MAN2priklady:Kapitola3
Z WikiSkripta FJFI ČVUT v Praze
Verze z 9. 9. 2022, 17:17, kterou vytvořil Korenjak (diskuse | příspěvky) (Založena nová stránka s textem „%\wikiskriptum{MAN2priklady} \section{Konvergence řad} \subsection{Řady s kladnými členy} Řešený příklad: $ \sum\limits_{n=1}^{+\infty} \frac{n^2}…“)
| [ znovu generovat, | výstup z překladu ] | Kompletní WikiSkriptum včetně všech podkapitol. | |
| PDF Této kapitoly | [ znovu generovat, | výstup z překladu ] | Přeložení pouze této kaptioly. |
| ZIP | Kompletní zdrojový kód včetně obrázků. |
Součásti dokumentu MAN2priklady
| součást | akce | popis | poslední editace | soubor | |||
|---|---|---|---|---|---|---|---|
| Hlavní dokument | editovat | Hlavní stránka dokumentu MAN2priklady | Korenjak | 18. 9. 2022 | 16:33 | ||
| Řídící stránka | editovat | Definiční stránka dokumentu a vložených obrázků | Korenjak | 9. 9. 2022 | 17:14 | ||
| Header | editovat | Hlavičkový soubor | Korenjak | 9. 9. 2022 | 17:16 | header.tex | |
| Kapitola1 | editovat | Primitivní funkce | Korenjak | 9. 9. 2022 | 17:16 | kapitola1.tex | |
| Kapitola2 | editovat | Určitý integrál a jeho aplikace | Korenjak | 9. 9. 2022 | 17:17 | kapitola2.tex | |
| Kapitola3 | editovat | Konvergence řad | Korenjak | 9. 9. 2022 | 17:17 | kapitola3.tex | |
| Kapitola4 | editovat | Taylorův polynom a mocninné řady | Korenjak | 9. 9. 2022 | 17:17 | kapitola4.tex | |
Zdrojový kód
%\wikiskriptum{MAN2priklady} \section{Konvergence řad} \subsection{Řady s kladnými členy} Řešený příklad: $ \sum\limits_{n=1}^{+\infty} \frac{n^2}{\left(2+\frac{1}{n} \right)^n} $ \medskip \newline Nutná podmínka konvergence je zjevně splněna (exponenciála ve jmenovateli roste rychleji než libovolný polynom), vzhledem k $n$-té mocnině ve jmenovateli se nabízí Cauchyho kritérium - zkusíme tedy jeho limitní tvar. \begin{align*} \lim_{n\to +\infty}\sqrt[n]{a_n}=\lim_{n\to\infty} \frac{\sqrt[n]{n^2}}{2+\frac{1}{n}}=\lim_{n\to+\infty} \frac{e^\frac{2\ln(n)}{n}}{2+\frac{1}{n}}=\frac{e^0}{2}=\frac{1}{2} < 1 \end{align*} \newline Podle Cauchyho kritéria tedy řada konverguje. \begin{enumerate} \item$ \sum\limits_{n=1}^{+\infty} \frac{2^n}{n!} $ \item$ \sum\limits_{n=1}^{+\infty} \frac{n!}{n^n} $ \item$ \sum\limits_{n=1}^{+\infty} \frac{2^n n!}{n^n} $ \item$ \sum\limits_{n=1}^{+\infty} \frac{3^n n!}{n^n} $ \item$ \sum\limits_{n=1}^{+\infty} \frac{e^n n!}{n^n} $ \item$ \sum\limits_{n=1}^{+\infty} \frac{(n!)^2}{2^{n^2}} $ \item$ \sum\limits_{n=1}^{+\infty} \left( \frac{n^2+1}{n^2+3} \right)^{n^3} $ \item$ \sum\limits_{n=1}^{+\infty} \frac{\cos\left( \frac{n\pi}{3} \right)}{2^n} $ \item$ \sum\limits_{n=1}^{+\infty} \left( 1-\frac{1}{n}\right)^n $ \item$ \sum\limits_{n=1}^{+\infty} \left( 1-\frac{1}{n}\right)^{n^2} $ \end{enumerate} Řešený příklad: $ \sum\limits_{n=1}^{+\infty} \frac{2+(-1)^n}{2^n} $ \newline Pokud by v čitateli chyběl člen $(-1)^n,$ příklad by byl velice jednoduchý (jedná se o geometrickou řadu, kterou dokonce umíme sečíst). Této skutečnosti se pokusíme využít - aplikujeme srovnávací kritérium: $$ \frac{2+(-1)^n}{2^n} \leq \frac{3}{2^n}, $$ \newline přičemž řada $\sum\limits_{n=1}^{+\infty} \frac{3}{2^n}$ konverguje (a to k číslu $3(\frac{1}{1-0,5}-1)=3$). Řadu jsme tedy shora odhadli konvergentní řadou $\sum\limits_{n=1}^{+\infty} \frac{3}{2^n},$ původní řada tedy rovněž konverguje. \medskip \newline Řešený příklad: $ \sum\limits_{n=1}^{+\infty} \frac{2^n}{3^n-n^3} $ \newline Opět tušíme, že řada bude konvergovat (člen $n^3$ ve jmenovateli roste oproti $3^n$ pomalu), nemůžeme však použít odhad řadou $\left( \frac{2}{3} \right)^n$ - to je spodní odhad, pro důkaz konvergence bychom potřebovali odhad horní. Použijeme tedy limitní srovnávací kritérium a ke srovnání použijeme zmíněnou řadu. $$ L=\lim_{n\to +\infty} \frac{\frac{2^n}{3^n-n^3}}{\frac{2^n}{3^n}}=\lim_{n\to +\infty} \frac{3^n}{3^n-n^3}=\lim_{n\to +\infty} \frac{1}{1-\frac{n^3}{3^n}}=1 $$ \newline Podle limitního srovnávacího kritéria mají tyto dvě řady stejný charakter, jelikož řada $\sum\limits_{n=1}^{+\infty} \frac{2^n}{3^n}$ konverguje (geometrická řada), konverguje i řada původní. \begin{enumerate}[resume] \item$ \sum\limits_{n=1}^{+\infty} \left( \frac{1+\cos(n)}{2+\cos(n)}\right)^{2n-\ln(n)} $ \item$ \sum\limits_{n=1}^{+\infty} \frac{n^3(\sqrt{2}+(-1)^n)^n}{3^n} $ \item$ \sum\limits_{n=1}^{+\infty} \frac{\sqrt[n]{n^{10}}}{2^n+4^n} $ \item$ \sum\limits_{n=1}^{+\infty} \frac{3^n}{2^n+n^2} $ \item$ \sum\limits_{n=1}^{+\infty} \frac{n\sin^2(n)}{n^3+2} $ \item$ \sum\limits_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{n^2\ln(n)} $ \item$ \sum\limits_{n=1}^{+\infty} \frac{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}}{\sqrt{n}} $ \item$ \sum\limits_{n=1}^{+\infty} \frac{\sqrt{n+2}-\sqrt{n-2}}{n^\alpha} $ \end{enumerate} Řešený příklad: $ \sum\limits_{n=1}^{+\infty} \left( \sqrt[n]{e}-1\right) $ \newline Nutná podmínka konvergence je splněna, limita sumandu je rovna nule. Nedává smysl sumu rozdělit na dvě - dostaneme dvě divergentní řady, jejichž rozdíl nám nic neřekne. Využijeme limitní srovnávací kritérium, výraz se chová jako výraz $\frac{1}{n},$ což vyplývá z referenční limity $\lim_{x\to 0} \frac{e^x-1}{x}=1.$ Referenční limity obecně budou mocným nástrojem při vyšetřování konvergence řad. $$ L=\lim_{n\to +\infty} \frac{\left( \sqrt[n]{e}-1\right)}{\frac{1}{n}}=\lim_{n\to +\infty} \frac{\left( e^\frac{\ln(e)}{n}-1\right)}{\frac{1}{n}}=\lim_{n\to +\infty} \frac{\left( e^\frac{1}{n}-1\right)}{\frac{1}{n}}=1 $$ \newline Původní řada má tedy z limitního srovnávacího kritéria stejný charakter jako řada $\sum\limits_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{n},$ o které víme, že diverguje, původní řada tedy rovněž diverguje. \begin{enumerate}[resume] \item$ \sum\limits_{n=1}^{+\infty} \left( \sqrt[n]{e}-1\right)^2 $ \item$ \sum\limits_{n=1}^{+\infty} \left( \sqrt[n]{2}-1\right) $ \item$ \sum\limits_{n=1}^{+\infty} \left( \sqrt[n]{2}-1\right)^n $ \item$ \sum\limits_{n=1}^{+\infty} \ln\left(1+\frac{1}{n}\right) $ \item$ \sum\limits_{n=1}^{+\infty} \ln\left(1+\frac{1}{n^2}\right) $ \item$ \sum\limits_{n=1}^{+\infty} n\sin\left( \frac{1}{n}\right) $ \item$ \sum\limits_{n=1}^{+\infty} \sin\left( \frac{1}{n^2}\right) $ \item$ \sum\limits_{n=1}^{+\infty} \cos\left( \frac{1}{n^2}\right) $ \item$ \sum\limits_{n=1}^{+\infty} \frac{\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)}{\sqrt{n}} $ \item$ \sum\limits_{n=1}^{+\infty} \frac{4.7\ldots(3n+1)}{2.6\ldots(4n-2)} $ \item$ \sum\limits_{n=1}^{+\infty} \sin\left(\frac{1}{n} \right)(\sqrt[n]{n}-1) $ \item$ \sum\limits_{n=1}^{+\infty} \frac{n^{n+\frac{1}{n}}}{\left(n+\frac{1}{n} \right)^n} $ \item$ \sum\limits_{n=1}^{+\infty} \frac{n^{n-1}}{(2n^2+n+1)^{\frac{n+1}{2}}} $ \item$ \sum\limits_{n=1}^{+\infty} \left( n^{\frac{1}{n^2-1}}-1\right) $ \item$ \sum\limits_{n=1}^{+\infty} n^2e^{-\sqrt{n}} $ \item$ \sum\limits_{n=1}^{+\infty} 2^n\sin\left( \frac{1}{3^n}\right) $ \item$ \sum\limits_{n=1}^{+\infty} \frac{\sqrt[3]{n+1}-\sqrt[3]{n}}{\sqrt{n}} $ \item$ \sum\limits_{n=3}^{+\infty} \frac{1}{(\ln(n))^{\ln(n)}} $ \item$ \sum\limits_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{n^p}\sin\left( \frac{\pi}{n}\right) \ \ (p\in \mathbb{R}) $ \item$ \sum\limits_{n=1}^{+\infty} (\sqrt{n+1}-\sqrt{n})^p \ln\left(\frac{n-1}{n+1}\right) \ \ (p\in \mathbb{R}) $ \item$ \sum\limits_{n=1}^{+\infty} \frac{\ln\left(1+\frac{1}{\sqrt{n}} \right)}{\sin^{\alpha} \left( \frac{1}{n}\right)} \ \ (\alpha \in \mathbb{R}) $ \item$ \sum\limits_{n=1}^{+\infty} \left( \sqrt[n]{e} -1 \right)^{\alpha}n^\beta \ \ (\alpha, \beta \in \mathbb{R}) $ \end{enumerate} \subsection{Řady s obecnými členy} Řešený příklad: $ \sum\limits_{n=1}^{+\infty}\frac{n-1}{n+1}\frac{(-1)^n}{\sqrt[100]{n}} $ \newline Nejdříve ze všeho se zaměříme na absolutní konvergenci, tedy na zkoumání řady $ \sum\limits_{n=1}^{+\infty}\frac{n-1}{n+1}\frac{1}{\sqrt[100]{n}}. $ Je vidět, že řada má stejný charakter jako řada $ \sum\limits_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{\sqrt[100]{n}}, $ což by se formálně ukázalo limitním srovnávacím kritériem. Řada$ \sum\limits_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{\sqrt[100]{n}}=\sum\limits_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n^\frac{1}{100}} $ diverguje, tudíž původní řada nekonverguje absolutně. Vyšetříme tedy neabsolutní konvergenci, jedná se o řadu se střídavými znaménky, takže by bylo lákavé použít Leibnizovo kritérium, výraz $\frac{n-1}{n+1}\frac{1}{\sqrt[100]{n}}$ má za limitu nulu, ale nezapomínejme na důležitý předpoklad Leibnizova kritéria a to, že tato posloupnost má být (alespoň od nějakého $n_0$) klesající. Ověření tohoto kritéria by bylo značně technické, proto zkusíme jiné kritérium, a to konkrétně Abelovo. Označíme $a_n=\frac{n-1}{n+1}$ a $b_n=(-1)^n\frac{1}{\sqrt[100]{n}}$. Podle předpokladů Abelova kritéria musí být řada $\sum\limits_{n=1}^{+\infty}b_n$ konvergentní. Tato řada skutečně konvergentní je, a to podle Leibnizova kritéria - řada se střídavými znaménky a posloupnost $\frac{1}{\sqrt[100]{n}}$ je zjevně monotonní s limitou v nule. Dále musí být splněno, že $a_n=\frac{n-1}{n+1}$ je monotonní a konvergentní posloupnost. Konvergentní zjevně je s limitou rovnou jedné a monotonii snadno ukážeme, konkrétně ukážeme, že posloupnost je ostře rostoucí: $$ \frac{n-1}{n+1}<\frac{n}{n+2} \Leftrightarrow n^2+n-2 < n^2+n \Leftrightarrow -2<0. $$ Původní řada tedy konverguje neabsolutně podle Abelova kritéria. \medskip \newline Řešený příklad: $ \sum\limits_{n=1}^{+\infty}(-1)^{\frac{n(n-1)}{2}}\sin\left( \frac{1}{n} \right) $ Nejprve vyřešíme absolutní konvergenci, řada $ \sum\limits_{n=1}^{+\infty}\sin\left( \frac{1}{n} \right) $ je řada s kladnými členy, ze znalosti referenční limity tušíme, že řada se chová jako řada $ \sum\limits_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{n}, $ formálně z limitního srovnávacího kritéria, $$ L=\lim_{n\to +\infty} \frac{\sin\left( \frac{1}{n} \right)}{\frac{1}{n}}=1. $$ Řada $\sum\limits_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{n}$ diverguje a tedy původní řada nekonverguje absolutně. Udělejme si nyní představu, jak se chová člen $(-1)^{\frac{n(n-1)}{2}},$ postupným dosazováním zjistíme, že znaménka se zde střídají takto $(+,-,-,+,+,-,-,+,+,-,-,\ldots),$ tedy vždy dvě kladná a následně dvě záporná. Neabsolutní konvergenci zkusíme dokázat pomocí Dirichletova kritéria. O posloupnosti $b_n=(-1)^{\frac{n(n-1)}{2}}$ ukážeme, že má omezenou posloupnost částečných součtů, tj. $$ (\exists K\in \mathbb{R}) (\forall n \in \mathbb{N})\left( \left|\sum\limits_{k=1}^{n}b_k \right| \leq K\right). $$ Řekli jsme, že se jedná o posloupnost jedniček a minus jedniček, přičemž znaménko se mění vždy po dvou členech, součet libovolných $n$ členů tedy nepřesáhne hodnotu 2. Stačí tedy ukázat, že posloupnost $a_n=\sin\left( \frac{1}{n}\right)$ je monotonní s limitou v nule. Konvergence k nule jistě platí a ze znalosti průběhu funkce $\sin(x)$ (ta je na intervalu $\left(0,1\right\rangle$ ostře rostoucí, tedy $\sin\left( \frac{1}{x}\right)$ je ostře klesající na $\left\langle 1,+\infty\right)$) je zaručena i monotonie. Původní řada tedy konverguje neabsolutně podle Dirichletova kritéria. \begin{enumerate}[resume] \item$ \sum\limits_{n=2}^{+\infty} \frac{(-1)^{n}}{\ln(n)} $ \item$ \sum\limits_{n=1}^{+\infty} \frac{(-1)^{n}}{\sqrt[n^2]{n}} $ \item$ \sum\limits_{n=1}^{+\infty} \frac{(-1)^{\frac{n(n-1)}{2}}}{2^n} $ \item$ \sum\limits_{n=1}^{+\infty} \frac{(-1)^{n\choose2}}{\ln(n+1)} $ \item$ \sum\limits_{n=2}^{+\infty}\frac{(-1)^n\sqrt[n]{n}}{\ln(n)} $ \item$ \sum\limits_{n=1}^{+\infty}e^{-n}\sin(n) $ \item$ \sum\limits_{n=1}^{+\infty}(-1)^n\frac{n}{n+1}\sin\frac{1}{n} $ \item$ \sum\limits_{n=1}^{+\infty}(-1)^n\frac{n}{n^2+1}\cos\frac{1}{n} $ \item$ \sum\limits_{n=1}^{+\infty}(-1)^n \left(\frac{2n+100}{3n+1} \right)^n $ \item$ \sum\limits_{n=1}^{+\infty}\sin(n^2) $ \item$ \sum\limits_{n=1}^{+\infty}(-1)^n\frac{\sqrt{n}}{n+100} $ \item$ \sum\limits_{n=1}^{+\infty}\frac{(-1)^n(2n+1)}{n^2+n+1} $ \item$ \sum\limits_{n=1}^{+\infty}\frac{(-1)^n\sin^2(n)}{n} $ \item$ \sum\limits_{n=1}^{+\infty}(-1)^n\ln\left(1+\frac{1}{n^\alpha} \right) \ \ (\alpha \in \mathbb{R}) $ \item$ \sum\limits_{n=1}^{+\infty}(-1)^n\left( 1-\cos\left( \frac{1}{n} \right)\right) $ \item$ \sum\limits_{n=2}^{+\infty}\frac{\sin(n)}{\ln(n)} $ \item$ \sum\limits_{n=1}^{+\infty}\frac{\cos(n)}{n^p} \ \ (p \in \mathbb{R}) $ \item$ \sum\limits_{n=1}^{+\infty} (-1)^{n}\frac{\sqrt[n]{n}-1}{n^\alpha} \ \ (\alpha \in \mathbb{R}) $ \item$ \sum\limits_{n=1}^{+\infty} \frac{\ln(1+n^\alpha)}{n^\beta} \ \ (\alpha, \beta \in \mathbb{R}) $ \item$ \sum\limits_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{(-1)^{n+1}n+1} \ \ \text{(Uzávorkování)} $ \end{enumerate}
