3. Mocninné a Taylorovy řady Řešené příklady
3. Mocninné a Taylorovy řady
A. Obor a poloměr konvergence
Příklad 3.1. Určeme poloměr konvergence mocninné řady
∞
k=1
(kx)k
k !
= x +
4
2!
x2
+
27
3!
x3
+ . . . .
Řešení. Daná mocninná řada má střed x0 = 0 a koeficienty ak = kk
k!. Její poloměr určíme pomocí
limk→∞ ak+1 ak . Nejprve upravíme výraz
ak+1
ak
=
(k + 1)k+1
(k + 1) !
k !
kk
=
(k + 1)k
kk
=
k + 1
k
k
.
Pak
ρ = lim
k→∞
ak+1
ak
= lim
k→∞
k + 1
k
k
= e,
a tedy R = 1 ρ = 1 e.
Příklad 3.2. Určete obor konvergence mocninné řady
∞
k=1
(3x + 1)k
k22k
=
3x + 1
2
+
(3x + 1)2
2222
+
(3x + 1)3
3223
+ . . . .
Řešení. Nejprve k-tý člen řady upravme jako
3k
(x+ 1
3 )k
k22k , tj. ak = 1
k2
3
2
k
, x0 = −1
3 . Protože
ak+1
ak
=
1
(k + 1)2
3
2
k+1
· k2
·
2
3
k
=
3
2
k
k + 1
2
,
dostáváme
ρ = lim
k→∞
ak+1
ak
=
3
2
.
Tedy R = 2 3 a konvergenční interval má krajní body x0 −R = −1, x0 +R = 1/3. Dosazením těchto krajních
bodů do dané řady dostáváme po úpravě řady
∞
k=1
(−1)k
k2 , resp.
∞
k=1
1
k2 , které obě konvergují (první podle
Leibnizova kritéria, a druhá podle integrálního kritéria, viz také příklad 1.10). Odtud
I = −1, 1/3 .
Příklad 3.3. Určete obor konvergence mocninné řady
∞
k=1
(x − 1)3k
k8k
=
(x − 1)3
8
+
(x − 1)6
2 · 82
+
(x − 1)9
3 · 83
+ . . . .
Řešení. Jde o mocninnou řadu se středem v bodě x0 = 1, která však není zapsána v obvyklém tvaru
∞
k=1 ak(x − x0)k
. Nebudeme proto postupovat pomocí vzorce pro výpočet poloměru R (ten by bylo třeba
ÚM FSI VUT v Brně 14
3. Mocninné a Taylorovy řady Řešené příklady
modifikovat), nýbrž obecnějším postupem známým pro funkční řady. Užitím např. limitního odmocninového
kritéria máme
lim
k→∞
k
|fk(x)| = lim
k→∞
k (x − 1)3k
k8k
=
|x − 1|3
8
lim
k→∞
1
k
√
k
=
|x − 1|3
8
.
Mocninná řada tedy konverguje, je-li |x−1|3
8 < 1, tedy |x − 1| < 2, tj. −1 < x < 3. Vně tohoto intervalu
pak řada nekonverguje. Dosazením krajních bodů x = 3 a x = −1 obdržíme (divergentní) harmonickou a
(konvergentní) Leibnizovu řadu. Dostáváme tedy, že oborem konvergence je interval − 1, 3).
Příklad 3.4. Určete poloměr konvergence řady
∞
k=1
(k !)3
(3k) ! xk
.
Řešení. Nejprve odvodíme vztah ak+1
ak
= (k+1)2
3(3k+2)(3k+1) (viz také příklad 1.18). Odtud ρ = limk→∞
ak+1
ak
=
1
27 , tedy R = 27.
Příklad 3.5. Určete obor konvergence řady
∞
k=1 k !(x + 1)k
.
Řešení. Platí ρ = limk→∞
ak+1
ak
= limk→∞(k + 1) = ∞, tedy R = 0 a odtud I = {−1}.
Příklad 3.6. Udejte příklad mocninné řady, která má obor konvergence:
a) (0, 4) , b) 0, 4) , c) (0, 4 , d) 0, 4 .
Řešení. Z tvaru všech intervalů plyne x0 = 2, R = 2, tj. ρ = 1
2 . Zvolíme-li tedy např. ak = 1
2
k
,
pak zřejmě ρ = limk→∞
k
|ak| = 1
2 . Příslušná řada
∞
k=0
(x−2)k
2k pak konverguje na otevřeném intervalu
(0, 4), o čemž se přesvědčíme dosazením krajních bodů (v tomto případě dokonce není splněna ani
nutná podmínka konvergence).
Příklady zbývajících řad nyní můžeme získat modifikací výše uvedené řady. Vynásobením člene ak faktorem
1
k nezměníme poloměr konvergence (neboť limk→∞
k
√
k = 1), avšak můžeme tím ovlivnit konvergenci v
krajních bodech. Skutečně, dosazením lze snadno ověřit, že konvergenční interval řady
∞
k=1
(x−2)k
k2k je 0, 4).
Případ za c) zřejmě získáme snadno prohozením znamének v předchozí řadě, tj.
∞
k=1(−1)k (x−2)k
k2k .
Konečně případu za d) vyhovuje například řada
∞
k=1
(x−2)k
k22k , protože opět platí limk→∞
k
√
k2 = 1 a po
dosazení krajních bodů dostáváme konvergentní řady
∞
k=1(−1)k 1
k2 , resp.
∞
k=1
1
k2 .
B. Rozvoje funkcí v Taylorovy řady
Příklad 3.7. Určete rozvoj funkcí f(x) = sinh x, cosh x a arctgh x se středem v bodě x0 = 0.
Řešení. Především připomeňme, že sinh x = ex
−e−x
2 , cosh x = ex
+e−x
2 , arctgh x = 1
2 ln 1+x
1−x . K nalezení
požadovaných vyjádření tedy užijeme známých rozvojů funkcí ex
a ln(1 + x), ze kterých pomocí substituce
(x → −x) snadno určíme rozvoje e−x
a ln(1 − x). Připomeňme ještě, že mocninné řady konvergují uvnitř
oboru konvergence absolutně, tj. můžeme zde použít komutativního zákona (tj. zákona o záměně sčítanců).
Platí
ex
=
∞
k=0
xk
k!
= 1 +
x
1!
+
x2
2!
+
x3
3!
+ . . . , x ∈ (−∞, +∞) ,
e−x
=
∞
k=0
(−1)k xk
k!
= 1 −
x
1!
+
x2
2!
−
x3
3!
+ . . . , x ∈ (−∞, +∞) .
ÚM FSI VUT v Brně 15
3. Mocninné a Taylorovy řady Řešené příklady
Sečtením, resp. odečtením těchto vztahů a následným vynásobením hodnotou 1 2 dostáváme
cosh x =
∞
k=0
x2k
(2k)!
= 1 +
x2
2!
+
x4
4!
+ . . . , x ∈ (−∞, +∞) ,
sinh x =
∞
k=0
x2k+1
(2k + 1)!
= x +
x3
3!
+
x5
5!
+ . . . , x ∈ (−∞, +∞) .
Na základě vztahů
ln(1 + x) =
∞
k=0
(−1)k xk+1
k + 1
= x −
x2
2
+
x3
3
−
x4
4
+ . . . , x ∈ (−1, 1 ,
ln(1 − x) =
∞
k=0
(−1)2k+1 xk+1
k + 1
= −x −
x2
2
−
x3
3
−
x4
4
− . . . , x ∈ − 1, 1)
dostáváme vyjádření
arctgh x =
1
2
ln
1 + x
1 − x
=
∞
k=0
x2k+1
2k + 1
= x +
x3
3
+
x5
5
+ . . . , x ∈ (−1, 1) ,
kde (−1, 1) = (−1, 1 ∩ −1, 1).
Příklad 3.8. Pomocí rozvojů funkcí ln(1 + x) a arctgh x vyjádřete hodnotu ln 2 ve tvaru číselné řady (tj.
pomocí základních aritmetických operací).
Řešení. Dosazením x = 1 ∈ (−1, 1 do rozvoje funkce ln(1 + x) dostáváme
ln 2 =
∞
k=0
(−1)k
k + 1
= 1 −
1
2
+
1
3
−
1
4
+ . . . ,
tedy hodnota ln 2 je součtem tzv. Leibnizovy řady.
Nyní k vyjádření ln 2 užijeme rozvoje funkce arctgh x = 1
2 ln 1+x
1−x . Protože
1 + x
1 − x
= 2 ⇔ x =
1
3
∈ (−1, 1),
dostáváme dosazením hodnoty x = 1
3 do rozvoje arctgh x
ln 2 = 2
∞
k=0
1
(2k + 1)32k+1
=
2
3
∞
k=0
1
2k + 1
1
9
k
= 2
1
3
+
1
3 · 33
+
1
5 · 35
+ . . . .
Mezi oběma vyjádřeními ln 2 je však podstatný rozdíl, a to v rychlosti konvergence. Určíme, kolik členů v obou
řadách je třeba sečíst k vypočtení hodnoty ln 2 např. s chybou menší než 10−4
. V případě Leibnizovy řady
platí
|Rn| ≤ an+1 =
1
n + 1
< 10−4
⇔ n ≥ 104
,
tj.
ln 2 ≈ 1 −
1
2
+
1
3
−
1
4
+ · · · −
1
10000
= 0, 6931.
V druhém vyjádření ln 2 lze zbytek odhadnout pomocí součtu majorantní geometrické řady s kvocientem 1
9 .
Platí
Rn =
2
3
∞
k=n+1
1
2k + 1
1
9
k
≤
2
3
·
1
2n + 3
∞
k=n+1
1
9
k
=
2
3
·
1
2n + 3
·
1
9n+1
1 − 1
9
=
=
3
4(2n + 3)9n+1
< 10−4
⇐⇒ n ≥ 3.
ÚM FSI VUT v Brně 16
3. Mocninné a Taylorovy řady Řešené příklady
S požadovanou přesností tedy máme
ln 2 ≈ 2
1
3
+
1
3 · 33
+
1
5 · 35
+
1
7 · 37
= 0, 6931.
Příklad 3.9. Je dána funkce f(x) = 1
x2 sin x2
2 . Nalezněte rozvoj funkce f(x) v mocninnou řadu se středem
x0 = 0, určete obor konvergence a pomocí tohoto rozvoje pak vypočtěte limx→0 f(x) a
1
0
f(x) dx s chybou
menší než 10−4
.
Řešení. Provedeme rozvoj pomocí substituce. Platí
sin t = t −
t3
3 !
+
t5
5 !
− · · · =
∞
k=0
(−1)k t2k+1
(2k + 1) !
, t ∈ (−∞, ∞).
Zavedeme substituci t = x2
2 , čímž dostáváme
sin
x2
2
=
x2
2
−
x6
23 · 3 !
+
x10
25 · 5 !
− · · · =
∞
k=0
(−1)k x4k+2
22k+1(2k + 1) !
, x ∈ (−∞, ∞) ,
1
x2
sin
x2
2
=
1
2
−
x4
23 · 3 !
+
x8
25 · 5 !
− · · · =
∞
k=0
(−1)k x4k
22k+1(2k + 1) !
, x ∈ (−∞, ∞) .
Odtud pak snadno
lim
x→0
1
x2
sin
x2
2
=
1
2
− 0 + 0 − · · · =
1
2
.
Ježto mocninné řady lze uvnitř oboru konvergence integrovat člen po členu, dostáváme dále
1
0
1
x2
sin
x2
2
dx =
1
0
1
2
−
x4
23 · 3 !
+
x8
25 · 5 !
− · · · dx =
1
0
1
2
dx −
1
0
x4
23 · 3 !
dx
+
1
0
x8
25 · 5 !
dx − · · · =
1
2
[x]1
0 −
1
5 · 23 · 3 !
[x5
]1
0 +
1
9 · 25 · 5 !
[x9
]1
0 − · · ·
=
1
2
−
1
5 · 23 · 3 !
+
1
9 · 25 · 5 !
− · · · =
∞
k=0
(−1)k
(4k + 1)22k+1(2k + 1) !
.
Protože tato alternující řada splňuje podmínky Leibnizova kritéria a platí
|a2| =
1
9 · 25 · 5 !
< 10−4
,
dostáváme s požadovanou přesností
1
0
1
x2
sin
x2
2
dx ≈
1
2
−
1
5 · 23 · 3 !
≈ 0, 4958.
Příklad 3.10. Určete rozvoj funkce f(x) = sin2
x v Taylorovu řadu se středem v bodě x0 = 0.
Řešení. Pomocí vztahu sin2
x = 1
2 (1 − cos 2x) a rozvoje funkce
cos 2x =
∞
k=0
(−1)k (2x)2k
(2k) !
= 1 −
22
x2
2 !
+
42
x4
4 !
− . . . , x ∈ (−∞, ∞)
máme
sin2
x =
1
2
∞
k=1
(−1)k+1 (2x)2k
(2k)!
=
1
2
22
x2
2 !
−
42
x4
4 !
+ . . . , x ∈ (−∞, ∞) .
ÚM FSI VUT v Brně 17
3. Mocninné a Taylorovy řady Řešené příklady
Příklad 3.11. Určete první dva nenulové členy rozvoje funkce f(x) = tg x v Taylorovu řadu se středem
v bodě x0 = 0.
Řešení. Platí ak = f(k)
(0)
k! , přičemž f (x) = 1
cos2 x , f (x) = 2 sin x
cos3 x , f (x) = 21+2 sin2
x
cos4 x , tedy a0 = 0, a1 = 1
1! ,
a2 = 0, a3 = 2
3! = 1
3 a odtud
tg x ≈ x +
1
3
x3
.
Příklad 3.12. Vyjádřete
1
0
cos
√
x dx s chybou menší než 10−2
.
Řešení. Pomocí substituce ukážeme, že platí
cos
√
x =
∞
k=0
(−1)k xk
(2k) !
= 1 −
x
2 !
+
x2
4 !
− . . . , x ≥ 0
a tedy integrací člen po členu máme
1
0
cos
√
x dx =
∞
k=0
(−1)k
(k + 1)(2k) !
= 1 −
1
2 · 2 !
+
1
3 · 4 !
−
1
4 · 6 !
+ . . . .
Protože 1
4·6! < 10−2
, s požadovanou přesností máme
1
0
cos
√
x dx ≈ 1 −
1
4
+
1
72
≈ 0, 76.
Příklad 3.13. Určete přibližně číslo
√
e s chybou menší jak 10−4
.
Řešení. Využijeme rozvoje
ex
= 1 +
1
1!
x +
1
2!
x2
+
1
3!
x3
+ · · · =
∞
n=1
xn−1
(n − 1)!
, x ∈ R .
Pro x = 1/2 máme
√
e =
∞
n=1
1
2n−1(n − 1)!
Pro n-tý zbytek rn platí
rn =
∞
k=n+1
1
2k−1(k − 1)!
≤
1
n!
∞
k=n+1
1
2k−1
=
1
n!
1
2n
1
1 − 1
2
< 10−4
⇒
2
n!2n
<
1
10000
⇒ n!2n
> 20000 ⇒ n ≥ 6 .
Požadované přesnosti tedy dosáhneme sečtením prvních 6 členů:
√
e
.
=
1
200!
+
1
211!
+
1
222!
+
1
233!
+
1
244!
+
1
255!
= 1 +
1
2
+
1
8
+
1
48
+
1
384
+
1
3840
= 1, 648698 .
Příklad 3.14. Určete přibližně číslo π s chybou menší jak 10−4
.
Řešení. Využijeme vztahu π = 4 arctg 1. Přibližnou hodnotu tedy lze spočítat dosazením bodu x = 1 do řady
4arctg x = 4
∞
n=1
(−1)n−1 x2n−1
2n − 1
, ∀x ∈ −1; 1 .
ÚM FSI VUT v Brně 18
3. Mocninné a Taylorovy řady Řešené příklady
Problémem je, že tato řada konverguje velmi pomalu – požadovanou přesnost bychom dostali až po sečtení
20 000 členů, což je ručně neproveditelné (viz Leibnizovo kritérium). Potřebujeme tedy rychleji konvergentní
řadu. Využijeme-li vztahu arctg x + arctg y = arctg x+y
1−xy pro xy < 1, potom lze psát
arctg 1 = arctg
1
2
+ arctg
1
3
,
arctg
1
2
=
∞
n=1
(−1)n−1 1
22n−1(2n − 1)
, arctg
1
3
=
∞
n=1
(−1)n−1 1
32n−1(2n − 1)
4 arctg 1 =
4
211
+
4
311
−
4
233
+
4
333
+
4
255
+
4
355
−
4
277
+
4
377
+
4
299
+
4
399
−
−
4
21111
+
4
31111
+
4
21313
+
4
31313
<10−4
− · · · + .
Sečtením prvních 6 členů tedy dostáváme π
.
= 3, 141562.
ÚM FSI VUT v Brně 19