Studijní text
(náhrada za 1.5.2013)
Řady s nezápornými členy, alternující řady
Odmocninové kritérium: Nechť an je nekonečná řada s nezápornými členy
od nějakého indexu N dál a předpokládejme, že existuje (vlastní nebo nevlastní)
limita
lim n
√
an = q.
Potom
(a) řada an konverguje, pokud q < 1;
(b) řada an diverguje k ∞, pokud q > 1 nebo q = ∞.
Příklad 1. Rozhodněte o konvergenci/divergenci následující řady.
∞
n=1
n
3 + 1
n
n
Řešení. Řada má nezáporné členy, tedy můžeme využít odmocninové kritérium.
Platí
lim
n→∞
n
√
an = lim
n→∞
n
n
3 + 1
n
n = lim
n→∞
n
√
n
3 + 1
n
=
1
3
,
neboť
lim
n→∞
1
n
= 0, lim
n→∞
n
√
n typ ∞0
= lim
n→∞
e
1
n
ln n
= e0
= 1,
neboť využitím L’Hospitalova pravidla (ověřte)
lim
n→∞
ln n
n
typ
∞
∞
= 0.
Platí 1
3
< 1, tedy podle odmocninového kritéria řada konverguje.
Příklad 2. Rozhodněte o konvergenci/divergenci následující řady.
∞
n=1
2
π
arccos
1
n
n2
Řešení. Řada má nezáporné členy, tedy můžeme využít odmocninové kritérium.
Platí
lim
n→∞
n
√
an = lim
n→∞
n 2
π
arccos
1
n
n2
= lim
n→∞
2
π
arccos
1
n
n
|typ 1∞
| ,
1
neboť arccos 0 = π
2
. Platí
lim
n→∞
2
π
arccos
1
n
n
= lim
n→∞
en ln(2
π
arccos 1
n ).
Podobně jako v předešlém příkladě spočítáme
lim
n→∞
ln 2
π
arccos 1
n
1
n
typ
0
0
.
Zderivováním jmenovatele a čitatele dostáváme
lim
n→∞
2
π
arccos 1
n
−1 2
π
−1
1− 1
n2
(−1) 1
n2
(−1) 1
n2
= −
2
π
.
Užitím L’Hospitalova pravidla pak dostaneme
lim
n→∞
ln 2
π
arccos 1
n
1
n
= −
2
π
a opět, podobně jako v předešlém příkladě, podle věty o záměnnosti limitního
přechodu a funkce platí
lim
n→∞
2
π
arccos
1
n
n
= lim
n→∞
en ln(2
π
arccos 1
n ) = e−π
2 .
Platí e−π
2 < 1 (nakreslete si funkci ex
), tedy podle odmocninového kritéria řada
konverguje.
Podílové kritérium: Nechť an je nekonečná řada s kladnými členy a předpokládejme,
že existuje (vlastní nebo nevlastní) limita
lim
an+1
an
= q.
Potom
(a) řada an konverguje, pokud q < 1;
(b) řada an diverguje k ∞, pokud q > 1 nebo q = ∞.
Příklad 3. Rozhodněte o konvergenci/divergenci následující řady.
∞
n=1
nn
n!
2
Řešení. Řada má kladné členy, tedy můžeme využít podílové kritérium. Platí
lim
n→∞
an+1
an
= lim
n→∞
(n+1)n+1
(n+1)!
nn
n!
= lim
n→∞
n!(n + 1)n
(n + 1)
(n + 1)(n!)nn
= lim
n→∞
(n + 1)n
nn
.
Připomeňme, že
lim
n→∞
1 +
1
n
n
= e,
proto
lim
n→∞
(n + 1)n
nn
= lim
n→∞
n + 1
n
n
= lim
n→∞
1 +
1
n
n
= e.
Platí e > 1, tedy podle podílového kritéria řada diverguje k ∞.
Příklad 4. Rozhodněte o konvergenci/divergenci následující řady.
∞
n=1
2n
(n!)
nn
Řešení. Řada má kladné členy, tedy můžeme využít podílové kritérium. Platí
lim
n→∞
an+1
an
= lim
n→∞
2n+1((n+1)!)
(n+1)n+1
2n(n!)
nn
= lim
n→∞
2n
2(n + 1)(n!)nn
(n + 1)n(n + 1)2n(n!)
= lim
n→∞
2nn
(n + 1)n
.
Analogicky jako v předchozím příkladě
lim
n→∞
2nn
(n + 1)n
= 2 lim
n→∞
n + 1
n
−n
= 2 lim
n→∞
1 +
1
n
−n
=
2
e
.
Platí 2
e
< 1, tedy podle podílového kritéria řada konverguje.
Srovnávací kritérium: Nechť {an} a {bn} jsou posloupnosti nezáporných čísel,
pro které platí
0 ≤ an ≤ bn
pro všechna přirozená čísla n taková, že n ≥ N, kde N je nějaké (pevně zvolené)
přirozené číslo. Potom
(a) jestliže řada bn konverguje, pak an konverguje;
(b) jestliže řada an diverguje k ∞, pak bn diverguje k ∞.
Integrální kritérium: Nechť an je nekonečná řada s nezápornými členy. Nechť
f(x) je funkce definovaná na intervalu [N, ∞) pro nějaké N ∈ [0, ∞) a je na tomto
intervalu nezáporná, nerostoucí a platí
f(n) = an
pro každé n přirozené takové, že n ≥ N. Potom platí, že
3
(a) řada an konverguje právě tehdy, když
∞
N
f(x)dx konverguje;
(b) řada an diverguje k ∞ právě tehdy, když
∞
N
f(x)dx = ∞.
Příklad 5. Rozhodněte o konvergenci/divergenci následující řady.
∞
n=1
1
n3
Řešení. Řada má zřejmě nezáporné členy a je tedy nachystaná jak pro srovnávací,
tak pro integrální kritérium.
(a) (pomocí srovnávacího kritéria) Již dříve jsme ukázali, že řada
∞
n=2
1
n(n − 1)
=
∞
k+1=2
1
(k + 1)(k + 1 − 1)
=
∞
k=1
1
(k + 1)k
konverguje. Zřejmě platí, že
0 ≤
1
n3
≤
1
n(n − 1)
pro n ≥ 2 (N = 2). Proto, podle srovnávacího kritéria, vyšetřovaná řada
konverguje.
(b) (pomocí integrálního kritéria) Nechť f(x) = 1
x3 pro x ∈ [1, ∞). Funkce f
je zřejmě nezáporná a nerostoucí a platí f(n) = 1
n3 pro každé n přirozené
takové, že n ≥ 1. Předpoklady pro integrální kritérium jsou tedy splněny a
platí
∞
1
x−3
dx =
x−2
−2
∞
1
= −
1
2
1
x2
∞
1
= −
1
2
lim
x→∞
1
x2
− 1 =
1
2
.
Integrál
∞
1
x−3
dx = lim
t→∞
t
1
x−3
dx
konverguje, proto, podle integrálního kritéria, konverguje i vyšetřovaná
řada.
Příklad 6. Rozhodněte o konvergenci/divergenci následující řady.
∞
n=1
1
n2 + 2n
Řešení. Řada má nezáporné členy, můžeme tedy užít srovnávací kritérium. Podobně
jako v 5. příkladě v případě a), využijeme konvergence řady
∞
n=2
1
n(n − 1)
.
4
Zřejmě platí, že
0 ≤
1
n2 + 2n
≤
1
n2
≤
1
n(n − 1)
pro n ≥ 2 (N = 2). Proto, podle srovnávacího kritéria, vyšetřovaná řada konverguje.
Poznamenejme, že vzhledem k pomocnému odhadu, který jsme učinili,
jsme dokázali i konvergenci řady
∞
n=1
1
n2
.
Příklady na procvičení: Než začnete příklady řešit, všimněte si, pro které typy
řad jsme používali jaké kritérium.
1)
∞
n=1
(n!)2
2n2 (Řešení: konverguje)
2)
∞
n=1
2n
(n − 1)!
nn
(Řešení: konverguje)
3)
∞
n=2
1
n
√
ln n
(Řešení: diverguje; Nápověda: nutná podmínka)
4)
∞
n=1
n3
5 + 2
n
n (Řešení: konverguje)
5)
∞
n=1
an
n
pro a > 0 (Nápověda: rozdělte na tři případy)
6)
∞
n=1
1
nn
(Řešení: konverguje)
7)
∞
n=2
1
n ln n
(Řešení: diverguje)
8)
∞
n=1
1
na
pro a > 0 (Nápověda: rozdělujte vhodně na případy)
5
Na závěr řad s nezápornými členy uveďme jednu modifikaci srovnávacího kri-
téria.
Limitní srovnávací kritérium: Nechť an a bn jsou řady s nezápornými členy
a nechť existuje
lim
an
bn
= q.
(a) Je-li q < ∞ a konverguje-li řada bn, pak konverguje i řada an.
(b) Je-li q > 0 a diverguje-li řada bn, pak diverguje i řada an.
Příklad 7. Rozhodněte o konvergenci/divergenci následující řady.
∞
n=1
tg
1
n
Řešení. Řada má nezáporné koeficienty, využijeme tedy limitního srovnávacího
kritéria a za řadu bn vezmeme řadu ∞
n=1
1
n
, která diverguje. Platí
lim
n→∞
an
bn
= lim
n→∞
tg 1
n
1
n
typ
0
0
.
Dále platí
lim
n→∞
1
cos2
(1
n )
− 1
n2
− 1
n2
= lim
n→∞
1
cos2 1
n
= 1,
neboť cos 0 = 1. Pak podle L’Hospitalova pravidla je i původní limita rovna jedné,
a protože platí 1 > 0, podle limitního srovnávacího kritéria řada diverguje.
Definice. Nekonečná řada an se nazývá alternující, jestliže pro každé n ∈ N
platí
sgn (an+1) = − sgn (an).
[sgn: R → R, sgn (x) = 1 pro x > 0, sgn (0) = 0, sgn (x) = −1 pro x < 0]
Leibnizovo kritérium: Nechť {an} je nerostoucí posloupnost kladných čísel. Pak
alternující řada
∞
n=1
(−1)n−1
an = a1 − a2 + a3 − a4 + · · · = −
∞
n=1
(−1)n
an
konverguje právě tehdy, když platí
lim
n→∞
an = 0.
Definice. Řekneme, že řada an konverguje absolutně, jestliže konverguje řada
|an|.
6
Věta. Konverguje-li řada |an|, pak konverguje i řada an.
Uvědomíme-li si, že řada |an| má nezáporné členy, můžeme (vzhledem k
právě formulované větě) pro vyšetřování absolutní konvergence řad využít kritéria
uvedená pro řady s nezápornými členy. U podílového a odmocninového kritéria
můžeme využít také části o divergenci, které ale nejsou přímým důsledkem žádného
tvrzení, které jsme zatím uvedli.
Ve smyslu předchozích úvah si přepišme například odmocninové kritérium:
Odmocninové kritérium: Nechť an je nekonečná řada a existuje (vlastní nebo
nevlastní) limita
lim n
|an| = q.
Potom
(a) řada an konverguje absolutně, pokud q < 1;
(b) řada an diverguje, pokud q > 1 nebo q = ∞.
Příkladový příklad. Řada
∞
n=1
(−1)n−1 1
n
= 1 −
1
2
+
1
3
−
1
4
+ . . .
konverguje (podle Leibnizova kritéria), ale řada
∞
n=1
(−1)n−1 1
n
=
∞
n=1
1
n
= 1 +
1
2
+
1
3
+
1
4
+ . . .
diverguje, jak víme z dřívějška. V takovém případě říkáme, že řada ∞
n=1(−1)n−1 1
n
konverguje neabsolutně (nebo též relativně).
Příklad 8. Rozhodněte, zda je následující řada absolutně konvergentní, relativně
konvergentní nebo divergentní.
∞
n=1
(−1)n n2
n2 + 1
Řešení. Nabízí se využití Leibnizova kritéria, ovšem posloupnost
n2
n2 + 1
=
1
2
,
4
5
,
9
10
, . . .
zřejmě není nerostoucí. Formálně tedy využijeme pouze nutnou podmínku konvergence.
Platí
lim
n→∞
(−1)n
n2
n2 + 1
= lim
n→∞
(−1)n n2
n2
n2
n2 + 1
n2
,
7
tedy limita neexistuje a řada proto diverguje.
Příklad 9. Rozhodněte, zda je následující řada absolutně konvergentní, relativně
konvergentní nebo divergentní.
∞
n=1
(−1)n n3
2n
Řešení. Užijeme odmocninové kritérium. Platí
lim
n→∞
n
|an| = lim
n→∞
n n3
2n
= lim
n→∞
n
√
n3
2
=
1
2
,
kde poslední rovnost se odvodí obdobně jako v 1. příkladu. Protože 1
2
< 1, podle
odmocninového kritéria řada v absolutní hodnotě konverguje, proto konverguje i
vyšetřovaná řada (viz příslušná věta) a tedy konverguje absolutně.
Příklad 10. Rozhodněte, zda je následující řada absolutně konvergentní, relativně
konvergentní nebo divergentní.
∞
n=1
(−1)n 1
n − ln n
Řešení. Užijeme Leibnizovo kritérium, proto nejdříve ověřme, zda je posloupnost
1
n − ln n
nerostoucí. Označme
f(x) =
1
x − ln x
, pak f (x) = −
1 − 1
x
(x − ln x)2
,
tj. f(x) je pro x > 1 klesající. Dokázali jsme, že posloupnost je klesající, tedy i
nerostoucí. Platí
lim
n→∞
1
n − ln n
= lim
n→∞
1
ln en − ln n
= lim
n→∞
1
ln en
n
= 0,
neboť podle L’Hospitalova pravidla
lim
n→∞
en
n
= ∞.
V tomto okamžiku máme dokázanou konvergenci zadané řady a zajímá nás, zda
konverguje absolutně nebo pouze relativně. Budeme proto nyní vyšetřovat konvergenci
řady
∞
n=1
1
n − ln n
.
8
Užijeme srovnávací kritérium a řadu ∞
n=1
1
n
, která diverguje. Platí n − ln n < n,
proto
1
n − ln n
>
1
n
,
tedy podle srovnávacího kritéria řada diverguje. Řada ze zadání proto konverguje
relativně.
Příklady na procvičení:
1)
∞
n=1
(−1)n+1 1
lnn
(n + 1)
(Řešení: konverguje absolutně)
2)
∞
n=1
(−1)n+1
n+1
n
n2
3n
(Řešení: konverguje absolutně)
3)
∞
n=1
(−1)n−1 2n2
n!
(Řešení: diverguje)
9