Posloupnosti a číselné řady Najděte limitu lim
¡√
n→∞
Řešení: Protože
√
n+1−
√
n=
¡√
n+1− ¡√
lim
n→∞
n+1−
√ √ √ ¢ n+1+ n 1 x ·√ √ =√ √ , je n+1+ n n+1+ n
n+1−
√ ¢ n = lim √ n→∞
Najděte limitu
√ 3 lim
n→∞
Řešení:
¯ ¯ Protože je ¯sin n!¯ ≤ 1 a lim
√ 3
n2 = 0, je lim n→∞ n
n→∞
Najděte limitu
√ ¢ n .
n2 sin n! . n+1
√ 3
n2 sin n! = 0. n
1 + a + a2 + · · · + an , n→∞ 1 + b + b2 + · · · + bn lim
Řešení: Protože pro |a| < 1 je lim
n→∞
n X
ak =
k=1
1 √ = 0. n+1+ n
|a| < 1 , |b| < 1.
1 , je 1−a
¡ ¢ lim 1 + a + a2 + · · · + an 1 + a + a2 + · · · + an 1−b n→∞ ¡ ¢ = lim = . n→∞ 1 + b + b2 + · · · + bn 1−a lim 1 + b + b2 + · · · + bn n→∞
Najděte limitu
µ lim
n→∞
1 2 n−1 + 2 + ··· + 2 n n n2
¶ .
Řešení: Protože součet prvních členů aritmetické posloupnosti 1 + 2 + 3 + · · · + (n − 1) = µ lim
n→∞
1 2 n−1 + 2 + ··· + n2 n n2
Najděte limitu
· lim
n→∞
¶
n(n − 1) , je 2
1 + 2 + 3 + · · · + (n − 1) = n2 n(n − 1) 1 = lim = . n→∞ 2n2 2
= lim
n→∞
¸ 1 1 1 + + ··· + . 1·2 2·3 n(n + 1)
Typeset by AMS-TEX 1
Řešení: Protože platí vztah
lim
1 1 1 = − , je n(n + 1) n n+1 n X
n→∞
k=1
n
X 1 = lim k(k + 1) n→∞
k=1
Najděte limitu lim
³√
n→∞
Řešení:
µ
Protože lim
n→∞
1 1 1 1 + + 3 + ··· + n 2 22 2 2
lim
³√
n→∞
µ
2·
√ 4
2·
√ 8
2 · ... ·
2·
1 1 − k k+1
√ 4
2·
√ 8
¶
2 · ... ·
= lim
n→∞
µ 1−
1 n+1
¶ = 1.
√ ´ 2 .
2n
¶ = 1, je √ ´ 2 3 n 2 = lim 21/2+1/(2 )+1/(2 )+···+1/(2 ) = 2 .
2n
n→∞
Dokažte, že existuje limita posloupnosti an =
10 11 n+9 · · ... · . 1 3 2n − 1
Řešení: n + 10 Protože an+1 = an , je pro n ≥ 10 posloupnost an klesající. Protože an > 0, je tato 2n + 1 posloupnost zdola omezená. Existuje tedy lim an . n→∞
Dokažte, že existuje limita posloupnosti µ ¶µ ¶ µ ¶ 1 1 1 an = 1 − 1− ... 1 − n . 2 4 2 Řešení: Protože an+1 =
µ 1−
1
¶
an < an , jedná se o klesající posloupnost. Protože navíc an > 0, tj. 2n+1 posloupnost an je zdola omezená, existuje lim an . n→∞
Dokažte, že existuje limita posloupnosti an =
sin 1 sin 2 sin n + 2 + ··· + n . 2 2 2
Řešení: Protože pro každé n , k ∈ N platí nerovnost ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯an+k − an ¯ = ¯ sin(n + 1) + sin(n + 2) + · · · + sin(n + k) ¯ ≤ ¯ 2n+1 2n+2 2n+k ¯ µ ¶ 1 1 1 1 1 1 ≤ n + + 3 + ··· + k < n , 2 2 22 2 2 2 2
splňuje posloupnost an Cauchy–Bolzanovu podmínku, a tedy konverguje. Dokažte, že existuje limita posloupnosti an =
Řešení: Protože je
cos 1! cos 2! cos n! + + ··· + . 1·2 2·3 n(n + 1)
¯ ¯ 1 1 1 = − a ¯cos n!¯ ≤ 1, platí pro každé n , k ∈ N nerovnost n(n + 1) n n+1 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ cos(n + k)! ¯an+k − an ¯ = ¯ cos(n + 1)! + cos(n + 2)! + · · · + ¯≤ ¯ (n + 1)(n + 2) (n + 2)(n + 3) (n + k)(n + k + 1) ¯ 1 1 1 ≤ + + ··· + = (n + 1)(n + 2) (n + 2)(n + 3) (n + k)(n + k + 1) 1 1 1 = − ≤ . n+1 n+k+1 n+1
Proto posloupnost an splňuje Cauchy–Bolzanovu podmínku, a tedy konverguje. Najděte lim an a lim an pro posloupnost n→∞
n→∞
n−1
an = (−1)
µ ¶ 3 2+ . n
Řešení:
µ ¶ µ ¶ 3 3 Uvažujme dvě vybrané posloupnosti b0,n = a2n = − 2 + a b1,n = a2n−1 = 2 + . 2n 2n − 1 Protože lim b0,n = −2 a lim b1,n = 2, je lim an = −2 a lim an = 2. n→∞
n→∞
n→∞
n→∞
Najděte lim an a lim an pro posloupnost n→∞
n→∞
an =
(−1)n 1 + (−1)n + . n 2
Řešení: 1 1 Označme b0,n = a2n = + 1 a b1,n = a2n+1 = − dvě posloupnosti vybrané z posloupnosti 2n 2n + 1 an . Protože lim b0,n = 1 a lim b1,n = 0, je lim an = 0 a lim an = 1. n→∞
n→∞
n→∞
n→∞
Najděte lim an a lim an pro posloupnost n→∞
n→∞
an = 1 +
nπ n cos . n+1 2
Řešení: Pro k = 0, 1, 2, 3 označme bk,n = a4n+k = 1 + posloupnosti an . Protože lim bk,n = 1+cos n→∞
2.
4n + k kπ cos čtyři vybrané posloupnosti z 4n + k + 1 2
kπ , je lim an = lim b2,n = 0 a lim an = lim b0,n = n→∞ n→∞ n→∞ 2 n→∞
3
Najděte lim an a lim an pro posloupnost n→∞
n→∞
an =
n−1 2nπ cos . n+1 3
Řešení: 3n + k − 1 2kπ Pro k = 0, 1, 2 označme bk,n = a3n+k = cos tři vybrané posloupnosti z posloupnosti 3n + k + 1 3 2kπ 1 an . Protože lim bk,n = cos , je lim an = lim b1,n = lim b2,n = − a lim an = lim b0,n = n→∞ n→∞ n→∞ n→∞ 3 2 n→∞ n→∞ 1. Najděte lim an a lim an pro posloupnost n→∞
n→∞
an =
Řešení:
n2 2nπ . cos 1 + n2 3
(3n + k)2 2kπ cos tři vybrané posloupnosti z posloup1 + (3n + k)2 3 2kπ 1 = cos , je lim an = lim b1,n = lim b2,n = − a lim an = n→∞ n→∞ n→∞ 3 2 n→∞
Pro k = 0, 1, 2 označme bk,n = a3n+k = nosti an . Protože lim bk,n n→∞
lim b0,n = 1.
n→∞
Najděte lim an a lim an pro posloupnost n→∞
n→∞
µ ¶n 1 nπ an = 1 + · (−1)n + sin . n 4
Řešení:
µ Pro k = 0, 1, . . . , 7 označme bk,n = a8n+k = (−1)k 1 +
1 8n + k
¶8n+k
podposloupností z posloupnosti an . Protože lim bk,n = (−1)k e + sin n→∞
1 lim b7,n = −e − √ a lim an = lim b2,n = e + 1. n→∞ 2 n→∞
+ sin
kπ , je lim an = lim b5,n = n→∞ 4 n→∞
n→∞
Najděte limitu lim
n→∞
Řešení: Protože
√
n2 + n − n =
³√
³p
´ n2 + n − n .
´ √n 2 + n + n n n2 + n − n · √ =√ , je n2 + n + n n2 + n + n
lim
n→∞
³p
´ n2 + n − n = lim √ n→∞
4
kπ osm vybraných 4
n 1 = . 2 n2 + n + n
Najděte limitu
µ lim
n→∞
Řešení: Protože
lim
n X k=2
n
X 1 = lim (k − 1)k n→∞
µ
k=2
Najděte limitu
µ lim
n→∞
Protože
¶ .
1 1 1 = − , je (n − 1)n n−1 n
n→∞
Řešení:
1 1 1 + + ··· + 1·2 2·3 (n − 1)n
1 1 = (2n − 1)(2n + 1) 2
µ
1 1 − k−1 k
¶
µ ¶ 1 = lim 1 − = 1. n→∞ n
1 1 1 + + ··· + 1·3 3·5 (2n − 1)(2n + 1)
¶ .
¶ 1 1 − , je 2n − 1 2n + 1
¶ n µ X 1 1 1 1 lim = lim − = n→∞ (2k − 1)(2k + 1) 2 n→∞ 2k − 1 2k + 1 k=1 k=1 ¶ µ 1 1 1 = lim 1 − = . 2 n→∞ 2n + 1 2 n X
Najděte limitu
an , n→∞ 1 + an lim
a > 0.
Řešení: Protože pro 0 < a < 1 je lim an = 0, je pro 0 < a < 1 limita lim
an = 0. Pro a = 1 je n→∞ 1 + an
n→∞
an 1 an 1 lim = . Pro a > 1 je lim = lim = 1. n→∞ 1 + an n→∞ 1 + an n→∞ 1 + a−n 2 Tedy 0 pro 0 < a < 1 n a 1 lim = pro a = 1 n→∞ 1 + an 2 1 pro a > 1 . Najděte limitu
µ lim
n→∞
Řešení: Protože
4 2n − 3 =1− , je lim n→∞ 2n + 1 2n + 1
µ
2n − 3 2n + 1
Najděte limitu lim
¶n .
¶n
µ n→∞
2n − 3 2n + 1
= e−2 .
2n 2n + 3 5
¶n .
Řešení: Protože
µ
2n 3 =1− , je lim n→∞ 2n + 3 2n + 3
2n 2n + 3
Najděte limitu
µ lim
n→∞
Řešení: n 2 Protože =1− , je lim n→∞ n+2 n+2
µ
n n+2
Najděte limitu
¶n = e−3/2 .
n n+2
¶4n+3 .
¶4n+2 = e−8 .
lim n−2n (n + 3)2n−1 .
n→∞
Řešení: Protože n
µ −2n
(n + 3)
2n−1
=
n+3 n
¶2n ·
1 , je n+3 µ
lim n−2n (n + 3)2n−1 = lim
n→∞
n→∞
Najděte limitu
µ lim
n→∞
Řešení:
1+
3 n
¶2n · lim
n→∞
1 + 2 + 3 + ··· + n n − n+3 2
1 = e6 · 0 = 0 . n+3
¶ .
n(n + 1) 1 + 2 + ··· + n n −n , je − = . Tedy 2 n+3 2 n+3 ¶ µ 1 + 2 + 3 + ··· + n n −n lim − = lim = −1 . n→∞ n→∞ n + 3 n+3 2
Protože 1 + 2 + 3 + · · · + n =
Dokažte konvergenci řady 1−
1 1 1 (−1)n−1 + − + ··· + + ... 2 4 8 2n−1
a najděte její součet. Řešení:
µ ¶n ¶ µ 1 1 1 1 Najdeme n–tý částečný součet této řady. Protože sn = 1 − + − · · · + − = , je sn · 1 + 2 4 2 2 µ ¶n+1 µ ¶ 1 1 1 2 2 1− − . Tedy sn = · 1 + (−1)n n+1 . Protože je lim n = 0, je s = lim sn = . n→∞ 2 n→∞ 2 3 2 3 Dokažte konvergenci řady µ
1 1 + 2 3
¶
µ +
1 1 + 2 22 3
¶
µ + ··· + 6
1 1 + n 2n 3
¶ + ...
a najděte její součet. Řešení: Částečný součet této řady je sn =
¶ n µ X 1 1 1 1 − (1/2)n 1 1 − (1/3)n + = · + · . k k 2 3 2 1 − 1/2 3 1 − 1/3
k=1
Protože je lim
n→∞
1 1 3 = lim n = 0, je s = lim sn = . n n→∞ n→∞ 2 3 2
Dokažte konvergenci řady 1 1 1 + + ··· + + ... 1·4 4·7 (3n − 2)(3n + 1) a najděte její součet. Řešení:
1 1 Protože platí = (3n − 2)(3n + 1) 3 sn =
n X
µ
¶ 1 1 − , je n–tý částečný součet roven 3n − 2 3n + 1 n
1X 1 = (3n − 2)(3n + 1) 3
k=1
µ
k=1
1 1 − 3k − 2 3k + 1
¶ =
1 3
µ 1−
1 3n + 1
¶ µ 1 1 1 lim 1 − = . 3 n→∞ 3n + 1 3
Tedy s = lim sn = n→∞
Dokažte konvergenci řady
∞ ³p X
p
n+2−2
n+1+
√ ´ n
n=1
a najděte její součet. Řešení: Nejprve najdeme n–tý částečný součet řady. Ten je sn =
n ³ X √
√ ´ √ k+2−2 k+1+ k =
k=1
=
n+2 X√
k−2
k=3
Protože
√
n+2−
√
n+1= √
n+1 X√ k=2
n √ X
k =1−
√
2+
√
n+2−
√
n + 1.
k=1
1 √ , je n+2+ n+1
s = lim sn = 1 − n→∞
k+
√
2 + lim √ n→∞
√ 1 √ = 1 − 2. n+2+ n+1
V závislosti na x ∈ R zkoumejte konvergenci řady ∞ X
sin nx .
n=1
7
¶ .
Řešení: Protože pro x 6= kπ, k ∈ Z, není lim sin nx = 0, řada n→∞
∞ X
sin nx diverguje. Pro x = kπ, k ∈ Z,
n=1
je sin nkπ = 0, a tedy členy řady jsou všechny rovny nule. Proto řada
∞ X
sin nx konverguje pro
n=1
x = kπ, k ∈ Z, a diverguje pro x 6= kπ, k ∈ Z. Vyšetřete konvergenci řady 1+
1 1 1 1 + + + ··· + + ... . 3 5 7 2n − 1
Řešení: Jedná se o řadu s nezápornými členy. Uvažujme funkci f (x) =
1 pro x ≥ 1. Pro n ∈ N je 2x − 1
1 1 = an . Derivace této funkce f 0 (x) = − je pro x ≥ 1 záporná. Proto je funkce 2n − 1 (2x − 1)2 ∞ X 1 f (x) pro x ≥ 1 klesající. Tedy podle integrálního kritéria konverguje řada současně s 2n −1 n=1 Z +∞ ∞ X dx 1 integrálem . Protože tento integrál diverguje, diverguje také řada . 2x − 1 2n −1 1 n=1 f (n) =
Vyšetřete konvergenci řady 1+
Řešení:
2 3 n + + ··· + + ... . 3 5 2n − 1
∞ X 1 n n = 6= 0, řada diverguje. n→∞ 2n − 1 2 2n − 1 n=1
Protože je lim an = lim n→∞
Vyšetřete konvergenci řady 1+
1 1 1 + 2 + ··· + + ... . 32 5 (2n − 1)2
Řešení: Jedná se o řadu s nezápornými členy. Uvažujme funkce f (x) =
1 , x ∈ (1, +∞). Protože (2x − 1)2 1 4 < 0 pro x > 1, je funkce f (x) klesající. Neboť f (n) = = an , je f 0 (x) = − 3 (2x − 1) (2n − 1)2 Z ∞ +∞ X 1 dx konverguje podle integrálního kritéria řada současně s integrálem . 2 (2n − 1) (2x − 1)2 1 n=1 ∞ X 1 . Protože tento integrál konverguje (= 1/2), konverguje také řada (2n − 1)2 n=1 Vyšetřete konvergenci řady 1 1 1 1 √ + √ + √ + ··· + √ + ... . n n +1 2 2 3 3 4 8
Řešení: Jedná se o řadu s nezápornými členy. Pro x > 0 uvažujme funkci f (x) =
1 . Pro n ∈ N x x+1 1 −(3x + 2) je f (n) = √ = an . Protože derivace této funkce f 0 (x) = je záporná, je 2x2 (x + 1)3/2 n n+1 ∞ X 1 √ funkce f (x) klesající. Podle integrálního kritéria konverguje řada současně s inten n+1 n=1 Z +∞ √ ¡ ¢ dx √ grálem . protože tento integrál konverguje = 2 ln( 2 + 1) , konverguje také řada x x+1 1 ∞ X 1 √ . n n+1 n=1 √
Vyšetřete konvergenci řady √
1 1 1 +√ + ··· + p + ... . 1·3 3·5 (2n − 1)(2n + 1)
Řešení: Jedná se o řadu s nezápornými členy. Protože ¡ ¢ lim n · an = lim p
n→∞
konverguje řada
∞ X n=1
n→∞
1
p
(2n − 1)(2n + 1)
n (2n − 1)(2n + 1)
současně s řadou
(například podle integrálního kritéria), řada
∞ X
=
∞ X 1 . n n=1
1
p
(2n − 1)(2n + 1)
n=1
1 , 2 Protože tato řada diverguje
také diverguje.
V závislosti na x ∈ R zkoumejte konvergenci řady sin x sin 2x sin nx + + ··· + + ... . 2 2 2 2n Řešení:
¯ ¯ ∞ X ¯ sin nx ¯ 1 1 Protože pro každé x ∈ R platí nerovnost ¯¯ n ¯¯ ≤ n a řada konverguje (= 1), konverguje n 2 2 2 n=1 ∞ X sin nx také pro každé x ∈ R řada . 2n n=1 V závislosti na x ∈ R zkoumejte konvergenci řady cos x cos x2 cos xn + + · · · + + ... . 12 22 n2 Řešení:
¯ ¯ ∞ X ¯ cos xn ¯ 1 ¯ ≤ 1 a řada konverguje (například podle Protože pro každé x ∈ R platí nerovnost ¯¯ 2 n2 ¯ n2 n n=1 ∞ X cos xn integrálního kritéria), konverguje také pro každé x ∈ R řada . n2 n=1 9
Vyšetřete konvergenci řady
(1!)2 (2!)2 (n!)2 + + ··· + + ... . 2! 4! (2n)!
Řešení: Protože se jedná o řadu s nezápornými členy, můžeme použít pro zkoumání její konvergence limitního podílového kritéria. To dává £ ¤2 (n + 1)! (2n)! 1 an+1 (n + 1)2 = < 1. lim = lim = lim ¡ ¢ 2 n→∞ an n→∞ (2n + 2)! n! n→∞ (2n + 2)(2n + 1) 4 ∞ ¡ ¢2 X n! Tedy řada konverguje. (2n)! n=1
Vyšetřete konvergenci řady
2! 3! n! 1! + 2 + 3 + ··· + n + ... . 1 2 3 n
Řešení: Jedná se o řadu s nezápornými členy. K určení její konvergence můžeme použít například limitního podílového kritéria. Protože ¶n µ an+1 (n + 1)! nn n lim = lim · = lim = n→∞ an n→∞ (n + 1)n+1 n→∞ n + 1 n! ¶n µ 1 = lim 1 − = e−1 < 1 , n→∞ n+1 řada
∞ X n! konverguje. n n n=1
Vyšetřete konvergenci řady 2 · 1! 22 · 2! 23 · 3! 2n n! + + + · · · + + ... . 1 22 33 nn Řešení: Protože se jedná o řadu s nezápornými členy, lze se pokusit zjistit její konvergenci pomocí limitního podílového kritéria. To dává µ ¶n an+1 2(n + 1)nn 1 = lim = 2 lim 1 − = 2e−1 < 1 . n→∞ an n→∞ (n + 1)n+1 n→∞ n+1 lim
Tedy řada konverguje. Zkoumejte konvergenci řady 3n n! 3 · 1! 32 · 2! 33 · 3! + + + ··· + n + ... . 2 3 1 2 3 n
10
Řešení: Protože se jedná o řadu s nezápornými členy, lze se pokusit zjistit její konvergenci pomocí limitního podílového kritéria. To dává µ ¶n an+1 3(n + 1)nn 1 lim = lim = 3 lim 1 − = 3e−1 > 1 . n→∞ an n→∞ (n + 1)n+1 n→∞ n+1 Tedy řada diverguje. Zkoumejte konvergenci řady (1!)1 (2!)2 (3!)2 (n!)2 + 4 + 9 + · · · + n2 + . . . . 2 2 2 2 Řešení: Protože se jedná o řadu s nezápornými členy, lze se pokusit zjistit její konvergenci pomocí limitního podílového kritéria. To dává £ ¤2 2 (n + 1)! an+1 (n + 1)2 2n lim = lim · = lim = 0 < 1. ¡ ¢ 2 2 (n+1) n→∞ an n→∞ n→∞ 22n+1 2 n! ∞ ¡ ¢2 X n! Tedy řada konverguje. 2n2 n=1
Vyšetřete konvergenci řady ∞ ³ X √
2−
´ ³√ ´ ³√ √ √ 3 5 2 2 − 2 ... 2−
√ ´ 2 .
2n+1
n=1
Řešení: Protože se jedná o řadu s nezápornými členy, lze se pokusit zjistit její konvergenci pomocí limitního podílového kritéria. To dává ³√ √ ´ √ an+1 2n+3 lim = lim 2− 2 = 2 − 1 < 1. n→∞ an n→∞ Tedy daná řada konverguje. Zkoumejte konvergenci řady
∞ X
n2 n . (2 + 1/n) n=1 Řešení: Protože se jedná o řadu s nezápornými členy, můžeme se pokusit zjisti její konvergenci pomocí limitního odmocninového kritéria. To dává s √ n √ n2 n2 1 n n ¡ ¢n = lim = < 1. lim an = lim n→∞ n→∞ n→∞ 2 + 1/n 2 2 + 1/n Tedy řada
∞ X
n2 ¡ ¢n konverguje. 2 + 1/n n=1 11
Vyšetřujte konvergenci řady
Řešení: Protože lim
√ n
n→∞
∞ X 1 p . n n n=2
∞ X 1 1 √ n = 1, je lim √ = 1 = 6 0. Tedy řada diverguje. n n→∞ n n n n=1
Zkoumejte konvergenci řady
¶n(n−1) ∞ µ X n−1 n=2
n+1
.
Řešení: Jedná se o řadu s nezápornými členy. Její konvergenci můžeme zkoumat pomocí limitního odmocninového kritéria. to dává µ µ ¶n−1 ¶n−1 √ n−1 2 lim n an = lim = lim 1 − = e−2 < 1 . n→∞ n→∞ n + 1 n→∞ n+1 Tedy řada
¶n(n−1) ∞ µ X n−1 n=2
n+1
Zkoumejte konvergenci řady
Řešení: Nechť je bn = a2n diverguje.
konverguje.
∞ n X n3 [2 + (−1)n ] . 3n n=1
£ ¤ ∞ X n3 2 + (−1)n = 8n . Protože lim bn == ∞, není lim an = 0. Proto řada n→∞ n→∞ 3n n=1 3
Vyšetřete konvergenci řady
¶2n ∞ µ X 1 + cos n n=1
2 + cos n
.
Řešení: 1+x Hodnoty cos n ∈ h−1, 1i. Uvažujme funkce f (x) = a hledejme její maximum na intervalu 2+x 2 1 > 0, nabývá tato funkce na intervalu h−1, 1i maxima fmax = h−1, 1i. Protože f 0 (x) = 2 (2 + x) 3 µ ¶2n µ ¶2n 1 + cos n 2 v bodě x = 1 a minima fmin = 0 pro x = −1. Proto platí nerovnost 0 ≤ ≤ . 2 + cos n 3 ¶ ¶ µ µ ∞ ∞ X 2 2n X 1 + cos n 2n Protože řada konverguje (s = 4/5), konverguje také řada . 3 2 + cos n n=1 n=1 Vyšetřete konvergenci řady
∞ X n=2
√
n+2− n 12
√
n−2
.
Řešení: Jedná se o řadu s nezápornými členy. Protože √ √ n+2− n−2 4 ¢, √ an = = ¡√ n n n+2+ n−2 √ ∞ X n+2− n−2 1 konverguje současně s řadou . 3/2 n→∞ n n n=2 n=2 Ale poslední řada konverguje (například podle integrálního kritéria). Tedy konverguje také řada √ ∞ √ X n+2− n−2 . n n=2
∞ X ¡ ¢ je lim n3/2 · an = 2. Tedy řada
Vyšetřete konvergenci řady
√
∞ X
nn−1 (n+1)/2
n=1
(2n2 + n + 1)
.
Řešení: Jedná se o řadu s nezápornými členy. K určení její konvergence použijeme limitního odmocninového kritéria. To dává lim
n→∞
√ n
an = lim √ n→∞
2n2
n 1 1 1 · lim 1/n · lim =√ , 2 + n + 2)1/(2n) n→∞ n→∞ n (2n 2 +n+1
protože lim n1/n = lim (2n2 + n + 1)1/(2n) = 1, což se dokáže například l’Hospitalovým pravidlem. n→∞
n→∞
∞ X 1 nn−1 Protože √ < 1, řada konverguje. 2 (2n + n + 1)(n+1)/2 2 n=1
Zkoumejte konvergenci řady
∞ X
(−1)n
n=1
2 + (−1)n . n
Řešení: Jedná se o alternující řadu. Můžeme se pokusit ukázat konvergenci této řady pomocí Leibnizova 2 + (−1)n 2 + (−1)n kritéria. Označme an = . Podmínka lim an = lim = 0 je splněna. Ale n→∞ n→∞ n n posloupnost an není monotonní, protože a2n > a2n+1 a a2n+1 < a2n+2 . Budeme zkoumat řadu, v níž sečteme dva po sobě následující členy, tj. řadu ¶ X ∞ ∞ ³ ∞ µ ´ X X 3 4n − 3 1 + = . −a2n−1 + a2n = − 2n − 1 2n 2n(2n − 1) n=1 n=1 n=1 To je řada s nezápornými členy. Neboť lim
n→∞
µ n·
4n − 3 2n(2n − 1)
¶ = 1, konverguje řada
∞ X
4n − 3 2n(2n − 1) n=1
∞ ∞ X X 1 2 + (−1)n současně s řadou , která diverguje. Proto diverguje také řada (−1)n . n n n=1 n=1
Vyšetřujte konvergenci řady
∞ X 1 nπ √ · sin . 4 n n=1
13
Řešení:
∞ X 1 1 nπ √ · sin diverguje, nekonverguje řada absolutně. Tato řada není 4 n 4n + 2 n=1 n=1 ani alternující. Ale jestliže seskupíme čtyři za sebou jdoucí členy řady, dostaneme
Protože řada
∞ X
√
µ ¶ ∞ ∞ X X 1 nπ 1 1 1 √ · sin = (−1)n+1 √ √ +√ +√ √ . 4 n 4n + 2 2 4n + 1 2 4n + 3 n=1 n=1 Řadu jsme zapsali jako alternující řadu
∞ X
(−1)n+1 an , kde
n=1
an = √
1 1 1 +√ +√ > 0. 2n + 2 4n + 2 8n + 6
Protože lim an = 0 a posloupnost an je klesající, konverguje podle Leibnizova kritéria řada ∞ X
n→∞
(−1)n−1 an =
n=1
∞ X nπ 1 √ · sin neabsolutně. 4 n n=1
Vyšetřujte absolutní a neabsolutní konvergenci řady ∞ X
√
(−1)n
n=1
Řešení:
∞ X
n . n + 100
√
∞ X n 1 √ , která diverguje konverguje současně s řadou n + 100 n n=1 n=1 (například podle integrálního kritéria), nekonverguje daná řada absolutně. Nyní budeme zkoumat, zda tato řada konverguje neabsolutně. Jedná se o alternující řadu. √ Proto se n pokusíme dokázat její konvergenci pomocí Leibnizova kritéria. Platí lim an = lim = 0. n→∞ n→∞ n + 100√ √ n x je klesající. Uvažujme funkce f (x) = . Musíme ještě ukázat, že posloupnost an = n + 100 x + 100 100 − x √ . Protože je tato derivace pro x > 100 záporná, je funkce Její derivace je f 0 (x) = 2(x + 100)2 x f (x) pro x > 100 klesající. Ale z toho plyne, že také posloupnost an je pro n > 100 klesající. Proto daná řada konverguje.
Protože řada s nezápornými členy
Vyšetřujte konvergenci řady
Řešení: Protože lim
n→∞
√ n
∞ X (−1)n √ . n n n=1
∞ X (−1)n (−1)n √ √ = 0. Tedy řada diverguje. n n n→∞ n n n=1
n = 1, není lim
V závislosti na parametru x ∈ R vyšetřujte absolutní a neabsolutní konvergenci řady ∞ X n=1
(−1)n−1
2n sin2n x . n
14
Řešení: Nejprve budeme zkoumat absolutní konvergenci této řady. K tomu použijeme limitního podílového kritéria. Protože ¯ ¯ ¯ an+1 ¯ ¯ = 2 sin2 x lim n = 2 sin2 x , lim ¯¯ n→∞ n→∞ n + 1 an ¯ ¯ ¯ 1 bude řada konvergovat absolutně pro 2 sin2 x < 1, tj. ¯sin x¯ < √ , a divergovat pro 2 sin2 x > 1, 2 [ µ 4k − 1 4k + 1 ¶ ¯ ¯ 1 ¯ ¯ tj. pro sin x > √ . Tedy řada konverguje absolutně pro x ∈ π, π a diverguje 4 4 2 k∈Z [ µ 4k + 1 4k + 3 ¶ pro x ∈ π, π . 4 4 k∈Z ∞ X 2k + 1 1 (−1)n−1 Pro x = π, k ∈ Z, je sin2 x = . Pro tato x má daná řada tvar . Protože 4 2 n n=1 1 1 2k + 1 lim = 0 a posloupnost an = je klesající, řada pro x = , k ∈ Z, konverguje podle n n 4 Leibnizova kritéria neabsolutně. V závislosti na parametru x ∈ R zkoumejte absolutní a neabsolutní konvergenci řady ∞ X (−1)n . x+n n=1
Řešení: Pokud x = −k, k ∈ N, není k–tý člen řady definován, a tedy pro tato x řada nekonverguje. 1 1 1 Pro ostatní x ∈ R se jedná o alternující řadu. Protože lim =0a > daná n→∞ x + n x+n x+n+1 řada konverguje pro −x ∈ / N podle Leibnizova kritéria neabsolutně. Zkoumejte absolutní a neabsolutní konvergenci řady ∞ X
(−1)n
n=1
n−1 1 √ . n+1 n
Řešení:
∞ X n−1 1 · √ podle integrálního kritéria diverguje, nekonverguje daná řada absolutně. n+1 n n=1 Jedná se o alternující řadu. Proto se pokusíme dokázat konvergenci řady pomocí Leibnizova kritéria. n−1 1 Pro posloupnost an = · √ je lim an = 0. Zbývá ukázat, že posloupnost an je klesající. n→∞ n+1 n x−1 1 + 4x − x2 √ . Protože derivace této funkce f 0 (x) = Uvažujme funkci f (x) = je pro x > 5 (x + 1) x (x + 1)2 x3/2 záporná, je tato funkce pro x > 5 klesající. Proto je také pro n > 5 klesající posloupnost an = f (n).
Protože řada
Zkoumejte absolutní a neabsolutní konvergenci řady ∞ X
(−1)n(n−1)/2
n=1
15
n100 . 2n
Řešení:
¯ ¯ ¯ (n + 1)100 2n ¯ 1 ¯ Protože lim ¯ · 100 ¯¯ = < 1, daná řada konverguje absolutně. n→∞ 2n+1 n 2 Zkoumejte absolutní a neabsolutní konvergenci řady ∞ X (−1)n √ . n2 n n=1
Řešení:
µ
¶ √ ln x ln x 2 Uvažujme funkce x = exp . Protože lim = 0, je lim x x = 1. Proto je x→+∞ x2 x→+∞ x2 √ (−1)n 2 nemá limitu rovnou nule, daná řada diverguje. lim n n = 1. Protože posloupnost n√ 2 n→∞ n √
x2
Zkoumejte absolutní a neabsolutní konvegrenci řady ∞ X sin(nπ/12) . ln n n=2
Řešení:
∞ X 1 diverguje, nekonverguje daná řada absolutně. ln n=2 nπ 1 Protože posloupnost an = sin má omezené částečné součty a posloupnost bn = je klesající 12 ln n 1 = 0, konverguje daná řada podle Abelova kritéria neabsolutně. a je lim n→∞ ln n
Protože řada
V závislosti na parametru x ∈ R zkoumejte absolutní a neabsolutní konvergenci řady · ¸ ∞ X n−1 1 · 3 · 5 · . . . · (2n − 1) (−1) xn . 2 · 4 · 6 · . . . · (2n) n=1 Návod: Použijte nerovnost
1 1 · 3 · 5 · . . . · (2n − 1) < √ . 2 · 4 · 6 · . . . · (2n) n
Řešení: Nejprve najdeme množinuvšech x ∈ R, pro která řada konverguje absolutně. Limitní podílové kritérium dává ¯ ¯ ¯ an+1 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ = ¯x¯ lim 2n + 1 = ¯x¯ . lim ¯¯ ¯ n→∞ n→∞ 2n + 2 an ¯ ¯ ¯ ¯ Tedy řada konverguje absolutně pro ¯x¯ < 1 a diverguje pro ¯x¯ > 1. ∞ X 1 · 3 · . . . · (2n − 1) . Protože bn+1 = Pro x = 1 dostaneme altrnující řadu (−1)n−1 bn , kde bn = 2 · 4 · . . . · (2n) n=1 1 2n − 1 bn−1 < bn−1 , je posloupnost bn klesající. Protože 0 < bn < √ , je lim bn = 0. Proto daná n→∞ 2n n řada konverguje pro x = 1 podle Leibnizova kritéria neabsolutně. ∞ X Pro x = −1 dostaneme řadu se zápornými členy − bn . Jestliže použijeme Raabeho kritérium n=1
dostaneme
µ lim n
n→∞
¶
an −1 an+1
µ = lim n n→∞
¶ 2n + 2 n 1 − 1 = lim = < 1. n→∞ 2n + 1 2n + 1 2 16
Tedy podle Raabeova kritéria řada v bodě x = −1 diverguje. Zkoumejte absolutní a neabsolutní konvergenci řady ∞ X
(−1)n sin n2 .
n=1
Řešení: Protože neexistuje lim (−1)n sin n2 daná řada diverguje. n→∞
Vyšetřete absolutní a neabsolutní konvergenci číselné řady ∞ X (−1)n √ . n2 + 1 n=1
Řešení: Nejprve budeme zkoumat absolutní konvergenci dané řady, tj. konvergenci řady
∞ X n=1
√
1 n2
+1
. Pro-
∞ X 1 = 1, konverguje tato řada současně s řadou . Protože tato řada diverguje 2 n→∞ n n +1 n=1 ∞ X 1 √ . Tedy daná řada nekon(například podle integrálního kritéria), diverguje také řada 2 n +1 n=1 verguje absolutně. Protože se jedná o alternující, lze k vyšetřování její konvergence použít Leibnizova kritéria. Protože ∞ X 1 (−1)n 1 √ = 0 a posloupnost an = √ je klesající, řada podle tohoto kritéria lim √ n→∞ n2 + 1 n2 + 1 n2 + 1 n=1 konverguje (neabsolutně).
tože lim √
n
Vyšetřete konvergenci číselné řady
∞ X
1 . n ln2 n n=2 Řešení: Jedná se o řadu s nezápornými členy. Uvažujme funkci f (x) =
1 pro x > 1. Protože její x ln2 x ln x + 2 derivace f 0 (x) = − 2 3 < 0 je tato funkce klesající. Protože pro n = 2, 3, . . . je f (n) = an , x ln x Z +∞ Z +∞ dx dy jsou splněny všechny předpoklady integrálního kritéria. Protože integrál = 2 y2 x ln x e 1 ∞ X 1 konverguje (= 1), konverguje také řada 2 . n ln n n=2 Vyšetřete konvergenci číselné řady
∞ X
1 . n ln n n=2 Řešení: 17
Protože se jedná o řadu s nezápornými členy, lze k vyšetření její konvergence použít limitního ∞ X √ 1 1 odmocninového kritéria. Protože lim n an = lim = 0 < 1, číselná řada konverguje. n→∞ n→∞ ln n lnn n n=2 Vyšetřete konvergenci číselné řady
∞ X
1 . n ln n n=2 Řešení: 1 Jedná se o řadu s nezápornými členy. Uvažujme funkci f (x) = pro x > 1. Protože její x ln x ln x + 1 derivace f 0 (x) = − < 0 je tato funkce klesající. Protože pro n = 2, 3, . . . je f (n) = an , x2 ln2 x Z +∞ Z +∞ dy dx = jsou splněny všechny předpoklady integrálního kritéria. Protože integrál x ln x y 1 e ∞ X 1 diverguje, diverguje také řada . n ln n n=2 Vyšetřete konvergenci číselné řady
∞ X
1
p
n(n + 1)
n=1
Řešení: Jedná se o řadu s nezápornými členy. Protože lim p n→∞
.
n n(n + 1)
= 1, konverguje daná řada současně
∞ X 1 . Protože tato řada diverguje (například podle integrálního kritéria), diverguje také n n=1 ∞ X 1 p řada . n(n + 1) n=1
s řadou
Vyšetřete konvergenci číselné řady
∞ X 2n . n3 n=1
Řešení: Jedná se o řadu s nezápornými členy. Proto lze k určení její konvergence použít limitního podílového ∞ X 2n an+1 n3 kritéria. Protože lim = 2 lim = 2 > 1, číselná řada diverguje. n→∞ an n→∞ (n + 1)3 n3 n=1 Vyšetřete konvergenci číselné řady ∞ X
1 n ln n n=2
µ
n+5 n
¶n2 .
Řešení: Protože se jedná o řadu s nezápornými členy, lze k vyšetření její konvergence použít limitního odmocninového kritéria. Protože µ ¶n √ 1 5 n an = lim 1+ = 0 · e5 = 0 < 1 lim n→∞ ln n n→∞ n 18
∞ X
1 číselná řada lnn n n=2
µ
n+5 n
¶n2 konverguje.
19
