s derivacemi libovolného řádu v bodě x 0 . Pak mocninnou řadu f ( x0 ) +
′′( ) ′′′( ) f ′( x0 ) (x − x0 ) + f x0 (x − x0 )2 + f x0 (x − x0 )3 + 1! 2! 3!
∞
=∑ 0
f (n ) ( x0 ) ( x − x 0 )n n!
nazveme Taylorovou řadou (rozvojem) funkce f ( x ) v bodě x 0 . Je-li x0 = 0 , nazýváme tento rozvoj Maclaurinův.
Zbytek v Taylorově rozvoji: Každá Taylorova řada může být zapsána jako superpozice Taylorova polynomu Tm ( x ) jistého stupně m a zbytku řady po m -tém členu, který označíme Rm ( x ) : m
f ( x) = ∑ 0
f(
n)
( x0 )
n!
∞
( x − x0 ) + ∑ n
m +1
f(
n)
( x0 )
n!
Tm ( x )
( x − x0 )
n
.
Rm ( x )
Nutná a postačující podmínka konvergence Taylorova rozvoje: Má-li funkce f ( x ) v bodě x 0 derivaci libovolného řádu, pak pro x z libovolného intervalu I je ∞
f ( x) = ∑
f(
n)
( x0 )
n!
0
( x − x0 )
n
právě tehdy, když platí pro zbytek Rm ( x ) v tomto Taylorově rozvoji
lim Rm ( x ) = 0, ∀x ∈ I . n →∞
Maclaurinův rozvoj základních funkcí ∞
x2 x3 xn = 1+ x + + + e =∑ 2 ! 3! 0 n! x
∞
sin x = ∑ (− 1)
n
0
∞
x3 x5 x7 x 2 n +1 = x− + − + (2n + 1)! 3! 5! 7 !
x 2n x2 x4 x6 cos x = ∑ (− 1) = 1− + − + (2n )! 2! 4! 6! 0 n
∞ 1 n = ∑ (− 1) x n = 1 − x + x 2 − x 3 + x 4 − 1+ x 0
50
☺ • 1.
Řešený příklad
Určete Maclaurinův rozvoj funkce. cos x 2
Řešení ∞
cos x = ∑ (− 1)
n
0
x 2n x2 x4 x6 = 1− + − + (2n )! 2! 4! 6!
Místo x dosadíme x 2 . ∞
cos x 2 = ∑ (− 1) 0
2.
( ) ( ) ( ) 2
n
4
6
x 4n x2 x2 x2 = 1− + − + (2n )! 2! 4! 6!
arctan x
Řešení Funkci nejprve zderivujeme.
(arctan x )′ =
1 1+ x2
∞ 1 n = ∑ (− 1) x n = 1 − x + x 2 − x 3 + x 4 − 1+ x 0
Místo x dosadíme x 2 . ∞ 1 (− 1)n x 2n = 1 − x 2 + x 4 − x 6 + x 8 − = ∑ 2 1+ x 0
Řadu integrujeme člen po členu. arctan x = ∫
(
∞ 1 (− 1)n x 2 n dx = ∫ 1 − x 2 + x 4 − x 6 + x 8 − = dx ∑ 2 ∫ 1+ x 0
∞
= ∑ (− 1)
x 2 n +1 +c 2n + 1
n
0
Konstantu dopočítáme dosazením středu řady.
arctan 0 = 0 + c c=0 ∞
arctan x = ∑ (− 1) 0
n
x 2 n +1 2n + 1
51
)dx =
☺ • 1.
Řešený příklad
Vypočítejte integrál.
∫ sin x
2
dx
Řešení ∞
sin x = ∑ (− 1)
n
0
x3 x5 x7 x 2 n +1 = x− + − + (2n + 1)! 3! 5! 7 !
Místo x dosadíme x 2 .
(x 2 ) + (x 2 ) − (x 2 ) + x 4n+ 2 = x2 − sin x = ∑ (− 1) (2n + 1)! 3! 5! 7! 0 3
∞
2
⎛ 2 x 6 x10 x14 ∫ sin x dx = ∫ ⎜⎜⎝ x − 3! + 5! − 7 ! + ∞ x 4 n+3 n = ∑ (− 1) +c (4n + 3)(2n + 1)! 0 2
2.
5
7
n
∞ ⎞ x 4n+2 ⎟⎟dx = ∫ ∑ (− 1)n dx = (2n + 1)! 0 ⎠
ex ∫ x dx
Řešení ∞
ex = ∑ 0
x2 x3 xn = 1+ x + + + 2 ! 3! n!
1⎛ x2 x3 ex ⎜ 1 dx x = + + + + ∫x ∫ x ⎜⎝ 2 ! 3!
⎞ ⎛1 x x2 ⎟⎟dx = ∫ ⎜⎜ + 1 + + + 2 ! 3! ⎠ ⎝x ∞ x2 x3 xn = c + ln x + x + + + = c + ln x + ∑ 2.2 ! 3.3! 1 n.n !
3.
∫
∞ ⎞ x n −1 ⎟⎟dx = ∫ ∑ dx = n! 0 ⎠
sin x dx x
Řešení x3 x5 x7 x 2 n +1 sin x = ∑ (− 1) = x− + − + (2n + 1)! 3! 5! 7 ! 0 ∞
n
sin x 1⎛ x3 x5 x7 ⎜ = − dx x ∫ x ∫ x ⎜⎝ 3! + 5! − 7 ! + =c+x−
x3 x5 x7 + − + 3.3! 5.5! 7.7 !
∞ ⎞ ⎛ ⎞ x2 x4 x6 x n −1 ⎟⎟dx = ∫ ⎜⎜1 − + − + ⎟⎟dx = ∫ ∑ dx = 3! 5 ! 7 ! n! 0 ⎠ ⎝ ⎠ ∞ x 2 n +1 n = c + ∑ (− 1) (2n + 1)(. 2n + 1)! 0
52
☺ •
Řešený příklad
Vypočítejte určitý integrál s přesností na desetitisíciny. 1
1.
∫ cos
x dx
0
Řešení ∞
cos x = ∑ (− 1) 0
n
x 2n x2 x4 x6 = 1− + − + (2n )! 2! 4! 6!
Místo x dosadíme ∞
cos x = ∑ (− 1) 0
n
x.
xn x x2 x3 = 1− + − + (2n )! 2! 4! 6!
⎡ ⎞ ⎛ x x2 x3 x2 x3 x4 ⎟ ⎜ x dx dx x cos 1 = − + − = − + − + ∫0 ∫0 ⎜⎝ 2! 4! 6! ⎟⎠ ⎢⎣ 2.2! 3.4! 4.6! + 1 1 1 = 1− + − = 0,7635 4 72 2880 1
0, 9
2.
1
1
⎤ ⎥ = ⎦0
1
∫ ln 1 − x dx 0
Řešení ′ 1 ⎞ ⎛ ⎜ ln ⎟ = ⎝ 1− x ⎠
(
)
1 1 −2 ⋅ − (1 − x ) (− 1) = 1 1− x 1− x
∞ 1 n = ∑ (− 1) x n = 1 − x + x 2 − x 3 + x 4 − 1+ x 0 ∞ 1 = ∑ xn = 1 + x + x2 + x3 + x4 + 1− x 0 ∞ 1 n 2 3 4 dx = ∑ ∫ 1 − x ∫ 0 x dx = ∫ (1 + x + x + x + x +
Dosadíme střed řady a vypočítáme konstantu.
1 = 0+c 1− 0 c=0
ln
53
x2 x3 x4 x5 )dx = x + 2 + 3 + 4 + 5 +
+c
0,9
⎤ ⎡ x2 x3 ⎞ ⎛ x2 x3 x4 x5 x4 x5 ∫0 ⎜⎜⎝ x + 2 + 3 + 4 + 5 + ⎟⎟⎠dx = ⎢⎣ 2 + 2.3 + 3.4 + 4.5 + ⎥⎦ = 0 0,81 0,729 0,6561 0,59049 0,531441 0,4782969 = + + + + + 2 6 12 20 30 42 0,9
54
1.8.
Řešení diferenciálních rovnic užitím mocninných řad
Mějme dánu Cauchyho úlohu pro obyčejnou diferenciální rovnici prvního řádu ve tvaru y ' = f ( x, y ), y ( x0 ) = y 0 , kde y ( x ) je hledaná funkce. Naším cílem bude nalézt řešení této úlohy ve tvaru Taylorovy řady se středem v bodě x 0 . ∞
y(x ) = ∑ n =0
y ' ' ( x0 )( x − x0 ) y ' ' ' ( x0 )( x − x0 ) y (n ) ( x0 ) n ⋅ ( x − x0 ) = y ( x0 ) + y ' ( x0 ) ⋅ ( x − x0 ) + + + 2! 3! n! 2
3
Pozn.: Je-li x0 = 0 , je řešením MacLaurinova řada, v ostatních případech je to Taylorova řada. Pozn.: Metodu lze použít i pro diferenciální rovnice vyšších řádů.
☺ • 1.
Řešený příklad
Najděte partikulární řešení diferenciální rovnice y ' = 3 y + 2 xe y ,
y (0) = 0
(polynom 4. stupně)
Řešení Výsledek bude ve tvaru MacLaurinovy řady: ∞
y(x ) = ∑ n =0
y (n ) (0 ) n y ' ' (0) ⋅ x 2 y ' ' ' (0 ) ⋅ x 3 y (4 ) (0 ) ⋅ x 4 ⋅ x = y (0 ) + y ' (0) ⋅ x + + + + 2! 3! 4! n!
y (0 ) = 0
y ' = 3 y + 2 xe y ,
y ' (0 ) = 3 ⋅ 0 + 2 ⋅ 0 ⋅ e 0 = 0
y ' ' = 3 y '+2e y + 2 xe y ⋅ y ' ,
y ' ' (0 ) = 3 ⋅ 0 + 2 ⋅ e 0 + 2 ⋅ 0 ⋅ e 0 ⋅ 0 = 2
y ' ' ' = 3 y ' '+2e y ⋅ y '+2e y ⋅ y '+2 xe y ⋅ y '⋅ y '+2 xe y ⋅ y ' ' , y ' ' ' (0 ) = 3 ⋅ 2 + 2e 0 ⋅ 0 + 2e 0 ⋅ 0 + 2 ⋅ 0 ⋅ e 0 ⋅ 0 ⋅ 0 + 2 ⋅ 0 ⋅ e 0 ⋅ 2 = 6 y (4 ) = 3 y ' ' '+4e y ⋅ y '⋅ y '+4e y ⋅ y ' '+2e y ⋅ y '⋅ y '+2 xe y ⋅ ( y ') + 2 xe y ⋅ 2 ⋅ y '⋅ y ' '+2e y ⋅ y ' '+ 3
+ 2 xe y ⋅ y '⋅ y ' '+2 xe y ⋅ y ' ' ' , y (4 ) (0 ) = 3 ⋅ 6 + 4e 0 ⋅ 0 ⋅ 0 + 4e 0 ⋅ 2'+2e 0 ⋅ 0 ⋅ 0 + 2 ⋅ 0 ⋅ e 0 ⋅ (0 ) + 2 ⋅ 0 ⋅ e 0 ⋅ 2 ⋅ 0 ⋅ 2 + 2e 0 ⋅ 2 + 3
+ 2 ⋅ 0 ⋅ e 0 ⋅ 0 ⋅ 2 + 2 ⋅ 0 ⋅ e ⋅ 6 = 30 2 ⋅ x 2 6 ⋅ x 3 30 ⋅ x 4 5 y ( x) ≈ + + = x 2 + x3 + x 4 2! 3! 4! 4
55
2.
y (0 ) = 1, y ' (0 ) = 0
y ' '− xy = 0,
(polynom 6. stupně)
Řešení Výsledek bude ve tvaru MacLaurinovy řady: ∞
y(x ) = ∑ n =0
y (n ) (0 ) n y ' ' (0) ⋅ x 2 y ' ' ' (0 ) ⋅ x 3 y (4 ) (0 ) ⋅ x 4 ⋅ x = y (0 ) + y ' (0) ⋅ x + + + + 2! 3! 4! n!
y (0 ) = 1 y ' (0 ) = 0 y ' ' = xy ,
y ' ' (0 ) = 0 ⋅ 1 = 0 y ' ' ' (0 ) = 1 + 0 ⋅ 0 = 1
y' ' ' = y + x ⋅ y' ,
y (4 ) = y '+ y '+ x ⋅ y ' ' ,
y (4 ) (0) = 0 + 0 + 0 ⋅ 0 = 0
y (5 ) = 2 y ' '+ y ' '+ x ⋅ y ' ' ' , y (6 ) = 3 y ' ' '+ y ' ' '+ x ⋅ y (4 ) , y ( x) ≈ 1+
3.
y (5 ) (0) = 2 ⋅ 0 + 0 + 0 ⋅ 1 = 0 y (5 ) (0) = 3 ⋅ 1 + 1 + 0 ⋅ 0 = 4
1 3 4 6 x + x 3! 6!
y (1) = 1
y' = y 3 + x 2 ,
(polynom 4. stupně)
Řešení Výsledek bude ve tvaru Taylorovy řady: y (x ) = y (1) + y ' (1) ⋅ ( x − 1) +
y ' ' (1) ⋅ ( x − 1) y ' ' ' (1) ⋅ ( x − 1) + + 2! 3! 2
3
y (1) = 1
y' = y 3 + x 2 ,
y ' (1) = 1 + 1 = 2
y ' ' = 3 y 2 y '+2 x,
y ' ' (1) = 3 ⋅ 1 ⋅ 2 + 2 = 8
y ' ' ' = 6 y( y ') + 3 y 2 y ' '+2, 2
y' ' ' (1) = 6 ⋅ 1 ⋅ 4 + 3 ⋅ 1 ⋅ 8 + 2 = 50
y (4 ) = 6( y ') + 12 y ⋅ y '⋅ y ' '+6 y ⋅ y '⋅ y ' '+3 y 2 y ' ' ' , 3
y (4 ) (1) = 6 ⋅ 8 + 18 ⋅ 1 ⋅ 2 ⋅ 8 + 3 ⋅ 1 ⋅ 50 = 486 8 ⋅ ( x − 1) 50 ⋅ ( x − 1) 486 ⋅ ( x − 1) y ( x ) ≈ 1 + 2 ⋅ ( x − 1) + + + 2! 3! 4! 2
3
56
4
Mějme dánu Cauchyho úlohu pro obyčejnou diferenciální rovnici prvního řádu ve tvaru y ' = f ( x, y ), y ( x0 ) = y 0 , kde y ( x ) je hledaná funkce. Naším cílem bude nalézt řešení této úlohy ve tvaru mocninné řady se středem v bodě x 0 . ∞
y ( x ) = ∑ an ⋅ ( x − x0 ) = a0 + a1 ⋅ ( x − x0 ) + a2 ( x − x0 ) + a3 ( x − x0 ) + n
2
3
n =0
☺ •
Řešený příklad
Najděte partikulární řešení diferenciální rovnice
(1 + x ) y '+ xy = 1 +1x 2
1.
2
,
y (0) = 0
(polynom 5. stupně)
Řešení Výsledek bude ve tvaru mocninné řady:
y = a0 + a1 ⋅ x + a2 x 2 + a3 x3 + a4 x 4 + a5 x5 + y′ = a1 + 2a2 x + 3a3 x 2 + 4a4 x3 + 5a5 x 4 + 1 = 1 − x 2 + x4 − x6 + 2 1+ x
Dosadíme do zadání:
(1 + x )( a + 2a x + 3a x 2
1
2
2
3
) + x (a
+ 4a4 x 3 + 5a5 x 4 +
0
+ a1 ⋅ x + a2 x 2 + a3 x 3 + a4 x 4 + a5 x 5 +
= 1 − x 2 + x4 − x6 +
Závorky roznásobíme
( a + 2a x + 3a x + 4a x + (a x + a x + a x + a x 2
1
2
4
2
0
3
3
1
3
2
3
4
) + ( a x + 2a x + 3a x + 4a x + a x + ) = 1− x + x − x +
+ 5a5 x 4 + + a4 x5
2
3
1
4
2
6
2
3
4
4
5
+ 5a5 x6 +
6
5
Nyní budeme porovnávat koeficienty u stejných mocnin: y (0) = 0
y = a0 + a1 ⋅ x + a2 x 2 + a3 x3 + a4 x 4 + a5 x5 +
x 0 : a1 = 1 x1 : 2a2 + a0 = 0 ⇒ a2 = 0 x 2 : 3a3 + a1 + a1 = −1 ⇒ a3 = −1 x3 : 4a4 + 2a2 + a2 = 0 ⇒ a4 = 0 x 4 : 5a5 + 3a3 + a3 = 1 ⇒ a5 = 1
Výsledek y ≈ x − x3 + x 5
57
0 = a0
)+
)=
1.9.
Fourierovy řady
Mějme funkci f ( x ) integrovatelnou na intervalu −π , π . Řada a0 ∞ a + ∑ ( an cos nx + bn sin nx ) = 0 + a1 cos x + b1 sin x + a2 cos 2 x + b2 sin 2 x + 2 n =1 2 + an cos nx + bn sin nx +
+
s koeficienty a0 = an = bn =
π
1
∫ f ( x ) dx
π
−π
π
1
∫ f ( x ) cos nxdx ,
π
π
1
π
n = 1, 2,3…
−π
∫ f ( x ) sin nxdx ,
n = 1, 2,3…
−π
se nazývá Fourierův rozvoj funkce f ( x ) na intervalu −π , π . Píšeme f ( x) ∼
a0 ∞ + ∑ ( an cos nx + bn sin nx ) . 2 n =1
Funkce f ( x ) je na množině M periodická s periodou T , platí-li f ( x + T ) = f ( x ) pro
∀x ∈ M . Uvažujme funkci f ( x ) definovanou na intervalu délky T , např. pro x ∈ α , α + T .
Periodické prodloužení f ( x ) funkce f ( x ) vně tohoto intervalu definujeme předpisem ⎧ f ( x), ⎪ ⎪ ⎪⎪ f ( x − kT ) , f ( x) = ⎨ ⎪ ⎪1 ⎪ ⎡⎣ f (α + ) + f ⎪⎩ 2
α < x < α +T, α + kT < x < α + ( k + 1) T , k ∈ Z, k ≠ 0,
( (α + T ) − )⎤⎦ ,
x = α + kT .
Na rozhraní jednotlivých period vzniknou body nespojitosti, v nich zavádíme hodnotu f ( x ) aritmetickým průměrem jednostranných limit f ( x ) na začátku a konci intervalu. 58
☺ •
Řešený příklad
Najděte Fourierův rozvoj funkce
⎧⎪1, x ∈ −π , 0 ) na intervalu −π , π . Sestrojte graf jejího periodického prodloužení. f ( x) = ⎨ ⎪⎩ 3, x ∈ 0, π )
Řešení a0 = an =
1
π 1
π
0
1
π
1
1
∫π 1dx + π ∫ 3dx = π [ x ] π + π [3x ]
π
−
−
0
=4
0
0
∫π
0
cos nxdx +
−
1
π
1
1
3cos nxdx = [sin nx ] π + [3sin nx ] π∫ πn πn 0
−
π 0
=0
0
1 − ( −1) ( −1) − 1 = 1 1 π 0 bn = ∫ sin nxdx + ∫ 3sin nxdx = − − 3. [cos nx ]−π − [3cos nx ]0 = − π −π π 0 πn πn πn πn 1
0
1
n
π
1 − ( −1) = 2. πn n ∞ ⎛ ⎞ 1 − ( −1) f ( x ) ∼ 2 + ∑ ⎜ 2. sin nx ⎟ ⎜ ⎟ πn n =1 ⎝ ⎠ n
Periodické prodloužení!!!
Dirichletova věta. Nechť má funkce f ( x ) tyto vlastnosti: (D1) na intervalu −π , π je integrovatelná, (D2) má na intervalu −π , π konečný počet extrémů. Pak k ní na intervalu −π , π existuje jednoznačně určený Fourierův rozvoj tvaru s ( x) = a0 =
s koeficienty
an = bn =
1
π 1
π 1
π
a0 ∞ + ∑ ( an cos nx + bn sin nx ) 2 n =1 π
∫ f ( x ) dx
−π
π
∫ f ( x ) cos nxdx ,
n = 1, 2,3… ,
−π
π
∫ f ( x ) sin nxdx ,
n = 1, 2,3…
−π
který konverguje • k funkci f ( x ) v každém bodě intervalu ( −π , π ) , v němž je spojitá, •
k aritmetickým průměrům jednostranných limit v každém bodě nespojitosti uvnitř intervalu ( −π , π ) ,
•
k periodickému prodloužení f ( x ) vně intervalu ( −π , π ) , resp. k aritmetickým průměrům jednostranných limit v jeho bodech nespojitosti. 59
n
Sinový a kosinový rozvoj Sinový rozvoj. Je-li funkce lichá, pak její Fourierův rozvoj obsahuje pouze sinové členy a platí: ∞
f ( x ) ∼ ∑ bn sin nx . n =1
Kosinový rozvoj. Je-li funkce sudá, pak její Fourierův rozvoj obsahuje pouze kosinové členy a platí: f ( x) ∼
a0 ∞ + ∑ an cos nx . 2 n =1
Sudé a liché prodloužení. Máme-li funkci f ( x ) na intervalu 0, π , můžeme její rozvoj do Fouriérovy řady na intervalu −π , π vytvořit trojím způsobem. 1. Na intervalu −π , π doplníme pro x ∈ −π , 0 funkci tak, abychom dostali sudou funkci o periodě 2π . K ní pak vytvoříme periodické prodloužení, které bude opět sudé. Výpočtem obdržíme kosinový rozvoj. 2. Na intervalu −π , π doplníme pro x ∈ −π , 0 funkci tak, abychom dostali lichou funkci o periodě 2π . K ní pak vytvoříme periodické prodloužení, které bude opět liché. Výpočtem obdržíme sinový rozvoj. 3. Provedeme periodizaci pro zadaný interval 0, π . V tomto případě bude a0 = an = bn =
2
π 2
π 2
π
π
∫ f ( x ) dx 0
π
∫ f ( x ) cos 2nxdx ,
n = 1, 2,3…
0
π
∫ f ( x ) sin 2nxdx , 0
60
n = 1, 2,3…
☺ •
Řešený příklad
Rozviňte funkci f ( x ) = x do sinové a kosinové řady a proveďte periodizaci na intervalu 0, π . Sestrojte graf jejího periodického prodloužení.
Řešení Sinový rozvoj
( −1) 2⎡ x 1 ⎤ bn = ∫ x sin nxdx = ⎢ − cos nx + 2 sin nx ⎥ = 2. π 0 π⎣ n n n ⎦0 2
π
π
n +1
⎛ ( −1)n +1 ⎞ f ( x ) ∼ 2∑ ⎜ sin nx ⎟ ⎜ n ⎟ n =1 ⎝ ⎠ ∞
Kosinový rozvoj a0 = an =
2
π 2
π
π
∫ xdx = 0
1
π
⎡⎣ x 2 ⎤⎦ = π 0 π
π
∫ x cos nxdx = 0
π
f ( x) ∼
2
+
∞
2
∑ π
2 ⎡x 1 2 ( −1) − 1 ⎤ nx nx sin cos + = 2 ⎥⎦ π ⎢⎣ n n π n2 0 π
( −1)
n
n
2
n =1
−1
n
cos nx
Periodizace na 0, π a0 =
2
π
1
xdx = ⎡⎣ x π∫ π 0
2
π
2
π
2 π
⎤⎦ = π 0 π
2⎡ x 1 ⎤ an = ∫ x cos 2nxdx = ⎢ sin 2nx + 2 cos 2nx ⎥ = 0 π 0 π ⎣ 2n 4n ⎦0 bn =
π
∫ x sin 2nxdx = 0
f ( x) ∼
π 2
π
2⎡ x 1 1 ⎤ − + nx nx cos 2 sin 2 = − 2 ⎥⎦ π ⎢⎣ 2n 4n n 0
−1 sin 2nx n =1 n ∞
+∑
61
