UNIVERZITA PALACKÉHO V OLOMOUCI PEDAGOGICKÁ FAKULTA, KATEDRA MATEMATIKY
NEKONEČNÉ ČÍSELNÉ ŘADY V PŘÍKLADECH Diplomová práce
Autor: Lucie DVOŘÁKOVÁ Vedoucí práce: Doc. RNDr. Jitka LAITOCHOVÁ, CSc.
OLOMOUC 2010
PROHLÁŠENÍ
Prohlašuji, ţe jsem svou diplomovou práci vypracovala samostatně, výhradně s pouţitím citovaných zdrojů uvedených v příloze. Souhlasím s šířením své práce v souladu s § 60 Předpisu č. 121/2000 Sb., ze dne 12.05.2000, o právu autorském, o právech souvisejících s právem autorským a o změně některých zákonů (autorský zákon).
V Olomouci dne………………………
……………………………………
PODĚKOVÁNÍ
Ráda bych poděkovala vedoucí své diplomové práce, docentce Jitce Laitochové, bez jejíţ pomoci, rad, odborných připomínek a odborného dohledu by tato práce nemohla vzniknout. Děkuji také studentům, kteří se aktivně podíleli na testování příkladů pro diplomovou práci v rámci předmětu MAZB4.
OBSAH ÚVOD
5
1 HISTORICKÉ OKÉNKO
7
1.1 ANTICKÉ PARADOXY 1.2 OBRAZY V PÍSKU 1.3 BYSTRÝ ŢÁK 1.4 JAK EULER VYŘEŠIL JEDNU MATEMATICKOU ZÁHADU
8 10 12 13
2 POSLOUPNOSTI
15
2.1 LIMITA POSLOUPNOSTI 2.2 VLASTNOSTI 2.3 ARITMETICKÁ POSLOUPNOST 2.4 GEOMETRICKÁ POSLOUPNOST 2.5 PŘÍKLADY
16 17 19 21 22
3 NEKONEČNÉ ČÍSELNÉ ŘADY
33
3.1 SOUČET ŘADY 3.2 OPERACE S ČÍSELNÝMI ŘADAMI 3.3 PŘÍKLADY
33 39 41
4 ČÍSELNÉ ŘADY S NEZÁPORNÝMI ČLENY
54
4.1 KRITÉRIA KONVERGENCE 4. 2 PŘÍKLADY
54 61
5 ŘADY ABSOLUTNĚ A NEABSOLUTNĚ KONVERGENTNÍ
69
5.1 ALTERNUJÍCÍ ŘADY 5.2 ABSOLUTNÍ KONVERGENCE ČÍSELNÝCH ŘAD 5. 3 PŘEROVNÁNÍ ŘAD 5.4 PŘÍKLADY
69 70 74 76
6 NEŘEŠENÉ PŘÍKLADY
83
6.1 PŘÍKLADY PRO ŢÁKY ZŠ 6.2 PŘÍKLADY PRO ŢÁKY SŠ 6.3 NEŘEŠENÉ PŘÍKLADY
83 85 88
ZÁVĚR
93
LITERATURA
94
PŘÍLOHY
97
ÚVOD Nápad vytvořit sbírku řešených příkladů jsem dostala při listování sbírkou ruského autora Bermana, jeţ byla psaná azbukou. Příklady ze sbírky jsme měli vypracovat jako seminární práci. Zjistila jsem, ţe mnoho mých spoluţáků si nedokázalo poradit s cizojazyčným zadáním příkladů. Bylo potřeba příklady přeloţit. To byl první podnět pro vytvoření mé práce. Pouhé přepsání zadání ze sbírek psaných azbukou mi nepřipadalo příliš přínosné a pro diplomovou práci dostatečně obsáhlé, rozhodla jsem se proto doplnit příklady o postupy řešení. Práci jsem sepsala, aby slouţila studentům kateder matematiky pedagogických fakult k doplnění učiva o nekonečných číselných řadách. Jsou zde obsaţeny nejen příklady a zadání přeloţené z ruštiny, ale hlavně jsou zde uvedena moţná řešení těchto příkladů s komentovaným postupem kroků. Komentář slouţí studentům k lepší orientaci v postupu, aby jej dokázali následně sami pouţívat. Tyto postupy jsou pouze jednou z moţných alternativ výpočtu. Nenutím čtenáře pouţívat výhradně předloţené postupy a nebráním jim zvolit vlastní postup. Práce začíná oddílem nazvaným Historické okénko. Úsek se nezabývá podrobným vývojem nekonečných řad, snaţí se upozornit na zajímavosti, které s tématem nekonečných řad souvisí. Zařazením této kapitoly do své práce se snaţím odlehčit téma a poukázat na skutečnost, ţe matematika není jen o počítání. Následující kapitoly obsahují teoretické poučky, věty a definice k tématu. Součástí teoretických úseků jsou řešené příklady, které se vztahují k uvedeným poučkám. Příklady mají čtenáři názorně ukázat aplikaci uvedených tvrzení. Závěrečná podkapitola vţdy shrnuje poznatky z celé kapitoly řešenými příklady, obsahuje 15 – 20 řešených komentovaných úloh. Kapitoly se týkají součtu nekonečných řad, kritérií konvergence nekonečných kladných i alternujících řad. Teoretická část kapitol nevyčerpává téma úplně, jsou vysloveny jen ty definice a věty, s nimiţ jsme pracovali v seminářích Matematické analýzy 4.
-5-
Součástí práce je oddíl o posloupnostech. Jak je řečeno v úvodu této kapitoly, nekonečné řady navazují na téma posloupnosti. Jelikoţ hlavním námětem této práce jsou nekonečné číselné řady, je celá oblast posloupností shrnuta do jedné kapitoly. Před samotným závěrem shrnuji problematiku operací s nekonečnými číselnými řadami pomocí neřešených příkladů. Tyto úlohy poskytují prostor čtenářům k samostatnosti a konstruktivnosti při hledání algoritmu výpočtu. Aby měl čtenář moţnost ověřit si správnost svých postupů, uvádím u zadání také správný výsledek. Nedílnou součástí matematiky, nejen té školní, je řešení příkladů. I kdyţ to tak nevypadá, naučit se řešit příklady je moţné neustálým opakováním postupů výpočtu na dalších a dalších příkladech. Pro aplikaci takové strategie je nezbytné mít k dispozici dostatečné mnoţství příkladů k procvičování.
-6-
1 HISTORICKÉ OKÉNKO První zmínky o nekonečných řadách zasahují mnohem dále do minulosti, neţ bychom si mysleli. Jiţ antičtí filozofové se zabývali problematikou nekonečna. Zénón z Eleje, ţijící v 5. století př.n.l., vytvořil hned několik paradoxů zabývajících se součtem nekonečné číselné řady. O dvě století později Archimédes pouţil součet nekonečné geometrické řady. První nekonečnou negeometrickou řadu však dokázal sečíst aţ ve středověku, kolem roku 1350, Richard Swineshead. Teorie nekonečných číselných řad je známa od druhé poloviny 17. století. Vznikala současně s teorií infinitezimálního počtu. Přesnou definici tohoto pojmu nabízí Ottův slovník naučný: „Infinitesimální počet nazývá se diferenciální a integrální počet dohromady. Předmětem infinitesimálního počtu je počítání mezních hodnot, kterým se blíţí funkce proměnných veličin, jestliţe tyto klesají nebo rostou do jistých mezí, zejména blíţí-li se nule nebo rostou-li přes všechny meze.“
(1, s. 634)
Ottův slovník dále uvádí poznatky platné pro infinitezimální počet. Pro zajímavost zde přikládám i ty: 1. Roste-li nějaká proměnná veličina tak, ţe nemůţe přestoupit jistou konečnou hodnotu k, blíţí se její hodnota jisté mezi, jeţ je menší, nanejvýš rovna veličině k. 2. Dvě veličiny nekonečně ubývající (tj. blíţící se stále nule) nebo nekonečně rostoucí (tj. přesahující kaţdou veličinu určitým číslem vyjádřitelnou) nazývají se nekonečně malými (velkými) veličinami téhoţ stupně, je-li mezní hodnota jejich poměru číslo konečné. Nekonečně malé (velké) veličiny 1. stupně nazýváme takové, jejichţ poměr k ţádným jiným nekonečně malým (velkým) veličinám není nekonečně malým (velkým). Nekonečně malými (velkými) veličinami stupně 2., 3,… nazýváme veličiny, jejichţ poměr ke 2., 3,… mocnině nekonečně malých (velkých) veličin 1. stupně je konečný. 3. Výraz sloţený sčítáním z několika členů nekonečně malých je nekonečnou veličinou toho stupně jako člen stupně nejniţšího a mizejí proti tomuto členu všechny ostatní. Obdobně pro veličiny nekonečně velké. 4. Poměr dvou proměnných (konečných) se nemění, nahradíme-li obě jinými, jeţ se od původních liší o nekonečně malé veličiny.
-7-
5. Součet nekonečného počtu nekonečně malých veličin můţe mít konečnou mez, jeţ se nemění, nahradíme-li kaţdý člen tohoto součtu jiným, od něho se o nekonečně malou veličinu vyššího stupně lišícím.
(1)
1.1 ANTICKÉ PARADOXY Článek, který zde uvádím, jsem převzala z webových stránek Antika. Zénónův paradox zabývající se rychlonohým Achillem a ţelvou pak ze stránek FYZMATIK – FYZikálněMATematický blog. Aporie doplňuji informacemi z knihy Š. Známa (30) Zénón se narodil kolem roku 490 př. n. l. v Eleji, na jihu dnešní Itálie. Je znám především jako filozof, který dováděl věci ‚ad absurdum.‘ O jeho ţivotě se toho ví málo. Téměř vše, co je známo, vychází z poznámek Platóna, Aristotela, nebo jiných filozofů. Učil se u filozofa Parmenida, který hlásal, ţe veškerá zdánlivě existující mnohost věcí je ve skutečnosti jediná nepomíjející realita, takzvané bytí. Parmenidova nauka, popírající jakoukoli změnu, vyhlíţí velmi zranitelně a o útoky na ni skutečně nebylo nouze. Roli obránce nauky svého učitele si vzal jako ţivotní úkol Zénón. Přitom vyvinul tak důvtipné a rafinované umění důkazu, ţe se v podstatě stal zakladatelem dialektiky, která později v Řecku zaţila nevídaný rozkvět. Svůj hlavní úkol spatřoval v obhajobě Parmenidovy nauky o nedělitelnosti bytí a nemoţnosti pohybu. Snaţil se dokázat, ţe přijetí opaku vede k neřešitelným rozporům. Pomocí dialektiky dokázal rozebrat a rozostřit argumenty protivníků, takţe se jevily pochybné a rozporuplné.
(2)
První Zénónův paradox je znám pod názvem Závod Achillea se želvou. Paradox Achilla a ţelvy spočívá v následujících úvahách. Achilles má závodit s ţelvou v běhu na 100 m. Protoţe je Achilles desetkrát rychlejší neţ ţelva, dostane ţelva desetimetrový náskok. Závod je odstartován a Achilles začíná ţelvu dohánět. Achilles uběhne 10 m a dostane se do místa, z něhoţ startovala ţelva. V tento okamţik urazila ţelva jiţ jeden metr, takţe má před Achillem náskok jednoho metru. Achilles uběhne tuto vzdálenost, ale ţelva je stále napřed, nyní o
1 1 m. Ve chvíli, kdy Achilles dosáhne i tohoto bodu, je ţelva o m 10 100
před ním. A tak dále aţ do nekonečna. Náskok ţelvy se sice stále zmenšuje, ale ţelva
-8-
pořád vede, a tedy Achilles nemůţe tento závod vyhrát. Zénónův paradox byl vyřešen následovně. Náskok ţelvy před Achillem tvoří klesající posloupnost: 10, 1, Řešení tohoto paradoxu souvisí s nekonečným součtem: S = 10 + 1 +
1 1 , , ... 10 100
1 1 + + ... 10 100
Není třeba se domnívat, ţe Zénón byl váţně přesvědčen o tom, ţe by Achilles nikdy nedohonil ţelvu. Chtěl protivníkům Parmenida ukázat, jak snadné je v jejich názorech najít slabiny a protimluvy.
(3)
Jejich protivníci s úvahou nedokázali pohnout, neboť ve své době se domnívali, ţe nekonečný součet je vţdy roven nekonečnu, dnes jiţ víme, ţe i součet nekonečného počtu sčítanců můţe být číslo konečné. Další paradox pojednává o pohybu, nazývá se dichotomie – půlení. Pokud se chci dostat z místa A do místa B, tak nejdřív musím dojít k místu C, které je přesně v polovině vzdálenosti míst A a B. Ovšem do místa C se mohu dostat, jen kdyţ zdolám vzdálenost z A do D, přičemţ D je opět v polovině vzdálenosti AC atd. Znamená to tedy, nejen ţe nikdy místa B nemohu dosáhnout, ale při nekonečném dělení vzdálenosti ani nikdy nevyrazím z místa A. Aporie Letící šíp je také známá. „Na letící šíp se díváme tak, ţe mrkáme. V kaţdém okamţiku vidíme šíp stát na jediném místě. To znamená, ţe pohyb se skládá z mnoţství nehybných okamţiků. To není moţné, a proto pohyb neexistuje a je jen zdáním.“ (30, s. 61) Pro vyřešení tohoto problému bylo nutné definovat pojmy pohyb a klid. Pokud je v různých časových okamţicích těleso stále na stejném místě, říkáme, ţe je v klidu, jinak je v pohybu. Zénón zemřel roku 430 př. n. l. Podle legendy se politicky angaţoval a plánoval svrţení tamějšího tyrana Nearcha. Neţ stihli spiklenci provést svůj plán, byl Zénón obviněn ze zrady, uvězněn a umučen. Existuje několik verzí toho, jak byl vyslýchán. Podle jedné nezradil nikoho z přátel a za své komplice označil tyranovy přívrţence. Jiná praví, ţe si ukousl jazyk a plivl jej po Nearchovi, podle další verze se na tyrana dokonce vrhl a ukousl mu nos.
(2)
-9-
1.2 OBRAZY V PÍSKU Následující příběh uveřejnil student ČVUT, O. Ploc. Jeho práci jsem nalezla na webových stránkách katedry fyziky (4). Za nejpravděpodobnější rok narození Archiméda ze Syrakús je povaţován rok 287 př. n. l. Rok jeho násilné smrti je historicky doloţen. Za druhé punské války, kdy Syrákúsy stály na straně Kartága proti Římu, římský vojevůdce Marcellus v roce 214 př. n. l. Syrákúsy oblehl. V roce 212 př. n. l. se Římanům podařilo Syrákúsy dobýt, při následném plenění se k Archimédovi přihnal římský voják. Archimédes, zabrán do
studia nějakého
geometrického obrazce, narýsovaného jím do písku, se na něj obořil známým výrokem: „Noli tangere circulos meos!“ - Neruš mé kruhy! Ale to vojákovi nezabránilo antického matematika zabít. Byl synem astronoma a matematika Phidia. Celý ţivot aţ na studia v Euklidově škole v Alexandrii proţil v Syrakusách, řecké námořní kolonii na Sicílii. Brzy se stal skutečným mistrem ve znalostech tehdejší matematiky a začal se zabývat novými problémy, při jejichţ řešení prý zapomínal i jíst. Neměl moţnost pouţívat tabuli či papír, tak k nákresům svých geometrických obrazců uţíval všechno moţné, od písku a prachu na zemi, přes popel z ohně aţ po malování náčrtků v olivovém oleji, který zůstal po koupeli na jeho těle. To vysvětluje malé mnoţství jeho myšlenek, které zůstaly zachovány. Vše, co se dochovalo, jsou jeho dopisy, tzv. poselství Eratosthenovi, Kononovi a Dosifeovi. Zkonstruoval řadu mechanických obranných prostředků, které udivovaly svou údernou silou a moţnostmi celý tehdejší svět, jenţ byl právě dějištěm punských válek Římanů s Kartágem, pro Archiméda však velký význam neměly. Nebyl na ně natolik hrdý, aby mu stálo zato zmínit se o nich ve svých poselstvech velkým matematikům, proto jak vypadala konstrukce těchto strojů se můţeme jen domnívat. Podle údajů, které jsou k dispozici, se usuzuje, ţe svá díla napsal aţ po dosaţení 40. roku věku. Dle obsahu jednotlivých prací rozdělujeme jeho činnost do čtyř období. První období - inţenýrské činnosti - zavádí pojem těţiště a určuje jeho polohu pro nejjednodušší rovinné obrazce a tělesa. Druhé období se nazývá Určování obsahů rovinných geometrických obrazců a objemů geometrických těles. Ve třetím období řeší úlohy matematické fyziky. Ve čtvrtém období se zabývá aritmeticko-astronomickými pracemi. -10-
Součet nekonečné geometrické řady souvisí s prvním obdobím, přesněji s řešením kvadratury paraboly. V poselství Eratosthenovi o mechanických větách Archimédes poprvé uvádí svůj poznatek o velikosti obsahu úseče paraboly, který objevil pomocí mechaniky, a to, ţe kaţdá úseč paraboly vytváří čtyři třetiny trojúhelníku s touţ základnou a stejnou výškou viz [Obrázek 3].
(4)
Archimédes píše: „Nechť ADBEC je úseč sevřená mezi přímkou a parabolou, ABC je trojúhelník mající s úsečí společnou základnu a stejnou výšku. Nechť plocha K tvoří čtyři třetiny trojúhelníku ABC. Je třeba dokázat, ţe tato plocha se rovná úseči ADBEC, coţ nejlépe půjde sporem. Kdyţ se nerovná, bude buďto větší nebo menší. Nechť úseč ADBEC je větší neţ plocha K. Tehdy jsem vepsal trojúhelníky ADB, BEC jak bylo výše řečeno, do úsečí zbylých po stranách, vepsal jsem další trojúhelníky mající s těmito úsečemi společné základny a výšky, a potom do takto získaných úsečí stále vpisuji dvojice trojúhelníků, které s nimi mají společné základny a výšky; potom zbývající úseče se jednou stanou menšími neţ ten rozdíl, o který je úseč ADBEC větší neţ plocha K, takţe vepsaný mnohoúhelník bude větší neţ plocha K, ale to není moţné. Skutečně, máme plochy tvořící spojitou proporci v poměru 4:1, a to jmenovitě první je trojúhelník ABC, čtyřikrát větší neţ oba trojúhelníky ADB a BEC dohromady, dále tyto trojúhelníky jsou čtyřikrát větší neţ trojúhelníky vepsané do dalších úsečí a tak stále dále; je jasné, ţe všechny tyto plochy dohromady budou menší neţ čtyři třetiny největší plochy (trojúhelníku ABC), přitom K tvoří čtyři třetiny největší plochy. To znamená, ţe úseč nebude větší neţ plocha K. Nechť nyní, je-li to moţné, bude úseč menší neţ K. Vezměme plochu Z rovnou trojúhelníku ABC, potom plochu H rovnou čtvrtině Z, dále O rovnou čtvrtině H a takto budeme brát stále ve spojité proporci aţ do doby, kdy se poslední plocha ukáţe být menší neţ ten rozdíl, o který je plocha K větší neţ úseč ADBEC. Nechť tato menší plocha je I; tehdy plochy Z, H, O, I dohromady spolu s třetinou I tvoří čtyři třetiny Z. Ale K také tvoří čtyři třetiny Z; to znamená, ţe K bude rovna plochám Z, H, O, I vzatým spolu s třetinou I. Protoţe plocha K je větší neţ plochy Z, H, O, I o veličinu menší neţ I, ale úseč ADBEC je větší o veličinu větší neţ I, je jasné, ţe plochy Z, H, O, I budou větší neţ úseč. To je nemoţné, protoţe je dokázáno, ţe kdyţ se vezme libovolný počet ploch tvořících spojitou proporci v poměru 4:1, přičemţ největší se rovná trojúhelníku vepsanému do úseče, pak všechny tyto plochy -11-
dohromady budou menší neţ úseč; to znamená, ţe úseč ADBEC není menší neţ plocha K. Ale je také dokázáno, ţe nebude ani větší; to znamená, ţe se bude rovnat ploše K. Ale plocha K tvoří čtyři třetiny trojúhelníku ABC; to znamená, ţe úseč ADBEC se rovná čtyřem třetinám trojúhelníku ABC.“
(4)
1.3 BYSTRÝ ŢÁK Následující příběh je známý. Verzi zde uvedenou jsem nalezla opět na webu FYZMATIK. Pro čtivý a poutavý styl, jímţ je článek napsán, jsem jej nechala bez úprav. Friedrich Gauss bývá označován za největšího matematika od dob Archimédových, ne-li za největšího matematika vůbec. Narodil se roku 1777 v Brunšviku (Braunschweig) jako syn zedníka a vodního mistra, který se také staral o vodotrysky a jiné věci s vodou spojené. V prvních letech se Gauss učil dříve počítat neţ mluvit, pak teprve začal své známé a příbuzné "prosit o písmena", a najednou uměl číst, aniţ kdo pořádně věděl, kde k tomu přišel. V sedmi letech začal chodit do obecné školy, kde měl ve třídě 100 spoluţáků, ale nijak mezi nimi nevynikal. Teprve v devíti letech na sebe upozornil příhodou, která se dodnes traduje. Stalo se, ţe učitel v Gaussově třídě chtěl mít hodinu klid, a proto uloţil ţákům úkol, aby sečetli všechna čísla od 1 do 100. Kdo byl s úlohou hotov, měl poloţit břidlicovou tabulku na velký stůl, hezky jednu na druhou, aby učitel mohl kontrolovat v jakém pořadí ţáci úlohy odevzdávali. Několik okamţiků nato, co byla úloha ţákům sdělena, vyskočil mladý Gauss a poloţil tabulku na učitelův stůl s památnými slovy: "tady je". Učitel drţíc v ruce karabáč soucitně pohlíţí na bledého uličníka. Pokládá chlapce za vtipálka, a prozatím jej nechává na pokoji, aby nerušil ostatní. Kdyţ všichni odevzdali svá řešení, prohlíţí jedno po druhém, rozdává pochvaly či trestá. Na tabulku úplně vespod skoro zapomněl. Vlastně ne tak docela, ještě má čas, aby malého nezbedu potrestal. Vezme tabulku do ruky, a ke svému úţasu vidí, ţe je na ní jediné číslo 5050. A to je správný výsledek!
-12-
Ruka s karabáčem klesá, znal snad malý Gauss výsledek zpaměti? Jak na to tak rychle přišel? A tu ţák vysvětluje svému učiteli jako naprostou samozřejmost, ţe výsledek součtu všech čísel od 1 do 100 se dá říct ihned zpaměti. Není třeba sčítat jedno číslo po druhém, jak to dělali ostatní ţáci mechanicky. On si sečte první číslo s posledním, druhé s předposledním a tak dále, součet vyjde vţdy 101. Pak stačí vynásobit toto číslo počtem dvojic – těch je 50. Výsledek je 50 x 101 = 5050! Kdyţ to učitel slyšel, opatřil pro mladého Gausse učebnici matematiky z Hamburku a krátce nato prohlásil, ţe se Gauss od něho uţ ničemu naučit nemůţe.
(5)
1.4 JAK EULER VYŘEŠIL JEDNU MATEMATICKOU ZÁHADU Problematika harmonické řady je známá a velmi zajímavá, i kdyţ se k ní neváţe ţádný poutavý či neuvěřitelný příběh. Článek, v němţ je shrnut ţivot Leonharda Eulera a popsán jeho postup určení součtu řad, jsem převzala z webu Věda a technika (6). Leonhard Paul Euler se narodil v roce 1707 ve švýcarské Basileji. Paulu Eulerovi, pastorovi reformované církve, a Margueritě Bruckerové. Měl dvě mladší sestry. Jiţ od dětství vynikal v matematice. Mladého Eulera významně ovlivnil přítel jeho otce, Johann Bernoulli, který byl povaţován za předního evropského matematika. V roce 1720 vstoupil Euler na Basilejskou univerzitu. V té době dostával od Bernoulliho, který velice rychle objevil talent svého ţáka, sobotní lekce. Euler si nejprve zapsal teologické předměty, řečtinu, latinu a hebrejštinu, ale díky své fenomenální paměti dokázal navíc studovat i fyziku, astronomii, medicínu a matematiku. V roce 1726 sloţil Euler doktorské zkoušky prací na téma Rychlosti zvuku. V roce 1735, ve svých dvaceti osmi letech, vyřešil Leonhard Euler problém, který úspěšně odolával mnoha pokusům o jeho vyřešení. Jednalo se o otázku konvergence nekonečné
řady
1
n n 1
2
. Motivace pro vyřešení tohoto problému byla velká – pokud by tato řada
konvergovala, pak by rovněţ všechny řady
1
n n 1
-13-
s
, kde s 2 konvergovaly.
Euler pouţil na vyřešení tohoto problému na tehdejší dobu velmi důmyslnou metodu. V podstatě učinil předpoklad, ţe vlastnosti, které mají konečné polynomy, mohou splňovat i nekonečné řady. Na začátku jeho úvah stála funkce sinus, pouţil v tehdejší době jiţ známý vztah pro tuto funkci:
sin x x
x3 x5 x7 ... 3! 5! 7!
Tento vztah se nazývá Taylorův rozvoj funkce sinus. Podělil dále tuto rovnici funkcí x:
sin x x2 x4 x6 1 ... x 3! 5! 7! Tato funkce má kořeny ( pro x :
sin x 0 ) v bodech x n, kde n 1, 2, 3,... Pravá x
strana ve výše uvedené rovnici představuje v podstatě polynom, a kaţdý polynom lze vyjádřit v součinovém tvaru jeho kořenů, proto dostal po této úvaze následující vztah: sin x x x x x x x 1 1 1 1 1 1 ... x 2 2 3 3 x 2 x 2 x2 ... 1 2 1 1 2 2 4 9
Zde se vyuţil vztah a ba b a 2 b 2 . Dále provedl naznačené násobení a hledal koeficienty u x2. Pro výsledný koeficient u x2 platí:
1 1 1 1 2 2 ... 2 2 4 9 Ale funkce
1
n n 1
2
.
sin x 1 1 má ve svém základním vyjádření koeficient k . Tato dvě 3! 6 x
vyjádření vztahu pro koeficient k se musí sobě rovnat:
1 1 2 6
1
n n 1
2
.
Z tohoto finálního vztahu vyplývá nádherný vzorec:
1 2 2 6 n 1 n
a navíc konvergence všech nekonečných řad
1
n n 1
s
, kde s 2 . (6)
-14-
2 POSLOUPNOSTI Máme-li začít takříkajíc od píky, je důleţité zmínit se o posloupnostech. Pro pochopení nekonečné řady je pojem posloupnosti velmi důleţitý. Abychom nazývali věci pravými jmény, uvedeme si nejprve definici a vymezíme pravidla pro počítání s posloupnostmi. Laitochová v práci (7) uvádí následující definici posloupnosti: Definice 2.1 Nekonečná číselná posloupnost je reálná funkce definovaná na mnoţině přirozených čísel.
(7, s. 32)
Matematický web Matematika polopatě o posloupnostech píše: „Posloupnost je funkce, jejímţ definičním oborem je mnoţina přirozených čísel N. Posloupnost rozlišujeme na nekonečnou, pokud je jejím definičním oborem celá mnoţina N, a konečnou, pokud je jejím definičním oborem pouze prvních n čísel z oboru přirozených čísel.“
(8)
Pokud se výhradně neřekne, ţe se jedná o posloupnost konečnou, předpokládá se posloupnost nekonečná. Posloupnost lze určit několika způsoby: Prostým výčtem prvků: 2, 4, 6, 8, 10… Vzorcem pro n-tý člen: an = 2n; dolní index n značí, který člen posloupnosti určujeme:
a3 2 3 6 . Rekurentně: a1 = 2; an+1 = an+2; po dosazení a1+1 = a1+2, upravíme a2 = 2+2 =4. Vyjádření posloupnosti graficky; grafem posloupnosti je vţdy mnoţina samostatných navzájem izolovaných bodů. Posloupnost můţe být zadána i slovně: posloupnost sudých čísel. Posloupnost můţeme zapsat a1 , a2 , a3 ,... nebo a1 , a2 , a3 ,..., an ,... nebo a n n 1 také a n 1
nebo jen a n . Funkční hodnoty a1, a2, … se nazývají první, druhý, … člen posloupnosti, an se nazývá n-tý člen posloupnosti nebo obecný člen posloupnosti.
-15-
(7)
2.1 LIMITA POSLOUPNOSTI Limita je matematická konstrukce, vyjadřující, ţe se hodnoty posloupnosti nebo funkce blíţí nějakému číslu. Právě toto číslo je pak označováno jako limita. Vyuţití limity je uvedeno na webové stránce Aristoteles.cz: „Limity posloupnosti počítáme proto, abychom mohli posloupnost klasifikovat jako konvergentní nebo jako divergentní. Konvergentní posloupnost konverguje k určitému číslu, které nazýváme vlastní limitou posloupnosti. Divergentní posloupnost se vyznačuje tím, ţe má buď nevlastní limitu , nebo ţádnou limitu nemá.“
(9)
Laitochová v (7) pouţívá k vymezení pojmu limity posloupnosti tuto definici: Definice 2.1.1 Říkáme, ţe nekonečná číselná posloupnost a n n 1 konverguje k reálnému
číslu L nebo má (vlastní, konečnou) limitu L a píšeme
lim a n L n
jestliţe ke kaţdému ε > 0 existuje index N N , N , takový, ţe
an L pro n . Říkáme, ţe nekonečná číselná posloupnost a n n 1 je určitě divergentní k (resp. )
a píšeme
lim an (resp. lim an ) . n
n
Jestliţe ke kaţdému číslu A existuje index N tak, ţe nerovnost a n > A (resp. an < A) platí pro všechna n . Divergentní posloupnosti, které nejsou určitě divergentní se nazývají oscilující.
(7, s. 36-37)
n 2 4n 1 , určeme, je-li posloupnost Vypočítejme limitu posloupnosti 2 2n n 3 n 1 konvergentní či divergentní.
(10, s. 67)
Limitu posloupnosti určíme tak, ţe vypočítáme limitu pro n-tý člen posloupnosti,
an
n 2 4n 1 , 2n 2 n 3
-16-
dále postupujeme podle pravidel pro počítání s limitou.
n 2 4n 1 4 1 2 2 1 2 2 n 2 4n 1 n n 1 0 0 1 n lim lim n 2 n lim 2 n 2n n 3 200 2 n 2n n 3 n 2 1 3 2 2 2 2 n n n n n Posloupnost má vlastní limitu. Tato limita konverguje k reálnému číslu
1 . 2
2.2 VLASTNOSTI Z definice 2.1.1 víme, ţe posloupnost je funkce. U kaţdé funkce je moţné zkoumat její vlastnosti. U posloupností se zkoumá monotónnost a omezenost funkce. Ryze monotónní posloupnost Problematika monotónnosti posloupnosti je velmi přehledně zpracovaná na stránkách Posloupnosti a řady od Lucie Šibravové, uvádí tyto definice a věty: Definice 2.2.1 Posloupnost a n n 1 se nazývá rostoucí (resp. klesající) právě tehdy, kdyţ
m, n D : n m an am (resp. m, n D : n m am an ). Věta 2.2.1 Posloupnost a n n 1
(11)
je rostoucí (resp. klesající) právě tehdy, kdyţ
n N platí an an1 (resp. n N platí an1 an ).
(11)
n 1 Rozhodněme o monotónnosti posloupnosti . 2n 3 n 1
(10, s. 66)
Věta 2.2.1 udává podmínky monotónnosti, je třeba porovnat členy an, an+1:
an a n 1
n 1 2n 3 (n 1) 1 n2 n2 2(n 1) 3 2n 2 3 2n 5
Drobnou úpravou nerovnosti an an1 získáme an an1 0 , další krok je zřejmý:
-17-
a n a n 1
n 1 n 2 (n 1)(2n 5) (n 2)(2n 3) 2n 3 2n 5 (2n 3)(2n 5) 2n 2 7 n 5 2n 2 7 n 6 1 (2n 3)(2n 5) (2n 3)(2n 5)
Výsledek je záporný, platí an an1 0 .
n 1 Posloupnost je rostoucí. 2n 3 n 1
Neryze monotónní posloupnost Definice 2.2.2 Posloupnost a n n 1 se nazývá nerostoucí (resp. neklesající) právě tehdy,
kdyţ m, n D : n m an am (resp. m, n D : n m am an ).
(11)
Věta 2.2.2 Posloupnost a n n 1 je nerostoucí (resp. neklesající) právě tehdy, kdyţ
n N platí an an1 (resp. n N platí an an1 ).
(11)
Omezenost posloupnosti Laitochová definuje omezenost v (7) takto: Definice 2.2.3 Řekneme, ţe posloupnost a n n 1 je shora (resp. zdola) omezená právě
tehdy, kdyţ h R n D : an h (resp. d R n D : an d ). Řekneme, ţe posloupnost a n n 1 je omezená, právě tehdy, kdyţ je shora i zdola omezená,
tedy kdyţ h R d R n D : d an h .
(7, s. 35)
n 4 Ověřme omezenost posloupnosti . n n 1
(10, s. 66)
Nejprve zjistíme průběh posloupnosti. Je-li ryze monotónní, musí platit
an an1 nebo an1 an :
an
n4 n
a n1
(n 1) 4 n5 n5 (n 1) n 1 n 1
-18-
a n a n 1
n 4 (n 5) (n 4)(n 1) n(n 5) n n(n 1) n 1
n 2 5n 4 n 2 5n 4 n(n 1) n(n 1)
Výsledek je záporný, platí an an1 , posloupnost je ryze monotónní, rostoucí. Je-li posloupnost rostoucí, je zdola omezená prvním členem posloupnosti
a1
1 4 5 , omezenost shora ověříme pomocí limity posloupnosti: 1 n 4 n4 n n 1 . lim a n lim lim n n n n n n
n 4 Posloupnost je shora i zdola omezená na intervalu 5 an 1 . n n 1
2.3 ARITMETICKÁ POSLOUPNOST
Definice 2.3.1 Posloupnost
an n1
se nazývá aritmetická právě tehdy, kdyţ
d R n N : an1 an d , kde číslo d je diference aritmetické posloupnosti. (7, s. 35) Věta 2.3.1 Nechť a n n 1 je aritmetická posloupnost s prvním členem a1 a diferencí d,
potom platí an a1 (n 1)d .
(7)
Důkaz matematickou indukcí (tj. ověříme platnost pro první člen a n+1. člen posloupnosti).
1. n 1 :
a1 a1 (1 1)d a1 0d a1
2. n k
a k a1 (k 1)d
a k 1 a1 (k 1) 1d a1 kd
chceme
a k 1 a k d z definice a k 1 a1 (k 1)d d induk . predpoklad a1 kd
-19-
Zjistěme, zda posloupnost zapsaná rekurentně je aritmetická posloupnost.
a1 7, an1 2an 3n 1
(10, s. 67)
Nejdříve vypočítáme několik prvních členů posloupnosti:
n 1 : a11 2a1 3 1 1 a 2 2 7 3 1 1 14 3 1 10 n 2 : a 21 2a 2 3 2 1 a3 2 10 3 2 1 20 6 1 13 n 3 : a31 2a3 3 3 1 a 4 2 13 3 3 1 26 9 1 16 Nyní podle věty 2.3.1 ověříme, zda se jedná o aritmetickou posloupnost. Pouţijeme vztah uvedený ve větě, který si upravíme: a n a1 (n 1)d a n a1 (n 1)d d
a n a1 n 1
Dosadíme dvě různé hodnoty n a vypočítáme diferenciál, je-li posloupnost aritmetická, diferenciál vyjde v obou případech stejně: n 2:d
a 2 a1 10 7 3; 2 1 1
n 4:d
a 4 a1 16 7 3 4 1 3
Posloupnost je aritmetická s diferenciálem d=3. Věta 2.3.2 Nechť a n n 1 je aritmetická posloupnost s prvním členem a1 a diferencí d,
potom platí S n
n (a1 a n ) .1 2
(7)
Důkaz. S n a1 a 2 a 3 ... a n
nebo :
S n a n a n 1 a n 2 ... a1
S n a1 (a1 d ) (a1 2d ) (a1 3d ) ... a1 (n 1)d S n a1 (n 1)d a1 (n 2)d a1 (n 3)d ... a1
2S n a1 a1 (n 1)d (a1 d ) a1 (n 2)d ... a1 (n 1)d a1
2S n 2a1 (n 1)d 2a1 (n 1)d 2a1 (n 1)d ... 2a1 (n 1)d 2S n na1 a1 (n 1)d n(a1 a n ) / 2 Sn
1
n (a1 a n ) 2
Vztah poprvé pouţil Friedrich Gauss ve třetí třídě při hodině matematiky (viz kapitola 1.3)
-20-
2.4 GEOMETRICKÁ POSLOUPNOST
Definice 2.4.1 Posloupnost
an n1
se nazývá geometrická právě tehdy, kdyţ
q R n N : an1 qan , číslo q se nazývá kvocient geometrické posloupnosti. (7, s. 35) Věta 2.4.1 Nechť a n n 1 je geometrická posloupnost s prvním členem a1 a kvocientem q,
pak platí an a1q n1 .
(7)
Důkaz matematickou indukcí.
n 1 a1 a1q11 a1q 0 a1
n k a k a1 q k 1 a k 1 a1 q k 11 a1 q k
chceme
a k 1 a k q z definice a k 1 a1 q k 1 q a1 q k induk . predpoklad
Dokaţme, ţe daná tři čísla
5 2 , 3, 5 2 tvoří tři následující členy
jisté geometrické posloupnosti.
(10, s. 67)
Pomůţeme si vztahem uvedeným v definici a n 1 qa n q
a n 1 ; an
do uvedeného vztahu dosadíme, bude-li kvocient stejný, můţeme říci, ţe se jedná o geometrickou posloupnost. Daná čísla jsou po sobě jdoucí členy: an1 5 2 ,
an 3 ,
an1 5 2 ;
q1
an 3 3 5 2 35 3 2 15 6 a n 1 52 3 5 2 5 2 5 2
q2
a n 1 5 2 5 2 3 53 23 15 6 an 3 3 3 3 3
Jelikoţ platí q1 q2 , uvedená čísla jsou členy geometrické posloupnosti. Věta 2.4.2 Nechť a n n 1 je geometrická posloupnost s prvním členem a1 a kvocientem q,
pak platí S n nan , pro q 1 ; S n a1
qn 1 , pro q 1 . q 1
-21-
(7)
Důkaz.
q 1 S n a1 a1 a1 ... a1 na q 1 S n a1 a 2 a3 ... a n S n a1 (a1 q ) (a1 q 2 ) (a1 q 3 ) ... (a1 q n 1 ) /* q qS n (a1 q) (a1 q 2 ) (a1 q 3 ) ... (a1 q n 1 ) (a1 q n ) S n qS n a1 (a1 q n ) S n (1 q) a1 (1 q n ) / (1 q) S n a1
qn 1 q 1
2.5 PŘÍKLADY Zadání příkladů v této kapitole je vybráno ze sbírky úloh Petákové (10) a z webových stránek Posloupnosti a řady (11) a ČVUT, fakulta dopravní (12). Ke kaţdému příkladu je navrţen moţný způsob řešení s komentářem jednotlivých kroků.
(12) Najděte prvních pět členů posloupnosti a n n 1 , je-li a n
n! . 2n n
Členy určíme dosazením konkrétních čísel za n:
a1
1! 1 1 2 2 1
a3
3! 3 2 1 1 3 2 27 9 23
a5
5! 5 4 3 2 1 12 5 2 3125 625 25
a2 a4
Posloupnost má těchto prvních pět členů
(12) Najděte předpis pro n-tý člen 2, Opět si členy upravíme
2! 2 1 1 2 24 4 22
4! 4 3 2 1 3 4 2 64 32 24
1 1 1 3 12 , , , , . 2 4 9 32 625
3 4 5 , , , ... 2 3 4
11 2 1 3 1 4 1 , , , ,... 1 2 3 4
n 1 Předpis pro n-tý člen zní . n n 1 -22-
(12) Najděte předpis pro n-tý člen: 8, 14, 20, 26, 32… Na první pohled je zřejmé, ţe následující člen je vţdy o šest větší tedy
8, 8 6, 8 6 6, 8 6 6 6,... Zápis můţeme upravit:
8, 8 6, 8 2 6, 8 3 6,... Dále provedeme malou kosmetickou úpravu s prvním členem:
2 6 1, 2 2 6, 2 3 6,...2 n 6 . Předpis pro n-tý člen je jiţ jasný: 8, 14, 20, 26, 32… = 2 6n n 1
Je dáno n-různých bodů, z nichţ ţádné tři neleţí v jedné přímce, kolik přímek je n body určeno? Budeme postupovat od jednoho bodu. Jeden bod neurčuje ţádnou přímku, přímka je určena nejméně dvěma body. Třemi body jsou určeny jiţ tři přímky, čtyřmi body pak šest přímek, pěti body deset přímek [Obrázek 1].
Obrázek 1: Přímky určené třemi, čtyřmi a pěti body2
Z čísel vytvoříme posloupnost, kdy počet bodů, kterými vedeme přímky, bude určovat pořadí členů v posloupnosti a počet přímek určených body hodnotu členu:
a1 0
a2 1
a3 3
a4 6
a5 10
a6 15
a7 21
...
Předpis pro n-tý člen nalezneme pomocí úvahy; uvaţujme konkrétní příklad pěti bodů, kaţdým bodem prochází čtyři přímky, tedy celkem 5 4 přímky, z obrázku je patrné, ţe vţdy dvě přímky splývají, tedy různých přímek je polovina. Vztah můţeme zapsat takto: počet přímek =
2
54 n(n 1) , zobecněním dostaneme vztah a n . 2 2
Obrázek vytvořen v programu Cabri Geometrie II Plus
-23-
Obecný zápis pro určení počtu n různých přímek je (12) Vypočtěte pátý člen posloupnosti
an n1 ,
n(n 1) . 2
která je dána rekurentní formulí
an1 2an 3 ,a členem a1 3 . Rekurentní formule udává vztah pro n+1. člen posloupnosti, pátý člen vypočítáme, tak, ţe si postupně vypočítáme druhý, třetí, čtvrtý a nakonec pátý člen posloupnosti:
a1 3,
a 2 2a1 3 2 3 3 3,
a 3 2a 2 3 2 3 3 3
a 4 2a 3 3 2 3 3 3
a 5 2a 4 3 2 3 3 3 Pátý člen posloupnosti, která je zadaná, je a5 3 .
(12) Vypočtěte šestý člen posloupnosti
an n1 ,
která je dána rekurentní formulí
an1 2nan 3 a členem a1 2 . a1 2
a2 2 1 2 3 1
a3 2 2 1 3 1
a4 2 3 1 3 3
a5 2 4 3 3 21
a6 2 5 21 3 217
Šestý člen posloupnosti a6 217 .
(12) Vypočtěte první člen posloupnosti
an n1 ,
která je daná rekurentní formulí
an1 nan 3 a členem a5 99 . Nejprve upravíme rekurentní formuli pro n+1. člen:
a n 1 na n 3 a n 1 3 na n an
a n 1 3 n
Postup výpočtu je opačný neţ v předešlých příkladech. Za an+1 dosadíme členy sestupně, počínaje členem a5, který uţ známe. Vyuţijeme upravenou formuli:
a5 3 99 3 24 n 4 a 3 73 a2 3 2 n 2
a5 99
a4
a 4 3 24 3 7 n 3 a 3 23 a1 2 1 n 1 a3
První člen posloupnosti a1 1 . -24-
(12) Vypočtěte součet prvních čtyř členů posloupnosti a n n 1 , která je dána rekurentní
formulí an1 3an 2 a členem a 2 7 . Předpis pro součet n-členů posloupnosti zní sn a1 a2 ... an , pro součet prvních 4 členů tedy s4 a1 a2 a3 a4 , je zřejmé, ţe potřebujeme znát první čtyři členy. Nejprve dosadíme n+1 = 2 a vypočteme první člen posloupnosti: a 2 3a1 2 a1
a2 2 7 2 3. 3 3
Dále určíme třetí a čtvrtý člen posloupnosti:
a3 3a2 2 3 7 2 19
a4 3a3 2 3 19 2 55
Členy sečteme: s4 3 7 19 55 84 . Součet prvních čtyř členů posloupnosti je 84. (12) Vypočtěte součet čtvrtého a pátého členu posloupnosti a n n 1 , která je dána
rekurentní formulí an1 2an 4 a členem a 2 3 . Upravíme formuli an1 2an 4 an1 2an 4 a postupně dosazujeme:
a 3 2a 2 4 2 3 4 2
a 4 2a 3 4 2 2 4 0
a5 2a 4 4 2 0 4 4 a4 a5 0 (4) 4
Součet čtvrtého a pátého členu posloupnosti je – 4.
(12) Vypočtěte součet prvního a třetího členu posloupnosti
an n1 ,
rekurentní formulí an1 3an 1 a členem a 4 14 . Postupujeme stejně, jako v předešlém příkladu: an
a n 1 1 3
a 4 1 14 1 5 3 3 a 1 2 1 a1 2 1 3 3 a3
a2
a3 1 5 1 2 3 3
a1 a3 5 1 6
Součet prvního a třetího členu posloupnosti je 6.
-25-
která je dána
n 1! (11) Vypočítejte limitu posloupnosti určete, zda konverguje. n!n 1! n 1
Při výpočtu limity posloupnosti počítáme limitu n-tého členu dané posloupnosti. Příklad řešíme podle pravidel pro počítání s limitou a faktoriály:
n 1! lim (n 1)n! lim n 1 lim n 1 n n!n 1! n 1 n 1n! n 1 n 1 n n
lim
lim n
n 1 lim 1 0 1 n n n
Limita posloupnosti je vlastní, proto můţeme říci, ţe:
n 1! konverguje k reálnému číslu -1. Posloupnost n!n 1! n 1
(10, s. 67) Vypočítejte limitu posloupnosti 3 n
n 1
, určete, zda posloupnost konverguje.
Postupujeme obdobně jako v předešlém příkladu lim 3 n , pro jistotu si připomeňme n
pravidlo pro limity s funkcí v exponentu:
lim f x
g x
x
limg x ln f x . x
Dosadíme: lim x ln 3 lim x lim ln 3 ln 3 . n
n
Limita posloupnosti 3 n
n 1
n
je nevlastní, posloupnost diverguje.
(10, s. 66) Rozhodněte, zda je posloupnost n n 1 rostoucí nebo klesající (ev. nerostoucí
nebo neklesající). Nejprve si vypíšeme několik prvních členů posloupnosti: 1, 2, 3, 4, 5, ... vidíme, ţe posloupnost roste. Abychom to však měli matematicky ověřené, musíme dokázat, ţe platí podmínky pro rostoucí posloupnost, tedy ţe an an1 :
an n a n 1 n 1 Dosadíme: n n 1 0 1
/ n
Nerovnost platí, tím jsme ověřili, ţe posloupnost n n 1 je rostoucí.
-26-
1 n n
(10, s. 66) Rozhodněte, zda je posloupnost
n 1
rostoucí nebo klesající
(ev. nerostoucí nebo neklesající). Nejprve si vypíšeme několik prvních členů posloupnosti: -1, 2, -3, 4, -5, 6, -7.... pro lepší přehlednost můţeme členy posloupnosti zanést do grafu [Obrázek 2]. 10 8 6 4 2 0 -2
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
-4 -6 -8
Obrázek 2: Graf posloupnosti3
Z grafu je patrné, ţe posloupnost početně:
1 n n
n 1
a n 1 n n
a n 1 1
n 1
Dosadíme do nerovnice: 1 n 1 n
není monotónní. Zjištění ověříme ještě
n 1
n 1
n 1 ; uvedená
nerovnost an an1 platí
pro n lichá, neboť v takovém případě levá strana nerovnice je záporné číslo, pravá strana nerovnice číslo kladné, kladné číslo je vţdy větší neţ záporné. Pro n sudá však platí opačná nerovnost an an1 , levá strana je totiţ pro n sudé rovna kladnému číslu, pravá strana číslu zápornému. Vzhledem ke zjištěnému, můţeme říci, ţe posloupnost
1 n n
n 1
je nerostoucí
a neklesající.
(10, s. 66) Rozhodněte, zda je posloupnost (ev. nerostoucí nebo neklesající).
3
Graf vytvořen v programu MS Excel
-27-
2n 3n1
rostoucí nebo klesající
Opět si vypíšeme několik po sobě jdoucích členů posloupnosti: 1, -1, -3, -5, -7, ... Danou posloupnost budeme zkoumat jako klesající, tedy an1 an :
a n 2n 3 a n1 2(n 1) 3 2n 2 3 2n 1 Dosadíme a nerovnici upravíme:
2n 1 2n 3 / 1 2n 2n 2 / (2) n n 1 / n 0 1 Nerovnost platí, proto můţeme říci, ţe posloupnost 2n 3n1 je klesající.
1 (10, s. 66) Rozhodněte, zda je posloupnost omezená shora, zdola nebo n n 1 omezená. Zjišťujeme-li omezenost posloupnosti, musíme nejdříve vyšetřit její průběh, abychom si byli jisti, ţe se v posloupnosti nevyskytují ţádné nečekané výkyvy.
1 1 1 1 Vypíšeme prvních pět členů posloupnosti: 1, , , , ; na první pohled 2 3 4 5 posloupnost vypadá, jako rostoucí, tedy an an1 , domněnku si ověříme:
1 an , n Dosadíme do nerovnice
a n 1
1 n 1
1 1 , n n 1
pravidla pro porovnávání zlomků říkají, ţe rovnají-li se čitatelé porovnávaných zlomků, pak je menší ten ze zlomků, který má většího jmenovatele:
1 1 n n 1 n n 1 0 1
/ n
1 Nerovnost platí, můţeme říci, ţe posloupnost je monotónní, rostoucí. n n 1 Posloupnost je zdola omezená prvním členem posloupnosti a1 = -1, omezenost shora ověříme dosazením n-tého členu posloupnosti do limity:
1 lim 0 . n n -28-
1 Posloupnost má vlastní limitu 0, a tedy je omezená v intervalu 1 an 0 . n n 1
(10, s. 66) Rozhodněte, zda je posloupnost n 2 1 n1 omezená shora, zdola nebo omezená. Postupujeme obdobně, jako v předešlém příkladu, vypíšeme si několik prvních členů posloupnosti: 0, 3, 8, 15, … Ověříme monotónnost posloupnosti, an an1 :
an n 2 1
a n 1 n 1 1 n 2 2n 1 1 n 2 2n 2
Dosadíme do nerovnice a upravíme: n 2 1 n 2 2n 1 2n 1 n 2
Nerovnost platí, neboť ze zadání n , můţeme říci, ţe posloupnost je rostoucí. Rostoucí posloupnost je zdola omezená prvním členem a1 = 0, omezenost shora ověříme dosazením do limity:
lim n 2 1 n
Posloupnost n 2 1 n1 má nevlastní limitu, proto je zdola omezená 0 a n . (12) Mezi čísla 6 a 30 je vloţeno pět čísel tak, ţe spolu s danými čísly tvoří sedm po sobě jdoucích členů aritmetické posloupnosti, vypočítejte prostřední vloţené číslo. Vzhledem k neurčitosti zadání můţeme číslo 6 označit jako první člen posloupnosti a číslo 30 jako člen sedmý, prostřední člen je tedy člen čtvrtý. Abychom určili čtvrtý člen posloupnosti, musíme znát diferenci:
a1 6 a 7 a1 6d 30 6 6d d 4 a 4 a1 3d 6 3 * 4 18 Prostřední člen posloupnosti je roven číslu 18.
-29-
(12) V aritmetické posloupnosti a n n 1 je a3 1 a a7 1 , vypočítejte součet prvních
šestnácti členů posloupnosti. Pro výpočet součtu prvních n členů potřebujeme znát první a n-tý člen posloupnosti. My známe dva členy a jejich umístění v posloupnosti, toto nám stačí, abychom určili diferenci, pomocí té snadno určíme první i šestnáctý člen. Vycházíme ze vztahu an a1 (n 1)d , který si upravíme:
a3 a1 2d a1 2d 1 a7 a1 6d a1 6d 1 Nyní máme před sebou dvě rovnice o dvou neznámých, pomocí dosazovací metody řešíme:
a1 1 2d
a1 1 6d 1 2d 1 6d 1 d 2
1 a1 1 2 2 2 Určíme a16 a dosazením do vztahu pro součet členů posloupnosti vypočítáme s16:
a16 a1 15d 2 s16
15 11 2 2
16 11 (2 ) 12 2 2
Součet prvních šestnácti členů posloupnosti je roven 12. (12) Délky stran pravoúhlého trojúhelníku tvoří tři po sobě jdoucí členy aritmetické posloupnosti, delší odvěsna má délku 24 cm, vypočítejte velikosti zbývajících stran. Nejprve si dosadíme, co známe:
a an1 24 d
b an 24
c an1 24 d ,
pro pravoúhlé trojúhelníky platí Pythagorova věta:
c2 a2 b2
24 d 2 24 d 2 24 2
576 48d d 576 48d d 576 2
2
96d 576 d 6
a 24 6 18
b 24
-30-
c 24 6 30
Délka kratší odvěsny je 18 cm, délka přepony 30 cm.
(12) V geometrické posloupnosti a n n 1 je a6 = 486 a q = 3, vypočítejte součet s4.
Pro výpočet součtu potřebujeme znát první člen posloupnosti, pro jeho určení si upravíme vztah pro výpočet n-tého členu posloupnosti:
an q n 1 a 486 a1 65 5 2 q 3
a n a1 q n 1 a1
Známe první člen posloupnosti, dosadíme a určíme součet prvních čtyř členů posloupnosti:
q4 1 34 1 s 4 a1 2 34 1 80 . q 1 3 1 Součet prvních čtyř členů geometrické posloupnosti je 80. (10, s. 69) Délky hran kvádru tvoří tři po sobě jdoucí členy geom. posloupnosti, součet délek všech hran kvádru je 84 cm, objem kvádru je 64 cm3, vypočítejte povrch kvádru. Nejprve si shrneme, co víme ze zadání:
4a 4b 4c 84 cm
V abc 64 cm 3 S 2(ab ac bc) a n a1 q n 1
a an
b a n 1 a n q
c an2 an q 2
Dosadíme:
4a n 4a n q 4a n q 2 84 / 4
a n a n qa n q 2 64
a n (1 q q 2 ) 21
(a n q) 3 64 an q 4 4 (1 q q 2 ) 21 / q q 4 4q 4q 2 21q 4q 2 17 q 4 0
Kvadratickou rovnici vyřešíme pomocí diskriminantu:
-31-
an
4 q
D b 2 4ac 17 2 4 4 4 286 64 225 x1, 2
b D 17 15 2a 8
x1
1 , x2 4 4
Vyšly nám dva kořeny rovnice, kdyţ je dosadíme, zjistíme, ţe pro q
1 dostaneme 4
klesající posloupnost, kde a1 16, a2 4, a3 1 . Pro q 4 je posloupnost rostoucí, kde a1 1, a2 4, a3 16 . Pro výpočet povrchu krychle není důleţité, zda nejdelší strana se jmenuje a nebo c, proto si vybereme libovolný kvocient a dosadíme do vztahu pro výpočet povrchu kvádru:
S 2(ab ac bc) S 2(1 4 1 16 4 16) 2(4 16 64) 2 84 168 cm 2 Povrch kvádru je 168 cm2.
-32-
3 NEKONEČNÉ ČÍSELNÉ ŘADY Pojmem číselná řada označujeme součet jednotlivých prvků dané posloupnosti. Posloupnost můţe mít konečný nebo nekonečný počet prvků. Pokud má posloupnost konečný počet prvků, tedy a n n 1 , vznikne konečná číselná řada k
k
a zapisuje se
a n 1
n
. Pokud je posloupnost nekonečná, tedy (a n ) n 1 , vznikne nekonečná
číselná řada, která se zapisuje
a n 1
n
.
Problematikou nekonečných číselných řad se zabývá Došlá v (13), její práce je pro tuto kapitolu stěţejní.
3.1 SOUČET ŘADY Z posloupnosti a1 , a2 , a3 ... lze vytvořit novou posloupnost ( s n ) , jejíţ členy jsou určeny n
jako s n a k , tedy (konečný) součet prvních k prvků posloupnosti (a n ) . k 1
Definice 3.1.1 Nechť
an n1
je posloupnost reálných čísel. Symbol
a n 1
n
nebo
a1 a2 a3 ... an ... nazýváme nekonečnou číselnou řadou. Posloupnost
( s n ) n 1 , kde
s1 a1 , s2 a1 a2 , ..., sn a1 a2 ... an , ... , nazýváme
posloupnost částečných součtů této řady.
a
Existuje-li vlastní limita lim s n s , řekneme, ţe řada n
n 1
n
konverguje a má součet s.
Neexistuje-li vlastní limita lim s n , řekneme, ţe řada
a n 1
n
diverguje.
V případě, kdy řada diverguje, rozlišujeme tři případy:
je-li lim s n , říkáme, ţe řada určitě diverguje k n
-33-
(13, s. 2)
je-li lim s n , říkáme, ţe řada určitě diverguje k
jestliţe lim s n neexistuje, říkáme, ţe řada osciluje.
n
1
n(n 1) .
Určete součet řady
(13, s. 3)
n 1
Nejprve si zadání zjednodušíme, provedeme rozklad na parciální zlomky:
1 A B / n(n 1) n(n 1) n n 1 1 A(n 1) Bn 0n 1 n( A B) A A 1, B 1
1 1 1 n 1 n 1 n( n 1) n 1 n
Nyní dosadíme do vztahu a upravíme:
sn 1
1 1 1 1 1 1 1 1 , ... 1 2 2 3 n 1 n n n 1 n 1
součet řady určíme pomocí vztahu lim s n s z definice 3.1.1, do vztahu dosadíme n
a postupujeme podle zásad pro počítání s limitou:
lim (1 n
Limita řady
1
n(n 1)
1 1 ) lim 1 lim 1 0 1. n 1 n n n 1
existuje, proto řada konverguje a má součet s = 1.
n 1
Věta 3.1.1 Jestliţe řada
a n 1
n
Důkaz podle (13, s. 6): Nechť
konverguje, pak platí lim a n 0 . n
a
n
konverguje a
a
n
(13, s. 6)
s:
lim s n s R, n
a n s n s n 1 lim a n lim s n s n 1 s s 0 n
n
Věta udává nutnou podmínku konvergence řady, opak této věty však neplatí. Je-li
lim a n 0 , pak z ní konvergence řady neplyne. n
-34-
Příkladem takové řady, jejíţ limita L = 0 a přitom diverguje, je tzv. harmonická řada
1
n . Podle (21) se řada nazývá harmonická, protoţe pro kaţdé tři po sobě jdoucí členy n 1
řady a, b, c, platí, ţe střední člen b je tzv. harmonickým průměrem jeho sousedních členů a, c, neboli platí b
2ac 1 1 1 1 1 . Harmonická řada je tedy také řada ... ... ac 2 4 6 8 2n
Divergenci harmonické řady, podle (6), jako první dokázal francouzský matematik a filosof Nicole Oresme (1323-1382). Jeho postup byl geniálně jednoduchý, všiml si, ţe součet třetího a čtvrtého členu je větší nebo roven
1 , a stejná nerovnost platí dále pro další 2
1 1 4 členy ,... , a pak pro následujících 16 členů 5 8
1 1 ,... , a tak pořád dál: 9 32
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ... ... . 2 2 2 2 2 3 4 5 6 7 8 Ukázal tedy, ţe součet harmonické řady je větší nebo roven nekonečnému součtu řady
samých polovin, a protoţe
n
1 2
je divergentní, musí být divergentní i harmonická řada.
n 1
Nyní si rozebereme Archimédovo poselství Eratosthenovi z kapitoly 1.2. Tento rozbor je volně převzatý z (4). Vycházíme z představy trojúhelníku vepsaného do úseče paraboly.
Obrázek 3: Trojúhelník vepsaný do úseče paraboly (4)
Trojúhelník ABC je polovinou rovnoběţníku AMNC, který je tvořen tečnou v bodě B a základnou AC s ní rovnoběţnou. AM, CN jsou rovnoběţné s průměrem paraboly BF. Tento poznatek lze přenést na trojúhelníky a úseče ADB, BEC sestrojené pomocí průměrů
-35-
ID, KE rovnoběţných s FB [Obrázek 3]. Trojúhelník ABC je osmkrát větší neţ kaţdý z trojúhelníků ADB, BEC. Trojúhelník ABC je prvním útvarem vepsaným do úseče ABC; druhým je sjednocení trojúhelníků ABC, ADB, BEC; třetí se získá připojením dalších trojúhelníků se základnami AD, DB, BE, EC atd. Pro obsahy těchto útvarů platí: Vezmeme-li jakýkoliv počet ploch tvořících spojitou proporci v poměru 4:1, přičemţ největší se rovná trojúhelníku vepsanému do úseče, pak všechny tyto plochy dohromady budou menší neţ úseč. Archimédes důvtipně vytvořil geometrickou řadu s kvocientem q
1 , o jejímţ částečném 4
součtu odvodil větu:
Je li S a
a a 1 a 4 ... n , pak S n a , 4 3 4 3 4
kde S je součet obsahů všech vepisovaných trojúhelníků, a je obsah trojúhelníku ABC a n je počet všech sčítanců. To platí pro jakékoliv konečné přirozené n včetně n = 0. Dále Archimédes dospívá k výsledku, ke kterému bychom došli uţitím limity. Poroste-li totiţ n do nekonečna, bude
1 S a lim n n 0 4
n
a po vyřešení této jednoduché limity posloupnosti nám vyjde, ţe S
4 a. 3
Z dopisu Archiméda je zřejmé, ţe určil součet nekonečné geometrické řady. Sčítal obsahy trojúhelníků, přičemţ následující dva trojúhelníky tvořili vţdy čtvrtinu předešlého. Vyšetřeme konvergenci nekonečné geometrické řady na celém oboru reálných
čísel. Mějme dánu nekonečnou geometrickou řadu
aq
n 1
.
(13, s. 2-3)
n 1
Podle definice 3.1.1 si určíme částečný součet řady sn a provedeme limitní přechod. a) Nechť q = 1.
Pak s n na a platí : lim s n lim na , tedy řada n
n
aq
n 1
je divergentní.
n 1
b) Nechť q = -1.
Pak sn a (a) ... (1) n1 a , tedy sn = 0 pro sudé n, sn = a pro liché n.
-36-
c) Nechť q 1 . Platí sn a aq ...aq n1 , pro úpravu vyuţijeme vztahu: (1 q)(1 q ... q n1 ) 1 q n , po dosazení vztahu dostaneme: s n a(1 q ... q n 1 ) a
1 qn . 1 q
Výsledek dosadíme a pomocí limit určíme hodnotu součtu: lim a n
1 qn a . 1 q 1 q
Zjištěná fakta shrneme: Je li q 1 je lim q n , proto lim sn Je li q 1 lim q n neexistuje Je li q 1 je lim q n 0, proto lim s n
a 1 q
Nekonečná geometrická řada je pro q 1 divergentní a pro q 1 konvergentní.
Uvedeného vztahu lze vyuţít nejen při určování obsahu úseče paraboly. Pomocí tohoto vztahu můţeme například vyjádřit desetinné číslo s periodickým rozvojem v základním tvaru zlomku:
Vyjádřeme ve tvaru zlomku v základním tvaru číslo 0, 370 .
(10, s. 73)
Periodický rozvoj je moţné zapsat také 0,370 370 370 370… Také jako součet:
0,370 0,000 370 0,000 000 370 ... Nyní uţ lépe rozpoznáme, ţe se jedná o nekonečnou řadu. Součet přepíšeme ještě jednou, tentokrát pomocí zlomku:
370 370 370 ... a zjistíme, ţe se jedná o nekonečnou geometrickou řadu 2 1000 1000 1000 3 s kvocientem q
1 370 a prvním členem a1 . 1000 1000
Pouţijeme vztah pro součet nekonečné geometrické řady s
a , dosadíme: 1 q
1 370 1000 370 370 s . 1 1000 1000 1000 999 999
0, 370
370 , výsledek si můţeme ověřit tím, ţe vydělíme čitatele jmenovatelem. 999
-37-
Vztah, který jsme si odvodili, můţeme pouţít, mimo zmíněné, na výpočet plochy zvané Sierpińského koberec [Obrázek 4]. Útvar je nazván podle svého tvůrce, polského matematika 20. století, Waclawa Sierpińského.
Obrázek 4: Sierpińského koberec (14)
Obrazec vytvoříme z jednotkového čtverce. Tento čtverec rozdělíme čtyřmi úsečkami na devět čtverců, vnitřní čtverec odebereme. Zbývající čtverce opět rozdělíme na devět čtverců a vnitřní čtverce odstraníme, tak postupujeme stále znovu. Kdyţ tuto operaci prodlouţíme do nekonečna, vznikne Sierpińského koberec.
Určeme obsah Sierpińského koberce.
(14)
Obsah koberce vypočítáme odečtením všech prázdných polí od obsahu jednotkového čtverce; součet obsahu prázdných polí je nekonečná geometrická řada: 1 8 8 2 83 18 2 3 4 9 9 9 9 n 0 9 9
a s 1 1 q
1 9 1
8 9
n
1 9 1 9 1
Obsah jednotkového čtverce je roven jedné, součet obsahu volných polí je také roven jedné, po odečtení zjistíme, ţe obsah Sierpińského koberce je roven nule.
-38-
3.2 OPERACE S ČÍSELNÝMI ŘADAMI Základní operací s nekonečnými řadami je součet dvou konvergentních řad.
a , b
Věta 3.2.1 Buďte
n
n 1
konvergentní řady a nechť
n
n 1
n 1
konvergentní i řada
(an bn ) a platí n 1
s n
Důkaz podle (13): Označme
(a n 1
a
n
n
s,
b n 1
bn ) s t .
b , w n
n
n
t . Pak je
(13, s. 9)
posloupnost částečných součtů řady
posloupnost částečných součtů řady řady
a
a
n
t n
,
posloupnost částečných součtů
bn :
n
lim s n s, n
lim t n t n
wn (a1 b1 ) (a 2 b2 ) ... (a n bn ) (a1 a 2 ... a n ) (b1 b2 bn ) s n t n
(a n bn ) s t
lim wn lim ( s n t n ) s t n
n
Následující větu můţeme chápat jako analogii distributivního zákona pro nekonečné řady s konečnými součty.
a
Věta 3.2.2 Jestliţe řada
n 1
k a n 1
n
a platí
k a n 1
n
konverguje, pak pro libovolné k R konverguje téţ řada
n
k a n . Naopak, konverguje-li řada n 1
ka n 1
n
, kde k R, k 0 ,
konverguje i řada
a n 1
n
.
(13, s. 9)
a konverguje, a s ; označíme-li s posloupnost částečných součtů řady a , t posloupnost částečných součtů řady ka , je
Důkaz podle (13): Nechť
n
n
n
n
n
n
lim s n s a pro n platí: n
t n ka1 ka2 ... kan k (a1 a 2 ...a n ) ksn lim t n ks, tj. kan ks n
-39-
.
Nechť naopak konverguje
n
a k 0 ; podle jiţ dokázané první části věty pak
1
k (ka ) a
konverguje řada
ka
n
n
.
Dokaţme konvergenci a najděme součet řady
5 4 n 3 n 1 . 6n n 0
(13, s. 10)
Nejprve si řadu upravíme:
5 4 n 3 3n 5 4 n 3 n 1 6 n 6 n 6 n
5 4n 3 3n n n 6 6
n
n
n
4 3 2 1 5 3 5 3 6 6 3 2
n
Nyní máme dvě nekonečné geometrické řady s kvocientem |q| < 1, určíme si součet jednotlivých řad: n
2 3 a s 1 q
n
1 2 1 3
1 2 a s 1 q
3
1
2
1 1 2
Podle výše uvedených vět je konvergentní i řada zadaná a její součet je:
5 4 n 3n 1 6 n 5 3 3 2 15 6 9 . Daná řada konverguje a její součet je roven 9.
V konvergentní řadě můţeme také sdruţovat její členy, aniţ se změní její součet. Tato skutečnost bývá nazývána asociativní zákon pro konvergentní řady. Věta 3.2.3 Konverguje-li řada a1 a2 a3 ... an ... , pak konverguje i řada (a1 a2 ... an ) (an1 1 an1 2 ... an2 ) ... (ank 1 1 ank 1 2 ank ) ...
a
součet.
(13, s. 10-11)
Obrácené tvrzení však neplatí.
-40-
má
týţ
Fakt, ţe uvedené matematické zákony platí pouze pro konvergentní nekonečné řady, byl zdrojem omylů mnoha matematiků. Luigi Guido Grandi byl italský kněz, filozof, matematik a inţenýr. Grandi uvaţoval řadu:
1 (1) 1 (1) ... (1) n n 0
Kurz Dějin matematiky Západočeské univerzity na svých webových stránkách (15) popisuje Grandiho výpočet takto:
0 0 0 0 0 ... (1 1) (1 1) (1 1) (1 1) ... 1 (1 1) (1 1) (1 1) ... 1 0 0 0 1 Toto si Grandi vyloţil jako symbol stvoření světa Bohem z ničeho - ‚ex nihilo‘. Dále Grandi odvodil součet této řady: s1 0; s 2 1;
s
s 2 s1 1 . Své tvrzení opíral 2 2
o příběh: Otec odkázal svým dvěma synům drahokam s podmínkou, ţe kaţdý z nich jej bude vlastnit střídavě jeden rok, kaţdému synovi tedy náleţí
1 tohoto drahokamu. 2
Nekonečná řada však ve skutečnosti diverguje, protoţe s1 1, s2 0, s3 1,... , tedy
lim s n neexistuje.
(15)
n
Grandi se při výpočtu dopustil hned dvou omylů. Zkoumaná řada je divergentní, proto nemá konečný součet, a při svém výpočtu pouţil asociativní zákon, který obecně pro nekonečné řady neplatí. Uzávorkováním se porušila divergence řady. Dnes je tato řada známá pod názvem Grandiho řada.
(13)
Analogie komutativního zákona lze pouţít pouze na řady absolutně konvergentní, coţ je náplní kapitoly 5.3, kde platnost tohoto zákona rozebereme.
3.3 PŘÍKLADY Zadání příkladů v této kapitole jsou vybrána ze skript Hájka (19), ze sbírek úloh Petákové (10), Bermana (18), Děmidoviče (16) a z webových stránek Cifrika (17). Zdroje jsou uvedeny před zadáním jednotlivých příkladů. Ke kaţdému příkladu je navrhnut způsob řešení. Jednotlivé kroky postupu jsou pro lepší orientaci komentovány.
-41-
(16, s. 226) Danou nekonečnou řadu 1 Nejprve si členy řady poupravíme 1
1 1 1 ... zapište pomocí Σ, určete součet. 2 4 8
1 1 1 2 3 ... 2 2 2 n
1 Přepíšeme řadu pomocí symbolu Σ: . 2 n 0
Protoţe první člen řady je roven číslu jedna, poloţíme n = 0. Střídání znamének je závislé na mocnině n, je-li mocnina sudá, člen je kladný, je-li mocnina lichá, člen bude záporný.
1 Uvedená řada je nekonečná geometrická s kvocientem q q 1 , proto: 2
s
a1 1 q
1 2 2 1 . 3 3 1 1 2
n
2 1 Nekonečná řada má součet s . 2 3 n 0
3 1
3
(17) Určete součet řady
n 1
n
n
.
Zadání řady si upravíme:
3 1
3
n
n 1
n
1n 3 n 3n n 1 3
n n 1 1 3 . n1 3 n 1 3
Řadu jsme rozepsali na součet dvou geometrických řad. Určíme jejich součet podle vztahu pro nekonečné geometrické řady s kvocientem q 1 :
1 1 3 1 1 s s1 s 2 3 3 3 1 1 4 2 4 1 1 3 3
Řada
3 1
3 n 1
n
n
1 má součet s . 4
3n 2 n . 6n n 1
(18, s. 188) Určete součet řady
-42-
3n 2 n Zadání si upravíme: n n , podle věty 3.2.1 můţeme dále upravit: 6 n 1 6
3n 2n n . n n 1 6 n 1 6
Provedeme ještě úpravy pro mocniny a zlomky: n
n
3n 3 1 . n n 1 6 n 1 6 n 1 2
n
1 Obdobně druhou řadu upravíme na tvar . n 1 3
Nyní určíme součty obou nekonečných geometrických řad, výsledky sečteme. Tím dostaneme součet řady zadané.
s1
a1 1 q
1 2 1
1 2
1 2 1 2 1
s2
s s1 s 2 1 Nekonečná řada má součet s
1
1 3
1 3 1 3 2 2
1 3 . 2 2
3 . 2
(19, s. 12) Určete součet řady
a1 1 q
1 3
3 n 1
n n 1
.
Pro lepší představu si řadu rozepíšeme do součtu:
sn 1
2 3 4 n 2 3 ... n 1 . 3 3 3 3
Abychom mohli řadu počítat jako geometrickou, museli bychom se zbavit rozdílných čitatelů. Toho můţeme docílit následovně: Částečný součet vynásobíme
1 , tento následně odečteme od původního částečného 3
součtu:
1 1 2 3 4 n 1 n s n 2 3 4 ... n 1 n 3 3 3 3 3 3 3
-43-
2 3 4 n 2 3 ... n 1 3 3 3 3 1 1 2 3 n 1 n s n 2 3 ... n 1 n 3 3 3 3 3 3 sn 1
2 1 1 n 1 1 s n 1 2 3 ... n 1 n 3 3 3 3 3 3 2 1 n 3 n sn 3 1 3n 2 3n 1 3 Rovnici vynásobíme
3 , abychom dostali hodnotu sn. Dosadíme do vztahu z definice 2
3.1.1; postupujeme podle pravidel pro počítání s limitou:
sn
33 n 2 2 3n
Součet řady
3 n 1
n n 1
33 n 9 n 9 9 s lim n lim lim n 0 . n 2 2 4 4 3 n 4 n 3
je roven číslu
9 . 4
(19, s. 9) Vyjádřete desetinné číslo s periodickým rozvojem 0,12 zlomkem v základním tvaru. Periodický rozvoj můţeme rozepsat 0,12 0,1212121212121212..... Tento tvar můţeme dále zapsat součtem: 0,12 0,12 0,0012 0,000012 ... ,
12 12 12 ... . který upravíme do zlomku: 0,12 2 3 100 100 100 Z poslední úpravy je jiţ jasně patrné, ţe se jedná o nekonečnou geometrickou řadu s kvocientem q
1 12 a prvním členem a1 . Dosadíme do vztahu pro výpočet 100 100
součtu:
12 12 100 4 s 100 . 1 100 99 33 1 100
Správnost výsledku si můţeme ověřit opětovným vydělení čitatele jmenovatelem. Desetinné číslo 0,12 lze vyjádřit zlomkem
-44-
4 . 33
(19, s. 13) Určete součet řady
4n n 1
Předpis si upravíme:
4n n 1
1
.
1 2
1 2
1
na součet parciálních zlomků:
1 . Nyní výraz pro člen an rozloţíme n 1 2n 12n 1
1 A B . 2n 12n 1 2n 1 2n 1
Neznámé A, B, vypočítáme z rovnice:
A2n 1 B2n 1 1 A2n A B 2n B 1 n2 A 2 B A B 0n 1 2 A 2B 0 A B 1
A
1 1 ,B 2 2
Určíme částečný součet upravené řady:
1
1
1
2 2n 1 2n 1 n 1
sn
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ... 1 2 3 3 5 5 7 2n 1 2 2n 1
Částečný součet dosadíme do vztahu uvedeném v definici 3.1.1:
1 1 1 1 1 1 1 s lim s n lim 1 0 lim 1 lim n n 2 2 2 n 1 2 n 2 n 2 n 1 2
Součet řady
4n n 1
1 2
1
s je roven
1 . 2
(10, s. 73) Určete, pro které hodnoty čísla x je nekonečná řada 2 4 x 8x 2 16 x 3 ... geometrická a má součet s. Nekonečná geometrická řada má součet s, je-li q 1 . Určíme si tedy kvocient řady a dosadíme do nerovnice:
q
an 4x 2x a n 1 2
1 2x 1 1 2x 2x 1 1 1 x x 2 2
-45-
1 1 Nekonečná geometrická řada, má součet s, je-li x ; . 2 2
(10, s. 73) Určete hodnotu x, víte-li, ţe
4 3x
n
je nekonečná geometrická řada
n 1
a součet této řady s
1 . 2x
Z uvedených poznatků můţeme vytvořit rovnici – pouţijeme vztah pro výpočet součtu nekonečné geometrické řady, do kterého dosadíme, co známe:
a1 1 q 1 4 3x 2 x 1 4 3 x 1 4 3x 2 x 3x 3 3 x 3 2 x4 3 x s
/ 2 x3 x 3
3 3x 8 x 6 x 2 6 x 2 11x 3 0 3 1 x x 0 2 4
x1
3 1 ; x2 2 4
Zpětným dosazením do kvocientu získáme:
3 3 9 1 : q1 4 3 4 2 2 2 2 1 1 3 13 x2 q2 4 3 4 4 4 4 4 x1
Protoţe nekonečná geometrická řada, která má součet s, musí splňovat podmínku
q 1 , je platný jen kořen rovnice x
3 . 2
1 (10, s. 73) Řešte rovnici sin x sin 2 x sin 3 x ... . 3 1 V uvedené rovnici je skrytá nekonečná geometrická řada, která má součet s . 3 Levou stranu rovnice proto můţeme zapsat pomocí vztahu pro součet a rovnici tak snáze vyřešit:
-46-
sin x 1 1 sin x 3 3 sin x sin x 1 2 sin x 1 1 sin x 2
/ 31 sin x / 2
7 1 x arcsin x1 210 360k 2k ; 6 2 x 2 330 360k
Rovnice má řešení pro x
11 2k . 6
7 11 nebo x a 2k-násobky čísla π. 6 6
(18, s. 188) Určete součet řady
1 1 1 ... 1 2 3 2 3 4 3 4 5
Nejprve řadu přepíšeme pomocí Σ. Vidíme, ţe jmenovatel je součin tří po sobě jdoucích čísel, přičemţ první člen začíná činitelem jedna, druhý činitelem dva, atd.:
1
nn 1n 2 . n 1
Součin ve jmenovateli můţeme nahradit rozkladem na parciální zlomky:
1 A B C nn 1n 2 n n 1 n 2 1 An 1n 2 Bn n 2 Cnn 1 1 n 2 A B C n3 A 2 B C 2 A Neznámé si přepíšeme do soustavy tří rovnic o třech neznámých:
A BC 0 3 A 2B C 0 2A 1 1 A ; 2
B 1;
C
Součet si rozloţíme na dvě části:
1
1 2 1
2n 2n 4 n 1
1
1
1
2n n 1 2n 4 . n 1
1 , vypíšeme pár členů. n 1 n 1
a
Součet první řady upravíme tak, ţe členy, které mají stejného jmenovatele, sečteme. Druhou řadu přičteme. Protoţe je však záporná, ve výsledku budeme členy této řady od původní odčítat:
-47-
1
1
1
1
1
1
1
1
2n 2n 4 2 6 4 8 6 10 n 1
1 1 2 2 2 4 2 6 8 10 1 1 1 1 1 2 3 4 5 n 1 n 1
1
1
1
1
2n n 1 2n 4 4 n 1
Součet řady
1 1 1 1 je roven . 1 2 3 2 3 4 3 4 5 4
Určete součet řady
n2n 1
ln n 12n 1 . n 1
Ze součtu vyjádříme n-tý člen a ten si upravíme podle pravidel počítání s logaritmy (logaritmus součinu je roven součtu logaritmů a logaritmus podílu je roven rozdílu logaritmů):
a n ln
n2n 1 ln n ln 2n 1 ln n 1 ln 2n 1 . n 12n 1
Vypíšeme si několik prvních členů, určíme jejich částečný součet:
a1 ln 1 ln 3 ln 2 ln 1 a 2 ln 2 ln 5 ln 3 ln 3 a3 ln 3 ln 7 ln 4 ln 5 ... a n 1 ln n 1 ln 2n 1 ln n ln 2n 3 a n ln n ln 2n 1 ln n 1 ln 2n 1 s n ln 2n 1 ln n 1 ln
2n 1 n 1
Částečný součet dosadíme do vztahu podle definice 3.1.1, zjednodušíme podle pravidel pro počítání s limitami (limita logaritmu je rovna logaritmu limity):
s lim s n lim ln n
Součet řady
n
2n 1 2n 1 ln lim ln 2 . n 1 n n 1
n2n 1
ln n 12n 1 je roven ln 2 . n 1
-48-
(10, s. 74-75) Sestavte následujícím způsobem ‚nekonečnou‘ šipku. V daném rovnostranném trojúhelníku ABC (a = 6 cm) sestrojte body K1, L1 na straně AB tak, aby platilo AK 1 K1 L1 L1 B . Sestrojte obdélník K1L1K2L2
K K 1
2
2 K1 L1 tak, aby
s trojúhelníkem ABC měl společnou jen úsečku K1 L1. Nyní na straně K2L2 sestrojte body K3L3 tak, aby platilo K 2 K 3 K 3 L3 L3 L2 . Sestrojte další obdélník K3L3K4L4
K K 3
4
2 K 3 L3 tak, aby s obdélníkem K1L1K2L2 měl společnou jen úsečku K3L3.
Tento postup při konstrukci dalších obdélníků neustále opakujte [Obrázek 5]. Vypočítejte obsah plochy ‚nekonečné‘ šipky, kterou tvoří daný trojúhelník a obdélníky sestrojené uvedeným způsobem.
Obrázek 5: "Nekonečná" šipka4
K určení plochy šipky musíme vypočítat obsah trojúhelníku a obsahy obdélníků, které tvoří geometrickou řadu. Určíme tedy kvocient této řady a dosadíme do vzorce:
S1 a1b1
6 62 8 3 3
6 1 62 1 8 S 2 a 2 b2 3 3 3 3 9 S 8 1 1 q 2 S1 9 8 9
Známe kvocient řady a první člen, dosadíme do vzorce a určíme součet obsahů obdélníků:
s
4
a1 1 q
8 1
Obrázek vytvořen v programu Cabri Geometrie II Plus
-49-
1 9
8
9 9. 8
Nyní stačí dopočítat obsah trojúhelníku a přičíst k nekonečné řadě: 2
av a S a , v a a 2 36 9 3 3 2 2
S
63 3 9 3 2
S s S 9 9 3 cm 2
Plocha ‚nekonečné‘ šipky vytvořené s rovnostranného trojúhelníku a obdélníků je rovna 9 9 3 cm 2 .
(10, s. 74) Do pravoúhlého trojúhelníku ABC a 3 cm, b 4 cm, ACB 90 je vepsána kruţnice k1. Tečna ke kruţnici k1 je rovnoběţná se stranou BC, protíná stranu AB v bodě B1 a stranu AC v bodě C1. Do trojúhelníku AB1C1 je vepsána kruţnice k2, tečna ke kruţnici k2 je rovnoběţná s B1C1 a protíná strany AB, AC v bodech B2, C2. Do trojúhelníku AB2C2 je vepsána kruţnice k3, tečna ke kruţnici k3 je rovnoběţná s B2C2 protíná AB, AC v bodech B3, C3. Tento postup se stále opakuje [Obrázek 6]. Vypočítejte součet obsahů kruhů k1, k2, k3, k4, …
Obrázek 6: Kruţnice vepsané trojúhelníku5
Abychom dokázali určit součet nekonečné řady obsahů kruţnic vepsaných: 5
Obrázek vytvořen v programu Cabri Geometrie II Plus
-50-
S k1 S k2 S k3 S k4 ... r12 r22 r32 r42 ... r12 r22 r32 r42 ...,
potřebujeme vypočítat poloměr těchto kruţnic. Vztah pro výpočet poloměru kruţnice vepsané, je převzatý z publikace (22) Bartsche:
r
S ab , kde S , o a b c . o 2 2
Určíme r1 a r2, které vzájemně porovnáme, tím určíme kvocient řady. Parametry pro výpočet r1 máme v zadání, stačí je dosadit:
r1
S 1 3 4 2 1. o1 2 3 45 2
Pro určení r2 si musíme vypočítat velikost stran nově vzniklého trojúhelníku. Nejprve určíme velikost strany b2, její délka se zmenšila o průměr kruţnice k1, tedy:
b2 b 2r1 4 2 1 2 . K určení dalších dvou stran trojúhelníku vyuţijeme úhel α, který zůstal nezměněn, a goniometrických funkcí:
tan
a a 3 , tan 2 b 4 b2
a 2 tan b2
cos
b b 4 , cos 2 c 5 c2
c2
3 3 2 4 2
b2 5 5 2 cos 4 2
Nyní můţeme vypočítat velikost poloměru r2:
3 2 S 2 2 1 r2 2 . o 2 5 2 2 3 2 2 2 2 Poloměr kruţnice vepsané je vţdy poloviční oproti kruţnici předchozí. Dosadíme-li do nekonečné řady, zjistíme, ţe kvocient q
1 (neboť kaţdý poloměr je vţdy umocněn). 4
Obsah všech kruţnic vepsaných trojúhelníkům je nekonečná geometrická řada:
a1 1 4 s 1 q 1 1 3 4 Součet obsahů kruţnic vepsaných trojúhelníku je roven
-51-
4 . 3
(10, s. 75) V krychli ABDCEFGH o hraně a = 1 m označte postupně A 1, B1, C1, D1 středy hran EF, FG, GH, HE. Čtverec A 1B1C1D1 tvoří podstavu další krychle A1B1C1D1E1F1G1H1, která je postavena na původní krychli. Označte postupně A 2, B2, C2, D2 středy hran E1F1, F1G1, G1H1, H1E1. Čtverec A2B2C2D2 tvoří podstavu další krychle A2B2C2D2E2F2G2H2, která je postavená na předchozí krychli. Tento postup stále opakujte [Obrázek 7]. Vypočítejte objem nekonečné pyramidy, která takto vznikne.
Obrázek 7: Nekonečná pyramida z krychlí6
Pro výpočet objemu pyramidy potřebujeme znát kvocient řady, ten vypočítáme porovnáním dvou po sobě jdoucích členů řady. Známe velikost hrany první krychle. Vypočítáme tedy hranu druhé pomocí Pythagorovy věty: 2
2
1 1 1 2 a a . c 4 4 2 2 2 2 Objem první a druhé krychle porovnáme, tím získáme hledaný kvocient: 3
2 2 V2 4 2
V1 1 1 3
q
6
V2 2 2 1 V1 4 4
Obrázek vytvořen v programu AutoCAD 2007
-52-
Kvocient q 1 , proto můţeme součet objemů krychlí vypočítat dosazením do vztahu pro výpočet nekonečné geometrické řady:
s
a1 1 q
1 1
2 4
1
4 4 2
Objem nekonečné pyramidy sloţené z krychlí je
-53-
82 2 3 m . 7
82 2 3 m . 7
4 ČÍSELNÉ ŘADY S NEZÁPORNÝMI ČLENY Stanovení součtu řad bývá v jednotlivých případech obtíţný úkol. Proto se při vyšetřování řad často orientujeme na zjištění, zda řada konverguje či diverguje, aniţ bychom určovali její součet.
Řada
a
n
se nazývá řada s nezápornými (kladnými) členy, je-li an 0 resp. an 0 pro
všechna n N . Pro součet řady s nezápornými členy mohou nastat pouze dvě moţnosti:
a
n
R nebo
a
n
sn n1
. Posloupnost částečných součtů
takové řady je
neklesající, neboť sn1 an1 sn sn , a tedy lim s n a n . n
4.1 KRITÉRIA KONVERGENCE V této kapitole si odvodíme postačující podmínky pro konvergenci (resp. divergenci) řad, tzv. kritéria konvergence, která uvádí Došlá ve své práci (13).
Věta 4.1.1 (srovnávací kritérium) Buďte
a , b n 1
n
řady s nezápornými členy a nechť
n
n 1
a n bn pro všechna n N . Potom platí: konverguje-li řada
a n ; diverguje-li řada n 1
a n , diverguje i řada n 1
b n 1
n
, konverguje i řada
b n 1
n
.
Důkaz podle (13): Označme s n , t n posloupnosti částečných součtů řady
(13, s. 13)
a
n
a
b
n
;
platí s n t n pro všechna n N . Konverguje-li
b
n
, pak t n je konvergentní, a proto shora ohraničená, tj. existuje
k R : t n k . Pak i s n k s n je shora ohraničená, navíc neklesající, a proto má vlastní limitu, tedy řada
a
n
konverguje.
-54-
Diverguje-li
a
n
b
, pak diverguje i
podle první části tvrzení by konvergovala
, neboť kdyby
n
a
n
b
n
konvergovala, pak
, coţ je spor.
Pomocí srovnávacího kritéria rozhodněme o konvergenci řady
1
n n 1
2
.
(13, s. 14)
1 , řada je konvergentní, musí tedy platit: n 1 n( n 1)
Řadu budeme srovnávat s řadou
a n bn , 1 1 n 2 n(n 1) / n 2 n(n 1) n n n 1 / n 0 1
Uvedená nerovnost platí, proto řada
1
n n 1
2
Věta 4.1.2 (limitní srovnávací kritérium) Buďte
konverguje.7
n 1
n 1
an , bn řady s nezápornými členy
an L. n b n
a nechť existuje lim
Je-li L a konverguje-li řada
b n 1
Je-li L a diverguje-li řada
n
, pak konverguje i řada
n 1
bn , pak diverguje i řada n 1
Důkaz podle (13): Nechť L a takové, ţe n N , n n0
b
n
platí:
a
n
.
a n 1
n
.
(13, s. 14)
konverguje, k číslu 0 existuje n0 N ,
L
an L a n L bn . Protoţe bn
L b konverguje, konverguje podle předešlého kritéria i řada a . Je-li L 0 a b diverguje, pak podle stejných předpokladů platí L b a a tedy řada a diverguje. n
n
n
n
n
7
Podrobný důkaz konvergence řady viz kapitola 1.4 Jak Euler vyřešil jednu matematickou záhadu.
-55-
n
n15 n n 1 3
Rozhodněme o konvergenci řady
podle limitního srovnávacího
kritéria.
an
(20, s. 3)
n15 , zvolme 3n
bn
1 , potom: 2n
n15 n an n15 3 lim lim lim 0. n n b n 1 n 3 n 2n 2
Výsledek dostaneme, pokud limitu několikrát po sobě upravíme pomocí L´Hospitalova pravidla. Tím získáme v čitateli konstantu a ve jmenovali n!. Limita zlomku, jehoţ jmenovatel se blíţí nekonečnu, je rovna nule.
b
Limita L , řada
n 1
n
je geometrická řada s kvocientem
q 1 , tedy
konvergentní, proto také řada
a n 1
konverguje.
n
Věta 4.1.3 (odmocninové kritérium) Nechť
a n 1
Platí-li pro všechna n N nerovnost nekonečně mnoho n N nerovnost Existuje-li
n
n
n
je řada s nezápornými členy.
an q 1 , pak řada konverguje. Platí-li pro
a n 1 , řada diverguje.
lim n an q, kde q R * , pak v případě n
a v případě q 1 řada
a
q 1 řada
n 1
n
konverguje
a n 1
n
diverguje.
(13, s. 15)
Důkaz podle (13): Je-li q 1 , zvolme 0 tak, aby platilo q 1 , pak existuje
n0 N , tak, ţe n N , n n0 je
q také a
n
n
n
an q 1 , odtud an q . Řada n
je konvergentní geometrická řada, proto podle srovnávacího kritéria konverguje.
Je-li q 1 , pak existuje n0 N , tak, ţe n N , n n0 je splněna nutná podmínka konvergence, proto
-56-
a
n
diverguje.
n
a n 1 , tedy není
n
n Rozhodněme o konvergenci řady podle odmocnin. kritéria. n 1 2n 1
(19, s. 18)
n n 1 1 n lim n a n lim n lim lim n lim n n n 2n 1 n 2n 1 n 1 2 2n 1 2 n n 1 q q 1 2 n
Kvocient q splňuje podmínku konvergence, řada
n
n je konvergentní. n 1 2n 1
Věta 4.1.4 (podílové kritérium) Buď
a n 1
Platí-li pro všechna n N nerovnost pro všechna n N nerovnost
Existuje-li
n
řada s kladnými členy.
a n 1 q 1 , pak řada an
a n 1
n
konverguje. Platí-li
a n 1 1 , pak řada an
a n 1
n
a n 1 q, kde q R * , pak v případě n a n
lim
a v případě q 1 řada
diverguje.
q 1 řada
a n 1
n
konverguje
a n 1
n
diverguje.
(13, s. 17)
Důkaz dle (13): Je-li q 1 , zvolme 0 tak, aby platilo q 1 , pak existuje n0 N tak, ţe n N , n n0 je q
a n 1 q an
q an an1 q an ,
odkud pro k N platí an0 k q an0 . Řada
q je konvergentní geometrická řada, proto podle srovnávacího kritéria také a konverguje. k
n
n
Je-li q 1 , pak existuje n0 N tak, ţe n N , n n0 je lim
a n 1 1 , tedy an
posloupnost a n pro n n0 je neklesající, a proto nemůţe platit lim an 0 , a řada
a
n
diverguje.
-57-
Rozhodněte o konvergenci řady
n2 pomocí podílového kritéria. n n 1 2
n 12 2 n n 2 2n 1 2 n a n 1 lim n 1 2 lim 2 n n a n n 2 n 2 2 n n n 2 2n 1 2 1 2 2 1 2 2 n n 1 n n lim lim n 2 n n 2 2 n 2 2 n 1 q q 1 2 lim
n 2 2n 1 lim 2n 2 n
Řada
n2 konverguje, neboť q splňuje podmínku konvergence řady. n n 1 2
V případě, kdy podle limitního podílového kritéria nedokáţeme rozhodnout o konvergenci řady (q = 1), pouţijeme následující kritérium:
Věta 4.1.5 (limitní Raabeovo kritérium) Nechť
a n 1
n
je řada s kladnými členy a nechť
a existuje lim n1 n 1 q, kde q R * . Je-li q 1 , pak řada n an
q 1, pak řada
a n 1
n
konverguje; je-li
a n 1
n
diverguje.
(19, s. 15)
Důkaz podle (13): Nechť c1 , c2 ,, cn , je posloupnost reálných čísel taková, ţe řada
1
c
je divergentní. Nechť K n c n
n
Jestliţe K 0 , řada
a
n
an c n 1 a nechť existuje lim K n K . a n 1
konverguje, jestliţe K 0 , řada diverguje.
Poloţíme-li cn 1 , pak K n
a an a 1 , je-li K lim n 1 0 tj. lim n 1 , a n 1 a n 1 a n 1
a a pak řada diverguje . Je-li K lim n 1 0 tj. lim n 1 , řada konverguje. a n 1 a n 1
-58-
cn n .
Nechť
Platí
Kn n
a an n 1 n n 1 1 . a n 1 a n 1
Je-li
a a lim K n lim n n 1 1 0 tj. lim n n 1 1 , pak řada konverguje. Je-li a n 1 a n 1 a lim K n lim n n 1 1 , řada diverguje. a n1
Určete, zda řada
n n 1
2n konverguje nebo diverguje. 1
(19, s. 19)
2
Nejprve dosadíme do vztahu pro limitní podílové kritérium:
a n1 2n 1 n 2 1 2n 3 2n 2 2n 2 lim lim lim 1. n a n n 12 1 n 2n 2n 3 4n 2 4n n Podle výsledku limity nedokáţeme určit konvergenci řady, proto dosadíme do vztahu uvedeném ve větě 4.1.5:
a 2n 3 2n 2 2n 2 n2 n 1 lim n1 n 1 lim n1 lim n n a n n 2n 3 4n 2 4n n n 3 2n 2 2n n3 n2 n lim 3 1 n n 2n 2 2n
Řada
n n 1
2n diverguje, protoţe podle věty 4.1.5, je-li q = 1, řada diverguje. 1
2
Věta 4.1.6 (integrální kritérium) Nechť f je funkce definovaná na intervalu 1, , která je na tomto intervalu nezáporná a nerostoucí. Nechť f x an pro n N . Pak řada konverguje právě tehdy, kdyţ konverguje nevlastní integrál
f x dx . 1
a n 1
n
(13, s. 19)
Důkaz podle (13): Nechť je funkce f integrovatelná na kaţdém intervalu [1, b], kde
b R, b 1 , neboť je monotónní. Označíme-li dále F t f x dx , je F zřejmě t
1
neklesající na intervalu 1, .
-59-
a
Nechť nyní řada
konverguje. Pak existuje h R tak, ţe s n h pro všechna
n
n N . Protoţe F je neklesající, pak F t h pro t 1, . Podle věty o limitě
monotónních funkcí existuje vlastní lim F t , tj. konverguje nevlastí integrál
f x dx . 1
Nechť naopak
f x dx 1
konverguje. Pak je funkce F shora ohraničená na 1, ,
takţe existuje q R tak, ţe F t q pro t 1, . Je tedy i F n q a odtud
s n a1 q pro všechna n N . Posloupnost s n je shora ohraničená a neklesající, proto má vlastní limitu, tj. řada
a
n
konverguje.
Rozhodněme o konvergenci řady
n
1 n n 1
2
pomocí integrálního kritéria. (19, s. 17)
Funkce f x
x splňuje v intervalu 1, podmínky věty 4.1.6: 1 x2
t
t
t
1
1 lim ln 1 t 2 ln 2 2 t
Nevlastní integrál
t x 1 2x 1 dx lim dx lim ln 1 x 2 2 2 1 1 x 2 t 1 1 x 2 t
lim
1
f x dx se blíţí nekonečnu, proto řada
n
1 n n 1
2
diverguje.
Předcházející příklady naznačily, jak postupovat při volbě kritéria konvergence. Z počtářského hlediska volíme to kritérium, při jehoţ aplikaci budeme schopni určit danou limitu či integrál. Musíme však počítat s tím, ţe pokud příslušná limita vyjde rovna jedné, kritérium není pro danou řadu pouţitelné. Pokud jde o srovnávací kritérium, tak jeho úspěšnost narůstá s vědomostmi o konvergenci konkrétních číselných řad. Obecně se dá říci, ţe toto kritérium je nejnáročnější na důvtip a logické uvaţování.
-60-
4. 2 PŘÍKLADY Zadání příkladů v této kapitole jsou vybrána ze skript Hájka (19), ze sbírek úloh Bermana (18), Děmidoviče (16), z webových stránek Cifrika (17) a Baudiše (20). Zdroje jsou uvedeny před zadáním jednotlivých příkladů. Neoznačené příklady jsou převzaty z mých poznámek, z přednášek a cvičení Matematická analýza 4. Postup výpočtu je doplněn o komentáře.
(16, s. 229) Rozhodněte o konvergenci řady
1
nn 1
pomocí některého kritéria
n 1
konvergence. Vylučovací metodou zjistíme, ţe ani podílové ani odmocninové kritérium nám nebude příliš platné. Při pohledu na danou řadu se nabízí vyuţít kritérium srovnávací. Platí:
1
nn 1
n 1
Označíme zadanou řadu
a
n
1
n 1n 1 .
n 1
, řadu pro srovnání
1
n 1n 1 n 1
n 1
b
n
, tuto řadu dále upravíme:
1
n 1
2
1 . n 1 n 1
Řada bn je harmonická řada bez prvního členu. Protoţe harmonická řada je divergentní a platí a n bn pro všechna n N , diverguje také řada Podle srovnávacího kritéria řada
1
nn 1
a
n
.
diverguje.
n 1
1
ln n
(19, s. 18) Rozhodněte o konvergenci řady
pomocí některého kritéria
n 2
konvergence.
Zadaná řada se nápadně podobá harmonické řadě
n 1
divergentní. Porovnáním těchto řad zjistíme:
1
1
ln n n . n2
n 1
-61-
1
n , o které jsme jiţ řekli, ţe je
Podle srovnávacího kritéria je řada
1
ln n
divergentní.
n 2
(19, s. 18) Rozhodněte o konvergenci řady
1
n 1 3 n 1
pomocí některého kritéria
n
konvergence. V této chvíli se jistě nabízí moţnost vyzkoušet odmocninové kritérium, mnohem snazší ovšem bude ověřit konvergenci řady pomocí srovnávacího kritéria:
1
n 1 3 n 1
n
1 . n n 1 3
Řada ke srovnání je nekonečná geometrická řada s kvocientem q 1 , tedy řada konvergentní (tvrzení si můţeme ověřit určením kvocientu q podílem členů an a an-1). Podle věty 4.1.1 je zadaná řada
1
n 1 3 n 1
n
konvergentní.
(18, s. 190) Rozhodněte o konvergenci řady
1
n 1 n 1
pomocí některého
n 1
kritéria konvergence. I kdyţ se to nemusí na první pohled jevit jako nejlepší, pro vyřešení tohoto příkladu pouţijeme opět srovnávací kritérium a to hned dvakrát:
1. a n bn :
an
1
n 1
n 1
, bn
1 1 . n 1n 1 n 12
Nerovnost platí, ale zatím nemůţeme rozhodnout o konvergenci řady, neboť nevíme, zda řada
b
n
konverguje, proto srovnáme ještě tuto řadu:
2. bn cn :
bn
1 1 , cn 2 . 2 n n 1
Také druhá nerovnost platí, navíc víme, ţe řada konvergentní také řada řada
a
Řada
n
n
n
je konvergentní, tedy je
a dále, je-li konvergentní řada
.
1
n 1 n 1
b
c
n 1
podle srovnávacího kritéria konverguje.
-62-
b
n
, konverguje také
(17) Rozhodněte o konvergenci řady
n3 pomocí některého kritéria konvergence. n n 1 e
I kdyţ proměnná v exponentu jmenovatele nabádá k pouţití odmocninového kritéria, hodnota čitatele by nás měla od této myšlenky odvést. Pouţijme podílové kritérium: 3 3 a n 1 n 1 e n n 1 1 1 n 1 lim lim n 1 3 lim lim . 3 n a n e n e n n e n en n 3
n3 Řada n konverguje, neboť limita podílu členů posloupnosti splňuje podmínku n 1 e konvergence podle věty 4.1.4.
(19, s. 18) Rozhodněte o konvergenci řady
n!
5 n 1
n
pomocí některého kritéria
konvergence. Vyskytne-li se v nekonečné řadě faktoriál, potom si taková řada říká o pouţití podílového kritéria konvergence:
a n1 n 1! 5 n lim n 1 n! 5 n lim n 1 . lim n1 n a n 5 n! n 5 n 5 n! n 5 n
lim
Podle věty o podílovém kritériu řada
n!
5 n 1
diverguje.
n
(18, s. 189) Rozhodněte o konvergenci řady
n2 n n 1 3
pomocí některého kritéria
konvergence. I přesto, ţe je proměnná v exponentu, pouţijeme na určení konvergence řady podílové kritérium:
lim
n
Kvocient q
a n 1 an
n 2 2n 1 2 2 2 n 1 3 n 2n 1 n n n 1 lim n 1 2 lim lim 2 2 n n n 3 3 n 3n n 3 2 n 2
n
2
1 , coţ splňuje podmínku konvergence řady podle podílového kritéria. 3
(17) Rozhodněte o konvergenci řady
n 1
n 3n
-63-
pomocí některého kritéria konvergence.
Pro určení konvergence této řady pouţijeme podílové kritérium. Výsledný zlomek nakonec usměrníme:
a n 1 3n n 1 3n n 1 lim n 1 lim lim lim lim n n n n an n 3 n 3 n 1 n 3n 3 n Řada
n 1
n
1 n 1 3. 3 3 3
1
konverguje podle podílového kritéria, protoţe q 1 .
3n
(19, s. 18) Rozhodněte o konvergenci řady
7 3n pomocí některého kritéria n 1 2n 5!
konvergence. Ve jmenovateli řady je faktoriál, coţ by měl být pro nás signál k pouţití podílového kritéria:
a n 1 2n 5! lim 2n 5! 7 3n 1 7 3n 7 3 lim 3 n n a n 2n 1 5! n 2n 32n 4 2n 5! 7 7 3n n
lim
73 0 n 2n 32n 4
lim
7 3n Řada podle podílového kritéria konverguje, neboť q 1 . n 1 2n 5!
(19, s. 18) Rozhodněte o konvergenci řady
1
ln n 1 n 1
n
pomocí některého kritéria
konvergence. Na první pohled nemusí být zřejmé, které kritérium pouţít, proto si zadání upravíme: n
1 1 . n n 1 ln n 1 n 1 ln n 1
V této chvíli se odmocninové kritérium přímo nabízí: n
1 1 lim a n lim n lim 0 n n n ln n 1 ln n 1 n
Řada
1
ln n 1 n 1
n
konverguje, protoţe kvocient q splňuje podmínky konvergence pro
odmocninové kritérium.
-64-
n
a (19, s. 16) Rozhodněte, pro které hodnoty neznámé ‚a‘ řada konverguje n 1 arctan n
a pro které diverguje. Řešení problému není nikterak sloţité. Pouţitím odmocninového kritéria dostaneme neznámou do kvocientu. K vypočítání limity potřebujeme znát alespoň základní vlastnosti cyklometrické funkce arctan (konkrétně, ţe arctan n se limitně blíţí 90°): n
a a 2a a . lim a n lim n lim n n n arctan n arctan n 2 n
Kvocient následně dosadíme do nerovnice podle věty 4.1.3 o odmocninovém kritériu. Řada konverguje, je-li kvocient q 1 :
2a
1 a
2
.
Protoţe věta 4.1.3 dále uvádí podmínku, ţe se musí jednat o řady s nezápornými členy, nemůţe neznámá a nabývat záporných hodnot, tedy řada konverguje, je-li:
0a Je-li a
2
.
2
, řada diverguje, v případě rovnosti nemůţeme na základě odmocninového
kritéria rozhodnout o konvergenci řady.
(19, s. 18) Rozhodněte o konvergenci řady
nn
2
n 1
nn
n 1
pomocí některého kritéria
konvergence. I kdyţ je to na první pohled jistě zřejmé, upravíme si n-tý člen řady:
nn
2
n 1nn
n n 1
n n
V této chvíli se nabízí jako nejlepší odmocninové kritérium:
n lim n a n lim n n n n 1
n n
n
n lim . n n 1
Aplikovat odmocninové kritérium vícekrát po sobě není moţné, proto musíme limitu vyřešit pomocí jiného postupu:
-65-
n
x lim 1 e x , n n
vztah je uveden v publikaci Bartsche (22). Říká,ţe: Upravíme-li limitu do následující podoby, potom hodnota čitatele dosazená do exponentu Eulerova čísla je rovna limitě zadané: 1 n n 1 1 lim lim lim 1 . n n 1 n n n 1 n 1 n
n
n
Výraz jsme upravili tak, ţe čitatele jsme rozšířili 1 1 a zlomek rozloţili na součet. Dále se pokusíme upravit výraz tak, aby hodnota jmenovatele zlomku a hodnota exponentu byly rovny, celý výraz rozšíříme:
1 1 n 1 1 n 1 1 1 lim 1 lim 1 n 1 n 1 1 1 n n 1 1 n 1 n 1 n
1 lim 1 n n 1
n 1
1 1 lim 1 lim 1 n n 1 n 1 1 n 1
n 1
V této chvíli, kdy jsme docílili stejných hodnot jmenovatele a exponentu, dosadíme hodnotu čitatele do exponentu Eulerova čísla, čímţ získáme výsledek limity: 1 1 1 lim 1 e n e n 1 n
Kvocient splňuje podmínky konvergence, řada
nn
2
n 1
nn
n 1
(19, s. 19) Rozhodněte o konvergenci řady
1
2n 1 n 1
konverguje.
2
1
pomocí některého kritéria
konvergence. Nejprve vyzkoušíme podílové kritérium:
2n 1 1 lim 4n 2 4n 1 1 lim 4n 2 4n 1 . 1 n 2n 12 1 n 4 n 2 4 n 1 1 n 4 n 2 4 n 1 2
lim
Protoţe kvocient je roven jedné, nemůţeme pomocí podílového kritéria rozhodnout o konvergenci řady, ale můţeme vyuţít výpočty při ověřování konvergence Raabeovo kritériem:
-66-
a n 1 4 n 2 4n 4n 2 4n 4n 2 4n 8n 2 lim n1 lim n lim 2 lim n1 2. n a n n 4n 2 4n n 4n 2 4n n 4 n 4n
Kvocient q 2 , proto podle věty 4.1.5 řada
1
2n 1
1
2
n 1
n 1 n (18, s. 190) Rozhodněte o konvergenci řady 3n n 1
konverguje.
n n
pomocí některého kritéria
konvergence. Konvergenci řady budeme zjišťovat pomocí odmocninového kritéria:
n 1 n n n lim a n lim n n 3n
n n
1 n 1 1 n 1 lim lim . n 3 3 n n n n
n
Je patrné, ţe by bylo potřeba odmocnit výsledek ještě jednou, takový postup ale není korektní. Výslednou limitu budeme dále upravovat podle pravidel pro počítání s limitami, zvláště nás zajímá pravidlo o proměnné v exponentu: lim n ln n
lim n n e n n
1 1 lim n ln n 1 lim e n 3 n n 3 n
n 1 n
.
Určením exponentu Eulerova čísla a následným dosazením získáme kvocient dané řady. Limitu v exponentu upravíme podle L´Hospitalova pravidla a rozloţíme na součet limit:
n 1 n 1 1 1 lim n ln lim 1 ln n n n n 1 n2 n n n
n 1 1 lim , lim ln n n n n 1
levý sčítanec upravíme podle pravidla „limita logaritmu je rovna logaritmu limity“ a pravý sčítanec vypočítáme:
n 1 0 ln 1 0 . n n
ln lim
Výsledek limity dosadíme zpět do exponentu a vypočítáme kvocient řady:
1 1 1 q e 0 1 . 3 3 3
n 1 n Podle věty 4.1.2 můţeme říci, ţe řada 3n n 1
-67-
n n
konverguje.
Rozhodněte o konvergenci řady
ln n
n n 2
2
pomocí některého kritéria konvergence.
Konvergenci této řady ověříme pomocí integrálního kritéria. Abychom jej mohli pouţít, musíme ověřit, ţe je řada nerostoucí f x 0 :
n
2
1 1 ln n 2n 3 ln n n 2 3 1 2 ln n . n n
Součin je záporný, pokud je jeden z činitelů záporný. Vzhledem k tomu, ţe n N , první činitel je kladný, druhý tedy musí být záporný:
1 2 ln n 0 1 2 ln n Nerovnost je platná pro všechna n, čímţ jsme ověřili, ţe je řada nerostoucí a můţeme pouţít integrální kritérium:
lim
n
n 2
1 n 2 lim ln n 1 1 1 dn n n 1 n n v n
u ln n v
ln n dn 1 n2 u n
ln n ln n 1 ln n ln 3 2 lim n lim lim n n 2 n n 2 n n 1 ln 3 ln 3 ln 3 ln n lim lim n lim n n n 2 2 1 2 n n
Nevlastní integrál jsme řešili metodou „per partes“, výslednou hodnotu jsme získali úpravami limit. Integrál konverguje k
ln 3 , proto podle věty 4.1.6 konverguje také řada 2
-68-
ln n
n n 2
2
.
5 ŘADY ABSOLUTNĚ A NEABSOLUTNĚ KONVERGENTNÍ Absolutní konvergence vychází z termínu absolutní hodnota. Při vyšetřování absolutní konvergence přidělíme kaţdému členu řady jeho absolutní hodnotu, čímţ získáme řadu, která má všechny členy nezáporné, tedy kladné nebo rovny nule. U řad, které jsou zadány kladně, pojem konvergence a absolutní konvergence splývá.
5.1 ALTERNUJÍCÍ ŘADY Laicky řečeno jsou alternující řady takové řady s reálnými členy, jejichţ znaménka se
pravidelně střídají (alternují). Alternující řady lze psát ve tvaru
1
n 1
n 1
1
n
n 1
a n nebo
a n , kde a n 0 pro všechna n N . Došlá v (13) píše o alternujících řadách:
Definice 5.1.1 Nekonečná řada
a n 1
n
se nazývá alternující právě tehdy, kdyţ platí
sgn an1 sgn an pro všechna n N .
(13, s. 23)
Věta 5.1.1 (Leibnizovo kritérium) Nechť an je nerostoucí posloupnost nezáporných čísel.
Pak alternující řada
1 n 1
n 1
a n konverguje právě tehdy, kdyţ platí lim a n 0 . (13, s. 23) n
Důkaz podle (13): Vztah lim an 0 je ekvivalentní se vztahem lim 1
n 1
an 0 . Pro
libovolné n N provedeme částečné součty s n , s n1 , ze zvolených posloupností jsou obě monotónní a ohraničené, první je neklesající a druhá nerostoucí. Jsou-li obě monotónní, pak konvergují, navíc mají obě stejnou limitu, neboť
lim sn1 lim sn lim an1 0 . Jelikoţ se limity sobě rovnají, pak lim s n s a
1
n 1
an je konvergentní a má součet s.
-69-
n 1 1 Dokaţte pomocí věty 5.1.1, ţe alternující řada n 1 ln n 1
konverguje. (13, s. 31)
Ověříme podmínku Leibnizova kritéria pro alternující řady – řada musí být nerostoucí, tedy an an1 a zároveň nezáporná a n 0 , proto:
n N : a n a n 1 0 n N : ln n 1 ln n 2
1 1 ln n 1 ln n 2
Tyto podmínky jsou splněny. Abychom mohli rozhodnout o konvergenci, zbývá ještě určit, zda lim a n 0 : n
1 0 n ln n 1
lim a n lim n
1n n 1 ln n 1
Všechny podmínky jsou splněny, proto řada
konverguje.
5.2 ABSOLUTNÍ KONVERGENCE ČÍSELNÝCH ŘAD Teoretická část kapitoly o absolutní konvergenci je převzata z práce (13) Došlé:
Věta 5.2.1 Konverguje-li řada
a n , konverguje i řada n 1
Důkaz podle (13): Nechť
a
n
a n 1
n
.
(13, s. 25)
konverguje a buď R, 0 libovolné, pak existuje
n0 N takové, ţe pro n N , n n0 a libovolné platí: an1 an 2 an m potom téţ platí, ţe
an1 an 2 an m an1 an 2 an m
všechna n N , n n0 , m N . Řada
a
Opačné tvrzení – konverguje-li řada
Například Leibnizova řada
1 n 1
n 1
1 n
n
a
n
pro
konverguje.
, pak konverguje také řada
a
n
- neplatí.
je konvergentní, počítáme-li však pouze
s absolutní hodnotou členů, získáme harmonickou řadu
n 1
-70-
1
n , o které jsme jiţ zjistili, ţe
diverguje. Z tohoto důvodu byla zavedena další vlastnost pro nekonečné řady s libovolnými členy – absolutní konvergence.
Definice 5.2.1 Řekneme, ţe řada
a n 1
a n . Jestliţe řada n 1
n
konverguje absolutně, jestliţe konverguje řada
a n konverguje a řada n 1
a n diverguje, říkáme, ţe řada
a
n 1
konverguje neabsolutně.
n 1
n
(13, s. 25)
a
Řada
n 1
je řada s nezápornými členy, proto můţeme při určování absolutní
n
konvergence řad vyuţívat kritéria popsaná v kapitole 4.1.
Věta 5.2.2. (srovnávací kritérium) Nechť
b n 1
a
členy a
n 1
n
je konvergentní řada s nezápornými
n
je řada s libovolnými členy. Jestliţe pro všechna n N platí a n bn , pak
řada
a n 1
n
konverguje absolutně.
(13, s. 25)
Důkaz je analogický s důkazem věty 4.1.1
Vyšetřeme absolutní resp. neabsolutní konvergenci řady
1
n 1
n 1
1 n
.
(19, s. 17) Nejprve ověříme konvergenci alternující řady
a
n
pomocí Leibnizova
kritéria – posloupnost a n musí být nerostoucí (funkce je nerostoucí, je-li první derivace menší neţ nula) a lim a n 0 : n
1 3 1 2 1 2 1 f x 0 : n n 0, 2 n 2 n3
lim
n
-71-
1 n
0.
Obě tyto podmínky řada splňuje. Nyní určíme konvergenci řady s kladnými členy, tj. řady
a
n
:
n 1 1 n 1
1 n
1
n 1
n
.
Řadu porovnáme s harmonickou řadou, která je divergentní. Protoţe platí
1 n
1 , také zadaná řada je divergentní. n
Protoţe řada splňuje podmínky konvergence podle Leibnizova kritéria, ale
absolutní hodnota této řady diverguje, řada
1
n 1
1
konverguje
n
n 1
neabsolutně.
Věta 5.2.3 (odmocninové kritérium) Jestliţe pro všechna n N platí
a
řada
n 1
n
n
a n q 1 , pak
konverguje absolutně. Platí-li pro nekonečně mnoho n N nerovnost
a n 1, pak tato řada diverguje. Existuje-li lim n a n q R * , pak v případě q 1 řada
n
n
a n 1
n
konverguje absolutně a v případě q 1 řada diverguje.
Důkaz podle (13): Je-li
n
(13, s. 25)
a n 1 pro nekonečně mnoho n N , je i a n 1 pro nekonečně
mnoho n N , tedy lim an 0 a proto řada
a
n
diverguje. Důkaz dalších tvrzení
je analogický podle věty 4.1.3
2n 1 Vyšetřeme absolutní resp. neabsolutní konvergenci řady 1 . 3n 2 n 1
n
n
(19, s. 26) Leibnizovo kritérium v tomto případě nemůţeme pouţít, neboť:
2n 1 n 2n 1 n 1 7n 0 , řada není nerostoucí. f x 2 3n 1 3n 1 3n 1 Vyuţijeme věty 5.1.1, podle které stačí zjistit konvergenci řady ověříme odmocninovým kritériem: -72-
a
n
, tu
2n 1 2 2n 1 lim n a n lim n . lim n n n 3n 1 3 3n 1 n
Podmínka konvergence řady Řada
n 2n 1 1
n 1
a
n
je podle věty 5.2.3 splněna.
n
3n 2
podle věty 5.1.1 a 5.2.3 konverguje absolutně.
a
Věta 5.2.4 (podílové kritérium) Buď
n 1
n N platí
řada
a n 1
n
řada s nenulovými členy. Jestliţe pro všechna
a n 1 q 1 , pak řada an
n N nerovnost
n
a n 1
n
konverguje absolutně. Platí-li pro všechna
a n 1 a 1 , řada diverguje. Existuje-li lim n 1 q , pak v případě q 1 n a an n
konverguje absolutně a v případě q 1 řada diverguje.
Důkaz podle (13): Je-li
(13, s. 26)
a n 1 1 tj. an1 an pro všechna n N , je posloupnost a n an
neklesající, tedy lim an 0 a řada
a
n
diverguje.
Vyšetřeme absolutní resp. neabsolutní konvergenci řady
3
n n 1 n n2
2
.
Ověříme konvergenci alternující řady podle Leibnizova kritéria:
an
n 3 3n 2 n 3 ln 2 0 : n 0. 2n 2
Má-li být zlomek záporný, musí být záporný čitatel nebo jmenovatel, jmenovatel je v našem případě zcela jistě kladný, proto dále budeme zkoumat čitatele:
3n 2 n 3 ln 2 0 3 n ln 2 Nerovnost platí, zbývá ověřit limitu, k výpočtu limity pouţijeme L´Hospitalovo pravidlo (po třetí derivaci v čitateli zbude konstanta a výsledek limity bude závislý výhradně na jmenovateli): -73-
n3 3 2 1 lim 0. n 2 n n nn 1n 2 2 n 3
lim
Podmínky jsou ověřeny, můţeme začít zkoumat absolutní konvergenci řady pomocí podílového kritéria: 3 n 1 2 n lim n
Řada
1 n2
n
2
n 1
n
3
3 n 1 lim n
2n
3
1 . 2
n3 podle vět 5.2.4 a 5.1.1 konverguje absolutně. 2n
Došlá v (13) i Hájek v (19) uvádí další kritéria konvergence pro řady s libovolnými členy, pro lepší přehlednost jsem vybrala Hájkovu verzi: Věta 5.2.5 (Dirichletovo kritérium) Nechť cn n 1 je monotónní posloupnost a má limitu
lim cn 0 . Nechť posloupnost částečných součtů s n n 1 řady
n
řada
c n 1
n
a n 1
n
je ohraničená. Pak
a n konverguje.
(19, s. 24)
Věta 5.2.6 (Abelovo kritérium) Nechť cn n 1 je monotónní a ohraničená posloupnost.
Nechť řada
a n konverguje. Pak řada n 1
c n 1
n
a n také konverguje.
(19, s. 25)
5. 3 PŘEROVNÁNÍ ŘAD Operace sčítání v mnoţině komplexních čísel je komutativní. Při sčítání konečného počtu čísel tedy nezáleţí na jejich pořadí. Při nekonečně mnoha sčítancích to tak být nemusí. O analogii komutativního zákona pro nekonečné řady Došlá v (13) píše:
-74-
Definice 5.3.1 Nechť
a n 1
je řada, k n n 1 permutace mnoţiny N (tj. k n n 1 je prostá
n
posloupnost přirozených čísel, v níţ se kaţdé přirozené číslo vyskytuje). Pak říkáme, ţe
akn vznikla přerovnáním řady n 1
a n 1
.
n
(13, s. 29)
Věta 5.3.1 Nechť řada
a n 1
n
konverguje absolutně. Pak konverguje absolutně také kaţdá
řada
akn vzniklá přerovnáním řady n 1
a n a platí n 1
n 1
n 1
a kn = a n .
Důkaz volně podle (13): Mějme libovolné 0 . Řada
a
n
(13, s. 29)
je absolutně konvergentní,
proto platí pro libovolných m-členů posloupnosti, ţe součet absolutních hodnot těchto členů je menší neţ ε. Posloupnost přerovnání řady
a
n
k n
je mnoţina všech moţných
, zvolíme-li maximální moţnou hodnotu libovolných
m-členů přerovnané posloupnosti, součet jejich absolutních hodnot je menší neţ zvolené ε. Tedy řada
a
kn
konverguje absolutně.
a
Označme s n částečné součty řady
n
, t n částečné součty řady
a
kn
. Rozdíl
částečných součtů s n a t n je menší nebo roven součtu absolutních hodnot n0 q členů, coţ je menší neţ zvolené ε. Proto limsn t n 0 lim sn lim t n . Z výše uvedeného plyne platnost komutativního zákona pro řady absolutně konvergentní. Řady neabsolutně konvergentní vykazují jistou labilitu při pouţití zmíněného zákona:
Věta 5.3.2 (Riemannova) Nechť řada
a n 1
n
libovolné. Pak existuje takové přerovnání
akn řady n 1
přerovnání
a pn řady n 1
a n , ţe n 1
konverguje neabsolutně a nechť s R je
a n , ţe n 1
a n 1
kn
s , existuje takové
a pn určitě diverguje a takové přerovnání n 1
a n 1
qn
, ţe
a n 1
qn
určitě osciluje.
(13, s. 30)
-75-
Důkaz volně dle (13): Přerovnat řadu, aby měla součet s, je moţné tak, ţe nejprve sčítáme kladné členy řady, dokud tyto členy nepřekročí součet s, poté odečítáme záporné členy, dokud se tento součet opět nezmenší. Pak opět přičítáme aţ k součtu s a odečítáme. Nakonec dokáţeme přeskládat řadu tak, ţe konverguje k součtu s. Přerovnáváme-li řadu tak, ţe sečteme kladné členy, pak k nim přičteme rozdíl záporných a kladných členů, tento rozdíl však musí být kladný, čímţ součet zvětšíme, opět přičteme rozdíl n záporných a kladných členů a tak dále stále přičítáme, čímţ se blíţíme nekonečnu. Obdobně můţeme řadu přerovnávat s tím rozdílem, ţe od součtu kladných členů odečteme součet záporných členů, aţ se dostaneme na nulu, opět přičteme kladné členy, potom odečteme záporné a tak dále, čímţ získáme oscilující řadu.
5.4 PŘÍKLADY Zadání příkladů jsou vybrána ze skript Hájka (19) a Došlé (13), ze sbírek úloh Bermana (18) a Děmidoviče (16) a z webových stránek Cifrika (17). Ke kaţdému příkladu je navrhnut moţný způsob řešení s komentářem jednotlivých kroků.
(19, s. 9) Určete součet nekonečné řady Členy řady přeskládáme:
1 2 3 1 2 3 2 3 4 5 6 ... 5 5 5 5 5 5
1 1 1 2 2 2 3 3 3 4 7 ... 2 5 8 ... 3 6 9 ... Nyní 5 5 5 5 5 5 5 5 5
máme před sebou tři nekonečné geometrické řady se stejným kvocientem q
1 , ale 53
různými prvními členy. Vypočítáme proto tři dílčí součty, které následně sečteme dohromady:
2 3 3 2 3 1 5 25 2 5 10 3 53 3 s1 s2 5 2 s3 5 3 1 1 1 5 124 124 5 124 124 5 124 124 1 3 1 3 1 3 5 5 5 25 10 3 38 19 s s1 s 2 s3 . 124 124 124 124 62 1 5
3
Součet nekonečné řady s
19 . 62
-76-
n 1
1 nn 2
(17) Ověřte, zda řada
n
konverguje absolutně, neabsolutně nebo
n 1
diverguje. Nejprve ověříme podmínku Leibnizova kritéria pro alternující řady. Zda-li je řada nerostoucí, můţeme ověřit pomocí první derivace nebo porovnáním členů an a an+1:
f x 0 :
2 2 2 n 2 2n 2 n 1 1 n 2n n 12n 2 n 2n 2n 4n 2 2 2 2 2 n 2n n 2 2n n 2 2n n 2 2n
n 2n 2 0 n 2n 2
2
2
n 2n 2 0 n 2n 2
2
2
První podmínka je splněna. Abychom mohli rozhodnout o konvergenci, zbývá ještě určit druhou podmínku, zda je lim a n 0 : n
n 1 n 1 lim 2 0. n nn 2 n n 2n
lim a n lim n
Leibnizovo kritérium je ověřeno, řada
n 1
1 nn 2 tedy konverguje. n
n 1
Vyšetřeme ještě, jak se chová řada
a
:
n
n 1 n 1 n 1 : . nn 2 n 2 n 1 nn 2 nn 2
a n n 1
Pro zjištění konvergence řady
a
n
jsme pouţili srovnávací kritérium. Danou řadu jsme
a
srovnali s harmonickou řadou, proto řada
Řada
n
diverguje.
n 1
1 nn 2 konverguje neabsolutně. n
n 1
(19, s. 21) Ověřte, zda řada
1 n 1
n
1 konverguje absolutně, neabsolutně nebo 3n 1
diverguje. Začneme Leibnizovým kritériem konvergence alternující řady:
f x 0 :
3 1 0, 2 3n 1 3n 1
1 lim a n 0 : lim 0. n n 3n 1
-77-
Podmínky jsou splněny, řada konverguje. Absolutní konvergenci ověříme pomocí
a
Raabeova kritéria aplikovaného na řadu
n
:
a 1 3n 1 n3n 2 3n 1 3n lim n1 n 1 lim n1 lim 1. lim n n n n an 1 3n 2 3n 2 3n 2 Podle věty 4.1.5, je-li r 1 řada diverguje, proto také řada
Řada
1 n 1
n
a
n
diverguje.
1 konverguje neabsolutně. 3n 1
(19, s. 22) Ověřte, zda řada
1
n
n 1
n konverguje absolutně, neabsolutně nebo 5n 2
diverguje. Opět nejprve ověříme Leibnizovo kritérium:
2 n 1 5n 2 n 5 f x 0 : 0 2 5n 2 5n 22 5n 2 lim a n 0 : lim n
n
n 1 0 5n 2 5
Pomocí Leibnizova kritéria konvergence alternujících řad jsme zjistili, ţe daná řada diverguje, protoţe nesplňuje podmínky.
(18, s. 189) Ověřte, zda řada
1 n 1
n
1 konverguje absolutně, neabsolutně nebo n2 n
diverguje. Zkontrolujeme podmínky Leibnizova kritéria:
1 2 n n n 2 n1 2 n1 2 n 2 1 f x 0 : n 0 n 2 2 nn n2 n2 n 2 Čitatel je záporný, nerovnost platí. Limita n-tého členu vychází:
lim a n 0 : lim n
n
1 0 n2 n
Řada proto konverguje. Nyní můţeme ověřovat konvergenci řady podílového kritéria:
a n 1 1 n2 n n 1 lim lim lim , n a n n 12 n 1 n 1 2n 1 2 n
-78-
a
n
pomocí
Podle věty 5.2.4 řada
an
konverguje, proto řada
1
n
n 1
1 n2 n
konverguje
absolutně.
(18, s. 190) Ověřte, zda řada
1 2n 1 1
n
konverguje absolutně, neabsolutně
3
n 1
nebo diverguje. Podle Leibnizovy podmínky: 1 6 3 2 f x 0 : 2 n 1 3 2n 1 2 0 3 2n 12 2n 1 1 lim a n 0 : lim 0. n n 2n 13
Řada
a
n
a
konverguje, nyní ověříme konvergenci řady
n
Raabeovým kritériem:
3 3 2n 13 a n 2n 1 2n 1 lim n1 n 1 lim n1 lim n a n n 2n 13 n 2n 13
lim
n 8n 3 12n 2 6n 1 8n 3 12n 2 6n 1
2n 1
3
n
24n 3 2n 3 n 8n 3 12n 2 6n 1
lim Řada
an
podle Raabeova kritéria konverguje, proto řada
1 2n 1 n
1
n 1
3
konverguje absolutně.
(17) Ověřte, zda řada
n 1
2
1n n 3 n 1
konverguje absolutně, neabsolutně nebo
diverguje. Ověřme podmínku Leibnizova kritéria pro alternující řady:
1 f x 0 : 2 n 1n
1 3 2 n 1n 2 2 1 n 3 n 1n 1 2 0. 3 n 6 2 n 1
V čitateli je záporná hodnota, proto je celý zlomek záporný a tedy je splněna podmínka, ţe funkce musí být nerostoucí. Nyní ověříme hodnotu limity a tím určíme konvergenci řady:
-79-
lim a n 0 : lim n
a řady a Řada
n
1
2
n 1
n 3
0.
tedy konverguje. Otázku absolutní konvergence vyšetříme zkoumáním
n
pomocí srovnávacího kritéria:
n
1 12 2n 1n
3
1 12 2n 1
3
1
3 2
3 2
1
8n 12n 6n 1
n
3 2
.
Řada, se kterou srovnáváme, konverguje, proto také řada a n konverguje. Řada
a
n 1 je konvergentní, a proto řada n 3 12 n 1 2n 1
n
(17) Ověřte, zda řada
1
n
n 1
konverguje absolutně.
1 konverguje absolutně, neabsolutně nebo 2 1 n
diverguje. Podle Leibnizova kritéria ověříme konvergenci řady: 1 n 2 n 1 f x 0 : n 0 n 2 2 1 2 1 1 lim a n 0 : lim n 0 n n 2 1
Řada
a
n
podle Leibnizova kritéria konverguje. Ověříme konvergenci řady
a
n
pomocí podílového kritéria:
1 1 1 n n n 1 a n 1 2 1 2 1. lim lim 2 1 lim n 1 lim n a n n 2 n 1 1 2 1 n 2 n n 2 1 2 Řada
a
Řada
n
podle věty 5.2.4 konverguje.
1 n 1
n
1 je absolutně konvergentní 2 1 n
(13, s. 31) Ověřte, zda řada
1 n 1
n
n konverguje absolutně, neabsolutně nebo 5n 2
diverguje. Pouţijeme Leibnizovo kritérium: -80-
2 n 5n 2 5n f x 0 : 0, 2 5n 2 5n 22 5n 2 n 1 0. 5n 2 5
lim a n 0 : lim n
n
Podle Leibnizova kritéria řada
1
n
n 1
(19, s. 27) Určete součet řady
n diverguje. 5n 2
1 1 1 ... 1 2 2 3 3 4
Neţ začneme uvaţovat nad postupem, vyjádřeme předpis pro n-tý člen řady:
1 1 1 1 ... a n , 1 2 2 3 3 4 n n 1 n-tý člen si ještě rozloţíme na součet parciálních zlomků, jejich úprava je podrobně popsána v kapitole 3.3:
1 A B An 1 Bn 1 : A 1, B 1 . nn 1 n n 1 1
1
Po dosazení zpět nám vyjde řada:
n n 1 .
Částečný součet této řady s n 1
1 1 1 1 1 1 ... , 2 2 3 n n n 1
protoţe se jedná o absolutně konvergentní řadu, můţeme vyuţít závorek a zápis si upravit:
1 1 1 1 1 1 1 1 sn 1 1 . n 1 2 2 3 3 n n n 1 Podle definice 3.1.1 dosadíme:
s lim s n lim 1 n
Součet řady
n
1 1. n 1
1 1 1 ... je roven jedné. 1 2 2 3 3 4
(19, s. 27) Určete součet řady
2n 1
1 nn 1 . n
n 1
Nejprve si n-tý člen rozloţíme na parciální zlomky:
2n 1 A B nn 1 n n 1
An 1 Bn 2n 1 : A 1, B 1.
-81-
1 n 1 Zpětným dosazením získáme řadu: 1 n n 1 s 1
Řada
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ... 1 ... 1 . 2 2 3 3 4 2 2 3 3 4 4
2n 1
1 nn 1 má součet s 1. n
n 1
(19,
s.
27)
Zjistěte,
zda
je
splněna
nutná
podmínka
konvergence
řady
2 4 8 16 ... 3 9 27 81 Nutná podmínka konvergence řady je uvedena ve větě 3.1.1 – jestliţe řada konverguje, pak lim a n 0 . Abychom podmínku ověřili, potřebujeme znát předpis pro n-tý člen n
n
2 řady: , který dosadíme do limity: 3 n
2 lim a n lim 0 . n n 3
K vyřešení limity jsme pouţili vztah:
lim n 0, pro 1 . n
Tento vztah uvádí Bartsch v publikaci (22). Řada
2 4 8 16 ... splňuje nutnou podmínku konvergence. 3 9 27 81
-82-
6 NEŘEŠENÉ PŘÍKLADY Tato kapitola obsahuje pouze zadání příkladů na nekonečné řady. U kaţdého zadání je v hranatých závorkách [ ] je pro kontrolu uveden výsledek. Součástí této části je také speciální kapitola s příklady posbíranými z učebnic, sbírek a jiných knih určených pro ţáky základní a střední školy.
6.1 PŘÍKLADY PRO ŢÁKY ZŠ Příklady jsou zaměřeny výhradně na posloupnosti a součet konečného počtu členů geometrické a aritmetické posloupnosti, protoţe u staršího školního věku ještě není natolik vyvinutý smysl pro abstraktní myšlení a představa nekonečna je velice abstraktní. I přesto příklady nejsou z nejsnadnějších a stojí za to si je pročíst a vyzkoušet propočítat. Příklady jsou posbírané z učebnice 8. ročníku (Kadleček, 2004), matematické olympiády (Z8, 59. ročník MO) a ze sbírek zajímavých příkladů (Loukota, 1998; Veselý, 2006). (23, s. 22) Ţila byla dívčina hezká jako ten nejkrásnější květnový kvítek. Však se také jmenovala Květuška a bydlela s maminkou Květoslavou v chudém, ale čistém a pěkném domečku v Květné Lhotě. Ţil byl i urostlý mládenec Otakar, který však pocházel z bohaté rodiny průmyslníka, bankéře, továrníka Máje z města Květnov pod Májovkou. Snad osud tomu chtěl, ţe tito mladí lidé se do sebe zamilovali. Jednou takhle v květnu Květuška povídá: „Dáš-li mně jednu hubičku, já ti jich dám sedm.“ Otakar jako muţ činu ihned reagoval, neboť byli sami a nad nimi jenom vysoké jarní, májové nebe. Kolik jejich líbání celkem zabralo „čistého času“, kdyţ víme, ţe kaţdý Květuščin polibek byl o dvě vteřiny delší neţ předchozí, přičemţ její první polibek byl dvakrát delší neţ zahajovací třívteřinový polibek Otakarův? [1 minuta a 27 sekund] (24, s. 7) Napište číslo 75 jako součet několika po sobě jdoucích přirozených čísel. Najděte aspoň čtyři různá řešení. [37+38, 10+11+12+13+14+15,…]
-83-
(23, s. 43) Jednou se takhle pan král Jaroslav chlubil králi Miroslavovi, ţe uţ provdal svoji dceru Jarku. Král Miroslav, jehoţ dcera Mirka zatím provdaná nebyla, vyzvídal, jak se mu podařilo vybrat toho správného nápadníka. Prý to bylo jednoduché, ten kdo zabil draka – tedy usekal všech sedm hlav – se stal ţenichem princezny Jarky. Taková rada byla však králi Miroslavovi „na draka“, protoţe v království ţádného draka neměli. Jelikoţ ale pořád přemýšlel o tom sekání, tak ho napadlo, ţe dá ruku princezny Mirky tomu, kdo poseká sedmero luk za sedmero řekami a k tomu ještě sedmero lesů za sedmero horami. Opravdu se našel jeden urostlý mládenec jménem Štěpán a úkol splnil. Ještě neţ si Štěpán Mirku vzal, povídá: „Za takový povedený úkol si, pane králi, také zaslouţíte jednu úlohu. Mirku si vezmu, kdyţ vypočtete, kolik maličkých kamínků mám dohromady v sedmero kapsách, jestliţe v první mám jeden, ve druhé dva, ve třetí čtyři, zkrátka v kaţdé následující vţdy dvakrát více kamínků neţ v kapse předchozí“ [127 kamínků] (25, s. 41) Mistr kovář okoval rytířova koně. „Jakou chceš odměnu?“ ptal se rytíř kováře. „Podkovy jsou pro tebe zadarmo, pane,“ povídá kovář, „jen za 16 hřebů, které jsem potřeboval, mi zaplatíš. Za první hřeb mi dej 2 groše, za druhý 4 groše a za kaţdý další dvojnásobek toho, co za předchozí.“ „Směšná odměna,“ na to rytíř, „to nebude dohromady ani jeden tolar.“ Vypočítej, zda měl rytíř pravdu, kdyţ jeden tolar je 100 grošů. Kolik grošů dostane kovář? [131 tolarů a 70 grošů] (26) Za vynálezce šachu je povaţován mudrc jménem Sessa Ebn Daher, který vymyslel tuto královskou hru pro svého panovníka Šehrama. Panovník byl tak nadšen, ţe slíbil splnit mudrci jeho přání. Ten se tomu zasmál, „dej mi, pane, za první pole šachovnice jedno zrno obilí, za druhé dvě zrna, za třetí čtyři zrna a za kaţdé následující dvojnásobný počet zrn neţ za pole předchozí.“ Král Šehram byl tímto zjevně skromným přáním po jeho přednesení udiven a proto souhlasil. Kolik zrnek obilí mudrc dostal? [18.446.744.073.709.551.616 zrnek obilí] (27, s. 14) Kolik mohu vydělat na tom, kdyţ budu prodávat 200 Kč tak, ţe za první korunu dostanu haléř, za druhou korunu dva haléře, za třetí 3 haléře….? [1 Kč]
-84-
6.2 PŘÍKLADY PRO ŢÁKY SŠ Součástí tematických okruhů vyučovaných na středních školách jsou posloupnosti, aritmetická a geometrická. Podle zaměření školy na matematiku můţe být výuka rozšířena o limitu posloupnosti a omezenost funkce tak, jak je uvedeno ve druhé kapitole tohoto textu. Z geometrické posloupnosti bývá odvozována finanční matematika, jak naznačují následující příklady, převzaté ze sbírky Petákové (10). Příklady na posloupnosti bývají často součástí různých soutěţí, například Matematická olympiáda (24) nebo Matematický klokan (28).
(10, s 68) Deset čísel tvoří aritmetickou posloupnost s diferencí d = 3. První, třetí a sedmé číslo tvoří tři následující členy geometrické posloupnosti. Určete tato čísla. [6, 9, 12, 15, 18, 21, 24, 27, 30, 33] (10, s. 69) Tři čísla tvoří tři po sobě následující členy aritmetické posloupnosti a součet jejich druhých mocnin je 126. Jestliţe první číslo zmenšíme třikrát, druhé číslo necháme a třetí číslo zvětšíme čtyřikrát, dostaneme tři po sobě jdoucí členy geometrické posloupnosti. Určete tuto trojici čísel. [ 3 6 9] (10, s. 71) Kuřák prokouří ročně 1.200 Kč. Kolik by uspořil za 50 let, kdyby tuto částku vţdy počátkem roku ukládal na vkladní kníţku při ročním úročení 8%? (Počítejte daň z úroků ve výši 15%.) [486.752,-] (10, s. 71) Za pět let se počet obyvatel ve městě X zvýšil o 12 %. Jaký byl roční přírůstek? (Počítejte s přesností na desetiny) [2,3%] (10, s. 71) Při průchodu skleněnou deskou ztrácí světlo 5 % své intenzity. Kolik desek je třeba dát na sebe, aby se intenzita světla sníţila alespoň o polovinu původní hodnoty? [14 desek]
-85-
(28, s. 54) Mějme pět dotýkajících se kruţnic se společnými tečnami l1 a l2 [Obrázek 8]. Jaký je poloměr prostřední kruţnice, jestliţe poloměr největší kruţnice je 18 a poloměr nejmenší kruţnice je 8? [12]
Obrázek 8: Kruţnice se společnými tečnami
Nekonečné řady bývají probírány nejčastěji na gymnáziích, a to převáţně formou slovních úloh na nekonečné geometrické řady. Tyto slovní úlohy uvádí Petáková ve své práci (10): (10, s. 73) „Nekonečná“ spirála se skládá z polokruţnic, poloměr první polokruţnice je 6 cm, poloměr kaţdé další polokruţnice je třikrát menší neţ poloměr polokruţnice předcházející. Vypočítejte délku spirály. [9π cm] (10, s. 74) V daném rovnostranném trojúhelníku ABC o straně a = 6 cm sestrojte kolmici z vrcholu C na stranu AB, patu kolmice označte B1. Bodem B1 veďte rovnoběţku se stranou AC, průsečík této rovnoběţky se stranou BC označte C1. Patu kolmice z bodu C1 na stranu AB označte B2, průsečík strany BC a rovnoběţky se stranou AC vedené bodem B2 označte C2. Patu kolmice z bodu C2 na stranu AB označte B3, průsečík strany BC a rovnoběţky s AC vedené bodem B3 označte C3. Tento postup stále opakujte. Vypočítejte délku „nekonečné“ lomené čáry ACB 1C1B2C2B3C3…, která vznikne uvedeným způsobem. [ 12 6 3 cm]
-86-
(10, s. 75) V kouli se středem S a poloměrem 6 cm vyznačte průměr AB, sestrojte rovnostranný trojúhelník ABS1. Sestrojte kouli se středem S1 tak, aby s koulí původní měla vnější dotyk. V této kouli vyznačte průměr A1B1 rovnoběţný s AB a sestrojte další rovnostranný trojúhelník A1B1S2 tak, aby s trojúhelníkem ABS1 měl společný jen bod S1 a trojúhelníky ABS1 a A1B1S2 leţely v téţe rovině. Opět sestrojíme kouli se středem S2 tak, aby s předchozí koulí měla vnější dotyk. V této nové kouli vyznačte průměr A2B2 rovnoběţný s A1B1, sestrojte rovnostranný trojúhelník A2B2S3 tak, aby s trojúhelníkem A1B1S2 měl společný jen bod S2 a trojúhelníky A1B1S2 a A2B2S3 leţely v téţe rovině. Tento postup stále opakujte. Vypočítejte objem „nekonečného sněhuláka“ sloţeného z koulí, které umístíme popsaným způsobem. [ 9 9 3 cm 2 ]
Nekonečné řady se objevují také v učivu rovnic, opět se jedná pouze o nekonečné geometrické řady, u kterých můţeme určit součet. Úkolem studenta je rozpoznat geometrickou řadu, dosadit správně do vztahu pro určení součtu a pouţít tento vztah v rovnici. Řešené rovnice na nekonečné řady zpracoval Hejkrlík ve své práci (29):
Řešte rovnici v mnoţině reálných čísel: 1
2 4 4x 3 . 2 ... x x 3x 4 [x = 6]
2 Řešte rovnici v R: x 2 x 2 x 3 2 x 4 ... . 5
2 1 [ ; ] 4 3
Řešte rovnici v R: log x log 3 x 4 log 3 x 8 log 3 x ... 3 . [x = 10]
Řešte rovnici v R: 1 log 2 cos x log 22 cos x log 32 cos x ...
2 . 3
7 2k ] [ 2k ; 4 4
-87-
6.3 NEŘEŠENÉ PŘÍKLADY Zadání příkladů jsou vybrána ze skript Hájka (19) a Došlé (13), přeloţena ze sbírek úloh Bermana (18) a Děmidoviče (16) a z webových stránek Cifrika (17). Součástí příkladů jiţ není postup řešení, příklady jsou analogické s těmi, které jsou uvedeny v jednotlivých kapitolách. Pro ověření správnosti uvádím u jednotlivých příkladů výsledky.
(18, s. 189) Najděte předpis pro n-tý člen
1 1 3 1 5 , , , , , ... 2 2 8 4 32
n [ n ] 2 n 1
(18, s. 188) Pro řadu
1 1 1 ... ... najděte součet sn prvních n členů 1 4 2 5 nn 3
řady, rozhodněte o konvergenci řady, najděte součet řady s.
1 1 1 1 1 1 11 [ s n 1 ; s ] 3 2 3 n 1 n 2 n 3 18
(18, s. 188) Pro řadu
3 5 2n 1 ... 2 ... najděte součet sn prvních n členů 2 4 36 n n 1
řady, rozhodněte o konvergenci řady, najděte součet řady s. [ sn 1
(18, s. 188) Pro řadu arctan
1 1 1 3 n ; s ] n 2 2 2 23
1 1 1 arctan ... arctan 2 ... najděte součet sn prvních 2 8 2n
n členů řady, rozhodněte o konvergenci řady, najděte součet řady s. [ s n arctan
(16, s. 238) Určete součet řady 1
n ; s ] n 1 4
3 5 7 9 ... 2 4 8 16 [s
-88-
2 ] 3
(16, s. 238) Určete součet řady 1
(19, s. 27) Určete součet řady
1 1 1 1 1 ... 2 4 8 16 32
[s
15 ] 7
[s
57 ] 60
4
n 6n 2 . n 1
(19, s. 12) Určete součet řady
2n 1 . n 1 n 1 2
[s 6]
(13, s. 11) Určete součet řady
3
4 n 1
2 n 1
2 . 4 2n [s
(19, s. 13) Určete součet řady
n n 1
3
14 ] 15
1 . 3n 2 2n [s
1 ] 4
(18, s. 189) Pomocí srovnávacího kritéria rozhodněte o konvergenci řady
tan
4
tan
8
... tan
4n
... . [divergentní]
(18, s. 190) Dokaţte konvergenci řady
1 2 n ... ... pomocí d´Alambertova n 1! 2! 3!
kritéria. [konvergentní]
-89-
(18, s. 190) Vyřešte, je-li daná řada
3 n 1 ... ... konvergentní nebo 2 n
2
divergentní. [divergentní]
(18, s. 191) Určete, je-li řada sin
sin 2 sin n ... ... konvergentní absolutně, 4 n2
neabsolutně nebo divergentní. [absolutně konvergentní] (16, s. 229) Podle Cauchyho kritéria ověřte divergenci harmonické řady. [-] (16, s. 229) Pouţitím Cauchyho nebo d´Alambertova kritéria ověřte, zda je řady
3 n n! konvergentní nebo divergentní. n n 1 n [divergentní]
n
(19, s. 19) Rozhodněte o konvergenci řady
n 1
2n pomocí některého kritéria 1
2
konvergence. [divergentní]
(13, s. 21) Rozhodněte o konvergenci řady
1
tan n
pomocí některého kritéria
n 1
konvergence. [divergentní]
(13, s. 21) Rozhodněte o konvergenci řady
n 1
n2 1 2 n
n
pomocí některého kritéria
konvergence. [konvergentní]
-90-
(17) Rozhodněte, zda je řada
n!
2n 1
n
n 1
konvergentní. [konvergentní]
(17) Rozhodněte, zda je řada
n
konvergentní.
3n
n 1
[konvergentní]
1 n (18, s. 190) Řešte konvergenci řady s pomocí integrálního kritéria. 2 n 1 1 n 2
[konvergentní]
1 n 1ln n 1
(19, s. 28) Vyšetřete, zda řada
1
n 1
diverguje, konverguje
n 1
neabsolutně, konverguje absolutně. [neabsolutně konvergentní]
(13, s. 31) Vyšetřete, zda řada
1
2
n 1
n 1
2n n!
diverguje, konverguje neabsolutně,
konverguje absolutně. [divergentní]
(13, s. 31) Vyšetřete, zda řada
sin n diverguje, konverguje neabsolutně, konverguje n n 1 6
absolutně. [absolutně konvergentní]
(19, s. 26) Vyšetřete, zda řada
1 n 1
n
1
n 1
n
diverguje, konverguje neabsolutně,
konverguje absolutně. [divergentní]
-91-
(19, s. 22) Vyšetřete, zda řada
1
1
n
n 1
n
n
diverguje, konverguje neabsolutně,
konverguje absolutně. [divergentní]
(19, s. 27) Vyšetřete, zda řada
sin n sin n 2 diverguje nebo konverguje n n 1 [konvergentní]
-92-
ZÁVĚR Tématem mé diplomové práce byly Nekonečné číselné řady v příkladech. Mojí snahou bylo předloţit čtenářům algoritmy řešení úloh, které mohou vyuţít při počítání nekonečných číselných řad nejen v seminářích Matematické analýzy 4 (MAZB4). Hlavním zdrojem a návodem pro sepsání práce mi byly první tři kapitoly ze skript Nekonečné řady (Došlá, Novák, 2002), neboť tyto řeší problematiku nekonečných číselných řad. K vytvoření obrázků uvedených v textu jsem pouţila program Geometrie Cabri II Plus a AutoCAD 2007. Graf je vytvořený v programu MS Excel. Konvergence alternujících řad neuzavírá téma nekonečných číselných řad. Existuje také součin nekonečných řad, který můţe mít tvar „nekonečné matice.“ Tyto se pak mohou řešit dvěma způsoby, ty se liší směrem, kterým sčítáme členy matice. Další téma, numerická sumace, se zabývá přepisem nekonečné řady pomocí částečného součtu a „zbytku po n-tém součtu.“ Na nekonečné číselné řády dále navazují nekonečné funkcionální řady. Všechna uvedená témata je moţné nalézt mimo jiné ve skriptech Došlé. Přílohy obsahují testy, které jsem vytvořila pro studenty semináře MAZB4. Výsledky testů ukázaly, kde mají studenti nedostatky a které příklady jim činí potíţe. Tyto poznatky mi slouţily jako vodítko, při výběru úloh do práce. Skutečnost, ţe nekonečné řady a jím předcházející učivo posloupnosti nejsou látkou, která se probírá jen na vysoké škole, je shrnuta v poslední kapitole. Příklady zde uvedené jsou posbírané z učebnic matematiky 2. stupně, které jsou akreditovány MŠMT, ale také ze sbírek úloh, tzv. zájmových. V učivu základní školy se vyskytují výhradně posloupnosti, výjimečně součet posloupností. Příklady tohoto typu jsou uvedeny jako příklady „pro bystré hlavičky“ tedy nepovinné. V učivu střední školy jsou posloupnosti obsaţeny pro „všechny hlavičky“, školy zaměřené na matematiku zahrnují do učiva i nekonečné geometrické řady. Vysoké školy pak toto učivo dále rozšiřují o řady funkcionální, mocninné, Fourierovy atd.
-93-
LITERATURA
(1)
Ottův slovník naučný:Ilustrovaná encyklopedie obecných vědomostí X99. Ch – Sv. Jan. Praha: Nakladatelství J. Otty, 1897. bez ISBN.
(2)
CHLUBNÝ,
J.
Antika
[online].
c
2004,
[cit.
2009-07-03].
Dostupné z:
.
(3)
FYZMATIK: FYZikálně – MATematický blog [online]. c 2008, [cit. 2009-07-03]. Dostupné z: .
(4)
SVOBODA, V. Fyzikální seminář katedry fyziky ČVUT [online]. c 1998, [cit.
Dostupné
2009-09-04].
z:
1999/Zima98/proc/archimed1/archimed.htm>
(5)
FYZMATIK: FYZikálně – MATematický blog [online]. c 2008, [cit. 2009-07-03]. Dostupné
z:
posloupnosti.html>.
(6)
Věda a technika [online]. c 2006, [cit. 2009-12-02]. Dostupné z: .
(7)
LAITOCHOVÁ, J. Matematická analýza 1: Diferenciální počet - 2. část. 1. vydání. Olomouc, 2004. 54 s. ISBN 80-244-0832-5.
(8)
HAVRLANT, L. Matematika polopatě [online]. c 2006, [cit. 2009-07-21]. Dostupné z: .
(9)
SCHUHMEIER, P. Aristoteles.cz – matematika, chemie a fyzika online [online]. c 2006, [cit. 2009-11-27]. Dostupné
z:
posloupnosti.php>.
-94-
(10)
PETÁKOVÁ, J. Matematika: příprava k maturitě a k přijímacím zkouškám na vysoké školy. 1. vydání. Praha: Prométheus, 2004. 288 s. ISBN 80-7196-099-3.
(11)
ŠIBRAVOVÁ, L. Posloupnosti a řady [online]. [cit. 2009-07-21]. Dostupné z: .
(12)
Dopravní
fakulta
ČVUT
[online].
c
2006,
[cit.
2009-10-20].
Dostupné z: .
(13)
DOŠLÁ, Z. NOVÁK, V. Nekonečné řady. 1. vydání. Brno: Masarykova univerzita, 2002. 113 s. ISBN 80-210-1949-2.
(14)
KŘÍŢ,
P.
Nekonečné
číselné
řady
[online].
[cit.
2009-11-20].
Dostupné z: .
(15)
Katedra
matematiky
ZČU
[online].
[cit.
2009-09-10].
Dříve dostupné z: .
(16)
ДЕМИДОВИЧ. Б. П. Сборник задач и упражнений по математическому анализу. 5. издане. Москва, 1962. 544 с. Bez ISBN.
(17)
CIFRIK, C. Cifrikova Matematika [online]. c 2001, [cit. 2009-02-20]. Dostupné z: .
(18)
БЕРМАН, Г. Н. Сборник задач по курсу математического аналлза. 6. издане. Москва, 1956. 436 c. Bez ISBN
(19)
HÁJEK, J. DULA, J. Cvičení z matematické analýzy: nekonečné řady. 2. vydání. Brno: Masarykova univerzita, 1994. 76 s. ISBN 80-210-0385-5.
(20)
BAUDIŠ, P. Přepisy matematických přednášek MFF UK [online]. c 2004, [cit. 2010-01-27]. Dostupné z: .
-95-
(21)
OPAVA, Z. Matematika kolem nás. 1. vydání. Praha: Albatros, 1989. 368 s. bez ISBN.
(22)
BARTSCH, H. J. Matematické vzorce. 4. vydání. Praha: Academia, 2006. 832 s. ISBN 80-200-1448-9.
(23)
VESELÝ, M. Bylo nebylo: Matematické pohádky pro 2. stupeň ZŠ. 1. vydání. Praha: Albatros, 2006. 108 s. ISBN 80-00-01843-8.
(24)
PANÁK, M. Matematická olympiáda [online]. c 2004, [cit. 2010-03-02]. Dostupné z: .
(25)
KADLEČEK, J. ODVÁRKO, O. Matematika pro 8. ročník ZŠ, 1. díl. 1. vydání. Praha: Prométheus, 2008. 96 s. ISBN 978-80-7196-148-2.
(26)
KADLEČEK, J. ODVÁRKO, O. Pracovní sešit z matematiky pro 8. ročník ZŠ. 1. vydání. Praha: Prométheus 2004. 190 s. ISBN 80-7196-201-5.
(27)
LOUKOTA, J. Veselá matematika. 1. vydání. Olomouc: Votobia, 1998. 160 s. ISBN 80-7198-318-7.
(28)
CALÁBEK, P. a kol. Počítejte s Klokanem, kategorie Student: sbírka úloh s řešením pro 3. a 4. ročník SŠ z mezinárodní soutěţe Matematický klokan.. 1. vydání. Olomouc: Prodos, 2001. 64 s. ISBN 80-7230-097-0.
(29)
HEJKRLÍK, P. Sbírka řešených příkladů: Rovnice a nerovnice. 1. vydání. Opava: SSŠP, 2006. 556 s. ISBN 978-80-903861-0-5.
(30)
ZNÁM, Š. Pohlad do dejín matematiky. 1. vydání. Bratislava: 1986. 240 s. bez ISBN.
-96-
PŘÍLOHY
Příloha č. 1: Test 1 – Součet řady, kritéria konvergence
98
Příloha č. 2: Test 2 – Alternující řady, absolutní konvergence
-97-
100
Příloha č. 1 Test 1 – Součet řady, kritéria konvergence VARIANTA A 1) Přepište řadu pomocí Σ:
[max. 3 body]
1 1 n 1 n 2n 1 2 n n 1 n
a) 1
1 1 1 1 ... 2 3 4 5
b)
1 3 5 7 9 ... 2 4 8 16 32
c)
1 1 1 1 ... 1001 2001 3001 4001
1 1000n 1 n 1
2) Určete, zda řada konverguje (K) nebo diverguje (D):
a)
n!
5 n 0
b)
[max. 3 body] [D]
n
n
[D]
n 1 n c) n n 1 2 n 1
3
[K]
3) Přepište desetinné číslo do zlomku v základním tvaru:
[max. 3 body]
10 27
0, 370 4) Určete součet řady, pokud jej řada má:
[max. 3 body]
1
nn 2
[
n 1
3 ] 4
5) Přiřaďte k sobě pojem a jemu odpovídající definici:
[max. 2 body]
a n 1 q an
SROVNÁVACÍ
lim
ODMOCNINOVÉ
lim n a n q
n
n
a lim n1 n 1 q n an a lim n L n b n
PODÍLOVÉ
RAABEOVO 6) Řešte slovní úlohu včetně náčrtku:
[max. 6 bodů]
Nekonečná spirála se skládá z polokruţnic. Poloměr první polokruţnice je 6 cm. Poloměr kaţdé další je o menší neţ poloměr předchozí kruţnice. Vypočítejte délku „nekonečné“ spirály. Celkový počet bodů: 20
-98-
1 3
[18Π cm]
VARIANTA B 1) Přepište řadu pomocí Σ: a)
[max. 3 body]
3 2 n n 1 1 n! n 1
3 3 3 3 3 ... 2 4 8 16 32
b) 1
1 1 1 1 1 ... 2 6 24 120 720
1 n 3 n 1
1
1 1 1 c) 1 ... 3 3 3 3 9 2) Určete, zda řada konverguje (K) nebo diverguje (D):
a)
(2n)! n 0
b)
n
[K]
1
n n 1
c)
[max. 3 body]
3
[D]
2
arcsin
n
n 1
1 n
[K]
3) Přepište desetinné číslo do zlomku v základním tvaru:
[max. 3 body]
511 495
1,032 4) Určete součet řady, pokud jej řada má:
[max. 3 body]
1
(2n 1)2n 1
[
n 1
1 ] 2
5) Přiřaďte k sobě pojem a jemu odpovídající definici:
[max. 2 body]
a n 1 q an
SROVNÁVACÍ
lim
ODMOCNINOVÉ
lim n a n q
n
n
a lim n1 n 1 q n an a lim n L n b n
PODÍLOVÉ
RAABEOVO
6) Řešte slovní úlohu včetně náčrtku: [max. 6 bodů] Vypočítejte délku nekonečné lomené čáry, která se skládá z úseček B1B2, B2 B3, B3B4… Souřadnice bodů jsou: B1 [1;0], B2 [1;1], B3 [0;1], B4 [0; 1 ], B5 [ 1 ; 1 ], B6 [ 1 ; 3 ], B7 [ 1 ; 3 ]… [4 cm] 2 2 2 2 4 4 4 Celkový počet bodů: 20
-99-
Příloha č. 2: Test 2 – Alternující řady, absolutní konvergence
VARIANTA A 1) Z uvedených moţností zakrouţkujte řady, které jsou alternující: 2n 1 1 n n 1
1 2 n 0
[2 body] [NE]
n
[ANO]
1 n ln n 1
[NE]
n 1
1
n
[ANO]
n 0
2) Určete u řad, zda konvergují absolutně (AK), konvergují (K) nebo divergují (D): [6 bodů] en a) [AK] n 1 n!
b)
1
n 1
1
[K]
n
n 1
3. Doplňte správně větu:
[1 bod]
„Pro řady, které absolutně konvergují, platí………………zákon.“ asociativní distributivní komutativní ţádný
4. Vyšetřete konvergenci řad:
1n
n 1 n 0
[K]
n
e n 1
[á 2 body, celkem 6 bodů]
[AK]
n 2
2n 1 n! n 1 n
[D]
Celkový počet bodů: 15
-100-
VARIANTA B 1) Z uvedených moţností zakrouţkujte řady, které jsou alternující: sin 2 n 1 n n 1
3 n 0 5
[2 body] [NE]
n
[NE]
2n 1 3n 2 n 1 1n n 0 1 n
n
[ANO] [ANO]
2) Určete u řad, zda konvergují absolutně (AK), konvergují (K) nebo divergují (D): [6 bodů] 1n a) [AK] n 1 n n b)
1n1
n 1
n!
[AK]
3. Doplňte správně větu:
„Pro řady, které absolutně konvergují, platí………………zákon.“ asociativní distributivní komutativní ţádný
4. Vyšetřete konvergenci řad:
n 1
[AK]
2n 3
1
n n 1
1
[6 bodů]
n 1
[AK]
n
nn 1 n 1! n 1 n
[D]
Celkem počet bodů: 15
-101-
ANOTACE Jméno a příjmení:
Lucie DVOŘÁKOVÁ
Katedra:
matematiky
Vedoucí práce:
Doc. RNDr. Jitka LAITOCHOVÁ, CSc.
Rok obhajoby:
2010
Název práce:
Nekonečné číselné řady v příkladech
Název v angličtině:
Infinite Set of Numbers in Examples
Anotace práce:
Smyslem diplomové práce je vypracovat sbírku vzorových řešených příkladů a návazných neřešených příkladů, týkající se problematiky nekonečných číselných řad, pro studenty matematické analýzy na katedře matematiky na pedagogických fakultách. Diplomová práce se zabývá těmito tématy. Součet nekonečné řady. Operace s číselnými řadami. Řady s nezápornými členy. Alternující řady. Pro zpestření uvádím také některé historické zajímavosti týkající se vzniku teorie nekonečných číselných řad.
Klíčová slova:
Posloupnost, nekonečná číselná řada, součet řady, geometrická řada, konvergence, divergence, kritérium konvergence, absolutní konvergence.
Anotace v angličtině:
The sense of the diploma thesis is to work out a collection of prototypal solved exercises and following unsolved examples which are connected with the questions of the infinite set of numbers. The collection is specified for students of Math analysis at the Math's department at the Faculties of Education. The diploma thesis deals with these issues: The Sum of infinite numerical series. Operations with the infinite numerical series. Infinite numerical series with non-negative link. Alternating numerical series. There are also some interestinghistorical information about the infinite numerical series' beginning. Sequence, infinite set of numbers, total numer, geometric series, corvergence, divergence, konvergence criterion, absolute corvergence.
Klíčová slova v angličtině: Přílohy vázané v práci:
Příloha č. 1: Test 1 – Součet řady, kritéria konvergence Příloha č. 2: Test 2 – Alternující řady, absolut. konvergence
Rozsah práce:
96 + 5 stran
Jazyk práce:
čeština
