2. Funkční řady Řešené příklady
2. Funkční řady
A. Obor konvergence
Příklad 2.1. Určete obor konvergence řady
∞
k=1
lnk
x
k
= ln x +
ln2
x
2
+
ln3
x
3
+ . . . .
Řešení. Všechny funkce
fk(x) =
lnk
x
k
jsou definovány v intervalu I = (0, ∞). Platí
k
|fk(x)| =
k | lnk
x|
k
= | ln x|
1
k
√
k
.
Protože lim
k→∞
k
√
k = 1, podle limitního odmocninového kritéria řada konverguje pro | ln x| < 1 a nekonverguje
pro | ln x| > 1. Dosazením hodnoty ln x = 1 dostáváme divergentní harmonickou řadu, a dosazením hodnoty
ln x = −1 pak konvergentní Leibnizovu řadu. Vyšetřovaná řada tedy konverguje, právě když ln x ∈ − 1, 1 .
Protože ln 1
e = −1, ln e = 1, je obor konvergence tvaru I∗
= e−1
, e .
Příklad 2.2. Určete obor konvergence a součet řady
∞
k=1
sink
x = sin x + sin2
x + sin3
x + . . . .
Řešení. Daná řada je geometrická s hodnotou kvocientu q = sin x. Řada tedy konverguje, právě když | sin x| <
1. Tato nerovnost je splněna pro všechna reálná x, s výjimkou celočíselných lichých násobků π/2. Tedy
I∗
= (−∞, ∞) − (2k + 1)
π
2
, k je celé číslo .
Součet řady je podle vzorce o součtu geometrické řady roven sin x (1 − sin x).
Příklad 2.3. Určete obor konvergence řady
∞
k=1
1
kx .
Řešení. Podle příkladu 1.10 řada konverguje, právě když x > 1, tj. I∗
= (1, ∞).
Příklad 2.4. Určete obor konvergence řady
∞
k=1
1
xk .
Řešení. Protože 1
xk = 1
x
k
, jde o geometrickou řadu s hodnotou kvocientu q = 1
x , tedy I∗
= (−∞, −1) ∪
(1, ∞).
Příklad 2.5. Určete obor konvergence řady
∞
k=1 sin x
2k .
ÚM FSI VUT v Brně 11
2. Funkční řady Řešené příklady
Řešení. Podle limitního podílového kritéria a užitím vzorce pro sinus dvojnásobného úhlu platí
lim
k→∞
| sin x
2k+1 |
| sin x
2k |
= lim
k→∞
sin |x|
2k+1
sin 2 |x|
2k+1
= lim
k→∞
1
2 cos |x|
2k+1
=
1
2 cos 0
=
1
2
< 1
pro všechna reálná x, tedy I∗
= (−∞, ∞).
B. Vlastnosti funkčních řad
Příklad 2.6. Ukažte, že funkční řada
∞
k=1
cos kx
2k
=
cos x
2
+
cos 2x
4
+
cos 3x
8
+ . . .
konverguje stejnoměrně pro všechna x ∈ R.
Řešení. Zřejmě platí
|fk(x)| =
cos kx
2k
≤
1
2k
=: ak pro všechna k = 1, 2, . . . a x ∈ R.
Majorantní řada
∞
k=1 ak =
∞
k=1
1
2
k
je konvergentní geometrická řada s kvocientem q = 1
2 , tedy podle
Weierstrassova kritéria konverguje funkční řada
∞
k=1
cos kx
2k stejnoměrně (a také absolutně) na celé reálné
ose.
Příklad 2.7. Funkce s(x) je definována vztahem
s(x) =
∞
k=1
k
ekx
= e−x
+ 2e−2x
+ 3e−3x
+ . . . , x > 0.
Ukažte, že s(x) je definovaná a spojitá pro všechna x > 0, a vypočtěte
ln 3
ln 2
s(x) dx.
Řešení. Nejprve ukážeme, že daná funkční řada konverguje stejnoměrně na každém intervalu ω, ∞), kde
ω > 0 je libovolné reálné číslo. Zřejmě
|fk(x)| =
k
ekx
≤
k
ekω
, x ∈ ω, ∞), k = 1, 2, . . . .
Majorantní číselná řada konverguje např. podle limitního odmocninového kritéria, neboť eω
> 1. Podle
Weierstrassova kritéria proto daná řada konverguje stejnoměrně na každém intervalu ω, ∞), a součtová
funkce s(x) je spojitá pro všechna x > 0. Stejnoměrná konvergence řady umožňuje navíc záměnu sumace a
integrace, a platí tedy
ln 3
ln 2
s(x) dx =
ln 3
ln 2
∞
k=1
ke−kx
dx =
∞
k=1
ln 3
ln 2
ke−kx
dx = −
∞
k=1
e−kx ln 3
ln 2
= −
∞
k=1
(3−k
− 2−k
) =
∞
k=1
1
2
k
−
∞
k=1
1
3
k
= 1 −
1
2
=
1
2
.
Příklad 2.8. Rozhodněte o spojitosti funkce
∞
k=1
ln(1+kx)
kxk .
ÚM FSI VUT v Brně 12
2. Funkční řady Řešené příklady
Řešení. Nejprve posoudíme, zda a kde řada konverguje stejnoměrně. Protože definiční obor k-tého členu řady
je (−1
k , ∞) − {0}, řadu uvažujeme pouze pro x > 0. Pro tato x platí ln(1 + kx) ≤ kx (nakreslete si obrázek),
tedy
ln(1 + kx)
kxk
≤
1
xk−1
.
Uvažujeme-li pouze x ≥ ω > 1, pak ln(1+kx)
kxk ≤ 1
ωk−1 a pro tato x řada konverguje stejnoměrně podle
Weierstrassova kritéria (ověřte předpoklady). Pro zbývající x, (tj. pro x ∈ (0, 1 ) řada nekonverguje. Řada
tedy konverguje stejnoměrně (a její součet je proto spojitou funkcí) na každém intervalu ω, ∞), kde ω > 1.
Příklad 2.9. Pomocí derivace řady člen po členu určete součet řady
∞
k=1
ekx
k včetně určení oboru kon-
vergence.
Řešení. Platí limk→∞
k ekx
k = ex
< 1 ⇔ x < 0. Protože pro x = 0 je daná řada harmonická (tedy
divergentní), platí I∗
= (−∞, 0). Abychom mohli řadu derivovat člen po členu, vyšetřeme stejnoměrnou
konvergenci řad
∞
k=1 fk(x) a
∞
k=1 fk(x).
Pro nederivovanou řadu platí
ekx
k
≤
ekω
k
, ω < 0 (libovolné číslo menší jak 0) .
Číselná řada na pravé straně nerovnosti konverguje (lze snadno ověřit limitním odmocninovým nebo podílovým
kritériem – limita vyjde eω
, což je číslo menší jak jedna). Podle Weierstrassova kritéria tedy řada
∞
k=1
ekx
k
konverguje stejnoměrně na každém zprava uzavřeném intervalu (−∞, ω , kde ω < 0.
Pro řadu derivací máme
∞
k=1 fk(x) =
∞
k=1 ekx
=
∞
k=1(ex
)k
, což je geometrická řada s kvocientem ex
.
Pro její členy platí
|ekx
| ≤ ekω
, kde |x| ≤ ω (ω > 0) .
Majorantní číselná řada
∞
k=1 ekω
je geometrická řada s kvocientem eω
, která konverguje, je-li eω
< 1, tedy
ω < 0. Oborem stejnoměrné konvergence řady
∞
k=1 ekx
je tedy opět každý interval (−∞, ω , kde ω < 0.
Označíme-li součet dané řady s(x), pak derivací člen po členu máme
s (x) =
∞
k=1
ekx
k
=
∞
k=1
ekx
=
∞
k=1
(ex
)k
=
ex
1 − ex
.
Odtud pak integrací
s(x) =
ex
1 − ex
dx = − ln(1 − ex
) + C ,
kde integrační konstantu určíme dosazením vhodného bodu do řady
∞
k=1
ekx
k a do funkce s(x) a porovnáme
levou stranu s pravou. Tento bod je volen s ohledem na to, abychom uměli vzniklou číselnou řadu sečíst.
V našem případě je to zřejmě jedině bod −∞. Odtud
L =
∞
k=1
lim
x→−∞
ekx
k
=
∞
k=1
0 = 0
P = lim
x→−∞
s(x) = − lim
x→−∞
ln(1 − ex
) + C = 0 + C .
Z rovnosti 0 = 0 + C plyne C = 0. Celkově tedy
∞
k=1
ekx
k
= − ln(1 − ex
) na intervalu (−∞, 0) .
Poznámka. Všimněme si, že zatímco oborem konvergence byl interval I = (−∞, 0), oborem stejnoměrné
konvergence je pouze každý zprava uzavřený podinterval I = (−∞, ω , kde ω < 0. Tvrzení o vlastnostech
stejnoměrně konvergentních řad by mohla svádět k tomu, že například součtová funkce bude spojitá pouze
na intervalu I . Vidíme ovšem, že tato funkce je spojitá na celém intervalu I . Intuitivně, číslo ω může být
libovolně blízko nalevo od nuly, a tedy funkční hodnota nemůže nikam „uskočit .
ÚM FSI VUT v Brně 13