mvšo >> POSLOUPNOSTI A ŘADY STUDIJNÍ OPORA ČÍSELNE POSLOUPNOSTI A ČÍSELNÉ ŘADY Řešené příklady RNDr.Vladimíra MÁDROVÁcsc. Moravská vysoká škola Olomouc, o.p.s., 2021 Obsah Číselné posloupnosti 4 Zadania graf posloupnosti 5 Vlastnosti posloupnosti 19 Výpočet limit 27 Člen an posloupnosti je mnohočlen 27 Člen an posloupnosti je zlomek, v jehož čitateli i jmenovateli jsou mnohočleny 31 Funkční vzorec pro n-tý člen posloupnosti obsahuje podíl odmocnin o různých odmocnitelích, odmocněnec je mnohočlen 38 Funkční vzorec pro n-tý člen posloupnosti obsahuje dvojčleny druhých nebo třetích odmocnin z mnohočlenu proměnné n 42 Funkční vzorec pro n-tý člen posloupnosti obsahuje faktoriály nebo součet členů aritmetické či geometrické posloupnosti 51 Funkční vzorec pro n-tý člen posloupnosti obsahuje exponenciální výrazy an, a G R. 58 Výpočty limit užitím vzorce lim (1 + -)n = e 64 n—»oo n Výpočet limit, při nichž užíváme věty o limitě posloupností 69 Číselné řady 73 Zadání řady 74 Geometrická řada 82 Věta o součtu řad a násobku řady číslem 90 Nutná podmínka konvergence řady 96 Přehled význačných řad 100 Kritéria konvergence a divergence pro řady s nezápornými členy 101 Srovnávací kritérium 101 D'Alembertovo (podílové) kritérium 105 Cauchyovo (odmocninové) kritérium 111 Raabeovo kritérium 117 Absolutně konvergentní řady 120 Alternující řady 126 Číselné posloupnosti 5 ČÍSELNÉ POSLOUPNOSTI Zadání a graf posloupnosti Úmluva. Termín posloupnost budeme v textu zkracovat: p - st. Pokud tomu nebude jinak, budeme místo {an}%=1 psát stručně {an}. Sestrojením grafu p-sti budeme rozumět znázornění zadaného či potřebného konečného počtu členů p-sti. Příklad 1.1 Nechť an = 3 — 2n. Napišme prvních 5 členů této p-sti a nakresleme její graf. Řešení P-st je zadaná vzorcem pro n-tý člen. Za n postupně dosazujeme čísla 1,2,3,4, 5; potom % = 3 — 2 ■ 1 = 1 a2 = 3 — 2 ■ 2 = — 1 a3 = 3 — 2 ■ 3 = —3 a4 = 3 — 2 ■ 4 = —5 a5 = 3 — 2 ■ 5 = —7 Výsledek: {3 - 2n} = {1, -1, -3, -5, -7,...}. Wan) 2 -i 1 0 - -1 » -2 - -3 - .4 . -5 - -6 - -7 - -8 - -9 - H-1-1-1-1-1 1 2 3 4 5 6 x(n) Obr 1.1 Graf p-sti {3 - 2n} Grafem p-sti je množina izolovaných bodů ležících na přímce y = 3 — 2x. (Nahradili jsme n písmenem x a an písmenem y a získali tak rovnici přímky y = 3 — 2x.) ČÍSELNÉ POSLOUPNOSTI 6 Příklad 1.2 Určeme prvních 5 členů p-stí |(—l)n^-^| a nakresleme její graf. Řešení P-st je zadaná vzorcem pro n-tý člen. Za n postupně dosazujeme čísla 1,2,3,4, 5 ; potom , 3-1-1 % = (-1) =-:-= -2 a2 = (-1)2 = 3-2-1 5 a3 = (-1) 3 _ 3-3-1 8 a4 = (-D4 = 3-4-1 11 a5 = (-D5 = 3-5-1 14 Výs,edek:{(-l)»^H-2, !■ -i T' HM- y(an) 4 3 2 1 o o -1 -2 -3 -4 H-1-1-1-1-1 1 2 3 4 5 6 x(n) Obr 1.2 Graf p-sti {(-l)n^} 3x—l l—3x Grafem p-sti jsou body, které leží vždy na jedné větvi hyperbol y =-a y =-. 7 ČÍSELNÉ POSLOUPNOSTI f f f J t ŕ.........4 B / ■4 4 2 0 ■ ! \ c j * : 2 • 0 i e ■ . ■ o Obr 1. 3 Hyperboly y = ^L-L ay = ^—ŽL Příklad 1.3 Napišme prvních 5 členů p-sti {2}™=1 o nakresleme její graf. Řešení P-st je zadaná vzorcem pro n-tý člen a v něm se n nevyskytuje, což znamená, že všechny členy p-sti jsou rovny číslu 2; daná p-st je stacionární (konstantní). Výsledek: {2}™=1 = {2,2,2,2,2 ,...}. y(an) 3 i 2 - 1 -1 - -2 - -3 -L H-1-1-h H-1 5 6 x(n) Obr. 1.4 Graf p-sti {2}™=1 Grafem p-sti je množina izolovaných bodů ležících na přímce y = 2, tj. na rovnoběžce s osou x ve vzdálenosti 2. ČÍSELNÉ POSLOUPNOSTI 8 Příklad 1.4 Určeme prvních 5 členu p-sti j-\ a nakresleme její graf. Řešení P-st je zadaná vzorcem pro n-tý člen. Za n postupně dosazujeme čísla 1,2,3,4, 5 ; potom = 2 = ° a2 = a3 au = a5 l + (- -l)1 2 l + (- -D2 2 l + (- -l)3 2 l + (- -l)4 2 l + (- -l)5 = 2 = 1 = 5 = o = 2 = 1 = 2 = ° Výsledek: f11^} = {0,2,0,2,0,...} 2 - 0 1 2 3 4 5 6 x(n) 00 Obr. 1.5 Graf p-sti j^/3"} Liché členy leží na ose x (y = 0), sudé na rovnoběžce y = 2 s osou x. 9 ČÍSELNÉ POSLOUPNOSTI Příklad 1.5 Určeme prvních 5 členů p-sti [—tj~[] o nakresleme její graf. Řešení P-st je zadaná vzorcem pro n-tý člen. Za n postupně dosazujeme čísla 1,2,3,4, 5 ; potom a-, l2 + 1 2 a2 22 + 1 5 a3 32 + 1 10 au ľ ■ 1 17 a5 52 + 1 26 Výsledek:^} = i i ...}. y(3n) 1 4/5 -3/5 2/5 -1/5 -0 0 Obr. 1.6 Graf p-sti {^} 5 6 x(n) ČÍSELNÉ POSLOUPNOSTI 10 Příklad 1.6 Určeme prvních 5 členů p-sti \~~~^ a nakresleme její graf . Řešení P-st je zadaná vzorcem pro n-tý člen. Za n postupně dosazujeme čísla 1,2,3,4, 5 ; potom 1 — cos 7T 1 — (—1) 2 Qi =---=---= - = 1 1 — cos 2n 1 — 1 0 a? =---= —-— = — = 0 2 2 2 2 1 — cos 3n 1 — (—1) «3 =-ň-=-ň-= 1 1 — cos 4n 1 — 1 a4 =---= —-— = 0 1 — cos Sn 1 — (—1) as =-ň-=-ň-= 1 Výsledek: [iz£££!LilJ = {1> 0, i, 0,1,...}. y(3n) 2 -r 1 • Obr. 1.7 Graf p-sti |—--j H-1 5 6 x(n) Liché členy p-sti leží na přímce y = 1, sudé na ose x(y = 0). 11 ČÍSELNÉ POSLOUPNOSTI Příklad 1.7 Určeme prvních 5 členů p-sti {2n} a nakresleme její graf. Řešení P-st je zadaná vzorcem pro n-tý člen. Za n postupně dosazujeme čísla 1,2,3,4, 5 ; potom ax = 21 = 2 a2 = 22 = 4 a3 = 23 = 8 au = 24 = 16 a5 = 25 = 32 Výsledek: {2n} = {2,4,8,16,32,...}. y(a„) 35 - 30 -25 -20 -15 -10 -5 -0 - H-1-1-h 0 12 3 4 Obr. 1.8 Graf p-sti {2n} H-1 5 6 x(n) Členy p-sti leží na exponenciále y = 2X ČÍSELNÉ POSLOUPNOSTI Příklad 1.8 Napišme prvních 5 členů p-sti {an}: Řešení P-st je zadaná rekurentně. Za n postupně dosazujeme čísla 2, 3,4; potom a3 = 2a2 — ci\ = 2 ■ 2 — (—1) = 5 a4 = 2a3 — a2 = 2- 5 — 2 = 8 a5 = 2a4 — a3 = 2- 8 — 5 = 11 Výsledek: {an} = {-1,2, 5,8,11,...}. Jistě jste poznali, že je to aritmetická p-st s diferencí d = 3 a prvním členem Příklad 1.9 Napišme prvních 5 členů p-sti {an}: at = —2, an+1 = an — n, n > 1. Řešení P-st je zadaná rekurentně. Za n postupně dosazujeme čísla 1,2.3,4; potom a2 = % — 1 = —2 — 1 = —3 a3 = a2 — 2 = —3 — 2 = —5 a4 = a3 — 3 = —5 — 3 = —8 a5 = a4 - 4 = -8 - 4 = -12 Výsledek: {an} = {-2, -3, -5, -8, -12,...}. 13 ČÍSELNÉ POSLOUPNOSTI Příklad 1.10 Napišme prvních 5 členů p-sti {an}: 1 ai = 7< an+i = 3(n + l)an, n > 1. 6 Řešení P-st je zadaná rekurentně. Za n postupně dosazujeme čísla 1,2.3,4; potom a2 = 3 (1 + 1)% = 6 ■ — = 1 6 a3 = 3 (2 + l)a2 =9-1 = 9 a4 = 3 (3 + l)a3 = 12 ■ 9 = 108 a5 = 3 (4 + l)a4 = 15 ■ 108 = 1620 Výsledek: {an} = {±, 1,9,108,1620,...}. Příklad 1.11 Napišme prvních 5 členů p-sti {an}: n ax = — 4, an+1 = 1 H--,n > 1. Řešení P-st je zadaná rekurentně. Za n postupně dosazujeme čísla 1,2.3,4; potom 1 13 a2 = l+—=l+ — = -ax -4 4 2 2 8 11 a3 = 1+ —=1+—=1+- = — 3 a2 3 3 3 4 3 3 9 20 a4 = l+ —=1+TT=1+TT = TT a3 11 11 11 3 4 4 44 11 16 a5 = l+ — =1+^=1+ — =1 + -^ = -^ 5 a4 20 20 5 5 11 r t f . 3 11 20 16 ) Výsledek: {anj = [-4, -, —, —,—,-)■ ČÍSELNÉ POSLOUPNOSTI 14 Příklad 1.12 Napišme prvních 5 členů p-sti {an}: 1 — 1, &2 — 2, (^72.+ \ — ^71 } Yl ^ 2. an-l Řešení P-st je zadaná rekurentně. Za n postupně dosazujeme čísla 2, 3,4; potom 1 1 a3 = a2--= 2 - - = 1 % 1 1 11 a4 = «3- — = 1 _ ô = ô a2 2 2 1 _ 1 1 _ 1 a5 — a4—— — — — — — — — a3 2 1 2 Výsledek: {an} = {l, 2 , -i,...}. Příklad 1.13 Napišme prvních 5 členů p-sti {an}: = ^ "2iTi, —— y. Řešení P-st je zadaná rekurentně a známe její člen a5, pomocí něhož vypočítáme a4. Člen a5 = 3a4 — 2-4 7 = 3a4 — 8 3a4 = 15 => a4 = 5 Dále a4 = 3a3 —2-3 5 = 3a3 — 6 11 3a3 = 11 => a3 = — 15 ČÍSELNÉ POSLOUPNOSTI Potom a3 = 3a2 — 2-2 11 Y = 3a2 - 4 23 23 3a2 = y => a2 = — Dále a2 = 3% — 2-1 23 3% — 2 41 41 3di = — => a-i = —— 1 9 1 27 Výsledek: {an} = ^ ,y, 5, 7,...}. Příklad 1.14 Napišme prvních 5 členů p-sti {an}: ^71+1 — ^71—1 ^ ^71' ^4 — ^3 — ^" Řešení P-st je zadaná rekurentně a známe její členy a4 a a3, pomocí nichž vypočítáme člen a2. Člen a4 = a2 + 3 ■ a3 —3 = a2 + 3 ■ 2 => a2 = —9 Dále a3 = % + 2 ■ a2 2 = ax + 2 ■ (-9) => ax = 20 Potom a5 = a3 + 4 ■ a4 a5 = 2 + 4 ■ (-3) => a5 = -10 Výsledek: {an} = {20, -9,2, -3, -10,...}. Příklad 1.15 Určeme člen an posloupnosti {—1,1, —1,1 — 1,...}. Řešení Všimněme si, že jednotlivé členy p - sti jsou mocniny čísla —1. Výsledek: an = (-l)n. ČÍSELNÉ POSLOUPNOSTI 16 {1 2 3 4 5 "I ... [■ 2 3 4 5 6 J Řešení V čitateli jsou postupně rostoucí přirozená čísla, ve jmenovateli je přirozené číslo o jedničku větší než v čitateli. Výsledek: an = {ii íi ) 1, - —, —,... }. Řešení Ve jmenovatelích jsou druhé mocniny přirozených čísel a střídají se znaménka. Výsledek: an =--—. Příklad 1.18 Určeme člen an posloupnosti {27,9,3, Řešení Členy jsou mocniny čísla 3. Výsledek: an = 34_n. Příklad 1.19 Přepišme následující rekurentní vzorec pro člen an = n- an_x tok, aby udával vztah pro členy a5, an+2, an_t. Řešení Za n postupně dosazujeme 5, n + 2, n — 1. CZ n; = 5 ' Cí rt _ j = 5 ' CI4 a-n+2 = (n + 2) ■ an+2_x = (n + 2) ■ an+1 an_! = (n - 1) ■ = (n - 1) ■ an_2 Výsledek: a5 = 5a4, an+2 = (n + 2)an+1, an_! = (n - l)an_2. 17 ČÍSELNÉ POSLOUPNOSTI Příklad 1.20 Prepíšme následující rekurentní vzorec pro člen an = an_x + an_2 + n tok, aby udával vztah pro členy a5, an+2, CLn-i- Řešení Za n postupně dosazujeme 5, n + 2, n — 1. a5 = a4 + a3 + 5 an+2 = «71+2-1 + «71+2-2 + n + 2 = an+1 + an + n + 2 an_! = an_x_x + an_x_2 + n - 1 = an_2 + an_3 + n - 1 Výsledek: a5 = a4 + a3 + 5, an+2 = an+1 + an + n + 2, an_t = an_2 + an_3 + n — 1. Příklad 1.21 Prepíšme následující rekurentní vzorec pro člen an+1 = 1 + — fo/c, oby udával vztah pro členy a5, an+2, an_x. Řešení Za n postupně dosazujeme 4, n + l,n — 2. 2-4 8 a5 = 1 +-= 1 + — , 2-(n+l) an+l+l — an+2 — J- + an+l , . 2-(n-2) an-2+l — an-l — J- + an-2 , 8 - , 2 (n+1) . , 2 (n-2) Výsledek: o5 = 1 + -, an+2 = 1 + -J—i, = 1 + —i 0-4 "n+l "n-2 a 2n Příklad 1.22 Zapišme členy an_x, an+1 a určeme an + la je-li člen an = —. Řešení 2n-l a"-1 " (n - 1)í 2n+l an+l ~~ (n + 1)' ČÍSELNÉ POSLOUPNOSTI 18 Srovnej člen an+1 a výraz an + 1 ! 2n 2n + n2 an+ 1= ^+1 =-=— )tl+l jn+1 an+1 (n+1)2 2n+1 nz 2n^ 2^ (n+1)2 2n (n+1)2 n2 Příklad 1.23 Definujme rekurentně p-st j^j. Řešení e_r i i i ii | ~ 1 '2'3'4' ""n'~\' ■" )' 1 1 an = — => n = — n an Potom _1_1_1_an _ an+l — ^,1-1 — 1 — -i _i_ — i , „ ' al — -L n+1 _ + 1 1 + 1 + CLn Ověříme pro několik prvních členů. a2 a3 = 1 i i 1+% 1+1 _ 2 1 a2 2 1 + a2 1 a3 3 "i+i a3 3 1 2 1 2 2 1 3 1 au =-t- =-t = -r = — atd. Výsledek: Rekurentní vzorec pro p-st {—[ je an+1 = at = 1. Poznámka. Nejčastěji bývá p-st zadaná symbolicky, tj. vzorcem pro n-tý člen. „Uhodnout" funkční vzorec pro an z rekurentního vzorce či výčtu členů p-sti se podaří jen v jednoduchých případech. 19 ČÍSELNÉ POSLOUPNOSTI Vlastnosti posloupnosti Příklad 1.24 Zjistěme, zda je p-st jr^] monotónní a omezená. Řešení Vypočítáme prvních pět členů p-sti a nakreslíme její graf. Užitečné bývá určit také některý z členů s velkým indexem, např. n = 100, n = 1000 apod. n + 2-j _ í 3 5 3 7 102 1002 2n 2 6 4 10 200 2000 y(a„) 1 3/5 1 2/5 1 1/5 1 4/5 3/5 2/5 1/5 0 0 Obr. 1.9 Graf p-sti x(n) Ze znalosti členů a grafu dané p-sti usoudíme, že p-st je klesající. Tuto naši domněnku však musíme dokázat. Přesvědčíme se, zda pro všechna n G N je an an+l> n+2 (n+l)+2 _ n+3 2n 2(n+l) 2(n+l) / ■ 2n(n + 1) > 0 (n + 2)(n + 1) > (n + 3)n n2 + 3n + 2 > n2 + 3n 2 > 0 , což platí, ČÍSELNÉ POSLOUPNOSTI 20 tím je důkaz toho, že p-st jr^j je klesající, a tedy ryze monotónní a také monotónní proveden. 3 Vzhledem k tomu, že je daná p-st klesající, je shora omezená členem ax = -. Výpočtem několika 102 členu s velkým indexem n odhadneme číslo, kterým je p-st omezena zdola. Z členu p-sti a100 = — 1002 , .. „ i „ , a ainnn =-lze usoudit, ze a„ > - pro všechna n G N. iuuu 100q > n 2 r Přesvědčíme se tedy, že pro každé n G JV je: n+2 ^ 3 n+2 1 2n — 2 2n 2 n + 2 <3n n + 2 > n 2n>2 2 > 0 n > 1 Dokazované nerovnosti jsou splněny pro všechna n E N. Dokázali jsme, že pro všechna n G N je 1 3 - < an < -, což znamená, že p-st je omezená shora i zdola, a proto je omezená. Závěr: P-st [-^] je monotónní, a to ryze monotónní - klesající, a omezená. Příklad 1.25 Zjistěme, zda je p-st monotónní a omezena. Řešení Vypočítáme prvních 5 členů p-sti, člen a100 a a1000; načrtneme graf. 4 i_r 4 2 4 4 4 2-3nj ( ' ' 7' 5' 13""' 298""' 2998' 21 ČÍSELNÉ POSLOUPNOSTI - 1/2 JI 1 2 J • ? 6 -1 -1 1/2 -2 -2 1/2 -3 -3 1/2 -4 -4 1/2 x(n) H-1-1-1-1-1 y(an) Obr. 1.10 Graf p-sti Ze znalosti členů a grafu dané p-sti usoudíme, že p-st je rostoucí. Tuto naši domněnku však musíme dokázat. Přesvědčíme se, zda pro všechna n G N je an < an+1, tj. 4 4 _ 4 2-3n 2-3(n+l) -3n-l I- ■ (2 - 3n)(-3n- 1) > 0 -3n — 1 < 2 — 3n —1 < 2 , což platí Tím je důkaz toho, že p-st je rostoucí, a tedy ryze monotónní a také monotónní proveden. Vzhledem k tomu, že je daná p-st rostoucí, je zdola omezená členem ax = —4. Z členů p-sti 4 4 aioo =--a aiooo =--lze usoudit, že an < 0 pro každé n E N. 298 2998 Přesvědčíme se tedy, že pro každé n G JV je an> —4 a an < 0 — >-4 /--(2-3n)<0 2-3n ' 4V y 2-3n < 0 /■ (2 - 3n) < 0 4 > 0 1 < -1(2 - 3n) 1 < -2 + 3n 3n > 3 n > 1 ČÍSELNÉ POSLOUPNOSTI 22 Dokazované nerovnosti jsou splněny pro všechna n G N. Dokázali jsme, že pro všechna n G N je — 4 < an < 0, což znamená, že p-st je omezená zdola i shora, a proto je omezená. Závěr: P-st je monotónní, a to ryze monotónní - rostoucí a omezená. Příklad 1.26 Zjistěme, zda je p-st jn -I---—j monotónní a omezená. Řešení Vypočítáme prvních 6 členů p-sti. ax = 1 +-=1 + 0 = 1 a2 = 2 +-—— = 2 + 1 = 3 aq = 3 +---=3 + 0 = 3 2 l + (- -l)2 2 l + (- -D3 2 l + (- -l)4 2 l + (- -D5 2 l + (- -l)6 a4 = 4 +---= 4+1 = 5 Oc = 5 +---=5 + 0 = 5 a6 = 6 +---= 6 + 1 = 7 23 ČÍSELNÉ POSLOUPNOSTI y(an) 8 ■ 7 - 6 - 5 - 4 - 3 - 2 -1 0 - 0 1 2 3 4 5 6 7 x(n) Obr. 1.11 Graf p-sti \n + ±±L±>ľJ Roste-li n, pak členy p-sti buď také rostou nebo zůstanou stejné. Dá se tedy usoudit, že p-st je neklesající. Přesvědčíme se, zda pro všechna n G JV je an ^ an+l , i+C-i)" ^ . 1 . i+(-i)"+1 , n n-\---—— < n + 1 H---—-— -2 l + (-l)n<2 + l + (-l) n+l (-l)n < 2 + (-1) n+l (-l)n - (-l)n+1 < 2 (-l)n[l -(-!)]< 2 (-!)"■ 2 < 2 (-l)n < 1 - , ■ , s, „ , X 1 pro suda n,ti. (-l)n = 1 coz platí pro kazde n E JV, protože (—1) = \ „ . ^ K K w y J *-l pro lichá n,tj. (-l)n < 1. Tím, je důkaz toho, že p-st je neklesající, tedy monotónní, proveden. ČÍSELNÉ POSLOUPNOSTI 24 Poněvadž je p-st neklesající, je omezená zdola číslem ax = 1. Pro každé n G JV je an > 1 n H----> 1 2n + 1 + (-l)n > 2 n liché: 2n + 1 — 1 > 2 n > 1 n sudé: 2n + 1 + 1 > 2 n > 0 Dokazovaná nerovnost je splněna pro všechna n G N. Shora p-st omezená není, je omezená pouze zdola, není tedy omezená: r i+r-i)™~) Závěr: P-st jn -I---—j je monotónní, a to neklesající, není omezená. m Příklad 1.27 Zjistěme, zda je p-st jsm^pj monotónní a omezená. Řešení Vypočteme 8 prvních členů p-sti. f 7177"-) r 7T 377 577 777 ) jsin—| = jsin—, sin 77, sin—, sin 277, sin—, sin 377, sin—, sin 477,... [ = \ íd J = {1,0,-1,0,1,0,-1, 0,...} y(an) 1 1/2 1 1/2 o - 1/2 -1 -1 1/2 o Obr. 1.12 Graf p-sti {st^y} —1 9 x(n) 25 ČÍSELNÉ POSLOUPNOSTI Posloupnost není monotónní, protože např. a2 > a3 a a3 < a4 Z vlastností funkce sinus dostaneme, že platí Zaver: P-st jsin—j nem monotónni a je omezena . nn sin — 2 < 1, tj. -1 < sin y < 1, pro V n G JV. Příklad 1.28 Zjistěme, zda je p-st monotónni a omezena. Řešení Určíme několik prvních členů p-sti. y(an)4 3 2 1 0 -1 -2 -3 -4 y^H-!--1--3'3^!'!'-} H-1-1-h 2 3 4 5 Obr. 1.12. Graf p-sti jj^} H-1 8 x(n) P-st není monotónní, protože např. a2 > a3 a a3 < a4. Počínaje členem a4 je p-st zřejmě klesající - ověříme. Pro Vn > 4 je an+l < an a an > 0 < 2(n+l)-7 2n-7 ^>0 /.-(2n-7)>0 2n-7 ' 3 v ' 3 3 < 2n-5 2n-7 /.i(2n-5)(2n-7) >0 2n - 7 > 0 2n — 7 < 2n — 5 2n > 7 —7 < —5, což p/atí . 7 n > - 2 ČÍSELNÉ POSLOUPNOSTI 26 Z grafu i členů p-sti usuzujeme, že je p-st omezená. Pro V n G JV je — 3 < an < 3 - ověříme. -3 < —< 3/: 3 2n-7 ' 1 <——< 1 2n-7 -1 < — < 1 /. (2n - 7) > 0 <=> n > - 2n-7 /vy 2 -1 < — < 1 /. (2n - 7) < 0 <=> n < - 2n-7 i \ j 2 -2n + 7 < 1 < 2n - 7 -2n + 7 > 1 > 2n - 7 -2n + 7 <1A1 <2n-7 -2n + 7>lAl >2n-7 2n > 6 A 2n > 8 2n < 6 A 2n < 8 n > 3 A n > 4 n < 3 A n < 4 n > 4 n < 3 Nerovnost —3 <-< 3 2n-7 je splněna pro n > 4. Nerovnost —3 <-< 3 2n-7 je splněna pro n = 1,2,3. Nerovnost —3 <-< 3 je splněna pro všechna n G N. 2n-7 1 M M Závěr: P-st (~^| není monotónní a je omezená. Příklad 1.29 Dokažme, že p-st {an} = je klesající. Řešení Je-li klesající, pak an+1 < an <=> an+1 — an < 0 pro V n G N. Stačí ukázat, že rozdíl an+1 — an < 0. n +1 n (n +l)(n2 + 1)-n(n2+2n +1 +1) an+l an (n + l)2 + 1 n2 + 1 [(n + l)2 + l](n2 + 1) n3 + n2 + n + 1 — n3 — 2n2 — 2n 1 — n — n2 [(n + l)2 + l](n2 + 1) [(n + l)2 + l](n2 + 1) <0, 27 ČÍSELNÉ POSLOUPNOSTI protože čitatel zlomku 1 - n - n2 < 0 a jmenovatel zlomku je kladný, poněvadž (n + l)2 + 1 > 0 a n2 + 1 > 0. Tím je důkaz proveden. Výpočet limit Poznámka. Limita p-sti se určuje vždy pro n —> oo, proto místo lim an můžeme psát stručně lim an. n-^co Připomínáme: Přehled limit význačných p-stí 1 lim - = 0 lim (1 + -) = e n^co \ nl [1] [2] lima" = n->oo 0 pro |a| < 1 1 pro a = 1 +oo pro a > 1 [3] ^neexistuje pro a < — 1 v Clen an posloupnosti je mnohočlen Postup řešení Výsledkem je vždy nevlastní limita. Můžeme ji obdržet přímým výpočtem, pokud jsou operace s nevlastními čísly definovány. Pokud při výpočtu dospějeme k neurčitému výrazu oo — oo, pak jej odstraníme tak, že vytkneme nejvyšší mocninu n. ČÍSELNÉ POSLOUPNOSTI 28 Příklad 1.30 Vypočtěme lim(Sn4 + 3n3 — 7). Řešení lim (5n4 + 3n3 — 7) = 5-oo4 + 3-oo3 — 7 = 5- oo + 3- oo — 7 = oo + oo — 7 = +oo n->oo Operace s nevlastními čísly byly definovány, nevlastní limitu +oo jsme obdrželi přímým výpočtem. Příklad 1.31 Vypočtěme lim Í253n3 - 0,ln2 + — n). n->oo \ 100 / Řešení ,lm (2S3n3 - „,1»* + -Ln) = 253 ■ ^ - 0,1 ■ =o» + J-ca = co - co + co = (oo - co) n^oo \ 100 / 100 Obdrželi jsme neurčitý výraz. Vytkneme nejvyšší mocninu n, tj. n3a užijeme vzorec [1], potom lim n->oo / 011 M / 111\ n3 253 - — + ——r) = lim n3 ■ lim 253 - 0,1 ■- + ——■ -r = \ n 100nz/J n^co n^co \ n 100 nv 55-°) = = ood ■ 253 - 0,1 ■ 0 + oo ■ 253 = +oo Poznámka. Jistě jste si všimli, že po vytknutí nejvyšší mocniny n jsme v závorce kromě koeficientu (konstanty) u této mocniny n obdrželi nulové limity. Je tedy zřejmé, že výsledky výpočtu limity tohoto typu p-sti můžeme psát ihned. Limita je vždy nevlastní; je to nekonečno opatřené stejným znaménkem jaké má koeficient u nejvyšší mocniny čísla n. Příklad 1.32 Vypočtěme /im(-5n4 + 3n + 1010). n->oo Řešení Výpočtem: lim (-5n4 + 3n + 1010) = (-oo + oo) = lim n->oo í J 3 1010\1 lim n4 -5 + — + —T n->oo \ ná n4 J 3 10 ION = lim n4 ■ lim I -5 + -r + —r- ) = +oo(-5 + 3 ■ 0 + 1010 ■ 0) = = +oo ■ (—5) = —oo 29 ČÍSELNÉ POSLOUPNOSTI Stručně: U nejvyšší mocniny n, tj. u rŕ, je koeficient —5, proto je výsledná limita — 00. Příklad 1.33 Vypočtěme lim{\[ň — 3Vň + 10). Řešení Výpočtem: lim (Vň - 3Vň + 10) = (oo - oo) = lim fn4 - 3n2 + ío) = = lim n->oo 1/ _I _IM I / 1 10\ 7i2 n 4 - 3 + 10n 2 = Um n2 ■ Um —r - 3 + —r = +oo ■ (O - 3 + 0) = \ / J n->oo n->oo \ — - I — 00 714 712, Stručně: Koeficient u nejvyšší mocniny n, tj. u nz, je —3, proto je výsledná limita —oo. Příklad 1.34 Vypočtěme lim (------^ + -4t= + S\fň^) Řešení Výpočtem: —š + T^= + 5V^ = (-oo + o + oo) 1000 n-| 7Vn / 15 / 1 3 5\ = lim —-= + lim - —— ■ 7i2 + 5n3 = n-»7Vň n^ooV 1000 / = O + lim n->oo ■5/ 1 1 V nH-TÔÔÔ-^+5J. = oo (O + 5) = +oo Stručně: Koeficient u nejvyšší mocniny n, tj. u ns, je 5, proto je výsledná limita +oo. ČÍSELNÉ POSLOUPNOSTI 30 Příklad 1.35 Vypočtěme lim (S\íň? — 13VŤT7" —%r \fn). n->oo \ 10' / Řešení Výpočtem: lim - l?>\fxš - Vn) = (oo - oo) = lim (Sns - 13n4 - -^?nA = n^oo \ 10' / n^oo \ 10' / = lim 11 zll 3 _1Z\ n4|5n2o -i3-_n 12 1 7/5 3 \ = lim n4 ■ lim —- 13--771=) = 00 ■ (0 - 13 - 0) = -00 n^oo n^ozVy^ŽŠ 107 Vň*7' Stručně: Koeficient u nejvyšší mocniny n, tj. u n*, je —13, proto je výsledná limita —00. Příklad 1.36 Vypočtěme lim V8n5 — 3n2 + 15. Řešení Výpočtem lim y8n5 - 3n2 + 15 = (00 - 00) = lim n5 ^8 - 4" + ~t) = 5 3 3 15 = limn3-lim 8--r + -r = oo->/8-0 + 0 = oo-2 = + n->oo n-»oo I n3 n5 00 Stručně: Koeficient u nejvyšší mocniny n, tj. u m, je 8, proto je výsledná limita +00. 31 ČÍSELNÉ POSLOUPNOSTI Člen an posloupnosti je zlomek, v jehož čitateli i jmenovateli jsou mnohočleny Podle věty o limitě podílu obdržíme při výpočtu neurčitý výraz —. Postup řešení Čitatele i jmenovatele dělíme člen po členu nejvyšší mocninou n ve jmenovateli nebo nejvyšší mocniny v čitateli a ve jmenovateli vytkneme a zkrátíme. Tím jednotlivé členy převedeme na nulové limity užitím vzorce [1]. 71—571+4 Příklad 1.37 Vypočtěme lim-:-. n^oo 5n3-3 Řešení Dělíme čitatele i jmenovatele n3. n3 - 5n2 + 4 „ 5,4 n3 - 5n2 + 4 /oon-- 1_ň + ň3" 1-0 + 0 1 lim ——-r.—-— = — = lim —=-^s—-— = lim-^— = —-—-— = — n^oo 5nd — 3 Voo/ n^oo 5nJ — 3 n^oo ^__á_ 5 — 0 5 n3 n3 Vytkneme nejvyšší mocniny n v čitateli i ve jmenovateli. „m "3 - f+4=g)=„m "3 í1 -14ý)=lim 1 - * ý=i^±£=* n^oo 5nd — 3 ^00/ n^oo ^3 / ^__á_\ n^oo ^__á_ 5 — 0 5 V n3/ n3 Příklad 1.38 Vypočtěme lim 471 2n+4_ n->oo 2n3+7n+2 Řešení 4n2 - 2n + 4 4 2 4 4n2 - 2n + 4 /ooN -rs- řl'-^"1"^ 0-0 + 0 O lim —-= (—) = lim „ _ "-- = lim -—%-\ =-= - = 0. n^oo 2n3 + In + 2 Voo/ n^oo 2n3 + 7n + 2 n^oo 2 + _Z_ + JL 2 + 0 + 0 2 n3 n2 n3 ČÍSELNÉ POSLOUPNOSTI 32 7-5n4 Příklad 1.39 Vypočtěme lim--. n^oo 3n+2n2 Řešení 7- 5n4 _7__ 2 7 — 5n4 /oon „2 n2 ^n 0 — 5 ■ oo lim--= — = lim —-tt^t = lim —ô-= —-—-— n^oo 3n + 2nz voo/ n^oo 3n + 2nz n^oo á 0 + 2 = —00. 2 n r + 2 n 22n3-5n Příklad 1.40 Vypočtěme lim —--. n^oo 6n2+4 Řešení 22n3 - 5n 5 22nd — 5n /ooN „2 zzn — — 22 ■ 00 — O lim —^-— = — = lim —r-T—7- = lim-r11 = —-—-— = +00. n^oo Snz + 4 Voo/ n^oo 6n/ + 4 n^oo 4 6 + 0 -9- O H--T n2 nz Poznámka. Na základě postupu výpočtu lze odvodit tento závěr: Nechť k je stupeň mnohočlenu v čitateli a 1 stupeň mnohočlenu ve jmenovateli a ak a b>i jsou koeficienty u nka n1, pak platí: Limita podílu mnohočlenů je, tj. aknk + +ar lim, , n^co bm' + —h b0 li k = 1 = < O, je - li k < 1, +00, je — li k > 1 a sgn ak = sgn b\, <—co, je — li k > 1 a sgn ak = —sgn bj. Výsledky příkladů výše uvedeného typu mohou zdatnější studenti psát tedy přímo, bez výpočtu, musí však umět výsledek zdůvodnit. V tomto textu budou příklady řešeny většinou podrobným postupem. Poznámka. Pří výpočtu některých limit je potřebné nejprve provést naznačené úpravy ve vzorci pro n-týčlen p-sti a teprve pak určit limitu. 33 ČÍSELNÉ POSLOUPNOSTI . - - 7- (2n-l)2-(2n+l)2 Přiklad 1.41 Vypočteme lim ——-———. n^oo (n+2)2+(n-2)2 Řešení (2n - l)2 - (2n + l)2 4n2 - 4n + 1 - 4n2 - 4n - 1 -8n lim —--rr-;-—-r- = lim —=-----=---— = lim n^co (n + 2)2 + (n — 2)2 n^co n2 + 4n + 4 + n2 — 4n + 4 n^co 2n2 + 8 8 /oon -— 0 = ( —) = lim-= ô—ň = 0- Voo/ n->oo „ _o_ 2 + 0 ^ "T" 9 Příklad 1.42 Vypočtěme lim (4n 3)(6 2n) 2 Řešení (n+4) (4n-3)(6-2n) -8n2 + 30n - 18 lim---—r-= lim-=—--—— = n^co (n + 4y n^co nÁ + 8n + 16 30 18 = Q = lim-8 + ň~-f = -8+ft°-° = -8. Voo/ n^oo 8 16 i + o + 0 J- ~i ~i 9 n nÁ ~~r. . „ „ ,. (3n-2)(n2+2n-l) Příklad 1.43 Vypočteme lim -r—r21—---. n^oo (n+2)(2n-l)(3n+l) Řešení (3n-2)(n2+2n-1) 3n3 + 4n2 - In + 2 lim ---TTT--r—:-— = lim n^co (n + 2)(2n — l)(3n + 1) n^co 6n3 + lln2 — 3n — 2 /OOn ^-t- „2 T" 3 3 1 = (_) = lim " " n nZ ' n .,11 3 2 6 O i----9--5" Násobení v čitateli a ve jmenovateli je zdlouhavé. Výpočet lze provést snadněji: Stupeň mnohočlenu v čitateli i ve jmenovateli je 3. Nebudeme roznásobovat, ale hned budeme čitatele i jmenovatele dělit n3. 3n — 2 n2 + 2n — 1 ľ (3n~2)(n2 + 2n- 1) n ' n2 n™ (n + 2)(2n- l)(3n+ 1) W n™ n + 2 2n - 1 3n + 1 n n n lim (3-|)(1+§-é) 3-1 1 ~(i+D(*-ä(3+i) 1-2-3 2 ČÍSELNÉ POSLOUPNOSTI 34 Ještě stručnější postup - o výsledku rozhodují koeficienty u nejvyšších mocnin, tj. n3, ostatní členy mají po vydělení limitu 0. (3n — 2)(n2 + 2n — 1) /oo i™ (n + 2)(2n - l)(3n + 1) n + 1) ^oo/ n lim 3n3 + co 6n3 + 3 _ 1 6 ~ 2' Příklad 1.44 (2n6-4\; -7 3n-n6J Řešení /2n6 - 4\ / 2n6 - 4N lim--- = lim--- n^co \ 3n — nb / \ n^co 3n — nb > = lim 4 , ? — — n->oo 3 ^ n5 Příklad 1.45 Vypočtěme lim (n+i)3-(n-l)3 n^oo (n+i)2+(n-l)2 Řešení (n + l)3 - (n - l)3 n3 + 3n2 + 3n + 1 - n3 + 3n2 - 3n + 1 lim —-—--;-—- = lim — n^co (n + l)2 + (n — l)2 n- n2 + 2n + 1 + n2 — 2n + 1 6n2 + 2 /oon 6 + -4 = lim „ „ . „ = (—) = lim-\ = 3 n^co 2n2 + 2 2 + ^ Příklad 1.46 Vypočtěme lim [3n +\ fó - 4- + 3n,+511- /K n^oo L2-4n3 V n2 2n2-4j\ Řešení lim n->oo 3n3 + 1 / 2 3n + 5 2 — 4n3 V n2 2n2 — 4^ 3n3 + 1 / 2 3n + 5 = lim--:—— ■ lim 6--t + n^oo 2 — 4n3 n^oo V n2 2n2 — 4 ) = 2 h\ lim —— ■ lim 6 — lim —r + lim-^j- n->oo Z 4 \ n_>co ti-*00 Ti n->oo ^ t" 3 9 __.(6_0 + 0) = -3 35 ČÍSELNÉ POSLOUPNOSTI ■ n(n3-2n2+4) 2n-3n3 4n4-8 n(l+4n2)J Řešení lim n->oo n(n3 — 2n2 +4) 2n — 3n3 4n4 - 8 n(l + 4n2) lim n->oo V n n3J \n2 J "4(4-^) "3(é+4) =--f--) = 4 V 4/ Příklad 1.48 Vypočtěme lim \ ^+4 -I--^—^-1. n->co Yn2-Sn 2n2-8n+l J Řešení lim n->oo n + 4 + 3 — n~ n 2 - 5n 2n2 - 8n + 15 = lim n->oo '1,4 3 — H—r — n + ■ 1-- 2-2+15 n n n2 0 -oo = - + —= 0 + (-oo) = -oo [5 l+2n4 1 ---Z-A- ■ 4 7n3+8n4+2j Řešení lim l + 2n4 4 7n3 + 8n4 + 2 5 1 + 2n4 = lim — — lim n^ca 4 n^ca 7n3 + 8n4 + 2 = — — lim 4 n->oc G? + 2) _5 2_5 1 _ 4 _ n4(Z+8 + ^)"4"8-4-4-4-1 V71 7ťV ČÍSELNÉ POSLOUPNOSTI 36 Příklad 1.50 Vypočtěme lim \——^ — 2nl. /K n^oo L 2+n4 J Řešení lim 4n4 — n + 2 2 + n4 2n lim ■ n->oo 4--ô + ^r n3 n4 n4 lim 2n = 4 — oo = —oo Příklad 1.51 Vypočtěme lim (2n ,+16n + -Y /K n^ooV n4-5 n/ Řešení /2n7 + 16n 1N lim--—^ + - n->™ \ n4 — 5 n, = lim---^ + lim- =-+0 = oo + 0 = oo ™n4(l-A) n 1 „.,., . „ .. „A„ ,. ľ4-3n3 + 15n/ 1 25 7 + 5íi2\l Přiklad 1.52 Vypočteme lim -;- —7--- H--. n^ooL 2n2-30 \101S 4n3 3-2n/J Řešení lim 4 - 3n3 + 15n / 1 25 7 + 5n2N + • 2n2-30 \1015 4n3 3 - 2n 4 15 — 3n H-- = lim n 25 lim -—777 — lim —-r + lim 7 ^ + 5n n n->co _ 30 1 n^oo 1015 n^oo 4n3 n->oo 3 Z 9 \ --Z n2 \ n -oo/l / 1 00 \ / 1 \ -Tř — O H--) = —oo -— — oo = —oo ■ (—co) = V1015 -2/ \1015 / k ; 00 p.-'i i j i i--, w "j.- 7- ŕ n-n3 + 15 , 4n2-3n+5\ Přiklad 1.53 Vypočteme lim —;-;--1---- . n->oo V2n3+2n2+10 8n2-5n / Řešení lim n - n3 + 15 4n2 - 3n + 5^ + • 1 15 n 71 A 3 , 5 4-- + — n^co \ 2n3 + 2n2 + 10 8n2 — 5n = lim"" 9 "T + lim-S-=S. n n3 8-- n 37 ČÍSELNÉ POSLOUPNOSTI -1 4 = -+8 = ° Příklad 1.54 Vypočtěme lim (—--2n +3Y n^oo \2n-l n-2 ) Řešení . n2 2n2 + 3\ n->oo n2(n-2) - (2n2 + 3)(2n- 1) -3n3 - 6n + 3 lim-—--T7-—-= lim —-r---— n^co (2n — l)(n — 2) n^co 2nz — 5n + 2 = (-) = lim \oo/ n->oo -3n-^ + A oo n + 4 ^00/ n->oo ^ 4 = -12 n Příklad 1.56 Vypočtěme lim (——3—■ + Y n->oo \2n-3n2 6+5n/ Řešení / n4-3 5n2 \ (n4 - 3)(6 + 5n) + 5n2(2n - 3n2) lim--—— + -—— = (oo — oo) = lim-—-„ ——- n^co \ 2n — 3nz 6 + 5n/ n^co (2n — 3nz)(6 + 5n) ČÍSELNÉ POSLOUPNOSTI 38 s/V y , 10 15 18\ 5n5 - 9n4 + 10n3 - 15n - 18 /oos n \5~ň + W~ňT~rŕ) = lim -15n3 - 8n2 + 12n = (-) = lim \oo/ n->oo V n n2 J 00 2_5 45~ = —00. Funkční vzorec pro n-tý člen posloupnosti obsahuje podíl odmocnin o různých odmocnitelích, odmocněnec je mnohočlen Postup řešení Dělíme čitatele i jmenovatele nejvyšší mocninou n ve jmenovateli. Poznámka. Předpokladem úspěšného řešení je znalost počítání s odmocninami, uvádění čísla pod odmocninu a převádění odmocniny na mocninu s lomeným exponentem. Příklad 1.57 Vypočtěme lim ^n ~4n +IE n^oo n2-2n+l Řešení Vn3 — 4n2 + 5 /oo> lim = = — n^co ^„2 _ 2n + 1 Voo> Vn2 = Vn3" Vn3 - 4n2 + 5 n Vn2 - 2n + 1 n 3 n3 - 4n2 + 5 n2 39 ČÍSELNÉ POSLOUPNOSTI Příklad 1.58 Vypočtěme lim ^n +3n 6_ n—>oo íl+2 Řešení Dělíme čitatele i jmenovatele n, přičemž n = Vn4 _ Vn4 + 3n - 6 4 n4 + 3n - 6 lim Vn4 + 3r6 = (-) = lim n4 + JV6 = lim ^ * n n 41 ,1_A V n3 n4 VI „ = lim-tj-= — = 1 n _„,. . . „ ., „A„ ,. V2n-3n3 + 5 Přiklad 1.59 Vypočteme lim-. n—»oo íl+2 Řešení Dělíme čitatele i jmenovatele n; užijeme Vn ,_ 3 _2_ _ _5_ V2n - 3n3 + 5 /oon Jn2 á + n3 lim---= (-) = lim -t^- = -V3 n->oo 71 + 2 Voo/ n->oo . Z n i ■ -.,-,» i, i- V2n2-5n7-3 Přiklad 1.60 Vypočteme lim---. n^oo nz+6n Řešení Dělíme čitatele i jmenovatele n2; užijeme n2 = Vn V2n2 — 5n7 lim-r.—-— n^co nÁ + 6n = (-) = li Voo/ n- lim */ 2 5 3 Vn6 n n8 1+* n VÓ ČÍSELNÉ POSLOUPNOSTI 40 _„....._„ .. „A„ ,. 3V6n-64 3 + 18 Príklad 1.61 Vypočteme hm-. n—»00 8—n Řešení Dělíme čitatele i jmenovatele n; užijeme n2 = Vři3 ,_ 3 6 , 18 V6n - 64n3 +18 /ock ^P_b4 + 7I3" V^ěi -4 lim---= — = lim--5-=-— = — = 4 n->oo 8 — 71 ^oo/ n->oo ——1 —1 —1 n a/27 3-2n2 + "Vn3-l Příklad 1.62 Vypočtěme lim , - n^oo Vn4-3n2-Vn2+5n Řešení Čitatele i jmenovatele dělíme n; n = Vň4" = Vři3 = Vři^ V27n3 — 2n2 + Vn3 — 1 /ock lim —— - = (—) = lim n^oo ^„4 _ 3n2 _ ^n2 + 5n Voo/ n^oo V27 _ 3 _ 3 27 2 * 1 -- + - 1 n -\ "ň4 i 3 S| 1 5 1 - T + N n2 "Sl ná n4 Příklad 1.63 Vypočtěme lim +1 n)_ n->oo Vn6-2n Řešení Zlomek upravíme a pak čitatele i jmenovatele dělíme n2, přičemž n2 = Vři^ a n = Vň2. 2 (Vn2 + 1 — n) n2 + 1 — 2n Vn2 + 1 + n2 lim -rr^=^=- = lim -rr^=^=- n^oo ^„6 _ 2n n^oo ^Jn6 _ 2n 2n2 — 2n Vn2 + 1 + 1 /ock = lim-rr^=^=-= (—) = lim n->oo Vn^ _2xi ^00/ n->oo 2-2 1 + 1 1 9 + ^ N 3/7~ 2 J1" n5 41 ČÍSELNÉ POSLOUPNOSTI 2 -2 VTTÔ + O 2-2 --= —r- = 0 Příklad 1.64 Vypočtěme lim 9n-3V2n-3Vň3 n->oo V4n+5 Řešení i Čitatele i jmenovatele dělíme rň = Vň. 19-3 --3 -n lim--^=^=-= (—) = lim _ n^°° V4n + 5 Voo/ w^00 5 4 + --\| n J9- 3a/0- 3VÔ 3 = lim i-■--= - n^co V4+0 2 4n3-5+33V5n8-2nVl3=^: Příklad 1.65 Vypočtěme lim --, n^oo V25n2 + 16 Řešení Čitatele i jmenovatele dělíme n; n = Vn2 = Vň^ = 1\íňP:. = lim J4713 - 5 + 3^5718 - 2nVl3n9 V25n2 + 16 |4n -^r+3 |5n2-2 /— 7T 71 = lim n->oo 25 +±t 7lz ČÍSELNÉ POSLOUPNOSTI 42 j00-0 + 3v00-2vô V25 + 0 00 = — = 00 Funkční vzorec pro n-tý člen posloupnosti obsahuje dvojčleny druhých nebo třetích odmocnin z mnohočlenu proměnné n Postup řešení Rozšíříme vhodným výrazem tak, abychom mohli využít vzorců: A2 — B2 = (A — B) (A + B) [4] A3 + B3 = (A + B) (A2 + AB + B2) [5] Příklad 1.66 Vypočtěme Zim(Vn2 + 4n — n). Řešení Užijeme vzorec [4], přičemž Vn2 + 4n — n = A — B. Rozšíříme tedy výrazem A + B = y/n2 + 4n + n. lim (V n2 + 4n — n) = (00 — 00) = n—»00 \ / (Vn2 + 4n — nYVn2 + 4n + n) n2 + 4n — n2 lim ^- yv -J- = lim - 4n /oon 4 4 lim--= (—) = lim —=-= —-= 2 sin2 + 4n + n Voo/ 4 VI+ 1 43 ČÍSELNÉ POSLOUPNOSTI Příklad 1.67 Vypočtěme lim (Vn2 + 1 — Vn2 — 4n). Řešení Užijeme vzorec [4]. lim (V^2 + 1 — ^n2 — 4n) = (oo — oo) = (Vn2 + 1 — Vn2 — 4n)(Vn2 + 1 + Vn2 — 4n) n2 + 1 — n2 + 4n lim ^- yv--^ = lim Vn2 + 1 + Vn2 - 4n n^co ^„2 + i + Vn2 - 4n 1 4n + 1 /oon 4 + - 4 lim , -, = ( —) = lim n,-= - = 2 n_>co Vn2 + 1 + Vn2 — 4n 00 n->co ^ 4 2 !+-=*+ 1-- n2 *v Příklad 1.68 Vypočtěme Ztm(Vn2 + 3n — Vn2 — 3n). Řešení Užijeme vzorec [4]. lim (vn2 + 3n — Vn2 — 3n) = (oo — oo) = ÍVn2 + 3n — Vn2 — 3nYVn2 + 3n + Vn2 — 3n) n2 + 3n — n2 + 3n lim-- yv -i = lim Vn2 + 3n + Vn2 — 3n ^"'Vn2 + 3n + Vn2 — 3n 6n /oon 6 6 = lim--===== = (—) = lim —==-== = — = 3 Vn2 + 3n + Vn2 - 3n Voo/ I 3 L 3 2 '1 +-+ 1 -- 71 'V 71 ČÍSELNÉ POSLOUPNOSTI 44 Příklad 1.69 Vypočtěme lim(n — Vn2 + 3n). Řešení Užijeme vzorec [4]. lim (n — yn2 + 3n) = (oo — oo) = n—>oo \ / in — Vn2 + 3n)ín + Vn2 + 3n) n2 — n2 — 3n lim----/v -= lim-, (n + Vn2 + 3n) n + Vn2 + 3n —3n = lim n + Vn2 + 3n = (-) = lim — \oo/ n->oo 1+ /1+- 2 Příklad 1.70 Vypočtěme lim (Vl + n — Vl + 2n). Řešení Užijeme vzorec [4]. = lim lim (Vl + n — VT+2n) = (oo — oo) = 1—»00 (VTTň - VI + 2n)(VTTň + Vl + 2n) Vl + n + Vl + 2n 1 + n — 1 — 2n i + n — i — zn —n /oon lim - = lim - = — VT+n + VT+2n ^°°Vl + n + Vl + 2n Voo/ i —712 —00 = lim . -. = —=-— = —oo n->oo n Vn 45 ČÍSELNÉ POSLOUPNOSTI Příklad 1.71 Vypočtěme Zim(Vn2 + n + 1 — Vn2 — n + l). Řešení Užijeme vzorec [4]. lim (jn2 + n + 1 — yjn2 — n + 1) = (oo — oo) = n—>oo \ / n2+n+l —n2+n—1 = lim n^co Vn2 + n + 1 + Vn2 -n+1 2n /oon Z/l /oo\ lim —- — = (—) = lim — 1-»°° Vn2 + n + 1 + Vn2 - n + 1 Voo/ Lil n nz \ n nÁ 2 = lim--- = 1 n->co 1 + 1 Příklad 1.72 Vypočtěme lim (Vn4 — n + 1 — n). Řešení Užijeme vzorec [4]. lim [yjrŕ — n+1 — n) = (oo — oo) = ,2 1 ■ 1 n4 — n + 1 — n2 /oon n n n2 lim —-= (—) = lim-- w^00 Vn4 - n + 1 + n Voo/ Tl^00 111 1 —— + — + — n3 n4 n oo — l ČÍSELNÉ POSLOUPNOSTI Příklad 1.73 Vypočtěme lim [n(n — Vn2 + l)]. Řešení Užijeme vzorec [4]. r ( i-M n(n2 — n2 — ľ) lim n (n — ^n2 + 1 = (oo - oo) = lim-r^=^^ n->oo L V /J n->oo fi + V712 + 1 —n /OOn —1 = lim--^^^ = (—) = lim ji-»oo _|_ yj^2 _|_ J \oo/ n->a: 1+ll+é Příklad 1.74 Vypočtěme lim (V'n2 — 2n — Vn2 + 2n). Řešení Užijeme vzorec [4]. / y- /-\ n2 — 2n — n2 — 2n lim (V^2 — 2n — Vw2 + 2n = (oo — oo) = lim n->oo \ / n->oo n">0° Vn2 - 2n + Vn2 + 2n —4n /oon —4 —4 = lim ; -. = í — = lim , -, = -p-p Vn2 - 2n + Vn2 + 2n Voo/ n_>0° 2 2 Vl+Vl 1--+ 1+- n \ n Příklad 1.75 Vypočtěme lim [2n(V4n2 + 3 - 2n)]. Řešení Užijeme vzorec [4]. lim 2n V 4n2 + 3 - 2n = (oo - oo) = lim-— n-»oo L V /J n-»co -\/47l 2n(4n2 + 3 - 4n2) 2 + 3 + 2n 6n /oon 6 6 3 = lim -= — = lim , -= -=-= - V4n2 + 3 + 2n Voo/ n^°° J 3 V4 + 2 2 4 H—r + 2 n2 47 Příklad 1.76 Vypočtěme lim (yn + 3Vn — Vn — 1). Řešení Užijeme vzorec [4]. lim ^jn + 3Vň — Vn — 1^ = (oo — oo) = (Vn + 3Vň — Vn — 1) (Vn + 3Vn + Vn — 1) lim^- y v-- Vn + 3V^ + Vň^T n + 3Vn — n + 1 3Vn+l lim--—= = lim--—= = lim n->oo 3+f Vn + ^\ln + n VT +Vl 2 Příklad 1.77 Vypočtěme lim [nz(Vn3 + 1 — Vn3 — Řešení Užijeme vzorec [4], přičemž Vn3 + 1 — Vn3 — 1 = A — B. lim |n2 (^Jn3 + 1 - V"3 - l) = (oo — oo) = 3 n2(Vn3 + 1 - Vn3 - lVVn3 + 1 + Vn3 - l) = lim —- y\--i 3 3 n2(n3 + 1 - n3 + 1) 2n2 lim —. -. = lim n^co Vn3 + 1 + Vn3 - 1 Vn3 + 1 + Vn3 - 1 ČÍSELNÉ POSLOUPNOSTI 48 2 2 = lim -==-== =--- = 1 n->oo l . l T i + i nd "M nd Příklad 1.78 Vypočtěme lim [(Vn2 + 5n + 2 — n — 7)]. Řešení Užijeme vzorec [4], přičemž Vn2 + 5n + 2 — (n — 7) = i4 — B.. lim [(Vn2 + 5n + 2 — n + 7= (oo — oo) = [Vn2 + 5n + 2 - (n - 7)] [Vn2 + 5n + 2 + (n - 7)] Vn2 + 5n + 2 + n - 7 n2 + 5n + 2 - (n2 - 14n + 49) 19n - 47 lim- —-= lim Vn2 + 5n + 2 + n- 7 VrJTT5n+~2 + n - 7 47 19 - — = (-) = lim " * \oo/ n->oc 5 2 7 1+-+4 + 1-- n n2 n 19 19 VT+ 1 2 Příklad 1.79 Vypočtěme lim n^co V9n+5-3Vň" Řešení Užijeme vzorec [4]. V9n + 5 + 3Vn lim--— = - = lim =^—ř =(—)=1: )n + 5 - 3Vn v°° - oo/ n f1-*00 V9n + 5 - 3Vň \°° - oo/ (V9n + 5 - 3Vn)(V9n + 5 + 3Vn) V9n + 5 + 3Vn V9n + 5 + 3Vn = lim ——--—-— = lim--- n^oo 9n + 5 — 9n n^oo 5 49 ČÍSELNÉ POSLOUPNOSTI = lim [-(V9n + 5 + 3Vn)l =-(00 + 00) = n->oo L5 v yJ 5 00 Příklad 1.80 Vypočtěme UmQjn2 + n3 — n). Řešení Užijeme vzorec [5], přičemž Vn2 + n3 — n = i4 — 5. Rozšíříme tedy výrazem i42 + ^45 + 52 = ^(n2 +n3)2 + nVn2 + n3 + n2. lim ( yn2 + n3 — n) = ( 00 — 00) = (Vn2 + n3 — n) (l](n2 + n3)2 + nVn2 + n3 + n2) lim V(n2 + n3)2 + nVn2 + n3 + n2 3 n2 ^(n2 + n3)3 — n = lim-- -= lim 3^_ 3^_ Tl_>0° V(n2 + n3)2 + nVn2 + n3 + n2 Tl_>0° ^(n2 + n3)2 + nVn2 + n3 + n2 /OOn 1 11 W n-co3r^ -2 3rj VT^+iVT + i 3 V(ň + 1) + \fň+1 + 1 Příklad 1.81 Vypočtěme lim (Vn — 5 — Vn + 5) n->oo Řešení Užijeme vzorec [5], přičemž A — B = Vn — 5 — Vn + 5. Rozšíříme výrazem 42 + 4fl + B2 = V(n - 5)2 + VřT^Š ■ VřTTŠ + V(n + 5)2. lim lim (Vn — 5 — Vn + 5) = ( 00 — 00) = (Vň^Š - ynTŠ) (V(n- 5)2 + Vň^Š VřTTŠ + \j(n + 5)2) V(n - 5)2 + aat^š V(n + 5) + ^(n + 5)2 ČÍSELNÉ POSLOUPNOSTI 50 = lim V(n-5)3- V(n + 5)3 VO - 5)2 + Vn2 - 25 + \/(n + 5)2 lim -10 V(n - 5)2 + Vn2 - 25 + !y(n + 5)2 / -10 lim -10 00 = 0 \ Vň2 o ř=3 = ° / Příklad 1.82 Vypočtěme lim (\l2n2 - 3 - V4n2 + l). Řešení Užijeme vzorec [5], přičemž A — B = V2n2 — 3 — V4n2 + 1. Rozšíříme výrazem 42 + 45 + 52 = v'(2n2 - 3)2 + \J2n2 - 3 ■ V4n2 + 1 + v'(4n2 + l)2. lim (y2n2 - 3 - V^řJJTT) = ( oo - oo) = lim n->oo (V2n2 - 3 - V4n2 + l) [\j(2n2 - 3)2 + v/(2n2 - 3)(4n2 + 1) + v/(4n2 + l)2) V(2n2 - 3)2 + v^n2 - 3)(4n2 + 1) + \j{4n2 + l)2 = lim 2n2 - 3 - 4n2 - 1 n^°° v'(2n2 - 3)2 + v/(2n2 - 3)(4n2 + 1) + v/(4n2 + l)2 = lim -2n2 - 4 n^°° \j{2n2 - 3)2 + V^n2 - 3)(4n2 + 1) + \j{An2 + l)2 Vo° = (-) = Voo/ -2VT12 = lim n^co 3 ^(2-é)' + ^(2-D(4+é) + ^(4+é)' -oo - 0 V4 + 2 + V4 = —oo 51 ČÍSELNÉ POSLOUPNOSTI —3 Příklad 1.83 Vypočtěme lim n->oo V3n2+n3-n Řešení Užijeme vzorec [5], přičemž A — B = V3n2 + n3 — n. -3 -3 lim lim n^co y-^n2 + n3 - n (oo - oo) —3 (\J(3n2 + n3)2 + nV3n2 + n3 + n2) n^°° (V3n2 +n3 - n) (V(3n2 + n3)2 + nV3n2 + n3 + n2) —3 ^(3n2 + n3)2 + nV3n2 + n3 + n2) = lim V(3n2 + n3)3 — n3 —3 (\l(3n2 + n3)2 + nV3n2 + n3 + n2 ) /00x lim-"-T~2-" = H n->oo 3nz Voo/ -3 lim ■ n->oo -3(1 + 1 + 1) --—z--= -3 Funkční vzorec pro n-tý člen posloupnosti obsahuje faktoriály nebo součet členů aritmetické či geometrické posloupnosti Postup řešení Užijeme definici faktoriálu a vzorce pro součet prvních n členů aritmetické nebo geometrické p-sti, případně další vhodné vzorce. ČÍSELNÉ POSLOUPNOSTI Připomínáme: Aritmetická p-st: sn = + «n)- o"-l Geometrická p-st: sn = a±——>q ^ 1-Faktoriál: n! = n ■ (n - 1) ■ (n - 2) ■ ... ■ 3 ■ 2 ■ 1. (n+l)' Příklad 1.84 Vypočtěme lim n^oo (n+l)!-(n-l)! Řešení Užijeme vzorec [8]. (n + l)! (n+l)n(n-l)! lim t-—----r— = lim n-oo (n + 1)! - (n - 1)! n-co (n + 1) n (n - 1)! - (n - 1)! (n+l)n(n-l)! n2 + n /ock = Um —;-—t777-77-77" = lim -=-— = — n^oo (n - 1)! [(n + l)n - 1] n^°o n2 + n - 1 voo/ = lim -z n, = 1 n^oo 1 1__J_ — 2 n n ■ - - 7. (n+l)!+3(n-l)! Příklad 1.85 Vypočteme lim -—j—;—- /ľ n^oo (n+2)! Řešení Užijeme vzorec [8]. (n + 1)! + 3(n - 1)! (n + 1) n (n - 1)! + 3 (n - 1)! lim---—-= lim —---7-7-——--77;— = n^oo (n + 2)! n^oo (ji + 2) (n + 1) n(n - 1)! (n - 1)! [n2+n + 3] _ . n2 + n + 3 _ /oox n^oo (n + 2) (n + l)n(n — 1)! n^co n3 + 3n2 + 2n Voo/ n3 f 1 +1 + 4) v n nv n2(1 + n" + l0 rii = lim -^-" V = — = 0 3 . 2 00 53 ČÍSELNÉ POSLOUPNOSTI Příklad 1.86 Vypočtěme lim (jl+r>(jl 2^ n->oo n\ Řešení Užijeme vzorec [8]. (n + 2)(n-2)! (n + 2)(n - 2)! lim -■-= lim n^co n! n^co n(n — l)(n — 2)! n + 2 /oon lim 71 -t- Ĺ. ( \ n2 — n Voo/ hm -T = T = 0 n-^co y _ ±_ 1 71 Příklad 1.87 Vypočtěme lim (n+2)!+(n+1)! n^oo (n+2)!-(n+l)! Řešení Užijeme vzorec [8]. (n + 2)! + (n+ 1)! _ . (n + 2)(n + 1)! + (n + 1)! (n + 2)! - (n + 1)! ~ n™ (n + 2)(n+ 1)! - (n + 1)! (n + l)![n + 2 + l] n + 3 /oo^ 1+| llm 7-TT77-^-77" = lim -— = — = lim-7- = 1 n^co (n + 1): [n + 2 — 1J n^co n + 1 Voo/ n^co _L n . . ~ ~~ ., - - 7- 4(n+2)!-2n! Přiklad 1.88 Vypočteme lim n^oo 8(n+2)! Řešení Užijeme vzorec [8]. 4(n + 2)!-2n!_ . 4(n + 2)(n + l)n! - 2n! n™ 8(n + 2)! ~ 8(n + 2)(n + l)n! ČÍSELNÉ POSLOUPNOSTI 54 2n![2(n + 2)(n+l)-l] 2(n2 + 3n + 2) - 1 lím -777--tt—;- = Um ——^---—- n^oo 8(n + 2) (n + l)n! n^oo 4(n2 + 3n + 2) 2n2 + 6n + 3 /oo = lim = (-) = Voo/ n^co 4n2 + 12n + 8 voo 2+ň + p 2 1 = hm — — — n->oo 12 , 8 4 2 n nz _„.....„„,, ^» 7- (2n+i)!-(2n-2)! Príklad 1.89 Vypočteme hm--7—7-- yH n^oo (2n)! Řešení Užijeme vzorec [8]. (2n + 1)! - (2n - 2)! _ (2n + l)2n(2n - l)(2n - 2)! - (2n - 2)! n^co (2n)! n^co 2n(2n — l)(2n — 2)! (2n-2)![(2n + l)2n(2n-l)-l] 8n3 - 2n - 1 /oos lim--^-—--- = lim--—-— = ( —) Voo/ 2n(2n — l)(2n — 2)! n^co 4n2 — 2n voo/ _2__ _1 n2_n l+2 + 3 + ---+n Příklad 1.90 Vypočtěme lim —, /ľ n^oo V25 2-4n Řešení Užijeme vzorec [6]. 1 + 2 + 3 +-+ n ?(l + n) n2+n lim - —— = lim — = lim V25n4 - 4n V25n4 - 4n 2V25n4 - 4n 1 1+ň = (-) = hm voo/ n->oo 4 2V25 10 55 ČÍSELNÉ POSLOUPNOSTI Příklad 1.91 Vypočtěme lim + 2 + 3 + ••• + n)l n->oo Ln^ J Řešení Užijeme vzorec [6]. lim 1 — (1 + 2 + 3 + - + n) n (0 ■ co) = lim n-»co 1 n = lim n->oo zn n + 1 /oo = (-) =1 lim 1+ň 1 2 2 Příklad 1.92 „ „ .. /l+2 + 3 + ---+n n\ Vypočteme lim---. /K n^oo \ n+2 2j Řešení Užijeme vzorec [6]. n n->oo 1 + 2 + 3 +- + 71 n\ Níl+ n) n lim (-—--— 1 = lim n + 2 n + 2 2 = lim n + n2 n\ n + n2 — n2 — 2n —n -- = lim = lim n^oo \ 2(n + 2) 21 n^oo 2(n + 2) n->co 2n + 4 voo = (-) = Voo/ = lim n->oo -11 4 ~~ ~~ 2 2 +- Z n Příklad 1.93 Vypočtěme lim l2+22 + 32 + ---+n2 n^oo n(n-l)(n+2) Řešení Užijeme vzorec l2 + 22 + 32 + ••• + n2 = \ n(n + l)(2n + 1) V +2/ + 3Z + ••• + nz lim -7-777-- n->co n(n — l)(n + 2) ČÍSELNÉ POSLOUPNOSTI 56 |imín(n+l)(2n + l) <» ^ f ■ i (i+1) (2 +1) \.2 1 \oo/ n->oo n^co n(n — l)(n + 2) i(i-h)(i + D 1 1-2 + 3-4+--—2n Příklad 1.94 Vypočtěme lim _ n->oo Vn2 +1 Řešení Užijeme vzorec [6]. 1 - 2 + 3 - 4 +----2n 1 + 3 + ••• + 2n - 1 - (2 + 4 + 6 + ••• + 2n) lim -■=-= lim -■=- n^co ^„2 + l n^co ^„2 + ^ lim n->oo 5(l + 2n-l)-|(2 + 2n) | ■ 2n -1 ■ 2(1 + n) Vn2 + 1 lim n->oo Vn2 + 1 = lim 2 2 nz — n — nz = lim -n /oo n^co Vn2 + 1 tt-*00 Vn2 + 1 /°°\ -1 (-) = lim -= -1 *V + n2 Příklad 1.95 Vypočtěme lim —f-V- n^co 1+-+...+-^ Řešení Užijeme vzorec [3] a [7]. lim 1 1 1 + 3 + - + 3* n—»oo 1 1 1 + 5 + - + 5* ,(ir = lim n->oo í^=li„-H8 n+1 - 1 1 (š) -1 -iKš. n+l - 1 f [0-1] 6 |[o-i] 5 57 ČÍSELNÉ POSLOUPNOSTI 3 + 3+ 3 + 3 + + 3 Příklad 1.96 Vypočtěme lim 1 ^~2+f+K"+^ i ■ Řešení Užijeme vzorec [7]. lim ■=-t n—>oo L , J. 3 _3_ _3_ _3_ 2 22 23 " 2n 11 1 5 + 5- 6^5-62^5-63 5- 6n /lil 1 \ ,. 3 1 + 2 + 2^ + F + - + 2* ,. iq ,. = hm -r--r-r-r-rr— = hm 15 ■ hm n->oo 1/. 1 \ n->oo n->oo 5Vi + 6 + 62 + 63 + '" + 6^J 1 ,6, n+l = 15 ■ lim -2|(I n+l - 1 n^co 6 171 n+l 5 V6 - 1 2(0 - 1) = 15- --=25 §(0-1) _|----qJ1 Příklad 1.97 Vypočtěme lim ----;a,b E R, a E (0,1), b E (0,1). n^oo 1+ď+ď2+---+ď™ v y v j Řešení Užijeme vzorec [7]. , n+l 1 + a + o2 + -an I" 'i (ů-l)(an-l) n^oo 1 + ů + Ď2 + ••• + bn n^oo bn+1 - 1 n^oo(a - l)(Ůn - 1) 1- Ď - 1 (b - 1)(0 - 1) _ 1 - ú (a-l)(0-l) ~ 1-a ČÍSELNÉ POSLOUPNOSTI 58 Funkční vzorec pro n-tý člen posloupnosti obsahuje exponenciální výrazy an, a e R. Postup řešení Dělíme čitatele i jmenovatele výrazem a n, který se nachází ve jmenovateli a má největší absolutní hodnotu základu (pokud je to zlomek a pokud nelze počítat přímo) a užijeme vzorec [3], tj. ÍOpro \a\ < 1 1 pro a = 1 +oo pro a > 1 neexistuje pro a < — 1 lima1 3™ Příklad 1.98 Vypočtěme lim —--. n->oo 2™-3-7™ Řešení Dělíme čitatele i jmenovatele výrazem 7n. lim 3n = lim yn 2n - 3 ■ 7n n^oo _ o . Zľ. yn ^ ' yn lim n->oo 6)' 3 ■ 1 0-3 = 0 2™+1+6™ Příklad 1.99 Vypočtěme lim--—. n->oo 3-5™ Řešení Dělíme čitatele i jmenovatele výrazem 5n. 2n+l + 6n lim qn = lim >n+l 5n 5n 3 ■ — + řň 2(č) +(č) 2-0 + OO b = lim Vby_ , Vby =-=-= oo 3 ■ 1 59 ČÍSELNÉ POSLOUPNOSTI (-2)n-1 + 3-5n Příklad 1.100 Vypočtěme lim n^'oo 4-2™-6'5"-1 Řešení Dělíme čitatele i jmenovatele výrazem Sn. + 3-5* . L-f4— + 3^ ^(-g) +3-1 ^-0 + 3 n^o 4.2n-6-Sn-i "i™ .2» ~i™ /2\n , 1 _A n 6 45^-6^ HšJ "6"5 4'°"5 15 5 6 6 2 5 Příklad 1.101 Vypočtěme lim (_^+i+3n+i-Řešení Dělíme čitatele i jmenovatele výrazem 3n. (-2)n 3n f-2\n ,. (~2)n + 3" ^ + 3^ ,. I" j +1 0 + 1 lim „ _____-——r = lim ^„—rr-j-r = lim - n"oo (-2)n+1 + 3n+1 n-oo -2(~2)n 3^2 n-oo /-2xn -2 ■ 0 + 3 3n +3n Z^3J+3 1 3 (-_o,in+l_f-.7n-l Příklad 1.102 Vypočtěme lim s,7n_3n+2 ■ Řešení Dělíme čitatele i jmenovatele výrazem 7n. (-3)n+1 , ľ71"1 o/ 3\n 6 ľ*1"1 Ä 5 ■ 7" - 3"+2 " n™ P_3^ ~ _ /3xn ^ jn jn V7/ ČÍSELNÉ POSLOUPNOSTI 60 ■3-0-7-1 7 6 5 -9-0 5 35 2n+3-Sn+1 Příklad 1.103 Vypočtěme lim —„„ . Řešení Dělíme čitatele i jmenovatele výrazem 5n. 2n 5n+1 í2\n 2» + 3-5^ |r + 3-^ (5) +3-5-1 lim o on+2 ■ a en = lim -= lim ,oNn + -3.4.(|) 46. J 5n 0 + 15 15 5 1 12-0 + 6 6 2 Příklad 1.104 Vypočtěme lim n^oo 8-5"+2-3""2 Řešení Dělíme čitatele i jmenovatele výrazem Sn. 1 1 3"- sn+1 1 /3\ 4 4 5n5n 4V5y ^ 3 1 Ä 8-5^ + 2-3-2 = i«n 5n 3n-2 = i™ ——- n-2 8'5ň+2— 8.i + 2-^-y i-0-10 -10 -5 8 + ^-0~ 8 " 4 61 ČÍSELNÉ POSLOUPNOSTI (-2)n~1 + 5-42n+1 Příklad 1.105 Vypočtěme lim ' -——. /ľ n^oo 3n+1-2-4n+1 Řešení Čitatele i jmenovatele dělíme výrazem 4n. (_n\n-l a.2n+1 i , -|Nn_1 i™ 3n+l _ 2 ■ 4n+l i™ 3n+l 4n+l ,3x" 4, -2-^ - 3(|) -2-4 i-0 + co = —00 3-0-8 4"_5.7n-l+gn+2 Příklad 1.106 Vypočtěme lim---——. /ľ n^oo 2-7™-4-9™-1 Řešení Dělíme čitatele i jmenovatele výrazem 9 n-l /4\n-1 /7\n_1 4n _ 5 . yn-l + gn+2 4(gj - 5 (g J + 93 2-7-y -4-1 4-0-5-0 + 93 93 729 14-0-4 4 4 ČÍSELNÉ POSLOUPNOSTI 62 5(-i)n Příklad 1.107 Vypočtěme lim — n-oo (f)"+1-(~)"' Řešení Dělíme čitatele i jmenovatele výrazem (—)n. l\n lim -=--—^— = lim —, : , „-= lim 4 5\ — 5 ■ 00 - = —00 I— Příklad 1.108 Vypočtěme lim -— n^oo (±)n+l+6n Řešení Dělíme čitatele i jmenovatele výrazem 6n. n-l ,rv)i+l / 1\ n-l /5\ 11 1 +!( 6| v6y lim -rvi-= lim Un+1 n^oo /l\n 4 6 + 1 = lim 6l-3ôJ +2ÍT2J ^6-Q + 2-° = 0_0 63 ČÍSELNÉ POSLOUPNOSTI fx+2\n Příklad 1.109 Vypočtěme limitu lim (—) o proveďme diskusi vzhledem k x E R. \ 4 J Řešení Dle vzorce [3]. Je-I Je-I Je-I Je-I x+2 _ „ ... fx+2\n — > 1, pak lim — =oo. 4 n^oo \ 4 / — = 1, pak lim (—Y = lim ln = 1. 4 n—>oo \ 4 / n—>oo < 1, pak lim (^)n = 0. x+2 ^, „ ... /x+2\n -7- < — 1, pak lim (-j-J neexistuje. x + 2 4 x + 2 >l=>x + 2>4=>x>2 = l=>x + 2 = 4=>x = 2 x + 2 x + 2 < 1 <=> -1 < —— <1=>-4-6x + 2<-4=>x<-6 Výsledek sestavíme do přehledné tabulky: x x < -6 -6 < x < 2 x = 2 x > 2 limita neexistuje 0 1 +00 Příklad 1.110 Vypočtěme limitu lim o proveďme diskusi vzhledem k x E R. n->oo 1 — 3™ Řešení Dělíme čitatele i jmenovatele výrazem 3n. lim x' = lim x^ 3n n^oo 1 - 3n n^oo J__ 3n 3n = lim (I)" Ä (I)" - (i) -1 0-1 - lim (-) . ČÍSELNÉ POSLOUPNOSTI 64 oo => lim n^ool-3™ = —00 Je-li x- >1, je lim(f)n = + x /x\n xn Je-li - = 1, je lim - = 1 => lim —- = — 1 3 'J n^oo \3/ n^ool-3™ Je-li - < 1, je lim (-)" = O => lim = O 3 'J n^oo \3/ n^ool-3™ x fx\n xn Je-li - < — 1, pak lim (-) neexistuje => lim —- neexistuje 3 n->oo \3/ n->oo 1—3™ Výsledek sestavíme do přehledné tabulky: X x < -3 -3 < x < 3 x = 3 x > 3 limita neexistuje 0 -1 — 00 Výpočty limit užitím vzorce lim f 1 + -) = e n—>oo \ n/ Postup řešení Provedeme vhodné úpravy abychom mohli užít výše uvedený vzorec, případně další vzorce, které z něho substitucí získáme. Připomínáme: lim 11 + -) = ek n) 1 xn+fc lim 1 +-- = e n^oo \ n + k/ Předpokladem úspěšného řešení je znalost počítání s mocninami. /n+3\n Příklad 1.111 Vypočtěme limitu lim — . n^oo \ n J Řešení lim - = lim (- + -) = lira 1+- = n->co \ n / n->co \n n) n->co \ n) n 3\n 3\n 65 ČÍSELNÉ POSLOUPNOSTI Cn+2\n Příklad 1.112 Vypočtěme limitu lim (—) . Řešení (n + 2\n (n + 1 + l\n (n + 1 1 \n / 1 V" lim-- = lim -— = lim -- +-- = lim 1 +-- = n^co \n + 1/ n^co \ n + 1 / n^co \n + 1 n + 1/ n^co \ n + 1/ 1 \n lim (1 + n->oo n + l) n+l-l = lim n->oo (i+—!—!—)"' V 71 + 1/ V 71 + 1/ / 1 \n+1 / 1 \_1 = lim 1+- -lim 1+- =e-(l + 0)-1 = e-l = n^co \ 71 + 1/ n^co \ 71 + 1/ /n+2\n Příklad 1.113 Vypočtěme limitu lim (—J ,n ^ 4. Řešení /n + 2\n /n-4 + 4 + 2\n /n - 4 6 \n / b \" lim-- = lim--- = lim -- +-- = lim 1 +-- = n^co \n — 4/ n^co \ 71 — 4 / n^co \n — 4 71 — 4/ n^co \ 71 — 4/ 6 \n = lim 11 + n->oo —) 71-4/ n-4+4 = lim n->oo / | 6 \n~4 / 6 y V 71-4/ V 71-4/ ( 6 \n"4 / 6 \4 A = lim 1+-- -lim 1+-- =e6-(l + 0)4 = n^co \ 71 — 4/ n^co \ 71 — 4/ Příklad 1.114 Vypočtěme limitu lim (—-V n^oo \n+2J Řešení n _ /n - 3\2 /n + 2 - 2 - 3\2 [/ -5 \ lim-- = lim--- = lim 1+-- n^co \n + 2/ n^co \ 71 + 2 / n^co \ 71 + 2/ = lim n->oo 1 + —)' 71 + 2/ n+2-2 = lim n->oo r n+2 r -2 V 71 + 2/ V 71 + 2/ ČÍSELNÉ POSLOUPNOSTI 66 = [e~5 ■ (1 + 0)~2]i = e "t Příklad 1.115 Vypočtěme limitu Um ŕ—H n^oo Vn+3/ Řešení n-l /n - 8\ 3 /n + á-ll\ 3 / -11 \3 / -li \ lim --J = lim--— = lim 1+--J ■ lim 1 +--J n^co \n + 3/ n^co \ n + 3 / n^co \ n + 3/ n^co \ n + 3/ -11 \ + n + 3/ n-l m + 3 - 11\~3" n 11 \ 3 11 \ "3 = lim n->oo n+3-3 3 1 ■ (1 + 0)~3 = = lim n->oo 1 + -11 \ n + 3/ lim n->oo 1 + -íi y n + 3/ 1 = íi -(e-11)3-(l + 0)-1 = e~ Příklad 1.116 Vypočtěme limitu Um (j^j Řešení n+2 /n + 3\4 /n-h + h + 3\4 / H\4 lim-- = lim--- = lim 1 +-- n^co \n — 5/ n^co \ n — 5 / n^co \ n — 5/ n+2 m - 5 + 5 + 3\ 4 n+2 8 \~ = lim = lim n->oo 1 (l+-^-) *-lim(l+-?-ľ = \ n — 5/ n^co \ n — 5/ lim n->oo (1+^š) n-5 + 5 4 1 ■ (l + 0)2 = lim (1+^5)"5-(1+^š) 1 = 67 ČÍSELNÉ POSLOUPNOSTI / 8 \4 1 5 8 ■lim 1+--J =(e8)4-(l + 0)4 = e4 = e2 n^oo \ n — 5/ Příklad 1.117 Vypočtěme limitu lim[n~3n(n + l)3n_5]. n->oo Řešení Úpravou mocnin postupně dostáváme: = lim / 8 \' (1 + n^š) (n + l)3n-5 lim [n-3n(n + l)3"-5] = lim--é-= lim n->oo yi 3n n + 1 -) n / lim (n + 1) n->oo -5 _ = lim f f 1 + -)nl ■ lim = e3 ■ 0 = 0 n^oo L\ nj J n^oo (n+1)5 Příklad 1.118 [-- - i n sn(n + l)sn . J Řešení Úpravou mocnin postupně dostáváme: lim n"ln(n + l)in (n + l)in = lim-^-= lim 7l3n n->oo n + 1 -) n / = lim n->oo l\n 1+- nJ 3 2 = e3 Příklad 1 .119 Vypočtěme limitu lim í(n + l>n+6n snl n—>oo L J Řešení Úpravou mocnin postupně dostáváme: lim (n + l)ln+6n-in = lim n->oo (n + l)ln(n + l)ť 3 nšn = lim n->oo n + ly n / lim (n + l)6 = ČÍSELNÉ POSLOUPNOSTI 68 = lim n->oo 1+- nJ 00 = e8 ■ 00 = 00 Příklad 1.120 Vypočtěme limitu lim (-^~)' Řešení Úpravou mocnin postupně dostáváme: n (ln + b\2 t 5\2 / b\ lim —- = lim 1+— = lim 1+ — n^co \ 2n / n^co \ 2nJ n^co \ 2nJ 5 \222 = lim(l+-) = lim n->oo 1 + _5\2B-2nJ = (e5)4■= e4 /3n+l\n Příklad 1.121 Vypočtěme limitu lim - . n^oo V3n+2/ Řešení Úpravou mocnin postupně dostáváme: 3n + l\n lim . „ n^co \3n + 2 ) = lim (■ 3n + 2 - 2 + l\n ) n^> + 3n + 2) 3n + 2 -1 \3n,l = lim 1 + n^co \ 3n + 2 3n+2-2 ) nJiS) + 3n + 2) lim n->oo / —1 \3n+2]3 / —\ \ 3 1 2 1 (1 + 3^T2) W+äi+ž) =(O3-(l + 0)- = e-3 69 ČÍSELNÉ POSLOUPNOSTI Výpočet limit, při nichž užíváme věty o limitě posloupností Připomínáme: Věta (o limitě tří p-stí): [a] Mějme tři posloupnosti {an}, {bn} ,{cn}. Nechť 1. an < cn< bn pro skoro všechna n G N, 2. lim an = lim bn = a, a G R*. n->oo n->oo Potom existuje i limita posloupnosti {cn} a platí lim cn = a. n->oo Věta (o limitě součinu nulové a omezené p-sti): [b] Je-li lim an = 0 a posloupnost {bn} je omezená, pak lim (an • bn) = 0. n->oo n->oo Věta (o limitě vybrané p-sti): [c] Má-li posloupnost {an} limitu a, a G R*, pak každá posloupnost [akn] z ní vybraná má také limitu a, tj. lim akn = lim an = a. TI— COS Příklad 1.122 Vypočtěme limitu lim- n->oo 5—3n Řešení .. n-cos ľoo-nee 1 ,, , , „, . „ ,. . „ .„ lim-= -. Upravíme n-ty clen p-sti a užijeme vetu o limite rozdílu p-sti. n->oo 5-3n L -co J n —cos4n n /cos47T lim ——--= lim -—---lim . n-^co 5 — án n-^co 5 — ýn n-^co \5 os 4n\ - 3rJ Vypočteme lim —— = ( —] = lim -J— = —- n^co5-3n \coJ n^ool_3 3 n Podle věty [b] je cos 4n / 1 lim = lim (-—— ■ cos4n) = 0, n^co \5 — 3n / n^co 5 — 3n n^co \5 — 3n protože lim-= 0 a p — st {cos4n} je omezená, neboť pro každé n G N je |cos4n| < 1. n->oo 5—3n ČÍSELNÉ POSLOUPNOSTI 70 _ ,. n-cos ,. n ,. cos4n 1 , _ 1 Potom lim-= lim--lim-=---1-0 = — n—»00 5—371 n—»oo 5—3ti n—»oo 5 —3ti 3 3 Výsledek: lim n cos 1 n->oo 5—3n 3 . . . ., - t- 3n-sinn Přiklad 1.123 Vypočteme lim-. n^oo 2n+7 Řešení .. 3n-si [co-neex~\ , „ r n lim-= -. Užijeme vetu a . n^oo 2n+7 i -co J 1 L J Pro V n G N je |sinn| < 1, tedy —1 < sin n < 1. Provedeme takové „strategické" úpravy nerovnosti —1 < sin n < 1, abychom „uvnitř" nerovnosti , , ,. « , , 3n-si získali požadovaný výraz—^j-j-^—. 1 < sinn < 1 /.(-l) 1 > —sinn > —1 /+3n 3n + 1 > 3n - sinn > 3n - 1 /: (2n + 7) > O 3n + 1 3n — sin n 3n — 1 2n + 7 ~ 2n + 7 ~ 2n + ľ což je splněno pro všechna n G JV. Dále lim = f—1 = lim —y = - a také lim ^—^ = - n^oo2n+7 V co/ n^oo2+- 2 n^oo 2n+7 2 Jsou splněny oba předpoklady věty [a], proto hledaná limita existuje a lim 3n smn = -. n->oo 2n+7 2 Jiný postup - užitím věty [b]. 3n — sinn lim n^oo 2n + nn 3n / 1 \ 3 3 — = lim--- — lim--- ■ sin n = — — O = - 7 n^oo 2n + 7 n^oo \2n + 7 / 2 2 Zdůvodnění: Protože lim —— = O a Isinnl < 1 pro V n G N, je lim (—^— ■ sin n] = O a n^oo2n+7 i i ť 'J ^00^271+7 / .. 3n 3 lim-= -. n^oo2n+7 2 ,. 3n-sinn 3 Výsledek: lim-= - n^oo 2n+7 2 Příklad 1.124 Dokažme, že p-st {(-l)n n} nemá limitu. 71 ČÍSELNÉ POSLOUPNOSTI Řešení K důkazu užijeme větu [c]. {(-l)nn} = {-l,2,-3,4,-5,6,...} Uvažujme vybranou p-st {bn} lichých členů {—1, —3, —5,...}, její limita limůn = —oo n->oo a vybranou p-st {cn} sudých členů {2,4,6,...}, její limita lim cn = +oo. n->oo Protože lim bn = —oo ^ +oo = lim cn, limita p-sti {(—l)n n} podle věty [c] neexistuje. Příklad 1.125 Dokažme, že p-st<-——-> má nevlastní limitu. Řešení 31* , . . n Vn4 + l-sin£ roo — neex.-i i oo J lim--— n->oo 71 + 2 L oo . , Vn4+l-sin- VřF+T 1 . n Nejprve upravíme-- =---■ sin - . n+2 n+2 n+2 5 3 3Vn4+l /oo Zřejmě lim ^n +1 = (—') = lim ——7- = 00 a lim (-^— ■ sin-") = O, protože n^oo n+2 V co/ n^oo 1+- n^oo Vn+2 5/ n lim t^-£ = j^j = O a p-st jsin^j je omezená (věta[ů]). Vň^+T-sin^ VňJ+T / 1 n\ Tedy lim-- = lim--lim--sin- = oo — O = oo. n^oo n+2 n^oo n+2 n^oo Vn+2 5/ n—>oo n+2 n—>oo n+2 n—»oo Vn+2 5y 3V7?+l-sinT Výsledek: lim n—>oo n+2 ČÍSELNÉ POSLOUPNOSTI 72 e* Příklad 1.126 Vypočtěme lim Řešení Užijeme větu [b]. P-st {sinn} je omezená, pro Vn G JV je — 1 < sinn < 1 => e_1 < esinn < e1 => p-st {esinn} je ome- zená a lim ^- = 0. n->oo n 3 Tedy lim —— = lim (±esmn) = 0 n^oo n3 n^oo \n3 / sinn Výsledek: lim —— = 0 n->oo n3 2™+(-2)n Příklad 1.127 Dokažme, že Zim———neexistuje. Řešení K důkazu užijeme větu [c]. (2n + (-2)nl = {0, 2,0,2, 0,2,...} I 2n Vybraná p-st {bn} = {0,0,0,...} lichých členů je stacionární a má limitu lim bn = 0. n->oo Vybraná p-st {cn} = {2,2,2,...} sudých členů je stacionární a má limitu lim cn = 2. n->oo Protože lim bn = 0 2 = lim cn, limita p-sti |--—[ podle věty [c] neexistuje. Číselné řady ČÍSELNÉ ŘADY Zadání řady Připomínáme. Číselná řada £n=i an = ai + a2 + a3 ■■■ + an +■■■, n G N, an G M Úmluva. Pokud tomu nebude jinak, budeme místo £n=i an psát také stručně £ Příklad 2.1 Napišme prvních 5 členů řady Ym=i 7~T1 Řešení Za n postupně dosazujeme čísla 1,2, 3,4, 5 a obdržíme členy: I 1 _ 1 31 = 2-1-1 = 1 34 " 2-4-1 " 7 II 11 a2 - o o-T - ô a5 a3 = 2-3-1 5 i ...í.i.i.i 2-2-1 3 b 2-5-1 9 1 1 Výsledek:^— =!+- + - + - + - + Příklad 2.2 Napišme prvních 5 členů řady £n=i~777 ■ Řešení Za n postupně dosazujeme čísla 1,2, 3,4, 5 a obdržíme členy: 3-1-2 1 3-4-2 10 ai- 12 + 1 -2 34 42 + l 17 3-2-2_4 _ 3 ■ 5 - 2 _ 13 a2 = 22 + i = 5 35 = 52 + l ~26 _ 3- 3-2 _ 7 &3 32 + 1 ~TĎ 75 ČÍSELNÉ ŘADY n' Příklad 2.3 Napišme prvních 5 členů řady Ym=i ^7 ■ Řešení Za n postupně dosazujeme čísla 1,2, 3,4, 5 a obdržíme členy: 1! 1 4! 4-3-2-1 3 a 1 21 2 4 24 24 2 2! 2-1 1 5! 5-4-3-2-1 15 a2 - o? - n? - n a5 - o c 22 22 2 * 25 25 4 3! 3-2-1 3 a3 =^ = 23 23 4 Výsledek: Z« ^ = 1 + 1 + Í + 2 + H + Příklad 2.4 Napišme prvních 5 členů řady En=it4 + 3(n ~~ !)]■ Řešení Za n postupně dosazujeme čísla 1,2, 3,4, 5 a obdržíme členy: ax = 4 + 3(1-1) =4 a4 = 4 +3(4-1) = 13 a2 = 4 + 3(2 - 1) = 7 a5 = 4 + 3(5 - 1) = 16 a3 = 4 + 3(3 - 1) = 10 Výsledek: I£=1[4 + 3(n - 1)] = 4 + 7 + 10 + 13 + 16 + ••• Příklad 2.5 Napišme prvních 5 členů řady Ym=i Řešení Za n postupně dosazujeme čísla 1,2, 3,4, 5 a obdržíme členy: 1 4 4 e e e e a 1 1 + 21"1 2 4 1 + 24"1 9 2 2 5 5 e e e e a2 - , , o7-i - T a5 1 + 22"1 3 b 1 + 25"1 17 e3 e3 a3 = 1 + 23"1 Výsledek: Sľ-i^rr = - + - + - + - + - + ľ ^Jíi-l 1+2n-i 2 3 5 9 17 ČÍSELNÉ ŘADY (-1)™ .n Příklad 2.6 Napišme prvních 5 členů řady Ym=i' 2™ Řešení Za n postupně dosazujeme čísla 1,2, 3,4, 5 a obdržíme členy: _ (-1)1 ■ 1 _ 1 _ (-1)4 -4 Sl~ 21 ~~2 a4~ 2* (-1)2 -22 1 (-1)5 ■ 5 a2 — ^y? — 7 — o a5 a3 = 22 4 2 5 25 (-1)3 ■ 3 3 23 8 w i -i i voo (-D"-n 1,1 3 1 5 Výsledek: —^— =-------------^ 7 ^-in-l 2n 2 2 8 4 32 Příklad 2.7 Napišme prvních 5 členů řady Ym=i oo sinn7T n! Řešení Za n postupně dosazujeme čísla 1,2, 3,4, 5 a obdržíme členy: sin ln O sin 4n O &1 = ~1T~ = V. = ° &4 = = 4! sin 27T O sin Sn O a2=^!~ = 2! = ° a5=^!~=5! sin 37T O a3= —=3! = ° Výsledek: IXi1^ = 0 + 0 + 0 + 0 + 0 + (2+sin^l Příklad 2.8 Napišme prvních 5 členů řady *Zn=i-- n! Řešení Za n postupně dosazujeme čísla 1,2, 3,4, 5 a obdržíme členy: (^2 + sin-^) cos lrc (2 + 1) ■ (-1) Í! ~ 1 77 ČÍSELNÉ ŘADY (2 + siix^pj cos 2n (2 + 0) ■ 1 32 = 2! = 2-1 = 1 (2 + sinyj cos 3n (2 — 1) ■ (—1) 1 63 = 3! ~ 3-2-1 ~ ~ 6 (2 + siníf) cos 4ít (2 + 0) ■ 1 1 64 = 4! ~ 4- 3 ■ 2 ■ 1 ~ 12 (2 + sin 5^) cos Src (2 + l)-(-l) 1 5! ~ 5-4-3-2-1 ~ ~6Ô [2+sin—) cosnrr 111 Výsledek: Z" ^--= _3 + 1__ + ___ + 11111 Příklad 2.9 Napišme člen an (n-tý člen) řady - + - + - +■ - +— + Řešení Ve jmenovatelích zlomků jsou sudá čísla 2,4,6,která zapíšeme 2n, kde n E JV. v 1 1 Výsledek: Clen an = —; příslušnou řadu zapíšeme En=1—. Příklad 2.10 Napišme člen an řady 1 + - + - + - + — + K 71 ' 2 4 8 16 Řešení V čitateli je přirozené číslo, ve jmenovateli přirozená mocnina čísla 2. n Výsledek: Clen an = — 111 i Příklad 2.11 Napišme člen an řady H---1---1---1---h r n ' 4 9 16 25 Řešení Ve jmenovateli jsou druhé mocniny přirozených čísel. i Výsledek: Clen an = —. ČÍSELNÉ ŘADY 78 Příklad 2.12 Napišme člen an řady 7 + ^ + 7^ + ^ + Řešení V čitatelích jsou přirozená čísla n > 3, ve jmenovatelích, druhá mocnina přirozeného čísla počínaje 22. Výsledek: Člen an = íiii Příklad 2.13 Napišme člen an řady— + —— + — + — + 1 "3 3 ■ 5 5 ■ 7 7 ■ 9 Řešení Ve jmenovateli je vždy součin po sobě jdoucích lichých čísel, tj. (2n — 1) a (2n + 1). i Výsledek: Clen an (2n-l) (2n+l) 32 33 34 3S Příklad 2.14 Napišme člen an řady 3 + —+ —+ ^ + 7^ + Řešení V čitateli je přirozená mocnina čísla 3, ve jmenovateli součin přirozených čísel 1-2-3 3™ Výsledek: Člen an = —. 1 11 Příklad 2.15 Napišme člen an řady 1+ - + 3 + - +5+-H— Řešení Liché členy řady jsou lichá přirozená čísla. Sudé členy řady jsou převrácené hodnoty sudých přirozených čísel. r--nn_1 Výsledek: Clen an = rr ÍJ 79 ČÍSELNÉ ŘADY Příklad 2.16 Napišme první dva členy a n-tý člen řady, známe-li posloupnost jejích částečných součtů {(—i)n~\ j. Pokud řada konverguje, určíme i její součet. Řešení Clen % = s-L = —— = —1 Clen a2 = s2-Si = s2 - % = —--(-1) = - + 1 = - pí. (-1)™ r -,\n n-l-(-l)n .. 2n-l _ „ Clen an = sn-sn_1 = - —— = (-l)n—. . = (-l)n—,—r pro n > 1. n n n í n n_1 \ j n(n-l) v j n(n-l) ^ Součet řady (-i)™ ri i i s = lim sn =-= lim I- ■ (—l)n = 0, protože lim - = 0 a posloupnost {(—l)n} je omezená. n—»oo n n—»oo lti j n—»00 n Výsledek: Členy řady jsou: ax = — 1, a2 =^,an = (—l)n^_^ pro n > 1. (-1)™ (2n-l) Řada EÍT-i-:—-— konverguje a má součet s = 0. " x n(n-l) Příklad 2.17 Napišme první dva členy a n-tý člen řady, známe-li posloupnost jejích částečných součtů {sn} = (~ — ^l}1 Urč,me ' součet řady. Řešení ~ 2 5-15 1 Clen ai = Si =---= 2 — = —. 1 1 1 1+1 2 2 Čle 2 5-2 / 1\ „ 10 1 11 n a? = s?— Si = s? — ai =----— = 1---h - =-- z z 1 z 1 2 2 + 1 V 2) 3 2 6 ~, 2 Sn ( 2 5(n-l) \ 2 5n 2 5n-5 Clen an = sn-sn_-, =-------—-— =------1--= 71 71 71 1 n n+1 Vn-1 (n-l)+l/ n n+1 n-1 n 3 5n 2 = 5---- n n + 1 n — 1 5n(n2 - 1) - 3(n2 - 1) - 5n2(n - 1) - 2n(n + 1) _ n(n — l)(n + 1) 5n3 — Sn — 3n2 + 3 — 5n3 + 5n2 — 2n2 — 2n 3 — 7n n(n2 — 1) n(n2 — 1) Součet řady s = lim sn = lim (- ——) = lim - — lim —^- = 0 — 5 = —5 n—»oo n—»oo \n n+1/ n—»00 n n—»00 n— ČÍSELNÉ ŘADY 80 1 11 3—7n Výsledek: Cleny řady jsou: ax = — -, a2 = — —, an = n^n_^ pro n > 1. Řada 3, 7n, konverguje a má součet s = —5. " ±n(n-l) Příklad 2.18 Napišme první dva členy a n-tý člen řady, známe-li posloupnost {sn} jejích částečných i součtu: Si = 0 a s„ = -—— pro n > 2. Určíme i součet řady. 1 n (n-l)2 Řešení Víme, že s± = 0, tedy ax = sx = 0 i Clen a? = s7— s-i = -—— —0 = 1 z z 1 (2-1)2 ~. 1111 (n-2)2-(n-l)2 3-2n Clen an = sn-sn_1 = (n-l)2 [(n-l)-l]2 (n-l)2 (n-2)2 (n-l)2(n-2)2 (n-l)2(n-2)2 Součet řady s = lim sn = lim , 1= — = 0 n->oo n->oo (n-l)2 LooJ Výsledek: Členy řady jsou: a1 = 0, a2 = 1, an = (-n_13)2^_2-)2 pro n > 2. Řada Xíf-q-^——konverguje a má součet s = 0. Příklad 2.19 Napišme první dva členy a n-tý člen řady, známe-li posloupnost jejích částečných součtů {sn} = {arctg n}. Určíme i součet řady. Řešení Člen a1= s1 = arctg 1 = ^. Člen a2 = s2— Si = arctg 2—\ Člen an = sn—sn_x = arctg n — arctg (n — 1). Součet řady s = lim sn = lim arctg = [arctg oo] = ^. n->oo n->oo Výsledek: Členy řady jsou: a1 = -,a2 = arctg 2 — -, an = arctg n — arctg (n — 1). Řada Sn=3[arctSr n — arctg (n — 1)] konverguje a má součet s = |. 81 číselne Příklad 2.20 Užitím definice součtu s řady vyšetříme konvergenci řady £n=3 (3n_2)(3n+i)1 Řešení Zlomek--—--rozložíme na parciální (částečné) zlomky. (3n-2)(3n+l) v \ / » 1 A B + --t;í4,5 G (3n-2)(3n + l) 3n - 2 3n + 1 l = i4(3n + l)+73(3n-2) 1 2 Dosadíme do rovnice n = — - a n = - a vypočítáme A a B. 1 1 n =--: 1 = A ■ 0 + fi(-l -2) =>£ = -- 3 v ^ 3 n = -:l=^(2 + l)+73-0=>i4=- i i Potom-1-= _ä---L_ = i p---L.) (3n-2)(3n+l) 3n-2 3n+l 3 V3n-2 3n+l/ (3n-2)(3n+l) 3n-2 3n+ N-tý člen posloupnosti částečných součtů {sn} je _ 1/ 1 1 1 1 1 1 1 1 \ _ 5n _3V1_4 + 4_7 + 7_"' + 3n-5_3n-2 + 3n-2~3n + lJ ~ lim sn = lim n->oo n->oo 3 í1 3n + l) 3 (* ~ 3n + l) 1 1 = 5(i-o)=3 = , Limita p-sti {sn} je vlastní. v 1 1 Výsledek: Rada Y>n=3 (3n_2)(3n+i) konverguje a má součet s = -. ČÍSELNÉ ŘADY 82 Geometrická řada Připomínáme: Geometrická řada n=l konverguje pro \q\ < 1 <==> Q G (-1;1) a ma součet s = — l-q diverguje pro |q| > 1 Podíl = q, q G R je kvocient geometrické řady; q nezávisí na n, je to konstanta. Příklad 2.21 Rozhodněme, zda je řada Xn=i^T-geometrická; pokud ano, stanovíme její součet. Řešení Zjistíme, zda je podíl dvou po sobě následujících členů řady konstantní. 1 o-n+i _ 2(n + 1) - 1 _ 2n - 1 a„ 1 2n +1 2n- 1 Podíl se mění v závislosti na n, není tedy konstantní, řada není geometrická. Výsledek: Rada 2n=i^3[nen' geometrická řada. Příklad 2.22 Rozhodněme, zda je řada Ym=i 5 4„+i geometrická; pokud ano, stanovíme její součet. Řešení Podíl jn+l 5 . 4(n+i)+i 3n+1 ■ 5 ■ 4n+1 3n 5 ■ 4n+2 ■ 3n 4 7 = <7 5 ■ 4n+1 je konstantní (nezávisí na n), řada je geometrická. Její kvocient je q = -. Řada konverguje, protože q = - G (—1; 1). Její součet vypočteme podle vzorce s = 31 _ 3 ai - 5^41+1 ~ 80 83 ČÍSELNÉ ŘADY _3_ _3_ 80 = 80 = 3 ' 4 = 3 5 i_ 3 1 80 20 1 4 4 3™ 3 Výsledek: Rada Ym=i 5 4n+i Je geometrická a má součet s = —. Příklad 2.23 Rozhodněme, zda je řada Ym=i~^~^ geometrická; pokud ano, stanovíme její součet. Řešení 2(n+l)+l an+1 (n+ 1)3"+1 2n+2-n-3n 2n Podíl an 2(n+1) (n +1) ■ 3n+1 ■ 2(n+1) 3(n +1) n- 3n závisí na n, řada není geometrická. 2n+1 Výsledek: Řada Ym=i~^i^ nen' geometrická řada. ■ Příklad 2.24 Rozhodněme, zdaje řada £iT=i n 3tl_1 geometrická; pokud ano, stanovíme její součet. Řešení 1 an+i 2n+1 ■ 3(^+i)-i 2n ■ 3n 1 1 1 Podíl "o^- ~ 1 ~ 2n+1 ■ 3n ~ 2~I ~ 6 ~ 9 2n ■ 371-1 i je konstantní (nezávisí na n), řada je geometrická. Její kvocient je q = -. Protože q = - G (—1; 1), řada konverguje a má součet 1 1 ai 21 ■ 31"1 2 6 3 1-q 1 _1 5 10 5 1 6 6 v 1 3 Výsledek: Rada Y*n=i 2T13T1-i Je geometrická a má součet s = ČÍSELNÉ ŘADY 84 3n Příklad 2.25 Rozhodněme, zdaje řada Y,n=i 7 ' 5 2n+i geometrická; pokud ano, stanovíme její součet. Řešení 3n+1 an+1 7 " 5 . 2(n+i)+i 3n+1-2n+1 3 Podíl an 7 3n 3n-2n+2 2 9 7 5-2n+1 je konstantní, nemění se v závislosti na n. Řada je geometrická, ale její kvocient q = - g (—1; 1), což znamená, že řada diverguje k plus nekonečnu (s = +oo). Výsledek: Rada Ym=i 7 ' 5 2n+i J'e geometrická, diverguje. Příklad 2.26 Rozhodněme, zda je řada Ym=i 10 2n geometrická; pokud ano, stanovíme její součet. Řešení Podí, £z-=12^ = 12^!=10-2=^ = (7 an 10-2™ 10"2n 100 ^ je konstantní, řada je geometrická a konverguje, protože q = -^r G (—1; 1)- Určíme součet: 1 % = 10 -2 100 1 1 ai 100 _ 100 _ 1 1-q 1 1 99 99 1 100 100 Výsledek: Řada£n=i 10 2n je geometrická a má součet s = — 99 85 ČÍSELNÉ ŘADY Příklad 2.27 Rozhodneme, zda je řada Ym=i y ~) geometrická; pokud ano, stanovíme její sou- čet. Řešení On+l = \ 2) = v 2 7 = vž = Podíl an / ^-i , ^n-i 2 9 je konstantní, řada je geometrická a konverguje, protože q = — G (—1; 1). Určíme součet: 1-1 s = l-<7 1_/_V2\ 2+V2 2+V2 2 y 2 Výsledek Řada Ym=i [~ ~) Je geometrická a má součet s = 2+V2' Příklad 2.28 Rozhodněme, zda je řada Ym=i 3n™n n geometrická; pokud ano, stanovíme její součet. Řešení Upravíme ľľ=i^ = = Z^i^ 1 Qn+i _ 3n+1 ln 3 _ 1 _ Podíl an 1 3 ^ 3nln3 je konstantní, řada je geometrická a konverguje, protože \q\ = ie(-i,i). 1 1 1 31 ln 31 3 ln 3 Potom s = 1 1 ai 31n3 31n3 1 1 — qr ,1 2 21n3 ln9' ČÍSELNÉ ŘADY 86 v 71 1 Výsledek: Řada Eíf-i ——- je geometrická a má součet s = -—, / i \n Příklad 2.29 Napišme první 3 členy řady Ym=i •x e ^ 0 rozhodněme, zda je geometrická. Udáme, pro která x existuje součet řady a stanovíme jej. Řešení 2n=i (t~) = 7~ + (~~^) + (^3) +"■'°b°r řady jsou reálná čísla, ale x ^ 3. Podíl = *~3 x„ = -77; při pevně zvoleném x nezávisí na n, řada je geometrická a její kvocient 7-n 1 9 = On ÍJ-Y X-3 .x-3/ x-3' x-3 < 1 <=> -1 < — < 1 x-3 Geometrická řada konverguje, když |qr| < 1, tj. Vyřešíme nerovnici: Pro x — 3 > 0 obdržíme — x + 3 < 1 < x — 3, tj. x > 3, x > 2 a x > 4. Určíme průnik intervalů: (3,00) n (2,00) n (4,00), obdržíme x G (4,00). Pro x — 3 < 0 obdržíme — x + 3 > 1 > x — 3, tj. x < 3, x < 2 a x < 4. Určíme průnik intervalů: (—00,3) n (—00,2) n (—00,4), obdržíme x G (—00,2). Součet řady s _ 1 _ x — 3 _ x — 3 1-q 1 _ 1 x-3-1 x - 4' x — 3 x — 3 (1 \n 1 -—I závisí na hodnotě x, proto jej označíme s(x) = —— 3 J OC 4 a existuje pro x G (—00,2) U (4,00). Příklad 2.30 Rozhodněme, pro která k E R konverguje geometrická řada 10k + 100k2 + -- + 10nkn + ••• Řešení Je to geometrická řada, protože podíl = —10nkn— = je konstantní pro pevné k. Kvocient řady q = lOk. 87 ČÍSELNÉ ŘADY Geometrická řada konverguje, je-li |qr| < 1 <=> \10k\ < 1 => 10\k\ < 1 => \k\ < — => Poněvadž % = 10/t, qr = lOk je součet řady % 10/t 5 ~ 1 - q ~ 1 - 10/t' Výsledek: Řada £"=110n/tn = £n=1(10/t)n konverguje pro /t G (-^;^) a má součet s = ^7^"- Příklad 2.31 Vypočítejme délku l lomené čáry CCX + C1C2 + C2C3 + ••• sestrojené v pravoúhlém trojúhelníku ABC, jehož jeden z ostrých úhlů je a, viz obrázek Řešení CC V pravoúhlém trojúhelníku BCC1 je cosa = —- => CC1 = BC ■ cosa BC v pravoúhlém trojúhelníku CC1C2 je cosa = —- => = CC1 ■ cosa = BC ■ cos2a. Zřejmě C2C3 = BCcos3a atd. Cn_xCn = BCcosna. Řada CčT-l + + C2C3 + ••• = BC ■ cosa + BC ■ cos2a + BCcos3a + ••• je geometrická řada s kvocientem q = cosa, pro nějž platí |cosa| < 1, poněvadž a je ostrý úhel a % = BCcosa. Tato řada konverguje a její součet s = = BCcosa 1-q 1-cosa n 4COS- 4— 2 Např. je-li a = - a BC = 4cm, pak délka lomené čáry je-\ = —\ = — = 4. 3 l-cos— 1-- - 3 2 2 Délka lomené čáry l = 4cm. Výsledek: Délka l lomené čáry je l = ^C°S°'■ ČÍSELNÉ ŘADY 88 Příklad 2.32 Vypočítejme obsah obrazce utvořeného z nekonečně mnoha obdélníků, jestliže se délky jejich vodorovných stran zmenšují v poměru 4:1 a délky jejich svislých stran se zvětšují v poměru 1:2, přičemž obsah výchozího obdélníku je 48cm2. Řešení 4b 2b ro co cd Označme strany obdélníku a a b, tedy ab = 48cm2, součet obsahů všech obdélníků P. a a a a P = ab + — ■ 2b +— ■ 4b + — ■ 8b + —— ■ 16b + ••• 4 16 64 4-64 1111 P = ab + — ab + — ab + — ab H--ab + ■■■ 2 4 8 16 Obdrželi jsme geometrickou řadu, kde ax = ab a kvocient q = - G (— 1; 1). Tato řada konverguje a „ ax ab „ , ma součet s = — = —r = 2ab. l-q l-i Výsledek: Hledaný obsah P = 2 ■ 48cm2 = 96cm2. 89 ČÍSELNÉ ŘADY Příklad 2.33 Je dán rovnostranný trojúhelník o straně a > 0; z jeho tří výšek je sestaven nový trojúhelník, z jeho výšek pak další trojúhelník atd. Vypočítejme obsah P všech takových trojúhelníků. Řešení: V Pro rovnostranný trojúhelník o straně a > 0 platí vzorce: Výška,=^-(|)2=JÍ^ = JÍf = fVT ObsahP=2--V3=-V3 2 2 4 Výška trojúhelníku Ax je vx = -VŠ, obsah P1 trojúhelníka Ax je P1 = ~ VŠ. a r- 3a2V3 Strana trojúhelníku A2 je - V3 a jeho obsah P2 = —— =- 4 16 ,2 a 3 (~a) VŠ 9a2 V3 Strana trojúhelníku Ao je -3 = - a a jeho obsah Po = — =-atd. J JJ 4 4 1 d 4 64 Potom Pn = Obsah všech trojúhelníků P = P, + P2 + P3 + ••• = — V3 + — V3 + — V3 + J 1 Z d 4 16 64 3™a2V3 4n+i 3n-ia2V3 4' = - což je konstanta, řada je geometrická. a2 i— 3 Obdrželi jsme geometrickou řadu v níž ax = —V3 a kvocient q = - G (—1; 1). Rada konverguje a dl —"V^ —V3 ,— má součet s = — = = — = a V3. l-q !_i i Výsledek: Obsah P všech trojúhelníků je P=a2V3. ČÍSELNÉ ŘADY Věta o součtu řad a násobku řady číslem Připomínáme: Konvergují-li řady Ym=i an a 2n=i bn, pak konvergují i řady Y.n=i(an + bn) a Ym=i k ■ ana platí 00 00 ^\an + bn) = ^ an + ^ bn n=l n=l n=l ^' k ■ n=i~^r- Řešení Nejprve upravíme n-tý člen řady. 2n + l 2n 1 /2Nn ","n _ 2n i _ /2\" /iy ~ 3" + 3" ~ \3J +\3~) Výraz je n-tý člen řady £"=1 (j) 2 2 je geometrická řada, ax = -, q = - G (—1; 1), řada konverguje a má součet s-l 2 2 3 _ _3_ _ n 2 — 1 — ^ 1-- 3 3 Obdobně: je n-tý člen řady £™=1 ©n 11 je geometrická řada, % = -, q = - G (—1; 1), řada konverguje a má součet s2 i i 3 _ _3_ _ i-i - £ - 2 3 3 Z konvergence řad £n=i Q) a £n=i Q) plyne konvergence řady Z£=1 [(i)" + (i)"] = Z£=i^ J'eJfž součet 5 = 5i + 52, tedy s = 2 + i = \. 91 ČÍSELNÉ ŘADY ~ 2n+l 5 Výsledek: Řada Ym=i~^r konverguje a má součet s = -. 471+2 + 3.5" Příklad 2.35 Vypočítejme součet řady Y.n=i 7 20"-i ' Řešení Nejprve upravíme n-tý člen řady. 4n+2 + 3 . 5n 4n+2 3 . 571 43 . 4n-l 3.5. 571-1 7 ■ 2071-1 7 ■ 2 071-1 7 ■ 2071-1 7 ■ 2 071-1 7 ■ 2071-1 _ 64 / 4 \n_1 15/5 \n_1 _ 64 /l\n_1 15 /l\n_1 ~y v2ôJ +y V20J ~y všJ +y'UJ ©n-l ^ je člen geometrické řady£n=i (-) ; % = 1, q = - E (—1; l).Tato řada konverguje 115 a ma součet Si = —7 = -r = - 1 l-i - 4 s s /l\n_1 /l\n_1 1 Výraz Í-J je člen geometrické řady£n=i (-) ; % = 1, q = - G (—1; l).Tato řada konverguje 1 14 a ma součet s2 = —- = — = - 1 4 4 ,n-l Konverguje-li řada Xn=i (~) > Pak konverguje i její násobek číslem — a platí, že součet řady I£=1 y g)n_1 je Totéž platí i pro řadu I»=1 (^""'a její násobek, tj. Sn=iy (j)^ = = 15 — 52- 7 z Z konvergence řad Y*n=i~ [7) a Ym=i~ (4) plyne konvergence řady „oo r64/l\n_1 15 /l\n_1l 4n+2 + 3-5™ 2»=i[TU) +TU) J=ľľ=i^^atamasoucet 64 15 64 5 15 4 80 + 20 100 5 7 5l+7 52 7 ' 4 + 7 ' 3 4™+2+3-5™ ,...... 100 Výsledek: Řada Ym=i 7 20n-i konverguje a její součet s = — 2121 2 1 Příklad 2.36 Vypočítejme součet řady----1-----1-----h Tľ 1 ' 3 4 9 16 27 64 Řešení ČÍSELNÉ ŘADY 92 2 1 Liché členy řady vyjádříme jako — a sudé jako —. 2 1 Clen an dané řady můžeme zapsat takto: an = ^ — t^- Potom symbolický zápis řady je yoo [J___í_l 2,71=1 L3™ 4"J' V řadě Sn°=i^r můžeme konstantu 2 vytknout, tj. 2^=1^ =2l,n=i(^) ■ fi\n 1 1 Řada £n=i (3) Je geometrická řada; % = -, q = - G (—1; 1), řada konverguje a má součet s1 = 1 _Oj_ _ _J_ _ 1 1-, i-i 2 v 1 /1\ ^ 11 Řada £™=1 — = 2n=i (4) Je geometrická řada; ax = -, q = - G (— 1; 1), řada konverguje a má sou- 1 cet Si = — = —= -. -L -1 _^ * 1 O 1-q l-± 3 4 Z konvergence řad £"=1 (j) a £n=i Q) P'V16 konvergence řady £"=1 [7J7 - 7^ ] a její součet s = o „112 2 ■ Si — s? = 2----= -. 1 z 2 3 3 2 Výsledek: Daná řada konverguje a má součet s = -. Poznámka. Užitím znalosti výpočtu součtu geometrické řady lze sečíst řadu tvaru £n=i an ' bn, kde {an} je aritmetická posloupnost a {bn} posloupnost geometrická s kvocientem |q| < 1. Příklad 2.37 Určíme součet řady Y.n=i ^7t-Řešení Řada splňuje výše uvedené podmínky, protože ji můžeme zapsat ve tvaru 00 n=l Posloupnost {2n — 1} je aritmetická, protože rozdíl jejích dvou po sobě jdoucích členů - diference d -je konstantní. Vskutku an+1 — an = [2(n + 1) — 1] — (2n — l) = 2n + l — 2n + l = 2 = d 93 ČÍSELNÉ ŘADY i Posloupnost j — [ je geometrická, protože = ■2^- = - = q G (—1; 1) Vyjádříme součet s řad od původního součtu s. 13 5 7 } 2 + (i ~ i) + (š ~ š) + (16 ~ 16 j i Vyjádříme součet s řady jako součet jejich členu, vynásobíme jej kvocientem q = - a odečteme jej 13 5 7 1 4 o lb J. odečteme £ = i + i + ± + ... 2 4 8 16 s 1 2 2 2 2 = 2+4 + 8+16 + S 1/111 -Z = 7ľ+ - + - + - + 2 2 /lil \ Í2 + 4 + 8 + -) -v- geometrická řada 1 s _ 1 2 _ 1 _3 2"2+7TI~2+1"2 1 2 3 v 271—1 Výsledek: Řada X^i-^- konverguje a má součet s = 3. Příklad 2.38 Určeme součet řady £n=i 37l- Řešení Upravíme n-tý člen řady na tvar ££=1 [n ■ ^] . Posloupnost {n} je aritmetická, posloupnost [t^-] i je geometrická s kvocientem q = - G (—1; 1). Užijeme postup uvedený podrobně v příkladu 2.36 ČÍSELNÉ ŘADY 94 Vyjádříme součet řady geometrická řada 1 3 2 _ 1 _ 3 35 " 2~ 2 S = 4 n 9 Výsledek: Rada Y>n=i^~i konverguje a má součet s = -. Příklad 2.39 Určeme součet řady Ym=i ^ 5™ } 2 3 4 5 S = 1 + 3 +F + F + Š4" + '"' f> odečteme 1 _ 1 2 3 4 35~ 3 + 32+ 33+ 34 + "' 1 111 1-,-' Řešení Upravíme n-tý člen řady na tvar Ym=i (f) ] ■ Posloupnost {3n} je aritmetická, s diferencí d = 3, p-st |Q) j je geometrická s kvocientem q — | G (—1,1). Vyjádříme součet řady (ií+i2(ir+-/ s = 3(|) + 6(|) +9(|) + 12^ \b/ \b/ \s/ \d/ y odečteme 3 /3\2 /3\3 /3\4 5s=3(š) +6(s) +9y+ } is=3(i)+3(i)2+3(i)3 s--s = 3 - + 3 - + 3 - + 95 ČÍSELNÉ ŘADY 2 5S = 3 + -*- Geometrická řada 3 2 q 3 9 -s = 3---— = 3 ■ - = - 5 ,3 2 2 1 5 _9 5_45 5 ~ 2 ' 2 ~ T „ n3 45 Výsledek: Řada Y>n=i 5n konverguje a má součet s = —. Příklad 2.40 Určeme součet řady Y.n=o ^r-Řešení Upravíme n-týčlen řady na tvar£n=o [(a + n) ■ J. Posloupnost {a + n}je aritmetická, posloupnost |Qj j je geometrická s kvocientem q = ^ G (—1; 1). Vyjádříme součet řady a+1 a+2 a+3 s = a + — + _ + _ + .../ s a a + 1 a+2 2= 2+ ~21_+ ~21_+'" s 111 S-2 = a + 2 + 2^+' V-*-' geometrická řada 1 - = a H--r- = a + 1 1 —- 1 2 } Odečteme s = 2(a + 1) Výsledek: Daná řada konverguje a má součet s = 2(a + 1). ČÍSELNÉ ŘADY 96 log2n Příklad 2.41 Určeme součet řady 2X1 ^ Řešení Upravíme n-tý člen řady na tvar £n=i [nlog2 ■ |. Posloupnost {nlog2} je aritmetická (d = log2), posloupnost jQ) j je geometrická s kvocientem q = ^E (—1; 1). Vyjádříme součet řady Zo^2 2log2 3log2 4log2 1 ^ 5 = ~T~ + + + + '"/- 2 s Zo^2 2log2 3log2 2 = "IP" + "P" + "21" + >» odečteme s Zo^2 Zo^2 Zo^2 Zo^2 5 ~ 2 = ~Y~ + ~2T + ~2F + ~2F~ + s /l 1 1 1 \ geometrická řada - = log2 ■ [ —2_ 1 = ;0^2 ■ 1 = log2 s = 2log2 = Zo^22 = Zo^4 loq2n Výsledek: RadaXn=i 2„ konverguje a má součet s = log4. Nutná podmínka konvergence řady Připomínáme: Věta (nutná podmínka konvergence řady): Konverguje-li řada Ym=i an> Pak nm an = 0. n->oo Důsledek: Je-li lim an =č 0 nebo lim an neexistuje, pak řada Ym=i an diverguje. n->oo n->oo 97 Příklad 2.40 Rozhodněme o divergenci řady z,n=1 2 . Řešení ,. ,. 3n2+n /co\ 3+^ Vypočteme lim an = lim —— = — = lim —f = 3; n->co n->co n2+2 V co/ n^oo l+- Není splněna nutná podmínka konvergence řady, poněvadž lim an = 3 =č 0. Výsledek: Řada £^=1^-^ diverguje. 2n Příklad 2.42 Rozhodněme o divergenci řady £n=i n3+2n2+l Řešení 2 2n í°°\ ~ Vypočteme lim an = lim —-;— = — = lim —j^~r = 0; lim an = 0. *r ^ n n^oon3+2n2+l \coJ n^oo n^oo Nutná podmínka konvergence řady je splněna, řada může, ale nemusí konvergovat. 2n2 Výsledek: O divergenci řady £n=i n3+2n2+1 nelze rozhodnout. Příklad 2.43 Rozhodněme o divergenci řady Ym=i i arctg n Řešení Vypočteme 1 12 lim an = lim-= —^r- = —; n^co n^co arctg n JI. n lim an = — 0. _ 2 Není splněna nutná podmínka konvergence řady Výsledek: Řada ££-1 —"— diverguje. " 4 arctg n ČÍSELNÉ ŘADY Příklad 2.44 Rozhodněme o divergenci řady £n=i en. Řešení i 5 Vypočteme lim an - lim e« = e° = 1, protože lim- = 0. n—»oo n-»oo ti lim an = 1 =č 0. n->oo Nutná podmínka konvergence řady není splněna. Výsledek: Řada £n=i en diverguje. Příklad 2.45 Rozhodněme o divergenci řady £n=i sin n. Řešení Vypočteme lim an = lim sin n- ta neexistuje. n—>oo n-»oo Nutná podmínka konvergence řady není splněna. Výsledek: Řada £n=ism n diverguje. 2™+l Příklad 2.46 Rozhodněme o divergenci řady Ym=i~ Řešení 2"+l Vypočteme lim an = lim —— = ( —) = lim -iS- n^oo n^oo 3™ V co/ n^oo i_ 3™ Nutná podmínka konvergence řady je splněna. 2n+l Výsledek: O divergenci řady Xn=i—~ ne'ze rozhodnout. = lim 99 ČÍSELNÉ ŘADY COSTL Příklad 2.47 Rozhodněme, zda může být řada £n=i n(-n+2) konvergentní. Řešení Vypočteme lim a„ = lim cosn = lim ( ,1 ■ cosn) = 0, protože lim , 1 , = — = 0 a posloupnost n->co n n^oo n(n+2) n->co Vn(n+2) / r n^oo n(n+2) LooJ {cosn} je omezená, neboť Vn G N je |cosn| < 1. Nutná podmínka konvergence řady je splněná lim an = 0. n->oo Výsledek: Rada Ym=i n(jl+2) muze (a'e nemusí) být konvergentní. 3™ Příklad 2.48 Rozhodněme, zda může být řada 2n=i7^T konvergentní. Řešení Vypočteme £L (l)n lim an = lim ——- = (-) = lim -^r = lim W = 0 n->oo n->oo 1+4™ Vcoy n^oo 1+4 n-»oo fi> +1 Nutná podmínka konvergence řady je splněná. Výsledek: Řada může (ale nemusí) být konvergentní. 371—7 Příklad 2.49 Rozhodněme, zda může být řada Zn=i^~^ konvergentní. Řešení Vypočteme o 7 3n — 7 /ooN á — — i lim an = lim--- = ( —) = lim-^ = - ^ 0 n->oo n-^co 6n + 2 Voo/ n^oo , , L 2. o H-- n Nutná podmínka konvergence řady není splněna, lim an 0, řada diverguje. n->co Výsledek: Řada Ym=i-nemůže být konvergentní, řada je divergentní. 671+2 ČÍSELNÉ ŘADY 100 Příklad 2.50 Rozhodněme, zda může být řada Ym=i (3n+1) 52n konvergentní. Řešení Vypočteme (-l)n+1 r 1 i lim a„ = lim---——r- = lim---——— ■ (—l)n+1 = 0 Posloupnost {(-l)n+1) je omezená a hm (3n+^.s2n = [^]=°-Nutná podmínka konvergence řady je splněna, lim an = 0. Výsledek: Řada může (ale nemusí) být konvergentní. Přehled význačných řad (1) Geometrická řada konverguje pro \q\ < 1 a má součet s = -^—^ n=i diverguje pro \q\ > 1 (2) „Užitečná" řada 1 (n + 1) °° 1 Z—-- -► konverguje a má součet s = 1 n(n -+ n=l (3) Řada typu 00 Zl ^_^r konverguje pro k > 1 nfc "^k- diverguje pro k < 1 (k E E) n^oo " (4) Harmonická řada (speciální případ řady (3)) 00 Z- -► diverguje a má součet s = + oo n 101 ČÍSELNÉ ŘADY (5) Leibnizova řada 00 Zí—l)n_1--konverguje relativně a má součet s = ln 2 n n->oo (6) Grandiho řada 00 ^ (—l)n -► diverguje (osciluje) a nemá součet n->oo (7) Aritmetická řada Z[a + (n — l)d] _► konverguje pouze pro ai = d = O, pak má součet s = 0; jinak diverguje Poznámky. 1) Geometrickou a harmonickou řadu často užíváme ve srovnávacím kritériu k porovnávání řad. 2) U geometrické řady dovedeme ihned rozhodnout podle jejího kvocientu q, zda konverguje či diverguje. 3) Konvergentní geometrická řada je jednou z mála řad, které umíme sečíst. 4) Stejný konvergenční charakter mají i řady, které vzniknou z výše uvedených řad dosazením n + l, l G E, za n. Kritéria konvergence a divergence pro řady s nezápornými členy Úmluva. Často budeme užívat i stručný symbol £ místo Ym=i- Srovnávací kritérium Připomínáme: Nechť Ym=i an a 2n=i Jsou řady s nezápornými členy takové, že pro skoro všechna n platí an < bn. • Pokud řada Ym=i bn konverguje, konverguje také řada Ym=i an- • Pokud řada Ym=i an diverguje, diverguje také řada Ym=i bn- ČÍSELNÉ ŘADY 102 Příklad 2.51 Vyšetřeme konvergenci řady Hn=in2_4n+5-Řešení Pokusíme se srovnat danou řadu s některou z význačných řad. Pro každé n E N platí n2 - 4n + 5 > n2 - 4n + 4 = (n - 2)2 Potom 1 1 < 7-~rr ,n 2 n2 - 4n + 5 (n - 2)2 Řada Xn=i (n_2)2 Je typu Xn=i^i/^ = 2 > 1, a ta je konvergentní. Řada Ym=i (n_2)2 Je konverzi gentní majoranta dané řady, proto řada Xn=in2_4n+5 konverguje. Příklad 2.52 Vyšetřeme konvergenci řady £íf=1—. Řešení Srovnáme danou řadu s řadou harmonickou. Pro každé n G JV je Vn < n => -= > -. y/n n 1 11 Harmonická řadaXn=i~ diverguje, je minorantou řady proto řada Y>n=i~F diverguje. 71 \TL \TL Poznámka. 1 1 Je to současně i jedna z význačných řad - řada typu £n=i^p kde = - < 1, a ta diverguje. Příklad 2.53 Vyšetřeme konvergenci řady £n=i^3[-Řešení Srovnáme danou řadu s řadou harmonickou, tj. 2n=i~ 0 níž víme, že diverguje. Pro každé n E N platí 1 1 _ 1 1 2n — 1 2n 2 n v i i Řada 2n=i~ Je divergentní, proto je divergentní i řada £n=i — a z nerovnosti 1111 1 -> — =---plyne i divergence řady £íf-i-■ 2n-l 2n 2 nM ' to ' ^n-12n_1 103 ČÍSELNÉ ŘADY li i Příklad 2.54 Vyšetřeme konvergenci řady 1 + — + — + —h ^2n_xy + Řešení Zkusíme srovnat naši řadu s některou z význačných řad. Pro každé n E N platí 1 1 111 < - = - = _ . - rj =£ 1 (2n - l)2 (2n - 2)2 [2(n - l)]2 4 (n - l)2 v 1 1 Řada Zn=i~ Je konvergentní, je to řada typu Y^=1—,kde k = 2 > ltedy konverguje, viz (vý- í i značné řady). Proto také řada Hn=i (Tt_1)2 Je konvergentní a odtud plyne, že řada Zn=i4 (Tt_1)2 Je v i konvergentní. Řada ^i4(n-i)2 konverguje a platí nerovnost 11111 1 (i^IF < (i^iF = [i&^F = 4 ■ ^IF' proto řada Sn=i7i^7 konverguje. Nebo: ľľ=i-^-rr = Z£i j^jí = ;2"=i7^r i i 2n=i7-2 konverguje, je to řada typu Zn=i~ kde k = 2 > 1. Proto konverguje i její (n-f) násobek i Zíf-i —^ <=> Zn-i, 1 ^- 4 (n_i) (2n-l)2 Příklad 2.55 Zjistěme, zda konverguje řada Z ^4„+n. Řešení Pokusíme se srovnat danou řadu s některou z význačných řad. Pro každé n G JV je V4n + n > V4" = V(22)n = V(2n)2 = 2n, potom také 1 1 V4n + n 2n v 1 1 Řada Z 7^- je geometrická řada s kvocientem q = - G (—1,1), a ta je konvergentní. Je-li konvergentní i v i majoranta - řada Y —, pak je konvergentní i minoranta. Řada Y-== je konvergentní. 2™ V4™+n ČÍSELNÉ ŘADY 104 Příklad 2.56 Zjistěme, zda konverguje řada Y, 4 n+2 Řešení Užijeme srovnávací kritérium. Pro každé nEJVjen + 2 —/4 Vn+2 V3n' 4^4 41 /n+2 VŠň V3 Vň v T41141 1 1 Řada Y — ■ — = — ■ Y — diverguje (typ řady Y —r, /c = - < 1) a platí nerovnost LV3 VnJ V3 Vn nK 2 -7— > -F=, proto řada Y , 4 je divergentní. Vň+2 VŠň ^Vň+2J to Minoranta diverguje, proto i její majoranta diverguje. 111 i Příklad 2.57 Vyšetřeme konvergenci řady--1---1---h —I---h ••• ' »7 1001 20Q1 3001 I000n Řešení Konvergenci vyšetříme užitím srovnávacího kritéria. Srovnáme danou řadu s harmonickou řadou Y,-, o níž víme, že diverguje. Odtud, na základě vět o konvergenci a divergenci řad dostaneme, že 1 1 také řada y — diverguje a násobek této řady, tj. řada Y-také diverguje. ^n+l to 1 71 ^ 1000(n+l) to 1 Dále platí nerovnost 11 1 -<-pro V n G N. Z toho, že řada Y-diverguje a z nerovnosti 1000(n+l) lOOOn+1 ^ ^ 1000(n+l) ° J 11 1 -<-plyne, že řada Y-diverguje. 1000(n+l) lOOOn r j > La 1000n o j 111 Příklad 2.58 Vyšetřeme konvergenci řady--1--- H--- + ' 3 ' 1-2 3-23 5-2s Řešení Určíme člen an řady. n (2n - 1) ■ 22"-1 105 ČÍSELNÉ ŘADY Zřejmě pro každé n G N je 1 1 a„ = "TT----7—7 < n (2n - 1) ■ 22"-1 ~ 22n-1- Rada X 22n_1 je geometrická řada s kvocientem q = - G (—1,1), a ta konverguje. Rada X 22n-i konverguje a platí nerovnost ^n-iyz^-i - Proto řada Z (2n-l>2^ k0nvergUJe- D'Alembertovo (podílové) kritérium Připomínáme limitní formu kritéria: Nechť£n=i anJe řada s kladnými členy a nechť existuje konečná nebo nevlastní limita lim = L. n->oo an • Je - li L < 1, pak řada £n=i an konverguje, • je - li L > 1, pak řada £n=i an diverguje, • je - li L = 1, pak o konvergenci řady £n=i an nelze prostřednictvím limitního podílového kritéria rozhodnout. íi i Příklad 2.59 Dokažme konvergenci řady — + — + —h ^2Tt+1-), + ■" užitím limitního podílového kritéria. Řešení Vypočítáme 1 ,. «n+i ,. [2(n + l) + l]! ,. (2n+l)! lim-= lim-=-= lim — (2n+ 1)! n^co (2n + 3)! (2n + 1)! = lim —--tt--ttttz-— = lim n^oo (2n + 3) (2n + 2) (2n + 1)! n^oo (2n + 3) (2n + 2) = 0 < 1 Výsledek: Řada ——t konverguje, protože lim < 1. (2n+l)! n->oo a„ ČÍSELNÉ ŘADY 106 Příklad 2.60 Dokažme konvergenci řady i + ^ H-----h^H— užitím limitního podílového kritéria. Řešení Vypočítáme n + 1 an+1 2n+1 (n + 1) ■ 2n lim-= lim —=— = lim- 2n i j_ 1 = lim —— = (-) = lim —-2 = - < 1 n->co \oo/ n->oo z z Výsledek: Řada £ — konverguje, protože lim < 1 2™ n->co a„ v, 4 n Příklad 2.61 Zjistěme, zda konverguje řada £ ■ Řešení 4™n Pro všechna n E JV je an = :j—^ < 0. Všechny členy řady jsou záporné, proto nejprve provedeme následující úpravu. 4nn \- 4nn \- 4nn l-3n ~~ Zj ~3n - 1 ~ ~Zj3n - 1 4 Ti Získali jsme řadu E^r^ s kladnými členy, o jejíž konvergenci rozhodneme užitím limitního podílového kritéria. Vypočteme 4n+1(n + 1) ,. an+1 3n+\ _ 1 4*+1(n+l)(3»-l) lim-= 4*n = í™, 4M3-+1-D 3n - 1 1+- 1-fi) 14 = 4- lim—lim-\áL. = 4-l-- = ->l n^co 1 n->co á á 3 všJ 107 ČÍSELNÉ ŘADY 4"n .. . .......„, , „ ..„.,-, 4"n Řada Y —— diverguje; vynásobíme-li ji číslem —1, pak i řada Y—- diverguje (viz věta o násobku 3™—1 1—3™ řady konstantou). v 4 71 Výsledek: Řada £7—^ diverguje. Příklad 2.62 Vyšetřeme konvergenci řady £ 4^ JI r. Vn(V3) Řešení Užijeme limitní ďAlembertovo kritérium. 4(n + 1) - 3 71+1 an+1 VňTT(V3) (4n + l)vn(VŠ) lim-= lim-3-^-= lim n^co an n^co 4n-3 (4n - 3)VnTT(V3) (4n + l)Vň 1 4n +1 r~ň~ lim-. = —= lim--- ■ lim n+l n^co (4n _ 3)Vn + lV3 V3 4n - 3 ti^coaJ n + 1 1 1 4+- 1 1 = — lim -\ ■ lim -7 = — ■ 1 ■ Vl = — < 1 VŠ71"*00 4 _á n->0° h +1 V3 V3 n \ n Výsledek: Řada X ^-ľ^U konverguje. Vn(V3) 3™-n' Příklad 2.63 Vyšetřeme konvergenci či divergenci řady £ —7- užitím vhodného kritéria. Řešení Zvolíme limitní ďAlembertovo kritérium, protože v podílu výhodně vykrátíme. an 3n+1(n + 1)! ,. «n+i ,. (n + l)"+1 ,. 3n+1(n+l)!nn lim-= lim-^-:-= lim — n^co an n^co 3n ■ n! n^co (n + l)n+13n ■ n 3(n + l)n! nn nn 1 1 = lim--—-—-- = 3 lim--—— = 3 lim-—zr = 3 lim n^co(n + l)(n + l)n ■ n! n^™(n+l)n n^co ^1 + n^m^1 + i^n ČÍSELNÉ ŘADY 108 1 3 = 3-- = -> 1 e e 3n-n' Výsledek: Řada £—^diverguje. Příklad 2.64 Použitím limitního ďAlembertova kritéria vyšetřeme konvergenci či divergenci řady y (n-)2 L (2n)!" Řešení Vypočteme [(n+1)!]2 ,. an+i ,. [2(n+l)]! lim-= lim — 7l->co (n!) (2n)! (Zjednodušíme složený zlomek a vhodně rozepíšeme faktoriály.) [(n + l)!]2 ■ (2n)! (n + l)2 ■ (2n)! • (n!)2 = lim ——-————- = lim n-oo (2n + 2)! ■ (n!)2 n-oo (2n + 2)(2n + l)(2n)! • (n!)2 (n +1)2 n + 1 /oon = lim 7—-——-— = lim--- = — = Ti-oo 2{n + l)(2n + 1) n-co4n + 2 Voo/ l+i 1 = lim-^ = — < 1 n->0° 4 + £ 4 n Výsledek: Řada konverguje. Příklad 2.65 Dokažme konvergenci řady - + — + —h 2 5 - (3n ^ + ... užitím limitního podílového 3 7 1 1-5 1-5- ... ■ (471-3) ^ kritéria. Řešení Vypočítáme lim přičemž vzniklý složený zlomek upravíme ihned na součin dvou jednoduchých n->co an zlomků. 109 ČÍSELNÉ ŘADY an+1 _ . (2- 5- ... ■ (3n- l)[3(n + 1) - 1] 1 ■ 5 ■ ... ■ (4n - 3)N í™ ~o7~ ~ "™ U -5- (4n-3)[4(n + l)-3]' 2-5- ... ■ (3n-l), Po zkrácení zlomků obdržíme: 3n + 2 /oon 3 + — 3 = lim--- = (-) = lim-J = - < 1 n->oo 4n + 1 Voo/ n->oo . 1 4 4 i-- n Výsledek: Řada konverguje, protože lim < 1. n->oo a„ 1 1-3 1-3- ■ (2n—1) Příklad 2.66 Dokažme konvergenci řady- + — + —I--'~^T~^--^ "' užitím limitního podílového kritéria. Řešení Vypočítáme lim přičemž vzniklý složený zlomek ihned zjednodušíme. n->oo an On+1= /1-3- ... ■ (2n-l) [2(n+ !)-!] 3n ■ n! an ~ ^ 3n+1 ■ (n + 1)! ' 1 ■ 3 ■ ... ■ (2n - 1), Po zkrácení zlomků a úpravě (n + 1)! = (n + l)n! obdržíme: (2n + l)-n! 2n +1 /oon 2+- 2 = lim ^-~-: = lim--r = ( —) = lim-\- = - < 1 Voo/ n->oo o . á 3 71 n^co 3(n + 1) ■ n! n^co3n + 3 Výsledek: Daná řada konverguje, protože lim < 1. n->oo an Příklad 2.67 Rozhodněme, pro která a, b G R konverguje nebo diverguje řada (a + 1) ■ (2a + 1).....(na + 1) (ů + 1) ■ (2ů + 1) Řešení Užijeme limitní ďAlembertovo kritérium. Vypočteme ,. an+l ,. lim-= lim n->oo a n->oo (nů + 1) ,a >,b > 0. '(a + 1) ■ (2a + 1).....(na + l)[(n + l)a + 1] v0b + 1) ■ (2b + 1).....(nb + l)[(n + i)b + 1] ' na + a + 1 (b + 1) ■ (2ů + 1).....(nů + 1) (a + 1) ■ (2a + 1).....(na + 1) = lim n^co nb + b + 1 , a , 1 a + - + — ✓ OOn " T - T — Q = ( —) = lim-£—£ = - Voo/ n^oo ,,0,1 ů ^ +- + t: n o ČÍSELNÉ ŘADY 110 Je-li ~ < 1, tj- a < b, pak řada konverguje. Je-li | > 1, tj. a > b, pak řada diverguje. Pro a = b obdržíme aritmetickou řadu £ 1, a ta diverguje. Závěr: Daná řada konverguje pro a < b a diverguje pro a > b. kn Příklad 2.68 Dokažme, že platí lim — = 0, k > 0. n—»oo ti! Řešení Využijeme nutné podmínky konvergence řady. kn kn Výraz — budeme považovat za n-tý člen řady . Pokud je tato řada konvergentní, pak musí být kn splněna nutná podmínka konvergence řady, tj. lim an = lim — = 0. n—»oo n—»oo n\ Podle limitního podílového kritéria rozhodneme o konvergenci řady. kn+l an+1 (n + l)\ kn+1-n\ k \k lim-= lim —rr—— = lim -—;-— = lim n^oo k^_ n^oo/cn(n + 1)! n^oon + 1 n! 00 = O < 1 kn kn Rada X — konverguje, proto lim an = lim — = O, k > 0. Tím je důkaz proveden. n\ n—»oo n—»oo n\ Příklad 2.69 Dokažme, že platí lim-= 0. H n^oo (2n)! Řešení Využijeme nutné podmínky konvergence řady. Výraz -^—^ budeme považovat za n-tý člen řady 2^^- Pokud je tato řada konvergentní, pak musí být splněna nutná podmínka konvergence řady, tj. musí platit lim an = lim -—- = 0. n-»oo n-»oo (2n)! O konvergenci řady rozhodneme podle limitního podílového kritéria. Vypočteme přičemž ih- ned upravíme složený zlomek. an+1 (n + l)n+1 (2n)! (n + 1) ■ (n + l)n (2n)! lim-= lim —.-—---= lim--—-——---- n^oo an n^oo [2{n + 1)J! nn n^oo {2n + 2)(2n + l)(2n): nn 111 ČÍSELNÉ ŘADY (n + 1) ■ (n + l)n 1 1 (n + l\n lim —7--r—;-—— = — lim--- ■ lim n^co 2{n + l)(2n + l)nn 2n^co2n+l n^co 1 / i\n = -■0- lim Í1+-) =0-e = 0co n->co (2ny. Cauchyovo (odmocninové) kritérium Připomínáme limitní formu kritéria: Nechť £n=ian je řada s nezápornými členy a nechť existuje konečná nebo nevlastní limita lim nSa~^ = L. n->oo v • Je - li L < 1, pak řada £n=i an konverguje, • je - li L > 1, pak řada £n=i an diverguje, • je - li L = 1 nelze o konvergenci řady £n=i an prostřednictvím limitního podílového kritéria rozhodnout. Příklad 2.70 Užitím limitního odmocninového kritéria rozhodněme o konvergenci či divergenci řady Řešení Vypočteme „i— "1/ n + 2 \n n+ 2 /oon 1+| 1 lim 70^= lim--- = lim--- = (—)= lim-T = ^<1 n->oo v n->oo J — 6/ n->oo ^71 — á Voo/ n->oo 7 ^ n Výsledek: Řada Y, konverguje. ČÍSELNÉ ŘADY 112 Příklad 2.71 Užitím limitního odmocninového kritéria rozhodněme o konvergenci či divergenci řady Řešení Vypočteme ,— "|/3n - 2\n 3n-2 /oox 3-\ lim"/aT=lim-- = lim--=( — )= lim-% = 3 > 1 n->co v n->oo \ n + 4 / n->oo n + 4 ^00/ n->oo ^ 4 n /3n-2\n Výsledek: Rada X (t^t) diverguje. ■ Příklad 2.72 Užitím limitního odmocninového kritéria rozhodněme o konvergenci či divergenci řady (arcsin—)71 Řešení Vypočteme 1 1 lim = lim71 \-z— = lim n-»co " n-»co , . 1NT1 n-»co .1 ,. . _■_ uarcsm—)n arcsin— lim arcsin — K nJ n n^oo n Spočteme limitu jmenovatele zlomku. r li = arcsin 0 = 0 1 lim arcsin— = arcsin n-»co 71 1 lim — n-»co Ti 1 Potom lim-- = oo > 1 n-»oo arcsin— n v 1 Výsledek: Rada X-— diverguje. (arcsin—)71 Příklad 2.73 Užitím limitního odmocninového kritéria rozhodněme o konvergenci či divergenci řady v00 ^ Řešení Vypočteme ni— 71 1 1 lim Jan = lim -—— = lim n^co (lnn)n n^colnn lim ln n n-»co Určíme limitu jmenovatele. lim lnn = ln\ lim n = ln oo = n—»oo Ln—»oo J oo 113 ČÍSELNÉ ŘADY Potom lim = [—1 = 0 < n-»colnn LooJ v 1 Výsledek: Řada Zn=2 7j7^r konverguje. Příklad 2.74 Užitím limitního odmocninového kritéria rozhodněme o konvergenci či divergenci řady Voo fn+3\n2 Ln=1 \n ) ■ Řešení Vypočteme ,_ n/n + 3\n2 /n + 3\n / 3\n limVô^=lim - = lim - = lim 1+- = e3 > 1 n->oo v n-»ooA \ n / n->co \ n / n^oo \ n/ —J diverguje Příklad 2.75 Užitím limitního odmocninového kritéria rozhodněme o konvergenci či divergenci řady ^ W+5/ Řešení Vypočteme ._ «1/ 3n2 \n 3n2 /oon 3n lim "/cín = lim--r = lim--- = — = lim-- = oo > 1 n->oo v n->oo y8n + 5 / n^oo 8n + 5 Voo/ n->oo „ , b f 3n2 \n Výsledek: Rada Z (-) diverguje. V871+5/ n-»co^ 71 n^oo \8n + 5/ n^co 8n + 5 ^' o i ^ 8+ň ČÍSELNÉ ŘADY 114 Příklad 2.76 Užitím limitního odmocninového kritéria rozhodněme o konvergenci či divergenci řady (2+ň) Řešení Vypočteme r— n, n2 Vrt lim ™/a„ = lim -—jt = lim - 2 n-co / Un n— 1 lim(2+I) l2 1 = -< 1 2 + 0 2 Užili jsme známou limitu: lim Vň" = 1- Výsledek: Řada £7——- konverguje. (2+ň) Příklad 2.77 Užitím limitního odmocninového kritéria rozhodněme o konvergenci či divergenci řady ymn2 L 3n Řešení Vypočteme n\m+l\n2 (n + l\n =lim^-^ = -lim 1+- =--e=-oo n+l\n Výsledek: Řada konverguje. 115 ČÍSELNÉ ŘADY Příklad 2.78 Užitím limitního odmocninového kritéria rozhodněme o konvergenci či divergenci řady y 71 \3 n) Řešení Vypočteme lim nJa~^ = lim ™ n->oo v n-»oo n = lim Vři 1 9 = -> 1 2\2 4 Užili jsme známou limitu: lim Vři = 1. Výsledek: Řada 21 ,2 ^2n diverguje. Příklad 2.79 Užitím limitního odmocninového kritéria rozhodněme o konvergenci či divergenci řady Aarcsin(iM Řešení Vypočteme lim nJoyl = lim n->oo v n->co, arcsin lim 2n + 1 nV3" /oo / nVŠ N = lim arcsin - n->co \2n + 1, V3~ 7T = arcsin — = — > 1 2 3 V3 V3 7= (— = Hm-7 = 1 Voo/ n->co _L 2 n Výsledek: Řada Z [arcsin (~~)] diverguje ČÍSELNÉ ŘADY 116 Příklad 2.80 Užitím limitního odmocninového kritéria rozhodněme o konvergenci či divergenci řady Řešení Vypočteme n/— i / 2n2 \ 2n2 n lim Jan = lim \arctgn —:—- = lim arctg—r.—- = arctgl = — < 1 -- ■ -- - . - i yZn^ — 1/ 7^°° 2nz — 1 4 2n2 /oo i2 /oon 2 _=(_)= Um--=i — 1 Voo/ n—oo „ 1 lim n / 2n2 \ Výsledek: Řada £ arctgn í 2n2_1 j konverguje. Příklad 2.81 Užitím srovnávacího a odmocninového kritéria rozhodněme o konvergenci řady y (n+2)" 2 (4n+l)™+5 ' Řešení „ , »7- (n+2)™ ^ (n+2)™ / n+2 \n Pro kazde n G iV je —^—--— < ->—— = - J (4n+l)™+5 (4n+l)™ V4n+l7 Užijeme limitní odmocninové kritérium pro řadu £ ■ „i— "1/ n + 2 \n n + 2 /oon 1+| 1 limV^=lim--- = lim--- = (— = lim-r = T<1 n-oo v n-oo ^ \4n + 1/ n-oo 4n + 1 Voo/ n-oo ^ 1 4 n (n+2 \n 7-7^) a srovnávacího kritéria dostáváme, že řa da V (n+2)™ Y--—— konverguje. ^ (4n+l)™+5 to 1 117 ČÍSELNÉ ŘADY Raabeovo kritérium Připomínáme limitní formu kritéria: Nechť existuje konečná nebo nevlastní limita lim n( ——1) = L. n->oo L \an+i /J Je - li L > 1, pak řada Ym=i an konverguje, je - li L < 1, pak řada Ym=i an diverguje, je - li L = 1 nelze o konvergenci řady Ym=i an prostřednictvím limitního Raabeova kritéria rozhodnout. Příklad 2.82 Rozhodněme o konvergenci řady £ (3n-2)(3n+l) Řešení Zkusíme užít podílové kritérium. Vypočteme ^±± přičemž ihned upravíme složený zlomek. Vypočteme *n+l [3(n + 1) -2][3(n+ 1) + 1] (3n - 2)(3n + 1) 9n2 - 3n - 2 (3n - 2)(3n + 1) = (3n + l)(3n + 4) 9n2 + 15n + 4 an+1 9n — 3n — 2 /ock lim-= lim —t;—-- = — = lim n^oo a„ n^oo9n/ + 15n + 4 Voo/ n- 3 2 n n2 15 4 n nÁ = 1 Podílové kritérium nedává výsledek. Užijeme Raabeovo kritérium, které je „silnější." Vypočteme lim n->oo 4—-A \an+1 ) = lim n I n->oo \ '9n2 + 15n + 4 . 9n2 — 3n — 2 lim n->oo n '9n2 + 15n + 4 - 9n2 + 3n + 2N 9n2 — 3n — 2 n(18n + 6) 18n2 + 6n = lim —-r—--- = lim n^co 9n2 — 3n — 2 n^co 9n2 — 3n — 2 Výsledek: Řada £ (3n-2)(3n+l) = (-) = lim \oo/ n->oc konverguje. 18 + ^ n 00 g 3 2 n n2 = 2 > 1 číselne rady Příklad 2.83 Rozhodněme o konvergenci řady £ Vňi (2+VT)-(2+V2)-...-(2+VŤí) ' Řešení Vypočteme přičemž ihned upravíme složený zlomek. ln+l V(n + 1)! an (2 + VT) ■ (2 + V2) ■ - ■ (2 + Vň) ■ (2 + VňTT) (2 + VT) ■ (2 + V2) ■ - ■ (2 + Vň) V(n + 1) ■ n! VňTT-VňT VňT (2 + Vn + l) ■ Vňí (2 + Vn + l) ■ VňT VňTT 2 + VřTTI Vypočteme an+1 Vn+T /oon lim-= lim-== = (—) = lim n->oo an n->oo 2 -|- -\Jfi -\- \ Voo/ n->oc n n = 1 Užitím podílového kritéria nelze rozhodnout. Užijeme Raabeovo kritérium, které je „silnější" lim n->co A— -i) W+i /■ = lim n I n->oo \ '2 + Vň+T , VňTT - 1 = lim n->oo '2 + Vn + 1 - VňTT n VňTT = lim 2n w^00 Vn + 1 /oon 2Vň = (—) = lim —== = oo > 1 Voo/ n->oo I ^ 1 +- n Výsledek: Řada £ Vň! (2+VT)-(2+V2)-...-(2+Vň) konverguje. 119 ČÍSELNÉ ŘADY Příklad 2.84 Rozhodněme, pro která a,b,d G R+konverguje řada a a(a + d) a(a + d)(a + 2d) b + b(b + d) + b(b + d)(b + 2d) + Řešení , , „, „, a(a+d)(a+2d)-...-(a+nd) Určíme clen a„ = —-—--—---. n b(b+d)(b+2ď)-...-(b+nď) Vypočteme přičemž ihned upravíme složený zlomek. ln+l ar a(a + d)(a + 2d) ■ (a + nd)[a + (n + l)d] b(b + d)(b + 2d) ■ (b +nd) b(b + d)(b + 2d) ■ (b + nd)[b + (n + l)d] a(a + d)(a + 2d) ■ (a + nd) a + (n + l)d a + nd + d ů + (n + l)d ~~ ů +nd + d Podílové kritérium nedává výsledek, poněvadž a + nd + d ,. "71+1 ,. lim-= lim n->co a„ n^co b + nd + 7 = (r)=*»i d Voo/ n->coD a d -+d+- n -+d+^ d n n Užijeme Raabeovo kritérium. Vypočteme lim n->oo n f—-— l) = lim n f- \an+1 )\ n^oo L \, 'b +nd + d \a + nd + d 0. = lim n->oo n(ů + nd + d — a — nd — d) a + nd + d n(b — a) /oon = lim---- = — = lim - n^co a + nd + d ^oo/ n->co a ů — a ů — a -+d+± d n n b-a Výsledek: Daná řada konverguje pro-> 1 ČÍSELNÉ ŘADY 120 Absolutně konvergentní řady Připomínáme: Řada £n=i CLn konverguje absolutně, právě když je splněna některá z následujících podmínek: • Existuje konvergentní řada £n=i bn tak, že \an\ < bn pro všechna n G JV, existuje q G (0,1) tak, že ^— < q pro všechna n E N, existuje q G (0,1) tak, že ^/|an| < q pro všechna n E N, = L < 1, existuje lim ^/|an| = L < 1. • existuje lim n->oo an+l n(n-l) Příklad 2.85 Rozhodněme o absolutní konvergenci řady £(—1) ž — Řešení Rozepíšeme řadu n(n-l) 11111 (-d~ ^ = ž + f + ("1)3 ¥ + ("1)6 f + 1111 2 ~4~ 8+16 + Je to řada s libovolnými členy. Řada Y. n(n-l) 1 1 1 = Y. —je geometrická řada s kvocientem q = - G (—1,1) a ta konverguje. ^ n(n-l) ^ Závěr: Řada Y(—1) ž — konverguje absolutně. 971 (n\ 1 Příklad 2.86 Rozhodněme o absolutní konvergenci řady Y(—lr2' -1=. Řešení Členy řady nabývají kladných i záporných hodnot - je to řada s libovolnými členy. v (Tl\ 11 13 Řada Y (—l)^ -j= = Y — je řada typu Y—r, kde k = - > 1, a ta konverguje. Víl3 — " ? T12 Závěr: Řada Y(—lr2j -j= konverguje absolutně. Vn3 121 ČÍSELNÉ ŘADY Příklad 2.87 Rozhodněme o absolutní konvergenci řady £(—l)n n(jl+r> ■ Řešení Řada £ (-l)n —i n(n+l) ^ň(ň+i) ^ uvec'ena v přehledu význačných řad. Je to „užitečná" řada, a ta konverguje. v i Závěr: Rada Y(—l)n-konverguje absolutně. ^v J n(n+l) ° J Příklad 2.88 Rozhodněme o absolutní konvergenci řady £(—l)n ^2n+1^3 Řešení Rada I ( l)n i2nl 1)3 - I (2n* 1)3 -1 ^^^3 - ^2 (n+\)3 ■ v i i Rada Y--- je řada typu Y —r, kde k = 3 > 1, a ta konverguje. Konverguje i násobek této řady, (n+\) tedy řada X--konverguje. ' ^ (2n+l)3 ° J v 1 Závěr: Rada Y(—l)n-- konverguje absolutně. ^v y (2n+l)3 ° 1 Příklad 2.89 Rozhodněme o absolutní konvergenci řady Ym=1 oo sin n Řešení Členy řady nabývají kladných i záporných hodnot - je to řada s libovolnými členy. Použijeme srovnávací kritérium pro absolutní konvergenci. Pro každé n G N je sinn n^ Isinnl 1 --- < — n2 n2 v 1 1 Rada X —7 konverguje - typ řady £ —kde k = 2 > 1. Závěr: Řada X konverguje absolutně. «2 ČÍSELNÉ ŘADY 122 Příklad 2.90 Rozhodněme o absolutní konvergenci řady £(—l)n —. Řešení Použijeme limitní podílové kritérium pro absolutní konvergenci lim n->oo = lim n->oo (-d on+1 n+1 3 (n + 1)! 3n (-l)n = lim n->co n + 1 3™ Závěr: Řada £(—l)n —konverguje absolutně. = lim n->oo 3n+1 n! 3n (n+ 1)! = 0 < 1 = lim 3n! n^co (ji + l)n! sin2r Příklad 2.91 Rozhodněme o absolutní konvergenci řady Y —- Řešení Je to řada s libovolnými členy. Použijeme srovnávací kritérium pro absolutní konvergenci. Pro každé n G N je sin2n 6n sin2n 1 --- < — 6n ~ 6n i /lA71 i Řada X — = Y - je geometrická řada, která konverguje, protože q = - G (—1,1). 6™ \6/ 6 v sin2rl Závěr: Řada £ —— konverguje absolutně. 6 Příklad 2.92 Rozhodněme o absolutní konvergenci řady Řešení ClenoB = (-l) 2 (—j . Použijeme limitní odmocninové kritérium pro absolutní konvergenci. ,_ ni n(n-l) / 7j 7j lim VkJ = lim (-l)-2- (——) = lim —— 123 ČÍSELNÉ ŘADY /OOn 1 1 = (-) = lim-T = - < 1. \oo/ n->oo 2 n n(n-l) , n nTI Závěr: Řada £(—1) 2 (j^iJ konverguje absolutně. Příklad 2.93 Rozhodněme o absolutní konvergenci řady' £(-4) 2 2Li Řešení Vypočteme I n2+n n 1 2 3 4 (-D~2~ ^ = (-D1 7 + (-D3 I + (-D6 g + (-D10 JZ + 16 1 2 3 4 ~ ~2 ~4 + 8 +16 Použijeme limitní podílové kritérium pro absolutní konvergenci lim-= lim (n+l)2+(n+l) (-1) 2 (n +1) 2n ?n+l n2+n = lim n->oo (-l)n+1(n + 1) 2n = lim n->oo 271 n + 1 /oo = (-) =1 Voo/ n lim 1+- 1 n = -< 1 Závěr: Řada £(—1) 2 konverguje absolutně. (2n+l\n 4ň+3/ ' Řešení Užijeme limitní odmocninové kritérium pro absolutní konvergenci. m- "I /2n + l\n "/2n + l\n limVKJ = Um (-l)n--- = lim--- = 1 n^ooVI nl n^oo\y J V4n + 3/ n^oo^V4n + 3/ n 2n + 1 m--- >co 4n + 3 = (-) =1 Voo/ n lim 2+- 1 n 4 + 2 2 n = -< 1 ČÍSELNÉ ŘADY 124 /2n+l\n Závěr: Řada £(—l)n \ ~rr^j konverguje absolutně. Příklad 2.95 Rozhodněme, zda absolutně konverguje řada £(—1) TI2 (n+l\n n \ n ) 13r Řešení Použijeme limitní odmocninové kritérium pro absolutní konvergenci. lim nyl\an\ = lim 4 n \ n ) (-1) 13n (^)" = lim v n„ J = lim v n/ 13 13 = 13<1 (n+l\n Závěr: Řada £(—l)n 13V konverguje absolutně. Příklad 2.96 Rozhodněme, zda absolutně konverguje řada £(—1) 2 n(n-l) nl00 Řešení Použijeme limitní odmocninové kritérium pro absolutní konvergenci. lim \l\an\ = lim n(n-l) n100 5n (Vn) 1 = lim = r= < 1 n—co 5 5 Pro srovnání početních postupů použijeme i limitní podílové kritérium pro absolutní konvergenci. 5n lim n->oo *n+l ar = lim n->oo (n+l)n (-l)^-(n + l)100 :n+l n(n-l) (_!)—2— ■ nioo /oos 1 /n + l\100 1 / 1\100 1 = (-)=-lim - =-lim 1+- =- 00 5n100 n(n-l) nioo Závěr: Řada £(—1) 2 —77-konverguje absolutně. 125 ČÍSELNÉ ŘADY n(n-l) 2n2 Příklad 2.97 Rozhodněme o absolutní konvergenci řady £(—1) 2 —. Řešení Určíme I n(n-l) 2n n! 21 24 29 216 225 (-D0 tt + (-D1 Y\ + (_1)3 ši + (_1)6 IT + ~ŠT 2 24 29 216 225 ~ 1! ~ 2\ ~ 3Í + 17 + ~ŠT Jedná se o řadu s libovolnými členy. Použijeme limitní podílové kritérium pro absolutní konvergenci. lim n->oo a n+l = lim n->oo (n+l)n , (-1)~2~ 2^n+1) (n+l) n(n-l) (-l)~ž~ 2n2 n! = lim n->oo (-Dn 2n2+2n+l^| 2n2(n + l)n! >2n+l = lim n^oo n+l = oo > 1 n(n-l) 2"2 Závěr: Řada X(—l) 2 —diverguje. Příklad 2.98 Rozhodněme o konvergenci řady 1111111 I2 + 2? ~ Š2 ~ i2 + Š2 + 62 ~ Ť2 Řešení V řadě vždy po dvou kladných členech následují dva členy záporné. Řada není alternující - nelze použít Leibnizovo kritérium. Zkusíme zjistit, zda řada konverguje absolutně. Vyšetření absolutní konvergence nám pomůže rozhodnout o konvergenci řad s libovolnými členy. Z absolutní konvergence řady totiž plyne „obyčejná" konvergence řady. 11111 Rada absolutních hodnot je —+ — + — + — + — + 1 l2 22 32 42 52 k = 2 > 1, a ta konverguje. Z absolutní konvergence řady plyne i její konvergence. = 2 \, což je řada typu X \, kde Závěr: Daná řada konverguje. ČÍSELNÉ ŘADY 126 Alternující řady Připomínáme Leibnizovo kritérium: Nechť {an} je nerostoucí posloupnost kladných čísel. Alternující řada £n=i(—l)n+1 an konverguje, právě když lim an = 0. Přitom součet řady splňuje nerovnosti a1 — a2 < s < ax. n->oo Příklad 2.99 Rozhodněme o konvergenci alternující řady podle Leibnizova kritéria. 00 Z—i lnn n=2 Řešení Musíme zjistit, zda jsou splněny všechny podmínky Leibnizova kritéria. 1) P-st {an} = jj^j je p-st kladných čísel, protože pro všechna přirozená čísla n větší nebo i rovna číslu 2 je lnn > O => -— > O lnn 2) Pro všechna n E N dále platí, že n < n + 1. Fce lnx je rostoucí, proto ln n < ln (n + 1) => ^ > ln(*+1), tj. an > an+1. P-st {j-^-J je klesající, tedy nerostoucí. 3) Dále vypočteme lim a„ = lim = — = 0. n^oo n^oolnn LooJ Všechny podmínky stanovené Leibnizovým kritériem, tj. podmínky 1), 2) a 3) jsou splněny, daná řada konverguje. Závěr: Řada 2ľ-2(-l)n_1 r~ konverguje. "_í lnn Příklad 2.100 Rozhodněme, zda je daná řada alternující; pokud ano, pak pomocí Leibnizova kritéria rozhodneme o její konvergenci. 2n+l _"L (-l)n-2 n n=l Řešení Upravíme člen an řady: 00 00 00 Z(_'\\2n+1 ^ _ r_-i^2n+l-n+2 ^ _ \~V_i^n+3 ^ ^ } (-l)"-2n Z/ } n Lŕ } n n=l n=l n=l Řada je alternující- platí sgn an+1 = —sgn an. 127 ČÍSELNÉ ŘADY Pro V n E N je an = - > 0. P-st {an} = í^j je klesající, protože an+1 < an. — <-=>n + l>n=>l>0, což platí. n+l n Dále lim an = lim - = — = 0. n—>oo n—>oo n Looj Všechny předpoklady Leibnizova kritéria jsou splněny. Závěr: ŘadaZn=i(-l)2n+1 (_1)n-2n konverguje. Příklad 2.101 Rozhodněme, zda je daná řada alternující; pokud ano, pak pomocí Leibnizova kritéria rozhodneme o její konvergenci. £(-D n=l (-l)nn n-l v ^_ (-l)2n (n2 + 1) Řešení Upravíme n-týčlen řady: 00 V (_!)»-! í-1* 71 = V (_1}n-1+n-2n ^_ = V = Z/ J (-l)2n (n2 +1) J n2 + l J n2 + l n=l n=l n=l co 00 Z-n v-1 n n2 + 1 ~~ Zj n2 + 1 n=l n=l Všechny členy řady jsou záporné. Závěr: Daná řada není alternující. ■ Příklad 2.102 Rozhodněme, zda je daná řada alternující; pokud ano, pak pomocí Leibnizova kritéria rozhodneme o její konvergenci. ,2 Zn Řešení Řada je alternující - platí sgn an+1 = sgn an. n2 Clen an = —:— > 0, pro V n E N. n 3n2+l ľ ČÍSELNÉ ŘADY 128 Zjistíme, zda je p-st {37^+1} klesající, tedy zda an > an+1 pro V n G N. n2 (n + l)2 n2 + 2n + 1 3nz + 1 3(n +1)^ + 1 3nz + 6n + 4 3n4 + 6n3 + 4n2 > 3n4 + 6n3 + 3n2 + n2 + 2n + 1 0 > 2n + 1 neplatí P-st {an} není nerostoucí, o konvergenci nelze podle Leibnizova kritéria rozhodnout. Vyšetřeme, zda je splněna nutná podmínka konvergence řady. lim an = lim (—l)n 1 —-—neexistuje n->oo n->oo 3n2+l 2 n2 Závěr: Rada Y(—l)n_1 —-—diverguje. ^v y 3n2+l ° J 71+1 Příklad 2.103 Rozhodněme o konvergenci řady £(—l)n (n+l)Vň+T-l Řešení Je to alternující řada, použijeme Leibnizovo kritérium. 2>u» n + l 2 3 4 +—=---=-+ (n + l)VňTT - 1 2V2 - 1 3VŠ - 1 4V4 - 1 n+l Pro každé n E N \e člen a„ = -——==— > 0. ' n (n+l)Vn+l-l Vypočteme rozdíl an+1 — an. Ti+2 n+l Pro V n G JV je an+1 — an = (n+2)Vň+2-l (n+l)Vň+l-l _ (n + 2)[(n + l)VňTT - l] - (n + l)[(n + 2)Vň~+~2 - l] [(n + 2)Vň~+~2 - l] ■ [(n + l)VňTT - l] Jmenovatel zlomku je kladný-je součinem dvou kladných čísel. O znaménku zlomku rozhoduje čitatel, který upravíme (n + 2)(n + l)Vn + 1 - n - 2 - (n + l)(n + 2)Vn + 2 + n + 1 = = (n + 2)(n + l)(Vn + 1 — Vn + 2) — 1 < 0, protože výraz VřTTT — Vn + 2 < 0. 129 ČÍSELNÉ ŘADY -4 n+l l(n+l)Vň+T Stačí vypočítat —| je klesající, protože jsme zjistili, že an+1 — an < 0 => an+1 < an. n+l lim an = lim-: +- 1 /OOn n+l-1 ^ 0 = T = 0 4+ 1 lim n->oo Vn Vn^ 1771-J= Závěr: Řada£(-l)n n+l (n+l)vň+l-l konverguje. Příklad 2.104 Rozhodněme o konvergenci či divergenci řady £n=2(—l)n 1 (2n-2)! V případě konvergence zjistíme, zda řada konverguje absolutně či relativně. Řešení Řada je alternující. Nejprve podle Leibnizova kritéria zjistíme, zda řada konverguje. P-st {an} = {(2nÍ2),}je p-st kladných čísel. «i i Clen a„ = ——— člen an+1 = (2n-2)! [2(n+l)-2]! (2n)! Pro V n G N, n > 1, je 2n > 2n - 2 => (2n)! > (2n - 2)! Odtud oo n+l ar = lim n->oo (-Dn (2n) = lim (2n-2)! (2n- 2)! = lim = lim n->oo (2n - 2) (2n) n^co 2n (2n — 1) (2n — 2)! n^co 2n (2n — 1) = 0 < 1 Závěr: ŘadaZ^zC-l) n-l (2n-2) konverguje absolutně. ČÍSELNÉ ŘADY 130 Poznámka. Leibnizovo kritérium je v tomto případě zdlouhavější a vyšetřili jsme jím jen konvergenci řady. Naproti tomu užitím podílového kritéria pro absolutní konvergenci jsme zjistili ihned, že řada konverguje absolutně, a tedy také konverguje. Příklad 2.105 Rozhodněme o konvergenci řady £ (-Dr (n+l)(n+2) V případě konvergence řady zjistíme, zda konverguje absolutně nebo relativně. Řešení Řada je alternující, o konvergenci rozhodneme podle Leibnizova kritéria. Člen an ::......0 pro V n ( N. (n+l)(n+2) Pro V n G N je (n + l)(n + 2) < (n + 2)(n + 3) 1 1 > (n+l)(n + 2) (n + 2)(n + 3) an an+l P-st {an} je klesající. Limita lim cu = lim---= — = 0 n-co n n-co (n+l)(n+2) LcoJ Podle Leibnizova kritéria řada konverguje. Vyšetříme, zda řada konverguje absolutně. VI (-1)71 I = V_L_ Zj\(n + l)(n + 2)| Zj (n + l)(n + 2) |(n + l)(n + 2) Užijeme limitní podílové kritérium. ,. an+l ,. lim-= lim n-co an n-co (n + 2)(n + 3) 3 2 /co\ = — = lim —= 1, to však nedává výsledek (n + l)(n + 2) = lim n2 + 3n + 2 n-co n2 + 5n + 6 Užijeme Raabeovo kritérium. lim n->co \an+1 / = lim n I n->co \ ^n2 + 5n + 6N lim n->oo n2 + 5n + 6 — n2 — 3n — 2 n- n2 + 3n + 2y n(2n + 4) n2 + 3n + 2 = lim n-con2 + 3n + 2 131 ČÍSELNÉ ŘADY 4 2n2 + 4n /ock 2 + — = lim---- = — = lim-^— „ n^co nÁ + án + 2 Voo/ n^co £ n nz n = 2 > 1 v i Řada£-———- konverguje. ^ (n+2)(n+3) to J Závěr: Řada Y-konverguje absolutně. ^ (n+l)(n+2) to J Příklad 2.106 Rozhodněme, zda je daná řada alternující; pokud ano, pak pomocí Leibnizova kritéria rozhodneme o její konvergenci. ^\-2)-nrr3 Řešení Upravíme n-týčlen řady. 2>2)-» „-3=2~Vi • 2)-» =£ ^. JL_=£ L"!. Řada je alternující. Pro V n G JV je an = > 0. ' n 2nn3 Dále 2nn3 < 2n+1n3 < 2n+1(n + l)3 1 1 > 2nns 2n+1(n + l)3 an an+l Posloupnost {an} = jj^j] je klesající posloupnost kladných čísel a liman = lim 1 00 = 0. Všechny předpoklady Leibnizova kritéria jsou splněny. Závěr: Řada £(—2)_n n-3 konverguje. ČÍSELNÉ ŘADY 132 Poznámka. Mohli jsme postupovat také takto: lim n->oo a n+l lim n->oo (-D n+l 2n+1(n + l)3 (-Dn 2nn3 = lim n„3 -1 2nn 2n+1(n + l)3 = lim n n^co 2(n + l)3 /OCK 1 1 = — = lim-t = - < 1 \oo/ n->oo / 1\3 2 2(1+i) Limitním podílovým kritériem pro absolutní konvergenci jsme zjistili, že daná řada konverguje absolutně, tedy konverguje. Příklad 2.107 Rozhodněme o konvergenci řady £ (-D" Vn2+l Konverguje-li, pak rozhodneme, zda konverguje absolutně nebo relativně. Řešení Řada je alternující, užijeme Leibnizovo kritérium, i Clen a„ = ,—— > 0 pro V n G N. n Vn2+1 íi ŕ i i Pro V n G N je , < -t== , tj a„+1 < a„, což znamená, že posloupnost {a„} = ] ,——\ je klesající. Dále lim a„ = lim , \ = — = 0. n^oo n^ooVn2+l L co J Podle Leibnizova kritéria řada konverguje. Řada absolutních hodnot £ (-D" Vn2+l = £-^== však diverguje, jak plyne ze srovnávacího kritéria. Pro V n E N je > 1 1 Vn2 + 1 Vn2 + n2 V2n2 nV2 V2 ^' 1 1111 kde X —p je divergentní minoranta. [Y.—f = -p ■ £-,£-Je harmonická řada, a ta diverguje). n\/2 n\/2 \2 n n 133 (-1)™ Výsledek: Řada £-^=== konverguje relativně. Příklad 2.108 Rozhodněme o konvergenci alternující řady £(—1) n-l (2n-l)3 Řešení Nejprve zkusíme vyšetřit absolutní konvergenci řady. Vypočteme lim n->oo a n+1 lim n->oo (-Dn [2(n + 1) - l]3 (2n - l)3 = lim oo/ n- n^co (2n + l)3 v = i Použité kritérium nedává výsledek. Nezbývá než užít Leibnizovo kritérium. Pro V n G N je an = 1 > O a p-st { * ] je klesající, protože an > an+1 1 1 > (2n - l)3 (2n + l)3' Dále lim a„ = lim -—^—- = — = 0. n^oo " n^oo (2n-l)3 LcoJ Závěr: Řadal(-l) n-l (2n-l)3 konverguje. Poznámka. Stručnější postup: (-1) n-l (2n - l)3 = £_L__ = ^^_ [2 (n - ^)] (n - i) ČÍSELNÉ ŘADY 134 v 1 1 Řada X-š je řada typu £ — kde k = 3 > 1, a ta konverguje. Odtud pak dostaneme, že i násobek této řady -Y , x , = Y--— konverguje a tedy řada Y(—l)n_1--— absolutně konverguje, ' 8^^n_iV ^ (2n-l)3 to J ' ^jV y (2n-l)3 to J ' tedy konverguje. v i Závěr: Řada Y--— konverguje absolutně. ^ (2n-l)3 to J Příklad 2.109 Rozhodněme o absolutní či relativní konvergenci alternující řady Y(—l)n 1 -=. Řešení Nejprve vyšetříme konvergenci řady absolutních hodnot. yi(-i)n-i JLi = y ±=Y\, Z—i I Vnl Z—i^n Z—i n- i i což je řada typu £ — kde k = - < 1, a ta diverguje. Podle Leibnizova kritéria rozhodneme o konvergenci dané řady: Pro V n E JV je an = -= > 0. Dále je Vň" < VřTTT => -!= > —<=> an > an+1. Posloupnost {an} = j^=] je klesající posloupnost kladných čísel lim a„ = lim -= = I—I = 0. n->oo n->ooVn LcoJ Závěr: Řada Y,(—l)n 1 -= konverguje relativně. Vn Příklad 2.110 Rozhodněme o konvergenci či divergenci X(—l)n_1 —7. V případě konvergence zjistíme, zda řada konverguje absolutně či relativně. Řešení Zkusíme užít podílové kritérium pro absolutní konvergenci 135 ČÍSELNÉ ŘADY lim n->oo a n+l lim n->oo (-Dn (n + l)2 n^ lim n->oo n' (n + l)2 = lim n' n^co (n + l)2 = (—j = lim-j = 1. Voo/ n^oo / 1 \z + Zvolené kritérium nedává výsledek. Na základě tohoto kritéria nelze o konvergenci či divergenci rozhodnout. Řada je alternující, užijeme Leibnizovo kritérium. Pro V n G N je an = — > 0. n2 Pro V n G N je n < n + 1 => n2 < (n + l)2 A odtud 1 1 n2 (n + l)2 an an+l Posloupnost {an} = j^-j je klesající posloupnost kladných čísel a Um^7 = [^] = 0. Podle Leibnizova kritéria řada £(—l)n_1 — konverguje. Vyšetříme konvergenci řady 11 1 X (—l)n_1 — = X —, a ta konverguje, protože je to význačná řada typu £ ^57, kde fc = 2 > 1. Závěr: Řada£(—l)n — konverguje absolutně. Poznámka. I v tomto případě jsme mohli ihned vyšetřit absolutní konvergenci řady a obešli bychom se bez Leibnizova kritéria.