Kapitola 1. Nekonečné číselné řady. Definice 1.1 Nechť {a n } n=1 je posloupnost reálných čísel. Symbol. a n nebo a 1 + a 2 + a

Transkript

1 Kpitol Nekoečé číselé řdy Defiice. Nechť { } je posloupost reálých čísel. Symbol ebo zýváme ekoečou číselou řdou. s = i= i = zveme -tý částečý součet řdy {s } posloupost částečých součtů. Existuje-li vlstí limit lim s = s, řekeme, že řd koverguje má součet s. Neexistuje-li vlstí limit lim s, řekeme, že řd diverguje. Divergetí řdy dále dělíme tři přípdy: Je-li lim s =, řekeme, že řd diverguje k + píšeme = +, je-li lim s =, řekeme, že řd diverguje k píšeme =, jestliže lim s eexistuje, řekeme, že řd osciluje. Příkld. Určete, kdy koverguje geometrická řd q, kde, q R\{0} zjistěte její součet. Řešeí:. Nechť q =, pk s = tedy lim s = + pro > 0 lim s = pro < 0. Řd je tedy divergetí diverguje k + ( ) pro > 0( < 0).

2 2. Nechť q =, pk s = 0 pro sudé s = pro liché, tedy lim s eexistuje. Řd osciluje. 3. Nechť q =. Pro q < je s = + q + q q s q = q + q q s s q = s ( q) = q = ( q ) řd koverguje má součet Pro q > je řd diverguje k ±. s = q q. lim s q q = q,. q lim s q q = q ±, Pro q < limit lim s eexistuje, řd tedy osciluje. Defiice.2 Řd se zývá omezeá, je-li posloupost {s } omezeá. Vět. Kovergetí řd je omezeá. Důkz Viz. vět z prvího semestru, má-li posloupost vlstí limitu, pk je omezeá. Pozámk. Obráceé tvrzeí epltí. Npř. řd ( ) je divergetí (osciluje), le je omezeá. Vět.2 Nechť jsou řdy b kovergetí. Pk je kovergetí i řd (λ + γb ) pltí, (λ + γb ) = λ + γ b. 2

3 Důkz Důsledek věty o ritmetice limit. Pozámk.2 Kovergetí řdy tvoří vektorový prostor. Vět.3 (utá podmík kovergece) Je-li kovergetí, pk lim = 0. Důkz Sporem. Je-li lim 0, pk pro kždé ε > 0 kždé 0 N existuje m > 0 tkové, že m > ε, tedy s m s m > ε proto ei posloupost {s } Cuchyovská, tedy ei i kovergetí. Pozámk.3 Obráceě vět epltí. Příkld.2 Vyšetřete kovergeci hrmoické řdy. Řešeí: 2 i= i = = = +. 2 i = i i i ( ) 2 Posloupost částečých součtů této řdy je rostoucí, jelikož = > 0, tedy limit lim s existuje. Jelikož je s 2 +, je tto limit rov +. Tedy 2 hrmoická řd diverguje k +. Vět.4 Nechť p N, pk řdy, =p+ součsě buď kovergují ebo divergují. Důkz Ozčme s = i= i ŝ = i=p+ i, pk s = p i= i+ŝ jelikož p i= i R, tk lim s R lim ŝ R lim s = ± lim ŝ ±. Pozámk.4 Z předcházející věty plye, že kovergeci, resp. divergeci řdy emá vliv chováí koečého počtu jejích čleů. 3

4 . Řdy s ezáporými čley Je-li 0 pro všech N, pk řdu zveme řdou s ezáporými čley. Vět.5 Buď řd, 0 N, pk součet této řdy existuje. Je-li eomezeá, je = +. Je-li omezeá, je = sup{s }. Důkz Přímý dusledek věty z prvího semestru rostoucí posloupost má limitu, která je vlstí (rov sup{ }), je-li tto posloupost omezeá je rov +, je-li posloupost { } eomezeá... Kritéri kovergece Vět.6 (srovávcí kritérium) Nechť N, 0 b, pk pltí: Jestliže koverguje řd b, tk koverguje i řd. Jestliže diverguje řd, tk diverguje i řd b. Důkz Ozčme s = i= i ŝ = i= b, pk s ŝ. Jelikož jsou poslouposti {s } {ŝ } eklesjící, tk mjí limitu. Nvíc pltí lim s lim ŝ. Pozámk.5 Předpokld b emusí pltit pro všech, le stčí, by pltil > 0 pro ějké 0 N. Příkld.3 Rozhoděte o kovergeci řdy Řešeí: Jelikož 2 < ( ) < ( ) 2, tk i= i = + 2 i=2 i < + 2 i=2 vět o erovostech limitách v prvím semestru. 2 i(i ) < + i=2 (i ) = + 2 i= i 2 4

5 tedy se stčí změřit kovergeci řdy =2 i= Řd i(i + ) ( i(i + ) i= i= ( ) i i + i= i= = ( ) ( i ) i +. (+) ) + ( ) =. + koverguje tedy koverguje i řd (+) Vět.7 (limití srovávcí kritérium) Nechť 0 b > 0 N. Jestliže lim b (0, ), pk obě řdy buď kovergují, ebo obě divergují. Důkz Ozčme lim b = A > 0, pk existuje 0 N tkové, že A 2 b 2A, > 0. Tedy A b 2 2A, > 0 dál je využijeme věty Příkld.4 Rozhoděte o kovergeci řd: ) 2+3, 2 b) c) si π. Řešeí: 2+3 ) lim 2 +cos, l = 3 (0, ). Jelikož hrmoická řd příkld.2), tk diverguje i řd diverguje (viz b) lim +cos l 2 příkld.3), tk koverguje i řd = (0, ). Jelikož řd +cos l 2 koverguje (viz 5

6 c) lim si π = π (0, ), tk řd si π diverguje. Vět.8 (Odmociové kritérium - Cuchyovo) Nechť N je 0. ) i) Jestliže existuje q < N : q, pk řd koerguje. ii) Je-li pro ekoečě moho čleů poslouposti { }, tk řd diverguje. b) Existuje-li limit lim = q R, pk: Důkz i) Je-li q <, tk řd koverguje. ii) Je-li q >, tk řd diverguje. ) i) Je-li q < N : q, pk q pro všech N jelikož geometrická řd q koverguje (viz. příkld.), tk koverguje i řd dle věty.6. ii) Je-li pro ekoečě moho čleů poslouposti { }, tk lim 0 tedy řd diverguje (viz. vět.3). b) Existuje-li limit lim = q R, pk: i) Je-li q <, zvolme ε > 0 tk, by pltilo q + ε <. Pk existuje 0 N tkové, že < q + ε pro všech > 0. Dále postupujeme stejě jko v části ) i). ii) Je-li q >, tk existuje 0 N tkové, že > > 0. Dále viz. ) ii). Příkld.5 Rozhoděte o kovergeci řd: ), (3+ ) b) ( 2 π rccos ) 2. Řešeí: 6

7 ) lim proto řd koverguje. (3 + ) 3 + = 3 <, b) lim tedy řd koverguje. ( 2 π rccos ) 2 e l( 2 π rccos ) = e lim L H = e lim 2 π rccos 2 π / ( 2 π rccos l( 2 π rccos ) = e 2 π <, Vět.9 (Podílové kritérium - d Alembertovo) Nechť 0. i) Jeli + q < pro všech N, pk řd koverguje. Pltí-li pro všech N erovost +, tk řd diverguje. ii) Existuje-li limit lim + Důkz = q, pk: je-li q <, tk řd koverguje, je-li q >, tk řd diverguje. i) Jelikož + q <, tk + q, tedy idukcí dokážeme, že q. Jelikož q je kovergetí geometrická řd ( q < ), tk řd koverguje dle věty.6. Je-li +, tk + jelikož řd diverguje 2, tk diverguje i řd. ii) Je-li lim + = q <, tk existuje ε > 0 0 N tkové, že + < q+ε < pro všech > 0. Ozčme ˆq = q+ε postupujme dále jko v prví části důkzu, tedy dosteme + ˆq pro všech > 0 proto 0 +k 0 ˆq k k N. Jelikož je k=0 0 +k ˆq k kovergetí geometrická řd, tk je i = 0 kovergetí dle věty.6 tedy je kovergetí i řd dle věty.4. 2 > 0, jelikož výrz 2 má smysl z předpokldu věty, že + 7 )

8 Je-li lim + = q >, tk existuje ε > 0 0 N tkové, že < q ε < + pro všech > 0, tedy > 0 > 0. Dále postupujeme jko v předchozích částech důkzu. Příkld.6 Rozhoděte o kovergeci řd: ) (2 7)2,! b).! Řešeí: ) + lim tedy řd koverguje. (2 5)2 + (+)! (2 7)2! (2 5)2 (2 7) = 0 <, b) + lim tedy řd diverguje. (+) + (+)!! ( + ) ( + = e >, ) Pozámk.6 V situci, kdy lim + =, kritérium mlčí. Tto situce může stt jk pro kovergetí řdu (viz. příkld.3), tk pro divergetí řdu (viz. příkld.2). Vět.0 (Rbeovo kritérium) Nechť 0 N. i) Je-li lim + >, tk řd koverguje. ii) Je-li lim + <, tk řd diverguje. Důkz 8

9 i) Nechť lim + >, pk existuje ε > 0 0 tkové, že + > + ε pro všech > 0. Dosteme tedy: > + ε, + Tedy s = ( + ) > + + ε +, ( + ) + > ε +, ε ( ( + ) + ) > +. i = + i= i < + i=2 i=2 ε ((i ) i i i ) = + ε ( ( ) ) = + ε ( ) + ε. Jelikož posloupost {s } je eklesjící omezeá, je tké kovergetí. Proto řd koverguje. ii) Je-li lim + <, tk existuje 0 N tkové, že + < pro všech > 0. Pk < + i= 0 + i= < + < ( + ) +. Dostáváme ( 0 +) 0 + < ( 0 +2) 0 +2 <... < tedy > ( 0+) 0 +. Proto i > i ( 0 + ) 0 + = ( 0 + ) 0 + i. i= 0 + Z divergece hrmoické řdy (viz. příkld.2) věty.6 plye divergece řdy = 0 + tedy i divergece řdy (dle věty.4). 9

10 Pozámk.7 Někdy se Rbeovo kritérium uvádí ve tvru 3 lim + >... řd koverguje, lim + <... řd diverguje. Příkld.7 Rozhoděte o kovergeci řdy: kde > 0. Řešeí: + lim +! ( + )( + 2)...( + ), (! (+)(+2)...(+) (+)! (+)(+2)...(+)(++) ) + =. Je-li tedy >, tk řd koverguje, pro (0, ) řd diverguje. Pro = dosteme řdu, což je hrmoická řd bez prvího čleu + tedy řd divergetí. Pozmeejme, že v této úloze by ám epomohlo d Alembertovo kritérium, jelikož lim + =. Vět. (Itegrálí kritérium) Nechť je fukce f erostoucí, ezáporá defiová itervlu [, ). Pokud = f() N, pk řd koverguje právě tehdy, když f(x)dx <. Důkz 3 zde uvedeo bez předpokldů, které jsou le stejé, jko ve výše uvedeé verzi tohoto kritéri 0

11 f je erostoucí, tedy f( ) f(x) f() x [, ]. Dále dosteme f( ) = f( )dx k f( ) =2 lim k = k f() k =2 k f(x)dx f(x)dx f(x)dx k k f() lim f(x)dx k f() f(x)dx k f() =2 k f() =2 =2 f()dx = f() k lim f() k =2 f() =. =2 Z prví erovosti dosteme: < (kovergetí) f(x)dx <. Z druhé erovosti dosteme: f(x)dx < =2 < tedy koverguje i řd. Příkld.8 Rozhoděte o kovergeci řdy: + α, kde α. Řešeí: Zvedeme fukci f(x) =, pk fukce f splňuje pro α > 0 podmíky x α věty.. Dosteme [ ] x f(x)dx = x α α x α dx = α x α α tedy f(x)dx = pro α > f(x)dx = pro α (0, ). α Jelikož řd diverguje pro α = (jde o hrmoickou řdu viz. příkld x α.2) pro α 0 je lim 0 4, tk dostáváme, že řd x α koverguje pro x α α > diverguje pro α. 4 ei splě utá podmík kovergece viz. vět.3

12 .2 Řdy s obecými čley Vět.2 (Bolzo-Cuchyov podmík) Řd koverguje právě tehdy, když ε > 0 0 N > 0 p N : s +p s = p i= +i < ε. Důkz Jde o přímý důsledek defiice Bolzo-Cuchyovi věty pro poslouposti. Vět.3 Je-li řd kovergetí, tk je kovergetí i řd. Důkz Je-li řd, tk dle předchozí věty.2 pltí: ε > 0 0 N > 0 p N : p i= +i p i= +i < ε. Tedy i řd splňuje BC podmíku je tké kovergetí. Defiice.3 Řekeme, že řd koverguje bsolutě, jestliže koverguje řd. Jestliže řd koverguje, le řd diverguje, říkáme, že řd koverguje reltivě. Příkld.9 Rozhoděte o kovergeci řd: ) ( ) +, 2 b) ( ) +. Řešeí: ) Jelikož řd i řd ( ) + 2 b) ( )+ 2 = = ( )+ 2 koverguje (příkld.3), tk koverguje (dle věty.3) tedy řd koverguje bsolutě. je hrmoická řd, o které víme, že je divergetí. Musíme tedy zkoumt kovergeci přímo řdy ( ) +. s 2 = 2 i= ( ) + = = ( ) < i(i + ). i= 2

13 je kovergetí (viz. příkld.3) tedy je limit lim 2 (+) i= Řd koečá proto je koečá i limit lim s 2. Ozčme lim s 2 = A R, pk lim s 2+ s 2 +lim = A tedy je lim 2+ s = A je kovergetí, tj. řd koverguje reltivě. ( ) + ( ) + Vět.4 (Leibizovo kritérium) Nechť pro všech N pltí: I. 0, II. +, III. lim = 0. Pk řd ( )+ koverguje. Důkz s 2+2 = s 2 + ( ) s 2, tedy je posloupost {s 2 } eklesjící. Jelikož i(i+) s 2 = = ( 2 3 ) ( 4 5 )... ( ) 2, je víc posloupost {s 2 } omezeá tedy kovergetí. Ozčme lim s 2 = A R, pk lim s 2+ s 2 + lim 2+ = A, tedy je posloupost {s } kovergetí proto řd ( )+ koverguje. Příkld.0 Vrťme se k řdě ( ) + I. > 0, II. > + III. lim = 0, tedy řd. Využijeme-li Leibizovo kritérium, tk ( ) + koverguje. Lemm.5 Mějme poslouposti { } {b } čísl, p N, < p. Ozčme β k = k i= b i. Pk k=+ k b k = k=+ β k ( k k+ ) + β p p+ β +. (.) 3

14 Důkz k b k = k (β k β k ) = k β k k β k k=+ = = k=+ k=+ k=+ k=+ p k β k k+ β k = k=+ ( k β k + β p+ β p + k= k=+ k=+ β k ( k k+ ) + p+ β p + β. ) k+ β k Vět.6 (Abelovo-Dirichletovo kritérium) Nechť { } je mootoí posloupost pltí jed z ásledujících podmíek:. (Dirichlet) lim = 0 řd b má omezeé částečé součty. 2. (Abel) Řd b je kovergetí posloupost { } je omezeá. Pk je řd b kovergetí. Důkz. Použijeme B-C podmíku (vět.2) předchozí lemm. Stejě jko v přechozím lemmtu používáme zčeí β k = k i= b i. Jelikož má řd b omezeé částečé součty, tk existuje M R tkové, že β k < M pro všech k N. BÚNO předpokládáme, že { } je erostoucí. k b k = β k ( k k+ ) + p+ β p + β k=+ k=+ β k ( k k+ ) + p+ β p + β = k=+ k=+ k=+ k=+ β k ( k k+ ) + p+ β p + β M( k k+ ) + p+ β p + + β M( k k+ ) + p+ M + + M = M( + p+ + p+ + + ) = 2M +. 4

15 Jelikož lim = 0, pk pro kždé ε > 0 0 N tkové, že > 0 pltí < ε. Tedy pro 0 < < p pltí: k b k < 2Mε, k=+ proto je řd b kovergetí (dle věty.2). 2. Řd b je kovergetí, ozčme tedy její součet β = b. Z rovosti p k=+ ( k k+ ) = + p+ dosteme rovost Pk k=+ k b k = = k=+ k=+ 0 = k=+ β( k k+ ) + β p+ β +. β k ( k k+ ) + p+ β p + β (β k β)( k k+ ) + p+ (β p β) + (β β) (β k β) ( k k+ ) + p+(β p β) + (β β) (β k β) ( k k+ ) + p+ β p β + + β β. k=+ k=+ Jelikož je řd b kovergetí, tk pro ε > 0 existuje 0 N tkové, že β β k < ε pro všech k > 0. Jelikož je posloupost { } omezeá, tk existuje M R tkové, že < M. Tedy pro, p > 0 dosteme k b k (β k β) ( k k+ ) + p+ β p β + + β β k=+ k=+ < ε( k k+ ) + ε p+ + ε + k=+ ε( + p+ + p+ + + ) 2ε( p+ + + ) < 4εM. Proto řd b koverguje (dle věty.2). 5

16 Příkld. Nechť > 0, { } je erostoucí lim = 0. Ukžme, že pro x R \ {2πk} k Z řdy si(x) cos(x) kovergují. Nejdříve ukážeme, že řdy si(x) cos(x) mjí pro x 2πk omezeé částečé součty. Mějme geometrickou řdu s kvocietem e ix = cos(x) + i si(x). Pk s = i= eikx ix eix = e, tedy e ix s = eix eix e ix = eix eix 2 e ix e ix = 2 e ix ( e ix )( e ix ) 4 2 e ix e ix ] = 2 eix +e ix = 2 cos(x). 2 2 Je-li x 2kπ, tk s <. Jelikož s cos(x) = k= cos(kx) + k= si(kx), tk k= cos(kx) s k= si(kx) s, tedy řdy si(x) cos(x) mjí pro x 2πl omezeé částečé součty. Dále už je stčí plikovt Dirichletovo kritérium. Speciálě řdy si(x), cos(x) pro x 2πk kovergují, le ejsou bsolutě kovergetí..2. Přerováváí řd Defiice.4 Nechť je řd {k } je permutce možiy N ({k } je prostá posloupost přirozeých čísel, v íž se kždé přirozeé číslo vyskytuje). Pk říkáme, že k vzikl přerováím řdy. Vět.7 Nechť řd koverguje bsolutě. Pk koverguje bsolutě i řd k, která vzikl přerováím této řdy jejich součet je stejý (tj. = k ). Důkz Mějme ε > 0, pk existuje 0 N tkové, že p < ε pro kždé p > 0 (viz. vět.2). Jelikož {k } je permutce možiy N, tk existuje ˆ 0 N tkové, že {, 2,..., 0 } {k, k 2,..., kˆ0 }. Je-li ˆp > ˆ > ˆ 0 ozčme p = mx{kˆ, kˆ+,..., kˆp }, pk kˆ + kˆ kˆp p < ε, tedy je řd k bsolutě kovergetí. Nyí dokážeme, že = k. Nechť > mx{ 0, ˆ 0 } ozčme s = i= i ŝ = i= k i. pk s ŝ = ( k + k k ) q < ε, 6

17 kde q = mx{, k,..., k }. Tedy lim s ŝ = 0 proto s ŝ = k. Ozčme + = mx{0, } = mx{0, }. Pk = + = + +. Je-li ekoečá řd, tk můžeme uvžovt dvě ekoečé řdy s ezáporými čley +. Lemm.8 Nechť řd koverguje reltivě, pk obě řdy divergují k +. + Důkz Jelikož + jsou řdy s ezáporými koeficiety, tk kždá z těchto řd buď koverguje, ebo diverguje k +. Kdyby obě kovergovly, pk by kovergovl i řd = (+ + ) (vět.2) tedy by řd kovergovl bsolutě. Pokud by řd + kovergovl řd divergovl k +, pk by + s + = A R s = +. Tedy pro kždé ε > 0 kždé K R by existovlo 0 N tkové, že A ε < s + < A + ε s > K > 0. Tedy s = s + s < A K + ε, > 0. Proto by s (s + s ) =. Tedy by řd divergovl. Stejě by se ukázlo, že pro kovergetí řdu emůže stt, by řd + divergovl k + řd kovergovl. Proto obě řdy + divergují k +. Vět.9 (Riemov) Nechť řd koverguje reltivě echť s R. Pk existuje tkové přerováí k řdy, že = s tkové přerováí p řdy, že řd p osciluje. Důkz Nechť je s R. Ozčme ejmeší N tkové, že i= + i > s (jelikož + =, tk tkové existuje). Ozčme m ejmeší m N tkové, 7

18 že i= + i m i= i < s. Dále pro k = 2, 3,... ozčme k ejmeší k N tkové, že k mk i= i= + k m k i= > s m k ejmeší m k N tkové, že k < s. Tto kostrukce ám vytvoří řdu i= + k ( m ) ( m ) +..., která vzikl přerováím řdy. Ozčme ŝ součet tkto přerové řdy, pk částečý součet ŝ +m k se od s liší mximálě o + k částečý součet s +m +...+m k se od s liší mximálě o m k. Podobě částečý součet ŝ, kde + m k < < + m m k se od s liší mximálě o mx{ + k, m k } obdobě pro + m m k < < + m k+ je s s mx{ + k+, m k }. Jelikož řd koverguje, tk lim = 0 proto je lim ŝ = s. Ukžme, že lze řdu přerovt tk, by k =. Stčí třeb zvolit ásledující přerováí. N je ejmeší tkové, že >. 2 > je ejmeší 2 tkové, že > 2, 3 > 2 je ejmeší tkové, že > 3 tk dál. Dále postupujeme jko v předchozí části důkzu. Pro přerováváí do oscilující řdy stčí, by bylo ejmeší tkové, že >, m ejmeší tkové, že ( m ) <, 2 > ejmeší tkové, že ( m ) > tk dále. 8