k(k + 1) = A k + B. s n = n 1 n + 1 = = 3. = ln 2 + ln. 2 + ln

Transkript

1 Číselé řady - řešeé přílady ČÍSELNÉ ŘADY - řešeé přílady A. Součty řad Vzorové přílady:.. Přílad. Určete součet řady + = Řešeí: Rozladem -tého čleu řady a parciálí zlomy dostáváme + = + ) = A + B +. Vyásobeím jmeovatelem + dostáváme rovost Odtud Pro -tý částečý součet řady pa platí tj. Řada je tedy overgetí a má součet s =. = A + ) + B A =, B =. + = +. s = = +, s = s ) = =. +.. Přílad. Rozhoděte pomocí defiice o overgeci, resp. součtu ásledující řady: + 6 = Řešeí: Využitím vzorce pro -tý částečý součet geometricé řady dostáváme Odtud pa s = ) Daá řada tedy overguje a má součet s = 0... Přílad. Určete součet řady Řešeí: Pro -tý částečý součet řady platí s = l + l + + l + ) = )+ s = s = = 0. l + ) = l + l + l )+ = l + l l + + l + ) l = l + ). ÚM FSI VUT v Brě.

2 Číselé řady - řešeé přílady Protože příslušá řada diverguje. s = l + ) =, Částečě řešeé přílady:.4. Přílad. Určete součet řady =0 e. Řešeí: Protože e = e ), jedá se o geometricou řadu s prvím čleem rovým jedé a vocietem e ; odtud podle vzorce s = e = e e..5. Přílad. Určete součet řady 4. Řešeí: Rozladem a parciálí zlomy máme 4 = /. +) Dosazeím tohoto vztahu a rozepsáím -tého částečého součtu dostáváme s = + ), tedy s = s =..6. Přílad. Určete součet řady = l ). Řešeí: Píšeme l ) = l ). Odtud s = l ), de s chápeme jao součet a + +a čle a v daé řadě chybí). Pa pro =,, 4,... ejprve odvodíme, a poté iducí ověříme, že = +, tedy s = l +, a odtud s = l..7. Přílad. Určete součet řady arctg. Řešeí: K určeí s užijeme vztahu arctg x + arctg y = arctg x+y xy vztahu postupě pro =,, 4,...) odvodíme, a poté iducí ověříme, že s = arctg sado s = arctg + = arctg = π 4., terý platí poud xy <. Z tohoto. Odtud pa + B. Kovergece řad Před uvedeím příladů připomeňme dvě důležité ity, teré mají při posuzováí overgece řad pomocí itích ritérií velý výzam. Platí ) ) + + a = e, obecěji = e a pro aždé reálé a, a dále =, obecěji a = pro aždé reálé a. Vzorové přílady:.8. Přílad. Zjistěte, pro terá reálá p overguje řada p = + p + p ÚM FSI VUT v Brě

3 Číselé řady - řešeé přílady Řešeí: Především pozameejme, že řada má ladé čley. Pro p 0 eí splěa utá podmía overgece tj. vztah a = 0) a řada diverguje. Pro p > 0 užijeme itegrálí ritérium výpočtem se přesvědčte, že obě ití ritéria selhávají, tj. L = ). Zde je fx) = / x p = x p. Pro x > 0 a p > 0 je to lesající a ladá fuce. Pro p platí t t x p dx = t p+ p + { p = p < pro p >, pro p <. Pro p > tedy daá řada overguje podle itegrálího ritéria. Pro p < pa řada diverguje podle téhož ritéria. Případ p = musíme z itegračích důvodů posoudit zvlášt. Nejprve vša pozameejme, že pro p = je řada tvaru = , což je řada harmoicá. Pomocí itegrálího ritéria sado určíme divergeci této řady. Platí totiž t t x dx = l t) =. t Řada / p tedy overguje pro p > a diverguje pro p. Přitom pro všecha p > 0 je splěa utá podmía overgece..9. Přílad. Rozhoděte o overgeci či divergeci řady l + ) = l + l + l Řešeí: Řada má opět ladé čley. Protože + > l + ), platí l + ) > +. Řada / + ) podle příladu.8 diverguje, taže podle srovávacího ritéria řada / l + ) taé diverguje..0. Přílad. Rozhoděte o overgeci řady! = Řešeí: Jedá se o řadu s ladými čley. Pomocí itího podílového ritéria určíme Protože L = 0 <, řada overguje. a + L = = a.. Přílad. Rozhoděte o overgeci řady! + )! + = + = 0. arctg + ) = arctg + arctg + arctg ÚM FSI VUT v Brě

4 Číselé řady - řešeé přílady 4 Řešeí: Řada má ladé čley a vzhledem e tvaru a zvolíme ití odmociové ritérium. Nejprve vypočteme odmociu a = arctg ) + = arctg ) + a pa určíme itu Protože =, platí L = a = arctg + ). L = arctg + ) = arctg = 4 π >. Daá řada tedy diverguje podle itího odmociového ritéria... Přílad. Vyšetřete, zda overguje řada = a ) = e dostáváme! = Řešeí: Pro posouzeí overgece této řady s ladými čley zvolíme ití podílové ritérium. Nejprve upravíme podíl a + + )! + ) +! = ) + ) =. + Pa pomocí vztahu + ) a + L = = = a + + = ) e <, a tedy podle itího podílového ritéria řada! overguje... Přílad. Rozhoděte o overgeci ebo divergeci řady si π = si π 4 + si π 9 + si π = Řešeí: Daá řada má ladé čley. Vzhledem erovosti 0 < si x < x pro x > 0 vyzoušíme srovávací ritérium. Platí tedy si π < π pro =,,.... Řada = = π = π = si π overgetí. je vša overgetí viz přílad.8), a podle srovávacího ritéria je tedy i řada.4. Přílad. Rozhoděte o overgeci, resp. absolutí overgeci řady ) + l + ) = l l + l ÚM FSI VUT v Brě

5 Číselé řady - řešeé přílady 5 Řešeí: Daá řada je alterující, proto ověříme předpolady Leibizova ritéria. Platí )+ l + ) = 0 čley řady overgují ule) a dále l + ) > l + ) + absolutí hodoty čleů řady tvoří lesající posloupost). Podle Leibizova ritéria tedy uvedeá řada overguje. Posoudíme absolutí overgeci, tj. overgeci řady absolutích hodot )+ l + ) = l + ). To je vša podle příladu. divergetí řada, a proto je overgece původí řady pouze eabsolutí relativí). Částečě řešeé přílady:.5. Přílad. Rozhoděte o overgeci řady!) )!. Řešeí: Užijeme ití podílové ritérium. Nejprve upravíme výraz a + /a jao odtud a +/a = 4, a řada tedy overguje..6. Přílad. Rozhoděte o overgeci řady [ + )!] [ + )]! )!!) = + ) + ) + ) = + + ) ; e. Řešeí: Pomocí itího odmociového ritéria máme řada tedy overguje..7. Přílad. Rozhoděte o overgeci řady a = e <, l. Řešeí: Na záladě itegrálího ritéria posuzujeme overgeci evlastího itegrálu dx. Substitucí t = l x jej převedeme a l x x t e t dt. Kovergeci tohoto itegrálu lze považovat za samozřejmou; 0 můžeme ji ověřit apř. přímým výpočtem metodou per partes. Řada proto overguje apř. podle itegrálího ritéria)..8. Přílad. Rozhoděte o overgeci řady si. Řešeí: Nabízí se srováí s divergetí harmoicou řadou. Provedeme proto odhad si x π x pro všecha x 0, π/ areslete si obráze). Protože / 0, π/ pro všecha =,,..., máme si π pro všecha =,,.... Divergece daé řady tedy plye ze srovávacího ritéria..9. Přílad. Rozhoděte o overgeci, resp. absolutí overgeci řady ÚM FSI VUT v Brě = ) l.

6 Číselé řady - řešeé přílady 6 Řešeí: Kovergeci řady sado ověříme užitím Leibizova ritéria. Kovergeci řady absolutích hodot prověříme itegrálím ritériem. Itegrál počítáme substitucí t = l x, po jejímž = l provedeí sado rozhodeme o divergeci tohoto itegrálu. Daá řada tedy overguje pouze eabsolutě relativě). dx x l x C. Přibližé součty řad Vzorové přílady:.0. Přílad. Uažte, že řada = overguje, a odhaděte chybu, teré se dopustíte při áhradě součtu s této řady hodotou s 0. Řešeí: Kovergeci řady lze sado uázat apř. užitím podílového ebo odmociového ritéria. Pro odhad chyby pa platí R 0 = < ) = 0 = 0, Aproximujeme-li tedy hodotu součtu s daé řady hodotou částečého součtu s 0 = 0 = 0, 69065, pa chyba této aproximace epřevýší hodotu 0, < 0 4. Pozameejme, že přesá hodota součtu s této řady čií s = l 0, Přílad. Rozhoděte, oli čleů řady je třeba sečíst, aby částečý součet s řady = aproximoval přesý součet této řady s chybou meší ež 0 4. Řešeí: O overgeci této řady jsme rozhodli v příladu.8 pomocí itegrálího ritéria. V případě užití tohoto ritéria platí odhad chyby R fx) dx = x dx =. Odtud K aplěí požadovaé přesosti je třeba sečíst alespoň 7 sčítaců daé řady... Přílad. Určete přibližou hodotu součtu řady s chybou meší ež 0. = ) l = l l + 4 l 4 ÚM FSI VUT v Brě

7 Číselé řady - řešeé přílady 7 Řešeí: Podle příladu.9 tato řada overguje, poěvadž splňuje předpolady Leibizova ritéria. Pa platí jedoduchý odhad chyby ve tvaru Protože odtud R a + = + ) l + ). + ) l + ) 0 + ) l + ) 0 5, = s přesostí a desetié místo. Částečě řešeé přílady:.. Přílad. Rozhoděte, oli čleů řady přesou hodotu s s chybou meší ež 0 4. ) l l l + 4 l 4 5 l 5 0, 5 Řešeí: Řada overguje apř. podle itegrálího ritéria. Pa R x + dx = π arctg 0 4 > tg + je třeba sečíst, aby částečý součet s aproximoval ) π Přílad. Rozhoděte, oli čleů řady je třeba sečíst, aby částečý součet s aproximoval přesou hodotu s s chybou meší ež 0 4. ) + +)! Řešeí: Řada overguje podle Leibizova ritéria overguje dooce absolutě - prověřte), tedy R [ + ) + ]! = + )! Přílad. Pomocí vztahu l < + + < + l rozhoděte, oli čleů harmoicé řady / je třeba sečíst, aby s > 00. Řešeí: s = + > l > 00 > e00, ÚM FSI VUT v Brě