Pr´ıklady a úlohy na domáce zadanie z radov

Príklady a úlohy na domáce zadanie z radov
Riešené príklady
Príklad 1 Vyšetrime konvergenciu radov
+∞∑
n=1
1
+∞
2 n + √ n a ∑
n=1
n(n − 1)
3 n .
Riešenie. Na zistenie konvergencie prvého radu použijeme porovnávacie kritérium. Ked’že pre n-tý člen radu
platí
1
2 n + √ n < 1 ( ) 1 n
2 n = ,
2
je geometrický rad
+∞∑
( ) 1 n
konvergentnou majorantou k danému radu. Teda daný rad je tak isto konver-
2
gentný.
n ≥ 3
n=1
V prípade druhého radu použijeme d’Alembertovho kritérium. Pre daný rad
preto je tento rad konvergentný.
Príklad 2 Zistime, či rad
+∞∑
n=1
konverguje absolútne alebo relatívne.
a n+1
a n
=
(n+1)n
3 n+1
n(n−1)
= 1 n + 1
3 n − 1 < 1 3 · 2 < 1
3 n
+∞∑
n=1
a n platí pre všetky
(−1) n 1
je konvergentný. Ak ide o konvergentný rad, rozhodnime, či rad
n + e−n Riešenie. Skúmajme najprv absolútnu konvergenciu. Pre n-tý člen b n radu platí |b n | =
n ≥ 1 platí e −n < 1 a tiež n + e −n < n + 1, dostávame
Našli sme k radu
+∞∑
n=1
|b n | =
1
n + e −n > 1
n + 1 .
1
. Pretože pre
n + e−n |b n | divergentnú minorantu, z čoho plynie, že daný rad určite nekonverguje absolútne.
Či jeho kovergencia je aspoň relatívna, zistíme Leibnizovým kritériom. Overme, že pre n ≥ 1 platí
|b n | =
Táto nerovnost’ plynie z nasledujúcich úprav
1
n + e −n > 1
n + 1 + e −(n+1) = |b n+1|.
e −n < 1 ⇒ e −n < 1 + e −n−1 ⇒ n + e −n < n + 1 + e −(n+1) .
Prepísaním poslednej nerovnosti pre prevrátené hodnoty dostaneme hl’adanú nerovnost’. Súčasne
lim
n→+∞
1
= 0,
n + e−n A teda podl’a spomenutého kritéria rad konverguje. Konvergencia je relatívna.
Poznámka 1 Ak by sme chceli odhadnút’ súčet radu s rozumnou presnost’ou, napr. s chybou menšou ako
0,01, museli by sme sčítat’ prvých 99 členov, pretože |b 99 | > 0,01 > |b 100 |. Rad teda k svojmu súčtu konverguje
dost’ pomaly.
Príklad 3 Určme súčet mocninového radu
+∞∑
n=0
(n + 1)(x + 1) n .
1

Riešenie. Rad
+∞∑
n=0
je polomer konvergencie ρ = 1 1
(n + 1)(x + 1) n je mocninový rad so stredom c = −1. Pretože
lim
n→+∞
resp. 0 intervalu dostaneme číslené rady
√
n |an | =
lim
n→+∞
n√
n + 1 = 1,
= 1. Rad absolútne konverguje na intervale (−2; 0). V krajných bodoch -2,
+∞∑
n=0
(n + 1)(−1) n , resp.
+∞∑
n=0
(n + 1), ktoré sú divergentné. Oborom
konvergencie je teda iba otvorený interval.
Taký istý polomer konvergencie má aj rad, ktorý vznikne integrovaním člena za členom, a má tú výhodu,
že pre každé x z oboru konvergencie to je konvergentný geometrický rad, ktorého súčet poznáme. Takže môžeme
písat’
+∞∑
n=0
(n + 1)(x + 1) n =
+∞∑
n=0
(
(x + 1)
n+1 ) ′
=
⎛
⎝
+∞∑
n=0
⎞′
(x + 1) n+1 ⎠ =
( ) x + 1 ′
=
1 − (x + 1)
( ) x + 1 ′
= 1 −x x 2 .
Vzt’ah pre súčet daného radu
+∞∑
n=0
(n + 1)(x + 1) n = 1 x 2
platí na jeho obore konvergencie, ktorým je interval (−2; 0).
Príklad 4 Nájdime Taylorov rad funkcie f (x) =
tohto radu rovný funkcii f.
x
v bode x = 0 a zistime interval, na ktorom je súčet
(1 − x) 2
Riešenie. V okolí bodu 0 má funkcia f derivácie všetkých rádov, a tak sa dá nájst’ jej Taylorov rad. Pravda
funkcia je jednoduchá“ a nie je potrebné hl’adat’ koeficienty rozvoja deriváciami, ale vieme nájst’ mocninový
”
rad, ktorého je funkcia f súčtom.
Vieme, že
1
+∞
1 − x = ∑
x n , x ∈ (−1; 1).
n=0
Aby sme dostali v menovateli (1−x) 2 , musíme funkciu na l’avej strane rovnosti derivovat’. Aby zostala zachovaná
rovnost’, musíme derivivat’ aj rad na pravej strane, túto deriváciu robíme člen za členom
1
+∞
(1 − x) 2 = ∑
(x n ) ′ =
n=0
+∞∑
n=0
n x n−1 .
Vynásobením oboch strán rovnice x ≠ 0 a následnými úpravami dostaneme
x
+∞
(1 − x) 2 = x ∑
n x n−1 ,
n=0
x
(1 − x) 2 = x(1x0 + 2x 1 + 3x 2 + · · · ) = (1x 1 + 2x 2 + 3x 3 + · · · ) =
Takže Taylorov rozvoj funkcie f je
f (x) =
+∞∑
n=1
n x n , x ∈ (−1; 1).
+∞∑
n=1
n x n .
2

Poznámka 2 Súčet môžeme overit’“ dosadením nejakej hodnoty pre x, napr x= 1
” 4
. Pri dosadení do funkcie
máme
f( 1 4 ) = 1
4
(1 − 1 4 )2 = 4 9
Pri dosadení čísla x do Taylorovho radu dostaneme
+∞∑
n=1
.
= 0,4444.
( ) 1 n
n = 1 ( ) 1 2 ( ) 1 3 ( ) 1 4 ( ) 1 5 ( ) 1 6
4 4 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + · · ·
4 4 4 4 4
a ak odhadneme súčet radu len naznačeným čiastočným súčtom dostaneme
4
9 ≈ 1 ( ) 1 2 ( ) 1 3 ( ) 1 4 ( ) 1 5 ( ) 1 6
4 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 = 909
4 4 4 4 4 2048
.
= 0,4438.
Príklad 5 S chybou menšou ako 10 −3 vypočítajme integrál
∫ 2
1
sin x
x
dx.
Riešenie. Funkcia f (x) = sin x
x
je na intervale (1; 2) spojitá, teda integrál existuje. Avšak, tak ako v predchádzajúcom
príklade primitívna funkcia k f nie je elementárna a riešenie budeme hl’adat’ pomocou radu. Mocninový rad
funkcie sin x v celom R poznáme, a tak pre funkciu f platí
f (x) = sin x
x
∑
+∞ (−1) n
(2n + 1)! x2n+1
= n=0
x
=
+∞∑
n=0
(−1) n
(2n + 1)! x2n .
Tento Taylorov rad funkce f, ktorý má polomer konvergencie +∞, môžeme integrovat’ člen za členom s hranicami
hl’adaného integrálu. Preto dostaneme
∫ 2
1
∫2
sin x
x dx =
1
+∞∑
n=0
(−1) n
(2n + 1)! x2n dx =
+∞∑
∫ 2
n=0
1
(−1) n
(2n + 1)! x2n dx =
=
+∞∑
n=0
(−1) n
(2n + 1)!
∫ 2
1
x 2n dx =
+∞∑
n=0
(−1) n 2 2n+1 − 1
(2n + 1)! 2n + 1 .
Číselný rad, ktorý sme dostali je radom so striedavými znamienkami. Ukážme, že je možné použit Leibnizovo
kritérium na zistenie jeho konvergencie. Položme b n =
22n+1 −1
(2n+1)! (2n+1) , platí
0 < lim
n→+∞ b n =
Ukázali sme, že
lim
n→+∞
lim
n→+∞
2 2n+1 − 1
(2n + 1)! (2n + 1) < lim
(
1 2
(2n + 1) (2n + 1) · 2
2n ·
n→+∞
2 2n+1
(2n + 1)! (2n + 1) =
2
(2n − 1) · · · · 2
4 · 2 )
3
< lim
n→+∞
lim b n = 0. Ešte potrebujeme ukázat’, že b n > b n+1 ∀n ∈ N, teda že platí
n→+∞
2 2n+1 − 1
(2n + 1)! (2n + 1) > 2 2n+3 − 1
(2n + 3)! (2n + 3) .
1
(2n + 1) 1 · 1 · 1 · · · · 1 · 1 = 0.
Upravme tento výraz tak, že exponenciálne výrazy dáme na jednu stranu nerovnosti a ostatné na druhú.
Dostaneme
2 2n+1 − 1 (2n + 1)! (2n + 1)
2 2n+3 >
− 1 (2n + 3)! (2n + 3) ,
3

2 2n+1 − 1 (2n + 1)
4 · 2 2n+1 >
− 1 (2n + 3) · 1
(2n + 2)(2n + 3) .
Všimnime si teraz výraz na l’avej strane, môžeme na ňom vykonat’ tieto úpravy
Podobne pre pravú stranu platí
Celkovo sme dostali
(2n + 1)
(2n + 3) ·
2 2n+1 − 1
4 · 2 2n+1 − 1 > 22n+1 − 1
4 · 2 2n+1 = 1 4 − 1
4 · 2 2n+1 > 1 4 − 1
4 · 2 = 1 8 .
1 (2n + 3)
<
(2n + 2)(2n + 3) (2n + 3) ·
1
(2n + 2)(2n + 2) = 1 · 1
4(n + 1) 2 < 1 8 .
2 2n+1 − 1
4 · 2 2n+1 − 1 > 1 (2n + 1)
>
8 (2n + 3) · 1
(2n + 2)(2n + 3) ,
čo je hl’adaná nerovnost’.
Tým sú splnené podmienky pre použitie Leibnizovho kritéria, ktoré súčasne umožňuje odhadnút’ súčet
radu. Chyba, ktorej sa dopustíme, ked’ zoberieme iba niektorý čiastočný súčet je totiž menšia ako prvý vynechaný
člen. Ak chceme, aby táto chyba bola menšia ako 10 −3 , musíme nájst’ člen, ktorý je tiež menší ako 10 −3 .
Takže postupne počítame
Približná hodnota hl’adaného integrálu je
b 0 = 1, b 1 = 7 18 , b 2 = 31
600 , b 3 = 127
35280 , b 4 = 511
9 · 9! < 10−3 .
∫ 2
1
sin x
x dx ≈ 1 − 7
18 + 31
600 − 127
35280 ≈ 0,6592
Úlohy na samostatné riešenie
Úloha č.1 Číselné rady
Pomocou vhodného kritéria zistite, či rady konvergujú. Pre konvergentné rady, ktoré obsahujú kladné aj
záporné členy rozhodnite, či konvergencia je absolútna alebo relatívna.
(a)
(b)
(c)
(d)
(e)
(f)
(g)
+∞∑
n=1
+∞∑
n=1
+∞∑
n=1
+∞∑
n=1
+∞∑
n=1
+∞∑
n=1
+∞∑
n=1
1
n ln(n + 1)
√
n + 1
2n − 1
1
√
ln(n + 1)
arctg 2n
n + 1
n
√
2n 2 − 1
n
n 2 + 3
n + 2
2n 3 − 1
(h)
(i)
(j)
(k)
(l)
(m)
(n)
+∞∑
n=1
+∞∑
n=1
+∞∑
n=1
+∞∑
n=1
+∞∑
n=1
+∞∑
n=1
+∞∑
n=1
n 3
(2n)!
(o)
n 2 e −n 2
(p)
3n + 1
(n + 3) 2
(q)
1
√
4n 2 − 1
(r)
n
ln(n + 2)
(s)
( √ ) n n 2
n + 1
(t)
e 2n+1
(2n + 1) 2 (u)
4
+∞∑
n=1
+∞∑
n=1
+∞∑
n=1
+∞∑
n=1
+∞∑
n=1
+∞∑
n=1
+∞∑
n=1
n!
n n+1
3 n2
(n!) 2
3 n
√ 3n + 2
1
√ n ln(n + 2)
1
n 2 + 3n + 3
( ) n + 2 2n
2 −n
n
( 3n
) n
3n + 1

(A)
+∞∑
n=1
(−1) n n2
2 n
(H)
+∞∑
n=1
(−1) n √ 1
n
(O)
+∞∑
n=1
(−1) n 1
2n 3 n
(B)
+∞∑
n=1
(−1) n 1
ln(2n + 1)
(I)
+∞∑
n=1
sin nπ
12
n 2
(P)
+∞∑
n=1
(−1) n−1 1
n ln n
(C)
+∞∑
n=1
(−1) n n + 1
n + 2
(J)
+∞∑
n=1
(−1) n(n+1)
2
n + 1
n
(Q)
+∞∑
n=1
(−1) n
n − ln n
(D)
+∞∑
n=1
(−1) n 1
√
n 2 + n
(K)
+∞∑
n=2
(−1) n+1
n √ ln n
(R)
+∞∑
n=1
(−1) n ln n
n
(E)
+∞∑
n=1
(−1) n−1 n
n 2 + 1
(L)
+∞∑
n=1
(−1)
n−1 n4
3 n
(S)
+∞∑
n=1
( 2n + 1
(−1) n+1 3n − 1
) n
(F)
+∞∑
n=1
(−1) n−1 sin π n
(M)
+∞∑
n=1
(−1) n arctg n
n
(T)
+∞∑
n=1
( ) 2 − 4n n
4 + 3n
(G)
+∞∑
n=1
(−1) n 1
n 2 + n + 1
(N)
+∞∑
n=1
(−1) n+2 n
√
2n 2 − 1
(U)
+∞∑
n=1
(−1) n(n+1)
2
4 n
Úloha č.2 Mocninové rady
Nájdite súčet mocninových radov použitím viet o integrovaní alebo derivovaní člena za členom a uved’te,
kde nájdené vzt’ahy platia
(a)
(b)
(c)
(d)
+∞∑
n=1
+∞∑
n=1
+∞∑
n=1
+∞∑
n=1
n x n
(−1) n xn
n
(−1)
2 n−1 x n
n
n−1 x2n−1
2n − 1
(e)
(f)
(g)
+∞∑
n=1
+∞∑
n=1
(2n + 1)x 2n
n 2 x n
+∞∑
(−1) n x2n
n=1
2n
(h)
(i)
(j)
+∞∑
n=1
+∞∑
n=1
+∞∑
n=1
x n+2
n(n + 1)
n + 1
(x − 2)n
n
(x − 1) 2n+1
(2n + 1)
Úloha č.3 Taylorove rady
Vyčíslite dané výrazy s presnost’ou menšou ako 10 −4 pomocou Taylorovho rozvoja vhodnej funkcie.
(a) 3√ 4 (b) 10√ 1
1027 (c) 4√ (d) sin 1 (e) ln 9 e 2
4
Úloha č.4 Taylorove rady
Vypočítajte integrály pomocou Taylorovho rozvoja s presnost’ou menšou ako 10 −3
(a)
∫ 1
0
√ x e x dx
(c)
1
∫2
0
ln(1 + x)
x
dx
(e)
1
∫2
0
1
1 + x 4 dx
(b)
∫ 1
0
x 2 3 √ 1 + x 4 dx
(d)
1
∫5
1
10
e x
x 3 dx
(f)
1
∫2
1
4
ln(1 + x)
x 2
dx
5