1. Číselné řady Řešené příklady
1. Číselné řady
A. Součty řad
Příklad 1.1. Určete součet řady
∞
k=1
1
k2 + k
=
1
2
+
1
6
+
1
12
+ . . . .
Řešení. Rozkladem k-tého členu řady na parciální zlomky dostáváme
1
k2 + k
=
1
k(k + 1)
=
A
k
+
B
k + 1
.
Vynásobením jmenovatelem k2
+ k dostáváme rovnost
1 = A(k + 1) + Bk ⇒ A = 1, B = −1.
Odtud
1
k2 + k
=
1
k
−
1
k + 1
.
Pro n-tý částečný součet řady pak platí
sn = 1 −
1
2
+
1
2
−
1
3
+ · · · +
1
n
−
1
n + 1
= 1 −
1
n + 1
,
tj.
s = lim
n→∞
sn = lim
n→∞
1 −
1
n + 1
= 1.
Řada je tedy konvergentní a má součet s = 1.
Příklad 1.2. Rozhodněte pomocí definice o konvergenci, resp. součtu následující řady:
∞
k=1
3k
− 2k+1
6k
= −
1
6
+
1
36
+
11
216
+ · · · .
Řešení. Využitím vzorce pro n-tý částečný součet geometrické řady dostáváme
sn =
n
k=1
3k
− 2k+1
6k
=
n
k=1
1
2
k
− 2
n
k=1
1
3
k
=
1
2 − (1
2 )n+1
1
2
− 2
1
3 − (1
3 )n+1
2
3
.
Odtud pak
s = lim
n→∞
sn = 1 − 1 = 0.
Daná řada tedy konverguje a má součet s = 0.
Příklad 1.3. Určete součet řady
∞
k=1
ln 1 +
1
k
= ln 2 + ln
3
2
+ ln
4
3
+ . . . .
ÚM FSI VUT v Brně 1
1. Číselné řady Řešené příklady
Řešení. Pro n-tý částečný součet řady platí
sn = ln 2 + ln
3
2
+ · · · + ln
n + 1
n
= ln 2 + ln 3 − ln 2 + ln 4 − ln 3 + · · · − · · · + ln(n + 1) − ln n = ln(n + 1).
Protože
lim
n→∞
sn = lim
n→∞
ln(n + 1) = ∞,
příslušná řada diverguje.
Příklad 1.4. Určete součet řady
∞
k=0
e−2k
.
Řešení. Protože e−2k
= ( e−2
)k
, jedná se o geometrickou řadu s prvním členem rovným jedné a kvocientem
e−2
; odtud podle vzorce s = 1
1− e−2 = e2
e2−1 .
Příklad 1.5. Určete součet řady
∞
k=1
1
4k2−1 .
Řešení. Rozkladem na parciální zlomky máme 1
4k2−1 = 1
2k−1 − 1
2k+1 2. Dosazením tohoto vztahu a rozepsáním
n-tého částečného součtu dostáváme
sn =
1
2
1 −
1
3
+
1
3
−
1
5
+
1
5
−
1
7
+ · · · +
1
2n − 5
−
1
2n − 3
+
1
2n − 3
−
1
2n − 1
+
1
2n − 1
−
1
2n + 1
=
=
1
2
1 −
1
2n + 1
a tedy
s = lim
n→∞
sn =
1
2
.
Příklad 1.6. Určete součet řady
∞
k=1
1
k(k+1)(k+2) .
Řešení. Rozkladem na parciální zlomky máme
1
k(k + 1)(k + 2)
=
1
2
1
k
−
2
k + 1
+
1
k + 2
Odtud
sn =
1
2
1 − 1 +
1
3
+
1
2
−
2
3
+
1
4
+
1
3
−
2
4
+
1
5
+
1
4
−
2
5
+
1
6
+
1
5
−
2
6
+
1
7
+ · · · +
+
1
n − 5
−
2
n − 4
+
1
n − 3
+
1
n − 4
−
2
n − 3
+
1
n − 2
+
+
1
n − 3
−
2
n − 2
+
1
n − 1
+
1
n − 2
−
2
n − 1
+
1
n
+
1
n − 1
−
2
n
+
1
n + 1
+
1
n
−
2
n + 1
+
1
n + 2
=
=
1
2
1
2
+
1
n + 1
−
2
n + 1
+
1
n + 2
.
Pro součet tedy máme
s = lim
n→∞
sn =
1
4
.
Příklad 1.7. Určete součet řady
∞
k=2
ln(1 − 1
k2 ) .
ÚM FSI VUT v Brně 2
1. Číselné řady Řešené příklady
Řešení. Pro n-tý částečný součet platí
sn =
n
k=2
ln 1 −
1
k2
=
n
k=2
ln
k2
− 1
k2
=
n
k=2
[ln(k − 1) − 2 ln k + ln(k + 1)] =
= 0 − 2 ln 2 + ln 3 + ln 2 − 2 ln 3 + ln 4 + ln 3 − 2 ln 4 + ln 5 + ln 4 − 2 ln 5 + ln 6 + ln 5 − 2 ln 6 + ln 7 + . . .
+ ln(n − 5) − 2 ln(n − 4) + ln(n − 3) + ln(n − 4) − 2 ln(n − 3) + ln(n − 2)+
+ ln(n − 3) − 2 ln(n − 2) + ln(n − 1) + ln(n − 2) − 2 ln(n − 1) + ln n + ln(n − 1) − 2 ln n + ln(n + 1) =
= − ln 2 + ln n − 2 ln n + ln(n + 1) = − ln 2 + ln
n + 1
n
.
Odtud
s = lim
n→∞
sn = − ln 2 = ln
1
2
.
Příklad 1.8. Určete součet řady
∞
k=1
1
(2k−1)2(2k+1)2 (využijte rovnosti
∞
k=1
1
(2k−1)2 = π2
8 ).
Řešení. Opět využijeme rozkladu na parciální zlomky.
∞
k=1
1
(2k − 1)2(2k + 1)2
=
∞
k=1
1
4
1
(2k − 1)2
−
1
2k − 1
+
1
2k + 1
+
1
(2k + 1)2
sn =
1
4
1 − 1 +
1
3
+
1
32
+
1
32
−
1
3
+
1
5
+
1
52
+
1
52
−
1
5
+
1
7
+
1
72
+ · · · − . . .
+
1
(2n − 5)2
−
1
2n − 5
+
1
2n − 3
+
1
(2n − 3)2
+
1
(2n − 3)2
−
1
2n − 3
+
1
2n − 1
+
1
(2n − 1)2
+
+
1
(2n − 1)2
−
1
2n − 1
+
1
2n + 1
+
1
(2n + 1)2
=
=
1
4
2
32
+
2
52
+
2
72
+ · · · + . . .
2
(2n − 1)2
+
1
(2n + 1)2
=
1
4
2
n
k=2
1
(2k − 1)2
+
1
(2n + 1)2
⇒ lim
n→∞
sn =
1
2
∞
n=2
1
(2n − 1)2
=
1
2
π2
8
− 1 =
π2
16
−
1
2
.
Poznamenejme, že rovnost
∞
k=1
1
(2k−1)2 = π2
8 bude odvozena v kapitole 4.
Příklad 1.9. Určete součet řady
∞
k=1
arctg 1
2k2 .
Řešení. K určení sn užijeme vztahu arctg x + arctg y = arctg x+y
1−xy , který platí pokud xy < 1. Odtud
s1 = arctg
1
2
s2 = s1 + a2 = arctg
1
2
+ arctg
1
8
= arctg
1
2 + 1
8
1 − 1
2 · 1
8
= arctg
2
3
s3 = s2 + a3 = arctg
2
3
+ arctg
1
18
= arctg
2
3 + 1
18
1 − 2
3 · 1
18
= arctg
3
4
...
Při pohledu na první tři částečné součty lze očekávat, že pro n-tý částečný součet platí
sn = arctg
n
n + 1
.
ÚM FSI VUT v Brně 3
1. Číselné řady Řešené příklady
Ověřme tuto rovnost matematickou indukcí. Pro n = 1 máme s1 = arctg 1
2 a tvrzení tedy zřejmě platí. Nyní
předpokládejme platnost tvrzení pro n = m, tj. že sm = arctg m
m+1 a ukažme platnost také pro n = m + 1
(tj. že sm+1 = arctg m+1
m+2 . Přičtením člene am+1 k oboum stranám rovnice máme
sm+1 = sm + arctg
1
2(m + 1)2
= arctg
m
m + 1
+ arctg
1
2(m + 1)2
= arctg
m
m+1 + 1
2(m+1)2
1 − m
m+1 · 1
2(m+1)2
= arctg
m + 1
m + 2
,
což je požadovaný výsledek. Princip matematické indukce nám říká, že sn = arctg n
n+1 , ∀n ∈ N. Součet řady
tedy je
s = lim
n→∞
arctg
n
n + 1
= arctg 1 =
π
4
.
B. Konvergence řad
Před uvedením příkladů připomeňme dvě důležité limity, které mají při posuzování konvergence řad pomocí
limitních kritérií velký význam. Platí
lim
k→∞
k + 1
k
k
= e, obecněji lim
k→∞
k + a
k
k
= ea
pro každé reálné a,
a dále
lim
k→∞
k
√
k = 1, obecněji lim
k→∞
k
√
ka = 1 pro každé reálné a.
Příklad 1.10. Zjistěte, pro která reálná p konverguje řada
∞
k=1
1
kp
= 1 +
1
2p
+
1
3p
+ . . . .
Řešení. Především poznamenejme, že řada má kladné členy. Pro p ≤ 0 není splněna nutná podmínka konvergence
(tj. vztah limk→∞ ak = 0) a řada diverguje. Pro p > 0 užijeme integrální kritérium (výpočtem se
přesvědčte, že obě limitní kritéria selhávají, tj. L = 1). Zde je f(x) = 1 xp
= x−p
. Pro x > 0 a p > 0 je to
klesající a kladná funkce. Pro p = 1 platí
lim
t→∞
t
1
x−p
dx =
t−p+1
1 − p
+
1
p − 1
=
1
p−1 < ∞ pro p > 1,
∞ pro p < 1.
Pro p > 1 tedy daná řada konverguje podle integrálního kritéria. Pro p < 1 pak řada diverguje podle téhož
kritéria.
Případ p = 1 musíme z integračních důvodů posoudit zvlášť. Nejprve však poznamenejme, že pro p = 1
je řada tvaru
∞
k=1
1
k
= 1 +
1
2
+
1
3
+ . . . ,
což je řada harmonická. Pomocí integrálního kritéria snadno určíme divergenci této řady. Platí totiž
lim
t→∞
t
1
1
x
dx = lim
t→∞
[ln x]t
1 = lim
t→∞
ln t − 1 = ∞ .
Řada
∞
k=1
1
kp tedy konverguje pro p > 1 a diverguje pro p ≤ 1. Přitom pro všechna p > 0 je splněna nutná
podmínka konvergence.
Příklad 1.11. Rozhodněte o konvergenci či divergenci řady
∞
k=1
1
ln(k + 1)
=
1
ln 2
+
1
ln 3
+
1
ln 4
+ . . . .
ÚM FSI VUT v Brně 4
1. Číselné řady Řešené příklady
Řešení. Řada má opět kladné členy. Protože k + 1 > ln(k + 1), platí
1
ln(k + 1)
>
1
k + 1
.
Řada
∞
k=1
1
k+1 podle příkladu 1.10 diverguje, takže podle srovnávacího kritéria řada
∞
k=1
1
ln(k+1) také
diverguje.
Příklad 1.12. Rozhodněte o konvergenci řady
∞
k=1
2k
k!
= 2 + 2 +
4
3
+
2
3
+ . . . .
Řešení. Jedná se o řadu s kladnými členy. Pomocí limitního podílového kritéria určíme
L = lim
k→∞
ak+1
ak
= lim
k→∞
2k+1
(k + 1)!
k!
2k
= lim
k→∞
2
k + 1
= 0 .
Protože L = 0 < 1, řada konverguje.
Příklad 1.13. Rozhodněte o konvergenci řady
∞
k=1
k
arctg k 1 + 1
k
=
1
arctg 2
+
2
arctg 2 3
2
+
3
arctg 3 4
3
+ . . . .
Řešení. Řada má kladné členy a vzhledem ke tvaru ak zvolíme limitní odmocninové kritérium. Nejprve vypočteme
odmocninu
k
√
ak = k
k
arctgk
1 + 1
k
=
k
√
k
arctg 1 + 1
k
a pak určíme limitu
L = lim
k→∞
k
√
ak = lim
k→∞
k
√
k
arctg 1 + 1
k
.
Protože lim
k→∞
k
√
k = 1, platí
L = lim
k→∞
k
√
k
arctg 1 + 1
k
=
1
arctg 1
=
4
π
> 1 .
Daná řada tedy diverguje.
Příklad 1.14. Vyšetřete, zda konverguje řada
∞
k=1
k !
kk
= 1 +
1
2
+
2
9
+ . . . .
Řešení. Pro posouzení konvergence této řady s kladnými členy zvolíme limitní podílové kritérium. Nejprve
upravíme podíl
ak+1
ak
=
(k + 1) !
(k + 1)k+1
kk
k !
=
kk
(k + 1)k
=
k
k + 1
k
.
Pak pomocí vztahu lim
k→∞
k+1
k
k
= e dostáváme
L = lim
k→∞
ak+1
ak
= lim
k→∞
k
k + 1
k
= lim
k→∞
1
(k+1
k )k
=
1
e
< 1 ,
ÚM FSI VUT v Brně 5
1. Číselné řady Řešené příklady
a tedy řada
∞
k=1
k !
kk konverguje.
Příklad 1.15. Rozhodněte o konvergenci nebo divergenci řady
∞
k=2
sin
π
k2
= sin
π
4
+ sin
π
9
+ sin
π
16
+ . . . .
Řešení. Daná řada má kladné členy. Vzhledem k nerovnosti 0 < sin x < x pro x > 0 vyzkoušíme srovnávací
kritérium. Platí tedy
sin
π
k2
<
π
k2
pro k = 2, 3, . . . .
Řada
∞
k=2
π
k2 = π
∞
k=2
1
k2 je však konvergentní (viz příklad 1.10), a podle srovnávacího kritéria je tedy i řada
∞
k=2
sin π
k2 konvergentní.
Příklad 1.16. Rozhodněte o konvergenci, resp. absolutní konvergenci řady
∞
k=1
(−1)k+1
ln 1 +
1
k
= ln 2 − ln
3
2
+ ln
4
3
− . . . .
Řešení. Daná řada je alternující, proto ověříme předpoklady Leibnizova kritéria. Platí
lim
k→∞
(−1)k+1
ln 1 +
1
k
= 0
(členy řady konvergují k nule) a dále
ln 1 +
1
k
> ln 1 +
1
k + 1
(absolutní hodnoty členů řady tvoří klesající posloupnost). Podle Leibnizova kritéria tedy uvedená řada konverguje.
Posoudíme absolutní konvergenci
∞
k=1
(−1)k+1
ln 1 +
1
k
=
∞
k=1
ln 1 +
1
k
.
To je však podle příkladu 1.3 divergentní řada, a proto je konvergence původní řady pouze neabsolutní
(relativní).
Příklad 1.17. Rozhodněte o konvergenci či divergenci řady
∞
k=1 sin 1
k tg 1√
k
.
Řešení. Užitím nerovností sin x ≤ x a tgx ≤ Cx, ∀x ∈ 0; 1 m, kde C je libovolná konstanta splňující
tg1 ≤ C < ∞ (načrtněte si obrázek), z porovnávacího kritéria plyne
sin
1
k
tg
1
√
k
≤
1
k
C
√
k
=
C
k3/2
.
Protože majoranta C
∞
k=1 k−3/2
konverguje (viz příklad 1.10), daná řada také konverguje.
Příklad 1.18. Rozhodněte o konvergenci řady
∞
k=1
(k !)2
(2k)! .
ÚM FSI VUT v Brně 6
1. Číselné řady Řešené příklady
Řešení. Užijeme limitní podílové kritérium. Nejprve upravíme výraz ak+1
ak
jako
[(k + 1)!]2
[2(k + 1)]!
·
(2k)!
(k !)2
=
(k + 1)2
(2k + 2)(2k + 1)
=
k + 1
2(2k + 1)
;
odtud limk→∞
ak+1
ak
= 1
4 , a řada tedy konverguje.
Příklad 1.19. Rozhodněte o konvergenci řady
∞
k=1
k3
ek .
Řešení. Pomocí limitního odmocninového kritéria máme
lim
k→∞
k
√
ak =
1
e
< 1 ,
řada tedy konverguje.
Příklad 1.20. Rozhodněte o konvergenci řady
∞
k=1
ln k
k2 .
Řešení. Na základě integrálního kritéria posuzujeme konvergenci nevlastního integrálu
∞
1
ln x
x2 dx. Substitucí
t = ln x jej převedeme na
∞
0
t e−t
dt. Konvergenci tohoto integrálu lze považovat za samozřejmou; můžeme
ji ověřit např. přímým výpočtem metodou per-partes. Řada proto konverguje.
Příklad 1.21. Rozhodněte o konvergenci řady
∞
k=1
sin 1
k .
Řešení. Nabízí se srovnání s divergentní harmonickou řadou. Provedeme proto odhad sin x ≥ 2
π x pro všechna
x ∈ 0, π/2 (nakreslete si obrázek). Protože 1/k ∈ 0, π/2 pro všechna k = 1, 2, . . ., máme sin 1
k ≥ 2
π · 1
k pro
všechna k = 1, 2, . . . . Divergence dané řady tedy plyne z porovnávacího kritéria.
Příklad 1.22. Rozhodněte o konvergenci, resp. absolutní konvergenci řady
∞
k=2
(−1)k
k ln k .
Řešení. Konvergenci řady snadno ověříme užitím Leibnizova kritéria. Konvergenci řady absolutních hodnot
∞
k=2
1
k ln k prověříme integrálním kritériem. Integrál
∞
2
dx
x ln x počítáme substitucí t = ln x, která jej převede
na jednoduchý integrál
∞
ln 2
dt
t , který zřejmě diverguje (viz příklad 1.10). Daná řada tedy konverguje pouze
neabsolutně (relativně).
C. Přibližné součty řad
Příklad 1.23. Ukažte, že řada
∞
k=1
1
k2k
=
1
2
+
1
8
+
1
24
+ . . .
konverguje, a odhadněte chybu, které se dopustíte při náhradě součtu s této řady hodnotou s10.
Řešení. Konvergenci řady lze snadno ukázat např. užitím podílového nebo odmocninového kritéria. Pro odhad
chyby pak platí
R10 =
∞
k=11
1
k2k
<
1
11
∞
k=11
1
2
k
=
1
11
2−10
= 0, 000089.
ÚM FSI VUT v Brně 7
1. Číselné řady Řešené příklady
Aproximujeme-li tedy hodnotu součtu s dané řady hodnotou částečného součtu
s10 =
10
k=1
1
k2k
= 0, 693065 ,
pak chyba této aproximace nepřevýší hodnotu 0, 000089 < 10−4
. Poznamenejme, že přesná hodnota součtu
s této řady činí s = ln 2 ≈ 0, 693147.
Příklad 1.24. Rozhodněte, kolik členů řady je třeba sečíst, aby částečný součet sn řady
∞
k=1
1
k3
= 1 +
1
8
+
1
27
+ · · ·
aproximoval přesný součet této řady s chybou menší než 10−4
.
Řešení. Konvergenci této řady jsme rozhodli v příkladu 1.10 pomocí integrálního kritéria. V případě užití
tohoto kritéria platí odhad chyby
|Rn| ≤
∞
n
f(x) dx =
∞
n
1
x3
dx =
1
2n2
.
Odtud
1
2n2
< 10−4
⇐⇒ n2
> 5000 ⇐⇒ n ≥
√
5000 ≈ 71.
K naplnění požadované přesnosti je třeba sečíst alespoň 71 sčítanců dané řady.
Příklad 1.25. Určete přibližnou hodnotu součtu řady
∞
k=2
(−1)k
k ln k
=
1
2 ln 2
−
1
3 ln 3
+
1
4 ln 4
− · · ·
s chybou menší než 10−1
.
Řešení. Podle příkladu 1.22 tato řada konverguje, poněvadž splňuje předpoklady Leibnizova kritéria. Pak
platí jednoduchý odhad chyby ve tvaru
|Rn| ≤ an+1 =
1
(n + 1) ln(n + 1)
.
Protože
1
(n + 1) ln(n + 1)
< 10−1
⇐⇒ (n + 1) ln(n + 1) > 10 ⇐⇒ n ≥ 5 ,
odtud
∞
k=2
(−1)k
k ln k
≈
1
2 ln 2
−
1
3 ln 3
+
1
4 ln 4
−
1
5 ln 5
≈ 0, 5
s přesností na 1 desetinné místo.
Příklad 1.26. Rozhodněte, kolik členů řady
∞
k=1
2
k2+1 je třeba sečíst, aby částečný součet sn aproximoval
přesnou hodnotu s s chybou menší než 10−4
.
Řešení. Řada konverguje např. podle integrálního kritéria. Skutečně, platí
∞
1
2
x2 + 1
dx = 2[ arctg x]∞
1 = 2 lim
x→∞
arctg x − 2 arctg 1 = π −
π
2
=
π
2
< ∞
ÚM FSI VUT v Brně 8
1. Číselné řady Řešené příklady
a tedy řada konverguje. Pak
|Rn| ≤
∞
n
2
x2 + 1
dx = π − 2 arctg n < 10−4
⇐⇒ n > tg
π − 10−4
2
≈ 2 · 104
.
K dosažení požadované přesnosti by bylo potřeba sečíst prvních 20 000 členů.
Příklad 1.27. Rozhodněte, kolik členů řady
∞
k=1
(−1)k+1
(2k+1)! je třeba sečíst, aby částečný součet sn aproximoval
přesnou hodnotu s s chybou menší než 10−4
.
Řešení. Řada konverguje podle Leibnizova kritéria (konverguje dokonce absolutně – prověřte pomocí limitního
podílového kritéria!!), tedy
|Rn| ≤
1
[2(n + 1) + 1] !
=
1
(2n + 3) !
< 10−4
⇐⇒ n ≥ 3 .
Abychom dosáhli požadované přesnosti je potřeba sečíst alespoň první 3 členy.
Příklad 1.28. Pomocí vztahu ln n < 1 + 1
2 + · · · + 1
n < 1 + ln n rozhodněte, kolik členů harmonické řady
∞
k=1
1
k je třeba sečíst, aby sn > 100.
Řešení.
sn = 1 +
1
2
· · · +
1
n
> ln n > 100 ⇐⇒ n > e100
≈ 2, 7 · 1043
.
ÚM FSI VUT v Brně 9