MA1: Řešené příklady posloupnosti a řady

c pHabala 2009 °

ˇ sen´ MA1 Reˇ e pˇr´ıklady 4

MA1: Řešené příklady—posloupnosti a řady Spočítejte následující limity posloupností: ³¡ ³ 3n − (−2)n ´ ¢n ´ 2 1. lim 1 + n+1 2. lim n→∞ n→∞ 22n + 1 Najděte součet následujících řad (pokud konvergují): ∞ ∞ X X 1 3k+1 ; 4. . 3. 2k+5 2 k(k + 1) k=2

k=3

Vyšetřete konvergenci následujících řad: X (−1)k Xk+1 √ ; 6. ; 5. ek k+2 8.

X

k k2 (−1) 2 ; k

9.

X

7.

ak , kde ak =

½

1 , 2k 1 , 3k

X (−1)k (2k)!

;

k liché; k sudé.

Vyšetřete konvergenci následujících mocninných řad: X 1 X 3k+1 k 10. (2x − 4) pro p = 0, 1, 2; 11. (2x + 1)k ; kp k! √ X (kx)k X k2 + 1 ³ x ´k 1 − 12. ; 13. . 3k+1 4k−1 2 Následující funkce rozviňte v Taylorovy (mocninné) řady se zadaným středem: ¡ ¢ 14. f (x) = (2x + 1)e4x−1 − 2, x0 = 1; 15. f (x) = (x + 1) sin π2 x + x, x0 = −1; 16. f (x) =

2x + 5 , x+1

x0 = 1;

17. f (x) =

1 , (1 − x)2

x0 = 2.

Bonus: Najděte součet následujících řad: ∞ ∞ 2k X X k2 k (x − 1) 18. ; 19. 9 (−1)k k−1 . (k + 1)! 2 k=1

k=0

Řešení: DD EE Poznámka o zápisu: Do výpočtu často vkládám vysvětlující poznámky mezi závorky , jde o mé soukromé značení, abych nemusel výpočty přerušovat; většinu toho bych při normálním psaní řešení neuváděl. Nicméně hlavně u zkoušky bývá dobré řešení komentovat, aby zkoušející viděl, že jsem výsledek nezískal jinak (třeba osvícením shůry). Jmenovitě, u limit je často používanou možností přidávat odkazy na známé věci nad (či pod) rovnítko, jde zejména o indikaci použití l’Hospitalova pravidla či kritické mezikroky. U řad je asi dobré u těch geometrických udělat poznámku o tom, jak velký je základ q. Pro studenta však bývá těžké odhadnout, co je vyučující ochoten akceptovat jako fakt a co chce dovysvětlit. Zde vysvětluji více, než je třeba, a dělám ve výpočtu víc kroků; myslím, že tu víceméně “správnou” míru komentování a detailů student najde v Příkladech k procvičování. 1. Prvním krokem výpočtu limity posloupnosti je dosadit nekonečno do výrazu a zkusit to vyhodnotit. EE ³¡ ¢n ´ DD¡ ¢ ∞ ∞ 2 ∞ 2 = 1+ ∞ = (1 + 0) = 1 . lim 1 + n+1 n→∞

1

c pHabala 2009 °


Vyšel neurčitý výraz. Standardní postup je přejít na limitu funkce v nekonečnu, čímž si otevřeme dvířka ke klasickým metodám. Neurčitá mocnina se řeší tak, že se výraz nejprve převede na tvar “e na logaritmus” vzorcem f g = eg ln(f ) . 2 ¡ ¢x x ln(1 + x+1 ) 2 1 + x+1 =e . Teď zkusíme vypočítat limitu. Protože je exponenciála spojitá funkce, dá se z limity vytáhnout: 2 ³¡ ¢x ´ lim (x ln(1 + x+1 )) 2 x→∞ =e . lim 1 + x+1 x→∞

Jinými slovy nejprve spočítáme limitu výrazu uvnitř a exponenciálu budeme aplikovat až na výsledek. EE ³ ¢´ DD ¡ 2 = ∞ ln(1 + 0) = ∞ · 0 . lim x ln 1 + x+1 x→∞

To je neurčitý součin, ten se dělá převodem na podíl a pak l’Hospitalovým pravidlem. −2 ³ ln(1 + 2 ) ´ 0 ³ ´ ³ 1+ 1 2 · (x+1) 2 ´ ¡ ¢ 0 x+1 x+1 2 = lim lim x ln 1 + x+1 = = = lim 1 −1 x→∞

x→∞

= lim

³

x→∞

x

l’H x→∞

x2

2 ´ (1+0) ´ ³ ³ 2x2 ´ 2 2 1 ====== 2. = 1 · lim · lim 2 1 2 2 x→∞ (1 + ) x→∞ (x + 1) 1 + x+1 x

Vyšla nám konvergentní limita, která tím pádem také platí pro limitu odpovídající posloupnosti, ale nesmíme zapomínat, že tento výsledek ještě musíme dosadit do exponenciály. 2 ³¡ ¢n ´ lim (n ln(1 + n+1 )) 2 lim 1 + n+1 = en→∞ = e2 . n→∞

To bylo docela dlouhé, ¢n alternativa? Skodou okolností ano, klasický výsledek z teorie ¡ existuje posloupností říká, že 1 + nc → ec . Naši limitu lze na tento případ převést substitucí. ¯ ¯ ¯ ¯ m = n + 1 ´ ´ ³¡ ³¡ ¯ ¯ ¢n ¢ 2 ¯ = lim 1 + 2 m−1 = ¯¯ n =m−1 lim 1 + n+1 m ¯ n→∞ ¯ n → ∞ =⇒ m → ∞ ¯ n→∞ ³¡ ³¡ −1 ¢ ´ ¢ ´ 2 2 m 2 −1 e ·(1+0) = lim 1 + m · lim 1 + m ====== e2 . n→∞

n→∞

2. Jako obvykle nejprve dosadíme nekonečno. ³ 3n − (−2)n ´ DD EE ∞+? lim = ∞+1 . n→∞ 22n + 1 Dostali jsme v čitateli podivně neurčitý výraz. Tentokráte nebude fungovat tradiční nástroj, kdy místo posloupností děláme limitu odpovídající funkce, protože z výrazu (−2)n funkce udělat nejde, obecná exponenciála ax existuje jen pro kladná a. Budeme tedy muset hledat nástroj přímo ve světě posloupností. Naštěstí jeden máme, daný výraz je kombinace mocnin v nekonečnu a my víme, že přežívají jen ty nejsilnější. Protože ve zlomku vidíme jen obecné exponenciály, jsou stejné kategorie a jejich sílu měříme absolutní hodnotou základu. V čitateli je tedy dominantní výraz 3n , ve jmenovateli pak 22n = (22 )n = 4n . Jako obvykle vytýkáme ze součtů dominantní mocninu. ³¡ ¢ 1 − ( −2 )n ´ ³ 3n − (−2)n ´ ³ 3n 1 − (−2)n ´ 3 n 3n 3 · . = lim · lim = lim n 1 4 n n n→∞ n→∞ n→∞ 4 +1 4 1 + 4n 1 + ( 14 ) K vyhodnocení limity teď použijeme znalost geometrické posloupnosti cn , o které víme, že konverguje k nule, kdykoliv |c| < 1. Máme tedy ³ 3n − (−2)n ´ ³¡ ¢ 1 − (− 2 )n ´ 0 1−0 1+0 3 n 3 lim ====== 0. · = lim 4 1 n n→∞ n→∞ 4n + 1 1 + (4) 3. Umíme sečíst jen řady geometrické a teleskopické, tahle se hodně podobá geometrické, takže ji 2

c pHabala 2009 °


zkusíme na takovou převést. ∞ ∞ ∞ X X 3k+1 3 X ³ 3 ´k 3 · 3k = = 5 . 22k+5 25 (22 )k 2 4 k=3 k=3 k=3 ¯3¯ ¯ ¯ Povedlo se. Tato řada konverguje, protože |q| = 4 < 1. Kdo si pamatuje obecný vzorec pro součet geometrické řady, může jej použít, ale kdo si pamatuje pouze vzorec pro základní typ, musí nejprve upravit počátek sčítání, aby začínal od nuly, což se nejjednodušeji udělá vytknutím. ∞ ∞ ∞ X 3k+1 3 X ³ 3 ´k 1 34 3 ³ 3 ´3 X³ 3 ´k 3 33 3 33 = · · 4 = . = = = 22k+5 25 4 25 4 4 25 43 1 − 34 25 26 29 k=3

k=3

k=0

Tento trik s vytknutím platí jen pro geometrické řady, existuje i trik obecnější, fungující pro všechny řady, kdy si přičteme a odečteme chybějící členy: ∞ ∞ 3 ³X³ 3 ´k ³ 3 ´0 ³ 3 ´1 ³ 3 ´2 ´ 34 37 ´ 3³ 1 3 27 3 X ³ 3 ´k = − − − · = . − = = 25 4 25 4 4 4 4 25 1 − 34 16 25 16 29 k=0

k=3

Je to takto poněkud neohrabané, specializované triky většinou fungují lépe než ty obecné a je tomu tak i zde.

4. Toto rozhodně nevypadá jako příbuzný geometrické řady, takže zbývá teleskopická (nebo divergence). Zkusíme řadu upravit, aby se v ní vyskytl rozdíl. ∞ ∞ ³ X X 1 1 ´ 1 = − . k(k + 1) k k+1 k=2

k=2

Povedlo se, teleskopické řady zkoumáme tak, že se dobře podíváme na částečné součty. ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ sN = 21 − 13 + 31 − 14 + 14 − 51 + . . . + N 1−1 − N1 + N1 − N1+1 = 12 − N1+1 → 21 pro N → ∞, ∞ P 1 = 21 . takže k(k + 1) k=2

P k+1 ? Potřebujeme vybrat vhodný test. Protože jsou všechny členy řady 5. Konverguje řada ek kladné, je testů k dispozici mnoho. Řada obsahuje exponenciálu a mocniny, u takových míváme dobrou zkušenost s odmocninovým kritériem. Zkusíme spočítat příslušnou konstantu: k ³ rk + 1 ´ ³√ ¡√ ¢ k+1´ 1 k k ̺ = lim ak = lim = lim = . k→∞ k→∞ k→∞ ek e e √ k Použili jsme faktu, že k + 1 → 1. Protože ̺ < 1, řada konverguje.

Alternativy: Mělo by zabrat také podílové kritérium. Při výpočtu příslušné konstanty pomůže sdružovat části stejného původu. ´ ³ (k+1)+1 ´ ³1 + 2 1´ ³ k + 2 ek ´ ³a 1 1 k+1 ek+1 k = lim = lim · = . = 1 · = lim λ = lim · 1 k+1 k→∞ k→∞ 1 + k→∞ k + 1 ek+1 k→∞ ak e e e k k e

Protože λ < 1, řada opravdu konverguje. Výraz f (x) = x+1 ex se relativně snadno integruje, mohli bychom tedy zkusit i integrální kritérium. Splňuje funkce f předpoklady? Na intervalu řekněme h1, ∞) kladná je a klesající také, protože −x f ′ (x) = x < 0 pro x ≥ 1. e Máme tedy ∞ ¯ h ¯ i∞ Z∞ ′ −x ¯ Xk+1 Z ¯ f = x + 1 g = e ¯ = −(x + 1)e−x e−x dx + ∼ (x + 1) e−x dx = ¯¯ ′ f =1 g = −e−x ¯ ek 1 1

1

³ x + 1´ h i∞ ∞ ³ −1 ´ ∞ −1 −1 −x = lim − x === −0 + 2e + lim − (−2e ) + −e − (−e−1 ) = 3e−1 . x x→∞ x→∞ e e 1 l’H 3

c pHabala 2009 °


Nevlastní integrál konverguje, konvergence řady je tedy nezávisle potvrzena. Šlo by použít srovnání? P k+1 P k V zásadě se pro velká k dá ignorovat jednička v čitateli, takže by šlo srovnávat ∼ pomocí limitního srovnávacího kritéria. Ta řada napravo ale není známá ek ek řada, takže by to moc nepomohlo. k Ani přímé srovnání k+1 ex ≥ ex nevypadá nadějně, tento typ na to prostě není vhodný. ¯ P¯ ¯ = P k+1 Absolutní konvergence: Máme rozhodnout konvergenci řady ¯ k+1 . To je stejná ek ek řada, tedy konverguje. Závěr: Daná řada konverguje absolutně.

Poznámka: Zkušený řadič samozřejmě ví, že když má daná řada nezáporné členy, tak pro ni konvergence a absolutní konvergence splývají, tudíž buď konverguje absolutně, nebo diverguje, rozhodne se to pak jedním testem. My jsem tu následovali vlastně zbytečně celý obecný algoritmus, abychom si ho připomněli a vyjasnili si základní věci. √ Poznámka: Pokud by někdo šťoural do faktu k k + 1 → 1, tak by se to dokázalo jako samostatná limita. Vede na neurčitou mocninu, což se standardně dělá převodem na exponenciální tvar, pak tam bude někde l’Hospital: 1 =0 ¢ ∞0 ¢ ¡ lim ( ln(x+1) ) ∞ lim ( 1 ) ∞ x k + 1 = lim (k + 1)1/k ==== ex→∞ =∞ == ex→∞ x+1 == ==== e0 = 1. k→∞ k→∞ l’H p Důkaz faktu, že k p(k) → 1 pro libovolný polynom p, je skoro totožný.

lim

¡ k√

6. Konverguje řada kritérium. Zde

P (−1)k

√ ? k+2

Vypadá jako řada alternující, zkusíme tedy aplikovat Leibnizovo

1 → 0 pro k → ∞, k+2 ověříme ještě technické předpoklady kritéria: Čísla bk mají být kladná (v pořádku) a tvořit klesající posloupnost (jasné). Takže všechny tři předpoklady Leibnizova kritéria jsou splněny. Daná řada konverguje. P¯ (−1)k ¯ P 1 ¯= √ Absolutní konvergence: Máme rozhodnout konvergenci řady ¯ √ . Potřebuk+2 k+2 jeme vybrat vhodný test. Protože jsou všechny členy řady kladné, je testů k dispozici mnoho. Protože je základem řady polynom a chybí mocniny typu ak , říká nám zkušenost, že odmocninové a podílové kritérium nepomohou. Taky že ne, třeba s EE ´ DD √ ´ ³ ³ ¡√ ¢ 1 1 1 k = = lim p √ ̺ = lim k ak = lim k √ k + 2 → 1 = √ = 1. k k→∞ k→∞ k→∞ k+2 1 k+2 bk = |ak | = √

Protože ̺ = 1, nevíme nic. Víme, že konstanta z podílového kritéria vyjde stejně, takže to je také na nic, odhadli jsme to dobře. Na řady s polynomy naopak dobře fungují srovnávací kritéria. Tady se zdá, že pro velká k je možno ignorovat tu dvojku. To nám umožní limitní srovnání. Nejprve tedy musíme ověřit, že je takové srovnání možné. ³ √k ´ ³r k ´ ³√1 ´ 1 1 k+2 √ ∼√ : = lim √ = lim lim √1 k→∞ k→∞ k→∞ k+2 k+2 k + 2 k k s r ³ 1 ´ 1 = 1 > 0. = lim = 2 k→∞ 1+0 1+ k

Srovnání je potvrzeno, teď tedy můžeme srovnat příslušné řady. X X 1 X 1 1 √ √ = ∼ . k 1/2 k+2 k 4

c pHabala 2009 °


Řada napravo diverguje podle p-testu (p = 21 ≤ 1 dává divergenci), proto také diverguje řada nalevo, což je vlastně daná řada s absolutní hodnotou. Víme tedy, že daná řada nekonverguje absolutně. Závěr: Daná řada konverguje neabsolutně (podmínečně). Alternativy: U konvergence dané řady rozumné alternativy nevidíme, ale u zkoumání absolutní 1 je evidentně konvergence možnosti jsou. Jedna je integrální kritérium, protože funkce f (x) = √x+2 kladná a klesající třeba na h2, ∞). Proto lze srovnávat ¯ ¯ y = x + 2 ¯ Z∞ ¯ ∞ Z ¯ ¯ ¯ ¯ X¯ (−1)k ¯ X 1 1 1 dy = dx ¯ ¯ √ √ dx = ¯ ∼ ¯ = y − 2 dx ¯√ ¯= ¯ x = 2 7→ y = 4 ¯ x+2 k+2 k+2 ¯ ¯ 4 2 x = ∞ 7→ y = ∞ h i∞ √ ¡ √ ¢ 1/2 = lim 2 y − 2 4 = ∞ − 4 = ∞. = 2y y→∞

4

Nevlastní integrál diverguje, takže selhání absolutní konvergence je nezávislo potvrzeno. Šlo by použít přímé srovnání? Nejprve zkusíme vynechání dvojky. Vznikne nerovnost X 1 X 1 1 1 √ √ . ≤ √ =⇒ ≤ 0≤ √ k+2 k+2 k k Víme, že větší řada napravo diverguje, což znamená, že nám toto srovnání nepomůže. Chceme-li uspět, máme dvě možnosti. Pokud bychom uměli náš horní odhad nějak zmenšit, aby ještě zůstal horním odhadem, ale už konvergoval, tak bychom tím přinutili zkoumanou řadu také konvergovat. To ale nejde, protože náš horní odhad je nejlepší možný, ty dvě řady jsou pro velká k v zásadě stejné. Není tedy možné ten horní zmenšit a pořád zůstat horním odhadem. (Také víme, že zkoumaná řada diverguje, takže ji ke konvergenci opravdu přinutit nejde, ale zde předstíráme, že to ještě nevíme, a hledáme alternativní řešení). Druhá možnost je najít dolní odhad, který by dal divergentní řadu, tím bychom tu zkoumanou řadu vytlačili do nekonečna. Tady už to není tak jasné, ale zkušený řešitel by mohl přijít třeba na tuto fintu. Pro kladná k máme k + 2 ≤ 4k, proto také X 1 X X 1X 1 1 1 1 1 √ ≤ √ √ ≤ √ =⇒ =⇒ . 0≤ √ ≤ √ 2 k+2 k+2 k+2 4k 4k k Protože menší řada diverguje (p-test), musí také divergovat větší, námi zkoumaná řada. Také vidíte, proč jsme zvolili čtyřku, to aby se nám dobře pracovalo, šlo také vyjít z nerovnosti k+2 ≤ 2k. P (−1)k √ konverguje. Kolik je součet této řady, když začneme sčítat Bonus: Dokázali jsme, že k+2 třeba od k = 2? Získat přesný součet řady teoreticky je těžké, často nemožné, takže se nabízí jednoduchý trik. Požádáme počítač, aby nám sečetl nějaký konečný, ale relativně velký kus řady, 100 P (−1)k √ jinými slovy částečný součet, řekněme s100 = . Získáme nějaké číslo, můj počítač tvrdí, k+2 k=2

že s100 = 0.3147... Co má toto číslo společného se skutečným součtem řady? Jinými slovy, zajímá nás, jak velká je chyba aproximace 100 ∞ ∞ X X X (−1)k (−1)k (−1)k √ √ √ − = . E= k + 2 k + 2 k + 2 k=2 k=101 k=2

Jestliže řada splňuje předpoklady Leibnizova kritéria, pak také máme odhad na velikost jejího “konce”. V našem případě 1 ∼ 0.0985... |E| ≤ b101 = √ 103 Vzhledem k výsledku je to docela velká chyba, znamená to totiž, že ani ta “3” za desetinnou čárkou nemusí být dobře. Přesnost dobře vyjádří “relativní” chyba daná jako podíl chyby a výsledku, zde 0.0985... × 100 ∼ 31%. 0.3147... 5

c pHabala 2009 °


Chyba velká jako cca třetina výsledku jej prakticky znehodnocuje. Pracujeme vlastně s jejím horním odhadem, skutečná chyba může být menší, ale to je chabá útěcha. Zkusíme proto zadat počítači delší sumu: S10000 = 0.2703... Jaká je teď chyba aproximace? 1 |E| ≤ b10001 = √ ∼ 0.009999... ≤ 0.01. 10003 To vypadá mnohem lépe, znamená to, že náš výsledek se může lišit maximálně o jedničku na druhém desetinném místě. Teď tedy můžeme s jistotou napsat, že ∞ X (−1)k √ = 0.27 ± 0.01. k+2 k=2

Relativní chyba je asi 3.7%, to už je docela dobrý výsledek. Zkusme pro úplnost ukázat alternativní metody odhadu chyby. Alternující řada má svůj nejlepší odhad, který jsme právě použili, v obecném případě bychom použili absolutní hodnotu: ∞ ∞ ¯ (−1)k ¯ X X 1 ¯ ¯ √ . |E| ≤ ¯= ¯√ k + 2 k + 2 k=10001 k=10001

Pro odhad takovéto řady máme dvě relativně jednoduché metody. Jedna používá odhadu z inte1 grálního kritéria. Funkce f (x) = √x+2 je na intervalu h10001, ∞) kladná a klesající, proto ∞ X

1 1 √ |E| ≤ + ≤√ k + 2 10003 k=10001

Z∞

√

x=10001

h √ i∞ 1 dx =√ + 2 x+2 = ∞. x=10001 x+2 10003

To je nepříjemné, horní odhad vedl na divergentní řadu. Další možnost je zkusit horní odhad pomocí jiné řady, jejíž součet známe, což v zásadě znamená konvergentní geometrické řady. Ale ani zde se nic rozumného nenabízí, na rozumný odhad bychom 1 ≤ q k pro nějaké q < 1, ale na to by muselo být potřebovali ukázat, že pro (velká) k platí √k+2 ¡ 1 ¢k √ ≤ k + 2, což pro |q| < 1 není možné. q Náš původní odhad byl jediný možný (alespoň na této úrovni znalostí). Odhad z integrálního kritéria i odhad geometrickou řadou se nicméně mohou někdy hodit. 7. Konverguje řada kritérium. Zde

P (−1)k (2k)!

? Vypadá jako řada alternující, zkusíme tedy aplikovat Leibnizovo

1 → 0 pro k → ∞, (2k)! ověříme ještě technické předpoklady kritéria: Čísla bk mají být kladná (v pořádku) a tvořit klesající posloupnost. Je to pravda? Zkusíme to. ? (2k + 2)! ? ? 1 1 ⇐⇒ 1 < < bk+1 < bk ⇐⇒ (2(k + 1))! (2k)! (2k)! ? (2k + 2) · (2k + 1) · (2k)! ⇐⇒ 1 < ⇐⇒ 1 < (2k + 2)(2k + 1). (2k)! Poslední nerovnost platí pro kladná k, což stačí. Takže všechny tři předpoklady Leibnizova kritéria jsou splněny a tudíž daná řada konverguje. k¯ P¯ ¯ P 1 . Potřebujeme Absolutní konvergence: Máme rozhodnout konvergenci řady ¯ (−1) (2k)! = (2k)! vybrat vhodný test. Protože jsou všechny členy řady kladné, je testů k dispozici mnoho. Zde netřeba váhat, na řady s faktoriály používáme prakticky výhradně podílové kritérium. 1 ´ ³ (2k)! ´ ´ 1 ´ ³ ³a ³ 1 (2(k+1))! k+1 = lim =∞ == 0. = lim λ = lim = lim 1 k→∞ (2k + 2)! k→∞ (2k + 2)(2k + 1) k→∞ k→∞ ak (2k)! bk = |ak | =

Protože λ < 1, zkoumaná řada s absolutními hodnotami konverguje. 6

c pHabala 2009 °


Závěr: Daná řada konverguje absolutně. Poznámka: V okamžiku, kdy nám podílové kritérium dalo absolutní konvergenci, vyplyne už konvergence původní dané řady automaticky. Tu část s Leibnizovým kritériem jsme tedy mohli přeskočit, pokud bychom ze zkušenosti odhadli, že absolutní konvergence vyjde. 8. Pro alternující řady máme jediný test, Leibnizovo kritérium. Na to by ovšem muselo být k x bk = 2k2 nerostoucí. Jenže f (x) = 2x2 je rostoucí pro x ≥ 3, takže Leibniz nejde použít. Zkusíme P 2k tedy absolutní konvergenci, konveguje k2 ? Tady jde použít odmocninové i podílové kritérium, začneme tím prvním: q 2 2 k 2k k√ √ ak = → 2 = 2 pro k → ∞. k2 = k 1 [ k]2 P P 2k k 2k diverguje. Proto tedy řada (−1) Vyšlo ̺ = 2 > 1, takže řada 2 k k2 nekonverguje absolutně. Limitní podílové by vyšlo nastejno: 2k+1 ³ 1 + 1/k ´2 ak+1 2k+1 ³ k ´2 (k+1)2 = 2k = k =2 → 2 · 12 = 2 pro k → ∞. ak 2 k + 1 1 k2

Pořád ovšem nevíme, zda daná řada konverguje (ale neabsolutně) nebo diverguje. Potřebujeme tedy nějaký test, který lze aplikovat na řadu s měnícími se znaménky, a kromě Leibnizova už máme jen jeden další: nutnou podmínku konvergence. Konvergují členy řady k nule? V tomto nehrají znaménka roli, protože libovolná posloupnost {ak } konverguje k nule právě tehdy, když k nule konverguje {|ak |}. Takže ³ 2x ´ ∞ ³ 2k ´ DD EE ³ ln(2)2x ´ ∞ ³ [ln(2)]2 2x ´ ∞ ∞ ∞ = lim = = ∞. lim (|ak |) = lim = = = lim = = = lim ∞ x→∞ x2 k→∞ k→∞ k 2 l’H x→∞ l’H x→∞ 2x 2 k

k

Takže rozhodně není pravda, že ak = (−1)k 2k2 = ± 2k2 → 0, daná řada tedy diveguje.

9. Zde jde o řadu s nezápornými členy, takže konvergence a absolutní konvergence vyjdou nastejno a můžeme použít všechny oblíbené testy. Ve výrazech pro ak jsou jen mocniny, takže by to mohlo urazit jak odmocninové, tak podílové kritérium. Protože se ale liché a sudé členy liší typem a podílové by je míchalo, asi bude snažší se podívat na odmocniny: ½ 1 , k liché; k√ ak = 12 3 , k sudé. √ k Limita ak tedy neexistuje, takže limitní odmocninové kritérium selhalo. Lze ale použít obecné √ odmocninové (s nerovnostmi). Pokud položíme q = 21 , pak q < 1 a zároveň vidíme, že k ak ≤ q pro všechna k ≥ 1. Podle odmocninového kritéria tedy daná řada konverguje (i absolutně díky ak ≥ 0). Mimochodem, jak by si vedlo podílové kritérium? Trocha opatrného přemýšlení ukáže, že ( k 2 = 13 ( 32 )k , k liché; ak+1 3k+1 = 3k 1 3 k ak ( ) , k sudé. k+1 = 2 2

2

neexistuje a limitní podílové kritérium Protože 31 ( 23 )k → 0, zatímco 12 ( 23 )k → ∞, limita výrazu aak+1 k selhalo. Jenže tady dokonce ani nemůžeme použít obecnější podílové kritérium s nerovnostmi, protože členy aak+1 budou střídavě větší než 1 a menší než 1, takže nenastane trvale žádná z těch k dvou variant. Podílové kritérium prostě žalostně selhalo. 10. Nejprve řadu upravíme, ať vidíme střed a vypadá jako předpisová mocninná řada: X 1 X 2k X 1 k k (2x − 4) = [2(x − 2)] = (x − 2)k . kp kp kp Střed řady je tedy x0 = 2. Tento upravený tvar má další výhodu, pokud si pamatujeme vzorec pro poloměr konvergence z věty, tak jej můžeme na tuto řadu ve správném tvaru aplikovat. 7

c pHabala 2009 °


My ovšem doporučujeme postup možná delší, ale flexibilnější, kdy údaje o konvergenci zjistíme tak, že řadu otestujeme na absolutní konvergenci. Tento přístup má mimo jiné tu výhodu, že jej lze aplikovat i na mocniné řady, které nejsou ve “správném” tvaru, v našem případě jej tedy můžeme aplikovat na řadu tak, jak je zadána. Z původního tvaru můžeme zjistit i střed řešením rovnice 2x − 4 = 0, pak x0 = 2. Úprava na správný tvar se tedy zdá zbytečná, ale jeden účel to přeci jen má: Díky tomu se ujistíme, že opravdu pracujeme s mocinnou řadou. Ověření absolutní konvergence znamená zkoumat řadu ¯ X 2 X¯¯ 1 k¯ |2x − 4|k . ¯ p (2x − 4) ¯ = k kp Protože máme samé čisté mocniny, konvergenci asi nejlépe pozná limitní odmocninové kritérium. p 1 k→∞ 1 k |ak | = k√ |2x − 4| −−−→ p |2x − 4| = 2|x − 2| = ̺. 1 [ k]p Jak vidíme, zatím nehrálo roli, kolik je parametr p. Aby řada s absolutní hodnotou konvergovala, 1 musí být ̺ = 2|x−2| < 1, což je právě pro |x−2| < 21 . Máme tedy poloměr ¡konvergence 2 ¢a ¢ r¡= 3 5 1 1 1 řada určitě konverguje absolutně na množině dané nerovností |x−2| < 2 , tj. 2− 2 , 2+ 2 = 2 , 2 . Jak je to s krajními body? Ty jsou 2 ± 21 . Co když dosadíme x = 25 do dané řady? Dostaneme P P 1 1 k kp (5 − 4) = kp , takže vidíme, že začíná záležet na p. Asi bude lepší udělat každý případ zvlášť. P Případ p = 0, řada (2x − 4)k . Máme x0 = 2 a r = 12 , zkusíme krajní body. P P (5 − 4)k = 1 = ∞, řada diverguje. x = 25 : P P x = 32 : (3 − 4)k = (−1)k , řada diverguje. ¢ ¡ Závěr: Řada absolutně konverguje i konverguje na 23 , 25 . P1 Případ p = 1, řada (2x − 4)k . Máme x0 = 2 a r = 12 , zkusíme krajní body. kP P 1 1 k x = 25 : k (5 − 4) = k = ∞, řada diverguje (harmonická řada, popř. dle p-testu). P1 P P k (−1)k k1 , řada konverguje podle Leibnizova kritéria: Je rovna (−1)k bk , x = 23 : k (3 − 4) = kde bk = k1 tvoří klesající posloupnost ¡ 3 5 ¢ kladných čísel jdoucí ¢ k nule. 3 5 Závěr: Řada absolutně konverguje na 2 , 2 , konverguje na 2 , 2 . P 1 Případ p = 2, řada (2x − 4)k . Máme x0 = 2 a r = 12 , zkusíme krajní body. k2P P 1 1 k x = 25 : k2 (5 − 4) = k2 , řada konverguje dle p-testu (kdo zapomene, pomůže si integrálním kritériem). P 1 P 3 k x = 2: (3 − 4) = (−1)k k12 , řada konverguje dle Leibnizova kritéria s bk = k12 , což tvoří 2 k klesající posloupnost kladných čísel, která jde k nule. i absolutně. Řada tedy konverguje pro oba konce, takže v 2 ± 12 konverguje ® 3 5 Závěr: Řada absolutně konverguje i konverguje na 2 , 2 . 11. Nejprve řadu upravíme, ať vidíme střed a přesvědčíme se, že je mocninná: X 3k+1 X 3 · 3k £ ¡ ¢¤k X 3 · 3k 2k ¡ ¢k X 3 · 6k ¡ ¡ ¢¢k = . (2x + 1)k = 2 x + 12 x + 21 = x − − 12 k! k! k! k! Střed řady je tedy x0 = − 12 a je mocninná. Teď je čas na absolutní konvergenci, prozkoumáme tedy řadu X¯¯ 3 · 6k ¡ ¯ ¡ 1 ¢¢k ¯¯ X 3 · 6k ¯ ¯x + 1 ¯k . x − −2 ¯= ¯ 2 k! k! Faktoriál jasně naznačuje, že se použije podílové kritérium, zkusíme limitní: |ak+1 | = |ak |

3·6k+1 (k+1)! |x + 3·6k k! |x +

1 k+1 2| 1 k 2|

=

¯ ¯ 3 · 6k+1 |x + 21 |k+1 k! k→∞ ¯x + 1 ¯ 1 −− −→ 0 = λ. = 6 1 2 3 · 6k |x + 2 |k (k + 1)! k+1 8

c pHabala 2009 °


Aby řada s absolutní hodnotou konvergovala, musí být λ = 0 < 1, což platí vždy, bez ohledu na hodnotu x. Řada tedy konverguje všude, máme poloměr konvergence r = ∞ a daná řada konverguje absolutně (a tedy i konverguje) na IR. 12. Nejprve řadu upravíme, ať vidíme střed a ověříme, že je mocninná: X (kx)k X kk X kk k = x = (x − 0)k . 3k+1 3k+1 3k+1 Střed řady je tedy x0 = 0. Teď je čas na absolutní konvergenci, takže máme prozkoumat řadu ¯ X kk X¯¯ k k k¯ |x|k . ¯ k+1 x ¯ = k 3 3·3 Protože máme samé čisté mocniny, konvergenci asi nejlépe určí limitní odmocninové kritérium. ½ EE DD p ∞, |x| = 6 0; k k ∞ |ak | = k√ pro k → ∞. |x| = 1·3 |x| → 0, |x| = 0 3·3 ¡√ ¢ Aby řada s absolutní hodnotou konvergovala, musí být ̺ = lim k ak < 1, což je pravda jen pro k→∞

|x| = 0, tj. x = 0. Řada tedy konverguje jen v tomto bodě a máme poloměr konvergence r = 0. Závěr: Řada absolutně konverguje i konverguje na množině {0}.

13. Teď si zkusíme “praktický” přístup. Že je řada mocninná vidí zkušený řešič na první pohled, nejprve určíme střed: 1 − x2 = 0 právě tehdy, když x = 2. Střed řady je tedy x0 = 2. Teď je čas na absolutní konvergenci, takže máme prozkoumat řadu √ √ X¯¯ k 2 + 1 ¡ ¯ ¢ ¯ X 4 k2 + 1 ¯ x k¯ ¯1 − x ¯k . ¯ k−1 1 − 2 ¯ = 2 k 4 4 Konvergence takovéto řady be měla jít rozhodnou pomocí podílového i odmocninového kritéria, ale ta komplikovanější odmocnina možná bude lepší v odmocnině: q s √ k√ 2 k√ ¯ ¯ 4 k + 1¯ k 4 k2 + 1 ¯ √ k x k ¯1 − x ¯ ¯1 − ¯ = ak = 2 2 4k 4 √ ¯ 1 ¯¯ k→∞ 1 · −−−→ 1 − x2 ¯ = 18 |2 − x| = 18 |x − 2| = ̺. 4 Aby řada s absolutní hodnotou konvergovala, musí být splněno ̺ = 18 |x − 2| < 1, což nastane pro |x − 2| < 8. Máme tedy poloměr konvergence r = 8 a absolutní konvergenci zaručenu na intervalu (2 − 8, 2 + 8) = (−6, 10). Krajní body √ P jsouk2√±28. 1, řada diverguje, protože k 2 + 1 → ∞, tudíž neplatí, x = 10: 4(−1) k +√ k 2 že a√ k = 4(−1) Pk + 1 → 0. P x = −6: 4 k2 + 1 ≥ 4 = ∞, řada diverguje. Závěr: Řada absolutně konverguje i konverguje na (−6, 10). Poznámka: Jak vypadá řada ve standardním tvaru? √ √ √ √ 2 X X k2 + 1 ¡ X 4 k2 + 1 X k2 + 1 ¡ ¢ ¢ k k4 k +1 x k 2−x k [−(x−2)] = (−1) (x−2)k . 1− = = 2 2 4k−1 4k−1 4k 2k 8k Jak by vypadal výpočet pro podílové kritérium? √ ¯ ¯k+1 ¯ r 4 (k+1)2 +1 ¯¯ x ¯k+1 2 + 2k + 2 4k ¯1 − x ¯ 1 − ak+1 k k+1 2 2 4 = = √ ¯ ¯ ¯ 2+1 k+1 ¯¯ 4 k2 +1 ¯ x ¯k x ¯k ak k 4 1 − 1 − k 2 2 4 s √ 1 ¯ 1 + 2/k + 2/k 2 1 ¯¯ x ¯ k→∞ 1 8 |2 − x| = 18 |x − 2| = λ. 1 − −− −→ = 4 2 2 1 + 1/k 14. Protože jde o exponenciálu násobenou polynomem, základem našeho rozkladu bude rozvoj 9

c pHabala 2009 °


exponenciální funkce. Abychom danou funkci mohli převést v řadu se středem 1, potřebujeme ji nejprve upravit tak, aby se v ní proměnná vyskytovala výhradně ve členech (x − 1), mimo jiné to znamená, že ve funkci potřebujeme dostat výraz typu eA(x−1) : (2x + 1)e4x−1 − 2 = (2(x − 1) + 3)e4(x−1)+3 − 2 = 2(x − 1)e4(x−1)+3 + 3e4(x−1)+3 − 2

= 2(x − 1)e3 e4(x−1) + 3e3 e4(x−1) − 2. ∞ k P y Teď použijeme rozvoj ey = k! se substitucí y = 4(x − 1). Exponenciální rozvoj platí pro k=0

všechna y, tudíž i náš rozvoj bude platit pro všechna x ∈ IR. ∞ ∞ X X [4(x − 1)]k [4(x − 1)]k 3 3 4(x−1) 3 4(x−1) 3 + 3e −2 f (x) = 2e (x − 1)e + 3e e − 2 = 2e (x − 1) k! k! k=0

k=0

=

∞ X 2e3 4k

k=0

k!

(x − 1)k+1 +

∞ X 3e3 4k

k=0

k!

(x − 1)k − 2.

Protože ony dvě sumy mají společné mocniny, bylo by dobré je napsat jako jednu sumu. Nejprve je nutno převést v první sumě exponent tak, aby byl jen písmenko (index), což se nejsnadněji dělá substitucí. Pak ale zase přejdeme ke k, abychom viděli stejné indexy. ¯ ¯ ¯ ¯ ∞ ∞ n = k + 1 3 k 3 k X 2e 4 X 3e 4 ¯ ¯ k+1 k ¯ (x − 1) + (x − 1) − 2 = ¯¯ k =n−1 ¯ k! k! ¯ k = 0 =⇒ n = 1 ¯ k=0 k=0 ∞ ∞ X X 3e3 4k 2e3 4n−1 n (x − 1) + (x − 1)k − 2 = (n − 1)! k! n=1 =

∞ X k 2e3 4k−1

k!

k=1

k=0 ∞ X

(x − 1)k +

k=0

3e3 4k (x − 1)k − 2. k!

Teď už sčítáme stejné mocniny; aby šlo sumy spojit, je třeba zajistit, aby také měly stejné indexy. Druhá suma začíná dříve, tak z ní první člen odtrhneme. ∞ ∞ X X k 2e3 4k−1 3e3 4k k f (x) = (x − 1) + (x − 1)k − 2 k! k! =

k=1 ∞ X

k=1 3

k=0

k 2e3 4k−1 (x − 1)k + k!

= [3e − 2] +

h 3e3 40 0!

∞ X e3 4k−1 (2k + 12)

k=1

k!

0

(x − 1) + (x − 1)k ;

∞ X 3e3 4k

k=1

k!

(x − 1)

k

i

−2

x ∈ IR.

Poznámka: Aby se nemusely měnit indexy, jsou dvě možnosti. Zkušený řadič prostě index “posune” k + 1 7→ k, pak také k 7→ k − 1, ale musí si pamatovat, že počáteční index se posunuje naopak 0 7→ 1 (popřípadě mu to tak přijde logické, protože tomu rozumí). Je také možné použít tu substituci výše, ale namísto n použít k ∗ a pak tu hvězdičku při psaní nové řady nenápadně zapomenout. Ukážeme to u posledního příkladu. 15. Jde o sinus násobený polynomem, takže základem bude rozvoj pro sinus. Aby tak vznikla řada se středem −1, je třeba funkci upravit, aby se x vyskytovalo jen ve členech typu (x−(−1)) = (x+1). Hlavně ve funkci potřebujeme dostat výraz typu sin(A(x + 1)). ¡ ¢ ¡ ¢ (x + 1) sin π2 x + x = (x + 1) sin π2 (x + 1 − 1) + (x + 1) − 1 DD ¡ EE ¢ ¢ ¡ = (x + 1) sin π2 (x + 1) − π2 + (x + 1) − 1 = sin α − π2 = − cos(α), α = π2 (x + 1) ¡ ¢ = −(x + 1) cos π2 (x + 1) + (x + 1) − 1. 10

c pHabala 2009 °


Teď můžeme aplikovat rozvoj cos(y) =

∞ P

k=0

2k

y (−1)k (2k)! pro y =

π 2 (x

+ 1). Rozvoj sinu platí pro

všechna y, tudíž i náš rozvoj bude platit pro všechna x ∈ IR. ¡ ¢ f (x) = −(x + 1) cos π2 (x + 1) + (x + 1) − 1 ∞ π 2k X k [ 2 (x + 1)] + (x + 1) − 1 = −(x + 1) (−1) (2k)! k=0

=

∞ X

(−1)

k+1

k=0

π 2k (x + 1)2k+1 + (x + 1) − 1. 2k 2 (2k)!

Jde vlastně o součet dvou řad, jedna je se sumačním znaménkem Σ a druhá je řada (x + 1) − 1. Tyto dvě řady sdílejí některé členy, jmenovitě obě obsahují člen s první mocninou proměnné, takže posledním krokem je sjednocení tohoto společného členu, aby byl výsledek ve tvaru jedné mocninné řady. ∞ i h X π 2k π0 (x + 1)1 + (x + 1)2k+1 + (x + 1) − 1 (−1)k+1 2k f (x) = (−1)1 0 2 · 0! 2 (2k)! k=1

= −1 +

∞ X

(−1)k+1

k=1

2k

π (x + 1)2k+1 ; 4k (2k)!

x ∈ IR.

16. Tato řada neobsahuje populární rozkládací funkce typu exponenciála, sinus či kosinus, ale ze zkušenosti víme, že takovýto člen lze rozvinout pomocí geometrické řady. Úprava do správného 1 , kde y by mělo být ve tvaru A(x − 1), abychom pak měli správný střed výsledné řady, tvaru 1−y probíhá standardně v následujících krocích: a) zbavíme se x v čitateli vydělením, b) uspořádáme jmenovatel tak, aby byla proměnná výhradně ve členech (x − 1), c) uspořádáme jmenovatel do tvaru a − b(x − 1), d) vytknutím a dosáhneme ve jmenovateli tvaru 1 − A(x − 1). 1 1 2(x + 1) + 3 1 1 2x + 5 . = =2+3 =2+3 = 2 + 23 = 2 + 32 x−1 x+1 x+1 x+1 2 + (x − 1) 1+ 2 1 − [− x−1 2 ] ∞ P 1 Teď aplikujeme geometrický rozvoj 1−y = y k pro y = − 12 (x − 1). Geometrický rozvoj konver1 2 |x − 1|

k=0

guje a platí pro |y| < 1, tedy pro < 1, takže pro |x − 1| < 2. Poloměr konvergence výsledné řady proto bude r = 2, řada bude konvergovat na intervalu (1 − 2, 1 + 2) = (−1, 3). ∞ ³ ∞ X X −(x − 1) ´k 3(−1)k 3 =2+ (x − 1)k . f (x) = 2 + 2 2 2k+1 k=0

k=0

Výsledná řada obsahuje absolutní člen, takže jej oddělíme a sloučíme s prvním členem, čímž dostaneme výsledek ve tvaru jedné řady. ∞ ∞ h 3(−1)0 i X X 3(−1)k k 3 0 k 7 f (x) = 2 + + (−1) = (x − 1) + (x − 1) (x − 1)k ; x ∈ (−1, 3). 2 1 k+1 k+1 2 2 2 k=1

k=1

Poznámka: Často také píšeme obor platnosti rozvoje jen nerovností |x−1| < 2, sice to vlastně není množina, ale uživatel si z toho množinu hravě vyrobí a navíc je pěkně vidět poloměr konvergence této řady.

17. Tato řada neobsahuje populární rozkládací funkce typu exponenciála, sinus či kosinus, kvůli 1 . Začíná to být vážné, zahrabeme v paměti, někdo také mocnině ji také nelze převést na tvar 1−y ještě umí logaritmus či binomický rozvoj, ale ani ty se zde nehodí. Zbývají dvě nealgebraické operace, řady se také chovají dobře vůči derivování a integrování. Dá se daná funkce pomocí 11

c pHabala 2009 °


některé z těchto dvou převést na tvar, který už umíme rozvinout? h i′ 1 2 = , 2 (1 − x) (1 − x)3 to také neumíme, Z 1 1 dx = + C, 2 (1 − x) 1−x to je ono, tohle rozvinout umíme. Rozvineme tedy tuto novou funkci a výslednou rovnost pak zderivujeme, tím se dostaneme k zadané funkci. Potřebujeme dostat (x − 2), použijeme stejný postup jako v předchozím příkladě. 1 −1 1 1 = = =− . 1−x −1 − (x − 2) 1 + (x − 2) 1 − [−(x − 2)] ∞ P 1 Teď aplikujeme geometrický rozvoj 1−y = y k pro y = −(x − 2). Geometrický rozvoj konverguje k=0

a platí pro |y| < 1, tedy pro | − (x − 2)| < 1, takže pro |x − 2| < 1, interval je (1, 3). ∞ ∞ X X 1 =− [−(x − 2)]k = (−1)k+1 (x − 2)k . 1−x k=0

k=0

Teď už rozvineme danou funkci. ∞ ∞ i′ X h 1 i′ h X k+1 k = (−1) (x − 2) = k(−1)k+1 (x − 2)k−1 . f (x) = 1−x k=0

k=1

Máme krásnou řadu. Aby byl výsledek dokonalý (tedy aby to byla správná mocninná řada), upravíme substitucí exponent u mocniny. Zde na ukázku použijeme trik s k ∗ , kdy pak v nové řadě tu hvězdičku nepíšeme, celý proces tedy odpovídá posunu v indexu. ¯ ¯ ¯ ¯ ∞ ∞ k∗ = k − 1 X ¯ ¯ X k+1 k−1 ∗ ¯ ¯ f (x) = k(−1) (x − 2) =¯ k =k +1 = (k + 1)(−1)k+2 (x − 2)k ¯ ¯ k = 1 =⇒ k ∗ = 0 ¯ k=0 k=1 ∞ X = (−1)k (k + 1)(x − 2)k ; |x − 2| < 1. k=0

18. Jde o mocninnou řadu, takže se pokusíme ji upravit tak, aby odpovídala jedné ze známých řad. Prvním krokem je sloučit všechny mocniny s k v exponentu do jednoho členu typu [ ]k . ∞ ∞ ∞ X X X 9k [(x − 1)2 ]k [9(x − 1)2 ]k (x − 1)2k = = . 9k (k + 1)! (k + 1)! (k + 1)! k=1

k=1

k=1 2

Komplikací v mocnině se teď zbavíme substitucí y = 9(x − 1) : ∞ ∞ 2k X X yk k (x − 1) 9 = . (k + 1)! (k + 1)! k=1

k=1

Toto se již velmi podobá řadě pro exponenciálu, ale vadí nesoulad mezi k v mocnině a ve jmenovateli. Jsou dvě možnosti, jak z toho ven. Jedna možnost je přidat si do čitatele y (a zase ubrat jinde), čímž se indexy srovnají, a pak je převést na k pomocí posunu indexu. ¯ ¯ ∞ ∞ ∞ X ¯ ¯ 1X yk 1 X y k+1 yn n =k+1 ¯ ¯ = =¯ . = k = 1 =⇒ n = 2 ¯ y (k + 1)! y (k + 1)! n! k=1

n=2

k=1

A máme tam skoro řadu pro exponenciálu. Zbývá upravit začátek číslování řady trikem přičtuodečtu. Kvůli tradici se zase vrátíme k indexu k, pokud jste namísto n použili k ∗ a pak tu hvězdičku 12

c pHabala 2009 °


vynechali, tak už tam k máte. ∞ ∞ ∞ ´ 1 X yk 1 X yk 1 ³X y k = = − 1 − y = (ey − 1 − y). (k + 1)! y k! y k! y k=1

k=2

k=0

Teď uděláme zpětnou substituci. 2 ∞ 2k X e9(x−1) − 1 − 9(x − 1)2 k (x − 1) 9 = . (k + 1)! 9(x − 1)2 k=1

Kde tento rozvoj platí? Exponenciální rozvoj platí pro všechna y, takže tento výsledek bude platit všude, kde existuje, tedy všude kromě x = 1. Ale zadaná řada má smysl i tam, takže ji v tomto bodě sečteme jako zvláštní případ. ( 9(x−1)2 ∞ 2k e −1−9(x−1)2 X (x − 1) , x 6= 1; k 9(x−1)2 = 9 (k + 1)! 0, x = 1. k=1 Mimochodem, snadno se ověří, že vzorec napravo definuje funkci spojitou a diferencovatelnou.

P yk Alternativa: Zde zkusíme opravit nesoulad v (k+1)! jinak. Potřebovali bychom, aby se v čitateli objevilo k + 1 a zkrátilo se se jmenovatelem, a do čitatele přibývají věci při derivování řady. Konkrétně, k + 1 se v čitateli objeví, pokud budeme derivovat y k+1 , které si tam nejprve musíme vyrobit. ∞ ∞ ∞ h X y k i′ hX y k+1 i′ X y k = = . y (k + 1)! (k + 1)! k! k=1

k=1

k=1

Teď zase upravíme začátek řady a sečteme ji. ∞ ∞ h X y k i′ X y k − 1 = ey − 1. = y (k + 1)! k! k=1

k=0

Abychom se dostali zpět k původní řadě, zintegrujeme obě strany. Z ∞ X yk y = ey − 1 dy = ey − y + C. (k + 1)! k=1

Neznáme ovšem C. Trik: Ona rovnost musí (se správným C) platit pro spoustu y, například pro y = 0. Když dosadíme, dostaneme 0 = 1 + C a tedy C = −1. Dostáváme tedy přesně jako předtím ∞ X 1 yk = (ey − y − 1). (k + 1)! y k=1

Mimochodem, kdybychom s tím určováním C čekali až sem, tak máme smůlu, protože y = 0 by nešlo dosadit. K tomuto řešení se ještě vrátíme krátkou poznámkou u příštího příkladu.

19. Tuto řadu nejde upravit ani na geometrickou (vadí k v čitateli), ani na teleskopickou. Normálně by zbývala jen naděje, že ukážeme, že daná řada diverguje, ale teď už známe i mocninné řady, takže je ještě jedna možnost. Zkusíme si danou řadu přepsat jako řadu mocinnou, proto sloučíme všechny mocniny s k v exponentu do jednoho členu typu [ ]k . ∞ ∞ ∞ 2 k X X X ¡ 1 ¢k k k 2 (−1) 2 (−1) k−1 = = 2k 2k −2 . 2 2k k=0 k=0 k=0 P 2 k Vidíme, že vlastně jde o mocninnou řadu 2k x , do které se dosadilo x = − 12 . Zkusíme, zda bychom takovou řadu uměli sečíst. Rozhodně z ní nepůjde udělat rozvoj pro exponenciálu či sinus/kosinus, protože tam chybí faktoriály. Zbývá geometrický rozvoj, tam ale zase vadí ty k v čitateli. Víme, že členy k se dají vyrobit/odebrat derivováním a integrací. Zde potřebujeme, aby se k objevilo ve jmenovateli, což se děje při integrování členu xk−1 . Tak si jej tam vyrobíme a 13

c pHabala 2009 °


zintegrujeme. Aby se nám lépe pracovalo, neznámý součet mocninné řady označíme jako f (x). Z ∞ ∞ ∞ ∞ X X X X 1 1 xk 2 k 2 k−1 f (x) = 2k x =⇒ f (x) = f (x) dx = +C = 2k x =⇒ 2k 2 2kxk + C. x x k k=0

k=0

k=0

k=0

Jedno k je pryč, tak si to zkusíme ještě jednou a bude z toho geometrický rozvoj. Z ∞ X 1 1 C f (x) dx = 2kxk−1 + x x x k=0 Z ³Z ∞ ´ X 1 1 2 =⇒ f (x) dx dx = 2 + C ln |x| + D. xk + C ln |x| + D = x x 1−x k=0

Tento rozvoj platí pro |x| < 1. Teď se potřebujeme propracovat k funkci f . Nejprve zderivujeme obě strany. Z Z h 2 i′ 2 1 1 C 2x 1 f (x) dx = + C ln |x| + D = + =⇒ f (x) dx = + C. 2 x x 1−x (1 − x) x x (1 − x)2 A teď ještě jednou. ∞ h 2x i′ X 1 2x + 2 2x2 + 2x 2 k f (x) = + C = =⇒ f (x) = , |x| < 1. 2k x = x (1 − x)2 (1 − x)3 (1 − x)3 k=0

A nyní už jen zbývá dosadit za x správnou hodnotu. ∞ X ¡ ¢ k2 4 (−1)k k−1 = f − 12 = − . 2 27 k=0

Poznámka: Proč jsme si v předchozím příkladě neoznačili součet neznámé řady jako f a nepracovali s tím? Protože jsme tam použili substituci, čímž se to dost zkomplikuje. Jestliže označíme ∞ X (x − 1)2k f (x) = , 9k (k + 1)! k=1

k

y ? Kdyby byla funkce y = 9(x − 1)2 prostá a tedy invertibilní, tak by z ní (k + 1)! k=1 šlo vyjádřit ¡ p ¢ x a dosadit do f , pak bychom dostali odpověď, ale v našem případě to není možné, f 1 ± y9 není zrovna košer (a navíc je to hnusné, takže by nám to řešení nijak neusnadnilo). Bylo by možné si označit ∞ X yk f (y) = (k + 1)! co je pak

∞ P

k=1

a pak počítat

yf (y) =

∞ ∞ X X y k+1 1 yk = = ey − 1 − y =⇒ f (y) = (ey − 1 − y), (k + 1)! k! y

k=1

k=2

to je korektní, ale nemám P pocit, že by to nějak pomohlo tomu řešení presentovanému výše. To značení s f (x) = je často výborné, pokud hodláme při řešení derivovat či integrovat (takže ∞ P yk pak si to umím představit v té alternativě předchozího příkladu, při značení f (y) = k=1 (k + 1)! píšeme [yf (y)]′ = ey − 1 atd.), ale jinak to spíš nepoužívám.

14

MA1: Řešené příklady posloupnosti a řady

Recommend Documents