CVIČENÍ 11
Mocninné řady
Příklad 11.1. Vyšetřeme konvergenci mocninné řady
∞
n=0
(2x)n
.
Řešení. Je ∞
n=0(2x)n
= ∞
n=0 2n
xn
= ∞
n=0 cn(x − x0)n
, kde x0 = 0 a cn = 2n
. Určeme poloměr
konvergence R. Jelikož
n
|cn| =
n
√
2n = 2,
je 1
R = 2, R = 1
2. Intervalem konvergence je (x0 − R, x0 + R) = −1
2, 1
2 , v něm řada konverguje
absolutně. Pro |x| > 1
2 řada diverguje. Zjistěme, zda řada konverguje v koncových bodech intervalu
konvergence.
1
Při x = 1
2 má řada ∞
n=0(2x)n
tvar
∞
n=0
2
1
2
n
=
∞
n=0
1 = +∞
(diverguje k +∞).
Je-li x = 1
2, obdržíme řadu
∞
n=0
−2
1
2
n
=
∞
n=0
(−1)n
= 1 − 1 + 1 − 1 + . . . ,
která součet nemá.
Řada tedy konverguje jen na −1
2, 1
2 , přičemž na tomto intervale konverguje absolutně.
Příklad 11.2. Vyšetřeme konvergenci mocninné řady
∞
n=0
xn
n!
.
2
Řešení. Pro cn = 1
n! platí
cn+1
cn
=
n!
(n + 1)!
=
1
n + 1
→ 0, n → ∞,
pak 1/R = 0, poloměr konvergence je R = +∞, a tudíž řada konverguje na (−∞, ∞). Jedná se o
Taylorův rozvoj ex
. Speciálně
e =
∞
n=0
1
n!
.
Příklad 11.3. Vyšetřeme konvergenci mocninné řady
∞
n=0
(nx)n
.
Řešení. Máme ∞
n=0(nx)n
= ∞
n=0 cnx)n
s cn = nn
. Pro poloměr konvergence R bude
1
R
= lim
n→∞
n
|cn| = lim
n→∞
n = +∞
a tudíž R = 0. Řada tedy konverguje pouze při x = 0.
3
Příklad 11.4. Vyšetřeme konvergenci mocninné řady
∞
n=0
(x − 1)n
(n + 1)4n
.
Řešení. Středem je bod x0 = 1. Položme cn = 1
(n+1)4n . Určeme poloměr konvergence R. Jelikož
n
|cn| =
1
n
(n + 1)4n
=
1
4 n
√
n + 1
→
1
4
, n → ∞,
je 1
R = 1
4, R = 4. Intervalem konvergence je (x0 − R, x0 + R) = (−3, 5). Pro x ∈ (−3, 5) tedy řada
konverguje absolutně. Pro x > 5 a x < −3 řada diverguje. Zjistěme, zda řada konverguje v koncových
bodech intervalu konvergence.
Při x = 5 máme divergentní řadu harmonickou
∞
n=0
4n
(n + 1)4n
=
∞
n=0
1
n + 1
.
Je-li x = −3, dostáváme řadu alternující
∞
n=0
(−4)n
(n + 1)4n
=
∞
n=0
(−1)n
n + 1
.
4
Jelikož 1
n+1, n = 0, 1 je kladná posloupnost, monotonně klesající k 0, podle Leibnizova kriteria tato řada
konverguje.
V souhrnu dostáváme: při x ∈ (−3, 5) řada konverguje absolutně, při x ≥ 5 a x < −3 řada diverguje,
při x = −3 řada konverguje (neabsolutně).
Příklad 11.5. Vyšetřeme konvergenci mocninné řady
∞
n=1
2n
n2
xn
.
Řešení. Platí
n 2n
n2
=
2
n
√
n2
=
2
( n
√
n)2
→ 2
pro n → ∞. Pak 1/R = 2, poloměrem konvergence je R = 1
2. Interval konvergence je −1
2, 1
2 .
Při x = 1
2 má řada tvar ∞
n=1
2n
n2
1
2n = ∞
n=1
1
n2 a tudíž konverguje.
Při x = −1
2 má řada tvar ∞
n=1
2n
n2
1
(−2)n = ∞
n=1
(−1)n
n2 a rovněž konverguje. V krajích bodech
konverguje řada absolutně. V souhrnu řada konverguje absolutně při −1
2 ≤ x ≤ 1
2.
5
Příklad 11.6. Vyšetřeme konvergenci mocninné řady
∞
n=1
(x + 2)n
n2n−1
.
Řešení. Pro poloměr konvergence R bude
1
R
= lim
n→∞
n 1
n2n−1
= lim
n→∞
1
n
√
n2n−1
= lim
n→∞
1
2
n−1
n n
√
n
= lim
n→∞
1
21−1
n n
√
n
=
1
2
,
neboť limn→∞
n
√
n = 1 (bylo by pohodlnější napsat ∞
n=1
(x+2)n
n2n−1 = 2 ∞
n=1
(x+2)n
n2n ). Pak R = 2. Středem
je −2, intervalem konvergence je (−2 − 2, −2 + 2) = (−4, 0).
Vyšetřeme řadu ∞
n=1
(x+2)n
n2n−1 v koncových bodech intervalu (−4, 0). Při x = −4 je to alternující řada
∞
n=1
(−2)n
n2n−1 = 1
2
∞
n=1(−1)n 2n
n2n = 1
2
∞
n=1(−1)n 1
n, která konverguje podle Leibnizova kriteria. Při x = 0
dostáváme divergentní řadu ∞
n=1
2n
n2n−1 = 1
2
∞
n=1
1
n.
Příklad 11.7. Určeme poloměr konvergence mocninné řady
∞
n=1
1 +
1
n
n2
xn
.
6
Řešení. Pro cn = 1 + 1
n
n2
je
n
|cn| =
n
1 +
1
n
n2
= 1 +
1
n
n
→ e
při n → ∞. Poloměr konvergence je R = 1
e.
Příklad 11.8. Vyšetřeme konvergenci mocninné řady
∞
n=1
(−1)n+1 x2n−1
2n − 1
.
Řešení. Položme fn(x) = (−1)n+1x2n−1
2n−1 ; pak máme řadu ∞
n=1 fn(x). Jelikož je to řada mocninná, má
smysl vyšetřovat ihned absolutní konvergenci (v intervalu konvergence totiž konverguje vždy absolutně).
Uvažujme proto řadu ∞
n=1 |fn(x)|. Aplikujme podílové kriterium:
|fn+1(x)|
|fn(x)|
=
|x2(n+1)−1
|
2(n + 1) − 1
·
2n − 1
|x|2n−1
=
|x|2n+1
|x|2n−1
2n − 1
2n + 1
= |x|22n − 1
2n + 1
→ x2
, n → ∞.
Řada tedy konverguje při |x| < 1 a diverguje při |x| > 1.
Při x = 1 dostaneme alternující řadu ∞
n=1(−1)n+1 1
2n−1, která konverguje podle Leibnizova kriteria.
7
Při x = −1 dostaneme rovněž konvergentní alternující řadu
∞
n=1
(−1)n+1(−1)2n−1
2n − 1
=
∞
n=1
(−1)3n
2n − 1
=
∞
n=1
((−1)3
)n
2n − 1
=
∞
n=1
(−1)n
2n − 1
.
Řada konverguje absolutně při |x| < 1, konverguje neabsolutně při x = ±1 a diverguje při |x| > 1.
Poznámka 11.9. Poznamenejme, že v příkladě 11.8 při zápise řady
∞
n=1
(−1)n+1 x2n−1
2n − 1
= 0 +
x
1
+ 0 · x2
−
x3
3
+ 0 · x4
+
x5
5
− . . .
ve tvaru ∞
n=1 cnxn
část koeficientů vychází rovná 0 a proto zde vzorec (−1)n+1 1
2n−1
určuje zbývající nenulové koeficienty, nikoliv všechny cn po řadě. Vzorce pro R
uplatnit nelze, nemusí totiž v takových případech dávat správný výsledek. Aplikujeme
tedy podílové anebo odmocninové kriterium bezprostředně k řadě z absolutních hodnot.
Příklad 11.10. Vyšetřeme konvergenci mocninné řady
∞
n=1
n(x − 1)2n
9n
√
n5 + 2
.
8
Řešení. Čteme poznámku 11.9. Položíme fn(x) = n(x−1)2n
9n
√
n5+2
a uvažujeme řadu ∞
n=1 |fn(x)|. Aplikujeme
podílové kriterium: při n → ∞ bude
|fn+1(x)|
|fn(x)|
=
(n + 1)|x − 1|2n+2
9n+1 (n + 1)5 + 2
·
9n
√
n5 + 3
n|x − 1|2n
=
1
9
n + 1
n
√
n5 + 2
(n + 1)5 + 2
(x − 1)2
→
(x − 1)2
9
a tudíž řada konverguje absolutně při (x − 1)2
< 9, t. j. |x − 1| < 3 a diverguje při (x − 1)2
> 9, t. j.
|x − 1| > 3.
Interval konvergence je tedy určen nerovnicí −3 < x − 1 < 3, t. j. −2 < x < 4.
Při x = −2 máme řadu
∞
n=1
n(−3)2n
9n
√
n5 + 2
=
∞
n=1
n
√
n5 + 2
.
Jelikož
√
n5 + 2 ∼
√
n5 = n
5
2 při n → ∞, t. j.
√
n5+2√
n5
→ 1 pro n → ∞, podle srovnávací věty v limitním
tvaru řada ∞
n=1
n√
n5+2
konverguje spolu s konvergentní zobecněnou harmonickou řadou ∞
n=1
1
n
5
2
. Při
x = 4 máme opět konvergentní řadu
∞
n=1
n32n
9n
√
n5 + 2
=
∞
n=1
n
√
n5 + 2
.
Mocninná řada tedy konverguje absolutně při −2 ≤ x ≤ 4 a diverguje pro x < −2 a x > 4.
9
Poznamenejme, že neopatrné využiti vzorce
1
R
= lim
n→∞
|cn+1|
|cn|
, (11.1)
platného pro řady ∞
n=1 cn(x−x0)n
, v tomto případe by vedlo na chybný výsledek. Vskutku, dosadíme-li
do (11.1) cn = n
9n
√
n5+2
, dostaneme
|cn+1|
|cn|
=
(n + 1)
9n+1 (n + 1)5 + 2
·
9n
√
n5 + 3
n
=
1
9
n + 1
n
√
n5 + 2
(n + 1)5 + 2
→
1
9
a tudíž 1
R = 1
9, R = 9. Výše jsme však zjistili, že ve skutečnosti je R = 3, t. j. poslední využitý postup je
nesprávný.
Příklad 11.11. Vyšetřeme konvergenci řady
∞
n=1
x2n
(−3)n.
10
Řešení. Čteme poznámku 11.9. Máme ∞
n=1 fn(x) s fn(x) = x2n
(−3)n . K ∞
n=1 |fn(x)| aplikujme
Cauchyho odmocninové kriterium:
n
|fn(x)| =
n x2
3n
=
x2
3
,
tedy řada ∞
n=1 |fn(x)| konverguje při |x| <
√
3 a diverguje při |x| >
√
3.
Při x =
√
3 má
∞
n=1
x2n
(−3)n tvar
∞
n=1
3n
(−3)n =
∞
n=1
(−1)n
. Táto řada součet nemá. Při x = −
√
3 dostaneme
stejnou řadu
∞
n=1
(−
√
3)2n
(−3)n =
∞
n=1
(−1)n
.
Příklad 11.12. Vyšetřeme konvergenci řady
∞
n=1
n + 3
n + 4
n
(2x + 1)n
.
Řešení. Řadu upravme:
∞
n=1
n + 3
n + 4
n
(2x + 1)n
=
∞
n=1
n + 3
n + 4
n
2n
x +
1
3
n
=
∞
n=1
2
n + 3
n + 4
n
x +
1
3
n
,
11
což má tvar ∞
n=1 cn(x − x0)n
s x0 = −1
2, cn = 2n+3
n+4
n
. Jelikož platí
n
|cn| = n
2
n + 3
n + 4
n
= 2
n + 3
n + 4
→ 2
při n → ∞, bude 1
R = 2, R = 1
2. Řada konverguje absolutně v intervalu (x0 − R, x0 + R) =
−1
2 − 1
2, −1
2 + 1
2 = (−1, 0) a diverguje pro x < −1, x > 0.
Uvažujme krajní body intervalu konvergence (−1, 0). Při x = 0 má ∞
n=1
n+3
n+4
n
(2x + 1)n
tvar
∞
n=1
n+3
n+4
n
, kde
n + 3
n + 4
n
= 1 −
1
n + 4
n
= 1 −
1
n + 4
n+4
n
n+4
→ e−1
̸= 0
při n → ∞. Pro tuto řadu tedy neplatí nutná podmínka konvergence.
Při x = −1 v ∞
n=1
n+3
n+4
n
(2x + 1)n
dostaneme řadu ∞
n=1(−1)n n+3
n+4
n
, nutná podmínka konvergence
neplatí ani zde.
Daná mocninná řada tedy konverguje pro −1 < x < 0.
12