Príklady na precvičovanie – mocninové rady
Jedným z najvýznamnejších typov funkcionálnych radov sú mocninové
rady, t.j., jednotlivé členy fn(x) radu sú mocninové funkcie premennej x.
Jedná sa teda o rady tvaru
∞∑
n=0
an(x − x0)n
, (1)
kde x0 (stred mocninového radu (1)) a an, n ∈ N0, (koeficienty mocninového
radu (1)) sú dané reálne čísla. O charaktere množín bodovej konvergencie
radu (1) hovorí tzv. prvá Abelova veta. Z nej vyplýva, že rad (1) konverguje
bodovo na niektorých otvorených intervaloch so stredom v bode x0, t.j., na
množinách typu (x0 − r, x0 + r), kde r je vhodné nezáporné reálne číslo.
Najväčšie možné takéto r sa priliehavo nazýva polomer konvergencie radu
(1) a je možné ho vyjadriť pomocou Cauchyho–Hadamardovho vzorca
r =
1
lim sup
n→∞
n
√
|an|
. (2)
Ak lim supn→∞
n
√
|an| = 0, kladieme r = ∞, kým pre lim supn→∞
n
√
|an| = ∞
kladieme r = 0. Poznamenajme, že v prípade, keď existuje limita
lim
n→∞
an+1
an
,
sa polomer konvergencie r dá vyjadriť i v tvare
r =
1
lim
n→∞
an+1
an
,
čo sa s výhodou využíva v konkrétnych praktických úlohách. Maximálny
interval I = (x0 − r, x0 + r) s hodnotou r zo vzorca (2) sa nazýva interval
konvergencie radu (1). Je zrejmé, že celkový obor konvergencie radu (1) bude
pozostávať z intervalu konvergencie I plus eventuálne z dvojice krajných
bodov x0 − r a x0 + r. Bodovú konvergenciu v týchto krajných bodoch je
nutné vyšetriť osobitne. Súčet s(x) radu (1) je teda určite definovaný všade
na intervale konvergencie I. Ak naviac rad (1) konverguje i v krajnom bode
1
x0 + r, potom podľa tzv. druhej Abelovej vety pre hodnotu s(x0 + r) súčtu
radu (1) v tomto bode platí
s(x0 + r) = lim
x→(x0+r)−
s(x).
Posledná rovnosť znamená, že súčet s(x), ak je definovaný v bode x0 + r, je
zľava spojitý v x0 +r. Tento fakt potom umožňuje efektívny výpočet hodnoty
s(x0 +r). Podobné tvrdenie platí i pre krajný bod x0 −r (pokúste sa ho samy
formulovať :)). Všimnime si, že rad (1) vždy konverguje vo svojom strede x0.
Na každom uzavretom podintervale intervalu konvergencie I rad (1) konverguje
rovnomerne (niekedy hovoríme, že rad (1) konverguje lokálne rovnomerne,
resp. skoro rovnomerne na intervale I, pozri predchádzajúci dokument
o funkcionálnych radoch :)). To znamená, že súčet s(x) je spojitou
funkciou na intervale konvergencie I (prečo? :)). Okrem toho platia identity
s′
(x) =
( ∞∑
n=0
an(x − x0)n
)′
=
∞∑
n=1
an · n · (x − x0)n−1
, x ∈ I,
∫ b
a
s(x) dx =
∫ b
a
( ∞∑
n=0
an(x − x0)n
)
dx =
∞∑
n=0
an ·
1
n + 1
· (x − x0)n+1
,
kde a, b sú ľubovoľné reálne čísla z intervalu konvergencie I (samy zdôvodnite
tieto identity :)).
Riešené príklady
Príklad 1
Určme obor konvergencie mocninového radu
∞∑
n=1
n + 1
n
· xn
.
Riešenie:
Stanovíme najprv interval konvergencie predloženého radu. Pre jeho polomer
konvergencie platí
r =
1
lim sup
n→∞
n
√
|an|
=
1
lim sup
n→∞
n
√
n+1
n
=
1
lim sup
n→∞
n
√
n+1
n
.
2
Keďze limita limn→∞
n
√
n+1
n
= 1 existuje (samy overte :)), limita superior
danej postupnosti prechádza na samotnú limitu postupnosti
r =
1
lim
n→∞
n
√
n+1
n
=
1
1
= 1.
Interval konvergencie daného radu má teda tvar (−1, 1) (prečo? :)). Celkový
obor konvergencie bude teda pozostávať z intervalu (−1, 1), prípadne z bodov
x = ±1. Dosadením x = −1, resp. x = 1 do radu v zadaní príkladu dostaneme
číselné rady
∞∑
n=1
n + 1
n
· (−1)n
, resp.
∞∑
n=1
n + 1
n
.
Nie je ťažké ukázať, že obidva divergujú (samy overte ;)). Preto obor konvergencie
predloženého radu je iba interval (−1, 1).
Príklad 2
Pre α ∈ (0, 1) stanovme obor konvergencie mocninového radu
∞∑
n=1
αn2
· xn
.
Riešenie:
Postupujeme analogickým spôsobom ako v predchádzajúcom príklade. Zistíme
polomer konvergencie daného radu
r =
1
lim sup
n→∞
n
√
|an|
=
1
lim sup
n→∞
n
√
|αn2
|
=
1
lim sup
n→∞
αn
=
1
lim
n→∞
αn
=
1
0+
= ∞.
To znamená, že interval konvergencie skúmaného radu je (−∞, ∞), teda rad
(bodovo) konverguje pre každé reálne číslo. Hľadaný obor konvergencie je
preto celé R.
Príklad 3
Nájdime obor konvergencie mocninového radu
∞∑
n=0
n! · xn
.
3
Riešenie:
Všimime si, že v tomto prípade existuje limita
lim
n→∞
an+1
an
= lim
n→∞
(n + 1)!
n!
= lim
n→∞
(n + 1) = ∞.
Preto polomer konvergencie radu v zadaní príkladu môžeme vypočítať pomocou
rovnosti
r =
1
lim
n→∞
an+1
an
=
1
∞
= 0.
To znamená, že skúmaný rad (bodovo) konverguje iba vo svojom strede
x = 0. Jeho oborom konvergencie je preto jednoprvková množina {0}.
Príklad 4
Zostrojme obor konvergencie mocninového radu
∞∑
n=1
xn
n
.
Riešenie:
Samy sa presvedčte, že polomer konvergencie predloženého radu je r = 1 :).
Rad teda určite bodovo konverguje na otvorenom intervale (−1, 1). Dosadením
x = 1 získame divergentný harmonický rad
∑ 1
n
, kým voľbou x = −1
dostaneme Leibnizov alternujúci rad
∑ (−1)n
n
, ktorý, ako sme ukázali v predchádzajúcich
dokumentoch, konverguje. Obor konvergencie radu v zadaní má
preto tvar [−1, 1).
Príklad 5
Nájdime súčet mocninového radu
∞∑
n=1
n · xn−1
.
Riešenie:
Pri riešení príkladov tohto typu využívame skutočnosť, že mocninové rady
môžeme na ich intervaloch konvergencie derivovať a integrovať člen po člene,
4
pričom takto získané mocninové rady majú opäť ten istý interval konvergencie.
Týmito operáciami sa snažíme daný rad previesť na mocninový rad,
ktorého súčet vieme explicitne určiť. Významným príkladom takéhoto radu
je geometrický mocninový rad
∑
xn
, pre ktorý platí
∞∑
n=0
xn
=
1
1 − x
, x ∈ (−1, 1).
Nechávame na čitateľa, aby ukázal, že rad v zadaní príkladu má interval
konvergencie (−1, 1) :). Ďalej pre každý jeho člen platí
n · xn−1
= (xn
)′
pre každé x ∈ (−1, 1).
Teda predložený rad vznikol derivovaním geometrického radu. Preto pre
každé x ∈ (−1, 1) máme
∞∑
n=1
n · xn−1
=
∞∑
n=1
(xn
)′
=
( ∞∑
n=1
xn
)′
=
(
x
1 − x
)′
=
1
(1 − x)2
(pozor, v tomto geometrickom rade začíname od indexu 1 ;)).
Príklad 6
Stanovme súčet mocninového radu
∞∑
n=1
n(n + 1)
2
· xn−1
.
Riešenie:
Postupujeme v rovnakom duchu ako v predchádzajúcom príklade. Predložený
rad má interval konvergencie (−1, 1) (samy overte :)). Platí
n(n + 1)
2
· xn−1
=
(
1
2
· xn+1
)′′
, x ∈ (−1, 1)
(i toto si samy dobre premyslite :)). Pre súčet daného radu potom dostávame
∞∑
n=1
n(n + 1)
2
· xn−1
=
∞∑
n=1
(
1
2
· xn+1
)′′
=
1
2
·
( ∞∑
n=1
xn+1
)′′
5
=
1
2
·
(
x2
1 − x
)′′
=
1
(1 − x)3
, x ∈ (−1, 1)
(detailné vypočty nechávame na čitateľa ;)).
Príklad 7
Určme súčet mocninového radu z Príkladu 4. Pomocou tohto výsledku potom
odvoďme súčet Leibnizovho číselného radu
∞∑
n=1
(−1)n
n
.
Riešenie:
V Príklade 4 sme ukázali, že obor konvergencie daného radu je interval
[−1, 1). Nech s(x) je hľadaný súčet, t.j.,
s(x) =
∞∑
n=1
xn
n
, x ∈ [−1, 1).
Pre každé pevne zvolené x ∈ (−1, 1) platí (samy si premyslite :))
xn
n
=
∫ x
0
tn−1
dt.
Pre súčet s(x) potom máme
s(x) =
∞∑
n=1
xn
n
=
∞∑
n=1
∫ x
0
tn−1
dt =
∫ x
0
( ∞∑
n=1
tn−1
)
dt =
∫ x
0
1
1 − t
dt
= [− ln(1 − t)]x
0 = − ln(1 − x) pre každé x ∈ (−1, 1).
Funkcia s(x) je však definovaná i v bode x = −1, pričom
s(−1) =
∞∑
n=1
(−1)n
n
.
Hodnotu s(−1) stanovíme pomocou druhej Abelovej vety, podľa ktorej je
funkcia s(x) sprava spojitá v bode −1. Konkrétne, platí
s(−1) = lim
x→−1+
s(x) = lim
x→−1+
[− ln(1 − x)] = − ln 2.
6
Máme teda identitu
∞∑
n=1
(−1)n
n
= − ln 2, resp.
∞∑
n=1
(−1)n−1
n
= ln 2.
Poslednú rovnosť sme v jednom z predchádzajúcich dokumentov už odvodili,
pričom sme využili (samozrejme :)) odlišné argumenty. Získaný výsledok teda
poukazuje na význam mocninových radov pri určovaní súčtov niektorých číselných
radov.
Špeciálnym typom mocninových radov sú Taylorove rady. Ak f(x) je
funkcia definovaná na nejakom okolí bodu x0 a majúca vlastné derivácie
všetkých rádov v bode x0, potom jej Taylorov rad so stredom v bode x0
formálne definujeme
∞∑
n=0
f(n)
(x0)
n!
· (x − x0)n
= f(x0) + f′
(x0) · (x − x0) +
1
2
f′′
(x0) · (x − x0)2
+ · · · ,
kde bod x je z uvažovaného okolia bodu x0. Jedná sa teda o mocninový
rad so stredom v bode x0. Všimnime si, že n-tý čiastočný súčet Taylorovho
radu funkcie f(x) so stredom v bode x0 je n-tý Taylorov polynóm Tn(x)
funkcie f(x) so stredom v bode x0. Z diferenciálneho počtu funkcií jednej
premennej vieme, že n-tý zvyšok Rn(x) = f(x) − Tn(x) možno vyjadriť v
(tzv. Lagrangeovom) tvare
Rn(x) =
f(n+1)
(η)
(n + 1)!
· (x − x0)n+1
,
kde η je istý bod medzi bodmi x0 a x. Prirodzene očakávame, že súčtom
daného Taylorovho radu bude práve funkcia f(x), t.j.,
f(x) =
∞∑
n=0
f(n)
(x0)
n!
· (x − x0)n
pre každé x z daného okolia bodu x0. (3)
Posledná rovnosť zrejme nastane práve vtedy, keď
lim
n→∞
Rn(x) = 0 pre každé x z daného okolia bodu x0
7
(samy si to premyslite :)). Postačujúcou podmienkou identity (3) je rovnomerná
ohraničenosť postupnosti derivácií {f(n)
(x)} funkcie f(x) na uvažovanom
okolí bodu x0. Táto podmienka znamená, že existuje kladné reálne číslo
K tak, že pre každé n ∈ N0 platí
f(n)
(x) ≤ K pre každé x z daného okolia bodu x0.
V prípade platnosti rovnosti (3) často hovoríme, že funkcia f(x) sa dá rozvinúť
do Taylorovho radu na okolí bodu x0. Významným a v praxi veľmi užitočným
poznatkom je skutočnosť, že Taylorov rozvoj funkcie f(x) v okolí bodu
x0, ak existuje, je určený jednoznačne v zmysle, že každý mocninový rozvoj
funkcie f(x) na okolí bodu x0 je nutne jej Taylorov rozvoj (veľmi dôkladne si
to premyslite :)). Na druhej strane, každý mocninový rad, ktorý konverguje
na nejakom okolí svojho stredu, je Taylorovým radom svojho súčtu na tomto
okolí :) (i toto si veľmi dobre zdôvodnite :)). Taylorove rozvoje funkcií teda
splývajú s konvergentnými mocninovými radmi.
Poznamenajme, že v prípade x0 = 0 sa príslušný Taylorov rad funkcie
f(x) na okolí x0 niekedy označuje aj ako Maclaurinov rad funkcie f(x). Uvedieme
teraz Maclaurinove rozvoje niektorých elementárnych funkcií. Pri každom
rozvoji je uvedený aj jeho príslušný obor konvergencie.
ex
=
∞∑
n=0
xn
n!
= 1 + x +
x2
2
+
x3
6
+ · · · , x ∈ R,
sin x =
∞∑
n=0
x2n+1
(2n + 1)!
· (−1)n
= x −
x3
6
+
x5
120
− · · · , x ∈ R,
cos x =
∞∑
n=0
x2n
(2n)!
· (−1)n
= 1 −
x2
2
+
x4
24
− · · · , x ∈ R,
arctg x =
∞∑
n=0
x2n+1
2n + 1
· (−1)n
= x −
x3
3
+
x5
5
− · · · , x ∈ [−1, 1],
ln(1 + x) =
∞∑
n=1
xn
n
· (−1)n−1
= x −
x2
2
+
x3
3
− · · · , x ∈ (−1, 1],
8
ln
(
1 + x
1 − x
)
= 2 ·
∞∑
n=0
x2n+1
2n + 1
= 2 ·
(
x +
x3
3
+
x5
5
+ · · ·
)
, x ∈ (−1, 1),
(1 + x)p
=
∞∑
n=0
(
p
n
)
· xn
= 1 +
(
p
1
)
· x +
(
p
2
)
· x2
+ · · · , x ∈ (−1, 1),
kde p ∈ R a
(
p
n
)
:=
p · (p − 1) · (p − 2) · · · (p − n + 1)
n!
je tzv. zovšeobecnený binomický koeficient.
Príklad 8
Dokážme, že funkcia f(x) = 1/x je súčtom svojho Taylorovho radu so stredom
v bode x0 = 3 na intervale (2, 4).
Riešenie:
Funkcia f(x) má zrejme všetky derivácie v každom nenulovom bode x, pričom
nie je ťažké pomocou matematickej indukcie ukázať, že pre každé n ∈ N platí
f(n)
(x) =
(−1)n
· n!
xn+1
, x ∈ R \ {0}.
(samy dokážte ;)). Príslušný Taylorov rad funkcie f(x) so stredom v bode
x0 = 3 má preto tvar
∞∑
n=0
f(n)
(3)
n!
· (x − 3)n
=
∞∑
n=0
(−1)n
3n+1
· (x − 3)n
.
V tomto prípade jedná o geometrický rad, konkrétne
1
3
·
∞∑
n=0
(
3 − x
3
)n
,
Nie je preto problém priamo určiť jeho súčet. Skutočne dostaneme funkciu
f(x), nakoľko
1
3
·
∞∑
n=0
(
3 − x
3
)n
=
1
3
·
1
1 − 3−x
3
=
1
x
9
pre každé x spĺňajúce 3−x
3
< 1, t.j. pre každé x ∈ (0, 6) ⊃ (2, 4). Tento
výsledok vyplýva i zo skúmania n-tého zvyšku Rn(x) daného radu
Rn(x) =
f(n+1)
(η)
(n + 1)!
· (x − x0)n+1
=
(−1)n+1
ηn+1
· (x − 3)n+1
,
kde reálne číslo η leží medzi hodnotami x a 3. Nakoľko pre každé x, η ∈ (2, 4)
a každé n ∈ N0 platí
(−1)n+1
ηn+1
=
1
ηn+1
<
1
2n+1
≤
1
2
a |x − 3| < 1
(samy overte :)), máme limn→∞ Rn(x) = 0 pre každé x ∈ (2, 4) (i toto si
samy dobre premyslite :)).
Príklad 9
Nájdime Taylorov rozvoj funkcie f(x) = 1√
1+x2 na okolí bodu x0 = 0.
Riešenie:
Keďže 1√
1+x2 = (1 + x2
)−1/2
, jedná sa o binomický rozvoj s exponentom
p = −1/2. Máme teda
1
√
1 + x2
=
∞∑
n=0
(
−1/2
n
)
· (x2
)n
pre každé reálne x spĺňajúce |x2
| < 1, t.j., |x| < 1. Pre jednotlivé binomické
koeficienty platí
(−1/2
0
)
= 1 a
(
−1/2
n
)
=
n členov
(
−
1
2
)
·
(
−
3
2
)
·
(
−
5
2
)
· · ·
(
−
1
2
− n + 1
)
n!
=
(−1)n
· 1 · 3 · 5 · · · (2n − 1)
2n · n!
pre každé n ∈ N.
Pre každé x ∈ (−1, 1) potom dostávame identitu
1
√
1 + x2
= 1 +
∞∑
n=1
(−1)n
· 1 · 3 · 5 · · · (2n − 1)
2n · n!
· x2n
.
10
Nechávame na čitateľa, aby ukázal, že napriek tomu, že funkcia f(x) je definovaná
i v x = ±1, jej Maclaurinov rad v týchto bodoch diverguje :).
Príklad 10
Nájdime mocninový rozvoj funkcie f(x) = e−x2
na okolí bodu x0 = 0.
Riešenie:
Pri riešení využijeme skutočnosť, že pre každé reálne číslo t platí rovnosť
et
=
∞∑
n=0
tn
n!
.
Z tejto identity pomocou substitúcie t = −x2
dostaneme
e−x2
=
∞∑
n=0
(−x2
)n
n!
=
∞∑
n=0
(−1)n
n!
· x2n
pre každé x ∈ R.
Získali sme teda istý mocninový rozvoj funkcie f(x) v okolí bodu x0 = 0
platný na celom R. Zároveň je to i Taylorov rozvoj funkcie f(x) so stredom
v bode x0 = 0, a teda jediný mocninový rozvoj f(x) na okolí x0 = 0.
Príklad 11
Overme platnosť Maclaurinovho rozvoja funkcie f(x) = arctg x.
Riešenie:
Využijúc filozofiu Príkladu 7, pokúsime sa nájsť vhodný geometrický rad,
ktorý nejako súvisí s funkciou f(x). Z vlastností elementárnych funkcií jednej
premennej máme identitu
∫ x
0
1
1 + t2
dt = arctg x,
platiacu pre každé reálne číslo x. Podintegrálny výraz je však možné pre
t ∈ (−1, 1) chápať ako súčet nekonečného geometrického radu s kvocientom
−t2
, konkrétne
1
1 + t2
=
∞∑
n=0
(−t2
)n
, |t| < 1
11
(samy si dobre premyslite :)). Pre každé x ∈ (−1, 1) teda platí rovnosť
arctg x =
∫ x
0
1
1 + t2
dt =
∫ x
0
( ∞∑
n=0
(−t2
)n
)
dt.
V poslednom výraze je možné zameniť poradie integrácie a sumácie (prečo?
:)), preto dostávame
arctg x =
∞∑
n=0
∫ x
0
(−t2
)n
dt =
∞∑
n=0
[
(−1)n
· t2n+1
2n + 1
]x
0
=
∞∑
n=0
x2n+1
2n + 1
· (−1)n
.
Získaný mocninový rozvoj platí iste na intervale (−1, 1). Nakoľko konverguje
i pre hodnoty x = ±1 a funkcia arctg x je spojitá na celom R, podľa druhej
Abelovej vety posledná rovnosť je splnená i na intervale [−1, 1]. Z jednoznačnosti
mocninových rozvojov nakoniec vyplýva, že sa jedná o Maclaurinov rad
funkcie f(x) (samy si všetko dobre premyslite ;)).
Príklad 12
Zostrojme Taylorov rozvoj funkcie f(x) = sin2
x na okolí bodu x0 = 0.
Riešenie:
Priama cesta, ako pristúpiť k riešeniu tohto príkladu, je otrocky postupne
počítať jednotlivé derivácie funkcie f(x). Druhá, prijateľnejšia cesta, je založená
na jednoznačnosti Taylorovho radu – stačí nájsť akýkoľvek mocninový
rozvoj funkcie f(x) na okolí bodu x0 = 0. Pomocou goniometrickej identity
sin2
x =
1 − cos 2x
2
a mocninového rozvoja funkcie cos x postupne dostaneme
sin2
x =
1
2
−
1
2
· cos 2x =
1
2
−
1
2
·
∞∑
n=0
(2x)2n
(2n)!
· (−1)n
=
1
2
−
1
2
člen s n=0
−
1
2
·
∞∑
n=1
(2x)2n
(2n)!
· (−1)n
= −
1
2
·
∞∑
n=1
(2x)2n
(2n)!
· (−1)n
.
12
Poslednú sumu môžeme upraviť na tvar
sin2
x =
∞∑
n=1
22n−1
· (−1)n−1
(2n)!
· x2n
(samy overte :)). Toto je hľadaný Taylorov rad funkcie f(x) v zadaní príkladu,
platiaci pre každé x ∈ R.
Neriešené príklady
1. Určte polomer a obor konvergencie daných mocninových radov.
a)
∑∞
n=1 2n
· x2n
b)
∑∞
n=1
x4n−3
4n−3
c)
∑∞
n=1
(n!)2
(2n)!
· xn
d)
∑∞
n=1
xn
2
√
n e)
∑∞
n=1 3n2
· xn2
f)
∑∞
n=1 xn
· sin 1
n
g)
∑∞
n=1
(
1 + 1
n
)n
xn
h)
∑∞
n=1 n! · xn!
i)
∑∞
n=1
(x+1)n
2n(n+1)(n+2)
.
2. Nájdite súčty daných mocninových radov.
a)
∑∞
n=1 n2
· xn
b)
∑∞
n=1(n + 1) · xn
c)
∑∞
n=1
xn
n(n+1)
d)
∑∞
n=1
n·xn−1
2n e)
∑∞
n=1
(x−3)2n
2n
f)
∑∞
n=1(−1)(n+1)
· x2n−1
.
3. Zostrojte mocninové rozvoje daných funkcií v okolí bodu x0 = 0.
a) f(x) =
√
1 + x b) f(x) = 3
√
1 + x c) f(x) = cos x2
d) f(x) = e−x
e) f(x) = x−3
(x+1)2 f) f(x) = (1 + ex
)3
g) f(x) = ln(x +
√
1 + x2) h) f(x) = arcsin x i) f(x) = x2
ex
.
4. Stanovte Taylorov rad funkcie f(x) = x3/2
so stredom v bode x0 = 1.
5.* Napíšte niekoľko prvých členov Maclaurinovych radov funkcií
a) f(x) = tg x h) f(x) = ln(1 + ex
) i) f(x) = (arcsin x)2
.
13
6.* Pokúste sa vyriešiť Príklad 12 tak, že využijúc Maclaurinov rozvoj funkcie
sin x určíte súčin
sin2
x =
( ∞∑
n=0
x2n+1
(2n + 1)!
· (−1)n
)
·
( ∞∑
m=0
x2m+1
(2m + 1)!
· (−1)m
)
.
Porovnaním získaného rozvoja s výsledkom v Príklade 12 dokážte kombinatorickú
identitu
n−1∑
k=0
(
2n
2k + 1
)
= 22n−1
, n ∈ N :).
7.* Pomocou vhodných mocninových radov nájdite súčty daných konvergentných
číselných radov.
a)
∑∞
n=1
1
n·3n b)
∑∞
n=1
n(n+1)
8n
c)
∑∞
n=1
(−1)n
n·2n d)
∑∞
n=1
n3
5n .
14