Chapter 4

Postupnosti a rady funkcií

4. Postupnosti a rady funkcií

4.1 Bodová a rovnomerná konvergencia

Nech je daná postupnosť funkcií {f_{n}}_{n=1}^{∞} ^{1}, nech a ∈ ⋂_{n=1}^{∞} D(f_{n}) ( := {x ∈ R ; ∀ n ∈ N : x ∈ D(f_{n})}). Hovoríme, že \underline{postupnosť \{f_{n}\}_{n=1}^{∞} konverguje v bode a}, ak existuje konečná lim_{n→∞} f_{n}(a). Ak je množina D všetkých tých čísel x ∈ R, v ktorých postupnosť {f_{n}}_{n=1}^{∞} konverguje, neprázdna, nazýva sa funkcia g:D → R, daná predpisom g(x) = lim_{n→∞} f_{n}(x), \underline{(bodová) limita} (\underline{limitná funkcia}) \underline{postupnosti \{f_{n}\}_{n=1}^{∞}} a označuje sa lim_{n→∞} f_{n}. Hovoríme, že \underline{postupnosť \{f_{n}\}_{n=1}^{∞} (bodove) konverguje na množine M (k funkcii f )}, ak {f_{n}}_{n=1}^{∞} konverguje v každom bode x ∈ M (a lim_{n→∞}(f_{n}|M) = f|M ); funkcia f|M sa nazýva \underline{(bodová) limita} (\underline{limitná funkcia}) \underline{postupnosti \{f_{n}\}_{n=1}^{∞} na množine M}. Namiesto lim_{n→∞}(f_{n}|M) = f|M budeme písať f_{n} → f na M ^{2}.

Ak je daná postupnosť funkcií {f_{n}}_{n=k}^{∞} ( k ∈ {0, 1, …}) , pričom ⋂_{n=1}^{∞} D(f_{n}) ≠ ∅ , nazýva sa symbol

∑_{n=k}^{∞} f_{n} (alebo f_{k} + f_{k+1} + ⋯ + f_{n} + ⋯) \underline{rad funkcií} (\underline{funkcionálny rad}). Ak je daný rad ∑_{n=1}^{∞} f_{n} ^{1}, nazýva

sa funkcia f_{k}, resp.

S_{k} := f_{1} + f_{2} + ⋯ + f_{k} , k ∈ N ,

\underline{k–ty člen}, resp. \underline{k–ty čiastočný súčet radu ∑_{n=1}^{∞} f_{n}}. Ak existuje lim_{n→∞} S_{n}, nazýva sa táto funkcia \underline{sú}- \underline{čet radu ∑_{n=1}^{∞} f_{n}} a jej definičný obor \underline{obor konvergencie radu ∑_{n=1}^{∞} f_{n} ^{3}}. Hovoríme, že \underline{rad ∑_{n=1}^{∞} f_{n}} \underline{konverguje v bode a} (\underline{(bodove) konverguje na množine M, (bodove) konverguje na množine M k funkcii f}), ak postupnosť {S_{n}}_{n=1}^{∞} jeho čiastočných súčtov konverguje v bode a (konverguje na množine M, konverguje na množine M k funkcii f ). Zápis S_{n} → f na M budeme spravidla nahrádzať zápisom ∑_{n=1}^{∞} f_{n} → f na M.

295. Nájdite funkciu f = lim_{n→∞} f_{n}, ak:

1. f_{n}(x) = \frac{nx^{2}}{x + 3n + 2} , x ≥ 0 ; 2. f_{n}(x)=x^{n}−3x^{n+2}+2x^{n+3}, x ∈ [0, 1] ;

3. f_{n}(x) = sin^{n} x + cos^{n} x ; 4. f_{n}(x) = n^{2}x^{4} sin \frac{x}{n^{2} + n} ;

5. f_{n}(x) = (x − 1)arctg x^{n} , x > 0 ; 6. f_{n}(x) = n (x^{1/n} − x^{1/2n}) , x > 0 ;

1z podobných dôvodov ako v kapitole 3 uvádzame definície a vety spravidla len pre postupnosti, resp. rady tvaru {f_{n}}_{n=1}^{∞} , resp. ∑_{n=1}^{∞} f_{n}

2zapíšme tu ešte rovnosť lim_{n→∞}(f_{n}|M) = f|M pomocou kvantifikátorov:

∀ ε > 0 ∀ x ∈ M ∃ n_{0} ∈ N ∀ n ∈ N , n > n_{0} : |f_{n}(x) − f(x)| < ε

3oborom konvergencie radu ∑_{n=1}^{∞} f_{n} je teda množina všetkých tých x ∈ R, pre ktoré číselný rad ∑_{n=1}^{∞} f_{n}(x) konverguje

7. f_{n}(x) = n^{3}x^{2}e^{−nx} , x ≥ 0 ; 8. f_{n}(x) = \frac{x}{n} ln nx ;

9. f_{n}(x) = narcctg nx^{2} , x > 0 ; 10. f_{n}(x) = ^{n} \sqrt{1 + x^{n} + (\frac{x^{2}}{2} )^{n}} , x ≥ 0 ;

11. f_{n}(x) = \{ \begin{matrix}1 , ak & x ∈ [1/n, ∞) \\ −1 , ak & x ∈ (−∞, −1/n] \\ nx , ak & x ∈ (−1/n, 1/n) \end{matrix} ;

12. f_{n}(x) = \{ \begin{matrix}2^{n} , ak & x ∈ [0, 2^{−n}] \\ 0 , ak & x ∈ (2^{−n}, ∞) \end{matrix} .

296. Nech {f_{n}}_{n=1}^{∞} je postupnosť funkcií definovaných na intervale (a, b), nech f_{n} → f na (a, b). Potom

1. ak {f_{n}}_{n=1}^{∞} je postupnosť neklesajúcich funkcií, tak f je neklesajúca funkcia;

2. ak {f_{n}}_{n=1}^{∞} je postupnosť konvexných funkcií, tak f je konvexná funkcia. Dokážte!

297. Nájdite obory konvergencie nasledujúcich radov:

1. ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{n^{x}} ; 2. ∑_{n=1}^{∞} \frac{n}{x^{n}} ;

3. ∑_{n=1}^{∞} \frac{2^{n} sin^{n} x}{n^{2}} ; 4. ∑_{n=1}^{∞} \frac{(−1)^{n}}{\sqrt{n}} e^{−n sin x} ;

5. ∑_{n=1}^{∞} \frac{(−1)^{n}}{x^{2} + \sqrt{n}} ; 6. ∑_{n=1}^{∞} \frac{(−1)^{n}}{(x + n)^{p}} , p > 0 ;

7. ∑_{n=1}^{∞} \frac{(−1)^{n}}{2n − 1} (\frac{1 − x}{1 + x})^{n} ; 8. ∑_{n=1}^{∞} \frac{x^{n}}{(1 + x)(1 + x^{2}) ⋯ (1 + x^{n})} ;

9. ∑_{n=1}^{∞} \frac{n!}{(x^{2} + 1)(x^{2} + 2) ⋯ (x^{2} + n)} ; 10. ∑_{n=1}^{∞} \frac{cos πnx}{n ln^{2}(n + 1)} ;

11. ∑_{n=1}^{∞} \frac{cos nx}{\sqrt[3]{n}} ; 12. ∑_{n=1}^{∞} \frac{x^{n}}{1 − x^{n}} .

298. Nech {f_{n}}_{n=1}^{∞} je postupnosť lineárnych^{4} funkcií definovaných na R; nech a ≠ b a rady ∑_{n=1}^{∞} f_{n}(a) a ∑_{n=1}^{∞} f_{n}(b) konvergujú. Potom ∑_{n=1}^{∞} f_{n} je lineárna funkcia definovaná na R. Dokážte!

Hovoríme, že \underline{postupnosť funkcií \{f_{n}\}_{n=1}^{∞} konverguje na množine M rovnomerne k funkcii f} (a zapisujeme f_{n} \overrightarrow{→} f na M ), ak platí

∀ ε > 0 ∃ n_{0} ∈ N ∀ n ∈ N , n > n_{0} ∀ x ∈ M : |f_{n}(x) − f(x)| < ε ^{5}.

Ak pre postupnosť \{f_{n}\}_{n=1}^{∞} a neprázdnu množinu M ⊂ ⋂_{n=1}^{∞} D(f_{n}) existuje funkcia f taká, že f_{n} \overrightarrow{→} f na M, hovoríme, že \underline{postupnosť \{f_{n}\}_{n=1}^{∞} konverguje rovnomerne na množine M}.

4pripomeňme, že funkcia g sa nazýva lineárna, ak jej predpis možno písať v tvare g(x) = ax + b, kde a, b ∈ R

5ak tento zápis porovnáme so zápisom z poznámky ^{2}, vidíme, že v prípade rovnomernej konvergencie číslo n_{0} závisí len na čísle ε, tj. n_{0} = n_{0}(ε), zatiaľčo v prípade bodovej konvergencie závisí toto číslo naviac aj na x, tj. n_{0} = n_{0}(ε, x) ; ak {f_{n}}_{n=1}^{∞} je špeciálne postupnosť konštantých funkcií, f_{n} ≡ c_{n} , n ∈ N , x ∈ M , je zrejme rovnomerná konvergencia postupnosti {f_{n}}_{n=1}^{∞} ekvivalentná s existenciou konečnej lim_{n→∞} c_{n}

Hovoríme, že \underline{rad ∑_{n=1}^{∞} f_{n} konverguje rovnomerne na množine M (k funkcii f)}, ak postupnosť \{S_{n}\}_{n=1}^{∞} jeho čiastočných súčtov konverguje rovnomerne na množine M (k funkcii f)^{6}. Zápis S_{n} \overrightarrow{→} f na M nahrádzame zápisom ∑_{n=1}^{∞} f_{n} \overrightarrow{→} f na M .

Veta 1. Ak f_{n} \overrightarrow{→} f na M, tak f_{n} → f na M.

Veta 2. Postupnosť funkcií {f_{n}}_{n=1}^{∞} konverguje na množine M rovnomerne k funkcii f práve vtedy, keď

lim_{n→∞} sup_{x∈M} |f_{n}(x) − f(x)| = 0 ^{7}.

Hovoríme, že \underline{postupnosť \{f_{n}\}_{n=1}^{∞}} [\underline{rad ∑_{n=1}^{∞} f_{n}}] \underline{konverguje na množine M k funkcii f nerovnomerne} (\underline{konverguje na množine M nerovnomerne}), ak f_{n} → f na M [ ∑_{n=1}^{∞} f_{n} → f na M ], ale neplatí f_{n} \overrightarrow{→} f na M [ ∑_{n=1}^{∞} f_{n} \overrightarrow{→} f na M ] (ak postupnosť \{f_{n}\}_{n=1}^{∞} [rad ∑_{n=1}^{∞} f_{n}] konverguje na M bodove, ale nekonverguje tam rovnomerne).

299. Nech {f_{n}}_{n=1}^{∞} je postupnosť funkcií definovaných na množine M; nech pre funkciu f : M → R a postupnosť {c_{n}}_{n=1}^{∞} kladných čísel platí |f_{n}(x) − f(x)| < c_{n} ( x ∈ M , n ∈ N ) a lim_{n→∞} c_{n} = 0. Potom f_{n} \overrightarrow{→} f na M. Dokážte!

300. Zistite, či postupnosť {f_{n}}_{n=1}^{∞} konverguje rovnomerne na množine M, ak:

1. f_{n}(x) = \frac{1}{x + n} , M = (0, ∞) ; 2. f_{n}(x) = \frac{sin n\sqrt{x}}{ln(n + 1)} , M = [0, ∞) ;

3. f_{n}(x) = sin \frac{1 + nx}{2n} , M = R ;

4. f_{n}(x) = \frac{n^{2}x^{2}}{1 + n^{2}x^{4}} sin \frac{x^{2}}{\sqrt{n}} , M = [1, ∞) ;

5. f_{n}(x) = sin \frac{x}{n} , M = R ;

6. f_{n}(x) = n^{3/2} (1 − cos \frac{\sqrt[4]{x}}{n}) , M = [0, ∞) ;

7. f_{n}(x) = \frac{nx^{2}}{n + x} , M = [1, ∞) ;

8. f_{n}(x) = arctg x + arctg 2nx − arctg nx a) M = [0, 1] , b) M = [1, ∞) ;

9. f_{n}(x) = \frac{2nx}{1 + n^{2}x^{2}} a) M = [0, 10] , b) M = [1, ∞) ;

10. f_{n}(x) = \frac{x}{n} ln \frac{x}{n} , M = (0, 1) ;

11. f_{n}(x) = \frac{x^{n}}{1 + x^{n}} a) M = [0, 1 − δ], b) M = [1 + δ, ∞), c) M = [1 − δ, 1 + δ] , 1 > δ > 0 ;

12. f_{n}(x) = e^{n(x−1)} , M = (0, 1) ; 13. f_{n}(x) = \sqrt{x^{2} + \frac{1}{n^{2}}} , M = R ;

14. f_{n}(x) = ^{n} \sqrt{1 + x^{n}} , M = [0, 2] ;

15. f_{n}(x) = \{ \begin{matrix}n^{2}x ,  ak & x ∈ [0, 1/n] \\ n^{2}(2/n − x) , ak & x ∈ (1/n, 2/n) \\ 0  ak & x ∈ [2/n, ∞) \end{matrix} , M = [0, ∞) .

6z poznámky ^{5} vyplýva: ak {f_{n}}_{n=1}^{∞} je špeciálne postupnosť konštantných funkcií, f_{n} ≡ c_{n} , n ∈ N , x ∈ ∈ M , je zrejme konvergencia číselného radu ∑_{n=1}^{∞} c_{n} ekvivalentná s rovnomernou konvergenciou funkcionálneho radu ∑_{n=1}^{∞} f_{n} na množine M

7táto rovnosť v sebe ,,automaticky“ zahŕňa podmienku ,,počínajúc niektorým n_{0} sú funkcie |f_{n} − f| ohraničené“

Riešenie. 8. Ak postupnosť {f_{n}}_{n=1}^{∞} konverguje na množine M rovnomerne k niektorej funkcii f:M → R, tak podľa vety 1 musí platiť f = lim_{n→∞} f_{n}|M. Zistime preto najprv, ku ktorej funkcii konverguje postupnosť {f_{n}}_{n=1}^{∞} na množine M bodove:

Pretože lim_{u→∞} arctg u = π/2, platia pre každé x > 0 rovnosti lim_{n→∞} arctg nx = π/2, lim_{n→∞} arctg 2nx = π/2; pre x = 0 je lim_{n→∞} arctg nx = 0 , lim_{n→∞} arctg 2nx = 0; ďalej pre každé x ∈ R je lim_{n→∞} arctg x = arctg x. Preto

f(x) = lim_{n→∞} f_{n}(x) = lim_{n→∞}(arctg x+arctg 2nx−arctg nx) = \{ \begin{matrix}arctg x + π/2 − π/2 = arctg x , ak x > 0 \\ arctg x + 0 − 0 = arctg x , ak x = 0 \end{matrix} .

Teda f_{n}(x) → arctg x na [0, 1] a f_{n}(x) → arctg x aj na [1, ∞).

Teraz treba zistiť, či postupnosť {f_{n}}_{n=1}^{∞} konverguje na množine M k funkcii arctg x aj rovnomerne; na to použijeme vetu 2. Aby sme našli čísla sup_{x∈M} |f_{n}(x) − f(x)| (pokiaľ existujú), vyšetrime pomocou prvej derivácie priebeh funkcií f_{n} − f:

(f_{n}(x) − f(x))′ = (arctg 2nx − arctg nx)′ = \frac{n(1 − 2n^{2}x^{2})}{(1 + n^{2}x^{2})(1 + 4n^{2}x^{2})} ,

teda funkcia f_{n} − f rastie na intervale [0, 1/\sqrt{2}n] a klesá na intervale [1/\sqrt{2}n, ∞). Ak naviac uvážime, že (f_{n} − f)(0) = 0 a lim_{x→∞}(f_{n}(x) − f(x)) = 0, vidíme, že funkcia f_{n} − f je na intervale (0, ∞) kladná.

Zaoberajme sa teraz prípadom a), tj. M = [0, 1]. Z priebehu funkcií f_{n} − f vyplýva, že

sup_{x∈[0,1]} |f_{n}(x) − f(x)| = (f_{n} − f) (\frac{1}{\sqrt{2} n}) = arctg \sqrt{2} − arctg \frac{1}{\sqrt{2}} .

Potom

lim_{n→∞} sup_{x∈[0,1]} |f_{n}(x) − f(x)| = lim_{n→∞} (arctg \sqrt{2} − arctg \frac{1}{\sqrt{2}}) = arctg \sqrt{2} − arctg \frac{1}{\sqrt{2}} ≠ 0 ,

čo podľa vety 2 znamená, že postupnosť {f_{n}}_{n=1}^{∞} nekonverguje na intervale [0, 1] k funkcii f(x) = arctg x rovnomerne. Pretože f_{n} → f na [0, 1], ale neplatí f_{n} \overrightarrow{→} f na [0, 1], konverguje postupnosť \{f_{n}\}_{n=1}^{∞} na intervale [0, 1] k funkcii f(x) = arctg x nerovnomerne.

Uvažujme teraz prípad b), tj. M = [1, ∞). Na intervale [1, ∞) je každá z funkcií f_{n} − f kladná a klesajúca, preto

sup_{x∈[1,∞)} |f_{n}(x) − f(x)| = (f_{n} − f)(1) = arctg 2n − arctg n .

Potom

lim_{n→∞} sup_{x∈[1,∞)} |f_{n}(x) − f(x)| = lim_{n→∞}(arctg 2n − arctg n) = \frac{π}{2} − \frac{π}{2} = 0 ,

čo podľa vety 2 znamená, že f_{n} \overrightarrow{→} arctg x na [1, ∞).

Poznámky. 1. Nerovnosť

∀ x ∈ M : |f_{n}(x) − f(x)| < ε

(ktorá je ekvivalentná s nerovnosťou

∀ x ∈ M : f(x) − ε < f_{n}(x) < f(x) + ε )

(ε > 0 je dané číslo) ,,geometricky hovorí“, že graf funkcie f_{n}|M ,,leží medzi“ grafmi funkcií f(x)−ε , x ∈ M , a f(x) + ε , x ∈ M (hovoríme tiež, že graf funkcie f_{n}|M leží v ε–páse okolo (grafu) funkcie f|M). Ak teda f_{n} \overrightarrow{→} f na M, znamená to, že pre každý ε–pás okolo funkcie f ( ε > 0 ) vieme nájsť n_{0} ∈ N tak, že grafy funkcií f_{n0+1}|M , f_{n0+2}|M , … už ležia v tomto ε–páse. Na obr. 1 je znázornený ε–pás okolo funkcie f(x) = arctg x , x ∈ [1, ∞) pre ε = 0.1 a grafy funkcií f_{n}(x) = arctg x + arctg 2nx − arctg nx , x ∈ [1, ∞) , pre n = 4, 5, 25, z ktorých prvý neleží v tomto ε–páse a zvyšné dva v ňom ležia.

Ak neplatí f_{n} \overrightarrow{→} f na M (pričom M ⊂ D(f) , M ⊂ ⋂_{n=1}^{∞} D(f_{n}) ), teda ak platí negácia tohto tvrdenia, ktorou je výrok

∃ ε > 0 ∀ n_{0} ∈ N ∃ n ∈ N , n > n_{0} ∃ x_{0} ∈ M : |f_{n}(x_{0}) − f(x_{0})| ≥ ε ,

znamená to, že existuje ε–pás okolo funkcie f ( ε > 0 ) s touto vlastnosťou: akokoľvek veľké n_{0} ∈ N zvolíme, vždy nájdeme od neho va̋čšie číslo n ∈ N tak, že graf funkcie f_{n}|M neleží celý v tomto ε–páse (tj.

obr. 1

,,vyskočí“ z neho aspoň v jednom bode x_{0} ∈ M ). Všimnime si teraz znova pr. 300.8a), v ktorom dokonca platí, že graf ľubovoľnej z funkcií f_{1} , f_{2} , …, f_{n} , … neleží celý v ε–páse okolo funkcie arctg x , x ∈ [0, 1] , pre 0 < ε < arctg \sqrt{2} − arctg (1/\sqrt{2}) = 0.3398 … (z rovnosti sup_{x∈M} |f_{n}(x) − f(x)| = c totiž vyplýva, že graf funkcie f_{n}|M leží v ε–páse okolo f pre každé ε > c a neleží v žiadnom z ε–pásov okolo f pre 0 < ε < c ^{8}). Na obr. 2 je znázornený ε–pás okolo funkcie f(x) = arctg x , x ∈ [0, 0.1] , pre ε = 0.1 a grafy funkcií f_{n}(x) = arctg x + arctg 2nx − arctg nx , x ∈ [0, 0.1] , pre n = 25, 50, 100, 250.

2. Nech je dané δ > 0. Z priebehu funkcií f_{n} − f, ktorý sme vyšetrili pri riešení pr. 300.8, vyplýva, že postupnosť {f_{n}}_{n=1}^{∞} konverguje k funkcii arctg x nerovnomerne na intervale [0, δ] a rovnomerne na intervale [δ, ∞). Dokážeme to nasledovne: Pretože lim_{n→∞}(1/\sqrt{2}n) = 0, musí existovať n_{0} ∈ N tak, že 1/\sqrt{2}n ∈ [0, δ] pre n > n_{0} (pripomeňme, že v bode 1/\sqrt{2}n nadobúda funkcia |f_{n}(x)−f(x)| = |arctg 2nx−arctg nx| , x ≥ 0 , svoje maximum). Pre n > n_{0} je teda

sup_{x∈[0,δ]} |f_{n}(x) − f(x)| = (f_{n} − f) (\frac{1}{\sqrt{2} n}) ;

pre n > n_{0} funkcia f_{n} − f klesá na intervale [δ, ∞) a je tam kladná, preto

sup_{x∈[δ,∞)} |f_{n}(x) − f(x)| = (f_{n} − f)(δ) .

Potom

lim_{n→∞} sup_{x∈[0,δ]} |f_{n}(x) − f(x)| = lim_{n→∞} (arctg \sqrt{2} − arctg \frac{1}{\sqrt{2}}) = arctg \sqrt{2} − arctg \frac{1}{\sqrt{2}} ≠ 0 ,

lim_{n→∞} sup_{x∈[δ,∞)} |f_{n}(x) − f(x)| = lim_{n→∞}(arctg 2nδ − arctg nδ) = \frac{π}{2} − \frac{π}{2} = 0 .

8toto je myšlienka dôkazu vety 2

301_{0}. Ak f_{n} \overrightarrow{→} f na M a funkcia g je ohraničená na množine M, tak f_{n}g \overrightarrow{→} fg na M. Dokážte!

302. Nech je daná funkcia f : [a, b] → R, definujme funkcie f_{n}: [a, b] → R predpisom f_{n}(x) = = [nf(x)]/n , n ∈ N (symbol [.] označuje celú časť). Potom f_{n} \overrightarrow{→} f. Dokážte!

303. Nech {f_{n}}_{n=1}^{∞} je postupnosť spojitých funkcií definovaných na intervale [0, 1]. Rozhodnite o platnosti nasledujúcich tvrdení:

1. ak f_{n} \overrightarrow{→} 0 na [0, 1] ∩ Q, tak f_{n} \overrightarrow{→} 0 na [0, 1];

2. ak f_{n} → 0 na [0, 1] ∩ Q, tak f_{n} → 0 na [0, 1].

304. Nech pre každú postupnosť funkcií {f_{n}}_{n=1}^{∞} definovaných na danej neprázdnej množine M platí implikácia ,,ak {f_{n}}_{n=1}^{∞} konverguje na M bodove, tak tam konverguje aj rovnomerne“. Potom M je konečná množina. Dokážte!

305. Zistite, či nasledujúce rady konvergujú rovnomerne na množine M:

1. ∑_{n=0}^{∞} x^{n} a) M = [−q, q] , kde 0 < q < 1 , b) M = (−1, 1) ;

2. ∑_{n=0}^{∞}(1 − x)x^{n} , M = [0, 1] ; 3. ∑_{n=0}^{∞} \frac{2x − 1}{(2x)^{n}} , M = [1, ∞) ;

4. ∑_{n=1}^{∞} (\frac{x^{n}}{n} − \frac{x^{n+1}}{n + 1}) , M = [−1, 1] ; 5. ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{(x + n)(x + n + 1)} , M = (0, ∞) ;

6. ∑_{n=1}^{∞} \frac{x}{((n − 1)x + 1)(nx + 1)} , M = (0, ∞) .

306. Ak rad ∑_{n=1}^{∞} f_{n} konverguje rovnomerne na množine M a funkcia g:M → R je ohraničená, tak rad ∑_{n=1}^{∞} gf_{n} konverguje rovnomerne na množine M. Dokážte!

307. Dokážte túto nutnú podmienku rovnomernej konvergencie radu ∑_{n=1}^{∞} f_{n}: Ak rad ∑_{n=1}^{∞} f_{n} rovnomerne konverguje na množine M, tak f_{n} \overrightarrow{→} 0 na M.

2. Na základe toho dokážte, že nasledujúce rady konvergujú nerovnomerne na množine M:

a) ∑_{n=1}^{∞} e^{−nx} , M = (0, ∞) ; b) ∑_{n=1}^{∞} (arctg \frac{x}{n})^{2} , M = R ;

c) ∑_{n=1}^{∞} \frac{\sqrt{nx}}{1 + n^{2}x^{3}} , M = [0, ∞) ; d) ∑_{n=1}^{∞} 2^{n} sin \frac{1}{3^{n}x} , M = (0, ∞) ;

e) ∑_{n=1}^{∞} \frac{sin nx}{(1 + nx)\sqrt{nx}} , M = (0, π) .

3. Uveďte príklad radu ∑_{n=1}^{∞} f_{n}, ktorý nekonverguje rovnomerne na intervale [0, 1], ale spĺňa tam nutnú podmienku rovnomernej konvergencie.

Veta 3 (Cauchyho–Bolzanovo kritérium rovnomernej konvergencie). Postupnosť funkcií {f_{n}}_{n=1}^{∞} konverguje rvnomerne na množine M práve vtedy, keď platí

∀ ε > 0 ∃ n_{0} ∈ N ∀ n, m ∈ N , n > n_{0} , m > n_{0} ∀ x ∈ M : |f_{n}(x) − f_{m}(x)| < ε .

Špeciálne pre funkcionálne rady možno toto tvrdenie sformulovať nasledovne:

Rad ∑_{n=1}^{∞} f_{n} konverguje rovnomerne na množine M práve vtedy, keď platí

∀ ε > 0 ∃ n_{0} ∈ N ∀ n ∈ N , n > n_{0} ∀p ∈ N ∀ x ∈ M : |f_{n+1}(x) + f_{n+2}(x) + ⋯ + f_{n+p}(x)| < ε . (4.1)

308. Pomocou Cauchyho–Bolzanovho kritéria rovnomernej konvergencie dokážte, že nasledujúce rady konvergujú na množine M nerovnomerne:

1. ∑_{n=1}^{∞} x^{2}e^{−nx^{2}} , M = (0, ∞) ; 2. ∑_{n=1}^{∞} \frac{sin nx}{2n + n^{2}x^{2}} , M = (0, 1) ;

3. ∑_{n=1}^{∞} \frac{x}{n}arctg \frac{cos x}{n} , M = (1, ∞) ; 4. ∑_{n=1}^{∞} \frac{sin nx}{e^{n^{2}x}} , M = (0, ∞) .

Riešenie. 2. Máme dokázať, že daný rad konverguje bodove na (0, 1), ale nekonverguje tam rovnomerne. Nech je dané x ∈ (0, 1), potom z nerovnosti |\frac{sin nx}{2n + n^{2}x^{2}} | ≤ \frac{1}{n^{2}x^{2}} a z konvergencie číselného radu

∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{n^{2}x^{2}} ( = \frac{1}{x^{2}} ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{n^{2}} ) vyplýva podľa porovnávacieho kritéria (veta 4 z odseku 3.2) konvergencia radu ∑_{n=1}^{∞} |\frac{sin nx}{2n + n^{2}x^{2}} | a teda (podľa vety 11 z odseku 3.3) aj konvergencia radu ∑_{n=1}^{∞} \frac{sin nx}{2n + n^{2}x^{2}} . Tým je dokázaná bodová konvergencia nášho radu na intervale (0, 1).

Aby sme ukázali, že rad ∑_{n=1}^{∞} \frac{sin nx}{2n + n^{2}x^{2}} nekonverguje rovnomerne na (0, 1), dokážeme pre f_{n} = = \frac{sin nx}{2n + n^{2}x^{2}} a M = (0, 1) výrok

∃ ε > 0 ∀ n_{0} ∈ N ∃ n ∈ N , n > n_{0} ∃ p ∈ N ∃ x ∈ M : |f_{n+1}(x) + f_{n+2}(x) + ⋯ + f_{n+p}(x)| ≥ ε , (4.2)

ktorý je negáciou výroku (4.1).

Nech je dané m ∈ N, označme g_{m}(x) := f_{m}(x) + f_{m+1}(x) + ⋯ + f_{2m}(x). Potom

g_{m} (\frac{1}{m}) = \frac{sin 1}{2m + 1} + \frac{sin (1 + \frac{1}{m})}{2(m + 1) + (1 + \frac{1}{m})} + \frac{sin (1 + \frac{2}{m})}{2(m + 2) + (1 + \frac{2}{m})} + ⋯ +

+ \frac{sin (1 + \frac{m − 1}{m})}{2(m + (m − 1)) + (1 + \frac{m − 1}{m})} + \frac{sin 2}{4m + 4} .

Ak využijeme nerovnosti sin(1 + k/m) ≥ sin 1 > 0 a 0 < 2(m + k) + (1 + k/m)^{2} ≤ 4m + 4 (odtiaľ 1/[2(m + k) + (1 + k/m)^{2}] ≥ 1/4(m + 1) ) pre k = 0, 1, 2, …, m, dostaneme

\frac{sin (1 + \frac{k}{m})}{2(m + k) + (1 + \frac{k}{m})} ≥ \frac{sin 1}{4(m + 1)} pre k = 0, 1, 2, …, m ,

a preto

|g_{m} (\frac{1}{m})| ≥ (m + 1)\frac{sin 1}{4(m + 1)} = \frac{sin 1}{4} .

Platí teda

∀ m ∈ N : |f_{m} (\frac{1}{m}) + f_{m+1} (\frac{1}{m}) + ⋯ + f_{2m} (\frac{1}{m})| ≥ \frac{sin 1}{4} ,

odkiaľ — ak položíme m = n + 1 — dostávame

∀ n ∈ N : |f_{n+1} (\frac{1}{n + 1}) + f_{n+2} (\frac{1}{n + 1}) + ⋯ + f_{2n+2} (\frac{1}{n + 1})| ≥ \frac{sin 1}{4} .

Z tohto výroku už vyplýva tvrdenie (4.2): stačí zvoliť ε = \frac{sin 1}{4} a pre dané n_{0} položiť n = n_{0} + 1 , p =

= n + 2 , x = \frac{1}{n + 1}.

309. 1. Nech {f_{n}}_{n=1}^{∞} je postupnosť spojitých funkcií definovaných na intervale [a, b]. Ak rad ∑_{n=1}^{∞} f_{n} konverguje rovnomerne na (a, b), tak konverguje rovnomerne aj na [a, b]. Dokážte!

2. Dokážte, že rad ∑_{n=1}^{∞} x^{n} sin(1/2^{n}) konverguje nerovnomerne na intervale (−2, 2).

310. Ak rad ∑_{n=1}^{∞} |f_{n}| konverguje rovnomerne na množine M, tak na M konverguje rovnomerne aj rad ∑_{n=1}^{∞} f_{n}. Dokážte!

Veta 4 (Weierstrassovo kritérium). Nech {f_{n}}_{n=1}^{∞} je postupnosť funkcií ohraničených na neprázdnej množine M, nech {c_{n}}_{n=1}^{∞} je postupnosť nezáporných čísel taká, že |f_{n}(x)| ≤ c_{n} , x ∈ M , n ∈ N. Ak číselný rad ∑_{n=1}^{∞} c_{n} konverguje, tak funkcionálny rad ∑_{n=1}^{∞} f_{n} konverguje rovnomerne na M.

Rad ∑_{n=1}^{∞} c_{n} z vety 4 sa nazýva \underline{(číselný) majorantný rad k radu ∑_{n=1}^{∞} f_{n}}.

Poznámky. 1. Z predpokladov vety 4 vyplýva aj rovnomerná konvergencia (a teda aj konvergencia) radu ∑_{n=1}^{∞} |f_{n}(x)| na M. Weierstrassovo kritérium teda nemožno použiť na vyšetrenie rovnomernej konvergencie radu, ktorý konverguje relatívne aspoň v jednom bode množiny M.

2. Najmenšie možné číslo c_{n} vyhovujúce nerovnosti |f_{n}(x)| ≤ c_{n} , x ∈ M , je číslo sup_{x∈M} |f_{n}(x)|. Ak teda rad ∑_{n=1}^{∞} sup_{x∈M} |f_{n}(x)| diverguje, nemožno na vyšetrenie rovnomernej konvergencie radu ∑_{n=1}^{∞} f_{n} na množine M použiť Weierstrassovo kritérium.

3. Na základe tvrdenia ,,ak rad ∑_{n=1}^{∞} f_{n} konverguje rovnomerne na množine M a g je funkcia definovaná na M, tak rad g + ∑_{n=1}^{∞} f_{n} ^{9} konverguje rovnomerne na M“ možno formuláciu Weierstrassovho kritéria upraviť do tejto podoby:

Veta 4’. Nech {f_{n}}_{n=1}^{∞} je postupnosť funkcií definovaných na množine M, nech existuje číslo n_{0} ∈ N a konvergentný rad ∑_{n=n0}^{∞} c_{n} tak, že |f_{n}(x)| ≤ c_{n} pre x ∈ M a n > n_{0}. Potom rad ∑_{n=1}^{∞} f_{n} konverguje rovnomerne na množine M.

311. Pomocou Weierstrassovho kritéria dokážte, že nasledujúce rady rovnomerne konvergujú na množine M:

1. ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{x^{2} + n^{2}} , M = R ; 2. ∑_{n=1}^{∞} \frac{x^{2}}{1 + n^{3/2}x^{2}} , M = R ;

9tj. rad ∑_{n=1}^{∞} h_{n}, kde h_{1} = g, h_{n} = f_{n−1} pre n > 1

3. ∑_{n=1}^{∞} e^{−\sqrt{nx}} , M = [1, ∞) ;

4. ∑_{n=1}^{∞} sin \frac{1}{nx} · ln (1 + \frac{x}{\sqrt{n}}) , M = (0, ∞) ;

5. ∑_{n=1}^{∞} \frac{sin nx}{n\sqrt{n}} , M = R ; 6. ∑_{n=2}^{∞} ln (1 + \frac{x^{2}}{n ln^{2} n}) , M = [−a, a] ;

7. ∑_{n=1}^{∞} \frac{x}{1 + n^{4}x^{2}} , M = R ; 8. ∑_{n=1}^{∞} x^{2}e^{−nx} , M = [0, ∞) ;

9. ∑_{n=1}^{∞} \frac{x}{n} (1 + \frac{1}{n} − x)^{n} , M = [0, 1] ; 10. ∑_{n=1}^{∞} \frac{xe^{−nx^{2}}}{\sqrt{n ln^{3}(n + 1)}} , M = R ;

11. ∑_{n=1}^{∞} \frac{sin(\sqrt{x}/n)}{\sqrt{x^{2} + n^{2}}} , M = [0, ∞) ; 12. ∑_{n=1}^{∞} arctg \frac{2x}{x^{2} + n^{3}} , M = R .

Riešenie. 4. Z nerovností | sin u| ≤ |u| pre u ∈ R a ln(1 + u) ≤ u pre u > −1 (pozri pr. I.353 a riešenie pr. I.352.2) vyplýva |sin \frac{1}{nx}| ≤ \frac{1}{nx} a |ln (1 + \frac{x}{\sqrt{n}})| = ln (1 + \frac{x}{\sqrt{n}}) ≤ \frac{x}{\sqrt{n}} pre x ∈ (0, ∞), odtiaľ

|sin \frac{1}{nx} · ln (1 + \frac{x}{\sqrt{n}})| ≤ \frac{1}{nx} · \frac{x}{\sqrt{n}} = \frac{1}{n\sqrt{n}} , x ∈ (0, ∞) .  (4.3)

Pretože rad ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{n\sqrt{n}} konverguje (pozri vetu 5 z odseku 3.2), vyplýva z nerovnosti (4.3) na základe Weierstrassovho kritéria rovnomerná konvergencia radu ∑_{n=1}^{∞} sin \frac{1}{nx} ln (1 + \frac{x}{\sqrt{n}}) na intervale (0, ∞).

7. Bude nás zaujímať konvergencia majorantného radu ∑_{n=1}^{∞} sup_{x∈R} |\frac{x}{1 + n^{4}x^{2}} | (pozri tiež poznámku 2 za vetou 4). Pretože funkcie f_{n}(x) = \frac{x}{1 + n^{4}x^{2}} sú nepárne, platí sup_{x∈R} |f_{n}(x)| = sup_{x∈[0,∞)} |f_{n}(x)|, na nájdenie čísla sup_{x∈[0,∞)} |f_{n}(x)| stačí vyšetriť priebeh funkcie f_{n} na intervale [0, ∞):

f′_{n}(x) = (\frac{x}{1 + n^{4}x^{2}} )′ = \frac{1 − n^{4}x^{2}}{(1 + n^{4}x^{2})^{2}} ,

preto f_{n} rastie na [0, 1/n^{2}] a klesá na [1/n^{2}, ∞). Z rovností f_{n}(0) = 0 a lim_{x→∞} f_{n}(x) = 0 vyplýva, že f_{n} je nezáporná na [0, ∞). Preto

sup_{x∈R} |f_{n}(x)| = sup_{x∈[0,∞)} |f_{n}(x)| = f_{n} (\frac{1}{n^{2}} ) = \frac{1}{2n^{2}} .

Z konvergencie radu ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{2n^{2}} (pozri vetu 5 z odseku 3.2) a z nerovnosti

|\frac{x}{1 + n^{4}x^{2}} | ≤ \frac{1}{2n^{2}} , x ∈ R , n ∈ N ,

vyplýva podľa Weierstrassovho kritéria rovnomerná konvergencia radu ∑_{n=1}^{∞} \frac{x}{1 + n^{4}x^{2}} na R.

312. Nech {f_{n}}_{n=1}^{∞} je postupnosť monotónnych funkcií definovaných na intervale [a, b], nech číselné rady ∑_{n=1}^{∞} f_{n}(a) a ∑_{n=1}^{∞} f_{n}(b) absolútne konvergujú. Potom rad ∑_{n=1}^{∞} f_{n} konverguje rovnomerne na [a, b]. Dokážte!

313_{0}. Nech {f_{n}}_{n=1}^{∞} je postupnosť funkcií definovaných na intervale [0, 1] predpisom

f_{n}(x) = \{ \begin{matrix}0 ,  ak & x ∈ [0, 2^{−(n+1)}] \\ \frac{1}{n} sin^{2}(2^{n+1}πx) , ak & x ∈ (2^{−(n+1)}, 2^{−n}) \\ 0 ,  ak & x ∈ [2^{−n}, 1] \end{matrix} , n ∈ N .

Potom rad ∑_{n=1}^{∞} f_{n} konverguje rovnomerne na [0, 1], ale nemožno ho tam majorizovať konvergentným číselným radom (tj. neexistuje konvergentný rad ∑_{n=1}^{∞} c_{n} taký, že |f_{n}(x)| ≤ c_{n} pre x ∈ [0, 1] a n ∈ N).

Hovoríme, že \underline{postupnosť funkcií \{f_{n}\}_{n=1}^{∞} je rovnomerne ohraničená na množine M} ( ∅ ≠ M ⊂ ⊂ ⋂_{n=1}^{∞} D(f_{n}) ), ak platí

∃ K ≥ 0 ∀ n ∈ N ∀ x ∈ M : |f_{n}(x)| ≤ K .

Veta 5 (Abelovo kritérium). Nech postupnosti funkcií {f_{n}}_{n=1}^{∞} a {g_{n}}_{n=1}^{∞} vyhovujú nasledujúcim podmienkam:

1. rad ∑_{n=1}^{∞} f_{n} konverguje rovnomerne na množine M;

2. postupnosť {g_{n}}_{n=1}^{∞} je rovnomerne ohraničená na množine M a pre každé x ∈ M je postupnosť {g_{n}(x)}_{n=1}^{∞} monotónna.

Potom rad ∑_{n=1}^{∞} f_{n}g_{n} rovnomerne konverguje na množine M.

Veta 6 (Dirichletovo kritérium). Nech postupnosti funkcií {f_{n}}_{n=1}^{∞} a {g_{n}}_{n=1}^{∞} vyhovujú nasledujúcim podmienkam:

1. postupnosť čiastočných súčtov radu ∑_{n=1}^{∞} f_{n} je rovnomerne ohraničená na množine M;

2. g_{n} \overrightarrow{→} 0 na M a pre každé x ∈ M je postupnosť \{g_{n}(x)\}_{n=1}^{∞} monotónna. Potom rad ∑_{n=1}^{∞} f_{n}g_{n} rovnomerne konverguje na množine M.

Poznámky. 1. Z viet 5 a 6 vyplývajú — ak za M zvolíme jednoprvkovú množinu — vety 13 a 14 z odseku 3.3.

2. Formuláciu Abelovho kritéria možno upraviť podobne ako sme upravili formuláciu Weierstrassovho kritéria (pozri vetu 4’):

Veta 5’. Nech postupnosti funkcií {f_{n}}_{n=1}^{∞} a {g_{n}}_{n=1}^{∞} vyhovujú nasledujúcim podmienkam:

1. rad ∑_{n=1}^{∞} f_{n} konverguje rovnomerne na množine M;

2. existuje n_{0} ∈ N tak, že postupnosť {g_{n}}_{n=n0}^{∞} je rovnomerne ohraničená na M a pre každé x ∈ M je postupnosť {g_{n}(x)}_{n=n0}^{∞} monotónna. Potom rad ∑_{n=1}^{∞} f_{n}g_{n} rovnomerne konverguje na množine M.

Rovnako možno upraviť aj formuláciu Dirichletovho kritéria.

314. Dokážte, že nasledujúce rady konvergujú rovnomerne na množine M:

1. ∑_{n=1}^{∞} \frac{(−1)^{n}}{x + n} , M = (0, ∞) ; 2_{0}. ∑_{n=1}^{∞} \frac{(−1)^{n(n+1)/2}}{\sqrt[3]{n^{2} + e^{x}}} , M = [−10, 10] ;

3. ∑_{n=1}^{∞} \frac{(−1)^{n}}{n} x^{n} , M = [0, 1] ; 4_{0}. ∑_{n=1}^{∞} \frac{(−1)^{n}}{n} · \frac{x^{n}}{x^{n} + 1} , M = [1, ∞) .

315. Ak rad ∑_{n=1}^{∞} a_{n} konverguje, tak Dirichletov rad ∑_{n=1}^{∞}(a_{n}/n^{x}) konverguje rovnomerne na intervale [0, ∞). Dokážte!

316. Rozhodnite, ktoré z nasledujúcich radov konvergujú rovnomerne a ktoré nerovnomerne na množine M:

1. ∑_{n=1}^{∞} \frac{(x − 1)^{n}}{(3n + 1)3^{n}} , M = [−1, 3] ; 2. ∑_{n=1}^{∞} \frac{nx}{1 + n^{5}x^{2}} , M = R ;

3. ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{n} (\frac{|x|}{x})^{n} , M je obor konvergencie daného radu ;

4. ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{(1 + nx)^{2}} , M = (0, ∞) ; 5. ∑_{n=1}^{∞} \frac{x^{n}}{n!} , M = R ;

6. ∑_{n=1}^{∞} \frac{cos nx sin(1/nx)}{4 + ln^{2} nx} , M = (2, ∞) ; 7. ∑_{n=1}^{∞} \frac{(−1)^{n+1}e^{−nx}}{n} , M = [0, ∞) ;

8. ∑_{n=1}^{∞} e^{−n^{6}x^{2}} sin nx , M = R ; 9. ∑_{n=1}^{∞} \frac{sin x sin nx}{\sqrt{n + x}} , M = [0, ∞) ;

10. ∑_{n=1}^{∞} \frac{sin nx}{n} a) M = [ε, 2π − ε] , kde π > ε > 0 , b) M = [0, 2π] ;

11. ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{\sqrt{n}} ln \frac{n + x}{n} a) M = (0, 1) , b) M = (1, ∞) ;

12. ∑_{n=1}^{∞} \frac{\sqrt{x}}{n^{2}} sin \frac{x}{n^{2}} a) M = [0, 1] , b) M = [0, ∞) ;

13. ∑_{n=1}^{∞} 2^{n}tg \frac{1}{1 + 3^{n}x} a) M = [0, δ] , b) M = (δ, ∞) ;

14. ∑_{n=1}^{∞} \frac{x}{1 + n^{2}x^{4}} arctg \frac{x}{n} , M = R .

4.2 Niektoré vlastnosti rovnomerne konvergentných postupností a

radov funkcií

Veta 7. Nech a ∈ R^{∗} je hromadný bod množiny M. Ak f_{n} \overrightarrow{→} f na M a pre každé n ∈ N ^{10} existuje konečná lim_{x→a} f_{n}(x) =: A_{n}, tak existuje konečná lim_{n→∞} A_{n} a platí

lim_{x→a} f(x) = lim_{n→∞} A_{n}

(je teda oprávnená nasledovná zámena poradia limít:

lim_{x→a} lim_{n→∞} f_{n}(x) = lim_{n→∞} lim_{x→a} f_{n}(x) ).

Dôsledok. Ak f_{n} \overrightarrow{→} f na M a každá z funkcií f_{n} , n ∈ N , je spojitá na množine M, tak je na množine M spojitá aj funkcia f.

V prípade radov funkcií možno tieto tvrdenia sformulovať nasledovne: Veta 7’. Nech a ∈ R^{∗} je hromadný bod množiny M. Ak rad ∑_{n=1}^{∞} f_{n} konverguje rovnomerne na M a

pre každú z funkcií f_{n} ( n ∈ N ) existuje konečná lim_{x→a} f_{n}(x) =: A_{n} ^{11}, tak rad ∑_{n=1}^{∞} A_{n} konverguje^{12} a

lim_{x→a} ∑_{n=1}^{∞} f_{n}(x) = ∑_{n=1}^{∞} A_{n}

10namiesto ,,pre každé n ∈ N“ sme mohli predpokladať aj ,,počínajúc niektorým n_{0} “ 11na rozdiel od vety 7 tu už nestačí predpokladať ,,počínajúc niektorým n_{0} existujú konečné lim_{x→a} f_{n}(x)“ 12konvergencia radu ∑_{n=1}^{∞} A_{n} vyplýva napr. aj z úvah použitých pri riešení pr. 309.1 (je teda oprávnená zámena poradia znaku sumácie a limity:

lim_{x→a} ∑_{n=1}^{∞} f_{n}(x) = ∑_{n=1}^{∞} lim_{x→a} f_{n}(x) ) .

Dôsledok. Ak každá z funkcií f_{n} , n ∈ N , je spojitá na množine M a rad ∑_{n=1}^{∞} f_{n} konverguje rovnomerne na M, tak funkcia ∑_{n=1}^{∞} f_{n} je spojitá na množine M.

317. Nájdite limity:

1. lim_{x→0+} ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{2^{n}n^{x}} ; 2. lim_{x→1} ∑_{n=1}^{∞} \frac{(−1)^{n+1}}{n} · \frac{x^{n}}{x^{n} + 1} ;

3. lim_{x→∞} ∑_{n=1}^{∞} \frac{x^{2}}{1 + n(n + 1)x^{2}} ; 4. lim_{x→1−} ∑_{n=1}^{∞}(x^{n} − x^{n+1}) .

318. Určite definičný obor nasledujúcich funkcií a vyšetrite ich spojitosť:

1. f(x) = ∑_{n=1}^{∞} \frac{ln^{n} x}{n^{2}} ; 2. f(x) = ∑_{n=1}^{∞} xe^{−n^{2}x} ;

3. f(x) = ∑_{n=1}^{∞} \frac{(−1)^{n}}{x^{2} + \sqrt{n}} ; 4. f(x) = ∑_{n=1}^{∞} e^{−n^{2}x^{2}} cos nx ;

5. f(x) = ∑_{n=1}^{∞} (x + \frac{1}{n})^{n} ; 6. f(x) = ∑_{n=1}^{∞} \frac{x}{(1 + x^{2})^{n}} .

Riešenie. 5. Na nájdenie definičného oboru funkcie f (tj. na vyšetrenie bodovej konvergencie radu ∑_{n=1}^{∞}(x + 1/n)^{n}) použijeme najprv Cauchyho kritérium (veta 7’ z odseku 3.3):

lim_{n→∞} ^{n} \sqrt{|(x + \frac{1}{n})^{n}|} = lim_{n→∞} |x + \frac{1}{n}| = |x| ,

preto daný rad konverguje pre x ∈ (−1, 1) a diverguje pre x ∈ (−∞, −1) ∪ (1, ∞). Pre x = 1 a x = −1 nie je splnená nutná podmienka konvergencie ( lim_{n→∞}(1 + 1/n)^{n} = e ≠ 0 a lim_{n→∞}(−1 + 1/n)^{n} neexistuje, pretože pre a_{n} = (−1 + 1/n)^{n} = (−1)^{n}(1 − 1/n)^{n} je lim_{k→∞} a_{2k} = 1/e , lim_{k→∞} a_{2k−1} = −1/e). Rad ∑_{n=1}^{∞}(x + 1/n)^{n} teda konverguje len pre x ∈ (−1, 1), preto D(f) = (−1, 1).

Ukážeme teraz, že funkcia f je spojitá v každom bode a ∈ (−1, 1) (tj. že f je spojitá). Nech je teda dané a ∈ (−1, 1); zvoľme ε > 0 tak, aby platilo −1 < a − ε < a + ε < 1. Na intervale (a − ε, a + ε) konverguje rad ∑_{n=1}^{∞}(x + 1/n)^{n} podľa Weierstrassovho kritéria rovnomerne ( |(x + 1/n)^{n}| < (|a| + ε + 1/n)^{n} pre x ∈ (a − ε, a + ε) ^{13}, rad ∑_{n=1}^{∞}(|a| + ε + 1/n)^{n} konverguje podľa Cauchyho kritéria) a každá z funkcií f_{n}(x) = (x + 1/n)^{n} , n ∈ N, je tam spojitá, preto podľa dôsledku vety 7’ je na intervale (a − ε, a + ε) spojitá aj funkcia f = ∑_{n=1}^{∞} f_{n}. Pretože a je vnútorný bod intervalu (a − ε, a + ε), vyplýva zo spojitosti funkcie f na intervale (a − ε, a + ε) spojitosť funkcie f v bode a ^{14}.

Uvedená úvaha platí pre každé a ∈ (−1, 1), preto je funkcia f spojitá v každom bode intervalu (−1, 1) = = D(f).

Poznámky 1. Na intervale (−1, 1) konverguje rad ∑_{n=1}^{∞}(x + 1/n)^{n} nerovnomerne (nie je splnená nutná podmienka rovnomernej konvergencie z pr. 307.1:

lim_{n→∞} sup_{x∈(−1,1)} |(x + \frac{1}{n})^{n}| = lim_{n→∞} (1 + \frac{1}{n})^{n} = e ≠ 0 ) ,

13zrejme (a − ε, a + ε) ⊂ (−(|a| + ε), |a| + ε) a pre x ∈ (−(|a| + ε), |a| + ε) — tj. pre |x| < |a| + ε — iste platí |(x + 1/n)^{n}| = |x + 1/n|^{n} ≤ (|x| + 1/n)^{n} < (|a| + ε + 1/n)^{n}

14túto úvahu možno sformulovať nasledovne: ak a je vnútorný bod množiny G ⊂ D(f) a funkcia f je spojitá na množine G, tak f je spojitá v bode a (pozor: hoci toto tvrdenie pôsobí úplne primitívnym dojmom, je v ňom predpoklad ,,a je vnútorný bod množiny G“ podstatný) preto pri vyšetrovaní spojitosti funkcie f nemôžeme použiť dôsledok vety 7’ na celom intervale (−1, 1) ,,naraz“.

2. Na základe myšlienok z riešenia pr. 318.5 možno dôsledok vety 7’ zovšeobecniť:

Hovoríme, že \underline{rad ∑_{n=1}^{∞} f_{n} konverguje lokálne rovnomerne na množine M}, ak pre každý bod a ∈ M existuje také jeho okolie O(a), že rad ∑_{n=1}^{∞} f_{n} konverguje rovnomerne na M ∩ O(a).

Platí toto tvrdenie: Ak každá z funkcií f_{n} , n ∈ N , je spojitá na množine M a rad ∑_{n=1}^{∞} f_{n} konverguje lokálne rovnomerne na M, tak funkcia ∑_{n=1}^{∞} f_{n} je spojitá na množine M.

319. Nech \{f_{n}\}_{n=1}^{∞} je postupnosť funkcií spojitých na intervale [a, b], nech f_{n} \overrightarrow{→} f na [a, b]. Ak {x_{n}}_{n=1}^{∞} je konvergentná postupnosť prvkov z [a, b] a lim_{n→∞} x_{n} = x, tak lim_{n→∞} f_{n}(x_{n}) = f(x). Dokážte!

320. Nech \{f_{n}\}_{n=1}^{∞} je postupnosť funkcií rovnomerne spojitých na množine M. Ak f_{n} \overrightarrow{→} f na M, tak f je rovnomerne spojitá na M. Dokážte!

321. Môže postupnosť nespojitých funkcií rovnomerne konvergovať

1. k spojitej funkcii?  2. k nespojitej funkcii?

322_{0}. 1. Ukážte, že rad ∑_{n=1}^{∞}(nxe^{−nx} − (n − 1)e^{−(n−1)x}) konverguje nerovnomerne na [0, 1], ale jeho súčet je spojitý na [0, 1].

2. Ukážte, že {f_{n}}_{n=1}^{∞}, kde

f_{n}(x) = \{ \begin{matrix}sin^{2} \frac{π}{x} , ak & x ∈ [\frac{1}{n + 1}, \frac{1}{n}] \\ 0 , ak & x ∉ [\frac{1}{n + 1}, \frac{1}{n}] \end{matrix} ,

je postupnosť spojitých funkcií, ktorá konverguje nerovnomerne na R, ale jej limita je spojitá funkcia.

323_{0}. 1. Uveďte príklad postupnosti funkcií {f_{n}}_{n=1}^{∞} definovaných na intervale [0, 1] , ktorá konverguje na [0, 1] nerovnomerne k funkcii f, pričom

a) každá z funkcií f_{n} , n ∈ N , je spojitá a funkcia f je nespojitá;

b) každá z funkcií f_{n} , n ∈ N , je nespojitá a funkcia f je spojitá;

c) každá z funkcií f_{n} , n ∈ N , aj funkcia f sú nespojité.

2. Riešte tú istú úlohu pre prípad radu ∑_{n=1}^{∞} f_{n} a jeho súčtu.

Veta 8. Nech f_{n} \overrightarrow{→} f na [a, b] a každá z funkcí f_{n} , n ∈ N , je riemannovsky integrovateľná na [a, b]. Potom f ∈ R[a, b] a platí

∫_{a}^{b} f(x) dx = lim_{n→∞} ∫_{a}^{b} f_{n}(x) dx

(teda je oprávnená zámena poradia integrálu a limity:

∫_{a}^{b} lim_{n→∞} f_{n}(x) dx = lim_{n→∞} ∫_{a}^{b} f_{n}(x) dx ).

Veta 8’. Nech {f_{n}}_{n=1}^{∞} je postupnosť funkcií definovaných a riemannovsky integrovateľných na intervale [a, b]. Ak rad ∑_{n=1}^{∞} f_{n} konverguje rovnomerne na [a, b], tak aj funkcia ∑_{n=1}^{∞} f_{n} je riemannovsky integrovateľná na [a, b] a platí

∫_{a}^{b} (∑_{n=1}^{∞} f_{n}(x)) dx = ∑_{n=1}^{∞} (∫_{a}^{b} f_{n}(x) dx) .  (4.4)

Ak funkcie f_{n} , n ∈ N , aj funkcia ∑_{n=1}^{∞} f_{n} sú riemannovsky integrovateľné na [a, b] a platí rovnosť (4.4), hovoríme, že \underline{rad ∑_{n=1}^{∞} f_{n} možno na intervale [a, b] integrovať člen po člene}.

324. Vypočítajte integrály:

1. ∫_{ln 2}^{ln 5} ∑_{n=1}^{∞} ne^{−nx} dx ; 2. ∫_{0}^{2π} ∑_{n=1}^{∞} \frac{cos^{2} nx}{n(n + 1)} dx .

325. Na základe výpočtu integrálov \frac{1}{2} ∫_{0}^{1} t^{n−1}(1 − t)^{2} dt nájdite súčet radu

\frac{1}{1 · 2 · 3} + \frac{1}{3 · 4 · 5} + \frac{1}{5 · 6 · 7} + · · · .

326. Nech {f_{n}}_{n=1}^{∞} je postupnosť funkcií definovaných a riemannovsky integrovateľných na intervale [a, b], nech množina M ⊂ [a, b] má Jordanovu mieru nula. Ak súčtom radu ∑_{n=1}^{∞} f_{n} je ohraničená funkcia f a jeho konvergencia je rovnomerná na množine [a, b] \ M, tak ho možno na intervale [a, b] integrovať člen po člene. Dokážte!

327. 1. Ukážte, že rad ∑_{n=1}^{∞}(x^{2(n+1)} − x^{2n}) konverguje nerovnomerne na [−1, 1], ale možno ho tam integrovať člen po člene.

2. Ukážte, že hoci všetky členy radu (1 − x) ∑_{n=1}^{∞}(n(n + 1)x^{n−1} − (n − 1)nx^{n−2}) aj jeho súčet sú spojité na intervale [0, 1], nemožno tento rad na intervale [0, 1] integrovať člen po člene.

328_{0}. Ukážte, že postupnosť {f_{n}}_{n=1}^{∞}, kde f_{n}(x) = n^{α}xe^{−nx}

1. konverguje na intervale [0, 1] bodove pre každé α ∈ R;

2. konverguje na intervale [0, 1] rovnomerne len pre α < 1; ale

3. rovnosť lim_{n→∞} ∫_{0}^{1} f_{n}(x) dx = ∫_{0}^{1} lim_{n→∞} f_{n}(x) dx platí pre všetky α < 2.

Veta 9. Nech definičným oborom funkcí f_{n} , n ∈ N , aj ich prvých derivácií je ohraničený interval I. Ak 1. postupnosť {f_{n}}_{n=1}^{∞} konverguje aspoň v jednom bode a ∈ I

a

2. postupnosť derivácií {f′_{n}}_{n=1}^{∞} konverguje rovnomerne na I tak

a) postupnosť {f_{n}}_{n=1}^{∞} konverguje rovnomerne na I a

b) funkcia g = lim_{n→∞} f′_{n} je deriváciou funkcie f = lim_{n→∞} f_{n}.

Ak funkcia ∑_{n=1}^{∞} f_{n} a každá z funkcií f_{n} , n ∈ N , je diferencovateľná v bode a ∈ R (na intervale I) a platí

(∑_{n=1}^{∞} f_{n})′ (a) = ∑_{n=1}^{∞} f′_{n}(a)

( (∑_{n=1}^{∞} f_{n})′ (x) = ∑_{n=1}^{∞} f′_{n}(x) , x ∈ I ^{15} ) ,

hovoríme, že \underline{rad ∑_{n=1}^{∞} f_{n} možno v bode a} (\underline{na intervale I}) \underline{derivovať člen po člene}. a

Pre prípad funkcionálnych radov možno vetu 9 sformulovať nasledovne:

Veta 9’. Nech {f_{n}}_{n=1}^{∞} je postupnosť funkcií diferencovateľných na ohraničenom intervale I. Ak 1. rad ∑_{n=1}^{∞} f_{n} konverguje aspoň v jednom bode a ∈ I 2. rad ∑_{n=1}^{∞} f′_{n} konverguje rovnomerne na I, tak rad ∑_{n=1}^{∞} f_{n} konverguje rovnomerne na I a možno ho tam integrovať člen po člene.

15ak I = [c, d] , I = [c, d) alebo I = (c, d] tak v bode c , resp. d ide o príslušné jednostranné derivácie

329. Dokážte, že postupnosť {f_{n}}_{n=1}^{∞} konverguje rovnomerne na množine M :

1_{0}. f_{n}(x) = cos \frac{1}{nx} , M = [1, 2] ;

2_{0}. f_{n}(x) = n ln (1 + \frac{1}{nx}) , M = [a, b] , a > 0 ;

3. f_{n}(x) = n arctg \frac{1}{nx} , M = [1, 10] ;

4_{0}. f_{n}(x) = n (\frac{x}{\sqrt{n}} − arctg \frac{x}{\sqrt{n}}) , M = [0, 1] .

Riešenie. 3. Využijeme tvrdenie a) vety 9; množina M = [1, 10] je ohraničený interval, postupnosť \{n arctg \frac{1}{nx}\}_{n=1}^{∞} konverguje iste v bode x = 1 ∈ M:

lim_{n→∞} n arctg \frac{1}{n} = lim_{n→∞} \frac{arctg (1/n)}{1/n} = 1 ^{16};  (4.5)

postupnosť \{f′_{n}\}_{n=1}^{∞} , tj. \{\frac{n^{2}x^{2}}{1 + n^{2}x^{2}} \}_{n=1}^{∞} ^{17}, konverguje podľa vety 2 na intervale [1, 10] rovnomerne k funkcii g(x) ≡ 1 , x ∈ [1, 10] :

lim_{n→∞} sup_{x∈[1,10]} |f′_{n}(x) − g(x)| = lim_{n→∞} sup_{x∈[1,10]} \frac{1}{1 + n^{2}x^{2}} = lim_{n→∞} \frac{1}{1 + n^{2}} = 0 .

Sú teda splnené všetky predpoklady vety 9, podľa jej tvrdenia a) postupnosť \{n arctg \frac{1}{nx}\}_{n=1}^{∞} konverguje rovnomerne na intervale [1, 10].

Poznámka. Podľa tvrdenia b) vety 9 je funkcia g(x) ≡ 1 , x ∈ [1, 10] , deriváciou funkcie f := := lim_{n→∞} f_{n}|[1, 10], preto predpis funkcie f musí mať tvar f(x) = x + C. Pretože — ako vyplýva z rovnosti (4.5) — f(1) = 1 , je C = 0. Teda n arctg \frac{1}{nx} \overrightarrow{→} x na [1, 10].

330. Dokážte, že nasledujúce funkcie sú diferencovateľné v každom bode svojho definičného oboru a ich derivácia je spojitá funkcia:

1. f(x) = ∑_{n=1}^{∞} \frac{cos nx}{n^{5/2}} ; 2. f(x) = ∑_{n=1}^{∞} \frac{(−1)^{n}}{n + x^{2}} ;

3. f(x) = ∑_{n=1}^{∞} \frac{sin nx}{n^{2} ln^{2}(n + 1)} ; 4. f(x) = ∑_{n=1}^{∞} \frac{(−1)^{n}x}{n + x} .

Riešenie. 4. Definičným oborom funkcie f_{n}(x) := \frac{(−1)^{n}x}{n + x} je množina R \ \{−n\} , pre každé x ∈

∈ ⋂_{n=1}^{∞} D(f_{n}) = R \ \{−n; n ∈ N\} rad ∑_{n=1}^{∞} \frac{(−1)^{n}x}{n + x} konverguje podľa Leibnizovho kritéria^{18}, preto D(f) =

= R \ {−n; n ∈ N} = (−1, ∞) ∪ ⋃_{n=1}^{∞}(−n − 1, −n).

16pripomeňme, že lim_{u→0} \frac{arctg u}{u} = 1

17keby sme sa chceli striktne pridŕžať znenia vety 9, v ktorej je definičným oborom funkcií f_{n} a f′_{n} , n ∈ N , interval I , tj. v našom prípade interval [1, 10] , mali by sme vlastne uvažovať postupnosti {f_{n}|[1, 10]}_{n=1}^{∞} , resp. {f′_{n}|[1, 10]}_{n=1}^{∞}

18pozri vetu 12’ z odseku 3.3, pre dané x je postupnosť \{\frac{n}{n + x}\}_{n=n0}^{∞} monotónna, ak n_{0} + x > 0

Pomocou vety 9’ teraz ukážeme, že rad ∑_{n=1}^{∞} \frac{(−1)^{n}x}{n + x} možno derivovať člen po člene v každom bode a ∈

∈ D(f). Nech je teda dané a ∈ D(f) ; zvoľme ε > 0 tak, aby (a − ε, a + ε) ⊂ D(f). Na ohraničenom intervale (a − ε, a + ε) sú splnené všetky predpoklady vety 9’:

1. rad ∑_{n=1}^{∞} f_{n} konverguje dokonca v každom bode intervalu (a−ε, a+ε) (pretože (a−ε, a+ε) ⊂ D(f) );

2. rad ∑_{n=1}^{∞} f′_{n}(x) = ∑_{n=1}^{∞} \frac{(−1)^{n}}{n} · \frac{1}{(1 + x/n)^{2}} konverguje na (a−ε, a+ε) rovnomerne podľa Abelovho kritéria

(pozri vetu 5’; rad ∑_{n=1}^{∞} \frac{(−1)^{n}}{n} konverguje rovnomerne na (a − ε, a + ε) ^{19} a postupnosť \{\frac{1}{(1 + x/n)^{2}} \}_{n=n0}^{∞}

je rovnomerne ohraničená a monotónna pre každé x ∈ (a − ε, a + ε) , ak n_{0} > −a − 1 ).

Podľa vety 9’ možno teda rad ∑_{n=1}^{∞} f_{n} derivovať na intervale (a − ε, a + ε) člen po člene:

f′(x) = ∑_{n=1}^{∞} f′_{n}(x) = ∑_{n=1}^{∞} \frac{(−1)^{n} n}{(x + n)^{2}} , x ∈ (a − ε, a + ε) .  (4.6)

Z diferencovateľnosti funkcie f na intervale (a−ε, a+ε) vyplýva jej diferencovateľnosť v bode a ^{20}, hodnotu f′(a) nájdeme dosadením x = a do (4.6). Keďže tieto úvahy platia pre každé a ∈ D(f) , má funkcia f deriváciu v každom bode svojho definičného oboru a platí

f′(x) = ∑_{n=1}^{∞} \frac{(−1)^{n} n}{(x + n)^{2}} .  (4.7)

Spojitosť funkcie f′ dokážeme podobne ako v pr. 318.5: každá z funkcií f′_{n}(x) = \frac{(−1)^{n} n}{(x + n)^{2}} je spojitá na

intervale (a − ε, a + ε) (čísla a , ε majú ten istý význam ako predtým) a — ako sme už dokázali — rad ∑_{n=1}^{∞} f′_{n} konverguje rovnomerne na (a − ε, a + ε) ; preto funkcia f′ = ∑_{n=1}^{∞} f′_{n} je podľa dôsledku vety 7’ spojitá na (a − ε, a + ε) , a teda iste spojitá v bode a. Keďže a bol ľubovoľný bod množiny D(f) = D(f′) , je funkcia f′ spojitá v každom bode svojho definičného oboru.

Poznámky. 1. Rad ∑_{n=1}^{∞} f′_{n} = ∑_{n=1}^{∞} \frac{(−1)^{n}}{n} · \frac{1}{(1 + x/n)^{2}} konverguje rovnomerne na každom z intervalov

(−1, ∞) , (−2, −1) , …, (−n − 1, −n) , … (možno to dokázať pomocou Abelovho kritéria rovnako ako v riešení pr. 330.4). Na ohraničených intervaloch (−2, −1) , (−3, −2) , …, (−n − 1, −n) , … sú preto splnené všetky predpoklady vety 9’, na každom z týchto intervalov možno teda rovnosť (4.7) dokázať pre všetky jeho prvky ,,naraz“. Na základe vety 9’ však túto rovnosť nemôžeme dokázať ,,naraz“ pre všetky prvky intervalu (−1, ∞) , pretože (−1, ∞) je neohraničená množina.

2. Funkcia f(x) = ∑_{n=1}^{∞} \frac{(−1)^{n}x}{n + x} je spojitá (pretože má konečnú deriváciu v každom bode svojho definičného

oboru); vyšetrime teraz charakter jej bodov nespojitosti, ktorými sú všetky prvky množiny {−n ; n ∈ N}. Nech je dané k ∈ N , k > 1 ; napíšme funkciu f ako súčet troch funkcií:

f = ∑_{n=1}^{k−1} f_{n} + f_{k} + ∑_{n=k+1}^{∞} f_{n} .

Každá z funkcií f_{n} , n ∈ N \ {k} , je spojitá na (−k − 1, −k + 1) , preto je na (−k − 1, −k + 1) spojitá aj funkcia ∑_{n=1}^{k−1} f_{n} (ako súčet konečného počtu funkcií spojitých na (−k − 1, −k + 1) ); zo spojitosti funkcií f_{n}|(−k − 1, −k + 1) , n > k , a z rovnomernej konvergencie radu ∑_{n=k+1}^{∞} f_{n} na (−k − 1, −k + 1) (tá vyplýva z Weierstrassovho kritéria alebo z vety 9’) vyplýva podľa dôsledku vety 7’ spojitosť funkcie ∑_{n=k+1}^{∞} f_{n} na (−k − 1, −k + 1). Keďže funkcie ∑_{n=1}^{k−1} f_{n} a ∑_{n=k+1}^{∞} f_{n} sú spojité na (−k − 1, −k + 1) , je iste lim_{x→−k}(∑_{n=1}^{k−1} f_{n}(x) + ∑_{n=k+1}^{∞} f_{n}(x)) konečná; súčasne

lim_{x→−k+} f_{k}(x) = lim_{x→−k+} \frac{(−1)^{k}x}{k + x} = \{ \begin{matrix}−∞ , ak k & je párne \\ ∞ , ak k & je nepárne \end{matrix} ,

19pozri poznámku ^{6}

20pri tejto úvahe využívame, že a je vnútorný bod intervalu (a − ε, a + ε)

lim_{x→−k−} f_{k}(x) = \{ \begin{matrix}∞ , ak k & je párne \\ −∞ , ak k & je nepárne \end{matrix} .

Preto

lim_{x→−k+} f(x) = lim_{x→−k+} [(∑_{n=1}^{k−1} f_{n}(x) + ∑_{n=k+1}^{∞} f_{n}(x)) + f_{k}(x)] = \{ \begin{matrix}−∞ , ak k & je párne \\ ∞ , ak k & je nepárne \end{matrix} ,

lim_{x→−k−} f(x) = \{ \begin{matrix}∞ , ak k & je párne \\ −∞ , ak k & je nepárne \end{matrix} ,

teda −k je bod nespojitosti 2. druhu. Podobne možno postupovať pre k = 1.

331. 1_{0}. Dokážte nasledujúce tvrdenie: Nech funkcie f_{n} , n ∈ N , sú k–krát diferencovateľné na ohraničenom intervale I ( k ∈ N ). Ak

(i) každý z radov ∑_{n=1}^{∞} f_{n}^{(m)} , m = 0, 1, …, k , konverguje aspoň v jednom bode intervalu I a

(ii) rad k–tych derivácií ∑_{n=1}^{∞} f_{n}^{(k)} konverguje rovnomerne na I , tak rad ∑_{n=1}^{∞} f_{n} konverguje rovnomerne na intervale I a možno ho tam k–krát derivovať člen po člene (tj. pre m = 1, …, k platí rovnosť (∑_{n=1}^{∞} f_{n})^{(m)}(x) = ∑_{n=1}^{∞} f_{n}^{(m)}(x) , x ∈ I; ak I = = [c, d] , I = [c, d) alebo I = (c, d] , ide pre x = c , resp. x = d o príslušné jednostranné derivácie).

2. Dokážte, že nasledujúce funkcie sú spojite diferencovateľné:

a) f(x) = ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{n^{x}} ; b_{0}) f(x) = ∑_{n=1}^{∞} e^{−n^{2}x} .

332. Ak každá z funkcií f_{n} , n ∈ N , má primitívnu funkciu na intervale [a, b] a f_{n} \overrightarrow{→} f na [a, b] , tak f má tiež primitívnu funkciu na [a, b]. Dokážte!

337. Rozhodnite o pravdivosti týchto tvrdení: Nech funkcie f_{n} , n ∈ N , sú diferencovateľné na neohraničenom intervale I , nech rad ∑_{n=1}^{∞} f′_{n} konverguje rovnomerne na I a rad ∑_{n=1}^{∞} f_{n} konverguje aspoň v jednom bode a ∈ I. Potom

1. rad ∑_{n=1}^{∞} f_{n} konverguje rovnomerne na I;

2. rad ∑_{n=1}^{∞} f_{n} možno na intervale I derivovat člen po člene.

334. 1_{0}. Ukážte, že postupnosť \{f_{n}\}_{n=1}^{∞} , kde f_{n}(x) = \frac{1}{n} arctg nx , konverguje na R rovnomerne

k diferencovateľnej funkcii f , ale f′(1) ≠ lim_{n→∞} f′_{n}(1).

2. Zostrojte postupnosť {f_{n}}_{n=1}^{∞} diferencovateľných funkcií a funkciu f : [−1, 1] → R tak, aby f_{n} \overrightarrow{→} f na [−1, 1] , a pritom neexistovala f′(0).

4.3 Mocninové rady

4.3.1 Polomer a interval konvergencie mocninového radu. Základné vlastnosti mocninových radov

Rad funkcií (premennej x), ktorý má tvar

∑_{n=0}^{∞} a_{n}(x − a)^{n} ,  (4.8)

kde a ∈ R a \{a_{n}\}_{n=0}^{∞} je postupnosť reálnych čísel, sa nazýva \underline{mocninový} (\underline{potenčný}) \underline{rad (so stredom a)}. Čísla a_{n} , n = 0, 1, …, sa nazývajú \underline{koeficienty radu ∑_{n=0}^{∞} a_{n}(x − a)^{n} ^{21}}.

21pri niektorých zápisoch členy s nulovými koeficientami ,,vypadnú“; napr. ∑_{n=1}^{∞} a_{n}x^{2n−1} je zápis mocninového radu so stredom 0, zodpovedajúceho postupnosti koeficientov 0 , a_{1} , 0 , a_{2} , 0 , a_{3} , …

Veta 10. Ak rad ∑_{n=0}^{∞} a_{n}t^{n} konverguje v bode t_{0} ≠ 0 , tak konverguje absolútne v každom bode intervalu (−|t_{0}|, |t_{0}|).

Dôsledok. Pre mocninový rad (4.8) nastane práve jedna z nasledujúcich možností:

a) existuje R > 0 tak, že rad (4.8) konverguje absolútne v každom bode x ∈ (a − R, a + R) a diverguje pre x ∈ (−∞, a − R) ∪ (a + R, ∞);

b) rad (4.8) konverguje absolútne na R;

c) rad (4.8) konverguje len v bode a.

Ak nastane prípad a), nazýva sa číslo R \underline{polomer konvergencie radu (4.8)} a interval (a − R, a + R) \underline{interval konvergencie radu (4.8)}; v prípade b) sa nazýva polomerom konvergencie radu (4.8) číslo R = ∞ a jeho intervalom konvergencie interval (−∞, ∞) ; v prípade c) za polomer konvergencie radu (4.8) považujeme číslo R = 0 ^{22}.

Pri hľadaní polomeru konvergencie R sa najčastejšie používajú nasledujúce tvrdenia^{23}:

Veta 11 (Cauchy, Hadamard). Nech r := lim sup_{n→∞} ^{n} \sqrt{|a_{n}|} ( ∈ R^{∗}). Potom pre polomer konvergencie R radu (4.8) platí:

R = \{ \begin{matrix}1/r , ak & r ∈ R^{+} \\ ∞ , ak & r = 0 \\ 0 , ak & r = ∞ \end{matrix} .

Veta 12. Ak počínajúc niektorým n_{0} je a_{n} ≠ 0 a existuje lim_{n→∞} |\frac{a_{n}}{a_{n+1}} | ( ∈ R^{∗}) , tak pre polomer

konvergencie R mocninového radu (4.8) platí

R = lim_{n→∞} |\frac{a_{n}}{a_{n+1}} | .

335. Nájdite (pokiaľ existuje) interval konvergencie mocninového radu:

1. ∑_{n=0}^{∞} 3^{n}(x + 1)^{n} ; 2. ∑_{n=0}^{∞} \frac{(n + 1)(x − 2)^{n}}{4^{n+2}} ;

3. ∑_{n=0}^{∞} (\frac{n + 2}{n + 5})^{n^{2}} x^{n} ; 4. ∑_{n=1}^{∞} n^{n}x^{n} ;

5. ∑_{n=0}^{∞} a^{n^{2}}x^{n} , a > 0 ; 6. ∑_{n=1}^{∞} 2^{ln^{2} n}(x − 3)^{n} ;

7. ∑_{n=1}^{∞} n! (\frac{x}{n})^{n} ; 8. ∑_{n=1}^{∞} \frac{2^{n}x^{4n}}{n^{2}} ;

9. ∑_{n=1}^{∞} \frac{2^{n} cos(3πn/4)}{n} x^{n} ; 10. ∑_{n=0}^{∞} (sin \frac{n^{2}}{2^{n}} ) (x − 3)^{n} .

336. Nájdite obor konvergencie mocninového radu:

1. ∑_{n=1}^{∞} \frac{x^{n}}{n^{p}} ; 2. ∑_{n=1}^{∞} \sqrt{\frac{n^{4} + 3}{n^{3} + 4n}} (x + 2)^{n} ;

3. ∑_{n=1}^{∞} \frac{(n! )^{2}}{(2n)!} x^{n} ; 4. ∑_{n=0}^{∞} n! x^{n!} ;

22v prípade a) sa nemusí obor konvergencie D radu (4.8) zhodovať s jeho intervalom konvergencie — rad (4.8) môže totiž konvergovať aj v niektorom z bodov a − R , a + R , prípadne v obidvoch — vo všeobecnosti platia len inklúzie (a − R, a + R) ⊂ D ⊂ [a − R, a + R]

23tie sú odvodené z Cauchyho a d’Alembertovho kritéria (vety 6’ a 7’ z odseku 3.3), pri hľadaní R možno samozrejme používať aj ďalšie kritériá z kapitoly 3

5. ∑_{n=0}^{∞} \frac{n!}{a^{n^{2}}} x^{n} , a > 0 ; 6. ∑_{n=0}^{∞} sin (\sqrt{n + 1} − \sqrt{n})(x + 1)^{n} ;

7. ∑_{n=1}^{∞} \frac{(x + 1)^{n}}{\sqrt{n + 1}} ln \frac{3n − 2}{3n + 2} ; 8. ∑_{n=1}^{∞}( ^{n} \sqrt{a} − 1) x^{n} , a > 1 ;

9. ∑_{n=1}^{∞} (1 + \frac{1}{n})^{n^{2}} x^{n} ; 10. ∑_{n=1}^{∞} (1 + \frac{1}{2} + ⋯ + \frac{1}{n}) x^{n} ;

11. ∑_{n=1}^{∞} \frac{3^{n} + (−2)^{n}}{n} (x + 1)^{n} ; 12. ∑_{n=0}^{∞} \frac{x^{n}}{a^{n} + b^{n}} , a ≥ b > 0 ;

13. ∑_{n=1}^{∞} \frac{[3 + (−1)^{n}]^{n}}{n} x^{n} ; 14. ∑_{n=0}^{∞} \frac{(2n)!!}{(2n + 1)!!} x^{n} .

337_{0}. Pre dané R ∈ R_{0}^{+} ∪ {∞} zostrojte mocninový rad s polomerom konvergencie R.

338. Nech ∑_{n=0}^{∞} a_{n} je relatívne konvergentný rad. Nájdite polomer konvergencie R radu ∑_{n=0}^{∞} a_{n}x^{n}.

339. 1. Nech polomery konvergencie radov ∑_{n=0}^{∞} a_{n}x^{n} a ∑_{n=0}^{∞} b_{n}x^{n} sú R_{1} a R_{2}. Aký je vzťah medzi R_{1} , R_{2} a polomerom konvergencie R radu ∑_{n=0}^{∞}(a_{n} + b_{n})x^{n} , ak

a) R_{1} > R_{2} ? b) R_{1} = R_{2} ?

2. Nech polomer konvergencie radu ∑_{n=0}^{∞} a_{n}x^{n} je R ∈ R_{0}^{+} ∪ {∞}. Aký je polomer konvergencie r radu

a) ∑_{n=0}^{∞} a_{n}^{k}x^{n} ( k ∈ N ) ? b) ∑_{n=0}^{∞} a_{n}x^{kn} ( k ∈ N ) ?

3. Nech \{a_{n}\}_{n=0}^{∞} je postupnosť nenulových čísel a existuje lim_{n→∞} |\frac{a_{n}}{a_{n+1}} | , nech k, m ∈ N. Potom

pre polomer konvergencie R radu ∑_{n=0}^{∞} a_{n}x^{kn+m} platí

R = lim_{n→∞} ^{k} \sqrt{|\frac{a_{n}}{a_{n+1}} |} .

Dokážte!

340_{0}. Uveďte príklad mocninového radu, ktorého oborom konvergencie je interval

1. (−1, 1) ; 2. (−1, 1] ;

3. [−1, 1) ; 4. [−1, 1] .

341. 1. Ak pre polomer konvergencie R radu ∑_{n=1}^{∞} a_{n}x^{n} platí R > 1 , tak lim_{n→∞} a_{n} = 0. Dokážte!

2. Ak pre polomer konvergencie R radu ∑_{n=1}^{∞} a_{n}x^{n} platí R < 1 , tak {a_{n}}_{n=1}^{∞} je neohraničená postupnosť. Dokážte!

3_{0}. Uveďte príkald mocninového radu ∑_{n=1}^{∞} a_{n}x^{n} s polomerom konvergencie R = 1 takého, že

a) lim_{n→∞} a_{n} = 0 ; b) lim_{n→∞} a_{n} = a ∈ R \ {0} ;

c) lim_{n→∞} a_{n} = ∞ .

Veta 13. Nech rad (4.8) má nenulový polomer konvergencie R, nech r ∈ (0, R). Potom tento rad konverguje rovnomerne na intervale [a − r, a + r].

Veta 14. Ak rad (4.8) má polomer konvergencie R ∈ R^{+} a konverguje v bode a + R (v bode a − R), tak konverguje rovnomerne na intervale [a, a + R] (na intervale [a − R, a])^{24}.

Veta 15. Rady ∑_{n=0}^{∞} a_{n}(x − a)^{n} , ∑_{n=0}^{∞} \frac{a_{n}}{n + 1}(x − a)^{n+1} , ∑_{n=1}^{∞} na_{n}(x − a)^{n−1} majú rovnaký polomer konver-

gencie.

Z týchto viet možno na základe viet 8’, 9’ a dôsledku vety 7’ odvodiť nasledujúce tvrdenie:

Veta 16. Nech rad (4.8) má nenulový polomer konvergencie R. Potom

a) Funkcia f(x) = ∑_{n=0}^{∞} a_{n}(x − a)^{n} je spojitá v každom bode oboru konvergencie D radu (4.8)^{25};

b) Rad (4.8) možno integrovať člen po člene na každom intervale [c, d] ⊂ D , špeciálne

F (x) := ∫_{a}^{x} f(t) dt = ∫_{a}^{x} (∑_{n=0}^{∞} a_{n}(t − a)^{n}) dt = ∑_{n=0}^{∞} ∫_{a}^{x} a_{n}(t − a)^{n} dt = ∑_{n=0}^{∞} a_{n} \frac{(x − a)^{n+1}}{n + 1} , x ∈ D ^{26},

c) V každom bode x ∈ I , kde I je interval konvergencie radu (4.8), má funkcia f derivácie všetkých rádov; hodnotu f^{(k)}(x) ( k ∈ N , x ∈ I) možno nájsť k–násobným derivovaním radu (4.8) člen po člene:

f^{(k)}(x) = (∑_{n=0}^{∞} a_{n}(x − a)^{n})′ = ∑_{n=k}^{∞} \frac{n!}{(n − k)!} a_{n}(x − a)^{n−k} , x ∈ I , k ∈ N .  (4.9)

Ak R ∈ R^{+} a rad ∑_{n=k}^{∞} \frac{n!}{(n − k)!} a_{n}(x − a)^{n−k} konverguje pre x = a + R ( x = a − R) , tak funkcie

f , f′ , …, f^{(k)} sú definované aj v bode a + R (v bode a − R) a v tomto bode platí tiež rovnosť (4.9).

342. Integrovaním člen po člene nájdite súčty radov:

1. ∑_{n=1}^{∞} nx^{n} ; 2. ∑_{n=1}^{∞} n(n + 1)x^{n} ;

3. ∑_{n=1}^{∞} \frac{n(n + 2)}{2^{n}} x^{n} ; 4. ∑_{n=1}^{∞}(−1)^{n} \frac{n^{2}x^{n}}{3^{n+2}} .

Riešenie. 1. Polomer konvergencie daného radu je R = 1 (na jeho výpočet sme mohli použiť vetu

11 ( R = \frac{1}{lim_{n→∞} ^{n} \sqrt{n}} = 1 ) aj vetu 12 ( R = lim_{n→∞} \frac{n}{n + 1} = 1 )); v bodoch x = 1 a x = −1 (tj.

v krajných bodoch intervalu konvergencie (−1, 1) ) rad ∑_{n=1}^{∞} nx^{n} diverguje (nie je splnená nutná podmienka konvergencie). Definičným oborom funkcie f(x) = ∑_{n=1}^{∞} nx^{n} je teda interval (−1, 1).

Zapíšme predpis funkcie f v tvare

f(x) = xg(x) ,

kde

g(x) = ∑_{n=1}^{∞} nx^{n−1} .

Súčet radu ∑_{n=1}^{∞} nx^{n−1} nájdeme integrovaním člen po člene: podľa tvrdenia b) vety 16 je funkcia G(x) = ∑_{n=1}^{∞} ∫_{0}^{x} t^{n−1} dt = ∑_{n=1}^{∞} x^{n} primitívna k funkcii g, pritom súčet radu ∑_{n=1}^{∞} x^{n} (ktorý je geometrický pre každé x ∈ R ) už poznáme:

G(x) = ∑_{n=1}^{∞} x^{n} = \frac{x}{1 − x} = −1 + \frac{1}{1 − x} , x ∈ (−1, 1) .

24a — ako vyplýva z vety 13 — na každom intervale [a−r, a+R] , −R < r < R ( [a−R, a+r] , −R < r < R) 25tj. v každom bode svojho definičného oboru, čo znamená, že f je spojitá funkcia 26pripomeňme, že podľa vety 14 z odseku 2.3 je F primitívna funkcia k funkcii f, pričom F (a) = 0 Odtiaľ dostávame

g(x) = G′(x) = (−1 + \frac{1}{1 − x})′ = \frac{1}{(1 − x)^{2}} , x ∈ (−1, 1) ,

a teda

∑_{n=1}^{∞} nx^{n} = xg(x) = \frac{x}{(1 − x)^{2}} , x ∈ (−1, 1) .

Poznámka. V uvedenom postupe sme mohli namiesto integrovania člen po člene použiť samozrejme aj derivovanie člen po člene:

∑_{n=1}^{∞} nx^{n} = x ∑_{n=1}^{∞} nx^{n−1} {(∗) \atop =} x (∑_{n=1}^{∞} x^{n})′ = x (\frac{x}{1 − x})′ = \frac{x}{(1 − x)^{2}} , x ∈ (−1, 1) ,

pritom rovnosť (*) vyplýva z tvrdenia c) vety 16.

343. Derivovaním člen po člene nájdite súčty radov:

1 ∑_{n=1}^{∞} \frac{x^{2n−1}}{2n − 1} ; 2. ∑_{n=1}^{∞} \frac{2^{4n+1}x^{4n−1}}{4n + 1} ;

3. ∑_{n=1}^{∞} \frac{(−1)^{n+1}x^{2n}}{n(2n − 1)} ; 4. ∑_{n=1}^{∞} \frac{x^{n}}{n(n + 2)} .

Riešenie. 4. Polomer konvergencie daného radu je R = 1 , pričom v bodoch x = 1 a x = −1 tento

rad konverguje. Definičným oborom funkcie f(x) = \frac{x^{n}}{n(n + 2)} je teda interval [−1, 1].

Aby sme našli súčet radu ∑_{n=1}^{∞} \frac{x^{n}}{n(n + 2)} , budeme sa podobne ako pri riešení pr. 342.1 snažiť postupnými

úpravami dospieť k mocninovému radu, ktorého súčet už poznáme (zatiaľ sú pre nás takými radmi len geometrické rady, neskôr — s Taylorovými radmi — sa počet mocninových radov, ktorých súčty poznáme, zva̋čší).

Pretože \frac{1}{n(n + 2)} = \frac{1}{2} (\frac{1}{n} − \frac{1}{n + 2}) , platí pre x ∈ [−1, 1) rovnosť

f(x) = \frac{1}{2}(f_{1}(x) − f_{2}(x)) ,

kde

f_{1}(x) = ∑_{n=1}^{∞} \frac{x^{n}}{n} , f_{2}(x) = ∑_{n=1}^{∞} \frac{x^{n}}{n + 2}

(uvedená rovnošť nemôže platiť pre x = 1 , pretože v tomto bode rady ∑_{n=1}^{∞} \frac{x^{n}}{n} , ∑_{n=1}^{∞} \frac{x^{n}}{n + 2} divergujú).

Súčet radu ∑_{n=1}^{∞} \frac{x^{n}}{n} už môžeme nájsť derivovaním člen po člene: podľa tvrdenia c) vety 16 pre x ∈

∈ (−1, 1) ( (−1, 1) je interval konvergencie radu ∑_{n=1}^{∞} \frac{x^{n}}{n} ) platí

f′_{1}(x) = (∑_{n=1}^{∞} \frac{x^{n}}{n} )′ = ∑_{n=1}^{∞} x^{n−1} = \frac{1}{1 − x} .

Preto pre x ∈ (−1, 1) je

f_{1}(x) = ∫ \frac{1}{1 − x} dx = − ln (1 − x) + C ;

pre hľadanú funkciu f_{1} platí f_{1}(0) = 0 (hodnotu f_{1}(0) sme vypočítali dosadením x = 0 do radu ∑_{n=1}^{∞} \frac{x^{n}}{n} ), odtiaľ C = 0 a

f_{1}(x) = − ln (1 − x) , ak x ∈ (−1, 1) ^{27}.  (4.10)

Teraz hľadajme súčet radu ∑_{n=1}^{∞} \frac{x^{n}}{n + 2} : pre x ∈ [−1, 1) , x ≠ 0 platí

f_{2}(x) = \frac{1}{x^{2}} g(x) ,

kde

g(x) = ∑_{n=1}^{∞} \frac{x^{n+2}}{n + 2} ,

a súčet radu ∑_{n=1}^{∞} \frac{x^{n+2}}{n + 2} už môžeme nájsť derivovaním člen po člene: pre x ∈ (−1, 1) (tento interval je intervalom konvergencie radu ∑_{n=1}^{∞} \frac{x^{n+2}}{n + 2} ) platí

g′(x) = (∑_{n=1}^{∞} \frac{x^{n+2}}{n + 2})′ = ∑_{n=1}^{∞} x^{n+1} = \frac{x^{2}}{1 − x} = −x − 1 + \frac{1}{1 − x} ,

preto

g(x) = ∫ (−x − 1 + \frac{1}{1 − x}) dx = −\frac{x^{2}}{2} − x − ln (1 − x) + C , ak x ∈ (−1, 1) ,

a pretože z rovnosti g(0) = 0 vyplýva C = 0 , je

g(x) = −\frac{x^{2}}{2} − x − ln (1 − x) , ak x ∈ (−1, 1) ^{28}

a

f_{2}(x) = \frac{1}{x^{2}} g(x) = −\frac{1}{2} − \frac{1}{x} − \frac{ln (1 − x)}{x^{2}} , ak x ∈ (−1, 1) , x ≠ 0 .  (4.11)

Pre x ∈ (−1, 1) \ {0} teda platí

f(x) = \frac{1}{2}(f_{1}(x) − f_{2}(x)) = \frac{1}{2} (\frac{1}{2} + \frac{1}{x} − \frac{(1 − x^{2}) ln (1 − x)}{x^{2}}) .  (4.12)

Zostáva nájsť súčet radu ∑_{n=1}^{∞} \frac{x^{n}}{n(n + 2)} pre x = 0 , x = 1 a x = −1 ; začnime prípadom x = −1. Podľa tvrdenia a) vety 16 je funkcia f(x) = ∑_{n=1}^{∞} \frac{x^{n}}{n(n + 2)} spojitá v každom bode svojho definičného oboru, ktorým

27mohli sme tiež použiť rovnosť f_{1}(x) = f_{1}(0)+∫_{0}^{x} f′(t) dt , pri hľadaní predpisu funkcie f_{1} na x ∈ (−1, 1) sme mohli rovnako dobre použiť aj integrovanie člen po člene:

f_{1}(x) = ∑_{n=1}^{∞} \frac{x^{n}}{n} = ∑_{n=1}^{∞} ∫_{0}^{x} t^{n−1} dt = ∫_{0}^{x} (∑_{n=1}^{∞} t^{n−1}) dt = ∫_{0}^{x} \frac{dt}{1 − t} = − ln (1 − x)

28rovnako aj pri hľadaní predpisu funkcie g pre x ∈ (−1, 1) sme mohli použiť tvrdenie b) vety 16:

g(x) = ∑_{n=1}^{∞} \frac{x^{n+2}}{n + 2} = ∑_{n=1}^{∞} ∫_{0}^{x} t^{n+1} dt = ∫_{0}^{x} (∑_{n=1}^{∞} t^{n+1}) dt = ∫_{0}^{x} \frac{t^{2}}{1 − t} dt = −\frac{x^{2}}{2} − x − ln (1 − x)

je interval [−1, 1] , preto

∑_{n=1}^{∞} \frac{(−1)^{n}}{n(n + 2)} = f(−1) = lim_{x→−1+} f(x) = lim_{x→−1+} \frac{1}{2} (\frac{1}{2} + \frac{1}{x} − \frac{(1 − x^{2}) ln (1 − x)}{x^{2}}) ;

pretože elementárna funkcia \frac{1}{2} (\frac{1}{2} + \frac{1}{x} − \frac{(1 − x^{2}) ln (1 − x)}{x^{2}}) je spojitá v bode −1 , je jej limitou v tomto

bode funkčná hodnota; to znamená, že rovnosť (4.12) platí aj pre x = −1.

Rovnako zo spojitosti funkcie f v bode 1 vyplýva

∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{n(n + 2)} = f(1) = lim_{x→1−} f(x) = lim_{x→1−} \frac{1}{2} (\frac{1}{2} + \frac{1}{x}) − ( lim_{x→1−} \frac{x + 1}{x^{2}}) ( lim_{x→1−}(1 − x) ln(1 − x)) = \frac{3}{4} − 2.0 = \frac{3}{4}

(pri výpočte lim_{x→1−}(1−x) ln(1−x) sme použili l’Hospitalovo pravidlo, ostatné limity sa nájdu dosadením)^{29}. Zostal prípad x = 0 , v ktorom sa zaobídeme bez výpočtu limity (hoci samozrejme podľa tvrdenia a) vety

16 aj tu platí f(0) = lim_{x→0} f(x) ): dosadením x = 0 do radu ∑_{n=1}^{∞} \frac{x^{n}}{n(n + 2)} dostávame f(0) = 0 ^{30}.

Celkovo teda

f(x) = ∑_{n=1}^{∞} \frac{x^{n}}{n(n + 2)} = \{ \begin{matrix}\frac{1}{2} (\frac{1}{2} + \frac{1}{x} − \frac{(1 − x^{2}) ln (1 − x)}{x^{2}}) , ak & x ∈ [−1, 0) ∪ (0, 1) \\ 0 ,  ak & x = 0 \\ \frac{3}{4} ,  ak & x = 1 \end{matrix} .

Poznámky. 1. Úvahu, ktorú sme použili na dôkaz rovnosti (4.12) v bode x = −1 , možno sformulovať nasledovne:

Ak pre x ∈ (−a, a) platí rovnosť ∑_{n=0}^{∞} a_{n}x^{n} = f(x) , pričom funkcia f je spojitá v bode a (v bode −a) a rad ∑_{n=0}^{∞} a_{n}x^{n} konverguje v bode a (v bode −a), tak uvedená rovnosť platí aj pre x = a ( x = −a).

2. V riešení pr. 343.4 sme uviedli súčty radov ∑_{n=1}^{∞} \frac{x^{n}}{n} a ∑_{n=1}^{∞} \frac{x^{n}}{n + 2} (ktoré konvergujú na intervale

[−1, 1) ), len pre x ∈ (−1, 1) (rovnosť (4.10)), resp. x ∈ (−1, 1) \ {0} (rovnosť (4.11)). Z tvrdenia uvedeného v poznámke 1 vyplýva, že rovnosti (4.10) a (4.11) platia aj pre x = −1 , okrem toho zrejme f_{2}(0) = 0.

344. Nájdite súčty číselných radov:

1. ∑_{n=1}^{∞} \frac{(−1)^{n+1}}{n} ; 2. ∑_{n=1}^{∞} \frac{(−1)^{n+1}}{2n − 1} ;

3. ∑_{n=1}^{∞} \frac{n^{2}}{3^{n}} ; 4. ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{n(2n + 1)} .

29hodnoty f(1) a f(−1) sme v tomto prípade mohli nájsť aj bez použitia vety 16: ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{n(n + 2)} =

= \frac{1}{2} ∑_{n=1}^{∞} (\frac{1}{n} − \frac{1}{n + 2}) , preto n–tý súčet radu ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{n(n + 2)} je S_{n} = \frac{1}{2} (1 + \frac{1}{2} − \frac{1}{n + 1} − \frac{1}{n + 2}) , n ∈ N ,

odtiaľ ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{n(n + 2)} = lim_{n→∞} S_{n} = \frac{3}{4} ; analogicky možno postupovať pri dôkaze rovnosti ∑_{n=1}^{∞} \frac{(−1)^{n}}{n(n + 2)} = −\frac{1}{4}

30snaživý čitateľ si môže preveriť platnosť rovnosti lim_{x→0} \frac{1}{2} (\frac{1}{2} + \frac{1}{x} − \frac{(1 − x^{2}) ln (1 − x)}{x^{2}}) = 0 Riešenie. 2. Rad ∑_{n=1}^{∞} \frac{(−1)^{n+1}}{2n − 1} konverguje podľa Leibnizovho kritéria a platí

∑_{n=1}^{∞} \frac{(−1)^{n+1}}{2n − 1} = g(1) ,

kde funkcia g je daná predpisom

g(x) = ∑_{n=1}^{∞} \frac{(−1)^{n+1}}{2n − 1} x^{2n−1} .

Z konvergencie radu ∑_{n=1}^{∞} \frac{(−1)^{n+1}}{2n − 1} x^{2n−1} v bode 1 vyplýva podľa vety 10 jeho konvergencia na intervale

(−1, 1) ^{31}. Na tomto intervale možno súčet radu ∑_{n=1}^{∞} \frac{(−1)^{n+1}}{2n − 1} x^{2n−1} nájsť na základe vety 16: pre x ∈

(−1, 1) je

g(x) = ∑_{n=1}^{∞} \frac{(−1)^{n+1}}{2n − 1} x^{2n−1} = ∑_{n=1}^{∞} ∫_{0}^{x}(−1)^{n+1}t^{2n−2} dt = ∫_{0}^{x} (∑_{n=1}^{∞}(−1)^{n+1}t^{2n−2}) dt = ∫_{0}^{x} \frac{dt}{1 + t^{2}} = arctg x .

Funkcia g je podľa tvrdenia a) vety 16 spojitá v každom bode oboru konvergencie radu ∑_{n=1}^{∞} \frac{(−1)^{n+1}}{2n − 1} x^{2n−1} ,

teda aj v bode 1, preto

∑_{n=1}^{∞} \frac{(−1)^{n+1}}{2n − 1} = g(1) = lim_{x→1−} g(x) = lim_{x→1−} arctg x = \frac{π}{4}

(na dôkaz rovnosti g(1) = arctg 1 sme mohli použiť aj tvrdenie z poznámky 1 za riešením pr. 343.4).

Poznámka. Postup, ktorý sme použili pri riešení pr. 344.2, sa spravidla formuluje ako samostatné tvrdenie:

Ak rad ∑_{n=0}^{∞} a_{n} konverguje, tak ∑_{n=0}^{∞} a_{n} = lim_{x→1−} ∑_{n=0}^{∞} a_{n}x^{n} .

345. 1. Uveďte príklad mocninového radu ∑_{n=0}^{∞} a_{n}x^{n} , pre ktorý existuje konečná lim_{x→1−} ∑_{n=0}^{∞} a_{n}x^{n} , ale rad ∑_{n=0}^{∞} a_{n} diverguje.

2. Nech a_{n} ≥ 0 , n ∈ N. Ak existuje konečná lim_{x→1−} ∑_{n=0}^{∞} a_{n}x^{n} =: S , tak rad ∑_{n=0}^{∞} a_{n} konverguje a ∑_{n=0}^{∞} a_{n} = S. Dokážte!

346. Nech číselné rady ∑_{n=0}^{∞} a_{n} , ∑_{n=0}^{∞} b_{n} aj ich Cauchyho súčin ∑_{n=0}^{∞} c_{n} konvergujú, ∑_{n=0}^{∞} a_{n} = A , ∑_{n=0}^{∞} b_{n} = B , ∑_{n=0}^{∞} c_{n} = C. Potom C = AB. Dokážte!

4.3.2 Taylorove rady

Nech funkcia f má v bode a ∈ R derivácie všetkých rádov. Potom mocninový rad

∑_{n=0}^{∞} \frac{f^{(n)}(a)}{n!} (x − a)^{n}

sa nazýva \underline{Taylorov rad funkcie f v bode a}. Ak a = 0 , používame spravidla názov \underline{Maclaurinov rad} \underline{funkcie f} . Funkcia f sa nazýva \underline{analytická v bode a}, ak jej Taylorov rad konverguje na niektorom okolí O(a) bodu a k funkcii f|O(a).

31interval (−1, 1) je v tomto prípade aj intervalom konvergencie radu ∑_{n=1}^{∞} \frac{(−1)^{n+1}}{2n − 1} x^{2n−1} , vyplýva to

z riešenia pr. 338

Veta 17. Ak mocninový rad ∑_{n=0}^{∞} a_{n}(x − a)^{n} konverguje na niektorom okolí O(a) bodu a ∈ R k funkcii f|O(a) , tak ∑_{n=0}^{∞} a_{n}(x − a)^{n} je Taylorov rad funkcie f (a funkcia f je teda analytická v bode a) ^{32}.

Platia naledujúce rovnosti:

1. e^{x} = ∑_{n=0}^{∞} \frac{x^{n}}{n!} , x ∈ (−∞, ∞) ; 2. sin x= ∑_{n=1}^{∞}(−1)^{n+1} \frac{x^{2n−1}}{(2n−1)!}, x ∈ (−∞, ∞) ;

3. cos x = ∑_{n=0}^{∞}(−1)^{n} \frac{x^{2n}}{(2n)!} ^{33}, x ∈ (−∞, ∞) ^{34} ; 4. ln (1 + x) = ∑_{n=1}^{∞}(−1)^{n+1} \frac{x^{n}}{n} , x ∈ (−1, 1] ;

5. (1 + x)^{m} = 1 + mx + \frac{m(m − 1)}{2!} x^{2} + \frac{m(m − 1)(m − 2)}{3!} x^{3}+

+ ⋯ + \frac{m(m − 1) ⋯ (m − n + 1)}{n!} x^{n} + ⋯, x ∈ I ,

kde I = \{ \begin{matrix}(−∞, ∞) , ak & m ∈ N \\ [−1, 1] , ak & m ∈ (0, ∞) \ N \\ (−1, 1] , ak & m ∈ (−1, 0) \\ (−1, 1) , ak & m ∈ (−∞, −1] \end{matrix} ,

špeciálne

5.1. \frac{1}{1 − x} = ∑_{n=0}^{∞} x^{n} , x ∈ (−1, 1) ;

5.2. \frac{1}{\sqrt{1 − x}} = 1 + ∑_{n=1}^{∞} \frac{(2n − 1)!!}{(2n)!!} x^{n} , x ∈ [−1, 1) ;

pritom intervaly, na ktorých rovnosti 1-5 a 5.1,2 platia, sú obormi konvergencie príslušných mocninových radov.

347. 1. Ak ∑_{n=0}^{∞} a_{n}x^{n} je Maclaurinov rad párnej (nepárnej) funkcie, tak a_{2n+1} = 0 ( a_{2n} = 0 ) pre všetky n ∈ N ∪ {0}. Dokážte!

2. Ak ε > 0 a pre každé x ∈ (0, ε) platí ∑_{n=0}^{∞} a_{n}x^{n} = 0 , tak a_{n} = 0 pre všetky n ∈ N ∪ {0}. Dokážte!

348. Ukážte, že nasledujúce funkcie sú analytické v bode 0 a určite obor konvergencie ich Maclaurinových radov:

1. f(x) = a^{x} , a > 0 , a ≠ 1 ; 2. f(x) = ch ax ;

3. f(x) = \{ \begin{matrix}\frac{e^{x^{2}} − 1}{x^{2}} , ak & x ≠ 0 \\ 1  , ak & x = 0 \end{matrix} ;  4. f(x) = x sin 2x cos 3x ;

5. f(x) = sin^{3} x ; 6. f(x) = \frac{1}{a + bx} , ab ≠ 0 ;

7. f(x) = \frac{5x − 4}{x + 2} ; 8. f(x) = \frac{1}{x^{2} − 2x − 3} ;

9. f(x) = \frac{1}{1 + x + x^{2}} ; 10. f(x) = \frac{x}{(1 − x^{3})^{2}} ;

11. f(x) = \frac{1}{\sqrt{a^{2} + x^{2}}} , a > 0 ; 12. f(x) = ln \sqrt{\frac{1 + x}{1 − x}} ;

32z vety 17 vyplýva, že definíciu funkcie analytickej v bode sme mohli vysloviť v tejto prirodzenejšej podobe: funkcia f sa nazýva analytická v bode a , ak existuje mocninový rad so stredom a , ktorý na niektorom okolí O(a) bodu a konverguje k f|O(a)

33pritom kladieme (−1)^{0} := 1

34funkcie sin a cos sa často definujú práve pomocou rovností 2 a 3

13. f(x) = ln (12 − x − x^{2}) ; 14. f(x) = ln (1 + x + x^{2} + x^{3}) ;

15. f(x) = (1 + x) ln (1 + x) ;

16. f(x) = \{ \begin{matrix}\frac{x sin x + ln (1 − x^{2})}{x^{4}} , ak & x ≠ 0 \\ − \frac{2}{3} , ak & x = 0 \end{matrix} .

Riešenie. 16. Použijeme podobné postupy ako pri hľadaní Taylorových polynómov v pr. I.387.

Podľa vzorca 2 z úvodu k tomuto odseku platí pre všetky x ∈ R rovnosť

sin x = ∑_{n=1}^{∞} \frac{(−1)^{n+1}}{(2n − 1)!} x^{2n−1} ,

a teda aj rovnosť

x sin x = ∑_{n=1}^{∞} \frac{(−1)^{n+1}}{(2n − 1)!} x^{2n} .  (4.13)

Podľa vzorca 4 platí pre u ∈ (−1, 1]

ln (1 + u) = ∑_{n=1}^{∞}(−1)^{n+1} \frac{u^{n}}{n} .

Odtiaľ vyplýva (stačí položiť u = −x^{2} ), že pre všetky x ∈ (−1, 1) platí

ln (1 − x^{2}) = ∑_{n=1}^{∞} \frac{(−1)^{n+1}}{n} (−x^{2})^{n} = ∑_{n=1}^{∞} \frac{(−1)^{n+1}(−1)^{n}}{n} x^{2n} = − ∑_{n=1}^{∞} \frac{x^{2n}}{n} .  (4.14)

Ak sčítame rovnosti (4.13) a (4.14), vidíme, že pre všetky x ∈ (−1, 1) (pre tieto x platia totiž rovnosti (4.13) a (4.14) súčasne) platí

x sin x + ln (1 − x^{2}) = ∑_{n=1}^{∞} (\frac{(−1)^{n+1}}{(2n − 1)!} − \frac{1}{n}) x^{2n} =

= (\frac{1}{1!} − 1) x^{2} + (−\frac{1}{3!} − \frac{1}{2}) x^{4} + (\frac{1}{5!} − \frac{1}{3}) x^{6} + ⋯ =

= ∑_{n=2}^{∞} (\frac{(−1)^{n+1}}{(2n − 1)!} − \frac{1}{n}) x^{2n} .  (4.15)

Vydelením rovnosti (4.15) výrazom x^{4} dostávame pre x ∈ (−1, 1) , x ≠ 0 :

\frac{x sin x + ln (1 − x^{2})}{x^{4}} = ∑_{n=2}^{∞} (\frac{(−1)^{n+1}}{(2n − 1)!} − \frac{1}{n}) x^{2n−4} = ∑_{k=0}^{∞} (\frac{(−1)^{k+1}}{(2k + 3)!} − \frac{1}{k + 2}) x^{2k}  (4.16)

(pri poslednej úprave sme položili n − 2 = k , pritom (−1)^{n+1} = (−1)^{k+3} = (−1)^{k+1} ). Pre x = 0 má súčet

radu ∑_{k=0}^{∞} (\frac{(−1)^{k+1}}{(2k + 3)!} − \frac{1}{k + 2}) x^{2k} hodnotu −\frac{1}{3!} − \frac{1}{2} = −\frac{2}{3}.

Na intervale (−1, 1) teda rad ∑_{k=0}^{∞} (\frac{(−1)^{k+1}}{(2k + 3)!} − \frac{1}{k + 2}) x^{2k} konverguje k funkcii f|(−1, 1) , čo podľa vety

17 znamená, že funkcia f je analytická v bode 0 a uvedený rad je jej Maclaurinovým radom.

Zostáva nájsť obor konvergencie radu ∑_{k=0}^{∞} (\frac{(−1)^{k+1}}{(2k + 3)!} − \frac{1}{k + 2}) x^{2k}; využijeme pri tom znalosti oborov

konvergencie radov, z ktorých sme tento rad vytvárali. Rad na pravej strane rovnosti (4.13) konverguje pre každé x ∈ R , rad z rovnosti (4.14) len pre x ∈ (−1, 1) ^{35} , preto ich súčet (tj. rad z rovnosti (4.15))

35okrem iného to vyplýva aj z tejto úvahy: rad − ∑_{n=1}^{∞}(x^{2n}/n) sme získali substitúciou u = −x^{2} z radu ∑_{n=1}^{∞}((−1)^{n+1}u^{n}/n; keďže druhý z týchto radov konverguje len pre u ∈ (−1, 1] (pozri vzorec 4 z úvodu k tomuto odseku), konverguje prvý z nich len pre tie x ∈ R , pre ktoré −x^{2} ∈ (−1, 1] konverguje len pre x ∈ (−1, 1) ^{36} . Ak konvergentný (divergentný) rad vynásobíme nenulovou konštantou (v našom prípade číslom 1/x^{4} ), dostaneme konvergentný (divergentný) rad; odtiaľ vyplýva: rad z rovnosti (4.16) iste diverguje pre x ∈ (−∞, −1] ∪ [1, ∞) a konverguje pre x ∈ (−1, 1) \ {0}; jeho konvergencia v bode 0 (ktorá nevyplýva z tejto úvahy) je zrejmá.

Teda oborom konvergencie radu ∑_{n=0}^{∞} (\frac{(−1)^{n+1}}{(2n + 3)!} − \frac{1}{n + 2}) x^{2n} je interval (−1, 1).

Poznámky. 1. Pri hľadaní oboru konvergencie Maclaurinovho radu funkcie f sme mohli samozrejme postupovať aj ,,klasickým“ spôsobom (tj. nájsť polomer konvergencie a potom vyšetriť konvergenciu daného radu v krajných bodoch intervalu konvergencie); ak chceme na výpočet polomeru konvergencie použiť vetu 11, je

n \sqrt{|a_{n}|} = \{ \begin{matrix}0 , & ak n je ; nepárne \\ ^{2k} \sqrt{\frac{1}{(2k + 3)!} + \frac{1}{k + 2}} = ^{2k} \sqrt{\frac{1}{k + 2} (1 + \frac{k + 2}{(2k + 3)!})} , & ak n = 2k a ; k je párne \\ ^{2k} \sqrt{\frac{1}{k + 2} − \frac{1}{(2k + 3)!}} = ^{2k} \sqrt{\frac{1}{k + 2} (1 − \frac{k + 2}{(2k + 3)!})} , & ak n = 2k a ; k je nepárne \end{matrix} ;

ak využijeme rovnosti lim_{k→∞} ^{2k} \sqrt{k + 2} = 1 a lim_{k→∞} \frac{n + 2}{(2n + 3)!} = 0 , dostaneme lim_{m→∞} ^{2m−1} \sqrt{|a_{2m−1}|} =

= 0 , lim_{m→∞} ^{4m} \sqrt{|a_{4m}|} = 1 , lim_{m→∞} ^{4m−2} \sqrt{|a_{4m−2}|} = 1 , odtiaľ lim sup_{n→∞} ^{n} \sqrt{|a_{n}|} = 1 (pozri tiež riešenie pr. I.160).

2. Úvaha, ktorú sme použili pri hľadaní oboru konvergencie radu z rovnosti (4.15), je vlastne špeciálnym prípadom tohto tvrdenia:

Nech rady ∑_{n=0}^{∞} a_{n}(x − a)^{n} a ∑_{n=0}^{∞} b_{n}(x − a)^{n} majú navzájom rôzne polomery konvergencie. Potom obor konvergencie radu ∑_{n=0}^{∞}(a_{n} + b_{n})(x − a)^{n} je prienikom oborov konvergencie radov ∑_{n=0}^{∞} a_{n}(x − a)^{n} a ∑_{n=0}^{∞} b_{n}(x − a)^{n} (pozri tiež riešenie pr. 339.1).

3. Príklad 348.16 ,,hovorí“ vlastne toto: funkciu g(x) = \frac{x sin x + ln (1 − x^{2})}{x^{4}} možno ,,dodefinovať“ v bode

0 tak, že funkcia, ktorú dostaneme, bude analytická v bode 0 (táto poznámka sa vzťahuje aj na pr. 348.3,

obdobne možno dodefinovať napr. funkcie \frac{sin x}{x} , \frac{ln (1 + x)}{x} , \frac{1 − cos x}{x^{2}} ).

349. Ukážte, že nasledujúce funkcie sú analytické v bode 0 a určite obor konvergencie ich Maclaurinových radov:

1. f(x) = arctg x ; 2. f(x) = arcsin x ;

3. f(x) = ln (x + \sqrt{a^{2} + x^{2}}) , a > 0 ; 4. f(x) = arctg \frac{2 + x^{2}}{2 − x^{2}} ;

5. f(x) = x ln (x + \sqrt{1 + x^{2}}) − \sqrt{1 + x^{2}} ; 6. f(x) = x arctg x − ln \sqrt{1 + x^{2}} ;

7. f(x) = ∫_{0}^{x} \frac{sin t}{t} dt ; 8. f(x) = ∫_{0}^{x} \frac{dt}{\sqrt{1 − t^{4}}} , x ∈ (−1, 1) .

Riešenie. 2. Nájdeme najprv Maclaurinov rad derivácie funkcie f , tj. funkcie f′(x) = \frac{1}{\sqrt{1 − x^{2}}} :

Podľa vzorca 5.2 z úvodu k tomuto odseku pre každé u ∈ [−1, 1) platí

\frac{1}{\sqrt{1 − u}} = 1 + ∑_{n=1}^{∞} \frac{(2n − 1)!!}{(2n)!!} x^{n} ,

preto (stačí položiť u = x^{2} ) pre každé x ∈ (−1, 1) je

\frac{1}{\sqrt{1 − x^{2}}} = 1 + ∑_{n=1}^{∞} \frac{(2n − 1)!!}{(2n)!!} x^{2n} .  (4.17)

36pri tejto úvahe využívame, že súčet dvoch konvergentných radov je konvergentný rad, súčet konvergentného a divergentného radu je divergentný rad Integrovaním člen po člene (tvrdenie b) vety 16) dostávame pre x ∈ (−1, 1) rovnosť

arcsin x = ^{37} ∫_{0}^{x} \frac{dt}{\sqrt{1 − t^{2}}} = ∫_{0}^{x} (1 + ∑_{n=1}^{∞} \frac{(2n − 1)!!}{(2n)!!} t^{2n}) dt = ∫_{0}^{x} dt + ∑_{n=1}^{∞} ∫_{0}^{x} \frac{(2n − 1)!!}{(2n)!!} t^{2n} dt =

= x + ∑_{n=1}^{∞} \frac{(2n − 1)!!}{(2n)!!(2n + 1)} x^{2n+1} ,  (4.18)

čo podľa vety 17 znamená, že funkcia arcsin je analytická v bode 0 a rad x + ∑_{n=1}^{∞} \frac{(2n − 1)!!}{(2n)!!(2n + 1)} x^{2n+1} je

jej Maclaurinovým radom.

Nájdime teraz obor konvergencie tohto radu: Rad z rovnosti (4.17) konverguje len pre x ∈ (−1, 1) (možno to odvodiť podobnými úvahami ako v poznámke ^{35} k riešeniu pr. 348.16), teda jeho polomer konvergencie je R = 1. Pretože podľa vety 15 má ľubovoľný mocninový rad rovnaký polomer konvergencie ako rad získaný

z neho integrovaním člen po člene, je polomer konvergencie radu x + ∑_{n=1}^{∞} \frac{(2n − 1)!!}{(2n)!!(2n + 1)} x^{2n+1} tiež rovný

1; pritom v bodoch x = 1 a x = −1 (tj. v krajných bodoch intervalu konvergencie (−1, 1) ) tento

rad konverguje podľa Raabeho kritéria ^{38}. Oborom konvergencie radu x + ∑_{n=1}^{∞} \frac{(2n − 1)!!}{(2n)!!(2n + 1)} x^{2n+1} je teda

interval [−1, 1]. (Z tvrdenia uvedeného v poznámke 1 za riešením pr. 343.4 potom vyplýva, že rovnosť (4.18) platí aj pre x = 1 a x = −1 .)

Poznámka. Polomer konvergencie R radu x + ∑_{n=1}^{∞} \frac{(2n − 1)!!}{(2n)!!(2n + 1)} x^{2n+1} môžeme samozrejme nájsť aj

priamo (tj. bez úvah o polomere konvergencie radu z rovnosti (4.17)), nemožno na to však použiť vetu 12

(rad x + ∑_{n=1}^{∞} \frac{(2n − 1)!!}{(2n)!!(2n + 1)} x^{2n+1} totiž nespĺňa podmienku ,,počínajúc niektorým n_{0} je a_{n} ≠ 0“ z tejto vety,

pozri tiež poznámku ^{21}). Číslo R možno vypočítať napr. na základe tvrdenia z pr. 339.3 alebo pomocou d’Alembertovho kritéria (veta 6’ z odseku 3.3), z ktorého je toto tvrdenie odvodené.

350. 1. Nech funkcia f je súčtom radu ∑_{n=0}^{∞} a_{n}x^{n} s nenulovým polomerom konvergencie.

Nájdite Maclaurinov rad funkcie \frac{f(x)}{1 − x} !

2. Nájdite Maclaurinove rady funkcií:

a) f(x) = ln^{2}(1 − x) ; b) f(x) = (arctg x)^{2} .

351. Nájdite Taylorov rad funkcie f v bode a a určite jeho obor konvergencie, ak:

1. f(x) = \frac{1}{(x^{2} − 2x + 3)^{2}} , a = 1 ; 2. f(x) = \frac{1}{\sqrt{x^{2} − 10x + 29}} , a = 5 ;

3. f(x) = (2x + 1) sin x sin(x + 1) , a = −\frac{1}{2} ; 4. f(x) = ln (x^{2} − 9x + 20) , a = 3 .

Návod: Substitúciou x − a = t možno hľadanie Taylorovho radu funkcie f v bode a previesť na hľadanie Maclaurinovho radu funkcie g(t) := f(t + a). Pritom zrejme platí: ak interval I je obor konvegencie Maclaurinovho radu funkcie g , tak interval J = a + I (:= {x + a ; x ∈ I}) je oborom konvergencie Taylorovho radu funkcie f v bode a.

37využívame rovnosť f(x) = f(0) + ∫_{0}^{x} f′(t) dt

38konvergencia v bodoch x = 1 a x = −1 vyplýva aj z pr. 345.2

352. Pomocou derivovania alebo integrovania člen po člene nájdite súčty radov:

1. ∑_{n=0}^{∞} \frac{(2n + 1)x^{2n}}{n!} ; 2. ∑_{n=0}^{∞} \frac{n^{2} + 1}{2^{n} n!} x^{n} ;

3. ∑_{n=0}^{∞} \frac{(−1)^{n}(2n^{2} + 1)}{(2n)!} x^{2n} ; 4. ∑_{n=1}^{∞} \frac{(2n − 1)!!}{(2n + 2)!!} x^{2n} .

353. Nájdite súčty číselných radov:

1. ∑_{n=1}^{∞} \frac{n^{2}}{n!} ; 2. ∑_{n=0}^{∞} \frac{2^{n}(n + 1)}{n!} ;

3. ∑_{n=1}^{∞} \frac{(−1)^{n}n}{(2n + 1)!} ; 4. ∑_{n=1}^{∞} \frac{(−1)^{n}(2n − 1)!!}{(2n)!!} ;

5. 1 + ∑_{n=1}^{∞} \frac{(2n − 1)!!}{(2n)!!} · \frac{1}{2n + 1} .

354. Nech funkcia f : (a, b) → R má derivácie všetkých rádov v každom bode intervalu (a, b) , nech pre niektoré M > 0 , c > 0 platí

∀ n ∈ N ∀ x ∈ (a, b) : |f^{(n)}(x)| < Mc^{n} .

Potom Taylorov rad funkcie f v bode x_{0} ( x_{0} ∈ (a, b) ) konverguje na intervale (a, b) k funkcii f . Dokážte!^{39}

355. Uveďte príklad funkcie, ktorá má derivácie všetkých rádov v bode 0, ale nie je v tomto bode analytická!

4.4 Niektoré výpočty pomocou radov

356. Vypočítajte nasledujúce hodnoty s uvedenou presnosťou:

1. ^{3} \sqrt{130} (10^{−5}) ; 2. ^{4} \sqrt{15} (10^{−4}) ;

3. arctg \frac{1}{4} (10^{−4}) ; 4. ln 1.2 (10^{−4}) ;

5. e (10^{−6}) . Riešenie. 1. Platí

\sqrt[3]{130} = ^{3} \sqrt{125 + 5} = ^{3} \sqrt{125 (1 + \frac{1}{25})} = 5 ^{3} \sqrt{1 + \frac{1}{25}} =
= 5 [1 + \frac{1}{1! 3} (\frac{1}{25}) − \frac{2}{2! 3^{2}} (\frac{1}{25})^{2} + \frac{2 · 5}{3! 3^{3}} (\frac{1}{25})^{3} − ⋯]

(použili sme vzorec 5 z úvodu odseku 4.3.2 pre m = 1/3 a x = 1/25 ), teda

3 \sqrt{130} = 5 + 5 · \frac{1}{1! 3 · 5^{2}} − 5 · \frac{2}{2! 3^{2}5^{4}} + 5 · \frac{2 · 5}{3! 3^{3}5^{6}} − · · · .

Ak číslo b je súčtom radu ∑_{n=0}^{∞} b_{n} , je prirodzené aproximovať ho niektorým čiastočným súčtom tohto radu. Odhadnime absolútnu chybu takejto aproximácie: ak pre n–tý zvyšok R_{n} := ∑_{k=n+1}^{∞} b_{n} uvedeného

39špeciálne teda (ak c = 1 ) platí: ak postupnosť {f_{n}}_{n=0}^{∞} je rovnomerne ohraničená na (a, b) , tak Taylorov rad funkcie f v bode x_{0} ( x_{0} ∈ (a, b) ) konverguje na intervale (a, b) k funkcii f ; na základe tohto tvrdenia možno dokázať napr. vzorce 1-3 z úvodu tohto odseku radu platí |R_{n}| < ε_{1} , ak každé z čísel b_{0} , b_{1} , …, b_{n} vypočítame s presnosťou ε_{2} (tj. nájdeme aproximácie β_{0} , …, β_{n} čísel b_{0} , …, b_{n} také, že |b_{k} − β_{k}| < ε_{2} pre k = 0, 1, …, n) a ak zaokrúhlením čísla ∑_{k=0}^{n} β_{k} dostaneme číslo β , pre ktoré platí | ∑_{k=0}^{n} β_{k} − β| < ε_{3} , tak číslo β je aproximáciou čísla b , pre ktorej absolútnu chybu ε platí

ε ≤ ε_{1} + (n + 1)ε_{2} + ε_{3} ;

vyplýva to z nerovností

ε = |∑_{k=0}^{∞} b_{k} − β| ≤ | ∑_{k=n+1}^{∞} b_{k}| + |∑_{k=0}^{n}(b_{k} − β_{k})| + |∑_{k=0}^{n} β_{k} − β| .

Ak presnosť, s ktorou máme vypočítať číslo b , je δ = 10^{−m} ( m ∈ N ) , zaokrúhľujeme spravidla číslo ∑_{k=0}^{n} β_{k} na m desatinných miest; pre chybu ε_{3} , ktorej sa tým dopúšťame, platí

ε_{3} ≤ 0.5 · 10^{−m} = \frac{δ}{2} .

Ak teda chceme, aby platilo ε_{1} + (n + 1)ε_{2} + ε_{3} < δ = 10^{−m} , treba zvoliť ε_{1} a ε_{2} tak, aby bola splnená nerovnosť ε_{1} + (n + 1)ε_{2} < δ/2; položme preto

ε_{1} = \frac{δ}{4}

a nájdime (čo najmenšie) číslo n , pre ktoré platí

|R_{n}| < ε_{1} = \frac{δ}{4}

(také n existuje, pretože z konvergencie radu ∑_{k=0}^{∞} b_{k} vyplýva lim_{n→∞} R_{n} = 0 ), potom zrejme stačí položiť

ε_{2} = \frac{δ}{4(n + 1)} .

V našom príklade máme počítať s presnosťou δ = 10^{−5} , nájdime teraz čísla n a ε_{2} . Rad ∑_{k=0}^{∞} b_{k} , ktorého súčtom je číslo ^{3} \sqrt{130} , strieda — počínajúc členom b_{1} — znamienka, pričom postupnosť \{b_{k}\}_{k=1}^{∞} rýdzomonotónne konverguje k 0, preto pre jeho n–tý zvyšok R_{n} ( n ∈ N ) platí (pozri vetu 12 z odseku 3.3)

|R_{n}| < |b_{n+1}| = 5 · \frac{2 · 5 · 8 ⋯ (3n − 1)}{(n + 1)! 3^{n+1}} (\frac{1}{25})^{n+1} ≤
≤ \frac{5}{3(n + 1)} · \frac{3 · 6 · 9 ⋯ (3n)}{n! 3^{n}} · \frac{1}{5^{2n+2}} = \frac{1}{3(n + 1)5^{2n+1}} .

Nerovnosť |R_{n}| < δ/4 = 10^{−5}/4 bude preto iste splnená pre tie n ∈ N , ktoré sú riešeniami nerovnice

\frac{1}{3(n + 1)5^{2n+1}} ≤ \frac{1}{4 · 10^{5}} ,

najmenším takým číslom je n = 3 ; potom

ε_{2} = \frac{δ}{4(n + 1)} = \frac{10^{−5}}{16} = 6.25 · 10^{−7} .

Aby sme teda našli číslo ^{3} \sqrt{130} s presnosťou 10^{−5} , stačí vypočítať každé z čísel b_{0} , b_{1} , b_{2} , b_{3} s presnosťou 6.25 · 10^{−7} , sčítať ich a výsledok zaokrúhliť na 5 desatinných miest:

b_{0} = 5 , β_{0} = 5 ,

b_{1} = 5 · \frac{1}{1! 3 · 5^{2}} , β_{1} = 0.066 666 7 ,

b_{2} = −5 · \frac{2}{2! 3^{2}5^{4}} , β_{2} = −0.000 888 9 ,

b_{3} = 5 · \frac{2 · 5}{3! 3^{3}5^{6}} β_{3} = 0.000 019 8 ,

potom ∑_{k=0}^{3} β_{k} = 5.065 797 6 , zaokrúhlením na 5 desatinných miest dostávame 5.065 80 , preto

3 \sqrt{130} = 5.065 80 ± 0.000 01 .

Poznámky. 1. Pri odhade R_{n} sme mohli použiť napr. aj Lagrangeov tvar zvyšku Taylorovho polynómu (pozri [23, str. 173, poznámka 2]): pre

f(x) = 5(1 + x)^{1/3}

je

f^{(n+1)}(x) = (−1)^{n} · 5 · \frac{2 · 5 ⋯ (3n − 1)}{3^{n+1}} (1 + x)^{−(3n+2)/3} , n ∈ N ,

preto

|R_{n}| = |\frac{f^{(n+1)} (ϑ_{n} · \frac{1}{25})}{(n + 1)!} · (\frac{1}{25})^{n+1}| = 5 · \frac{2 · 5 ⋯ (3n − 1)}{(n + 1)! 3^{n+1}} (1 + ϑ_{n} · \frac{1}{25})^{−(3n+2)/3} · \frac{1}{25^{n+1}} ,

kde ϑ_{n} ∈ (0, 1) , odtiaľ (ak použijeme rovnaké úpravy ako v riešení pr. 356.1 a nerovnosť (1 + ϑ_{n}/25)^{−(3n+2)/3} < 1 )

|R_{n}| < \frac{1}{3(n + 1)5^{2n+1}} , n ∈ N .

2. Číslo ^{3} \sqrt{130} sme mohli napísať aj v tvare

3 \sqrt{130} = ^{3} \sqrt{216 − 86} = 6 ^{3} \sqrt{1 − \frac{86}{216}}

a ďalej pokračovať obdobne ako pri riešení pr. 356.1 (získaný rad ovšem vtedy nie je radom so striedavými znamienkami, preto nemožno použiť odhad |R_{n}| < |b_{n+1}|; z nerovnosti

|b_{k}| ≤ \frac{2}{k} (\frac{43}{108})^{k} ,

kde

b_{k} := −6 · \frac{2 · 5 ⋯ (3k − 4)}{k! 3^{k}} (\frac{43}{108})^{k} , k ≥ 2 ,

vyplýva tento odhad:

|R_{n}| = | ∑_{k=n+1}^{∞} b_{k}| ≤ ∑_{k=n+1}^{∞} |b_{k}| ≤ \frac{2}{n + 1} ∑_{k=n+1}^{∞} (\frac{43}{108})^{k} =

= \frac{2}{n + 1} (\frac{43}{108})^{k+1} \frac{1}{1 − 43/108} = \frac{86}{65(n + 1)} (\frac{43}{108})^{n} , n ∈ N ;

najmenším prirodzeným riešením nerovnice

\frac{86}{65(n + 1)} (\frac{43}{108})^{n} < \frac{10^{−5}}{4}

je n = 12 ^{40}).

Nemalo by však zmysel písať číslo ^{3} \sqrt{130} napr. v tvare

3 \sqrt{130} = ^{3} \sqrt{64 + 66} = 4 ^{3} \sqrt{1 + \frac{66}{64}} ,

40použitím Lagrangeovho tvaru zvyšku dostaneme odhad

|R_{n}| = 6 · \frac{2 · 5 ⋯ (3n − 1)}{(n + 1)!3^{n+1}} (1 − ϑ_{n} · \frac{43}{108})^{−(3n+2)/3} (\frac{43}{108})^{n+1} ≤

pretože 66/64 > 1 , neleží číslo 66/64 v obore konvergencie Maclaurinovho radu funkcie ^{3} \sqrt{1 + x}.

357. Dokážte rovnosť

ln (n + 1) = ln n + 2 (\frac{1}{2n + 1} + \frac{1}{3(2n + 1)^{3}} + ⋯ + \frac{1}{(2k − 1)(2n + 1)^{2k−1}} + ⋯)

a vypočítajte pomocou nej ln 2 a ln 3 s presnosťou 10^{−5}.

358. 1. Vypočítajte číslo π s presnosťou 10^{−5} na základe rovnosti \frac{π}{4} = arctg \frac{1}{2} + arctg \frac{1}{3} .

2. Vypočítajte sin 18^{∘} s presnosťou 10^{−4}.

359. S presnosťou 10^{−3} vypočítajte integrály:

1. ∫_{0}^{2} \frac{sin x}{x} dx ; 2. ∫_{0}^{1} cos x^{2} dx ;

3. ∫_{0}^{1} ^{3} \sqrt{x} cos x dx ; 4. ∫_{0}^{1/9} \sqrt{x} e^{x} dx .

Riešenie. 3. Podľa vzorca 3 z úvodu k odseku 4.3.2

cos x = ∑_{n=0}^{∞}(−1)^{n} \frac{x^{2n}}{(2n)!} , x ∈ R ,

preto pre každé x ∈ R platí

3 \sqrt{x} cos x = ^{3} \sqrt{x} ∑_{n=0}^{∞}(−1)^{n} \frac{x^{2n}}{(2n)!} = ∑_{n=0}^{∞}(−1)^{n} \frac{x^{(6n+1)/3}}{(2n)!} .

Rad ∑_{n=0}^{∞}(−1)^{n} \frac{x^{(6n+1)/3}}{(2n)!} konverguje rovnomerne na intervale [0, 1] (možno to dokázať Weierstrassovým alebo Abelovým kritériom alebo odvodiť z vety 13 a pr. 306), preto (podľa vety 8’)

∫_{0}^{1} ^{3} \sqrt{x} cos x dx = ∫_{0}^{1} (∑_{n=0}^{∞}(−1)^{n} \frac{x^{(6n+1)/3}}{(2n)!} ) dx = ∑_{n=0}^{∞} ∫_{0}^{1}(−1)^{n} \frac{x^{(6n+1)/3}}{(2n)!} dx =
= ∑_{n=0}^{∞} [(−1)^{n} \frac{3x^{(6n+4)/3}}{(2n)! (6n + 4)}]_{0}^{1} = ∑_{n=0}^{∞}(−1)^{n} \frac{3}{(2n)! (6n + 4)} .

Ďalej budeme postupovať rovnako ako pri riešení pr. 356.1: Keďže rad ∑_{n=0}^{∞} b_{n} := ∑_{n=0}^{∞}(−1)^{n} \frac{3}{(2n)! (6n + 4)} je radom so striedavými znamienkami, pričom postupnosť \{\frac{3}{(2n)! (6n + 4)}\}_{n=0}^{∞} rýdzomonotónne konverguje k 0, platí pre jeho n–tý zvyšok R_{n} := ∑_{k=n+1}^{∞} b_{k} odhad

|R_{n}| < \frac{3}{(2n + 2)! (6n + 10)} < \frac{1}{(2n + 3)!} ;

≤ \frac{2}{n + 1} (1 − \frac{43}{108})^{−(3n+2)/3} (\frac{43}{108})^{n+1} ≤ \frac{2}{n + 1} (\frac{108}{65})^{n+1} (\frac{43}{108})^{n+1} = \frac{2}{n + 1} (\frac{43}{65})^{n+1} ,

najmenším prirodzeným riešením nerovnice

\frac{2}{n + 1} (\frac{43}{65})^{n+1} < \frac{10^{−5}}{4}

je n = 25 najmenším prirodzeným riešením nerovnice

\frac{1}{(2n + 3)!} ≤ \frac{1}{4 · 10^{3}}

je n = 2 ; potom

ε_{2} = \frac{1}{3 · 4 · 10^{3}} = 8.\overline{3} · 10^{−5} .

Treba teda vypočítať b_{n} pre n = 0 , 1 , 2 s presnosťou ε_{2} , vypočítané čísla sčítať a výsledok zaokrúhliť na 3 desatinné miesta:

b_{0} = \frac{3}{4}  = 0.75  ,
b_{1} = −\frac{3}{20}  = −0.15  ,

b_{2} = \frac{3}{24 · 16} = 0.007 81 …,

0.75 − 0.15 + 0.007 81 = 0.607 81 , teda

∫_{0}^{1} ^{3} \sqrt{x} cos x dx = 0.608 ± 0.001 .

Poznámka. Pretože čísla b_{0} a b_{1} sme vypočítali presne, stačilo by počítať číslo b_{2} s presnosťou

\frac{1}{4 · 10^{3}} = 2.5 · 10^{−4}.

360. Odvoďte nasledujúce približné vzorce pre obsah p kruhového odseku ABC , zodpovedajúceho malému stredovému uhlu AOC veľkosti 2ϑ (pozri obr. 3):

1. p ≈ \frac{2}{3}dh ; 2_{0}. p ≈ \frac{h}{15}(7d + 3s) ;

kde d je dĺžka tetivy AC , s je dĺžka oblúka AC , h je výška odseku ABC.

4.5 Ďalšie príklady

361. Nájdite obor konvergencie radov:

1. ∑_{n=1}^{∞} \frac{(n + x)^{n}}{n^{n+x}} ; 2. ∑_{n=1}^{∞} (\frac{n}{2})^{n} (e^{x/n} − 1)^{n} ;

3. ∑_{n=1}^{∞} \frac{(2n − 1)!!}{(2n)!!} (\frac{2x}{1 + x^{2}} )^{n} ; 4. ∑_{n=1}^{∞} \frac{x(x − 1) ⋯ (x − n + 1)}{n!} ;

5. ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{\sqrt[n]{n!}} · \frac{1}{1 + a^{2n}x^{2}} ; 6. ∑_{n=1}^{∞} sin πnx ;

7. ∑_{n=1}^{∞} e^{−nx} sin nx ; 8. ∑_{n=1}^{∞} \frac{n^{p} sin nx}{1 + n^{q}} , q > 0 , x ∈ (0, π) ;

9. sin x − sin sin x + sin sin sin x − ⋯; 10. cos x − cos cos x + cos cos cos x − · · · .

362. 1. Na základe rovnosti

(1 + x)(1 + x^{2})(1 + x^{4}) ⋯ (1 + x2^{n−1}) = \frac{1 − x2^{n}}{1 − x} , x ≠ 1 ,

nájdite súčet radu ∑_{n=1}^{∞} \frac{2^{n−1}x2^{n−1}}{1 + x2^{n−1}} .

2. Na základe rovnosti

cos \frac{x}{2} cos \frac{x}{4} ⋯ cos \frac{x}{2^{n}} = \frac{sin x}{2^{n} sin(x/2^{n})}

nájdite súčet radu ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{2^{n}} tg \frac{x}{2^{n}} , x ∈ (−π, π).

363. 1. Nech a_{n} > 0 pre všetky n ∈ N a rad ∑_{n=1}^{∞}(1/a_{n}) diverguje. Potom

\frac{a_{1}}{a_{2} + x} + \frac{a_{1}}{a_{2} + x} · \frac{a_{2}}{a_{3} + x} + \frac{a_{1}}{a_{2} + x} · \frac{a_{2}}{a_{3} + x} · \frac{a_{3}}{a_{4} + x} + ⋯ = \frac{a_{1}}{x} , x > 0 .

Dokážte!

2. Dokážte rovnosť ∑_{n=1}^{∞} \frac{n!}{(x + 1)(x + 2) ⋯ (x + n)} = \frac{1}{x − 1} , x > 1.

3. Nájdite súčty radov:

a) \frac{2}{1 + 2x} + \frac{3}{(1 + 2x)(1 + 3x)} + \frac{4}{(1 + 2x)(1 + 3x)(1 + 4x)} + ⋯, x > 0 ;

b) \frac{y}{1 − y^{2}} + \frac{y^{2}}{1 − y^{4}} + \frac{y^{4}}{1 − y^{8}} + ⋯ + \frac{y2^{n}}{1 − y2^{n+1}} + ⋯;

c) ∑_{n=1}^{∞} \frac{x^{n+1}}{(1 − x^{n})(1 − x^{n+1})} .

364. Nech f(x) := ∑_{n=1}^{∞} \frac{x}{n^{2} + x^{2}} . Potom lim_{x→∞} F (x) = \frac{π}{2} . Dokážte!

365. Vyšetrite bodovú a rovnomernú konvergenciu postupnosti {f_{n}}_{n=1}^{∞} na množine M , ak:

1. f_{n}(x) = n (\sqrt{x + \frac{1}{n}} − \sqrt{x}) , M = (0, ∞) ;

2. f_{n}(x) = n ∫_{0}^{x} sin \frac{πt^{n}}{2} dt , M = [0, α] , 0 < α < 1 ;

3. f_{n}(x) = tg (\frac{n − 1}{n} x) , M = (0, \frac{π}{4} ) ;

4. f_{n}(x) = \frac{\sqrt{n} + arctg nx}{\sqrt{n} x} a) M = (0, 1) , b) M = (1, ∞) ;

5. f_{n}(x) = x arctg nx , M = (0, ∞) ; 6. f_{n}(x) = x^{n} + x^{2n} − 2x^{3n} , M = [0, 1] ;

7. f_{n}(x) = ^{n} \sqrt{| sin x|} , M = R ; 8. f_{n}(x) = ln (1 + \frac{cos nx}{\sqrt{n + x}}) , M = [0, ∞) ;

9. f_{n}(x) = n ln (1 + \frac{1}{nx}) a) M = (0, 2) , b) M = (2, ∞) ;

10. f_{n}(x) = n(x^{1/n} − 1) , M = [1, a] ; 11. f_{n}(x) = \frac{n}{x} ln (1 + \frac{x}{n}) , M = (0, 10) ;

12. f_{n}(x) = (1 + \frac{x}{n})^{n} a) M = [a, b] , b) M = R .

366_{0}. Nech {f_{n}}_{n=1}^{∞} je postupnosť funkcií definovaných na intervale [0, 1] , nech f_{n} → 0 na [0, 1]. Pre ε > 0 a x ∈ [0, 1] položme

n_{ε}(x) := min {n ∈ N ; ∀ k ≥ n : |f_{k}(x)| < ε} .

Potom f_{n} \overrightarrow{→} 0 na [0, 1] práve vtedy, keď každá z funkcií n_{ε} ( ε > 0 ) je ohraničená. Dokážte!

367. 1_{0}. Nech f:R→ R je rovnomerne spojitá funkcia, nech

f_{n}(x) := f (x + \frac{1}{n}) , x ∈ R , n ∈ N .

Potom f_{n} \overrightarrow{→} f na R. Dokážte!

2. Nech f:R→ R je spojite diferencovateľná funkcia, nech

f_{n}(x) := n (f (x + \frac{1}{n}) − f(x)) , x ∈ R , n ∈ N ,

nech a < b. Potom f_{n} \overrightarrow{→} f′ na [a, b]. Dokážte!

3. Nech f:R→ R je spojitá funkcia, nech

f_{n}(x) := ∑_{i=0}^{n−1} \frac{1}{n}f (x + \frac{i}{n}) x ∈ R , n ∈ N .

Potom postupnosť {f_{n}}_{n=1}^{∞} konverguje rovnomerne na každom ohraničenom intervale [a, b]. Dokážte!

368. Rozhodnite o platnosti nasledujúcich tvrdení:

1. Nech \{f_{n}\}_{n=1}^{∞} je postupnosť kladných funkcií definovaných na intervale (a, b) , nech f_{n} \overrightarrow{→} f na (a, b). Potom pre každé α ∈ (0, 1] platí f_{n}^{α} \overrightarrow{→} f^{α} na (a, b).

2. Ak f_{n} \overrightarrow{→} f na (a, b) a g_{n} \overrightarrow{→} g na (a, b) , tak f_{n}g_{n} \overrightarrow{→} fg na (a, b).

369. Vyšetrite bodovú a rovnomernú konvergenciu radov:

1. ∑_{n=1}^{∞} \frac{x^{4}}{(1 + x^{4})^{n}} , x ∈ [a, b] ,  pričom  a) ab > 0 , b) ab < 0 ;

2. ∑_{n=1}^{∞} \frac{n^{2}}{\sqrt{n!}}(x^{n} + x^{−n}) , \frac{1}{2} ≤ |x| ≤ 2 ; 3. ∑_{n=1}^{∞} \frac{x^{n}}{[n/2]!} ^{41}, |x| < a ;

4. ∑_{n=1}^{∞} \frac{cos nx sin(x/n)}{x^{2} + ln^{3}(n + 1)} ; 5. ∑_{n=1}^{∞} arctg \frac{x^{3}}{n ln^{2}(n + 1)} , x ≥ 1 ;

6. ∑_{n=1}^{∞} \frac{arctg (1/nx) cos nx}{4 + ln^{2} 2nx} a) x ∈ (0, 1) , b) x > 1 ;

7. ∑_{n=1}^{∞} 2^{n}tg \frac{1}{3^{n}x + 1}  a) x ∈ (0, δ) , b) x > δ ;  8. ∑_{n=1}^{∞} x^{n}(1 − x^{n}) , x ∈ (\frac{1}{2}, 1) ;

9. ∑_{n=1}^{∞} \frac{n sin \sqrt{n}}{1 + n^{3}x^{3}}  a) x ≥ α > 0 , b) x > 0 ;  10. ∑_{n=1}^{∞} \frac{(−1)^{n}}{\sqrt{n}} arctg x^{n} , x ≥ 1 ;

11. ∑_{n=1}^{∞} \frac{nx}{(1 + x)(1 + 2x) ⋯ (1 + nx)} a) x ∈ [0, δ] , b) x ≥ δ ;

12. ∑_{n=1}^{∞} \frac{(−1)[^{\sqrt{n}}]}{\sqrt{n^{2} + nx^{2}}} ^{41} .

370. Nájdite všetky α ∈ R , pre ktoré rad ∑_{n=1}^{∞} xαe−nx^{2} konverguje rovnomerne na (0, ∞).

41[.] tu označuje celú časť

371_{0}. 1. Ukážte, že rad ∑_{n=1}^{∞}(−1)^{n} \frac{x^{2} + n}{n^{2}} konverguje rovnomerne na každom ohraničenom intervale, ale

nekonverguje absolútne v žiadnom bode x ∈ R.

2. Ukážte, že rad ∑_{n=1}^{∞}(−1)^{n}(1 − x)x^{n} konverguje rovnomerne a absolútne na [0, 1] , ale rad absolútnych

hodnôt ∑_{n=1}^{∞}(1 − x)x^{n} konverguje na [0, 1] nerovnomerne.

372. Ak rad ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{|a_{n}|} konverguje, tak rad ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{x − a_{n}} konverguje rovnomerne a absolútne na každom

uzavretom ohraničenom intervale [a, b] neobsahujúcom žiadny prvok množiny {a_{n} ; n ∈ N}.

373. Nech {f_{n}}_{n=1}^{∞} je postupnosť spojitých funkcií definovaných na intervale [0, 1] , nech rad ∑_{n=1}^{∞} f_{n} bodove konverguje a f_{n} \overrightarrow{→} 0 na [0, 1]. Vyplýva z toho rovnomerná konvergencia radu ∑_{n=1}^{∞} f_{n} na [0, 1] ?

374. Rozhodnite o platnosti tohto tvrdenia: Ak postupnosť funkcií {f_{n}}_{n=1}^{∞} je rovnomerne ohraničená na intervale I , tak lim_{n→∞} sup_{x∈I} f_{n}(x) = sup_{x∈I} f(x).

375. Ak rad ∑_{n=1}^{∞} f_{n} konverguje lokálne rovnomerne na uzavretom ohraničenom intervale I , tak ∑_{n=1}^{∞} f_{n} konverguje na I rovnomerne. Dokážte!

376. Nájdite definičný obor nasledujúcich funkcií a vyšetrite ich spojitosť:

1. f(x) = ∑_{n=1}^{∞} \frac{x + (−1)^{n}n}{x^{2} + n^{2}} ; 2. f(x) = ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{(n − x)^{2}} ;

3. f(x) = ∑_{n=1}^{∞} \frac{cos nx}{\sqrt[3]{n}} .

377. Ukážte, že funkcia

F (x) = \frac{1}{1 + x^{2}} + ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{1 + (x + nω)^{2}} + ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{1 + (x − nω)^{2}}

je spojitá a periodická.

378. 1. Nech postupnosť {f_{n}}_{n=1}^{∞} funkcií definovaných na otvorenom intervale I konverguje na I rovnomerne k funkcii f. Ak žiadna z funkcií f_{n} , n ∈ N , nemá bod nespojitosti 2. druhu, tak ani funkcia f nemá bod nespojitosti 2. druhu. Dokážte!

2. Uveďte príklad postupnosti {f_{n}}_{n=1}^{∞} spojitých funkcií definovaných na R takej, že lim_{n→∞} f_{n} je definovaná na R a má bod nespojitosti 2. druhu.

379. Nech postupnosť {f_{n}}_{n=1}^{∞} monotónnych funkcií definovaných na intervale [a, b] konverguje na [a, b] k spojitej funkcii f. Potom f_{n} \overrightarrow{→} f na [a, b]. Dokážte!

380. Ak postupnosť {f_{n}}_{n=1}^{∞} konvexných funkcií bodove konverguje na intervale (a, b) k funkcii f , tak f je spojitá na (a, b). Dokážte!

381. 1. Dokážte, že existuje spojitá funkcia f:R→ R , ktorá nie je monotónna na ľubovoľnom intervale I ⊂ R !

2. Dokážte, že existuje spojite diferencovateľná funkcia g : [0, 1] → R , ktorá nie je konvexná a nie je konkávna na ľubovoľnom intervale I ⊂ [0, 1] !

382. Dokážte, že existuje funkcia f:R→ R také, že množina jej bodov nespojitosti je Q , pričom

1. každé a ∈ Q je bod nespojitosti 1. druhu a lim_{x→a+} f(x) ≠ f(a) , lim_{x→a−} f(x) ≠ f(a) ; 2_{0}. každé a ∈ Q je bod nespojitosti 2. druhu a lim_{x→a+} f(x) , lim_{x→a−} f(x) neexistujú.

383. 1. Ak postupnosť {f_{n}}_{n=1}^{∞} funkcií riemannovsky integrovateľných na intervale [a, b] je rovnomerne ohraničená na (a, b) a konverguje tam lokálne rovnomerne, tak lim_{n→∞} f_{n} ∈ R[a, b] a

∫_{a}^{b} lim_{n→∞} f_{n}(x) dx = lim_{n→∞} ∫_{a}^{b} f_{n}(x) dx .

Dokážte!

2. Uveďte príklad postupnosti {f_{n}}_{n=1}^{∞} funkcií riemannovsky integrovateľných na intervale [0, 1] , ktorá konverguje na (0, 1) lokálne rovnomerne k 0 , ale lim_{n→∞} ∫_{0}^{1} f_{n}(x) dx = 1.

384. Nájdite limity:

1. lim_{n→∞} ∫_{0}^{1} \frac{x^{n} ln x}{1 + x^{2}} dx ; 2. lim_{n→∞} ∫_{0}^{π/2} sin^{n} x dx ;

3. lim_{n→∞} ∫_{0}^{π} \frac{sin nx}{n\sqrt{x}} dx ; 4. lim_{n→∞} ∫_{0}^{1+1/n} x^{n} ln x dx ;

5. lim_{n→∞} ∫_{0}^{1} \frac{f(x)}{1 + nx} dx , kde f:[0, 1]→ R je spojitá funkcia .

385. Vypočítajte ∫_{π/6}^{π/2} ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{2^{n}} tg \frac{x}{2^{n}} dx.

386. Uveďte príklad postupnosti {f_{n}}_{n=1}^{∞} funkcií definovaných na intervale [0, 1] , ktorá konverguje na [0, 1] nerovnomerne k ohraničenej funkcii f , pričom

1. f_{n} ∈ R[0, 1] ( n ∈ N ) , f ∉ R[0, 1] ;

2. f_{n} ∉ R[0, 1] ( n ∈ N ) , f ∈ R[0, 1].

387. Na základe pr. 119, 192 a 193 dokážte druhú vetu o strednej hodnote integrálneho počtu (veta 16 z odseku 2.4) pre prípad spojitej funkcie g:[a, b]→ R a spojitej monotónnej funkcie f:[a, b]→ R.

388. Nájdite definičný obor nasledujúcich funkcií a ich prvých derivácií:

1. f(x) = ∑_{n=1}^{∞} \frac{|x|}{n^{2} + x^{2}} ; 2. f(x) = ∑_{n=1}^{∞} \frac{e^{−nx}}{1 + n^{2}} .

389. Nech funkcie f_{n} , n ∈ N , sú spojite diferencovateľné na (ohraničenom alebo neohraničenom) intervale I. Ak rad ∑_{n=1}^{∞} f_{n} konverguje aspoň v jednom bode a ∈ I a rad ∑_{n=1}^{∞} f′_{n} konverguje lokálne rovnomerne na I , tak rad ∑_{n=1}^{∞} f_{n} konverguje lokálne rovnomerne na I a možno ho tam derivovať člen po člene. Dokážte!

390. Ukážte, že postupnosť f_{n}(x) = \frac{sin nx}{\sqrt{n}} konverguje na R rovnomerne k diferencovateľnej funkcii, ale

pre žiadne x ∈ R neexistuje konečná lim_{n→∞} f′_{n}(x).

391. Nech funkcia f a jej derivácie všetkých rádov sú definované na R , nech postupnosť {f^{(n)}}_{n=1}^{∞} konverguje na R lokálne rovnomerne k funkcii φ. Potom φ(x) = Ce^{x} pre niektoré C ∈ R. Dokážte!

392. Nech {f_{n}}_{n=1}^{∞} je postupnosť funkcií definovaných na intervale I , nech {K_{n}}_{n=1}^{∞} je postupnosť konečných podmnožín intervalu I , nech definičným oborom funkcie f′_{n} je množina I \ K_{n} ( n ∈ N ). Ak rad ∑_{n=1}^{∞} f_{n} konverguje aspoň v jednom bode a ∈ I a existuje konvergentný číselný rad ∑_{n=1}^{∞} a_{n} taký, že platí

|f′_{n}(x)| ≤ a_{n} , x ∈ I \ K_{n} , n ∈ N ,

tak rad ∑_{n=1}^{∞} f_{n} konverguje lokálne rovnomerne na I a možno ho derivovať člen po člene v každom bode x ∈ I \ ⋃_{n∈N} K_{n}. Dokážte!

393. 1. Nech {a_{n}}_{n=1}^{∞} je prostá postupnosť obsahujúca všetky racionálne čísla z intervalu (0, 1). Potom funkcia

f(x) = ∑_{n=1}^{∞} \frac{|x − a_{n}|}{3^{n}} , x ∈ (0, 1) ,

je spojitá a definičným oborom jej derivácie je množina (0, 1) \ Q. Dokážte!

2_{0}. Zostrojte spojitú funkciu f : (0, 1) → R takú, že D(f′) = (0, 1) \ Q , pričom v žiadnom bode a ∈ Q ∩ (0, 1) neexistujú jednostranné derivácie f′_{+}(a) a f′_{−}(a).

394. Nájdite obor konvergencie radov:

1. ∑_{n=1}^{∞} (\frac{(2n − 1)!!}{(2n)!!})^{p} (\frac{x − 1}{2})^{n} ; 2. ∑_{n=1}^{∞} n! e−n^{α}xn ;

3. ∑_{n=1}^{∞} (ln cos \frac{1}{3^{n}} ) x^{n} ; 4. ∑_{n=1}^{∞} \frac{m(m − 1) ⋯ (m − n + 1)}{n!} x^{n} ;

5. ∑_{n=1}^{∞} (\frac{a^{n}}{n} + \frac{b^{n}}{n^{2}} ) x^{n} , a > 0 , b > 0 ; 6. ∑_{n=1}^{∞} \frac{(x + 3)n^{2}}{n!} ;

7. ∑_{n=1}^{∞} \frac{x^{n}}{a^{\sqrt{n}}} , a > 0 ; 8. ∑_{n=1}^{∞} \frac{3^{−\sqrt{n}}x^{n}}{\sqrt{n^{2} + 1}} ;

9. ∑_{n=1}^{∞} \frac{(−1)^{n}}{n!} (\frac{n}{e})^{n} x^{n} ;

10. ∑_{n=1}^{∞} \frac{10^{ν(n)}}{n} (1 − x)^{n} , kde ν(n) je počet cifier čísla n ;

11. ∑_{n=2}^{∞} \frac{(cos \frac{nπ}{4} )^{n}}{ln n} x^{n} ; 12. ∑_{n=2}^{∞} \frac{(1 + 2 cos \frac{nπ}{4} )^{n}}{ln n} x^{n} ;

13. ∑_{n=1}^{∞} \frac{(−1)[^{\sqrt{n}}]}{n} x^{n} ; 14. ∑_{n=1}^{∞} (\frac{x}{sin n})^{n} .

395. Nech polomer konvergencie radov ∑_{n=1}^{∞} a_{n}x^{n} a ∑_{n=1}^{∞} b_{n}x^{n} je R_{1} ∈ R^{+} a R_{2} ∈ R^{+}. Čo viete povedať o polomere konvergencie R radu

1. ∑_{n=1}^{∞} a_{n}b_{n}x^{n} ; 2. ∑_{n=1}^{∞} \frac{a_{n}}{1 + |a_{n}|} x^{n} ;

3. ∑_{n=1}^{∞} c_{n}x^{n} , kde ∑_{n=1}^{∞} c_{n}x^{n} je Cauchyho súčin radov ∑_{n=1}^{∞} a_{n}x^{n} a ∑_{n=1}^{∞} b_{n}x^{n} ?

396. Nájdite Maclaurinove rady nasledujúcich funkcií a určite ich obor konvergencie I:

1. f(x) = sin (μ arcsin x) ; 2. f(x) = ln ^{7} \sqrt{3 − x + 6x^{2} − 2x^{3}} ;

3. f(x) = (x^{2} − 1) arcsin 2x^{2} ; 4. f(x) = arctg \frac{2x}{2 − x^{2}} ;

5. f(x) = \frac{ln (1 + x)}{1 + x} ; 6. f(x) = ∫_{0}^{x} \frac{arctg t}{t} dt ;

7. f(x) = ln (π\sqrt{\frac{2 + x}{2 − x}}) + arctg \frac{x}{2} ; 8. f(x) = arctg (x + \sqrt{1 + x^{2}}) ;

9. f(x) = arcsin (2x\sqrt{1 − x^{2}}) ; 10. f(x) = \frac{1}{(1 + x)(1 + x^{2})(1 + x^{4})(1 + x^{8})} .

397. Dokážte rovnosti:

1. arctg x · ln(1 + x^{2}) = 2 ∑_{n=1}^{∞}(−1)^{n+1} (1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + ⋯ + \frac{1}{2n}) \frac{x^{2n+1}}{2n + 1} , x ∈ [−1, 1] ;

2. (\frac{ln (1 + x)}{x})^{2} = 1 + 2 ∑_{n=1}^{∞}(−1)^{n} (1 + \frac{1}{2} + ⋯ + \frac{1}{n + 1}) \frac{x^{n}}{n + 2} , x ∈ (−1, 1] \ \{0\} ;

3. \begin{matrix}ln & (x + \sqrt{1 + x^{2}}) \\ √ & \overline{1 + x^{2}} \end{matrix} = ∑_{n=0}^{∞}(−1)^{n} \frac{2^{2n}(n! )^{2}}{(2n + 1)!} x^{2n+1} , x ∈ [−1, 1] ;

4. \frac{arcsin x}{\sqrt{1 − x^{2}}} = ∑_{n=0}^{∞} \frac{(2n)!!}{(2n + 1)!!} x^{2n+1} , x ∈ (−1, 1) ;

5. (ln (x + \sqrt{1 + x^{2}}))^{2} = ∑_{n=1}^{∞}(−1)^{n+1} \frac{2^{2n−1}((n − 1)! )^{2}}{(2n)!} x^{2n} , x ∈ [−1, 1] .

398_{0}. 1. Na základe identity (1 + x)^{p}(1 + x)^{−k−1} = (1 + x)^{p−k−1} dokážte rovnosti

∑_{s=0}^{n}(−1)^{s}\binom{k + s}{s}\binom{p}{n − s} = \binom{p − k − 1}{n} , n = 0, 1, …, p − k − 1 .

2. Z identity (1 − x)^{−m−1}(1 − x)^{−q−1} = (1 − x)^{−m−q−2} odvoďte rovnosti

∑_{s=0}^{p−m} \binom{q + s}{s}\binom{p − s}{m} = \binom{p + q + 1}{p − m} , p ≥ m , m, q = 0, 1, 2, ….

399. Dokážte, že funkcia F:(−1, 1)→ R daná predpisom F (x) = ∫_{0}^{2π} ln (1 − x cos t) dt , je elementárna.

400. Nájdite súčty radov:

1. ∑_{n=0}^{∞} \frac{x^{2n}}{(2n)!} ; 2. ∑_{n=0}^{∞} \frac{ln^{n} x}{n!} ;

3. ∑_{n=0}^{∞} \frac{(−1)^{n} ln^{n} x}{2^{n} n!} ;

4. \frac{1}{2} (\frac{2x}{1 + x^{2}} ) + \frac{1}{2 · 4} (\frac{2x}{1 + x^{2}} )^{3} + \frac{1 · 3}{2 · 4 · 6} (\frac{2x}{1 + x^{2}} )^{5} + \frac{1 · 3 · 5}{2 · 4 · 6 · 8} (\frac{2x}{1 + x^{2}} )^{7} + ⋯;

5. ∑_{n=0}^{∞} \frac{(−1)^{n}x^{n}}{(2n)!} ; 6. ∑_{n=1}^{∞} \frac{n^{2}x^{n}}{(2n + 1)!} ;

7. \frac{1}{3} (\frac{x}{2}) + \frac{1 · 4}{3 · 6} (\frac{x}{2})^{2} + \frac{1 · 4 · 7}{3 · 6 · 9} (\frac{x}{2})^{3} + · · · .

401. Nájdite súčty číselných radov:

1. ∑_{n=0}^{∞} \frac{(−1)^{n}}{n(3n + 1)} ; 2. ∑_{n=1}^{∞} \frac{(−1)^{n}}{4n^{2} − 1} ;

3. ∑_{n=1}^{∞}(−1)^{n} (1 + \frac{1}{2} + ⋯ + \frac{1}{n}) \frac{1}{n + 1} ; 4. ∑_{n=1}^{∞}(−1)^{n} (1 + \frac{1}{3} + ⋯ + \frac{1}{2n − 1}) \frac{1}{n} .

402. Ak Maclaurinov rad funkcie f konverguje na množine R rovnomerne k funkcii f , tak f je polynóm. Dokážte!

403. Nech funkcia f : R → R je súčtom radu ∑_{n=0}^{∞} a_{n}x^{n} , nech {n! a_{n}}_{n=0}^{∞} je ohraničená postupnosť. Potom funkcia f má v každom bode a ∈ R derivácie všetkých rádov a platí

f(x) = ∑_{n=0}^{∞} \frac{f^{(n)}(a)}{n!}(x − a)^{n} , x ∈ R .

Dokážte!

404. 1. Dokážte rovnosti:

a) ∫_{0}^{1} \frac{dx}{x^{x}} = ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{n^{n}} ; b) ∫_{0}^{π} \frac{ln(1 + a cos x)}{cos x} dx=π arcsin a, |a|<1 .

2. Vyjadrite v tvare radu hodnotu integrálu:

a) ∫_{0}^{1} \frac{ln (x + \sqrt{1 + x^{2}})}{x} dx ; b) ∫_{0}^{1} ln x · ln (1 − x) dx .

405. Dokážte rovnosť

\frac{π}{4} = 4 arctg \frac{1}{5} − arctg \frac{1}{239}  (4.19)

a na jej základe vypočítajte číslo π s presnosťou 10^{−9} ^{42}.

406. Na základe rovností

ln \frac{9}{10} = − ln 2 + 2 ln 3 − ln 5
ln \frac{24}{25} = 3 ln 2 + ln 3 − 2 ln 5
ln \frac{81}{80} = −4 ln 2 + 4 ln 3 − ln 5

vypočítajte ln 2 , ln 3 , ln 5 , ln 6 , ln 10 s presnosťou 10^{−6}.

407. S presnosťou 10^{−4} vypočítajte integrály:

1. ∫_{2}^{4} e^{1/x} dx ; 2. ∫_{10}^{100} \frac{ln (1 + x)}{x} dx .

42Po vyriešení tohto príkladu iste nejeden čitateľ uzná, že jednoduchšie je zapama̋tať si vetu

Mám, ó Bože ó dobrý pamatovat si takový čísel řad!

velký slovutný Archimedes ,

ktorá udáva číslo π na 12 desatinných miest (stačí zrátať počet písmen jednotlivých slov). Pre záujemcov uvádzame ešte anglickú verziu:

How I want a drink, alcoholic of course, after the heavy lectures involving quantum mechanics!

udávajúcu číslo π na 14 desatinných miest.