Neurčité výrazy (algebra s posloupnostmi divergujícími k nekonečnu), zavedení pojmu číselné řady, definice POSLOUPNOST ČÁSTEČNÝCH SOUČTŮ, součet řady, TVRZENÍ O NUTNÉ PODMÍNCE KONVERGENCE ŘADY, konkrétní příklady výpočtu součtu řad.
Přehled často se vyskytujících limit posloupností n
1 lim 1 + = e = 2,71828… n →∞ n
n
k lim 1 + = ek n →∞ n
1
lim (1 + α )α = e
lim n a = 1, a > 0
lim n n = 1
lim n n! = ∞
lim
log a n = 0, a > 0 n →∞ n
lim
lim
an =0 n →∞ n!
lim
an = 0 pro a ∈ ( 0,1) , n →∞ 1 + a n
1 1 1 lim 1 + + + ... + − ln n = C = n →∞ n 2 3
α →0+
n →∞
n →∞
n →∞
nk = 0, a > 1 n →∞ a n n n →∞
lim
=
1 pro a = 1, 2
= 1 pro a > 1
n! 1 = n e
= 0,577 22… (Eulerova konstanta)
Limity číselných posloupností – dokončení Umíme už vypočítat řadu limit posloupností. Naneštěstí ale existují situace, kdy doposud známé věty nelze použít a musíme použít různé „finty“. Kdy nelze využít dosavadní teorii:
1. lim an = 0, lim bn = 0: lim n→∞ n→∞ n→∞
0 an = ??? „neurčitý výraz“ „ “ bn 0
2. lim an = + ∞ , lim bn = + ∞ : lim (an – bn) = ??? n →∞
n →∞
n →∞
lim
n →∞
„neurčitý výraz“ „ ∞ − ∞ “
∞ an = ??? „neurčitý výraz“ „ “ bn ∞
3. lim an = 0, lim bn = ∞ : lim an . bn = ??? „neurčitý výraz“ „ 0. ∞ “. n →∞ n →∞ n →∞ 4n 2 + 2n + 3 Příklad: Vypočtěte lim . Nemůžeme užít větu o limitě podílu, limita n →∞ ( n + 1)( 2 n − 3 )
čitatele i jmenovatele je + ∞ , takže máme co činit s „neurčitým výrazem“ „
∞ “ (historický ∞
název). Musíme provést vhodnou úpravu. Po roznásobení jmenovatele vydělíme čitatel i jmenovatel nejvyšší mocninou, kterou oba polynomy obsahují, tj. n2: 2 3 4+ + 2 4n 2 + 2n + 3 4 n 2 + 2n + 3 n n = 4 = 2. lim = lim = lim 2 n →∞ ( n + 1)( 2 n − 3 ) n →∞ 2 n − n − 3 n →∞ 1 3 2 2− − 2 n n
Příklad: Vypočtěte lim
n →∞
∞ −n14 − 7 n3 + 5 . Limita typu „ “, úprava spočívá ve vydělení 13 11 3n + 8n + 8 ∞
čitatele i jmenovatele zlomku n13: 7 5 − n − 10 + 13 −n14 − 7 n3 + 5 n n = „ −∞ “ = – ∞ . lim 13 = lim 11 n →∞ 3n + 8n + 8 n →∞ 8 8 3 3 + 2 + 13 n n
6 4.7 + 8.6 . 7 = lim n n →∞ 6 3.63. + 73 7 2
∞ 4.7 n + 2 + 8.6n + 4 4.7 2.7 n + 8.64.6n lim = „ “ = lim n →∞ 3.6 n + 3 + 7.7 n + 2 n →∞ 3.63.6n + 73.7 n ∞
Zde bylo vhodnou úpravou vydělení čitatele i jmenovatele zlomku 7n
n
4
4 . 7
=
a dále ovšem
n
6 lim = 0. n →∞ 7
=
lim
)
(
„∞ − ∞“
lim 7 n − 4n 2 + 9n + 2 =
Příklad:
n →∞
( 7n −
4n 2 + 9n + 2
n →∞
1
) . ( 7n + ( 7n +
) 4n + 9n + 2 )
=
lim
n →∞
4n 2 + 9n + 2
=
lim
n →∞
2
7 n − 4 n 2 + 9n + 2 1
=
49n 2 − ( 4n 2 + 9n + 2 )
=
7 n + 4n 2 + 9 n + 2
2
45n − 9 − ∞ 45n − 9n − 2 n = ∞. = „ “ = lim = lim 2 n →∞ n →∞ 9 2 ∞ 7 n + 4 n + 9n + 2 7+ 4+ + 2 2
n
Příklad: lim
n. ( n + 1) ! − ( n + 3) !
( n + 3) !
n →∞
=„
n
∞ ∞ n − ( n + 3)( n + 2 ) “ = lim = „ “ = –1. n →∞ ( n + 3)( n + 2 ) ∞ ∞
Definice: Nechť je dána posloupnost {an }n =1 a nechť k1 < k2 < k3 < … je posloupnost ∞
{ }
přirozených čísel. Potom posloupnost akn
∞ n =1
( tj. ak1 , ak2 , ak3 , …) nazýváme posloupností
vybranou z posloupnosti {an }n =1 . ∞
Příklad: Volíme –li kn = 2n, dostáváme vybranou posloupnost a2, a4, a6,…, tj. vybranou posloupnost obsahující právě všechny členy posloupnosti {an }n =1 se sudými indexy. ∞
Věta: Nechť lim an = a œ ℝ . Potom každá vybraná posloupnost n →∞
{a }
∞
kn
n =1
z posloupnosti {an }n =1 má též limitu a. ∞
n
1 Příklad: Je lim 1 + = e. Volme an = n →∞ n
1 a proto též lim 1 + 2 n →∞ n
n2
= e.
n
1 1 2 1 + a buď kn = n . Pak akn = 1 + 2 n n
n2
7+n Příklad: Vypočtěte lim n →∞ 6 + n 7+n Řešení: Pišme lim n →∞ 6 + n
n −9
n −9
! n −9
n −9
1 6 + n +1 = lim = lim 1 + . Představme si na n →∞ n →∞ 6+n 6+n
chvilku, že v exponentu není n – 9, ale n + 6. Pak bychom již uměli zdůvodnit podobně jako 1 v předchozím příkladu, že lim 1 + n →∞ 6+n 1 exponentu, přepíšeme lim 1 + n →∞ 6+n
(a )
r s
n −9
n+6
= e. Abychom dosáhli tohoto vhodného tvaru
1 = a ). Nyní je, jak již řečeno, lim 1 + n →∞ 6+n r .s
7+n Celkem tedy lim n →∞ 6 + n
n −9
n −9
n+6 1 n+6 = lim (připomeneme si pravidlo 1 + n →∞ 6 + n n+6
= e a lim
n →∞
n −9 = 1. n+6
n −9
n+6 1 n+6 = lim 1+ = e1 = e. n →∞ 6 + n
Nyní je možné počítat obdobné příklady v Trialu 4.3.5. Někdy je zapotřebí využít toho, n
1 že lim 1 − = e−1 (viz Přehled často se vyskytujících limit posloupností, 1. ř. vpravo, n →∞ n k = –1).
Nekonečná řada a její součet Příklad: Určete hodnotu „nekonečného součtu“ 1/2 + 1/4 + 1/8 + 1/16 + 1/32 +… (viz obrázek).
1/8
1/16
1/2 obsahu jednotkového čtverce
1/4 obsahu
Závěr: Zdá se, že má smysl zkoumat i „nekonečné součty“! Vypadá to, že platí 1/2 + 1/4 + 1/8 + 1/16 + 1/32 +…= 1.
Příklad: Achilles a želva. Dohoní rychlonohý Achilles desetkrát pomalejší želvu, která před ním má náskok 100 m (a pohybuje se po přímce)? Starořecký filosof Zenón z Eley (asi 490 – 430 př. n. l.) tvrdil, že ne: „pronásledující musí dříve dojít tam, kde byl prchající, takže pomalejší je vždy nutně o něco napřed“.
Definice: Nechť {an }n =1 je číselná posloupnost. Pak se výraz (symbol) ∞
∞
∑a n =1
n
= a1 + a2 +
… + an+… nazývá nekonečná řada. Čísla a1, a2, …, an, … se nazývají členy nekonečné
řady. Posloupnost
{sn }n =1 , ∞
kde sn = a1 + a2 + … + an, n ∈ ℕ , nazýváme posloupností ∞
částečných součtů nekonečné řady
∑a n =1
n
a sn, n ∈ ℕ , se nazývá n-tý částečný součet řady
∞
∑a n =1
n
. Má –li posloupnost {sn }n =1 limitu (ať vlastní nebo nevlastní), nazýváme tuto limitu ∞
∞
součtem nekonečné řady
∑a n =1
n
a značíme ji obvykle písmenem s . Píšeme lim sn = s. n →0
Pokud je posloupnost {sn }n =1 konvergentní, tj. když existuje vlastní limita lim sn = s ∈ ℝ , ∞
n →0
∞
pak říkáme, že nekonečná řada
∑a n =1
{sn }n =1 ∞
Je –li posloupnost
n
je konvergentní. ∞
divergentní, říkáme analogicky, že řada
∑a n =1
n
je
divergentní. (To nastává, jestliže s = + ∞, s = – ∞, resp. s neexistuje). ∞
∑ ( −1)
Příklad: Řada
n +1
= 1 – 1 + 1 – 1 + … je řada divergentní. Její posloupnost
n =1
částečných součtů je {1, 0, 1, 0, … } a tato posloupnost nemá limitu, čili číslo s neexistuje. ∞
Říkáme též, že řada
∑ ( −1)
n +1
osciluje.
n =1
∞
Definice: Nekonečná číselná řada tvaru
∑ an = n =1
∞
∑a . q n =1
1
n −1
se nazývá geometrická
řada s kvocientem q. Podmínky, za nichž geometrická řada konverguje, jsou popsány následovně.
∞
Věta: Jestliže je první člen řady
∑a . q 1
n =1
n −1
roven nule, tj. a1 = 0, pak je tato nekonečná
geometrická řada konvergentní pro každé q ∈ ℝ a má součet s = 0. Je –li a1 ≠ 0, pak řada ∞
∑a . q n =1
1
n −1
konverguje, právě když je q < 1. Její součet je pak dán vzorcem s =
a1 . 1− q
Důkaz: První část věty je zřejmá. Jak víme ze SŠ, vzorec pro součet prvních n členů geometrické řady je sn = a1 . pro q ≠ 1. a) Pokud q < 1, tj. q ∈ ( −1, 1) , pak s = lim sn = lim a1 . n→0
n →0
1 − qn 1− q
qn − 1 a = 1 . q −1 1− q
b) Pokud q = 1, je sn = a1 . n a lim sn je nevlastní (pokud a1 > 0, je tato limita rovna n →0
+ ∞ , pro a1 < 0 je tato limita rovna – ∞ ]. Řada je v každém případě divergentní.
qn − 1 qn − 1 c) Pokud je q > 1, je lim sn = lim a1 . opět nevlastní. Je totiž lim =+ ∞ a n →0 n→0 n→0 q − 1 q −1 odtud vidíme, že v tomto případě je geometrická řada divergentní. d) Pro q = –1 je posloupnost částečných součtů {sn }n =1 = {a1 , 0, a1 , 0, a1 , 0,...} a je ∞
vidět, že jde o posloupnost oscilující. e) Pro q < –1 zřejmě neexistuje ani lim n→0
qn − 1 (oscilující posloupnost.). q −1
1) Můžeme ověřit, že v úvodním obrázku („vyplňování jednotkového čtverce“) je ∞
n
1 skutečně 1/2 + 1/4 + 1/8 + 1/16 + 1/32 +…= 1. Řada ∑ je totiž geometrickou řadou s q n =1 2 =
1 1 a a též a1 = . Podle a) s = 1 = 1. 2 2 1− q ∞
1 2) Achilles a želva: je třeba sečíst řadu 100 + 10 + 1 + 1/10 + … = ∑ 100. 10 n =1 geometrickou řadu s a1 = 100, q =
100 1 a 1000 . Nyní s = 1 = = . 1 10 1− q 9 1− 10
n −1
, tedy
Jsou ale i jiné řady než jen řada geometrická! Příklad: Jak Vaše kalkulačka spočte Eulerovu konstantu e = 2,718 281… ? Zkuste ∞
sečíst několik prvních členů řady
1
∑ n! = 1 + 1 + 1/2 + 1/6 + 1/24
+… .
n =0
∞
Věta: (nutná podmínka konvergence číselné řady): Jestliže řada
∑a n =1
n
konverguje,
pak platí lim an = 0. n →0
∞
Důkaz: Z toho, že
∑a n =1
n
konverguje, plyne, že existuje vlastní limita lim sn = s ∈ ℝ . Ale n →0
sn = a1 + a2 + … + an. Můžeme vyjádřit an = sn – sn-1 pro všechna n > 1, takže lim an = n →0
lim ( sn – sn −1 ) = lim sn – lim sn −1 = s – s = 0. n →∞
n →∞
n →∞
Proč se hovoří o nutné (ale ne postačující) podmínce konvergence řady? Věta má charakter implikace p ⇒ q. Povšimněme si, že obrácená implikace neplatí. ∞
Příklad: Harmonická řada
1
∑n
je řadou s kladnými členy. Odtud vidíme, že její
n =1
posloupnost částečných součtů {sn }n =1 je ostře rostoucí (je totiž sn+1 = sn + an+1 pro všechna ∞
n ∈ ℕ ). Studovat ovšem posloupnost všech částečných součtů sn = 1 + 1/2 + 1/3 + … + 1/n
zřejmě nedokážeme. Proto prostudujeme jen vybranou posloupnost částečných součtů
{s }
∞
2
n −1
n =1
, tj. s1, s2, s4, s8, s16,… .
Je s1 = a1 = 1, s2 = 1 + 1/2,
1 1 s4 = s2 + a3 + a4 =1 + 1/2 + + > 1 + 1/2 + 2.1/4 = 1 + 2. 1/2 3 4 1 1 1 1 s8 > 1 + 2. 1/2 + + + + > 1 + 2. 1/2 + 4 . 1/8 = 1 + 3 . 1/2, 5 6 7 8 … s2n −1 > 1 + (n – 1) .1/2.
Vidíme, že vybraná posloupnost částečných součtů roste nade všechny meze. Je tedy lim sn = + ∞ . Harmonická řada diverguje k + ∞ . n →∞
∞
Obecně platí pro řady s kladnými (nezápornými) členy několik důležitých vět. ( ∑ an n =1
je řadou s kladnými členy, jestliže an > 0 pro všechna n ∈ ℕ ).
Věta: a) Není –li posloupnost částečných součtů {sn }n =1 číselné řady ∞
∞
členy shora omezená, pak je řada
∑a n =1
∞
∑a n =1
n
s kladnými
divergentní (diverguje k + ∞ ).
n
b) Je –li posloupnost částečných součtů {sn }n =1 číselné řady ∞
∞
∑a n =1
n
s kladnými členy
∞
shora omezená, pak je řada
∑a n =1
∞
Definice: Buďte
∑ an , n =1
n
konvergentní.
∞
∑b n =1
n
dvě řady s kladnými členy takové, že pro všechna n ∈ ℕ ∞
(stačí od jistého n0 počínaje) je an ≤ bn. Říkáme, že řada
∑ bn je majorantou řady n =1
∞
naopak, že řada
∑ an je minorantou řady n =1
∞
∑a n =1
n
a
∞
∑b n =1
n
.
Věta (princip porovnávání řad): ∞
a) Jestliže k řadě
∑ an s kladnými členy existuje konvergentní majoranta n =1
∞
∑b n =1
n
, pak
∞
je řada
∑a n =1
n
konvergentní. ∞
b) Je –li řada
∑a n =1
n
divergentní, je divergentní i každá její majoranta. ∞
Příklad: Lze ukázat, že řada
1
∑n n =1
konverguje a má součet
2
∞
L. Euler r. 1732). Konverguje také řada
1
∑n n =1
3
?
π2 6
. (Součet této řady určil
Obě řady jsou řadami s kladnými členy a pro všechna n ∈ ℕ je ∞
1
∑n
K vyšetřované řadě
n =1
∞
řada
1
∑n n =1
3
3
∞
jsme tedy našli konvergentní majorantu
1
∑n n =1
2
1 n2
1 . n3
≥
. To znamená, že i
je konvergentní. ∞
1 je konvergentní, neboť má konvergentní majorantu n 3 + 2n n =1 ∞ 1 Příklad: Řada ∑ je konvergentní, neboť má konvergentní majorantu n =1 n ( n + 1)
∑
Příklad: Řada
∞
Příklad:
1 je divergentní řada − je totiž majorantou řady n
∑ n =1
∞
∞
1
∑2 n =1 ∞
n
1
∑n n =1
2
. .
1
∑n. n =1
Kritéria konvergence Věta (d’Alembertovo čili limitní podílové): ∞
Jestliže řada
∑a n =1
n
s kladnými členy je taková, že existuje limita lim
n →∞
an +1 = λ (vlastní an
či nevlastní), pak a) je –li λ > 1, je řada divergentní, b) je –li λ < 1, je řada konvergentní, c) je –li λ = 1, nelze o konvergenci rozhodnout.
(Výhoda d’Alembertova kritéria – není třeba hledat majorantu). [Jean le Rond d’Alembert (1717-1783) – matematik, filosof, encyklopedista].
∞
Příklad:
1
∑ n!
konverguje, neboť an =
n =0
= lim
n →∞
1 = 0 = λ < 1. n +1
1 a 1 , an+1 = , lim n +1 n! ( n + 1)! n→∞ an
1 ( n + 1)! = = lim n →∞ 1 n!
Věta (Cauchyovo čili odmocninové kritérium – limitní forma): ∞
Jestliže
∑a n =1
n
je řada s kladnými členy taková, že existuje lim
n →∞
n
an = λ ( může být i
λ = ∞), pak pro λ > 1 je řada divergentní, λ < 1 je řada konvergentní.
2n + 5 Příklad: Rozhodněte o konvergenci řady a) ∑ n =1 3n + 2 ∞
n
∞
b)
n →∞
n
n
b) lim
n →∞
n =1
2n + 5 2 2n + 5 = < 1, řada konverguje = lim n →∞ 3n + 2 3 3n + 2 n
Řešení: a) lim
∑
n 1 = (je totiž lim n →∞ 1 3 3+ n
n
n = 1). Řada je konvergentní.
Příklady na určení součtu řady: TRIAL 4. 4
n 1 3 + n
n
.
