2.Nizovi i redovi (sa svim korekcijama)
19
NIZOVI I REDOVI (korigirano)
U ovom poglavlju:
Nizovi realnih brojeva
Rekurzivno zadani nizovi
Redovi realnih brojeva
Usporedni i integralni kriteriji
Cauchyjev kriterij
D’Alembertov kriterij
Nužni i Leibnitzov kriterij
2.1 NIZOVI
Niz realnih brojeva možemo zadati jednostavnim nabrajanjem nekoliko prvih
č
lanova. Na
primjer:
,.....
4
1
,
3
1
,
2
1
,
1
ili
,.....
8
1
,
4
1
,
2
1
,
1
ili
,.....
1
,
1
,
1
,
1
−
−
.
Potpuniji na
č
in zadavanja niza realnih brojeva je preko njegovog op
ć
eg
č
lana
n
a
. Time su
svi
č
lanovi niza na jednostavan na
č
in “dohvatljivi”, odnosno, uvrštavanjem odre
đ
enog
indeksa dobivamo bilo koji
č
lan niza. Na primjer, iz op
ć
eg
č
lana niza
n
a
n
1
=
možemo dobiti
peti
č
lan, ili deveti
č
lan niza:
5
1
5
=
a
i
9
1
9
=
a
. Kako vidimo, startna pozicija realnog broja
ili njegov indeks “n”, direktno utje
č
u na njegovu vrijednost
n
a
.
Postavlja se pitanje: koji su to brojevi u danom nizu
n
a
s velikim indeksom, a kojih ima
beskona
č
no mnogo? Na primjer:
?,......
?,
,.....,
4
1
,
3
1
,
2
1
,
1
. Odgovor na ovo pitanje leži u
definiciji limesa niza. Po opisnoj definiciji broj L je limes niza
n
a
ako je
L
a
n
≈
kad je
∞
≈
n
. To zna
č
i da je:
,......
,
,.....,
4
1
,
3
1
,
2
1
,
1
L
L
≈
≈
ili za bilo koji niz vrijedi:
,......
,
,.....,
,
,
,
4
3
2
1
L
L
a
a
a
a
≈
≈
.
Broj L bi trebao biti jedinstven, ako takav postoji. Iz ovakve proizvoljne definicije lako se
vidi da su mogu
ć
a dva ili više takvih brojeva, takozvanih gomilišta. Na primjer, za niz
n
a
n
n
1
)
1
(
+
−
=
imamo dva gomilišta, odnosno dva kandidata za broj L:
Mervan Paši
ć
: Matan1 – dodatak predavanjima za grupe GHI
20
,......
1
,
1
,.....,
4
5
,
3
2
,
2
3
,
0
≈
−
≈
−
.
Da bismo izbjegli ovakve slu
č
ajeve neodre
đ
enosti, potrebna nam je definicija gomilišta i
limesa niza, u kojoj se limes pojavljuje kao jedinstveno gomilište.
Po ovoj strogoj definiciji, brojevi
1
L
= −
i
1
L
=
su dva gomilišta niza
n
a
n
n
1
)
1
(
+
−
=
.
Po ovoj strogoj definiciji, niz
n
a
n
n
1
)
1
(
+
−
=
nema limesa.
Kao što
ć
emo vidjeti, definicija limesa niza je potpuno ista kao definicija limesa funkcija u
+∞
=
x
(vidi Poglavlje 4). Stoga su sva svojstva i primjeri rješavanja limesa niza potpuno isti
kao kod limesa funkcija u
+∞
=
x
, a koji
ć
e kasnije biti detaljno prezentirani, s tim što se,
umjesto varijable “x”, pojavljuje indeks “n”.
Kao podsjetnik navodimo po jedan karakteristi
č
an i jednostavan primjer efektivnog ra
č
unanja
limesa niza realnih brojeva.
80.
3
/
4
/
1
1
/
5
/
2
3
lim
/
)
4
(
/
)
5
2
3
(
lim
4
5
2
3
lim
2
2
2
2
2
2
2
2
=
−
+
+
−
=
−
+
+
−
=
=
−
+
+
−
∞
→
∞
→
∞
∞
∞
→
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
.
81.
2
2
1
1
1
(
) /
1 1
lim
lim
lim
1.
3
2
3
(2
3) /
2
2
n
n
n
n
n
n
n
n
n n
n
n
n
n
n
∞
∞
→∞
→∞
→∞
+
−
+
−
+
−
+
= =
=
=
=
+
+
+
82.
2
2
3
2
3
3
3
3
2
3
5
1
3
5
3
(5
3) /
0
lim
lim
lim
0.
2
4
3
2
4
(3
2
4) /
3
3
n
n
n
n
n
n
n
n
n n
n
n
n
n
n
n
n
n
∞
∞
→∞
→∞
→∞
−
+
− +
− +
= =
=
= =
+
−
+
−
+
−
♦
Definicija 2. Realan broj L je
limes niza
n
a
ako zadovoljava:
za svaki
0
>
ε
postoji
0
n
N
∈
takav da za
sve
0
n n
>
vrijedi
|
|
n
a
L
ε
− <
.
Ili, kratko:
ε
ε
<
−
≥
∀
∈
∃
>
∀
⇔
=
∞
→
|
|
,
,
,
0
lim
0
0
L
a
n
n
N
n
L
a
n
n
n
.
♦
♦
Definicija 1. Realan broj L je
gomilište niza
n
a
ako zadovoljava:
za svaki
0
>
ε
postoji
0
n
N
∈
takav da za
beskona
č
no mnogo
0
n n
>
vrijedi
|
|
n
a
L
ε
− <
.
Mervan Paši
ć
: Matan1 – dodatak predavanjima za grupe GHI
22
1
1
3
4
88. lim
lim
(
3
4)
(
3
4)
3
4
3
4
1
3
4
lim
lim
7
(
3
4)
1
[
3
4]/
1
3
4
2
lim
lim[ 1
1
]
.
7
7
7
/
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
→∞
→∞
∞
∞
→∞
→∞
→∞
→∞
− +
+
=
=
− −
+
− −
+
− +
+
− +
+
− +
+
=
= −
= =
− − −
− +
+
= −
= −
− +
+
= −
3
3
2 2
3
2
2
3
3
3
3
2
3
2
3
3
2 2
3
2
2
3
3
2
3
2
3
3
3
2 2
3
2
2
3
2 2
3
2
2
3
3
2
2
3
2 2
3
(
2 )
2
89. lim(
2
)
lim(
2
)
(
2 )
2
2
2
lim
lim
(
2 )
2
(
2 )
2
2 /
lim
( (
2 )
n
n
n
n
n
n
n
n n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n n
n
n
n
→∞
→∞
→∞
→∞
→∞
+
+
+
+
+
−
= ∞ − ∞ =
+
−
+
+ ⋅
+
+
+
−
∞
=
=
=
∞
+
+ ⋅
+
+
+
+ ⋅
+
+
=
+
+ ⋅
3
3
3
2
2
2
2
2
3
2
2
lim
.
3
2
) /
(1 2 / )
1 2 /
1
n
n
n
n
n
n
n
→∞
=
=
+
+
+
+
+
+
90.
2
2
2
2
2
1
lim
1
lim 1
lim 1
/ 2
n n
n
n
n
n
n
n
n
e
n
n
n
∞
→∞
→∞
→∞
+
=
=
+
=
+
=
.
1
4
4
1
4
1
(
)
lim
4
1
4
3
3
4
91. lim
1
lim 1
1
lim 1
1
1
1
1
= lim 1
.
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
e
e
+ −
−
+
−
+
→∞
∞
→∞
→∞
→∞
−
+
→∞
−
−
−
−
=
=
+
−
=
+
=
+
+
+
+
=
=
U ra
č
unanju limesa koriste se sljede
ć
a svojstva:
1
lim(1
)
,
n
n
e
n
→∞
+
=
lim
lim(
) lim
lim ,
lim(
)
lim ,
lim(
) (lim ) (lim ),
lim
lim
,
lim
lim(
) (lim )
,
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
b
b
n
n
n
n
a
b
a
b
a
a
a b
a
b
a
a
b
b
a
a
α
α
→∞
→∞
→∞
→∞
→∞
→∞
→∞
→∞
→∞
→∞
→∞
→∞
→∞
→∞
±
=
±
⋅
= ⋅
⋅
=
⋅
=
=
gdje pretpostavljamo da pojedina
č
ni limesi
lim
n
n
a
→∞
i
lim
n
n
b
→∞
postoje.
2.Nizovi i redovi (sa svim korekcijama)
23
Budu
ć
i da je precizno ra
č
unanje limesa niza važno u odre
đ
ivanju konvergencije redova, što
ć
e
biti ra
đ
eno u nastavku, potrebno je riješiti sljede
ć
e zadatke.
ZADACI ZA VJEŽBU
☺
92.
2
2
)
2
(
lim
n
n
n
+
∞
→
.
☺
93.
2
16
1
2
lim
4
2
3
+
+
+
−
∞
→
n
n
n
n
n
.
☺
94.
6
2
5
lim
2
+
+
−
∞
→
n
n
n
n
.
☺
95.
1
2
2
lim
3
3
+
−
+
∞
→
n
n
n
n
.
96.
5
4
2
3
2
1
1
6
lim
+
+
+
+
−
+
∞
→
n
n
n
n
n
n
.
97.
5
3
2
1
lim
3
5
4
5
2
4
5
+
+
+
+
+
+
∞
→
n
n
n
n
n
☺
98.
)
5
4
(
lim
2
n
n
n
n
−
+
−
∞
→
.
☺
99.
)
1
(
lim
2
n
n
n
n
−
+
∞
→
.
100.
n
n
n
n
3
2
1
lim
−
+
∞
→
.
101.
2
1
2
1
lim
2
2
n
n
n
n
+
+
∞
→
.
RJEŠENJA
92.
.
1
93.
.
0
94.
.
∞
95.
.
2
3
96.
.
1
−
97.
.
0
98.
.
2
−
99.
.
2
1
100.
.
9
e
101.
.
0
♠
PRIMJEDBE
♠
1. U nastavku promatramo limese nizova kojima se indeks “n” pojavljuje u potencijama s
razli
č
itim konstantnim bazama. Na primjer, želimo izra
č
unati:
2
3
1
2
3
lim
+
−
⋅
∞
→
n
n
n
.
Budu
ć
i da je ovo jedan specijalni oblik neodre
đ
enog oblika
∞
∞
, postupamo kao što je
uobi
č
ajeno, odnosno dijelimo s eksponencijalnom funkcijom najve
ć
e baze, kao u sljede
ć
em
primjeru:
.
0
0
1
0
0
)
3
1
(
2
1
)
3
1
(
)
3
2
(
3
lim
3
2
1
3
1
3
2
3
lim
3
/
)
2
3
(
3
/
)
1
2
3
(
lim
2
3
1
2
3
lim
=
+
−
=
+
−
⋅
=
+
−
⋅
=
+
−
⋅
=
+
−
⋅
∞
→
∞
→
∞
→
∞
→
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
2. Ako se u danom nizu pojavljuju istovremeno algebarske i transcedentne funkcije, tada
limes niza ne možemo ra
č
unati na klasi
č
an na
č
in dijeljenjem s najve
ć
om potencijom. Na
primjer, želimo izra
č
unati:
n
n
n
2
lim
2
∞
→
.
2.Nizovi i redovi (sa svim korekcijama)
25
Nadalje, pretpostavimo da je zadani niz
n
a
odozgo ograni
č
en,
odnosno, neka postoji realan
broj
0
M
>
takav da je:
n
a
M
≤
za svaki
N
n
∈
.
Tada je niz
n
a
konvergentan, odnosno postoji
1
lim
lim
n
n
n
n
L
a
a
+
→∞
→∞
=
=
.
♣
♣
Teorem 2
.
(konvergencija padaju
ć
ih nizova) Pretpostavimo da je dani niz
n
a
padaju
ć
i
,
odnosno, neka vrijedi:
1
n
n
a
a
+
≥
za svaki
N
n
∈
.
Nadalje, pretpostavimo da je zadani niz
n
a
odozdo ograni
č
en,
odnosno, neka postoji realan
broj
m
takav da je:
n
m a
≤
za svaki
N
n
∈
.
Tada je niz
n
a
konvergentan, odnosno postoji
1
lim
lim
n
n
n
n
L
a
a
+
→∞
→∞
=
=
.
♣
102. Na
ć
i i dokazati da je to limes za niz
1
1
2, 1
n
n
a
a
a
+
=
+
=
.
•
Pretpostavimo za tren da je
n
a
konvergentan, odnosno, neka postoji limes
1
lim
lim
n
n
n
n
L
a
a
+
→∞
→∞
=
=
;
•
“Limesiramo” rekurziju:
2
1
1
2
lim
lim
2
2
2 0
2,
1.
n
n
n
n
a
a
L
L
L
L
L
L
+
→∞
→∞
=
+
⇒
=
+
⇒
− − =
⇒
=
= −
S obzirom da iz rekurzije nužno slijedi da je
0
n
a
≥
, zaklju
č
ujemo da je
1
lim
lim
2.
n
n
n
n
L
a
a
+
→∞
→∞
=
=
=
•
Nadalje, treba opravdati pretpostavku da je
n
a
konvergentan:
- matemati
č
kom indukcijom se lako pokaže da je
n
a
rastu
ć
i,
- matemati
č
kom indukcijom se lako pokaže da je
n
a
odozgo ograni
č
en sa
2
M
=
.
•
Sada po prethodnom teoremu o konvergenciji rastu
ć
ih nizova slijedi da je niz
n
a
konvergentan.
103. Na
ć
i i dokazati da je to limes za niz
1
1
4
3
,
3
1
n
n
a
a
a
+
= −
=
+
.
•
Pretpostavimo za tren da je
n
a
konvergentan, odnosno, neka postoji limes
1
lim
lim
n
n
n
n
L
a
a
+
→∞
→∞
=
=
;
•
“Limesiramo” rekurziju:
