teorija nizova - Почетна · pdf filepredgovor knjiga se odnosi na oblast matematike...
TRANSCRIPT
dr Lidija Stefanovic
TEORIJA NIZOVAZA STUDENTE TEHNICKIH FAKULTETA
SKC Nis, 2010.
dr Lidija StefanovicTEORIJA NIZOVAZA STUDENTE TEHNICKIH FAKULTETA
I izdanje, Nis, 2010.
Recenzenti:dr Dusan Ciric, red. prof. PMFa u Nisu,dr Ljubisa Kocic, red. prof. Elektronskog fakulteta u Nisu
Izdavac:Studentski kulturni centar Nis
Za izdavaca:Miroslav Jovic, direktor
Urednik:Aleksandar Blagojevic
Tehnicka obrada:dr Lidija Stefanovic,dipl. ing. Biljana Dordevic
Stampa:”Petrograf” Nis
Tiraz:100 primeraka
ISBN 978–86–7757–168–9
Bilo kakvo umnozavanje ove knjige nije dozvoljeno bez pisanogodobrenja autora.
PREDGOVOR
Knjiga se odnosi na oblast matematike Teorija nizova i sastoji se iz tri dela:Brojni nizovi, Funkcionalni nizovi i Zadaci za vezbu. Prva dva dela sadrzeteoriju i ilustrativne primere, uglavnom one koji se najcesce srecu u prime-nama. Treci deo cine zadaci predvideni za vezbu, sa resenjima ili uputstvima.Osim na klasicnu teoriju, u delu Brojni nizovi se ukazuje i na povezanostnizova sa drugim pojmovima iz razlicitih oblasti matematike. Autor sma-tra da je upravo u ovakvom povezivanju, kao i u prezentovanim primerima izadacima, glavna prednost ove knjige nad ostalom literaturom koja se baviistom problematikom.
Posebnu paznju autor je posvetio nacinu izlaganja materije, sa ciljem da onbude matematicki, a narocito metodoloski i pedagoski korektan.
Knjiga je namenjena prvenstveno studentima tehnickih nauka i prilagodenaduhu Bolonjske deklaracije. Zato je u mnogo cemu pojednostavljena, cesto nastetu strogog matematickog pristupa, preciznih matematickih formulacija inotacija.
Tekst knjige je uraden pomocu programskog paketa MIKTEX (verzija Ams-tex 2.0), a slike pomocu programskog paketa Corel Draw (verzija 11).
Autor zahvaljuje recenzentima, prof. dr Dusanu Ciricu i prof. dr LjubisiKocicu, koji su korisnim sugestijama znacajno uticali na konacni izgled teksta.
Nis, 2010. g. Autor
iii
SADRZAJ
1. BROJNI NIZOVI 1
1.1. Definicija i konvergencija niza 11.2. Osobine nizova 8
1.2.1. Osobine konvergentnih nizova 81.2.2. Osobine odredeno divergentnih nizova 181.2.3. Nizovi neodredenog oblika 24
1.3. Ogranicenost i monotonost nizova 291.4. Stolzova teorema 441.5. Delimicni nizovi i tacke nagomilavanja niza 57
1.5.1. Delimicni nizovi (podnizovi) 571.5.2. Tacke nagomilavanja niza 65
1.6. Cauchyevi nizovi 681.7. Veza izmedu granicnih vrednosti nizova i funkcija 72
1.7.1. Monotonost funkcija 731.7.2. Granicne vrednosti funkcija 731.7.3. Neprekidnost funkcija 761.7.4. L’Hospitalovo pravilo 781.7.5. Taylorova formula 82
1.8. Nizovi u drugim oblastima matematike 841.8.1. Kompleksni nizovi 841.8.2. Linearne diferencne jednacine 861.8.3. Iterativni procesi 891.8.4. Parcijalne sume 911.8.5. Integralne sume 93
2. FUNKCIONALNI NIZOVI 96
2.1. Definicija, konvergencija i uniformna konvergencija 96
v
vi SADRZAJ
2.2. Osobine uniformno konvergentnih nizova 105
3. ZADACI ZA VEZBU 109
PRILOG 177
LITERATURA 179
1. BROJNI NIZOVI
Pojam niza se definise i ispituje u proizvoljnim skupovima snabdevenimmetrikom, tzv. metrickim prostorima ([1], str. 25, 47–56). Nas interesujusamo neke vrste nizova, koji mogu da se objasne i bez poznavanja metrike imetrickog prostora, pa na ovim pojmovima necemo da se zadrzavamo.
1.1. Definicija i konvergencija niza
Radi jednostavnosti zapisivanja, na samom pocetku uvodimo oznake:N za skup prirodnih brojeva,R za skup realnih brojeva iN0 za skup N ∪ {0}.
Definicija 1.1.1. Neka je an ∈ R za svako n ∈ N. Uredeni skup brojevaan, u oznaci
(a1, a2, . . . , an, . . . ) ,
zove se realni brojni niz.
Umesto prethodne, u upotrebi su i oznake:
(an
)n∈N ,
(an
)∞n=1
,(an
).
I svaki drugi uredeni skup realnih brojeva
(am, am+1, . . . ) , m ∈ N0 ,
zove se realni brojni niz ili samo realni niz, odnosno brojni niz.
U Definiciji 1.1.1 uocavamo dve stvari. Prvo, prirodnim brojevima n ∈ Nse pridruzuju realni brojevi an ∈ R, pa je niz preslikavanje skupa N u skup
1
2 TEORIJA NIZOVA
R ([4], str. 44; [6], str. 13). Drugo, niz je beskonacan skup realnih brojeva.Ponekad se i za konacne uredene skupove realnih brojeva
(a1, a2, . . . , an)
kaze da su nizovi, ali se tada koristi termin konacni nizovi. Oni nisu intere-santni s aspekta razmatranja vezanih za nizove.
Brojevi a1, a2, . . . su clanovi niza, a an je opsti clan niza. Opsti clan je, ustvari, pravilo po kojem se generisu svi clanovi niza. Zato se nizovi najcescei zadaju pomocu opsteg clana. Na primer, niz ciji je opsti clan an = 1/n zan ∈ N u razvijenom obliku glasi
( 1n
)=
(1,
12,13, . . .
).
Takode, kada je niz zadat pomocu svog opsteg clana, cesto se kaze niz, aupisuje samo opsti clan an, bez oznake niza (an).
Definicija 1.1.2. Niz (an) je konvergentan ako postoji konacan broja ∈ R i ako za svako ε > 0 postoji N(ε) ∈ N tako da je
|an − a| < ε
za svako n ≥ N(ε). Broj a je granicna vrednost (granica, limes) niza (an).U ovom slucaju se kaze da niz (an) konvergira ka a i pise se
limn→∞
an = a .
Definicija 1.1.3. Niz (an) je divergentan ako nije konvergentan. Pritome, ako za svako M > 0 postoji N(M) ∈ N tako da je an ≥ M , odnosnoan ≤ −M za svako n ≥ N(M), kazemo da niz odredeno divergira ka +∞,odnosno ka −∞, sto redom zapisujemo sa
limn→∞
an = +∞ , limn→∞
an = −∞ .
Iz Definicije 1.1.2 neposredno sledi da se u intervalu (a− ε, a+ ε) za svakoε > 0 nalaze skoro svi clanovi niza, sto znaci svi clanovi niza, osim mozdanjih konacno mnogo a1, a2, . . . , aN(ε)−1. Ovo dalje znaci da se u intervalu(a − ε, a + ε) uvek nalazi beskonacno mnogo clanova niza, koliko god da jeε mali broj, pa se clanovi konvergentnog niza grupisu oko njegove granice.
Ako niz (an) odredeno divergira ka +∞, iz Definicije 1.1.3 sledi da se uintervalu [M, +∞) nalaze skoro svi clanovi niza, ma koliko da je M veliki
BROJNI NIZOVI 3
broj. Van ovog intervala moze da se nade samo konacno mnogo clanovaa1, a2, . . . , aN(M)−1. Analogno, ako (an) odredeno divergira ka −∞, skorosvi clanovi niza su u intervalu (−∞,−M ].
U slucaju odredeno divergentnog niza (an) iz Definicije 1.1.3 kazemo daniz ima beskonacnu granicnu vrednost. U slucaju kada je (an) divergentan,ali ne odredeno, kazemo da limn→∞ an ne postoji.
Umestolim
n→∞an = a , lim
n→∞an = ∞
cesto se koriste zapisian → a , an →∞
i kaze se da an tezi ka a, odnosno an tezi ka ∞, kad n tezi ∞.
NAPOMENA 1.1.1. U vezi sa upotrebom simbola ∞ primecujemo sledece. U oznacigranicne vrednosti limn→∞ je znak + ispred simbola ∞ izostavljen jer se podrazumevan → +∞. Znak +, odnosno −, cemo da izostavljamo i u drugim situacijama, npr. kadanije bitan ili opterecuje zapis, a upisivacemo ga onda kad jeste bitan, kao sto je to uDefiniciji 1.1.3. 4
Teorema 1.1.1. Ako je niz (an) konvergentan, tada je njegova granicajedinstvena.
Dokaz. Pretpostavimo suprotno, da konvergentan niz (an) ima dve granicea 6= b. Takode, za ε izaberimo polurastojanje izmedu brojeva a i b, tj.
ε =12|a− b| > 0 .
Tada iz Definicije 1.1.2 sledi da postoje brojevi N1, N2 ∈ N tako da je
|an − a| < ε , |an − b| < ε
za svako n ≥ N1 i n ≥ N2 redom. Ako je N ∈ N veci od brojeva N1 i N2,dalje sledi
∣∣(an − a)− (an − b)∣∣ ≤ |an − a|+ |an − b| < 2ε
za svako n ≥ N , tj.|b− a| < 2ε = |a− b| .
Dobijena nejednakost ne moze da vazi jer je uvek |b− a| = |a− b|. Odavdezakljucujemo da pretpostavka a 6= b nije tacna, pa tvrdenje teoreme vazi.
Primetimo da su N1 = N1(ε), N2 = N2(ε) i N = N(ε) konkretni brojevijer je i ε konkretno izabran broj.
4 TEORIJA NIZOVA
Ekvivalentno tvrdenje Teoremi 1.1.1 u negiranom obliku je sledece. Akoniz nema jedinstvenu granicu, on je divergentan.
Definicija 1.1.4. Niz (an) je nula–niz ako je
limn→∞
an = 0 .
Teorema 1.1.2. Ako je niz (an) konvergentan sa granicom
limn→∞
an = a ,
tada je (bn) = (an − a) nula–niz.
Dokaz. Iz pretpostavke limn→∞ an = a sledi da za svako ε > 0 postojibroj N(ε) ∈ N tako da je
|an − a| < ε
za svako n ≥ N(ε). Tada je ocigledno i
|an − a− 0| = |bn − 0| < ε
za svako n ≥ N(ε), tj.
limn→∞
bn = limn→∞
(an − a) = 0 .
PRIMER 1.1.1. Za konstantu C ∈ R i n ∈ N, posmatramo konstantan niz sa opstimclanom
(1.1.1) an = C
i ispitujemo njegovu konvergenciju.
Neka je ε > 0 proizvoljan broj. Kako je
|an − C| = |C − C| = 0 ,
to za svako ε > 0 postoji broj N(ε) = 1 ∈ N tako da je
|an − C| = 0 < ε
za svako n ≥ N(ε). Dakle, konstantan niz je konvergentan i vazi
(1.1.2) limn→∞
C = C . 4
BROJNI NIZOVI 5
PRIMER 1.1.2. Za n ∈ N, posmatramo niz sa opstim clanom
(1.1.3) an =1
n
i ispitujemo njegovu konvergenciju.
Neka je ε > 0 proizvoljan broj. Kako iz 1/n < ε sledi n > 1/ε, to za svako ε > 0 postoji
N(ε) =
[1
ε
]+ 1 ∈ N
tako da je
|an − 0| =∣∣∣ 1
n− 0
∣∣∣ < ε
za svako n ≥ N(ε). Uglastim zagradama je oznacen celobrojni deo broja 1/ε. Dakle, niz(an) je konvergentan i vazi
(1.1.4) limn→∞
1
n= 0 .
Prema Definiciji 1.1.4, ovaj niz je nula–niz. 4
PRIMER 1.1.3. Za n ∈ N, posmatramo nizove sa opstim clanom
1◦ an = n , 2◦ bn = (−1)n
i ispitujemo njihovu konvergenciju.
1◦ Neka je M > 0 proizvoljan broj. Tada postoji N(M) = [M ] + 1 ∈ N tako da je
an = n > M
za svako n ≥ N(M). Dakle, niz (an) odredeno divergira i vazi
(1.1.5) limn→∞
n = +∞ .
2◦ Neka je ε = 1 > 0. Kako za niz (bn) vazi: bn = 1 ako je n paran broj i bn = −1ako je n neparan broj, to se van intervala (1− ε, 1 + ε) = (0, 2) nalazi beskonacno mnogoclanova niza bn = −1. Takode, van intervala (−1− ε,−1 + ε) = (−2, 0) ima beskonacnomnogo clanova niza bn = 1. Prema tome, niz (bn) ne zadovoljava Definiciju 1.1.2, pa jedivergentan (ne odredeno).
Divergencija niza (bn) moze da se utvrdi i prema Teoremi 1.1.1. Na osnovu (1.1.1) je
limn→∞
bn = 1 , limn→∞
bn = −1
za paran i neparan broj n redom. Granicna vrednost nije jedinstvena, pa je niz divergen-tan. 4
PRIMER 1.1.4. Za q ∈ R i n ∈ N0, posmatramo geometrijski niz sa opstim clanom
(1.1.6) an = qn
6 TEORIJA NIZOVA
i ispitujemo njegovu konvergenciju.
Razlikujemo cetiri slucaja, zavisno od vrednosti broja q.
Neka je |q| < 1 i ε > 0 proizvoljan broj. Kako je ln x rastuca funkcija i ln |q| < 0 za|q| < 1, to redom sledi:
|q|n < ε , n ln |q| < ln ε , n >ln ε
ln |q| .
Zato za svako ε > 0 postoji broj
N(ε) =
[ln ε
ln |q|]
+ 1 ∈ N
tako da je|an − 0| = |qn − 0| = |q|n < ε
za svako n ≥ N(ε). Zakljucujemo da je u ovom slucaju niz (an) konvergentan i vazi
limn→∞
an = 0 ,
pa se radi o nula–nizu.Neka je q = 1. Niz (an) je tada konstantan niz (1.1.1) sa an = qn = C = 1. Prema
Primeru 1.1.1, niz je konvergentan i vazi (1.1.2), tj.
limn→∞
an = 1 .
Neka je q > 1 i M > 0 proizvoljan broj. Sada je ln q > 0, pa sledi:
qn > M , n ln q > ln M , n >ln M
ln q.
Zato za svako M > 0 postoji broj
N(M) =
[ln M
ln q
]+ 1 ∈ N
tako da jean = qn > M
za svako n ≥ N(M). U ovom slucaju niz (an) odredeno divergira i vazi
limn→∞
an = +∞ .
Neka je q ≤ −1. Za q = −1, niz ima opsti clan
an = (−1)n
i divergira prema Primeru 1.1.3. Kasnije pokazujemo da niz (an) divergira (ne odredeno)i za bilo koje drugo q < −1.
BROJNI NIZOVI 7
Zbog znacaja koji geometrijski niz ima, dobijene rezultate zapisujemo sazeto,
(1.1.7) limn→∞
qn =
0 , |q| < 1 ,
1 , q = 1 ,
+∞ , q > 1 ,
ne postoji , q ≤ −1 . 4
PRIMER 1.1.5. Za p ∈ R i n ∈ N, posmatramo niz sa opstim clanom
(1.1.8) an =1
np
i ispitujemo njegovu konvergenciju.
Razlikujemo tri slucaja, zavisno od vrednosti broja p.
Neka je p = 0. Niz (an) je tada konstantan niz (1.1.1) sa an = 1/np
= C = 1, za kojije
limn→∞
an = 1 .
Neka je p > 0 i ε > 0 proizvoljan broj. Kako su ln x i ex = exp(x) rastuce funkcije, zan > 1 redom sledi:
1
np < ε , n
p>
1
ε, p ln n > − ln ε , ln n > − ln ε
p, n > exp
(− ln ε
p
).
Zato za svako ε > 0 postoji broj
N(ε) =
[exp
(− ln ε
p
)]+ 2 ∈ N
tako da je
|an − 0| =∣∣∣ 1
np − 0
∣∣∣ =1
np < ε
za svako n ≥ N(ε). Dakle, u ovom slucaju je niz (an) konvergentan i vazi
limn→∞
an = 0 ,
pa se radi o nula–nizu.Neka je p < 0 i M > 0 proizvoljan broj. Stavljajuci p1 = −p > 0, analogno kao u
prethodnom slucaju sledi:
np1 > M , n > exp
(ln M
p1
).
Zato za svako M > 0 postoji broj
N(M) =
[exp
(ln M
p1
)]+ 1 ∈ N
8 TEORIJA NIZOVA
tako da je
an =1
np = n
p1 > M
za svako n ≥ N(M), sto znaci da niz (an) odredeno divergira i vazi
limn→∞
an = +∞ .
Zbog znacaja koji ovaj niz ima, dobijene rezultate zapisujemo sazeto,
(1.1.9) limn→∞
1
np =
1 , p = 0 ,
0 , p > 0 ,
+∞ , p < 0 . 4
1.2. Osobine nizova
1.2.1. Osobine konvergentnih nizova
Opste osobine konvergentnih nizova iskazujemo sledecim teoremama.
Teorema 1.2.1. Neka je (an) konvergentan niz sa granicom
limn→∞
an = a
i neka je C ∈ R konstanta. Tada i samo tada je niz (Can) konvergentan sagranicom
limn→∞
Can = Ca = C limn→∞
an .
Dokaz. Neka je ε > 0 proizvoljan broj. Tada je i ε1 = |C|ε > 0 proizvoljanbroj. Iz pretpostavke limn→∞ an = a sledi da postoji broj N(ε) ∈ N takoda je
|an − a| < ε
za svako n ≥ N(ε) i dalje
|Can − Ca| = |C||an − a| < |C|ε = ε1
za svako n ≥ N(ε).Obrnuto, ako je ε > 0 proizvoljan broj, ε1 = ε/|C| > 0 je takode proizvo-
ljan broj. Iz pretpostavke limn→∞ Can = Ca sledi da postoji broj N(ε) ∈ Ntako da je
|Can − Ca| < ε
BROJNI NIZOVI 9
za svako n ≥ N(ε) i dalje
|an − a| = |Can − Ca||C| <
ε
|C| = ε1
za svako n ≥ N(ε).
Teorema 1.2.2. Neka su (an) i (bn) konvergentni nizovi sa granicama
limn→∞
an = a , limn→∞
bn = b .
Tada su nizovi (an ± bn) konvergentni sa granicama
limn→∞
(an ± bn) = a± b = limn→∞
an ± limn→∞
bn .
Dokaz. Neka je ε > 0 proizvoljan broj. Tada je i ε1 = 2ε > 0 proizvoljanbroj. Iz pretpostavki limn→∞ an = a, limn→∞ bn = b sledi da postoje brojeviN1(ε), N2(ε) ∈ N tako da je
|an − a| < ε , |bn − b| < ε
za svako n ≥ N1(ε) i n ≥ N2(ε) redom. Ako je N(ε) ∈ N veci od brojevaN1(ε) i N2(ε), dalje sledi∣∣(an + bn)− (a + b)
∣∣ =∣∣(an − a) + (bn − b)
∣∣ ≤ |an − a|+ |bn − b| < 2ε = ε1
za svako n ≥ N(ε).Analogno se pokazuje i slucaj
limn→∞
(an − bn) = a− b .
Teorema 1.2.3. Neka su (an) i (bn) konvergentni nizovi sa granicama
limn→∞
an = a , limn→∞
bn = b .
Tada je niz (anbn) konvergentan sa granicom
limn→∞
(anbn) = ab = limn→∞
an limn→∞
bn .
10 TEORIJA NIZOVA
Dokaz. Neka je ε > 0 proizvoljan broj. Tada je i ε1 = ε(ε + |a|+ |b|) > 0proizvoljan broj. Iz pretpostavki limn→∞ an = a, limn→∞ bn = b sledi dapostoje brojevi N1(ε), N2(ε) ∈ N tako da je
|an − a| < ε , |bn − b| < ε
za svako n ≥ N1(ε) i n ≥ N2(ε) redom. Ako je N(ε) ∈ N veci od brojevaN1(ε) i N2(ε), dalje sledi
|anbn − ab| = ∣∣(anbn − abn) + (abn − ab)∣∣
=∣∣(an − a)bn + a(bn − b)
∣∣ =∣∣(an − a)(bn − b + b) + a(bn − b)
∣∣=
∣∣(an − a)(bn − b) + (an − a)b + a(bn − b)∣∣
≤ |an − a||bn − b|+ |an − a||b|+ |a||bn − b|∣∣
< ε2 + |b|ε + |a|ε = ε(ε + |a|+ |b|) = ε1
za svako n ≥ N(ε).
Teorema 1.2.1 je specijalan slucaj Teoreme 1.2.3 kada je niz (bn) konstan-tan sa bn = C za svako n ∈ N.
Teoreme 1.2.2, 1.2.3 vaze i za zbir (razliku), odnosno proizvod od konacnomnogo nizova, npr.
limn→∞
(anbncn) = limn→∞
an limn→∞
bn limn→∞
cn .
Teorema 1.2.4. Neka su (an) i (bn) konvergentni nizovi sa granicama
limn→∞
an = a , limn→∞
bn = b 6= 0 ,
pri cemu je bn 6= 0 za svako n ∈ N. Tada su sledeci nizovi konvergentni:1◦ (1/bn) sa granicom
limn→∞
1bn
=1b
=1
limn→∞
bn,
2◦ (an/bn) sa granicom
limn→∞
an
bn=
a
b=
limn→∞
an
limn→∞
bn.
BROJNI NIZOVI 11
Dokaz. 1◦ Neka je b > 0 i ε > 0 proizvoljno mali broj takav da jeε1 = b−ε > 0. Iz pretpostavke limn→∞ bn = b sledi da postoji broj N(ε) ∈ Ntako da je
|bn − b| < ε
za svako n ≥ N(ε) i dalje
−ε < bn − b < ε , b− ε < bn < b + ε ,
tj. |bn| = bn > b− ε = ε1 > 0 za svako n ≥ N(ε).Analogno, ako je b < 0, biramo ε > 0 tako da je ε1 = −b−ε > 0 i dobijamo
bn < b + ε = −ε1 < 0 ,
tj. |bn| = −bn > −b− ε = ε1 > 0.Zakljucujemo da je u oba slucaja
|bn| > ε1
za svako n ≥ N(ε).Zbog proizvoljnosti broja ε > 0, proizvoljni su i brojevi ε1 = b− ε > 0,
ε2 =ε
|b|ε1> 0 ,
pa je ∣∣∣ 1bn− 1
b
∣∣∣ =∣∣∣b− bn
bnb
∣∣∣ =|bn − b||b||bn| <
ε
|b|ε1= ε2
za svako n ≥ N(ε).
2◦ Zapisujuci kolicnik u obliku proizvoda
an
bn= an
1bn
,
prema 1◦ i Teoremi 1.2.3 neposredno sledi tvrdenje.
Ako jelim
n→∞an
bn= 1 ,
pisemoan ∼ bn
12 TEORIJA NIZOVA
i kazemo da su nizovi (an) i (bn) ekvivalentni kad n → ∞, tj. ponasaju seisto za dovoljno veliko n. To se, pre svega, odnosi na slucajeve limn→∞ an =limn→∞ bn = 0 i limn→∞ an = ∞, limn→∞ bn = ∞.
Teorema 1.2.5. Neka su (an) i (bn) konvergentni nizovi sa istom grani-com
limn→∞
an = limn→∞
bn = c
i (cn) niz takav da jean ≤ cn ≤ bn
za svako n ≥ N0 ∈ N. Tada je niz (cn) konvergentan sa granicom
limn→∞
cn = c = limn→∞
an = limn→∞
bn .
Dokaz. Neka je ε > 0 proizvoljan broj. Iz pretpostavke limn→∞ an =limn→∞ bn = c sledi da postoje brojevi N1(ε), N2(ε) ∈ N tako da je
|an − c| < ε , |bn − c| < ε
za svako n ≥ N1(ε) i n ≥ N2(ε) redom i dalje
c− ε < an < c + ε , c− ε < bn < c + ε .
Ako je N(ε) najveci od brojeva N0, N1(ε), N2(ε), zbog pretpostavke an ≤cn ≤ bn sledi
c− ε < an ≤ cn ≤ bn < c + ε ,
tj.|cn − c| < ε
za svako n ≥ N(ε) ∈ N.
Teorema 1.2.5 je u matematickom zargonu poznata pod imenom Teo-rema o dva zandara jer nizovi ”zandari” (an) i (bn) ”sprovode” niz (cn)([4], str. 54). Uslov an ≤ bn ≤ cn ocigledno ukljucuje i stroge nejednakostian < bn < cn.
Obrnuta tvrdenja Teoremama 1.2.2–1.2.5 ne vaze u opstem slucaju. Naprimer, nizovi (an) i (bn) mogu da budu odredeno divergentni, a da niz(an/bn) bude konvergentan. Ovakve i slicne slucajeve cemo da razmatramokasnije.
BROJNI NIZOVI 13
Teorema 1.2.6. Neka su (an), (bn) i (cn) konvergentni nizovi sa grani-cama
limn→∞
an = a , limn→∞
bn = b , limn→∞
cn = c .
1◦ Ako jean < bn
za svako n ≥ N0 ∈ N, tada je
limn→∞
an = a ≤ b = limn→∞
bn .
2◦ Ako jeα < cn < β
za svako n ≥ N0 ∈ N, gde su α, β ∈ R konstante, tada je
α ≤ limn→∞
cn = c ≤ β .
Dokaz. 1◦ Pretpostavimo suprotno, da je a > b. Takode, za ε izaberimo
ε =12
(a− b) > 0 .
Tada iz pretpostavki limn→∞ an = a, limn→∞ bn = b sledi da postoje brojeviN1, N2 ∈ N tako da je
a− ε < an < a + ε , b− ε < bn < b + ε
za svako n ≥ N1 i n ≥ N2 redom. Ako je N najveci od brojeva N0, N1 i N2,sledi:
a− ε− (b− ε) < a− ε− bn < an − bn < a + ε− bn < a + ε− (b− ε)
a− b− 2ε < an − bn < a− bn + 2ε) ,
0 < an − bn < 2(a− b) ,
tj.0 < an − bn , an > bn
za svako n ≥ N ≥ N0, sto je suprotno uslovu an < bn za svako n ≥ N0.Dakle, pretpostavka a > b nije tacna, pa tvrdenje teoreme vazi.
2◦ Neka je (an) konstantan niz (1.1.1) sa an = α i bn = cn za svako n ∈ N.Iz uslova α < cn sledi an < bn za svako n ≥ N0 ∈ N, pa prema 1◦ vazi
limn→∞
an ≤ limn→∞
bn .
14 TEORIJA NIZOVA
Kako je limn→∞ bn = limn→∞ cn = c i, prema (1.1.2), limn→∞ an = α, to je
α ≤ limn→∞
cn = c .
Analogno, birajuci konstantan niz (bn) sa bn = β i stavljajuci an = cn zasvako n ∈ N, sledi i druga nejednakost
limn→∞
cn = c ≤ β .
Tvrdenja Teoreme 1.2.6 vaze i pod uslovima an ≤ bn, odnosno α ≤ cn ≤ β.
NAPOMENA 1.2.1. U Teoremi 1.2.6 treba obratiti paznju na cinjenicu da iz strogihnejednakosti za clanove nizova ne sledi stroga nejednakost za granice nizova u opstemslucaju. Na primer, kod niza (1.1.3) je an = 1/n > 0 za svako n ∈ N, ali nije limn→∞ an >0 jer vazi (1.1.4), tj. limn→∞ an = 0. 4
Teorema 1.2.7. Neka su (an), (bn) i (cn) konvergentni nizovi sa grani-cama
limn→∞
an = a , limn→∞
bn = b , limn→∞
cn = c .
1◦ Ako jelim
n→∞an = a < b = lim
n→∞bn ,
tada postoji broj N0 ∈ N tako da je
an < bn
za svako n ≥ N0.
2◦ Ako jeα < lim
n→∞cn = c < β ,
gde su α, β ∈ R konstante, tada postoji broj N0 ∈ N tako da je
α < cn < β
za svako n ≥ N0.
Dokaz. 1◦ Neka je
ε =12
(b− a) > 0 .
Tada postoje brojevi N1, N2 ∈ N tako da je
a− ε < an < a + ε , b− ε < bn < b + ε
BROJNI NIZOVI 15
za svako n ≥ N1 i n ≥ N2 redom. Ako je N0 veci od brojeva N1 i N2, iz
a + ε = a +b− a
2=
a + b
2, b− ε = a− b− a
2=
a + b
2
sledian < a + ε =
a + b
2= b− ε < bn
za svako n ≥ N0.2◦ Ovo tvrdenje je posledica tvrdenja 1◦ za specijalan izbor nizova sa
opstim clanovima
an = α , bn = cn ; an = cn , bn = β (n ∈ N) .
Teorema 1.2.7 je obrnuto tvrdenje Teoremi 1.2.6, ali samo u slucaju strogihnejednakosti
limn→∞
an < limn→∞
bn , α < limn→∞
cn < β .
Teorema 1.2.8. Neka je (an) konvergentan niz sa granicom
limn→∞
an = a .
Tada je niz (|an|) konvergentan sa granicom
limn→∞
|an| = |a| .
Ako je (an) nula–niz, vazi i obrnuto.Dokaz. Neka je a > 0. Prema Teoremi 1.2.7, tada postoji broj N0 ∈ N
tako da je an > 0 za svako n ≥ N0, pa je |an| = an za svako n ≥ N0 i
limn→∞
|an| = limn→∞
an = a = |a| .
Analogno, za a < 0 je an < 0 za svako n ≥ N0 i
limn→∞
|an| = limn→∞
(−an) = −a = |a| .
Za a = 0, iz pretpostavke limn→∞ an = a sledi da za svako ε > 0 postojiN(ε) ∈ N tako da je
|an − 0| = |an| < ε
16 TEORIJA NIZOVA
za svako n ≥ N(ε). Zato je i∣∣|an| − 0
∣∣ =∣∣|an|
∣∣ = |an| < ε
za svako n ≥ N(ε). Da limn→∞ |an| = 0 povlaci limn→∞ an = 0, ociglednoje.
Izuzimajuci nula–niz (an), obrnuto tvrdenje Teoremi 1.2.8 ne vazi uopstem slucaju. Tako je niz (an) sa opstim clanom an = (−1)n divergentan(Primer 1.1.3), dok je niz sa opstim clanom |an| = 1 konstantan i kao takavkonvergentan.
NAPOMENA 1.2.2. Ako je niz (|an|) konvergentan, kaze se da je niz (an) apsolutnokonvergentan. Zato Teorema 1.2.8 znaci da iz konvergencije niza (an) sledi njegova apso-lutna konvergencija, ali da obrnuto u opstem slucaju ne vazi. 4
PRIMER 1.2.1. Za konstante C1, C2, C3, C4 ∈ R, C2 6= 0, C4 6= 0, |q| < 1 i n ∈ N,odredujemo granicnu vrednost niza sa opstim clanom
(1.2.1) an =C1 + C2qn
C3 + C4qn.
Primenjujuci redom Teoremu 1.2.4, Teoremu 1.2.2, (1.1.2), Teoremu 1.2.1 i (1.1.7),dobijamo
limn→∞
an =
limn→∞
(C1 + C2qn)
limn→∞
(C3 + C4qn)=
limn→∞
C1 + limn→∞
C2qn
limn→∞
C3 + limn→∞
C4qn
=
C1 + limn→∞
C2qn
C3 + limn→∞
C4qn =
C1 + C2 limn→∞
qn
C3 + C4 limn→∞
qn =C1
C3. 4
PRIMER 1.2.2. Za n ∈ N, odredujemo granicnu vrednost niza sa opstim clanom
an =3n+1 + (−2)n
3n + (−2)n+1.
Deobom brojioca i imenioca sa 3n, opsti clan postaje
an =3 · 3n + (−2)n
3n − 2(−2)n=
3 +
(−2
3
)n
1− 2
(−2
3
)n =3 + qn
1− 2qn,
gde je q = −2/3 i |q| = 2/3 < 1. Kako je opsti clan oblika (1.2.1) sa C1 = 3, C2 = C3 = 1,C4 = −2, prema Primeru 1.2.1 sledi
limn→∞
an =C1
C3=
3
1= 3 .
BROJNI NIZOVI 17
Vazi i generalno. Ako je r, s ∈ R i, npr., |r| < |s|, granicna vrednost niza sa opstimclanom
(1.2.2) an =C1rn + C2sn
C3rn + C4sn
se odredjuje kao granicna vrednost niza (1.2.1). Pri tome je potrebno prethodno trans-formisati opsti clan an. Transformacija se vrsi deobom brojioca i imenioca sa sn jer je|s| > |r|, pa je q = r/s, |q| = |r|/|s| < 1 i niz (qn) konvergira. 4
NAPOMENA 1.2.3. Nizovi najcesce nisu zadati u obliku na koji mogu direktno da seprimene prethodno navedene teoreme ili bi takva primena dovela do pogresnih zakljucaka.Tako bi, s obzirom na (1.1.7) i divergenciju niza ((−2)n), mogao da se izvede pogresanzakljucak o divergenciji niza (an) iz Primera 1.2.2. 4
PRIMER 1.2.3. Za n ∈ N, odredujemo granicnu vrednost niza sa opstim clanom
an =sin n
n.
Kako za funkciju sin x vazi −1 ≤ sin x ≤ 1, to je
−1 ≤ sin n ≤ 1 ,
pa je
− 1
n≤ sin n
n≤ 1
n.
S obzirom na (1.1.4) i Teoremu 1.2.1, vazi
limn→∞
(− 1
n
)= lim
n→∞1
n= 0 .
Uslovi Teoreme 1.2.5 su ispunjeni i sledi
limn→∞
an = limn→∞
sin n
n= 0 ,
sto znaci da je (an) nula–niz.Teorema 1.2.4 ne moze da se primeni na niz (an) jer je niz (n) odredeno divergentan
prema (1.1.5), a niz (sin n) divergira (ne odredeno), sto ce biti pokazano kasnije. 4PRIMER 1.2.4. Za k ∈ N i k > 1, odredujemo granicnu vrednost niza sa opstim
clanom
an =1
nk.
Niz je specijalan slucaj niza (1.1.8) kada je p = k ∈ N i p > 1. Prema (1.1.9) je
limn→∞
an = 0 .
Granicna vrednost ovog niza moze da se odredi i primenom Teorema 1.2.3 ili 1.2.5.
18 TEORIJA NIZOVA
Ako se opsti clan an zapise kao proizvod od k opstih clanova niza (1.1.3),
an =1
n· 1
n· · · 1
n,
prema Teoremi 1.2.3 i prema (1.2.4) sledi
limn→∞
an = limn→∞
1
nlim
n→∞1
n· · · lim
n→∞1
n= 0 .
Kako je k > 1, to je nk > n za svako n ∈ N, pa je
0 <1
nk<
1
n.
S obzirom na (1.2.4), primenom Teoreme 1.2.5 sledi
limn→∞
an = limn→∞
1
nk= 0 .
Na isti nacin se izvodi zakljucak o konvergenciji niza (1.1.8) za p ∈ R, p > 1.Teorema 1.2.4 ne moze da se primeni na niz (an) jer je niz (nk) odredeno divergentan
prema (1.1.9). 4NAPOMENA 1.2.4. Primeri 1.1.3 pod 2◦ i 1.2.4 ukazuju na cinjenicu da granicne
vrednosti nekih nizova mogu de se odrede na vise nacina. Naravno, uvek treba biratinajjednostavniji nacin. U Primeru 1.1.3 to je primena Teoreme 1.1.1, a u Primeru 1.2.4Teoreme 1.2.3. Primena Definicija 1.1.2 i 1.1.3 po pravilu nije najjednostavniji nacin, paje treba izbegavati kad god je to moguce. 4
1.2.2. Osobine odredeno divergentnih nizova
Opste osobine odredeno divergentnih nizova formulisemo pomocu teorema,analognih odgovarajucim teoremama kod konvergentnih nizova. Dokaze teo-rema izostavljamo, uz napomenu da se izvode koriscenjem Definicije 1.1.3,slicno kao u Primerima 1.1.3, 1.1.4 i 1.1.5 u slucaju kada nizovi odredenodivergiraju.
Teorema 1.2.9. Neka je (an) odredeno divergentan niz, tj.
limn→∞
an = ∞
i neka je C ∈ R, C 6= 0 konstanta. Tada i samo tada je niz (Can) odredenodivergentan, tj.
limn→∞
Can = C limn→∞
an = ∞ .
BROJNI NIZOVI 19
Znak ispred simbola ∞ u tvrdenju teoreme se odreduje prema
sgn(C) sgn( limn→∞
an) ,
gde je sgn x funkcija kojom se odreduje znak argumenta x. Na primer, akoje limn→∞ an = −∞ i C > 0, tada je limn→∞ Can = −∞.
U slucaju C = 0 je Can = 0 za svako n ∈ N, pa je limn→∞ Can = 0 premaPrimeru 1.1.1.
Teorema 1.2.10. Neka je (an) konvergentan niz i (bn) odredeno diver-gentan niz, tj.
limn→∞
an = a , limn→∞
bn = ∞ .
Tada su nizovi (an ± bn) odredeno divergentni, tj.
limn→∞
(an ± bn) = limn→∞
an ± limn→∞
bn = a± limn→∞
bn = ∞ .
Znak ispred simbola ∞ u tvrdenju teoreme je odreden sa
sgn( limn→∞
bn) ,
tj. isti je kao znak limn→∞ bn.Teorema 1.2.10 vazi i ako je niz (an) odredeno divergentan, ali pod uslovom
da su limn→∞ an i limn→∞ bn istog znaka u slucaju zbira i suprotnog znakau slucaju razlike nizova (an) i (bn). Na primer, za limn→∞ an = −∞,limn→∞ bn = −∞ je
limn→∞
(an + bn) = limn→∞
an + limn→∞
bn = (−∞) + (−∞) = −∞−∞ = −∞ ,
a za limn→∞ an = +∞, limn→∞ bn = −∞ je
limn→∞
(an − bn) = limn→∞
an − limn→∞
bn = (+∞)− (−∞) = +∞+∞ = +∞ .
Slucaj +∞ − ∞ spada u neodredene oblike, koje razmatramo kasnije.Zanemarujuci njihovu nekorektnost, ovakve i slicne simbolicke zapise, npr.sgn(∞), zbog jednostavnosti koristimo i nadalje.
Teorema 1.2.11. Neka je (an) konvergentan ne nula–niz i (bn) odredenodivergentan niz, tj.
limn→∞
an = a 6= 0 , limn→∞
bn = ∞ .
20 TEORIJA NIZOVA
Tada je niz (anbn) odredeno divergentan, tj.
limn→∞
(anbn) = limn→∞
an limn→∞
bn = a limn→∞
bn = ∞ .
Znak ispred simbola ∞ u tvrdenju teoreme je odreden sa
sgn(a) sgn( limn→∞
bn) .
Teorema 1.2.11 vazi i ako je niz (an) odredeno divergentan.Slucaj a = 0 dovodi do neodredenog oblika 0 · ∞.Teorema 1.2.9 je specijalan slucaj Teoreme 1.2.11 kada je niz (an) kon-
stantan sa an = C za svako n ∈ N.Teoreme 1.2.11 i 1.2.12 vaze i za zbir (razliku), odnosno proizvod od
konacno mnogo nizova, izuzimajuci slucajeve granicnih vrednosti neodrede-nog oblika.
Teorema 1.2.12. Neka je (an) konvergentan niz i (bn) odredeno diver-gentan niz, tj.
limn→∞
an = a , limn→∞
bn = ∞ .
1◦ Ako je bn 6= 0 za svako n ∈ N, tada je niz (an/bn) konvergentan sagranicom
limn→∞
an
bn=
limn→∞
an
limn→∞
bn=
a
limn→∞
bn= 0 .
2◦ Ako je an 6= 0 za svako n ∈ N, tada je niz (bn/an) odredeno divergen-tan, tj.
limn→∞
bn
an=
limn→∞
bn
limn→∞
an=
limn→∞
bn
a= ∞ .
Tvrdenje 1◦ teoreme znaci da je (an/bn) nula–niz.Znak ispred simbola ∞ u tvrdenju 2◦ teoreme je odreden sa
sgn(a) sgn( limn→∞
bn) .
U opstem slucaju, Teorema 1.2.12 ne vazi ako je niz (an) odredeno diver-gentan jer se tada dobija neodredeni oblik ∞/∞.
Teorema 1.2.13. Neka je (an) odredeno divergentan niz.1◦ Ako je
limn→∞
an = +∞
BROJNI NIZOVI 21
i ako jean ≤ bn
za svako n ≥ N0 ∈ N, tada je niz (bn) odredeno divergentan sa
limn→∞
bn = +∞ .
2◦ Ako jelim
n→∞an = −∞
i ako jebn ≤ an
za svako n ≥ N0 ∈ N, tada je niz (bn) odredeno divergentan sa
limn→∞
bn = −∞ .
Teorema 1.2.14. Neka je (an) odredeno divergentan niz, tj.
limn→∞
an = ∞ .
Tada je niz (|an|) odredeno divergentan sa
limn→∞
|an| = +∞ .
Obrnuto ne vazi u opstem slucaju. Na primer, niz (an) sa opstim clanoman = (−1)nn divergira (ne odredeno), dok niz (|an|) sa opstim clanom|an| = n odredeno divergira prema (1.1.5). Divergenciju niza (an) pokazu-jemo kasnije.
PRIMER 1.2.5. Za n ∈ N i
an = sin
(−π
2+ 2nπ
), bn = n ,
odredujemo granicne vrednosti nizova sa opstim clanom:
1◦ cn = an ± bn , 2◦ cn = anbn , 3◦ cn =an
bn, 4◦ cn =
bn
an.
Kako je
sin
(−π
2+ 2nπ
)= −1
22 TEORIJA NIZOVA
za svako n ∈ N, niz (an) je konstantan i, prema Primeru 1.1.1, vazi
limn→∞
an = limn→∞
sin
(−π
2+ 2nπ
)= −1 .
Prema Primeru 1.1.3, niz (bn) je odredeno divergentan i vazi
limn→∞
bn = limn→∞
n = +∞ .
Primenjujuci Teoreme 1.2.10, 1.2.11 i 1.2.12 redom, nalazimo:
1◦ limn→∞
cn = limn→∞
(an + bn) = limn→∞
an + limn→∞
bn = −1 +∞ = +∞ ,
limn→∞
cn = limn→∞
(an − bn) = limn→∞
an − limn→∞
bn = −1−∞ = −∞ ;
2◦ limn→∞
cn = limn→∞
anbn = limn→∞
an limn→∞
bn = (−1)(+∞) = −∞ ;
3◦ limn→∞
cn = limn→∞
an
bn=
limn→∞
an
limn→∞
bn=
−1
+∞ = 0 ;
4◦ limn→∞
cn = limn→∞
bn
an=
limn→∞
bn
limn→∞
an=
+∞−1
= −∞ .
Vidimo da su svi nizovi odredeno divergentni, osim niza (an/bn) koji je konvergentan kaonula–niz. 4
PRIMER 1.2.6. Za n ∈ N, ispitujemo konvergenciju niza sa opstim clanom
an = n! .
Kako jen ≤ n! = n(n− 1) · · · 2 · 1
i kako, prema (1.1.5), vazilim
n→∞n = +∞ ,
prema Teoremi 1.2.13 pod 1◦ sledi
limn→∞
an = +∞ ,
pa je niz (an) odredeno divergentan. 4
PRIMER 1.2.7. Za q ∈ R i n ∈ N0, posmatramo niz sa opstim clanom
(1.2.3) an = 1 + q + q2 + · · ·+ qn
i ispitujemo njegovu konvergenciju.
BROJNI NIZOVI 23
Koristimo formulu za zbir geometrijske progresije
1 + q + q2 + · · ·+ qn =1− qn+1
1− q, q 6= 1
i (1.1.7). Prema ovoj formuli je
an =1− qn+1
1− q=
1
1− q− q
1− qqn .
Razlikujemo cetiri slucaja, zavisno od vrednosti broja q.Neka je |q| < 1. Tada je limn→∞ qn = 0. Kako je q/(1 − q) konstanta, primenom
Teorema 1.2.2, 1.2.1 i (1.1.2) redom, dobijamo
limn→∞
an = limn→∞
1
1− q− q
1− qlim
n→∞qn =
1
1− q.
Neka je q > 1. Tada je limn→∞ qn = +∞, q/(1 − q) < 0 i, primenom Teoreme 1.2.9,sledi
limn→∞
q
1− qqn =
q
1− qlim
n→∞qn =
(q
1− q
)(+∞) = −∞ .
Dalje je, na osnovu Teoreme 1.2.10 i (1.1.2),
limn→∞
an =1
1− q− (−∞) =
1
1− q+∞ = +∞ .
Neka je q ≤ −1. Tada limn→∞ qn ne postoji, pa ne postoji ni
limn→∞
an .
Ako je q = 1, formula za zbir geometrijske progresije ne moze da se koristi. U ovomslucaju se (1.2.3) svodi na zbir od n + 1 sabirka, koji su svi jedinice, pa je
an = 1 + 1 + · · ·+ 1 = n + 1 .
Zato, prema (1.1.2), (1.1.5) i Teoremi 1.2.10, vazi
limn→∞
an = limn→∞
(n + 1) = limn→∞
n + 1 = +∞+ 1 = +∞ .
Dobijene zakljucke zapisujemo sazeto na nacin
(1.2.4) limn→∞
(1 + q + q2 + · · ·+ qn) =
1
1− q, |q| < 1 ,
+∞ , q ≥ 1 ,
ne postoji , q ≤ −1 .
Primetimo da su sabirci u opstem clanu (1.2.3) clanovi geometrijskog niza (1.1.6). 4
24 TEORIJA NIZOVA
NAPOMENA 1.2.5. Teoreme 1.2.9–1.2.14 su veoma korisne jer omogucavaju jednos-tavno utvrdivanje odredene divergencije nekog niza ili njegove konvergencije kao nula–niza (Teorema 1.2.12 pod 1◦). Takav je slucaj niza (1.1.8). Slicno kao u Primeru 1.2.6 seodreduje
limn→∞
np
= +∞
za p ≥ 1 i, prema Teoremi 1.2.12 pod 1◦,
limn→∞
1
np = 0 .
Ovo je jos jedan od nacina, mozda i najjednostavniji, za nalazenje granicne vrednosti niza(1/nk), k ∈ N (Primer 1.2.4, Napomena 1.2.4). 4
1.2.3. Nizovi neodredenog oblika
Postoji sedam osnovnih neodredenih oblika. To su:
∞∞ ,
00
, +∞−∞ , 0 · ∞ , 1∞ , 00 , ∞0 .
Do sada smo razmatrali nizove odredenog oblika (tipa). Odredeni oblik, ustvari, znaci da ne postoji dilema pri utvrdivanju granicne vrednosti niza,bilo da je ona konacna ili beskonacna. Ove granicne vrednosti se relativnojednostavno nalaze.
Nalazenje granicnih vrednosti nizova neodredenog oblika, kao i utvrdivanjenjihove egzistencije, moze da bude veoma komplikovano. U cilju resavanjaovog problema ustanovljeni su razliciti metodi i kriterijumi. Zbog znacajakoji oni imaju, izdvojili smo ih u posebne celine. Ovde kroz primere iznosimoneke jednostavnije slucajeve, kod kojih je za prevodenje sa neodredenog naodredeni oblik dovoljno transformisati opsti clan niza.
U literaturi se srecu i termini koji se odnose na granicnu vrednost niza, ane na sam niz. Tako se, npr., kaze ”granicna vrednoat neodredenog oblika”umesto ”niz neodredenog oblika kad n →∞”. Takode je cest objedinjujucitermin ”neodredenost” ([4], str. 53). Ove i slicne termine smatramo ravno-pravnim.
PRIMER 1.2.8. Za konstante C1, C2 ∈ R, C1 6= 0, C2 6= 0, k, m, n ∈ N i k > m,ispitujemo konvergenciju niza sa opstim clanom
an = C1nk + C2nm .
Neka su C1 i C2 istog znaka. Prema (1.1.9), Teoremi 1.2.9 i komentaru uz Teo-remu 1.2.10, an je odredenog oblika kad n →∞ i vazi
limn→∞
an =
{+∞ , C1, C2 > 0 ,
−∞ , C1, C2 < 0 .
BROJNI NIZOVI 25
Neka su C1 i C2 suprotnog znaka, npr. C1 < 0, C2 > 0. Tada je an neodredenog oblika−∞+∞ kad n →∞. Ako opsti clan an zapisemo na nacin
an = nm(C1nk−m + C2) ,
imamolim
n→∞nm = +∞ , lim
n→∞(C1nk−m + C2) = −∞ .
Prema komentaru uz Teoremu 1.2.11, an je odredenog oblika kad n →∞ i vazi
limn→∞
an = −∞ .
Za C1 > 0, C2 < 0 jelim
n→∞an = +∞ .
Dakle, u svim slucajevima je niz (an) odredeno divergentan, tj.
limn→∞
an = ∞ ,
pri cemu je znak ispred simbola ∞ odreden sa sgn(C1).
Vazi i generalno. Ako je
Pk(x) = C0xk + C1xk−1 + · · ·+ Ck
polinom stepena k i (an) niz sa opstim clanom
(1.2.5) an = Pk(n) ,
tada je
(1.2.6) limn→∞
Pk(n) = ∞ .
Znak ispred simbola ∞ je odreden sa sgn(C0), tj. isti je kao znak broja C0 uz najvecistepen nk. 4
PRIMER 1.2.9. Za konstante Ci ∈ R (i = 0, 1, . . . , k), Di ∈ R (i = 0, 1, . . . , m),
C0 6= 0, D0 6= 0 i k, m, n ∈ N, ispitujemo konvergenciju niza sa opstim clanom
(1.2.7) an =Pk(n)
Qm(n),
gde su
Pk(n) = C0 nk + C1 nk−1 + · · ·+ Ck , Qm(n) = D0 nm + D1 nm−1 + · · ·+ Dm
polinomi stepena k i m redom.
26 TEORIJA NIZOVA
Radi jednostavnosti zapisivanja, uvodimo oznake
cn = Pk(n) , dn = Qm(n) .
Prema (1.2.5), (1.2.6) vazi
limn→∞
cn = ∞ , limn→∞
dn = ∞ ,
pa je an neodredenog oblika ∞/∞ kad n →∞.
Razlikujemo tri slucaja, zavisno od vrednosti brojeva k i m.
Neka je k = m. Deobom cn i dn sa nk = nm, sledi
cn
nk= C0 + C1
1
n+ · · ·+ Ck
1
nk,
dn
nk= D0 + D1
1
n+ · · ·+ Dk
1
nk
i, prema (1.1.9),
limn→∞
cn
nk= C0 , lim
n→∞dn
nk= D0 .
Sada je
limn→∞
an = limn→∞
cn
dn= lim
n→∞
cn
nk
dn
nk
odredenog oblika i, prema Teoremi 1.2.4 pod 2◦, vazi
limn→∞
an =
limn→∞
cn
nk
limn→∞
dn
nk
=C0
D0.
Neka je k > m. Kako je k, m ∈ N, postoji broj i ∈ N tako da je k = m + i ik −m− i = 0. Deobom cn i dn manjim stepenom nm, sledi
cn
nm= C0 nk−m + C1 nk−m−1 + · · ·+ Ci−1 n + Ci + Ci+1
1
n+ · · ·+ Ck
1
nm,
dn
nm= D0 + D1
1
n+ · · ·+ Dm
1
nm
i, prema (1.1.9), (1.2.6),
limn→∞
cn
nm= lim
n→∞(C0 nk−m + · · ·+ Ci) = ∞ , lim
n→∞dn
nm= D0 .
Zato je
limn→∞
an = limn→∞
cn
dn= lim
n→∞
cn
nm
dn
nm
BROJNI NIZOVI 27
odredenog oblika i, prema Teoremi 1.2.12 pod 2◦, vazi
limn→∞
an =
limn→∞
cn
nm
limn→∞
dn
nm
=
limn→∞
cn
nm
D0= ∞ ,
gde je znak ispred simbola ∞ odreden sa sgn(C0/D0).
Neka je k < m. Analogno kao u prethodnom slucaju, cn i dn delimo manjim stepenomnk i dobijamo
limn→∞
cn
nk= C0 , lim
n→∞dn
nk= lim
n→∞(D0 nm−k + · · ·+ Di) = ∞ .
Zato je limn→∞ an odredenog oblika i, prema Teoremi 1.2.12 pod 1◦, vazi
limn→∞
an =C0
limn→∞
dn
nk
= 0 ,
sto znaci da je (an) nula–niz.Izvedene zakljucke sazeto zapisujemo sa
(1.2.8) limn→∞
Pk(n)
Qm(n)=
C0
D0, k = m ,
∞ , k > m ,
0 , k < m ,
pri cemu je znak ispred simbola ∞ odreden sa sgn(C0/D0). 4NAPOMENA 1.2.6. Za k = m i C0 = D0 u (1.2.8), nizovi (cn) = (Pk(n)) i (dn) =
(Qk(n)) su ekvivalentni kad n →∞, iako su i jedan i drugi odredeno divergentni. Prematome, dva niza su ekvivalentna ako i samo ako je granicna vrednost njihovog kolicnikajednaka 1, bez obzira da li su oni konvergentni ili odredeno divergentni.
Za k > m, kazemo da niz (cn) brze tezi ka ∞ od niza (dn) ili da niz (dn) sporije tezika ∞ od niza (cn) kad n → ∞. U slucaju k < m, niz (cn) brze tezi ka ∞ od niza (dn),odnosno (dn) sporije tezi ka ∞ od (cn) kad n →∞. 4
PRIMER 1.2.10. Za n ∈ N, odredujemo granicnu vrednost niza sa opstim clanom
an =
1− n
n + 1
n2
2n2 + 1− n
2n + 3
.
Prema (1.2.8) vazi
limn→∞
n
n + 1= 1 , lim
n→∞n2
2n2 + 1= lim
n→∞n
2n + 3=
1
2,
28 TEORIJA NIZOVA
pa je an neodredenog oblika 0/0 kad n →∞.Dovodenjem izraza u brojiocu i imeniocu razlomka na zajednicki sadrzalac i sredivanjem
dvojnog razlomka, opsti clan dobija oblik (1.2.7),
an =
n + 1− n
n + 1
n2(2n + 3)− n(2n2 + 1)
(2n2 + 1)(2n + 3)
=(2n2 + 1)(2n + 3)
(n + 1)(3n2 − n)=
4n3 + 6n2 + 2n + 3
3n3 + 2n2 − n
i, prema (1.2.8), sledi
limn→∞
an =4
3. 4
NAPOMENA 1.2.7. Kod granicnih vrednosti neodredenog oblika 0/0, koristi se istaterminologija kao kod oblika ∞/∞ (Napomena 1.2.6). Za limn→∞ an/bn = 1, nizovi (an)i (bn) su ekvivalentni. Za limn→∞ an/bn = 0, niz (an) brze tezi ka 0 od niza (bn) kadn →∞ i obrnuto za limn→∞ an/bn = ∞.
Znacaj nula–nizova, kakav je (cn) = (an/bn) u slucaju limn→∞ an/bn = 0 ili (dn) =(bn/an) u slucaju limn→∞ an/bn = ∞, izmedu ostalog se ogleda i u tome sto omogucavajuuporedivanje brzine konvergencije nizova (an) i (bn). 4
PRIMER 1.2.11. Za q ∈ R i n ∈ N, odredujemo granicnu vrednost niza sa opstimclanom
(1.2.9) an =qn
n!.
U zavisnosti od vrednosti broja q, razlikujemo tri slucaja i imamo u vidu rezultat izPrimera 1.2.6,
limn→∞
n! = +∞ .
Neka je −1 < q ≤ 1. Na osnovu (1.1.7), tada je
limn→∞
qn = C ,
gde je C = 0 za q < 1 i C = 1 za q = 1. Prema Teoremi 1.2.12 pod 1◦, an je odredenogoblika kad n →∞ i vazi
limn→∞
an = 0 .
Neka je q > 1. Na osnovu (1.1.7), tada je
limn→∞
qn = +∞ ,
pa je an neodredenog oblika ∞/∞ kad n → ∞. Kako je q ∈ R konstanta, to postojiN ∈ N tako da je N ≤ q < N + 1. Tada je
q1 =q
N + 1< 1
BROJNI NIZOVI 29
i za svako n > N vazi
an =qn
n!=
qN qn−N
n(n− 1) · · · (N + 1)N !=
qN
N !
qn−N
n(n− 1) · · · (N + 1)
≤ qN
N !
qn−N
(N + 1)n−N=
qN
N !
(q
N + 1
)n−N
=qN
N !
(q
N + 1
)n(q
N + 1
)−N
=(N + 1)N
N !qn1 = Cqn
1 ,
gde je C = (N + 1)N/N ! konstanta. Dakle, za opsti clan an se dobija
0 ≤ an ≤ Cqn1 .
Prema (1.1.1), Teoremi 1.2.1, (1.1.7) i Teoremi 1.2.5 redom, sledi
limn→∞
an = 0 .
Neka je sada q ≤ −1. Smenom q = −p, dobijamo
qn = (−1)npn , p ≥ 1
iqn = pn , qn = −pn
ako je n paran, odnosno neparan broj. Kako je pn/n!, p ≥ 1 oblika (1.2.7), premaprethodnom razmatranju sledi
limn→∞
pn
n!= 0 .
Zato je
limn→∞
an = limn→∞
pn
n!= 0 , lim
n→∞an = − lim
n→∞pn
n!= 0
i za parne i za neparne brojeve n.U sva tri slucaja smo dobili isti rezultat, pa je
(1.2.10) limn→∞
qn
n!= 0 , q ∈ R .
Iz jednakosti (1.2.10) zakljucujemo da je (qn/n!) nula–niz za svako q ∈ R, kao i da niz(n!) brze tezi ka +∞ kad n →∞ od niza (qn) za q > 1. 4
1.3. Ogranicenost i monotonost nizova
Do sada smo proucavali osobine nizova koje omogucavaju nalazenjegranicne vrednosti (konacne ili beskonacne), pod pretpostavkom da ta
30 TEORIJA NIZOVA
granicna vrednost postoji. Sada proucavamo osobine ogranicenosti i mono-tonosti kojima se upravo utvrduje egzistencija granicne vrednosti. Pomocuovih osobina granicna vrednost ne moze da se nade, ali one omogucavajuprimenu drugih metoda za nalazenje granicne vrednosti, pa je njihov znacajveliki.
Definicija 1.3.1. Niz (an) je ogranicen sa donje strane (odozdo) akopostoji broj M ∈ R tako da je
M ≤ an
za svako n ∈ N.
Definicija 1.3.2. Niz (an) je ogranicen sa gornje strane (odozgo) akopostoji broj M ∈ R tako da je
an ≤ M
za svako n ∈ N.
Koriste se i izrazi ogranicen sa leve strane (sleva), ogranicen sa desnestrane (zdesna) umesto ogranicen sa donje strane i ogranicen sa gornje straneredom.
Definicija 1.3.3. Niz (an) je ogranicen ako postoji broj M ∈ R, M > 0tako da je
|an| ≤ M
za svako n ∈ N.
Nejednakosti u Definicijama 1.3.1–1.3.3 podrazumevaju i stroge nejed-nakosti.
Konstantni niz (an) = (C) ocigledno zadovoljava sve tri definicije za svakibroj M ≥ C, pa je on uvek ogranicen niz. Zato posmatramo samo nizovekoji nisu konstantni.
Teorema 1.3.1. Niz (an) je ogranicen ako i samo ako je ogranicen i sadonje i sa gornje strane.
Dokaz. Pretpostavimo da niz (an) nije konstantan.Neka je niz (an) ogranicen. Na osnovu Definicije 1.3.3, tada postoji broj
M ∈ R, M > 0 tako da je
−M ≤ an ≤ M
za svako n ∈ N. Prema Definicijama 1.3.1 i 1.3.2, za M1 = −M , nejednakostiM1 ≤ an i an ≤ M znace da je niz (an) ogranicen sa donje i sa gornje straneredom.
BROJNI NIZOVI 31
Obrnuto, neka je niz (an) ogranicen sa obe strane. Na osnovu Defini-cija 1.3.1 i 1.3.2, tada postoje brojevi M1,M2 ∈ R tako da je
M1 ≤ an ≤ M2
za svako n ∈ N. Kako (an) nije konstantan niz, mora da bude M1 < M2.Postoje tri mogucnosti: M1 > 0, M2 > 0; M1 < 0, M2 < 0; M1 < 0,M2 > 0. Oznacimo sa M3 > 0 veci od brojeva |M1|, |M2| i razmotrimosvaku od mogucnosti.
Neka je M1 > 0, M2 > 0. Tada je M3 = |M2| = M2 i vazi
−M2 < M1 ≤ an ≤ M2 , −M3 < an ≤ M3 .
Neka je M1 < 0, M2 < 0. Tada je M3 = |M1| = −M1 i vazi
M1 ≤ an ≤ M2 < −M1 , −M3 ≤ an < M3 .
Neka je M1 < 0, M2 > 0 i |M1| > M2. Tada je M3 = |M1| = −M1, pavaze iste nejednakosti kao u slucaju M1 < 0, M2 < 0. Za |M1| < M2 jeM3 = |M2| = M2 i vaze iste nejednakosti kao u slucaju M1 > 0, M2 > 0.
Zakljucujemo da je u svim slucajevima −M3 ≤ an ≤ M3, tj. da postojibroj M3 ∈ R, M3 > 0 tako da je
|an| ≤ M3
za svako n ∈ N. Prema Definiciji 1.3.3, to znaci da je niz (an) ogranicen.
Teorema 1.3.1 se cesto uzima za definiciju ogranicenog niza.
Definicija 1.3.4. Niz (an) je neogranicen ako za svako M ∈ R, M > 0postoji N(M) ∈ N tako da je
|aN(M)| ≥ M .
Imajuci u vidu Definiciju 1.3.3, niz (an) je neogranicen ako nije ogranicen.Prema Teoremi 1.3.1, to dalje znaci da je niz (an) neogranicen ako nijeogranicen sa jedne strane (donje, gornje) ili sa obe strane. Reci cemo i nizje neogranicen sa donje (gornje) strane umesto niz nije ogranicen sa donje(gornje) strane.
Veza izmedu konvergencije i ogranicenosti niza je iskazana sledecim teo-remama.
Teorema 1.3.2. Ako je niz (an) konvergentan, tada je niz (an) ogranicen.
32 TEORIJA NIZOVA
Dokaz. Neka jelim
n→∞an = a
i ε > 0 konkretan broj, npr. ε = 1. Prema Definiciji 1.1.2, za svako ε > 0,pa i za ε = 1, postoji broj N = N(1) ∈ N tako da je
a− 1 < an < a + 1
za svako n ≥ N . Drugim recima, svi clanovi niza su unutar intervala (a −1, a+1) ako je N = 1 ili se van intervala nalaze clanovi a1, a2, . . . , aN−1 akoje N > 1. Birajuci za M > 0 veci od brojeva |a− 1|, |a+1| u prvom slucajuili najveci od brojeva |a1|, |a2|, . . . , |aN−1| u drugom slucaju, dobijamo
−M ≤ a− ε < an < a + ε ≤ M ,
tj.|an| ≤ M
za svako n ∈ N.
Obrnuto tvrdenje Teoremi 1.3.2 ne vazi u opstem slucaju, o cemu svedociniz
((−1)n
)iz Primera 1.1.3. Ovaj niz je ogranicen jer postoji broj M =
1 > 0 tako da je∣∣(−1)n
∣∣ = 1 za svako n ∈ N, ali nije konvergentan.Ekvivalentno tvrdenje Teoremi 1.3.2 u negiranom obliku je sledece. Ako
je niz (an) neogranicen, tada je on divergentan.
Teorema 1.3.3. Neka je (an) odredeno divergentan niz.1◦ Ako je
limn→∞
an = +∞ ,
tada je niz (an) neogranicen sa gornje strane.2◦ Ako je
limn→∞
an = −∞ ,
tada je niz (an) neogranicen sa donje strane.Dokaz. Dokaz sledi direktno iz Definicija 1.1.3 i 1.3.4.
Obrnuto tvrdenje Teoremi 1.3.3 ne vazi u opstem slucaju. Primer je nizsa opstim clanom an = (−1)nn. Zaista, za niz (an) vazi: an = n ako je nparan broj i an = −n ako je n neparan broj. Zato za svako M > 0 postojeneparan broj N1 = N1(M) i paran broj N2 = N2(M) tako da je
aN1 = −N1 ≤ −M , aN2 = N2 ≥ M ,
BROJNI NIZOVI 33
sto znaci da je niz (an) neogranicen sa obe strane. Ovaj niz je divergentan (neodredeno), sto pokazujemo kasnije. Prema tome, niz (an) jeste neogranicenodozgo, ali je istovremeno i divergentan, pa ne vazi limn→∞ an = +∞.Analogno, ne vazi ni limn→∞ an = −∞.
Primetimo da je odredeno divergentan niz uvek ogranicen sa jedne strane:sa donje ako je limn→∞ an = +∞ i sa gornje ako je limn→∞ an = −∞. Uprvom slucaju, za svako M > 0 postoji N = N(M) ∈ N tako da je an ≥ Mza svako n ≥ N i ak < M za k = 1, 2, . . . , N − 1. Birajuci za M1 ∈ Rnajmanji od clanova ak, dobijamo an ≥ M1 za svako n ∈ N. Analogno sepokazuje i slucaj limn→∞ an = −∞.
NAPOMENA 1.3.1. Ogranicenost niza smo i ranije precutno koristili. Na primer, uslovα < cn < β u Teoremi 1.2.6 pod 2◦ znaci da je niz (cn) ogranicen. 4
U vezi sa ogranicenoscu niza su i sledeci pojmovi.
Definicija 1.3.5. Svaki broj M koji zadovoljava uslove iz Definicije 1.3.1je minoranta niza (an). Najveca minoranta je infimum niza (an), u oznaciinf an.
Svaki broj M koji zadovoljava uslove iz Definicije 1.3.2 je majoranta niza(an). Najmanja majoranta je supremum niza (an), u oznaci sup an.
Po konvenciji se uzima
inf an = −∞ , sup an = +∞
za niz koji je neogranicen sa donje, odnosno sa gornje strane.Infimum i supremum mogu da budu neki od clanova niza, ali ne moraju.
Na primer, niz (an) = (1/n) ima inf 1/n = 0 6= an za svako n ∈ N isup 1/n = 1 = a1.
Prelazimo sada na monotonost nizova.
Definicija 1.3.6. Niz (an) je monotono rastuci (rastuci) ako za svakon ∈ N vazi
an+1 > an .
Niz (an) je monotono opadajuci (opadajuci) ako za svako n ∈ N vazi
an+1 < an .
Niz (an) je monotono neopadajuci (neopadajuci) ako za svako n ∈ N vazi
an+1 ≥ an .
34 TEORIJA NIZOVA
Niz (an) je monotono nerastuci (nerastuci) ako za svako n ∈ N vazi
an+1 ≤ an .
U svim slucajevima iz Definicije 1.3.6 kazemo da je niz (an) monoton.Monotonost se prakticno ispituje pomocu razlike ili kolicnika uzastopnihclanova niza. Na primer, ako je
an+1 − an > 0 ,bn+1
bn< 1 ,
niz (an) je rastuci, a niz (bn) opadajuci.Iako Definicija 1.3.6 dozvoljava da niz (an) bude konstantan, ovaj niz
izuzimamo iz daljih razmatranja jer je on uvek konvergentan.Svaki monotono neopadajuci (nerastuci) niz je ogranicen sa donje (gornje)
strane svojim prvim clanom.
Teorema 1.3.4. Neka je niz (an) monoton.1◦ Ako je niz (an) neopadajuci i ogranicen sa gornje strane, tada je niz
(an) konvergentan.2◦ Ako je niz (an) nerastuci i ogranicen sa donje strane, tada je niz (an)
konvergentan.Dokaz. 1◦ Kako je niz ogranicen odozgo, to je sup an = a konacan broj.
To znaci ([1], str. 15) da za svako ε > 0 postoji N(ε) ∈ N tako da jeaN(ε) > a− ε. Zbog pretpostavke da je niz neopadajuci, dalje je
an ≥ aN(ε) > a− ε
za svako n ≥ N(ε). S druge strane, iz sup an = a i Definicije 1.3.5 sledi
an ≤ a
za svako n ∈ N. Objedinjujuci prethodne nejednakosti, redom dobijamo:
a− ε < an ≤ a , −ε < an − a ≤ 0 , |an − a| < ε
za svako n ≥ N(ε), sto znaci da je
limn→∞
an = sup an = a .
2◦ Analogno kao pod 1◦ se pokazuje
limn→∞
an = inf an = a .
BROJNI NIZOVI 35
Teorema 1.3.5. Neka je niz (an) monoton.1◦ Ako je niz (an) neopadajuci i neogranicen sa gornje strane, tada je niz
(an) odredeno divergentan sa
limn→∞
an = +∞ .
2◦ Ako je niz (an) nerastuci i neogranicen sa donje strane, tada je niz(an) odredeno divergentan sa
limn→∞
an = −∞ .
Dokaz. 1◦ Kako je niz neogranicen odozgo, to za svaki broj M > 0 postojiN(M) ∈ N tako da je aN(M) ≥ M . Zbog pretpostavke da je niz neopadajuci,dalje je
an ≥ aN(M) ≥ M
za svako n ≥ N(M). Prema Definicijama 1.1.3 i 1.3.5, to znaci
limn→∞
an = sup an = +∞ .
2◦ Analogno kao pod 1◦ se pokazuje
limn→∞
an = inf an = −∞ .
Teoreme 1.3.4 i 1.3.5 vaze i ako su nejednakosti an+1 ≥ an, an+1 ≤ an uDefiniciji 1.3.6 tacne za skoro svako n ∈ N.
Obrnuta tvrdenja Teoremama 1.3.4 i 1.3.5 ne vaze. Prema Teore-mama 1.3.2 i 1.3.3, konvergentan (odredeno divergentan) niz je ogranicen(neogranicen). Medutim, konvergentan (odredeno divergentan) niz ne morada bude i monoton. Na primer, niz
((−1)n/n
)je konvergentan sa granicom
limn→∞
(−1)n
n= 0 ,
sto sledi iz limn→∞∣∣(−1)n/n
∣∣ = limn→∞ 1/n = 0 i Teoreme 1.2.8. Ovaj niznije monoton jer je a1 = −1, a2 = 1/2, a3 = −1/3, a4 = 1/4, itd., pa je
a1 < a2 , a2 > a3 , a3 < a4 , . . . .
Zbog znacaja koji sledeci niz ima, njegova konvergencija je formulisana uobliku teoreme.
36 TEORIJA NIZOVA
Teorema 1.3.6. Niz (an), n ∈ N, sa opstim clanom
(1.3.1) an =(1 +
1n
)n
je konvergentan.Dokaz. Pokazujemo da je niz (an) monotono rastuci. U tom cilju
uocavamo dva uzastopna clana niza
an =(1 +
1n
)n
=(n + 1
n
)n
,
an+1 =(1 +
1n + 1
)n+1
=(1 +
1n + 1
)(1 +
1n + 1
)n
=n + 2n + 1
(n + 2n + 1
)n
i formiramo kolicnik
an+1
an=
n + 2n + 1
( n
n + 1n + 2n + 1
)n
=n + 2n + 1
((1− 1
n + 1
)(1 +
1n + 1
))n
.
Prema obrascu za razliku kvadrata dva broja
(A−B)(A + B) = A2 −B2 ,
dalje jean+1
an=
n + 2n + 1
(1− 1
(n + 1)2
).
Koristeci Bernoullievu nejednakost ([4], str. 7–8)
(1 + x)n > 1 + nx (x > −1 , x 6= 0 ; n ∈ N , n > 1)
i stavljajuci
x = − 1(n + 1)2
> −1 ,
dobijamo (1− 1
(n + 1)2
)n
> 1− n
(n + 1)2,
pa je
an+1
an>
n + 2n + 1
(1− n
(n + 1)2
)=
n + 2n + 1
(n + 1)2 − n
(n + 1)2
=n3 + 3n2 + 3n + 2n3 + 3n2 + 3n + 1
> 1 .
BROJNI NIZOVI 37
Kako je jos a1 = 2 < a2 = 9/4 i an > 0 za svako n ∈ N, to je
an+1 > an
za svako n ∈ N, sto znaci da je niz (an) monotono rastuci (Definicija 1.3.6).Pokazujemo da je niz (an) ogranicen sa gornje strane.Posmatramo clan niza
a2n =(1 +
12n
)2n
=(1 +
12n
)2n(1− 1
2n
)2n(1− 1
2n
)−2n
=(1− 1
4n2
)2n
bn < bn ,
gde je
bn =(1− 1
2n
)−2n
.
Prema Bernoullievoj nejednakosti za x = −1/2n > −1, n > 1 i cinjenici dafunkcija x2 raste za x > 0, dalje je
(1− 1
2n
)n
> 1− n
2n= 1− 1
2=
12
,(1− 1
2n
)2n
>14
,
bn =(1− 1
2n
)−2n
< 4 .
Buduci da niz (an) raste, to je an < a2n < bn < 4 za n > 1. Jos jea1 = 2 < 4, pa je
an < 4
za svako n ∈ N, sto znaci da je niz (an) ogranicen sa gornje strane brojemM = 4 (Definicija 1.3.2).
Prema Teoremi 1.3.4 pod 1◦, niz (an) je konvergentan. Pri tome je an
neodredenog oblika 1∞ kad n →∞.
Dokaz iz Teoreme 1.3.6 daje grubu procenu ogranicenosti sa gornje straneniza (an). Drugaciji dokaz ([4], str. 58), koji smo izbegli zbog kompliko-vanosti, daje finiju procenu an < 3 za svako n ∈ N. Kako je niz (an) rastuci,on je ogranicen i sa donje strane svojim prvim clanom a1 = 2, pa vazi
(1.3.2) 2 ≤(1 +
1n
)n
< 3
za svako n ∈ N.Granicna vrednost niza (an) iz Teoreme 1.3.6 je Napierov broj e, koji spada
u cetiri najznacajnija broja u matematici: 0, 1, π, e. Broj e se uzima za
38 TEORIJA NIZOVA
osnovu prirodnog logaritma ln x = loge x. Ovaj broj se odreduje numerickii njegova priblizna vrednost na dve decimale je 2.72. Dakle, imamo
(1.3.3) limn→∞
(1 +
1n
)n
= e ≈ 2.72 .
Iako je broj e po definiciji granicna vrednost niza((1 + 1/n)n
), on se nu-
mericki ne izracunava pomocu ovog niza zbog njegove spore konvergencije.Za numericko izracunavanje broja e se koriste drugi, brzo konvergentni ni-zovi, cija je granicna vrednost takode broj e. Jedan od takvih nizova imaopsti clan
bn =n∑
k=0
1k!
= 1 +11!
+12!
+ · · ·+ 1n!
,
a kasnije pokazujemo da je limn→∞ bn = e.
NAPOMENA 1.3.2. Znacaj utvrdivanja konvergencije nekog niza, bez efektivnognalazenja njegove granice, izmedu ostalog se ogleda kod sporo konvergentnih nizova, kakavje (1.3.1). Numericko izracunavanje, cak i velikog broja pocetnih clanova niza, ne suge-rise konvergenciju takvog niza. Zato je besmisleno upustati se u izracunavanje njegovegranice jer ona mozda i ne postoji. Ali, ako je konvergencija izvesna, pronalaze se drugimetodi za odredivanje granicne vrednosti, npr., koriste se brzo konvergentni nizovi saistom granicom. 4
PRIMER 1.3.1. Za n ∈ N i n > 1, ispitujemo konvergenciju i odredujemo granicnuvrednost niza sa opstim clanom
an =√
n2 − 2n− n .
Pokazujemo da je niz (an) monotono rastuci. U tom cilju formiramo razliku
an+1 − an =
(√(n + 1)2 − 2(n + 1)− (n + 1)
)−
(√n2 − 2n− n
)
=√
n2 − 1−√
n2 − 2n− 1 = bn − 1 ,
gde je
bn =√
n2 − 1−√
n2 − 2n .
Ako se bn pomnozi i podeli sa√
n2 − 1 +√
n2 − 2n, dobija se
bn =(n2 − 1)− (n2 − 2n)√
n2 − 1 +√
n2 − 2n=
2n− 1√n2 − 1 +
√n2 − 2n
.
Kako je
n2 − 1 < n2 , n2 − 2n = n2 − 2n + 1− 1 = (n− 1)2 − 1 < (n− 1)2
BROJNI NIZOVI 39
i√
x pozitivna rastuca funkcija za svako x > 0, to je:
√n2 − 1 <
√n2 = n ,
√n2 − 2n <
√(n− 1)2 = n− 1 ,
√n2 − 1 +
√n2 − 2n < n + n− 1 = 2n− 1 .
Zato je
bn >2n− 1
2n− 1= 1 , an+1 − an > 1− 1 = 0 ,
pa je an+1 > an za svako n ∈ N i n > 1, tj. niz (an) je rastuci (Definicija 1.3.6).
Pokazujemo da je niz (an) ogranicen sa gornje strane. Kako je
n2 − 2n < n2 ,
prema navedenim osobinama funkcije√
x sledi
an <√
n2 − n = n− n = 0
za svako n ∈ N i n > 1, tj. niz (an) je ogranicen sa gornje strane brojem M = 0(Definicija 1.3.2).
Prema Teoremi 1.3.4 pod 1◦, niz (an) je konvergentan i ima granicnu vrednost
limn→∞
an = a .
Da bismo odredili granicnu vrednost, prethodno izvodimo jos jedan dokaz.Neka su (cn) i (dn) nizovi sa opstim clanovima
cn = n2 − 2n , dn =√
cn =√
n2 − 2n .
Niz (dn) je monotono rastuci zbog:
√n2 − 1 =
√(n− 1)(n + 1) >
√(n− 1)2 = n− 1 ,
√n2 − 2n < n− 1 ,
dn+1 − dn =√
(n + 1)2 − 2(n + 1)−√
n2 − 2n
=√
n2 − 1−√
n2 − 2n > n− 1− (n− 1) = 0
za svako n ∈ N i n > 1.Kako iz (1.2.5), (1.2.6) sledi
limn→∞
cn = +∞ ,
niz (cn) je neogranicen sa gornje strane (Teorema 1.3.3 pod 1◦). Prema Definicijama 1.3.2i 1.3.4, to znaci da za svako M > 0 postoji broj N = N(M) ∈ N tako da je clan nizacN ≥ M . Funkcija
√x je rastuca, pa je i
dN =√
cN ≥√
M = M1 ,
40 TEORIJA NIZOVA
tj. niz (dn) je neogranicen odozgo jer za svako M1 > 0 postoji N ∈ N tako da je dN ≥ M1.Koristeci Teoremu 1.3.5 pod 1◦, zakljucujemo da je limn→∞ dn = +∞. Imajuci u vidu
i Primer 1.1.3, dobijamo
limn→∞
√n2 − 2n = +∞ , lim
n→∞n = +∞ ,
pa je an neodredenog oblika +∞−∞ kad n →∞.
Ako se opsti clan pomnozi i podeli sa√
n2 − 2n + n, dobija se
an =(n2 − 2n)− n2
√n2 − 2n + n
=−2n√
n2 − 2n + n.
Deobom brojioca i imenioca sa n, dalje je
an =−2√
n2 − 2n + n
n
=−2√
n2 − 2n
n2+ 1
=−2√
1− 2
n+ 1
.
Prema (1.1.9), an je odredenog oblika kad n →∞ i vazi
limn→∞
an =−2√1 + 1
= −1 . 4
PRIMER 1.3.2. Za n ∈ N, ispitujemo konvergenciju i odredujemo granicne vrednostinizova sa opstim clanovima
1◦ bn =
(1 +
1
n + 1
)n
, 2◦ cn =
(1 +
1
n
)n+1
.
1◦ Za clan bn+1 niza vazi
bn+1 =
(1 +
1
n + 2
)n+1
=n + 2
n + 3
(1 +
1
n + 2
)n+2
=n + 2
n + 3an+2 ,
gde je an+2 clan niza (1.3.1). Prema dokazu Teoreme 1.3.6, niz (an) je rastuci, pa jean+2 > an+1. Zato je
bn+1 >n + 2
n + 3an+1 =
n + 2
n + 3
(1 +
1
n + 1
)n+1
=n + 2
n + 3
n + 2
n + 1
(1 +
1
n + 1
)n
=(n + 2)2
(n + 1)(n + 3)bn =
n2 + 4n + 4
n2 + 4n + 3bn > bn
i niz (bn) monotono raste.
Kako je, prema (1.3.2),
bn =
(1 +
1
n + 1
)n
<
(1 +
1
n + 1
)n+1
= an+1 < 3
BROJNI NIZOVI 41
za svako n ∈ N, to je niz (bn) ogranicen sa gornje strane.
Prema Teoremi 1.3.4 pod 1◦, niz (bn) je konvergentan, pri cemu je bn neodredenogoblika 1∞ kad n →∞. Granicnu vrednost nalazimo jednostavnom transformacijom opstegclana
bn =
(1 +
1
n + 1
)n
=n + 1
n + 2
(1 +
1
n + 1
)n+1
.
Prema (1.2.8) i (1.3.3), bn je odredenog oblika kad n →∞ i vazi
limn→∞
bn = limn→∞
n + 1
n + 2lim
n→∞
(1 +
1
n + 1
)n+1
= 1 · e = e .
U vezi sa nizom (bn) primecujemo sledece. Prvo, niz (bn) raste, pa je ogranicen i sadonje strane svojim prvim clanom b1 = 3/2, tj.
3
2≤ bn < 3
za svako n ∈ N. Drugo, niz (bn) sporije konvergira ka broju e od niza (1.3.1) jer se izmedusvaka dva uzastopna clana niza (1.3.1) nalaze tri clana niza (bn), tj.
b3n−2 < b3n−1 < b3n < an
za svako n ∈ N.
2◦ Za kolicnik clanova cn i cn+1 vazi
cn
cn+1=
(1 +
1
n
)n+1
(1 +
1
n + 1
)n+2=
(n + 1
n
)n+1(n + 1
n + 2
)n+2
=n
n + 1
(n + 1
n
)n+2(n + 1
n + 2
)n+2
=n
n + 1
((n + 1)2
n(n + 2)
)n+2
=n
n + 1
(n2 + 2n + 1
n2 + 2n
)n+2
=n
n + 1
(1 +
1
n2 + 2n
)n+2
i, prema Bernoullievoj nejednakosti,
cn
cn+1>
n
n + 1
(1 +
n + 2
n2 + 2n
)=
n
n + 1
(1 +
1
n
)=
n
n + 1
n + 1
n= 1 .
Kako je cn > 0 za svako n ∈ N, to je cn > cn+1 za svako n ∈ N, pa niz (cn) monotonoopada.
Prema (1.3.2) je
cn =
(1 +
1
n
)n+1
>
(1 +
1
n
)n
= an > 2
42 TEORIJA NIZOVA
za svako n ∈ N, pa je niz (cn) ogranicen sa donje strane.
Prema Teoremi 1.3.4 pod 2◦, niz (cn) je konvergentan, pri cemu je cn neodredenogoblika 1∞ kad n →∞. Granicnu vrednost nalazimo analogno kao u slucaju niza (bn),
limn→∞
cn = limn→∞
(1 +
1
n
)n+1
= limn→∞
n + 1
nlim
n→∞
(1 +
1
n
)n
= e .
U vezi sa nizom (cn) primecujemo sledece. Prvo, niz (cn) opada, pa je ogranicen i sagornje strane svojim prvim clanom c1 = 4, tj. vazi
2 < cn ≤ 4
za svako n ∈ N. Drugo, svi clanovi niza (1.3.1) su manji od bilo kog clana niza (cn), tj.vazi
an < cm
za svako n, m ∈ N. 4
PRIMER 1.3.3. Za n ∈ N i n > 1, ispitujemo konvergenciju i odredujemo granicnuvrednost niza sa opstim clanom
an =
(1− 1
n
)−n
.
Zapisujuci opsti clan u obliku
an =
(n− 1
n
)−n
=
(n
n− 1
)n
=
(1 +
1
n− 1
)n
,
uocavamo da je on isti kao clan cn−1 niza (cn) iz Primera 1.3.2. Dakle, (an) je opadajuciniz, ogranicen sa
2 < an ≤ 4
i vazilim
n→∞an = lim
n→∞cn−1 = e .
Do ove granicne vrednosti se krajnje jednostavno dolazi analognim postupkom kao kodnizova (bn) i (cn) iz Primera 1.3.2, uz uvid u (1.1.4),
limn→∞
an = limn→∞
(1 +
1
n− 1
)n
= limn→∞
((1 +
1
n− 1
)n−1(1 +
1
n− 1
))
= limn→∞
(1 +
1
n− 1
)n−1
limn→∞
(1 +
1
n− 1
)= e · 1 = e . 4
PRIMER 1.3.4. Za n ∈ N, ispitujemo konvergenciju i odredujemo granicnu vrednostniza zadatog sa
2 < a1 < 3 , 5an+1 = a2n + 6 .
Jednakost kojom je niz zadat je, tzv., rekurentna ili rekurzivna relacija. Ona, u stvari,predstavlja implicitnu vezu izmedu opstih clanova niza. Ponekad je iz ove veze moguceodrediti eksplicitni oblik opsteg clana an = f(n) i primenjivati dosad razmatrana pravila.
BROJNI NIZOVI 43
Rekurentnom relacijom se clanovi niza izracunavaju sukcesivno, pa je za njenu primenuuvek potreban odgovarajuci broj pocetnih clanova niza (pocetnih vrednosti). Uslovi koji seodnose na pocetne clanove su pocetni uslovi. U ovom primeru je pocetni uslov 2 < a1 < 3.
Prvo pokazujemo da je niz (an) ogranicen, tj. da vazi tvrdenje
2 < an < 3
za svako n ∈ N. Dokaz izvodimo matematickom indukcijom. Prema pocetnom uslovu2 < a1 < 3, tvrdenje je tacno za n = 1. Pretpostavimo da je tacno za neko n = k, tj.2 < ak < 3 i pokazimo da je tacno za n = k + 1. Zaista, funkcija x2 je rastuca za x > 0,pa je:
4 < a2k < 9 , 10 < a2
k + 6 < 15 , 10 < 5ak+1 < 15 , 2 < ak+1 < 3 .
Pokazujemo sada da je niz (an) monoton i u tom cilju ispitujemo znak razlike
an+1 − an =1
5a2
n +6
5− an .
Stavljajuci x = an i resavajuci kvadratnu jednacinu
1
5x2 − x +
6
5= 0 ,
nalazimo resenja x1 = 2, x2 = 3, pa je kvadratni trinom x2/5−x+6/5 pozitivan za x < 2ili x > 3 i negativan za 2 < x < 3. Zbog 2 < an < 3, zakljucujemo da je
an+1 − an < 0
i an+1 < an za svako n ∈ N, tj. niz (an) je monotono opadajuci.Prema Teoremi 1.3.4 pod 2◦, niz (an) je konvergentan. Neka je
limn→∞
an = a .
Iz rekurentne relacije, primenom Teorema 1.2.1, 1.2.2 i 1.2.3, tada sledi
5 limn→∞
an+1 = ( limn→∞
an)2 + 6 ,
tj.5a = a2 + 6 , a2 − 5a + 6 = 0 ,
odakle je a = 2 ili a = 3. Kako je granicna vrednost jedinstvena (Teorema 1.1.1) i niz(an) opadajuci, to je a = 2, odnosno
limn→∞
an = 2 .
Primetimo da su istom rekurentnom relacijom, ali uz drugaciji pocetni uslov, definisanajos dva niza. Za a1 < 2, odgovarajuci niz (an) raste i ogranicen je sa gornje strane, pa jelimn→∞ an = 2. Za a1 > 3, niz (an) raste. Medutim, u ovom slucaju je limn→∞ an =+∞. Razlog lezi u cinjenici da su jedini kandidati za konacne granicne vrednosti a = 2,
44 TEORIJA NIZOVA
a = 3. prva vrednost a = 2 otpada zato sto je an > 3 za svako n ∈ N, a druga a = 3 zatosto niz (an) raste. 4
NAPOMENA 1.3.3. Granicne vrednosti nizova, koji su zadati rekurentnim relacijama,nikako ne treba odredivati pre utvrdivanja njihove egzistencije jer to moze da dovede donedoumice ili pogresnog zakljucka. Tako za niz (an) iz Primera 1.3.4 ne bismo mogli dase odlucimo za granicnu vrednost a = 2 da nismo prethodno ispitali monotonost niza.Takode, bez poznate monotonosti bismo u slucaju an > 3 mogli pogresno da zakljucimolimn→∞ an = 3, iako je niz odredeno divergentan. Jos drasticniji su primeri divergentnihnizova (ne odredeno), koje cemo da navedemo u kasnijem izlaganju. 4
1.4. Stolzova teorema
Stolzovom teoremom se utvrduje egzistencija i odreduje granicna vrednostneodredenog oblika ∞/∞. Ova teorema je diskretni analogon L’Hospitalo-vom pravilu kod funkcija ([4], str. 159–160). Teorema je narocito korisnau slucaju nekih nizova u cijem opstem clanu se javlja zbir od proizvoljno(konacno) mnogo sabiraka.
Teorema 1.4.1. (STOLZOVA TEOREMA) Neka su (an) i (bn) nizovi sasledecim osobinama.
1◦ Niz (bn) je monotono rastuci.2◦ Niz (bn) je odredeno divergentan sa
limn→∞
bn = +∞ .
3◦ Niz (αn) sa opstim clanom
αn =an − an−1
bn − bn−1(a0 = b0 = 0)
je konvergentan.Tada je niz (cn) sa opstim clanom
cn =an
bn
konvergentan i vazi
limn→∞
cn = limn→∞
an
bn= lim
n→∞an − an−1
bn − bn−1= lim
n→∞αn .
BROJNI NIZOVI 45
Dokaz. Za svako fiksirano k = 1, 2, . . . , n formiramo niz (βn) sa opstimclanom
βn ≡ βn(k) =bk − bk−1
bn.
Iz uslova 1◦ teoreme sledi bk − bk−1 > 0 za svako k = 1, 2, . . . , n, a izuslova 1◦ i 2◦ sledi bn > 0 pocev od nekog n ∈ N. Ne umanjujuci opstost,pretpostavimo da je bn > 0 za svako n ∈ N. Da ne bismo opterecivalitekst teoreme, uslov bn 6= 0 za svako n ∈ N smo izostavili. Ovaj uslov sepodrazumeva kako bi svi clanovi niza (cn) bili definisani. Dakle, vazi
(1.4.1) βn(k) > 0 (k = 1, 2, . . . , n ; n ∈ N) .
Takode, za svako fiksirano k, iz uslova 2◦ sledi
(1.4.2) limn→∞
βn(k) = 0 (k = 1, 2, . . . , n) .
Jos je
(1.4.3)n∑
k=1
βn(k) =1bn
n∑
k=1
(bk − bk−1) =1bn
bn = 1 .
Na osnovu 3◦, postoji granicna vrednost
limn→∞
αn = α ,
sto znaci da za svako ε > 0 postoji broj N(ε) ∈ N tako da je
|αn − α| < ε
za svako n ≥ N(ε) (Definicija 1.1.2). Jos, prema Teoremi 1.3.2 i Defini-ciji 1.3.3, sledi da postoji broj M ∈ R, M > 0 tako da je |αn| ≤ M za svakon ∈ N, odakle je
−M ≤ αn ≤ M , −M − α ≤ αn − α ≤ M − α .
Uzimajuci za M1 > 0 veci od brojeva | −M − α| i |M − α|, dobijamo
|αn − α| ≤ M1
za svako n ∈ N.
46 TEORIJA NIZOVA
Kako (1.4.1), (1.4.2) vazi, to za svako fiksirano k = 1, 2, . . . , n i svakoε > 0 postoji broj N(ε, k) ∈ N tako da je
|βn(k)| = βn(k) < ε
za svako n ≥ N(ε, k).Neka je ε > 0 proizvoljno, N ∈ N najveci od brojeva
N(ε), N(ε, 1), N(ε, 2), . . . , N(ε, n)
i M2 = M1N . Prema prethodnom razmatranju, tada vazi
(1.4.4)|αn − α| < ε (n ≥ N) , |αn − α| ≤ M2
N(n ∈ N) ,
βn(k) < ε (k = 1, 2, . . . , n ; n ≥ N) .
Uocavamo da je
cn =an
bn=
n∑
k=1
βn(k)αk
i, za svako n ≥ N , posmatramo
|cn − α| =∣∣∣
n∑
k=1
βn(k)αk − α∣∣∣ .
Imajuci u vidu da je α konstanta i koristeci redom (1.4.3), cinjenicu da jemoduo zbira manji ili jednak zbiru modula sabiraka i (1.4.1), dobijamo
|cn − α| =∣∣∣
n∑
k=1
βn(k)αk −n∑
k=1
βn(k)α∣∣∣ =
∣∣∣n∑
k=1
βn(k)(αk − α)∣∣∣
≤n∑
k=1
|βn(k)| |αk − α| =n∑
k=1
βn(k)|αk − α| .
Poslednji zbir rastavljamo na dva zbira,
n∑
k=1
βn(k)|αk − α| =N∑
k=1
βn(k)|αk − α|+n∑
k=N+1
βn(k)|αk − α| .
U prvom zbiru je k ≤ N , pa iz (1.4.4) sledi βn(k) < ε i |αk −α| ≤ M2/N zasvako k = 1, 2, . . . , N . Zato je
N∑
k=1
βn(k)|αk − α| < εM2
NN = εM2 .
BROJNI NIZOVI 47
U drugom zbiru je k > N , pa iz (1.4.4) sledi |αk − α| < ε. Takode, prema(1.4.1), (1.4.3), je
n∑
k=N+1
βn(k) <
n∑
k=1
βn(k) = 1 .
Zato je
n∑
k=N+1
βn(k)|αk − α| < ε
n∑
k=N+1
βn(k) < ε
n∑
k=1
βn(k) < ε · 1 = ε .
Dakle, dobijamo
|cn − α| < εM2 + ε = ε(M2 + 1) = ε1
za svako n ≥ N . Zbog proizvoljnosti broja ε > 0, proizvoljan je i brojε1 = ε(M2 + 1) > 0 i, prema Definiciji 1.1.2, vazi tvrdenje teoreme
limn→∞
cn = α = limn→∞
αn .
Stolzova teorema vazi i pod sledecim uslovima: niz (bn) je rastuci za skorosvako n ∈ N, niz (bn) je neopadajuci za svako ili skoro svako n ∈ N. Teoremavazi i ako je (αn) odredeno divergentan niz ([6], str. 74), pri cemu je
limn→∞
αn = +∞ , limn→∞
cn = +∞ ;
limn→∞
αn = −∞ , limn→∞
cn = −∞ .
Kada je niz (αn) divergentan (ne odredeno), ne treba brzopleto zakljucitida limn→∞ cn ne postoji. Tako je niz (cn) = (sin n/n) iz Primera 1.2.3konvergentan, a niz (αn) =
(2 sin 1/2 cos(n−1/2)
)divergentan. Divergenciju
ovakvih nizova utvrdujemo u kasnijem izlaganju. Na osnovu ovog primeraizvlacimo jos jedan vazan zakljucak. Pod uslovima 1◦ i 2◦ Stolzove teoreme,iz konvergencije niza (αn) sledi konvergencija niza (cn), ali obrnuto u opstemslucaju ne vazi, tj. iz konvergencije niza (cn) ne sledi konvergencija niza (αn).
Ukoliko je (an) konvergentan niz, prema Teoremi 1.2.12 pod 1◦, (cn) jenula–niz, tj.
limn→∞
an
bn= 0 ,
pa je Stolzova teorema interesantna samo za odredeno divergentne nizove(an) kada je limn→∞ cn neodredenog oblika ∞/∞. Ako je (an) divergentanniz (ne odredeno), kao sto je (an) = (sin n) u prethodno navedenom primeru,
48 TEORIJA NIZOVA
za utvrdivanje konvergencije i nalazenje granicne vrednosti niza (cn) trebaprimenjivati druge metode.
Stolzova teorema moze da se primenjuje vise puta uzastopno, sve dok suuslovi teoreme ispunjeni.
Navodimo sada najznacajnije posledice Stolzove teoreme, koje se odnosena aritmeticku, harmonijsku i geometrijsku sredinu brojeva.
Teorema 1.4.2. (CAUCHYEVA TEOREMA) Neka je (an) konvergentan nizsa granicom
limn→∞
an = a .
Tada je niz (An) sa opstim clanom
(1.4.5) An =a1 + a2 + · · ·+ an
n
konvergentan i vazi
(1.4.6) limn→∞
An = a = limn→∞
an .
Dokaz. Opsti clan An je aritmeticka sredina brojeva a1, a2, . . . , an.Uvedimo oznake
Sn = a1 + a2 + · · ·+ an , bn = n .
Niz bn je monotono rastuci jer je
bn+1 = n + 1 > n = bn
za svako n ∈ N. Prema Primeru 1.1.3, niz (bn) je odredeno divergentan sa
limn→∞
bn = +∞ .
Dakle, niz (bn) zadovoljava uslove 1◦ i 2◦ Stolzove teoreme. Formiramo niz(αn) sa opstim clanom
αn =Sn − Sn−1
bn − bn−1(S0 = b0 = 0)
i nalazimo
αn =(a1 + a2 + · · ·+ an−1 + an)− (a1 + a2 + · · ·+ an−1)
n− (n− 1)= an ,
limn→∞
αn = limn→∞
an = a ,
BROJNI NIZOVI 49
pa niz (αn) zadovoljava uslov 3◦ Stolzove teoreme.Kako je
An =Sn
n=
Sn
bn,
primenom Stolzove teoreme sledi tvrdenje
limn→∞
An = limn→∞
αn = a .
Teorema 1.4.3. Neka je (an) konvergentan niz sa granicom
limn→∞
an = a > 0
i neka je an > 0 za svako n ∈ N. Tada su sledeci nizovi konvergentni:1◦ (Hn) sa opstim clanom
(1.4.7) Hn =n
1a1
+1a2
+ · · ·+ 1an
i granicom
(1.4.8) limn→∞
Hn = a = limn→∞
an ,
2◦ (Gn) sa opstim clanom
(1.4.9) Gn = n√
a1 a2 · · · an
i granicom
(1.4.10) limn→∞
Gn = a = limn→∞
an .
Dokaz. 1◦ Opsti clan Hn je harmonijska sredina brojeva a1, a2, . . . , an.Uvodimo oznake
cn =1an
, Sn = c1 + c2 + · · ·+ cn , An =Sn
n.
Na osnovu Teorema 1.4.2 i 1.2.4 pod 1◦, vazi
limn→∞
An = limn→∞
cn =1
limn→∞
an=
1a
.
50 TEORIJA NIZOVA
Kako je
Hn =n
Sn=
1An
,
primenom Teoreme 1.2.4 pod 1◦, sledi tvrdenje
limn→∞
Hn =1
limn→∞
An= a .
2◦ Opsti clan Gn je geometrijska sredina brojeva a1, a2, . . . , an.Koristeci dobro poznatu osobinu sredina
Hn ≤ Gn ≤ An ,
jednakosti (1.4.6), (1.4.8) i Teoremu 1.2.5, neposredno dobijamo tvrdenje
limn→∞
Gn = limn→∞
Hn = limn→∞
An = a .
Kada je niz (an) odredeno divergentan, nizovi sredina (An), (Hn) i (Gn)su takode odredeno divergentni. Pri tome za niz aritmetickih sredina vazi
limn→∞
an = +∞ , limn→∞
An = +∞ ;
limn→∞
an = −∞ , limn→∞
An = −∞ ,
a za nizove harmonijskih i geometrijskih sredina, zbog uslova an > 0 za svakon ∈ N, vazi samo
limn→∞
an = +∞ , limn→∞
Hn = limn→∞
Gn = +∞ .
Iz konvergencije nizova (An), (Hn), (Gn) ne sledi konvergencija niza (an)u opstem slucaju. Tako je niz (an) =
((−1)n
)iz Primera 1.1.3 divergentan,
dok je niz (An) konvergentan. Konvergenciju niza (An) utvrdujemo kao uPrimeru 1.2.3. Zbir
Sn = a1 + a2 + · · ·+ an = −1 + 1− · · ·+ (−1)n
ima samo dve vrednosti: Sn = 0 ako je n paran broj i Sn = −1 ako je nneparan broj, pa je −1/n ≤ An ≤ 0. Prema (1.1.4) i Teoremi 1.2.5, sledilimn→∞An = 0.
Napominjemo da je Hn = Gn = An ako i samo ako je a1 = a2 = · · · = an.
BROJNI NIZOVI 51
Teorema 1.4.4. Neka su (an) i (bn) nizovi sa sledecim osobinama.1◦ Niz (an) ima pozitivne clanove an > 0 za svako n ∈ N.2◦ Niz (bn) sa opstim clanom
bn =an
an−1(a0 = 1)
je konvergentan i vazilim
n→∞bn = b > 0 .
Tada je niz (cn) sa opstim clanom
cn = n√
an
konvergentan i vazi
(1.4.11) limn→∞
cn = limn→∞
n√
an = limn→∞
an
an−1= lim
n→∞bn .
Dokaz. Zapisujuci opsti clan niza (an) na nacin
an =a1
a0
a2
a1
a3
a2· · · an
an−1= b1 b2 · · · bn ,
dobijamocn = n
√an = n
√b1 b2 · · · bn ,
sto je geometrijska sredina Gn brojeva b1, b2, . . . , bn.Kako je an > 0 za svako n ∈ N, to je i bn > 0 za svako n ∈ N. Jos je
limn→∞ bn = b > 0, pa niz (bn) zadovoljava uslove Teoreme 1.4.3. PrimenomTeoreme 1.4.3 pod 2◦, sledi tvrdenje
limn→∞
cn = limn→∞
bn = b .
U vezi sa Teoremom 1.4.4 primecujemo sledece.Ako je niz (an) konvergentan sa granicom
limn→∞
an = a > 0 ,
granicna vrednost limn→∞ cn je odredenog oblika
limn→∞
cn = limn→∞
n√
an = a0 = 1 .
52 TEORIJA NIZOVA
Jasno da se isti rezultat dobija i prema (1.4.11) jer je tada limn→∞ an =limn→∞ an−1. Na primer, ako je (an) konstantan niz sa an = C > 0 zasvako n ∈ N, tada je limn→∞ an = C (Primer 1.1.1) i
(1.4.12) limn→∞
n√
C = 1 , C > 0 .
Ako jelim
n→∞an = 0 ,
granicne vrednosti limn→∞ cn i limn→∞ bn su neodredenog oblika 00 i 0/0redom. Ako je (an) odredeno divergentan niz sa
limn→∞
an = +∞ ,
granicna vrednost limn→∞ cn je neodredenog oblika ∞0, a limn→∞ cn ob-lika ∞/∞. Kako se granicne vrednosti oblika 00 i ∞0 upravo i nalaze pre-vodenjem na oblike 0/0 ili ∞/∞, znacaj jednakosti (1.4.11) je ocigledan. Naprimer, za an = 1/n je
limn→∞
n
√1n
= limn→∞
1n1
n− 1
= limn→∞
n− 1n
= 1 ,
a za an = n je
(1.4.13) limn→∞
n√
n = limn→∞
n
n− 1= 1 ,
pri cemu su limn→∞(n− 1)/n i limn→∞ n/(n− 1) odredeni prema (1.2.8).Iz konvergencije niza (cn) ne sledi konvergencija niza (bn) u opstem
slucaju, o cemu svedoci sledeci primer. Neka je niz (an) sastavljen od clanovaan = 1 ako je n neparan i an = 2 ako je n paran broj. Tada je
1 ≤ an ≤ 2 ,n√
1 = 1 ≤ n√
an ≤ n√
2 , 1 ≤ cn ≤ n√
2 .
Prema (1.4.12) i Teoremi 1.2.5, sledi
limn→∞
cn = limn→∞
n√
an = 1 .
S druge strane jean
an−1=
12
,an
an−1= 2
BROJNI NIZOVI 53
ako je n neparan i ako je n paran broj redom. Granicna vrednost
limn→∞
bn = limn→∞
an
an−1
ne postoji jer nije jedinstvena (Teorema 1.1.1).Da bi se izbegao ovde nebitan pocetni uslov a0 = 1, umesto kolicnika
uzastopnih clanova niza an/an−1 se uzima kolicnik an+1/an, pa jednakost(1.4.11) glasi
limn→∞
n√
an = limn→∞
an+1
an.
Isto vazi i za niz (αn) = (an − an−1)/(bn − bn−1) = (an+1 − an)/(bn+1 − bn)u Stolzovoj teoremi.
NAPOMENA 1.4.1. U oblasti matematike Teorija redova se pomocu Teoreme 1.4.4uspostavlja veza izmedu D’Alambertovog i Cauchyevog kriterijuma konvergencije ([7],str. 20–22). 4
PRIMER 1.4.1. Za k, n ∈ N, odredujemo granicnu vrednost niza sa opstim clanom
(1.4.14) cn =1k + 2k + · · ·+ nk
nk+1.
Neka je k ∈ N bilo koji fiksirani broj i
an = 1k + 2k + · · ·+ nk , bn = nk+1 .
Niz (bn) je monotono rastuci jer je
bn+1 = (n + 1)k+1 > nk+1 = bn
za svako n ∈ N. Jos je, prema (1.2.5) i (1.2.6),
limn→∞
bn = +∞ ,
pa niz (bn) zadovoljava uslove 1◦ i 2◦ Stolzove teoreme.Formiramo niz (αn) sa opstim clanom
αn =an − an−1
bn − bn−1=
(1k + 2k + · · ·+ (n− 1)k + nk)− (1k + 2k + · · ·+ (n− 1)k)
nk+1 − (n− 1)k+1
=nk
nk+1 − (n− 1)k+1.
Koristeci binomnu formulu
(A + B)m =
m∑i=0
(m
i
)Am−iBi ,
54 TEORIJA NIZOVA
dobijamo
(n− 1)k+1 =
k+1∑i=0
(k + 1
i
)nk+1−i(−1)i
= nk+1 − (k + 1)nk +
(k + 1
2
)nk−1 − · · ·+ (−1)k+1 ,
pa je (αn) oblika (1.2.7),
αn =nk
(k + 1)nk −(
k+12
)nk−1 + · · ·+ (−1)k+1
i, prema (1.2.8), vazi
limn→∞
αn =1
k + 1.
Niz (αn) je konvergentan i zadovoljava uslov 3◦ Stolzove teoreme.Prema Stolzovoj teoremi je
limn→∞
cn = limn→∞
αn ,
tj.
(1.4.15) limn→∞
1k + 2k + · · ·+ nk
nk+1=
1
k + 1.
U specijalnim slucajevima k = 1, 2, 3, do granicne vrednosti (1.4.15) moze da se dode naosnovu znanja iz ranijih kurseva matematike i (1.2.8). Formule za zbir prvih n prirodnihbrojeva, za zbir kvadrata i kubova prvih n prirodnih brojeva redom glase:
(1.4.16)
n∑k=1
k =n(n + 1)
2,
n∑k=1
k2 =n(n + 1)(2n + 1)
6,
n∑k=1
k3 =n2(n + 1)2
4
i dokazuju se matematickom indukcijom. Zato je (1.4.14), npr. za k = 1,
cn =1 + 2 + · · ·+ n
n2=
1
n2
n(n + 1)
2=
n2 + n
2n2.
Prema (1.2.8) sledi
limn→∞
cn =1
2,
sto je (1.4.15). 4
PRIMER 1.4.2. Za n ∈ N, odredujemo granicnu vrednost niza sa opstim clanom
An =1 +
√2 + 3√3 + · · ·+ n
√n
n.
BROJNI NIZOVI 55
Neka jean = n
√n .
Prema (1.4.13), niz (an) je konvergentan sa granicom
limn→∞
an = 1
i ispunjava uslove Cauchyeve teoreme.Opsti clan An je aritmeticka sredina (1.4.5) brojeva a1, a2, . . . , an i vazi (1.4.6), tj.
limn→∞
An = limn→∞
an = 1 . 4
PRIMER 1.4.3. Za konstantu C ∈ R i n ∈ N, odredujemo granicnu vrednost niza saopstim clanom
Hn =n
1√C2 + 1
+1√
C2 +1
4
+ · · ·+ 1√C2 +
1
n2
.
Neka je C 6= 0. Oznacavajuci
an =
√C2 +
1
n2,
prema (1.1.9) utvrdujemo
limn→∞
an =√
C2 = |C| > 0 .
Jos je an > 0 za svako n ∈ N, pa su uslovi Teoreme 1.4.3 ispunjeni.Opsti clan Hn je harmonijska sredina (1.4.7) brojeva a1, a2, . . . , an i vazi (1.4.8), tj.
limn→∞
Hn = limn→∞
an = |C| .
Dobijeni rezultat ostaje na snazi i za C = 0. Primenom (1.4.16), opsti clan Hn postaje
Hn =n
1 + 2 + · · ·+ n=
2n
n(n + 1)=
2n
n2 + n
i, na osnovu (1.2.8), sledilim
n→∞Hn = 0 . 4
PRIMER 1.4.4. Za n ∈ N, odredujemo granicnu vrednost niza sa opstim clanom
Gn =n
√(1 +
1
1
)(1 +
1
2
)2
· · ·(
1 +1
n
)n
.
56 TEORIJA NIZOVA
Prema (1.3.3), za
an =
(1 +
1
n
)n
vazilim
n→∞an = e > 0 .
Kako je an > 0 za svako n ∈ N, uslovi Teoreme 1.4.3 su ispunjeni.Opsti clan Gn je geometrijska sredina (1.4.9) brojeva a1, a2, . . . , an i vazi (1.4.10), tj.
limn→∞
Gn = limn→∞
an = e . 4
PRIMER 1.4.5. Za p ∈ R i n ∈ N, odredujemo granicne vrednosti nizova sa opstimclanovima
(1.4.17) 1◦ cn =n√
np
, 2◦ dn =1
n
n√
n! .
1◦ Neka je
an = np
, bn =an
an−1=
np
(n− 1)p =
(n
n− 1
)p
.
Tada je an > 0 za svako n ∈ N i, prema (1.2.8),
limn→∞
bn = 1p
= 1 > 0 ,
pa su uslovi Teoreme 1.4.4 ispunjeni.Primenjujuci (1.4.11), sledi
limn→∞
cn = limn→∞
bn = 1 ,
tj.
(1.4.18) limn→∞
n√
np
= 1 , p ∈ R .
2◦ Opsti clan zapisujemo na nacin
dn =n
√n!
nn
i uvodimo oznake
an =n!
nn,
bn =an
an−1=
n!
nn
(n− 1)!
(n− 1)n−1
=n! (n− 1)n−1
(n− 1)! nn= n
(n− 1)n−1
n nn−1=
(n− 1
n
)n−1
=1(
n
n− 1
)n−1=
1(1 +
1
n− 1
)n−1.
BROJNI NIZOVI 57
Kako je an > 0 za svako n ∈ N i, prema (1.3.3),
limn→∞
bn =1
e= e−1 > 0 ,
uslovi Teoreme 1.4.4 su ispunjeni.Primenjujuci (1.4.11), sledi
limn→∞
dn = limn→∞
bn = e−1 . 4
1.5. Delimicni nizovi itacke nagomilavanja niza
1.5.1. Delimicni nizovi (podnizovi)
Dosad smo se bavili samo odredenom divergencijom nizova, ne i diver-gencijom uopsteno. Jedan od efikasnih nacina za utvrdivanje divergencije(ne odredene) nekog niza zasnovan je na pojmu delimicnog niza. Iako rede,delimicni nizovi mogu da se koriste i za utvrdivanje konvergencije i nalazenjegranicne vrednosti niza.
Definicija 1.5.1. Ako brojevi nk ∈ N za svako k ∈ N formiraju monotonorastuci niz (nk), tj.
n1 < n2 < · · · < nk < · · · ,
niz (ank) je delimicni niz ili podniz niza (an).
Definicija 1.5.1, u stvari, znaci da podniz (ank) nastaje od clanova niza
(an), uzetih u istom redosledu u kojem se javljaju u nizu (an). Ocigledno,niz (an) ima beskonacno mnogo podnizova.
Svaki podniz (ank) niza (an), posmatran sam po sebi, je takode niz. Do-
voljno je izvrsiti prenumeraciju clanova podniza, tj. staviti bk = anki dobiti
niz (bk), k ∈ N, sa istim clanovima kao (ank). Zato sva pravila, vezana za ni-
zove, vaze i za podnizove. Podnizovi, dakle, imaju znacaj jedino u kontekstunjihove veze sa nizovima iz kojih su nastali.
Teorema 1.5.1. Niz (an) je konvergentan ako i samo ako je svaki njegovpodniz konvergentan sa istom granicom
limn→∞
an = limk→∞
ank.
58 TEORIJA NIZOVA
Dokaz. Neka je niz (an) konvergentan sa granicom
limn→∞
an = a
i neka je (ank) proizvoljan podniz niza (an). Prema Definiciji 1.1.2, tada za
svako ε > 0 postoji N(ε) ∈ N tako da je
|an − a| < ε
za svako n ≥ N(ε). Clanovi podniza bk = anksu istovremeno i clanovi niza
(an), pa za njih takode vazi
|bk − a| = |ank− a| < ε
za svako nk ≥ N(ε)Niz indeksa (nk) clanova podniza (ank
) je rastuci prema Definiciji 1.5.1.To znaci da za N(ε) ∈ N postoji K = K(N(ε)) = K(ε) ∈ N tako da je
N(ε) ≤ nK < nK+1 < · · · ,
tj. nk ≥ N(ε) vazi za svako k ≥ K(ε).Zakljucujemo da za svako ε > 0 postoji K(ε) ∈ N tako da je
|bk − a| < ε
za svako k ≥ K(ε) i, prema Definiciji 1.1.2, niz (bk) je konvergentan sagranicom
limk→∞
bk = limk→∞
ank= a .
Obrnuto, neka je (ank) ma koji konvergentan podniz niza (an) sa granicom
limk→∞
ank= a .
Za nk = k, iz Definicije 1.5.1 sledi da je svaki niz istovremeno i sopstvenipodniz. Kako je podniz (ank
) bilo koji, biramo specijalno ank= ak = an i
dobijamolim
n→∞an = lim
k→∞ank
= a .
Teorema 1.5.2. Niz (an) je odredeno divergentan ako i samo ako je svakinjegov podniz odredeno divergentan sa
limn→∞
an = limk→∞
ank= +∞
BROJNI NIZOVI 59
ililim
n→∞an = lim
k→∞ank
= −∞ .
Dokaz teoreme izostavljamo ([4], str. 60).Ekvivalentna tvrdenja jednog smera Teorema 1.5.1 i 1.5.2 u negiranom
obliku se koriste kao kriterijum za utvrdivanje divergencije niza, pa ih izdva-jamo u posebnu teoremu.
Teorema 1.5.3. Niz (an) je divergentan (ne odredeno) ako postoje bardva podniza (ank
) i (bnk) takva da je
limk→∞
ank6= lim
k→∞bnk
.
Kao ilustraciju Teoreme 1.5.3 navodimo niz (an) =((−1)n
). Za n = 2k i
n = 2k − 1, podnizovi (a2k) i (a2k−1) sa opstim clanovima
a2k = (−1)2k = 1 , a2k−1 = (−1)2k−1 = −1
su konstantni i vazi
limk→∞
a2k = 1 6= limk→∞
a2k−1 = −1 ,
pa je niz (an) divergentan. U Primeru 1.1.3 je dokaz divergencije ovog nizaizveden primenom Definicija 1.1.2 i 1.1.3, sto je daleko tezi nacin.
U vezi sa prethodnim teoremama iznosimo i sledece zapazanje.Ako je neki podniz (ank
) niza (an) konvergentan ili odredeno divergen-tan, to nikako ne znaci da je i niz (an) konvergentan, odnosno odredenodivergentan. Takode, ako su neka dva podniza (ank
) i (bnk) konvergentna
(odredeno divergentna) sa istom granicom, niz (an) ne mora da bude konver-gentan (odredeno divergentan). Primer je niz (an) = (sin nπ/2). Za n = 2ki n = 4k, podnizovi (a2k) i (a4k) sa opstim clanovima
a2k = sin kπ = 0 , a4k = sin 2kπ = 0
su konstantni nizovi sa istom granicom
limk→∞
a2k = limk→∞
a4k = 0 .
Medutim, za n = 4k + 1, podniz (a4k+1) ima opsti clan
a4k+1 = sin(4k + 1)π
2= sin
(2kπ +
π
2
)= 1 ,
60 TEORIJA NIZOVA
pa jelim
k→∞a4k+1 = 1 6= lim
k→∞a2k = 0
i, prema Teoremi 1.5.3, niz (an) divergira.
U izvesnim situacijama, na osnovu konvergentnih (odredeno divergentnih)podnizova, ipak moze da se zakljucuje o konvergenciji (odredenoj divergen-ciji) niza. O tome govore naredne dve teoreme.
Teorema 1.5.4. Neka je niz (an) monoton.
1◦ Ako je neki podniz (ank) konvergentan sa granicom
limk→∞
ank= a ,
tada je niz (an) konvergentan sa istom granicom
limn→∞
an = a .
2◦ Ako je neki podniz (ank) odredeno divergentan sa
limk→∞
ank= +∞
(lim
k→∞ank
= −∞)
,
tada je niz (an) odredeno divergentan sa
limn→∞
an = +∞(
limn→∞
an = −∞)
.
Dokaz. Buduci da konvergencija monotonog niza zavisi od njegoveogranicenosti (Teoreme 1.3.4, 1.3.5), razmatramo dva slucaja, kada je nizogranicen i kada je neogranicen sa odgovarajuce strane.
1◦ Neka je niz (an) neopadajuci (nerastuci) i ogranicen sa gornje (donje)strane. Prema Teoremi 1.3.4, niz (an) je konvergentan i, prema Teo-remi 1.5.1, vazi
limn→∞
an = limk→∞
ank= a .
2◦ Neka je niz (an) neopadajuci (nerastuci) i neogranicen sa gornje (donje)strane. Prema Teoremi 1.3.5, niz (an) je odredeno divergentan i, premaTeoremi 1.5.2, vazi
limn→∞
an = limk→∞
ank= +∞
(lim
n→∞an = lim
k→∞ank
= −∞)
.
BROJNI NIZOVI 61
Teorema 1.5.5. Ako su podnizovi (a2k) i (a2k−1) niza (an) konvergentnisa granicom
limk→∞
a2k = limk→∞
a2k−1 = a ,
tada je niz (an) konvergentan sa istom granicom
limn→∞
an = a .
Dokaz Teoreme 1.5.5 izostavljamo, uz napomenu da ona predstavlja speci-jalan slucaj opstijeg rezultata koji je dokazan u [4], str. 88. Teorema vazi iu slucaju odredeno divergentnih nizova.
Niz (an) sa opstim clanom
an =(−1)n
n
ilustruje Teoremu 1.5.5. Vec smo pokazali da vazi (1.1.4), tj.
limn→∞
1n
= 0 .
Za n = 2k i n = 2k − 1, iz Teoreme 1.5.1 sledi
limk→∞
12k
= limk→∞
12k − 1
= 0 ,
pa podnizovi (a2k) i (a2k−1) imaju iste granicne vrednosti
limk→∞
a2k = limk→∞
12k
= 0 , limk→∞
a2k−1 = − limk→∞
12k − 1
= 0 ,
odakle je ilim
n→∞an = 0 .
Bez dokaza navodimo i sledecu teoremu ([2], str. 89–90).
Teorema 1.5.6. (BOLZANO–WEIERSTRASSOV STAV) Svaki ogranicen nizima bar jedan konvergentan podniz.
Generalizacija Teoreme 1.5.6 je da svaki realni brojni niz ima bar jedankonvergentan ili odredeno divergentan podniz.
Neka je G skup granicnih vrednosti svih podnizova niza (an). Ako jeniz (an) konvergentan ili odredeno divergentan, prema Teoremama 1.5.1 i1.5.2, skup G sadrzi samo jedan element. U slucaju divergentnog niza (ne
62 TEORIJA NIZOVA
odredeno), skup G moze da sadrzi proizvoljno mnogo elemenata, konacno ilibeskonacno. Elementi skupa G, tj. granicne vrednosti podnizova, cesto sezovu delimicne granice niza (an).
Definicija 1.5.2. Najmanji element skupa G svih delimicnih granica niza(an) je donja granica (limes inferior) niza (an) i oznacava se sa
lim infn→∞
an , limn→∞
an .
Najveci element skupa G svih delimicnih granica niza (an) je gornjagranica (limes superior) niza (an) i oznacava se sa
lim supn→∞
an , limn→∞
an .
Donja granica moze da bude konacan broj ili −∞, a gornja konacan brojili +∞.
Teorema 1.5.7. Niz (an) je konvergentan ili odredeno divergentan ako isamo ako je
lim infn→∞
an = lim supn→∞
an .
Dokaz. Tvrdenje teoreme je neposredna posledica Teorema 1.5.1, 1.5.2 iDefinicije 1.5.2.
Limes inferior i limes superior ne treba mesati sa infimumom i supre-mumom niza (Definicija 1.3.5). Infimum i supremum su brojevi kojiogranicavaju niz i ni jedan od njih ne mora da bude delimicna granica niza.Na primer, niz sa opstim clanom
an = (−1)n(1 +
1n
)
ima:
inf an = a1 = −2 , sup an = a2 =32
;
lim infn→∞
an = limk→∞
a2k−1 = −1 , lim supn→∞
an = limk→∞
a2k = 1 .
Ovaj niz je divergentan, sto sledi na osnovu Teoreme 1.5.7 ili Teoreme 1.5.3.
PRIMER 1.5.1. Za n ∈ N, posmatramo nizove sa opstim clanovima
1◦ an = (−2)n , 2◦ bn = (−1)nn
BROJNI NIZOVI 63
i ispitujemo njihovu konvergenciju.
1◦ Za k ∈ N, n = 2k i n = 2k − 1, dobijaju se podnizovi sa opstim clanovima
a2k = (−2)2k = 4k , a2k−1 = (−2)2k−1 = −1
24k .
Prema (1.1.6), (1.1.7) i Teoremi 1.2.1, vazi
limk→∞
a2k = +∞ 6= limk→∞
a2k−1 = −∞
i, prema Teoremi 1.5.3, niz (an) divergira (ne odredeno).Analogno se pokazuje da
limn→∞
qn
ne postoji i za bilo koje drugo q < −1, cime je dokaz za (1.1.7) kompletiran.
2◦ Za k ∈ N, n = 2k i n = 2k − 1, dobija se
b2k = 2k , b2k−1 = −(2k − 1) = −2k + 1 .
Prema (1.1.2), (1.1.5) i Teoremama 1.2.1, 1.2.2, sledi
limk→∞
b2k = +∞ 6= limk→∞
b2k−1 = −∞ ,
pa je, prema Teoremi 1.5.3, niz (bn) divergentan (ne odredeno).Niz (bn) smo vec navodili kao primer divergentnog niza u vezi sa Teoremama 1.2.14,
1.3.3, a sada smo njegovu divergenciju i dokazali. 4
PRIMER 1.5.2. Za n ∈ N, posmatramo niz zadat rekurentnom relacijom
a1 = 0 , an+1 = 2− an
i ispitujemo njegovu konvergenciju.
Pomocu rekurentne relacije nalazimo prvih nekoliko clanova niza:
a1 = 0 , a2 = 2− a1 = 2 , a3 = 2− a2 = 0 , a4 = 2− a3 = 2 .
Uocavamo da jea2k = 2 , a2k−1 = 0
za k = 1, 2 i matematickom indukcijom dokazujemo da su ove jednakosti tacne za svakok ∈ N. U tom cilju formiramo clanove
a2(k+1) = a2k+2 = 2− a2k+1 , a2(k+1)−1 = a2k+1 = 2− a2k .
Prema induktivnoj pretpostavci je a2k = 2, pa je
a2k+1 = 2− a2k = 0 , a2k+2 = 2− a2k+1 = 2 .
64 TEORIJA NIZOVA
Dakle, niz (an) se sastoji od dva konstantna podniza sa opstim clanovima
a2k = 2 , a2k−1 = 0 ,
za koje jelim
k→∞a2k = 2 6= lim
k→∞a2k−1 = 0 ,
pa niz (an) divergira prema Teoremi 1.5.3.
Da smo neoprezno pretpostavili konvergenciju niza (an), tj. egzistenciju njegove granice
limn→∞
an = a ,
dosli bismo do pogresnog zakljucka
limn→∞
an+1 = 2− limn→∞
an , a = 2− a , 2a = 2 , a = 1 ,
sto potvrduje zapazanja iz Napomene 1.3.3. 4
PRIMER 1.5.3. Za n ∈ N, ispitujemo konvergenciju i odredujemo granicnu vrednostniza sa opstim clanom
(1.5.1) an =
(1 +
1
bn
)bn
,
gde je bn opsti clan proizvoljnog odredeno divergentnog niza (bn).
Pretpostavimo da jelim
n→∞bn = +∞ .
Za n ∈ N, postoji broj N(n) = Nn ∈ N takav da za bn ∈ R vazi
Nn ≤ bn ≤ Nn + 1 .
Iz pretpostavke limn→∞ bn = +∞, a na osnovu Teoreme 1.2.13 pod 1◦, sledi
limn→∞
(Nn + 1) = limn→∞
Nn = +∞ .
Ako se iz niza (Nn) odstrane brojevi koji se eventualno ponavljaju, dobija se podniz(Nnk ) za koji, prema Teoremi 1.5.2, takode vazi
limk→∞
Nnk = +∞ .
Kako je jos Nn ∈ N za svako n ∈ N, to je (Nnk ) podniz niza (n) svih prirodnih brojeva.Radi jednostavnosti, uvodimo oznaku N = Nnk i dobijamo redom:
N ≤ bn ≤ N + 1 ,1
N + 1≤ 1
bn≤ 1
N, 1 +
1
N + 1≤ 1 +
1
bn≤ 1 +
1
N,
(1 +
1
N + 1
)N
≤(
1 +1
bn
)bn
≤(
1 +1
N
)N+1
.
BROJNI NIZOVI 65
Nizovi na levoj i desnoj strani poslednje dvostruke nejednakosti su podnizovi nizova izPrimera 1.3.2 i, prema Teoremi 1.5.1, vazi
limk→∞
(1 +
1
N + 1
)N
= limk→∞
(1 +
1
N
)N+1
= e .
Primenom Teoreme 1.2.5, tada je i
limn→∞
an = limn→∞
(1 +
1
bn
)bn
= e .
Slucajlim
n→∞bn = −∞
se razmatra analogno, polazeci od nejednakosti
−(N + 1) ≤ bn ≤ N .
Dobija se isti rezultatlim
n→∞an = e .
Zakljucujemo da vazi
(1.5.2) limn→∞
(1 +
1
bn
)bn
= e
kad jelim
n→∞bn = ∞ .
Za niz sa opstim clanom
cn =1
bn,
na osnovu Teoreme 1.2.12 pod 1◦, u oba slucaja limn→∞ bn = +∞, limn→∞ bn = −∞se dobija
limn→∞
cn = 0
i, prema (1.5.4),
(1.5.3) limn→∞
(1 + cn)1/cn = e . 4
1.5.2. Tacke nagomilavanja niza
Zakljucci izneti u prethodnom delu mogu da se formulisu i pomocu pojmatacke nagomilavanja niza. Ovakav pristup se srece kod mnogih autora ([2],str. 85–90; [6], str. 15–16).
66 TEORIJA NIZOVA
Definicija 1.5.3. Tacka x ∈ R je tacka nagomilavanja niza (an) akopostoji podniz (ank
) tako da je
limk→∞
ank= x .
Definicija 1.5.3 vazi i za x = +∞ ili x = −∞.Objedinjene Teoreme 1.5.1 i 1.5.2 u novoj terminologiji dobijaju sledeci
oblik.
Teorema 1.5.8. Niz (an) je konvergentan (odredeno divergentan) ako isamo ako postoji jedinstvena konacna (beskonacna) tacka nagomilavanja togniza.
Ekvivalent Teoremi 1.5.3 je sledeca teorema.
Teorema 1.5.9. Niz (an) je divergentan ako i samo ako postoje bar dvemedusobno razlicite tacke nagomilavanja tog niza.
Teorema 1.5.10. (BOLZANO–WEIERSTRASSOV STAV) Svaki ogranicenniz ima bar jednu konacnu tacku nagomilavanja.
Generalizacija Teoreme 1.5.10 je da svaki realni niz ima bar jednu tackunagomilavanja, konacnu ili beskonacnu.
Ekvivalentna definicija Definiciji 1.5.2 je sledeca.
Definicija 1.5.4. Limes inferior niza (an) je najmanja, a limes superiornajveca tacka nagomilavanja niza (an).
Na kraju ovog dela navodimo znacajna zapazanja, vezana za tackunagomilavanja niza i slicne pojmove kod nepraznih skupova.
Tacka x ∈ R je adherentna tacka skupa X ⊆ R ako za svako ε > 0 postojiy ∈ X tako da je |x− y| < ε.
Tacka x ∈ R je tacka nagomilavanja skupa X ⊆ R ako za svako ε > 0postoji y ∈ X tako da je y 6= x i |x− y| < ε.
Ocigledno, ako skup X sadrzi samo jedan element, taj element je adhe-rentna tacka skupa X, ali ne i njegova tacka nagomilavanja.
Tacku nagomilavanja niza nikako ne treba poistovecivati sa adherentnomili tackom nagomilavanja skupa jer se radi o razlicitim pojmovima. Pre-ciznije, izmedu ovih pojmova postoje sledece veze.
Tacka nagomilavanja niza (an) je istovremeno adherentna tacka skupaX = {an}, dok obrnuto u opstem slucaju ne vazi. Primer je niz (an) = (1/n)koji ima samo jednu tacku nagomilavanja x = 0. Medutim, skup {1/n} imabeskonacno mnogo adherentnih tacaka. To su x = 0 i svi clanovi niza a1 = 1,a2 = 1/2, itd.
BROJNI NIZOVI 67
Tacka nagomilavanja skupa X = {an} je istovremeno tacka nagomilavanjaniza (an). Da obrnuto ne vazi uvek, svedoci primer konstantnog niza (an) =(C). Ovaj niz ima tacku nagomilavanja x = C, ali skup {C} nema tackunagomilavanja jer sadrzi samo jedan element.
Primetimo jos da je tacka nagomilavanja niza analogon adherentnoj tackiskupa, a ne tacki nagomilavanja skupa. Zato se u literaturi tacka nagomila-vanja niza srece i pod imenom adherentna vrednost niza ([1], str. 48–49).
Teorema 1.5.11. Ako je x ∈ R tacka nagomilavanja skupa X ⊆ R, tadapostoji niz (an) takav da je an ∈ X za svako n ∈ N i
limn→∞
an = x .
Dokaz. Kako je x tacka nagomilavanja skupa X, to za svako ε > 0, pa iza ε1 = 1 > 0, postoji element a1 ∈ X tako da je a1 6= x i
|a1 − x| < ε1 .
Neka je ε2 > 0 manji od brojeva 1/2 i |a1−x|. Tada postoji element a2 ∈ Xtako da je a2 6= x, a2 6= a1 i
|a2 − x| < ε2 .
Nastavljajuci postupak, konstruisemo nizove (εn) i (an) za koje vazi: εn > 0je manji od brojeva 1/n i |an−1 − x| ; an 6= x, an 6= ai (i = 1, 2, . . . , n− 1) i
|an − x| < εn .
Poslednju nejednakost zapisujemo na nacin
−εn + x < an < εn + x
i uocavamo da je
0 < εn ≤ 1n
.
Sukcesivnom primenom Teoreme 1.2.5, dobijamo redom
limn→∞
εn = 0 , limn→∞
an = x ,
sto je tvrdenje teoreme.
68 TEORIJA NIZOVA
1.6. Cauchyevi nizovi
Jos jedan od nacina za utvrdivanje konvergencije ili divergencije nizova,bez nalazenja granicnih vrednosti u slucaju konvergencije, zasnovan je napojmu Cauchyevog niza.
Definicija 1.6.1. Niz (an) je Cauchyev niz ako za svako ε > 0 postojiN(ε) ∈ N tako da je
|am − an| < ε
za svako m,n ≥ N(ε).
Ne umanjujuci opstost, pretpostavimo da je m > n i stavimo m = n + k,k ∈ N. Definicija 1.6.1 tada dobija ekvivalentan oblik.
Definicija 1.6.2. Niz (an) je Cauchyev niz ako za svako ε > 0 postojiN(ε) ∈ N tako da je
|an+k − an| < ε
za svako n ≥ N(ε) i svako k ∈ N.
Definicije 1.6.1 i 1.6.2 znace da su skoro svi clanovi niza na uzajamnomrastojanju manjem od ε, koliko god da je ε mali broj. Dakle, za razliku odDefinicije 1.1.2, koja ukazuje na bliskost clanova konvergentnog niza i nekogkonkretnog broja (limes niza), Definicije 1.6.1 i 1.6.2 ukazuju na medusobnubliskost clanova niza.
U prakticnim primenama se koristi ona od Definicija 1.6.1 ili 1.6.2, kojaje pogodnija za resavanje konkretnog problema.
Osobine Cauchyevih nizova formulisemo u obliku teorema.
Teorema 1.6.1. Ako je niz (an) Cauchyev, tada je on ogranicen.Dokaz. Neka je ε > 0 konkretan broj, npr. ε = 1. Prema Definiciji 1.6.2,
za svako ε > 0, pa i za ε = 1, postoji broj N = N(1) ∈ N tako da je
|an+k − an| < 1
za svako n ≥ N i svako k ∈ N. Specijalno, za n = N , je
|aN+k − aN | < 1 ,
pa suprotna nejednakost moze da vazi samo za clanove niza a1, a2, . . . , aN−1.Birajuci za M1 > 0 najveci od brojeva 1, |a1−aN |, |a2−aN |, . . . , |aN−1−aN |,dobijamo
|an − aN | ≤ M1 , −M1 + aN ≤ an ≤ M1 + aN
BROJNI NIZOVI 69
za svako n ∈ N. Ako je M > 0 veci od brojeva | −M1 + aN | i |M1 + aN |,sledi
−M ≤ an ≤ M , |an| ≤ M
za svako n ∈ N i, prema Definiciji 1.3.3, Cauchyev niz (an) je ogranicen.
Teorema 1.6.2. Ako je niz (an) Cauchyev, tada on ima konvergentanpodniz (ank
).Dokaz. Tvrdenje sledi iz Teorema 1.6.1 i 1.5.10.
Najvaznija osobina Cauchyevih nizova iskazana je sledecom teoremom.
Teorema 1.6.3. (CAUCHYEV KRITERIJUM KONVERGENCIJE) Niz (an)je konvergentan ako i samo ako je Cauchyev.
Dokaz. Neka je niz (an) konvergentan i neka je ε > 0 proizvoljan broj.Tada je i ε1 = 2ε > 0 proizvoljan broj. Iz Definicije 1.1.2 sledi da postojibroj N(ε) ∈ N tako da je
|an − a| < ε , |am − a| < ε
za svako m,n ≥ N(ε), pa je
|am − an| =∣∣(am − a) + (a− an)
∣∣ ≤ |am − a|+ |a− an|= |am − a|+ |an − a| < 2ε = ε1
za svako m,n ≥ N(ε). Dakle, niz (an) je Cauchyev.Obrnuto, pretpostavimo da je niz (an) Cauchyev. Prema Teoremi 1.6.2,
tada postoji konvergentan podniz (ank). Oznacimo granicnu vrednost pod-
niza salim
k→∞ank
= a .
Ako je ε > 0 proizvoljan broj, proizvoljan je i broj ε1 = 2ε > 0. Stavljajucim = nk, iz Definicije 1.6.1 sledi da postoji broj N1(ε) ∈ N tako da je
|ank− an| < ε
za svako nk, n ≥ N1(ε). Takode, na osnovu Definicije 1.1.2, postoji brojN2(ε) ∈ N tako da je
|ank− a| < ε
za svako nk ≥ N2(ε). Neka je N(ε) veci od brojeva N1(ε) i N2(ε). Tada je
|ank− an| < ε , |ank
− a| < ε
70 TEORIJA NIZOVA
za svako nk, n ≥ N(ε), pa je i
|an − a| = ∣∣(an − ank) + (ank
− a)∣∣ ≤ |an − ank
|+ |ank− a|
= |ank− an|+ |ank
− a| < 2ε = ε1
za svako n ≥ N(ε). Dakle, niz (an) je konvergentan.
Dosad smo nizove posmatrali samo u skupu svih realnih brojeva R.Medutim, nizovi mogu da se posmatraju i na proizvoljnom skupu X ⊆ R kaouniverzalnom skupu. Karakteristika ovog slucaja je u zahtevu da granicnavrednost niza, ukoliko postoji, pripada skupu X. Ovakav zahtev dovodido razlike izmedu Cauchyevog i konvergentnog niza. Preciznije, niz mozeda bude Cauchyev, ali ne i konvergentan, pa Teorema 1.6.3 ne vazi u obasmera. Primer je niz (an) = (1/n) na intervalu X = (0, 1]. Ovaj niz jesteCauchyev jer za svako ε > 0 postoji broj N(ε) = [2/ε] + 1 ∈ N tako da zasvako m,n ≥ N(ε) vazi
|am−an| =∣∣∣ 1m− 1
n
∣∣∣ ≤ 1m
+1n≤ 1
N(ε)+
1N(ε)
=2
N(ε)=
2[2ε
]+ 1
<22ε
= ε .
Niz nije konvergentan buduci da je, prema (1.1.4),
limn→∞
1n
= 0 /∈ X .
NAPOMENA 1.6.1. Najopstiji slucaj su nizovi u proizvoljnom metrickom prostoru(X, d) ([1], str. 25, 47–50). Ovaj slucaj nas ne interesuje, osim nekih ilustrativnihprimera kakvi su kompleksni brojni nizovi. S obzirom na prethodno uocenu razliku izmeduCauchyevog i konvergentnog niza, za proizvoljne metricke prostore se uvodi novi pojam.Metricki prostor (X, d) je kompletan ako u njemu svaki Cauchyev niz konvergira.
Prema Teoremi 1.6.3, (R, d) je kompletan metricki prostor, gde je R skup svih realnihbrojeva i d metrika data sa d(x, y) = |x− y|, x, y ∈ R. 4
PRIMER 1.6.1. Za n ∈ N, posmatramo harmonijski niz sa opstim clanom
(1.6.1) an = 1 +1
2+
1
3+ · · ·+ 1
n
i ispitujemo njegovu konvergenciju.
Neka je n ∈ N i m = 2n. Tada je
am = a2n = 1 +1
2+
1
3+ · · ·+ 1
n+
1
n + 1+ · · ·+ 1
2n,
|am − an| = 1
n + 1+
1
n + 2+ · · ·+ 1
2n>
n
2n=
1
2.
BROJNI NIZOVI 71
Za specijalno izabrano ε = 1/4 > 0 ne postoji broj N(ε) ∈ N tako da vazi nejednakost|am−an| < ε za svako m, n ≥ N(ε) jer za svako n ∈ N i m = 2n vazi suprotna nejednakost|am − an| > 1/2 > ε. Dakle, niz (an) ne zadovoljava Definiciju 1.6.1, pa nije Cauchyev i,prema Teoremi 1.6.3, niz (an) nije konvergentan.
Harmonijski niz odredeno divergira, tj.
(1.6.2) limn→∞
(1 +
1
2+
1
3+ · · ·+ 1
n
)= +∞ .
Odredenu divergenciju niza (1.6.1) utvrdujemo prema Teoremi 1.3.5 pod 1◦, tako stopokazujemo da je niz monotono rastuci i neogranicen sa gornje strane.
Kako je
an+1 = 1 +1
2+ · · ·+ 1
n+
1
n + 1> 1 +
1
2+ · · ·+ 1
n= an ,
iz Definicije 1.3.6 sledi da je (an) monotono rastuci niz.
Neka je M ∈ R, M > 0 proizvoljan i K = K(M) ∈ N, K ≥ 2 najmanji broj za koji je
1 +1
2K ≥ M .
Pokazano je da, za svako k ∈ N, k ≥ 2 i n = 2k, vazi
an > 1 +1
2k
([6], str. 60–61), pa postoji broj N(M) = 2K ∈ N tako da je
aN(M) > 1 +1
2K ≥ M .
Na osnovu Definicije 1.3.4, to znaci da je niz (an) neogranicen sa gornje strane.Za dokaz (1.6.2) se cesce koriste drugi metodi ([7], str. 18–19), koji nisu predmet
razmatranja ove knjige.
Divergencija niza (1.6.1) je veoma spora ([4], str. 62). Zato na osnovu numerickogizracunavanja pocetnih clanova nije moguce naslutiti da li niz konvergira ili divergira.Ako pogresno pretpostavimo da niz konvergira, pokusaj da numericki odredimo njegovugranicu naravno da ne daje nikakav rezultat. Znacaj prethodnog utvrdivanja konvergen-cije ili divergencije niza se u punoj meri ogleda upravo kod sporo konvergentnih (Napo-mena 1.3.2) i sporo divergentnih nizova. 4
PRIMER 1.6.2. Za n ∈ N, posmatramo hiperharmonijski niz sa opstim clanom
(1.6.3) an = 1 +1
22+
1
32+ · · ·+ 1
n2
i ispitujemo njegovu konvergenciju.
72 TEORIJA NIZOVA
Neka je k, n ∈ N. Tada je
an+k = 1 +1
22+
1
32+ · · ·+ 1
n2+
1
(n + 1)2+ · · ·+ 1
(n + k)2,
|an+k − an| = 1
(n + 1)2+
1
(n + 2)2+ · · ·+ 1
(n + k)2
<1
n(n + 1)+
1
(n + 1)(n + 2)+ · · ·+ 1
(n + k − 1)(n + k).
Rastavljanjem svakog sabirka na parcijalne razlomke
1
m(m + 1)=
1 + m−m
m(m + 1)=
1 + m
m(m + 1)− m
m(m + 1)=
1
m− 1
m + 1,
dalje je
|an+k − an| <(
1
n− 1
n + 1
)+
(1
n + 1− 1
n + 2
)+ · · ·+
(1
n + k − 1− 1
n + k
)
=1
n− 1
n + k<
1
n.
Za proizvoljno ε > 0 postoji broj N(ε) = [1/ε] + 1 ∈ N tako da za svako n ≥ N(ε) i svakok ∈ N vazi
|an+k − an| < 1
n≤ 1
N(ε)=
1[1
ε
]+ 1
<1
1
ε
= ε .
Prema Definiciji 1.6.2, niz (an) je Cauchyev i, prema Teoremi 1.6.3, niz (an) je konver-gentan.
Hiperharmonijski niz ima granicnu vrednost
(1.6.4) limn→∞
(1 +
1
22+
1
32+ · · ·+ 1
n2
)=
π2
6.
Za dokaz (1.6.4) se koriste posebni metodi ([7], str. 69–70), koje ovde ne razmatramo.Jednakost (1.6.4) omogucava uspesno numericko izracunavanje Ludolphovog broja π.
Niz (1.6.3) je specijalan slucaj hiperharmonijskog niza sa opstim clanom
(1.6.5) an = 1 +1
2p +
1
3p + · · ·+ 1
np , p ∈ R . 4
1.7. Veza izmedu granicnih vrednostinizova i funkcija
Na tesnu vezu izmedu realnih nizova i realnih funkcija jednog realnogargumenta ukazuje vec sama definicija niza kao funkcije skupa N u skupR. Ovo znaci da je pojam niza zasnovan na prethodno poznatom pojmu
BROJNI NIZOVI 73
funkcije. Dalje, realizacija definicija konvergencije i divergencije niza (Defini-cije 1.1.2, 1.1.3) cesto zahteva poznavanje osnovnih osobina funkcije, npr. os-obine monotonosti (Primeri 1.1.4, 1.1.5). Na znacaj neprekidnosti funkcije,Heineove definicije granicne vrednosti funkcije i L’Hospitalovog pravila, priodredivanju granicnih vrednosti mnogih nizova, ukazujemo upravo u ovomdelu knjige.
Realne funkcije jednog realnog argumenta necemo da razmatramo. Pret-postavljamo da su citaocu vec poznati osnovni pojmovi, kao sto su definicija,granicna vrednost i neprekidnost, izvodi funkcije, itd. Za detaljnije informa-cije citaoca upucujemo na obimnu literaturu koja postoji o ovim funkcijama,npr. [2], str. 97–197; [4], str. 97–185. Ovde izdvajamo samo one osobine ipravila koja se koriste u radu sa nizovima.
1.7.1. Monotonost funkcija
Neka je f(x) rastuca realna funkcija jednog realnog argumenta i (an)monoton realni niz. Tada je novi niz (yn) sa opstim clanom
yn = f(an)
neopadajuci (nerastuci) ako je (an) neopadajuci (nerastuci) niz.U slucaju opadajuce funkcije f(x), niz (yn) je nerastuci (neopadajuci) ako
je niz (an) neopadajuci (nerastuci).Krace receno, prirodu monotonosti niza (an) rastuca funkcija f(x) ne
menja, a opadajuca menja.Napominjemo da pomocu nerastue funkcije f(x) iz rastuceg niza (an) moze
da se dobije nerastuci niz (yn) i analogno u slucaju neopadajuce funkcijef(x).
1.7.2. Granicne vrednosti funkcija
Neka je f(x) realna funkcija jednog realnog argumenta i x0, L ∈ Rkonkretni brojevi ili x0 = +∞, x0 = −∞, L = +∞, L = −∞.
Cauchyeva definicija granicne vrednosti funkcije je sledeca.Ako za svako ε > 0 postoji δ = δ(ε) > 0 tako da iz x 6= x0, |x − x0| < δ
sledi |f(x)−L| < ε, funkcija f(x) ima granicnu vrednost L kad x → x0, stose zapisuje sa
limx→x0
f(x) = L .
Dokazano je da izmedu granicnih vrednosti funkcija i nizova postojiobostrana veza, o cemu govori sledeca teorema ([4], str. 105).
74 TEORIJA NIZOVA
Funkcija f(x) ima granicnu vrednost L kad x → x0 ako i samo ako niz(yn) =
(f(an)
)ima granicnu vrednost L, gde je (an) proizvoljan niz, takav
da je an 6= x0 za svako n ∈ N i limn→∞ an = x0.Dakle, za Cauchyevu definiciju postoji ekvivalent, iskazan pomocu ni-
zova. Ovaj ekvivalent je u literaturi poznat kao Heineova definicijagranicne vrednosti funkcije. Uocavamo da se Cauchyeva definicija odnosina neprekidnu promenu argumenta x → x0, dok je u Heineovoj definiciji tapromena diskretna x = an → x0.
Heineova definicija se koristi u dve situacije. Jedna je kada se granicnavrednost niza nalazi pomocu poznate granicne vrednosti funkcije. Druga jekada se utvrduje da granicna vrednost funkcije ne postoji.
Za nalazenje granicnih vrednosti nizova, karakteristicni su sledeci slucaje-vi. Neka je poznata granicna vrednost funkcije
limx→+∞
f(x) = L .
Tada, za x = an = n, vazi x → +∞ kad n →∞ i
limn→∞
f(n) = L .
Neka jelim
x→0+f(x) = L ,
gde x → 0+ znaci x → 0 i x > 0. Tada, za x = an = 1/n, vazi x → 0+ kadn →∞ i
limn→∞
f( 1
n
)= L .
Da granicna vrednost funkcije ne postoji jer nije jedinstvena, utvrduje sekonstrukcijom nizova (an) i (bn), takvih da je
limn→∞
an = limn→∞
bn = x0 , limn→∞
f(an) 6= limn→∞
f(bn) .
U cilju nalazenja granicnih vrednosti funkcija, Heineova definicija seupotrebljava samo kada je to neophodno. Tipican primer su granicne vred-nosti
limx→+∞
(1 +
1x
)x
= limx→−∞
(1 +
1x
)x
= e ,(1.7.1)
limx→0+
(1 + x
)1/x
= limx→0−
(1 + x
)1/x
= e ,(1.7.2)
BROJNI NIZOVI 75
koje se dobijaju iz (1.5.2) i (1.5.3) redom. Jednakost (1.7.1) moze da se uzmeza definiciju broja e umesto (1.3.3). U tom slucaju se (1.7.2) dobija smenomt = 1/x, a (1.5.2) i (1.5.3) slede primenom Heineove definicije iz (1.7.1) i(1.7.2), za x = bn i x = cn redom.
PRIMER 1.7.1. Za n ∈ N, odredujemo granicne vrednosti nizova sa opstim clanom
1◦ yn = n sin1
n, 2◦ yn = 2n sin
1
3n.
U oba slucaja koristimo poznatu granicnu vrednost
limx→0
sin x
x= 1
funkcije f(x) = sin x/x i zakljucke zasnovane na Heineovoj definiciji. Izraz sinx/x jeneodredenog oblika 0/0 kad x → 0 i njegova granicna vrednost se najjednostavnije nalazipomocu L’Hospitalovog pravila.
1◦ Za x = 1/n je
f
(1
n
)=
sin1
n1
n
= n sin1
n= yn ,
pa je
limn→∞
yn = limn→∞
f
(1
n
)= lim
x→0+f(x) = 1 .
2◦ Prema (1.1.7), za x = 1/3n vazi x → 0+ kad n →∞, pa je
limn→∞
3n sin1
3n= lim
n→∞f
(1
3n
)= lim
x→0+f(x) = 1 .
Transformacijom opsteg clana
yn =2n
3n3n sin
1
3n=
(2
3
)n
3n sin1
3n
i primenom (1.1.7), sledi
limn→∞
yn = limn→∞
(2
3
)n
limn→∞
3n sin1
3n= 0 · 1 = 0 . 4
PRIMER 1.7.2. Pokazujemo da ne postoje granicne vrednosti funkcija
1◦ limx→+∞
sin x , limx→0+
sin1
x.
U oba slucaja koristimo zakljucak zasnovan na Heineovoj definiciji.
76 TEORIJA NIZOVA
1◦ Neka je f(x) = sin x. Za n ∈ N0, uocavamo nizove (an), (bn) sa opstim clanovima
an = nπ , bn =π
2+ 2nπ ,
koji imaju beskonacne granicne vrednosti
limn→∞
an = limn→∞
bn = +∞ .
Kako je
f(an) = sin nπ = 0 , f(bn) = sin
(π
2+ 2nπ
)= 1 ,
to jelim
n→∞f(an) = 0 6= lim
n→∞f(bn) = 1 ,
pa granicna vrednost funkcije f(x) kad x → +∞ ne postoji jer nije jedinstvena.2◦ Neka je f(x) = sin(1/x). Za n ∈ N, nizovi (an), (bn) sa opstim clanovima
an =1
nπ, bn =
1π
2+ 2nπ
=2
π + 4nπ=
2
(4n + 1)π
imaju granicne vrednostilim
n→∞an = lim
n→∞bn = 0 + .
Zato je
limn→∞
f(an) = limn→∞
sin nπ = 0 6= limn→∞
f(bn) = limn→∞
sin2
(4n + 1)π= 1 . 4
1.7.3. Neprekidnost funkcija
Neka su f(x), g(x) i F (x) realne funkcije jednog realnog argumenta. Jos,neka je g(x) neprekidna, a F (x) slozena funkcija
F (x) = g(f(x)
).
Tada vazi
(1.7.3) limx→x0
F (x) = limx→x0
g(f(x)
)= g
(lim
x→x0f(x)
),
gde je x0 ∈ R konkretan broj ili x0 = +∞, x0 = −∞. Formalno posmat-rana, jednakost (1.7.3) znaci da oznaka g neprekidne funkcije i oznaka limsmeju uzajamno da promene mesta.
BROJNI NIZOVI 77
Cinjenica da je ln x neprekidna funkcija i jednakost (1.7.3) omogucavajuda se granicne vrednosti mnogih funkcija odrede na jednostavan nacin, kojije poznat kao postupak logaritmovanja. Ako je f1(x) pozitivna funkcija,g(x) = ln x i f(x) funkcija oblika
f(x) = f1(x)f2(x) ,
logaritmovanjem sledi
g(f(x)
)= ln f(x) = f2(x) ln f1(x) .
Odavde je
limx→x0
g(f(x)
)= lim
x→x0ln f(x) = lim
x→x0f2(x) ln f1(x) = L
i, prema (1.7.3),
g(
limx→x0
f(x))
= ln(
limx→x0
f(x))
= L ,
pa jelim
x→x0f(x) = eL .
Specijalno, za x = n ∈ N, x0 = +∞ i fn = f(n), jednakost (1.7.3) postaje
(1.7.4) limn→∞
g(fn) = g(
limn→∞
fn
).
Ako je f1(n) > 0 za svako n ∈ N i
fn = f(n) = f1(n)f2(n) ,
postupak logaritmovanja se izvodi na potpuno isti nacin i dobija se
limn→∞
fn = eL ,
gde jeL = lim
n→∞f2(n) ln f1(n) .
Postupak logaritmovanja se koristi za nalazenje granicnih vrednosti neo-dredenog oblika 1∞, 00, ∞0. Pri tome se L najcesce odreduje primenomL’Hospitalovog pravila kod funkcija i Stolzove teoreme kod nizova.
78 TEORIJA NIZOVA
PRIMER 1.7.3. Za n ∈ N, odredujemo granicnu vrednost niza sa opstim clanom
fn = n√
n .
Granicnu vrednost odredujemo primenom postupka logaritmovanja i Stolzove teoreme(Teorema 1.4.1).
Iz fn = n1/n logaritmovanjem dobijamo novi niz sa opstim clanom
cn = ln fn =1
nln n =
ln n
n=
an
bn,
gde jean = ln n , bn = n .
Za nizove (an) i (bn) vazilim
n→∞an = lim
n→∞bn = +∞ ,
sto sledi iz (1.1.5) i Heineove definicije, tj.
limx→+∞
ln x = +∞ , limn→∞
an = limn→∞
ln n = +∞ .
Kako je (bn) rastuci niz, uslovi Stolzove teoreme su ispunjeni i njenom primenom daljesledi
limn→∞
cn = limn→∞
an+1 − an
bn+1 − bn= lim
n→∞ln(n + 1)− ln n
(n + 1)− n= lim
n→∞ln
n + 1
n.
Funkcija ln x je neprekidna, pa (1.7.4) moze da se primeni. Zato je
limn→∞
cn = ln
(lim
n→∞n + 1
n
)= ln 1 = 0 ,
pri cemu je iskoriscen rezultat (1.2.8). Odavde je
limn→∞
cn = limn→∞
ln fn = ln
(lim
n→∞fn
)= 0
i konacnolim
n→∞fn = e0 = 1 .
Dobijena granicna vrednost niza (fn) je raniji rezultat (1.4.13), izveden primenomTeoreme 1.4.4, koja je posledica Stolzove teoreme i odnosi se na specijalan slucaj granicnevrednosti. Postupak logaritmovanja omogucava direktnu i mnogo siru primenu Stolzoveteoreme, pa ovde izneti nacin odredivanja granicne vrednosti ima prednost nad primenomTeoreme 1.4.4. 4
1.7.4. L’Hospitalovo pravilo
Neka su f(x) i g(x) neprekidne funkcije jednog realnog argumenta i x0 ∈ Rkonkretan broj ili x0 = +∞, x0 = −∞. Pretpostavimo da f(x) i g(x) imaju
BROJNI NIZOVI 79
izvode f ′(x), g′(x) i da je g′(x) 6= 0 za svako x ∈ R, osim mozda za x = x0.Pretpostavljamo jos da je
limx→x0
f(x) = limx→x0
g(x) = ∞
ililim
x→x0f(x) = lim
x→x0g(x) = 0 .
Tada iz egzistencije granicne vrednosti limx→x0 f ′(x)/g′(x) sledi egzistencijagranicne vrednosti limx→x0 f(x)/g(x) i vazi L’Hospitalovo pravilo
(1.7.5) limx→x0
f(x)g(x)
= limx→x0
f ′(x)g′(x)
.
Kombinovanjem Heineove definicije i jednakosti (1.7.5), uz poznavanjegranicnih vrednosti funkcija, granicne vrednosti mnogih nizova se neupore-divo jednostavnije nalaze nego primenom nekog od dosad opisanih metoda.To se, pre svega, odnosi na Stolzovu teoremu, koja je diskretni analogonL’Hospitalovog pravila (1.7.5). I L’Hospitalovo pravilo, kao i Stolzovu teo-remu, moguce je sukcesivno primenjivati vise puta.
Iz navedenih prepostavki vidimo da se L’Hospitalovim pravilom odredujugranicne vrednosti funkcija neodredenog oblika ∞/∞ ili 0/0. Ovo pravilomoze da se primeni i kod granicnih vrednosti ostalih neodredenih oblikajer se 0 · ∞ i +∞ −∞ prevode jednostavnim transformacijama, a 1∞, 00
i ∞0 postupkom logaritmovanja na jedan od oblika ∞/∞ ili 0/0. Kakoje L’Hospitalovo pravilo i veoma jednostavno za primenu, ono je najpopu-larniji i najrasprostranjeniji metod za nalazenje granicnih vrednosti funkcijaneodredenog oblika.
PRIMER 1.7.4. Za n ∈ N, odredujemo granicnu vrednost niza sa opstim clanom
an =en − 1
n.
Granicnu vrednost odredujemo na dva nacina, primenom Stolzove teoreme i L’Hospi-talovog pravila (1.7.5).
Posmatramo nizove (fn), (gn) sa opstim clanom
fn = en − 1 , gn = n .
Uslovi Stolzove teoreme su ispunjeni jer je (gn) rastuci niz i, prema (1.3.3), (1.1.7), (1.1.5),vazi
limn→∞
fn = limn→∞
gn = +∞ .
80 TEORIJA NIZOVA
Zato je
limn→∞
an = limn→∞
fn+1 − fn
gn+1 − gn= lim
n→∞(en+1 − 1)− (en − 1)
(n + 1)− n
= limn→∞
(en+1 − en) = (e− 1) limn→∞
en = +∞ .
Posmatramo sada funkcije
f(x) = ex − 1 , g(x) = x , α(x) =f(x)
g(x).
Uslovi za primenu L’Hospitalovog pravila su ispunjeni jer su funkcije f(x), g(x) neprekid-ne, imaju granicne vrednosti
limx→+∞
f(x) = limx→+∞
g(x) = +∞
i izvodef ′(x) = ex , g′(x) = 1 6= 0 .
Zato je
limx→+∞
α(x) = limx→+∞
f(x)
g(x)= lim
x→+∞f ′(x)
g′(x)= lim
x→+∞ex = +∞ .
Kako je an = α(n), prema Heineovoj definiciji sledi
limn→∞
an = limn→∞
α(n) = limx→+∞
α(x) = +∞ .
Granicna vrednost niza iz Primera 1.7.3 takode moze da se odredi primenom L’Hospita-lovog pravila, uz prethodno logaritmovanje funkcije x1/x:
limx→+∞
ln x1/x = limx→+∞
ln x
x= lim
x→+∞(ln x)′
x′= lim
x→+∞1
x= 0 ,
ln
(lim
x→+∞x1/x
)= 0 , lim
x→+∞x1/x = e0 = 1 , lim
n→∞n1/n = 1 .
Ocigledno je da se obe granicne vrednosti jednostavno nalaze, kako pomocu Stolzoveteoreme, tako i pomocu Lopitalovog pravila, sto nije uvek slucaj. 4
PRIMER 1.7.5. Za p, q ∈ R, q > 1 i n ∈ N, odredujemo granicnu vrednost niza saopstim clanom
(1.7.6) an =n
p
qn.
Razlikujemo tri slucaja, zavisno od vrednosti broja p.
Neka je p = 0. Tada je np
= 1 i, prema (1.1.7),
limn→∞
an = limn→∞
1
qn= 0 .
BROJNI NIZOVI 81
Neka je p < 0. Tada je p1 = −p > 0. Prema (1.1.7), (1.1.9) i Teoremi 1.2.3, sledi
limn→∞
an = limn→∞
1
qn· lim
n→∞1
np1
= 0 .
Neka je p > 0. Uocavamo funkcije
f(x) = xp
, g(x) = qx , α(x) =f(x)
g(x).
Funkcije f(x), g(x) su neprekidne, imaju granicne vrednosti
limx→+∞
f(x) = limx→+∞
g(x) = +∞
i izvodef ′(x) = p x
p−1, g′(x) = qx ln q 6= 0 .
Za k = [p] + 1 ∈ N je p − k < 0, p1 = k − p > 0 i limx→+∞ xp1 = +∞. Primenjujemo
L’Hospitalovo pravilo k puta i dobijamo
limx→+∞
α(x) = limx→+∞
f ′(x)
g′(x)=
p
ln qlim
x→+∞x
p−1
qx=
p(p− 1)
(ln q)2lim
x→+∞x
p−2
qx= · · ·
=p(p− 1) · · · (p− k + 1)
(ln q)klim
x→+∞x
p−k
qx
=p(p− 1) · · · (p− k + 1)
(ln q)klim
x→+∞1
qxxp1
= 0 .
Kako je an = α(n), to je
limn→∞
an = limn→∞
α(n) = limx→+∞
α(x) = 0 .
U sva tri slucaja smo dobili isti rezultat, pa je
(1.7.7) limn→∞
np
qn= 0 ; p ∈ R , q > 1 .
Iz (1.7.7) vidimo da je (np/qn) nula–niz za svako p, q ∈ R, q > 1, kao i da niz (qn) brze
tezi ka +∞ kad n →∞ od niza (np) za p > 0 i q > 1.
Uporedujuci (1.7.7) i (1.2.10), zakljucujemo da najbrze tezi ka +∞ kad n → ∞ niz(n!), zatim niz (qn), a najsporije niz (n
p), pod uslovima p > 0, q > 1.
Primenom Stolzove teoreme, do granicne vrednosti (1.7.7) se otezano dolazi vec u speci-
jalnom slucaju p ∈ N, p ≥ 4. Citaocu prepustamo da se u to sam uveri, birajuci konkretnevrednosti za p i q, npr. p = 4, q = 2. Granicna vrednost (1.7.7) moze da se nade idrugacije. Jedan od nacina dat je u [4], str. 79, ali je i taj nacin zamorniji od primeneL’Hospitalovog pravila.
Na ovom mestu izvodimo jos dva vazna zakljucka. Neka je q ∈ R, q > 1, k, n ∈ N i
Pk(n) = C0nk + C1nk−1 + · · ·+ Ck
82 TEORIJA NIZOVA
polinom stepena k, gde su Ci ∈ R (i = 0, 1, . . . , k) konstante, C0 6= 0. Kako je
Pk(n)
qn= C0
nk
qn+ C1
nk−1
qn+ · · ·+ C0
1
qn,
primenom (1.7.7) na svaki od sabiraka, sledi
(1.7.8) limn→∞
Pk(n)
qn= 0 , q > 1 .
Takode jePk(n)
n!=
Pk(n)
qn
qn
n!
i, prema (1.2.10),
(1.7.9) limn→∞
Pk(n)
n!= 0 , q > 1 . 4
1.7.5. Taylorova formula
Neka je x0 ∈ R konkretan broj i f(x) funkcija jednog realnog argumenta,neprekidna u okolini U broja x0. Ako funkcija f(x) ima izvode proizvoljnogreda za svako x ∈ U , osim mozda za x = x0, vazi Taylorova formula
(1.7.10) f(x) = Pn(x) + Rn(x) , x ∈ U ,
gde je
Pn(x) =n∑
k=0
f (k)(x0)k!
(x− x0)k(1.7.11)
= f(x0) +f ′(x0)
1!(x− x0) +
f ′′(x0)2!
(x− x0)2 + · · ·
+f (n)(x0)
n!(x− x0)n
Taylorov polinom funkcije f(x) i Rn(x) ostatak Taylorove formule. Jed-nakost (1.7.10) i izraz Pn(x) + Rn(x) se jos zovu Taylorov razvoj funkcijef(x). Specijalno, za x0 = 0, (1.7.10) je Maclaurinova formula.
Ako postoji broj M ∈ R, M > 0 tako da je
|f(x)| ≤ M ,∣∣f (n)(x)
∣∣ ≤ M
BROJNI NIZOVI 83
za svako n ∈ N i svako x ∈ [α, β], tada je
(1.7.12) limn→∞
Rn(x) = 0
za svako x ∈ [α, β] ([4], str. 178). Primetimo da je (1.7.12) granicna vred-nost funkcionalnog niza
(Rn(x)
). O funkcionalnim nizovima ce biti reci u
kasnijem izlaganju.Znacaj Taylorove formule u matematici je ogroman, a njenu primenu kod
nizova ilustrujemo primerom.
PRIMER 1.7.6. Za n ∈ N, odredujemo granicnu vrednost niza sa opstim clanom
(1.7.13) an = 1 +1
1!+
1
2!+ · · ·+ 1
n!.
Neka je (α, β) proizvoljan interval i 0 ∈ (α, β). Funkcija
f(x) = ex
je neprekidna na (α, β) i ima izvode
f ′(x) = f ′′(x) = · · · = f (n)(x) = ex .
Za x = x0 = 0 je
f(0) = f ′(0) = f ′′(0) = · · · = f (n)(0) = e0 = 1 ,
pa Maclaurinov razvoj ove funkcije glasi
(1.7.14) ex = 1 +1
1!x +
1
2!x2 + · · ·+ 1
n!xn + Rn(x) , x ∈ (α, β) .
Iz dobijenog razvoja, za x = 1, sledi
e = 1 +1
1!+
1
2!+ · · ·+ 1
n!+ Rn(1) = an + Rn(1) ,
tj.an = e−Rn(1) .
Ako je r ∈ R, r ≥ 1 konkretan broj i [α, β] = [−r, r], tada je 1 ∈ [−r, r]. Takode,funkcija f(x) raste i postoji broj M = er > 0 tako da je
|f(x)| = |f (n)(x)| = |ex| = ex ≤ er = M
za svako n ∈ N i svako x ∈ [−r, r]. Zato (1.7.12) vazi za svako x ∈ [−r, r], pa i za x = 1,tj. vazi
limn→∞
Rn(1) = 0
84 TEORIJA NIZOVA
i dalje
limn→∞
an = e− limn→∞
Rn(1) = e .
Dakle, dobijamo
(1.7.15) limn→∞
(1 +
1
1!+
1
2!+ · · ·+ 1
n!
)= e .
Niz sa opstim clanom (1.7.13) smo vec pominjali kao niz koji se, zbog svoje brze kon-vergencije, koristi za izracunavanje broja e.
Za odgovarajuci izbor brojeva x i r, na isti nacin kao u ovom primeru, iz Maclaurinovograzvoja (1.7.14) mogu da se dobiju i granicne vrednosti mnogih drugih nizova. 4
NAPOMENA 1.7.1. Vec smo uocili da se, osim u retkim situacijama, Heineova defini-cija ne koristi za nalazenje granicnih vrednosti funkcija pomocu poznatih granicnih vred-nosti nizova, vec obrnuto. Takode, granicne vrednosti mnogih nizova mogu bitno jed-nostavnije da se nadu primenom ove definicije, o cemu svedoci i vise nizova koje smodo sada razmatrali, npr. nizovi iz Primera 1.1.5, 1.2.9, 1.3.1. Zato autor smatra da jepedagoski ispravnije upoznati citaoca prvo sa granicnim vrednostima i osobinom neprekid-nosti funkcija, pa tek onda sa nizovima. Bar bi trebalo dati osnovne pojmove koji se odnosena funkcije, kao sto je to uradeno u [4], str. 10–23. Autor nije postupio u skladu sa svojimuverenjem jer je problematika ove knjige veoma uska, vezana samo za nizove, pa bi takavpristup znacajno opteretio tekst knjige. 4
1.8. Nizovi u drugim oblastima matematike
U ovom delu ukazujemo na ogroman znacaj koji nizovi imaju u matemati-ci, navodeci samo neke krajnje jednostavne slucajeve. Kao sto se realni nizoviuspesno koriste pri ispitivanju funkcija jedne realne nezavisno promenljive,tako kompleksni nizovi nalaze primenu, npr., pri ispitivanju funkcija dverealne nezavisno promenljive. Rekurentne relacije uopste uzev, a posebnolinearne diferencne jednacine i iterativni procesi, su nezaobilazni u Diskret-noj i Numerickoj matematici. Parcijalne sume su jedan od osnovnih pojmovau Teoriji redova, a integralne sume kod Riemannovih integrala.
1.8.1. Kompleksni nizovi
Vec je receno da se u generalnom slucaju nizovi definisu u proizvoljnimmetrickim prostorima (X, d). Ilustracije radi, iz ovog generalnog izdvajamospecijalan slucaj kompleksnih brojnih nizova.
Neka jeX =
{(x, y)
∣∣ x, y ∈ R}
BROJNI NIZOVI 85
skup svih uredenih parova realnih brojeva. Standardna oznaka za ovaj skupje R2. Svaki uredeni par realnih brojeva je isto sto i kompleksan broj
z = (x, y) = x + iy ,
gde je i =√−1 imaginarna jedinica. Skup svih kompleksnih brojeva se
oznacava sa C, pa jeX = R2 = C .
Ako se u skup C uvede dobro poznata euklidska metrika ([1], str. 27), skupC postaje metricki prostor (C, d). Za proizvoljne brojeve z1 = (x1, y1), z2 =(x2, y2) ∈ C, euklidska metrika se definise sa
d(z1, z2) =√
(x1 − x2)2 + (y1 − y2)2 .
Za svaku, pa i za ovu metriku, vazi d(z1, z2) ∈ R, d(z1, z2) ≥ 0 ([1], str. 25).Geometrijski posmatrano, svaki kompleksan broj z = (x, y) predstavlja
tacku u ravni s Descartesovim koordinatama x i y, pa je metrika d(z1, z2)najkrace rastojanje izmedu tacaka z1 = (x1, y1) i z2 = (x2, y2).
Ako je zn ∈ C za svako n ∈ N, uredeni skup brojeva
(z1, z2, . . . , zn, . . . )
je kompleksni brojni niz ili samo kompleksni niz.Niz (zn) = (xn + iyn) je konvergentan ako postoji z = x + iy ∈ C tako da
jelim
n→∞d(zn, z) = lim
n→∞
√(xn − x)2 + (yn − y)2 = 0 .
Broj z je granicna vrednost niza (zn), sto se zapisuje sa
limn→∞
zn = z .
Kako je an = d(zn, z) ∈ R za svako n ∈ N, to je (an) realni brojni niz, paje konvergencija kompleksnog niza svedena na konvergenciju realnog niza.
PRIMER 1.8.1. Za konstante r, ϕ ∈ R, |r| < 1 i n ∈ N, pokazujemo da kompleksniniz sa opstim clanom
zn = rn(cos nϕ + i sin nϕ)
konvergira ka kompleksnom broju z = (0, 0).
Iz opsteg clanazn = xn + iyn = rn cos nϕ + irn sin nϕ
sledixn = rn cos nϕ , yn = rn sin nϕ .
86 TEORIJA NIZOVA
Zato je
d(zn, z) =√
(xn − 0)2 + (yn − 0)2 =√
x2n + y2
n
=
√(rn cos nϕ)2 + (rn sin nϕ)2 = |r|n
√cos2 nϕ + sin2 nϕ = |r|n .
Prema (1.1.6), (1.1.7) i Teoremi 1.2.8, vazi
limn→∞
|r|n = 0 ,
pa je ilim
n→∞d(zn, z) = 0 , lim
n→∞zn = (0, 0) . 4
1.8.2. Linearne diferencne jednacine
Posebna vrsta rekurentnih relacija (Primer 1.3.4), kojima se niz zadajeimplicitno, jesu linearne diferencne jednacine. Najznacajnije medu njima sulinearne diferencne jednacine sa konstantnim koeficijentima, za cije resavanjepostoji algoritam ([5], str. 28–29). Resavanje linearne diferencne jednacineje isto sto i odredivanje eksplicitnog oblika opsteg clana niza. Opsti clanniza sadrzi odgovarajuci broj proizvoljnih konstanata, koje se izracunavajuna osnovu zadatih pocetnih uslova (neki clanovi niza).
Kako cilj ove knjige nije proucavanje diferencnih jednacina, zadrzacemose samo na najjednostavnijem slucaju. To su homogene linearne diferencnejednacine drugog reda sa konstantnim koeficijentima. Oblik ovakve diferen-cne jednacine je
an+2 + C1an+1 + C2an = 0 ,
a eksplicitni oblik opsteg clana niza
an = D1bn + D2cn ,
gde su C1, C2 ∈ R poznate konstante, D1, D2 ∈ R proizvoljne konstante ibn, cn opsti clanovi privremeno neodredenih nizova.
Za odredivanje bn i cn formira se, tzv., karakteristicna jednacina
λ2 + C1λ + C2 = 0 ,
koja je ocigledno kvadratna jednacina. U zavisnosti od resenja λ1, λ2 karak-teristicne jednacine, razlikuju se tri slucaja.
BROJNI NIZOVI 87
Neka je λ1, λ2 ∈ R, λ1 6= λ2. Tada je
bn = λn1 , cn = λn
2 ;an = D1λ
n1 + D2λ
n2 .
Ako je λ1, λ2 ∈ R, λ1 = λ2(= λ), tada je
bn = λn , cn = nλn ;
an = D1λn + D2nλn = λn(D1 + D2n) .
Neka je λ1, λ2 ∈ C, λ1,2 = r(cos ϕ ± i sin ϕ), tj. λ1 i λ2 su konjugovanokompleksni brojevi. Tada je
bn = rn cosnϕ , cn = rn sinnϕ ;
an = D1rn cos nϕ + D2r
n sin nϕ = rn(D1 cos nϕ + D2 sinnϕ) .
Dakle, resavanje posmatrane diferencne jednacine se svodi na resavanjekarakteristicne jednacine.
Konstante D1 i D2 se odreduju na osnovu neka dva zadata clana niza (an),najcesce prva dva a1, a2 (pocetni uslovi). Ukoliko ovi clanovi nisu zadati,konstante D1 i D2 ostaju proizvoljne i za opsti clan an se kaze da je opsteresenje diferencne jednacine.
PRIMER 1.8.2. Za n ∈ N, odredujemo opste clanove i ispitujemo konvergencijunizova zadatih sa:
1◦ a1 = 1 , a2 = 7 , an+2 + an+1 − 2an = 0 ;
2◦ a2 = 3 , a5 = 9 , an+2 − 2an+1 + an = 0 ;
3◦ an+2 − 2
3an+1 +
4
9an = 0 .
1◦ Karakteristicna jednacinaλ2 + λ− 2 = 0
ima resenja λ1 = 1, λ2 = −2, pa je λ1, λ2 ∈ R, λ1 6= λ2. Zato je
an = D1 1n + D2(−2)n = D1 + D2(−2)n .
Za n = 1, 2, prema pocetnim uslovima, sledi
a1 = D1 − 2D2 = 1 , a2 = D1 + 4D2 = 7 ,
odakle je D1 = 3, D2 = 1 ian = 3 + (−2)n .
88 TEORIJA NIZOVA
Na osnovu Primera 1.5.1, niz (an) divergira. Niz divergira i za bilo koji drugi izborkonstanata D1, D2 6= 0. Ako je D2 = 0, niz (an) konvergira kao konstantan niz i vazilimn→∞ an = D1, pri cemu se podrazumeva D1 6= 0. Trivijalan slucaj konstantnog nula–niza (D1 = D2 = 0) ne razmatramo jer njegov opsti clan an zadovoljava svaku linearnudiferencnu jednacinu ovog tipa.
2◦ Karakteristicna jednacina
λ2 − 2λ + 1 = 0
ima resenja λ1 = 1, λ2 = 1, pa se radi o slucaju λ1, λ2 ∈ R, λ1 = λ2(= λ). Zato je
an = D1 1n + D2n 1n = D1 + D2 n .
Za n = 2, 5, iz zadatih uslova sledi
a2 = D1 + 2D2 = 3 , a5 = D1 + 5D2 = 9 ,
odakle je D1 = −1, D2 = 2 ian = −1 + 2n .
Niz (an) odredeno divergira prema Primeru 1.1.3 i vazi
limn→∞
an = +∞ .
Za proizvoljan izbor konstanata D1, D2 6= 0 niz takode odredeno divergira, s tim sto jelimn→∞ an = −∞ u slucaju D2 < 0. Za D2 = 0, niz (an) je konvergentan sa granicomlimn→∞ an = D1.
3◦ Karakteristicna jednacina
λ2 − 2
3λ +
4
9= 0
ima konjugovano kompleksna resenja
λ1 =1
3+ i
√3
3=
2
3
(cos
π
3+ i sin
π
3
),
λ2 =1
3− i
√3
3=
2
3
(cos
π
3− i sin
π
3
),
pa je λ1, λ2 ∈ C, λ1,2 = r(cos ϕ± i sin ϕ), gde je r = 2/3, ϕ = π/3. Zato je
an =
(2
3
)n(D1 cos
nπ
3+ D2 sin
nπ
3
)=
(2
3
)n
D1 cosnπ
3+
(2
3
)n
D2 sinnπ
3.
Pocetni uslovi nisu zadati, sto znaci da je an opste resenje diferencne jednacine.Kako za funkcije cos x i sin x vazi −1 ≤ cos x ≤ 1, −1 ≤ sin x ≤ 1, to je
−1 ≤ cosnπ
3≤ 1 , −1 ≤ sin
nπ
3≤ 1 .
BROJNI NIZOVI 89
Ne umanjujuci opstost, pretpostavimo da je D1 > 0 i D2 > 0. Tada je
−(
2
3
)n
D1 ≤(
2
3
)n
D1 cosnπ
3≤
(2
3
)n
D1 ,
−(
2
3
)n
D2 ≤(
2
3
)n
D2 sinnπ
3≤
(2
3
)n
D2
i, prema (1.1.7), Teoremi 1.2.12 pod 1◦, Teoremi 1.2.5 redom, sledi
limn→∞
(2
3
)n
D1 cosnπ
3= 0 , lim
n→∞
(2
3
)n
D2 sinnπ
3= 0 .
Dakle, niz (an) je konvergentan sa granicom
limn→∞
an = 0 .
Vrednosti konstanata D1, D2 ocigledno ne uticu na konvergenciju ovog niza. 4
1.8.3. Iterativni procesi
Iterativni procesi ili iterativni metodi su vrsta rekurentnih relacija, kojimasu definisani konvergentni nizovi.
Prvo pitanje koje se postavlja jeste konstrukcija iterativnog procesa. Pre-ciznije, za problem koji se resava treba pronaci rekurentnu relaciju tako danjome definisan niz konvergira bas ka resenju problema.
Primena iterativnog procesa se sastoji u sukcesivnom izracunavanju clano-va niza, polazeci od poznatih pocetnih clanova, cime se priblizno izracunavagranicna vrednost niza.
Pomocu iterativnih procesa se numericki resavaju mnogi problemi. Ilus-tracije radi, navodimo dobro poznati Newtonov metod za resavanje nelinear-nih jednacina ([5], str. 339–341).
Konstrukcija Newtonovog metoda je jednostavna. Neka je
f(x) = 0
nelinearna jednacina, koja na segmentu [α, β] ⊆ R ima samo jedno prostoresenje x = a. Pod odgovarajucim pretpostavkama za funkciju f(x), pri-menom Taylorove formule (1.7.10) i (1.7.11), dobija se priblizna jednakost
f(x) ≈ f(x0) + f ′(x0)(x− x0) ,
gde je x0 ∈ [α, β] proizvoljan broj. Za x = a, priblizna jednakost postaje
f(a) ≈ f(x0) + f ′(x0)(a− x0) .
90 TEORIJA NIZOVA
Kako je x = a resenje jednacine f(x) = 0, to je f(a) = 0 i dalje
0 ≈ f(x0) + f ′(x0)(a− x0) ,
a ≈ x0 − f(x0)f ′(x0)
.
Stavljajuci
x1 = x0 − f(x0)f ′(x0)
i ponavljajuci prethodni postupak sa x1 umesto x0, sledi
x2 = x1 − f(x1)f ′(x1)
.
Nastavljanjem postupka, dobija se niz definisan rekurentnom relacijom(Newtonov metod)
xn = xn−1 − f(xn−1)f ′(xn−1)
.
Pokazuje se da je niz (xn) konvergentan sa granicom
limn→∞
xn = a .
Za primenu Newtonovog metoda potreban je pocetni clan niza x0.
PRIMER 1.8.3. Primenom Newtonovog metoda resavamo nelinearnu jednacinu
ex + x = 0
sa tacnoscu 10−3.
Za funkcijuf(x) = ex + x
vazi
f(−1) = e−1 − 1 =1
e− 1 < 0 , f(0) = e0 − 0 = 1 > 0 ,
pa jednacina f(x) = 0 ima resenje x = a na segmentu [α, β] = [−1, 0].Kako je
f ′(x) = ex + 1 ,
polazeci od x0 = −0.5 ∈ [−1, 0], izracunavamo
f(x0) = f(−0.5) = e−0.5 − 0.5 = 0.1065 ,
f ′(x0) = f ′(−0.5) = e−0.5 + 1 = 1.6065
BROJNI NIZOVI 91
i, prema Newtonovom metodu,
x1 = x0 − f(x0)
f ′(x0)= −0.5− 0.1065
1.6065= −0.5663 .
Dalje je
f(x1) = f(−0.5663) = 0.0013 ,
f ′(x1) = f ′(−0.5663) = 1.5676 ,
x2 = x1 − f(x1)
f ′(x1)= −0.5663− 0.0013
1.5676= −0.5671 ;
f(x2) = f(−0.5671) = 0.0001 ,
f ′(x2) = f ′(−0.5671) = 1.5672 ,
x3 = x2 − f(x2)
f ′(x2)= −0.5671− 0.0001
1.5672= −0.5672 .
Zahtevana tacnost 10−3 je postignuta jer je
|x3 − x2| = | − 0.5672 + 0.5671| = 0.001 = 10−3 ,
pa za resenje jednacine uzimamo
a ≈ x3 ≈ −0.567 . 4
1.8.4. Parcijalne sume
Neka je (an) zadati niz. Posmatramo novi niz (Sn), ciji su clanovi formi-rani od clanova niza (an) na nacin:
S1 = a1 , S2 = a1 + a2 , . . . , Sn = a1 + a2 + · · ·+ an =n∑
k=1
ak .
U oblasti matematike Teorija redova, niz (Sn) je poznat kao niz parcijalnihsuma beskonacnog zbira brojeva
∞∑
k=1
ak ,
koji se zove brojni red. Svaki clan niza (Sn) je jedna parcijalna suma reda.Brojni red moze da uzima konacnu vrednost, beskonacnu vrednost ili dauzima razlicite vrednosti kada se smatra da vrednost reda ne postoji. Koji
92 TEORIJA NIZOVA
od slucajeva nastupa, odreduje redom konvergencija, odredena divergencijai divergencija upravo niza (Sn) ([7], str. 7–9). Ovo je i prirodno ako se uocida je
(1.8.1)∞∑
k=1
ak = limn→∞
n∑
k=1
ak = limn→∞
Sn .
Sa nizovima parcijalnih suma smo se vec sreli. To su, npr., niz (1.2.3) izPrimera 1.2.7, harminojski niz (1.6.1) iz Primera 1.6.1 i hiperharmonijskiniz (1.6.3) iz Primera 1.6.2. Ovi nizovi su nizovi parcijalnih suma geometrij-skog, harmonijskog i hiperharmonijskog reda redom ([7], str. 9–10, 18–19).Dobijeni rezultati za nizove i rezultati iz navedene literature za redove suisti, sto je i normalno s obzirom na (1.8.1).
I svaki drugi niz (Sn), formiran na opisani nacin, je niz parcijalnih sumaodgovarajuceg reda, pri cemu vazi (1.8.1).
Najcesce se na osnovu ispitivanja niza parcijalnih suma zakljucuje o vred-nosti reda, ali je moguce i zakljucivanje u obrnutom smeru. Primer je niz saopstim clanom
(1.8.2) Sn = 2 +22
2!+
23
3!+ · · ·+ 2n
n!,
za koji se jednostavnije utvrduje da je konvergentan tako sto se prethodnoutvrduje da red
∑∞k=1 2k/k! ima konacnu vrednost ([7], str. 23–24). Niz
(Sn) je nastao iz niza (an) sa opstim clanom (1.2.9) za q = 2.
PRIMER 1.8.4. Posmatramo redove
1◦∞∑
k=1
1
k(k + 1), 2◦
∞∑k=1
2k
2k + 1
i odredujemo njihove vrednosti.
1◦ Niz parcijalnih suma (Sn) ima opsti clan
Sn =
n∑k=1
1
k(k + 1)=
1
1 · 2 +1
2 · 3 + · · ·+ 1
n(n + 1).
Rastavljajuci svaki od sabiraka na parcijalne razlomke prema
1
k(k + 1)=
1 + k − k
k(k + 1)=
1 + k
k(k + 1)− k
k(k + 1)=
1
k− 1
k + 1,
BROJNI NIZOVI 93
dobijamo
Sn =
(1− 1
2
)+
(1
2− 1
3
)+ · · ·+
(1
n− 1
n + 1
)
= 1 +
(−1
2+
1
2
)+
(−1
3+
1
3
)+ · · ·+
(− 1
n+
1
n
)− 1
n + 1
= 1− 1
n + 1.
Kako je, na osnovu ranije izvedenih zakljucaka, limn→∞ 1/(n + 1) = 0, to niz (Sn)konvergira sa granicom
limn→∞
Sn = 1 .
Iz (1.8.1) sledi da posmatrani red uzima konacnu vrednost
∞∑k=1
1
k(k + 1)= lim
n→∞Sn = 1 .
2◦ Niz parcijalnih suma (Sn) ima opsti clan
Sn =2
2 + 1+
22
22 + 1+ · · ·+ 2n
2n + 1.
Kako za svaki sabirak vazi
2k
2k + 1>
2k
2k + 2k=
2k
2 · 2k=
1
2,
to je
Sn >n
2.
Zbog limn→∞ n/2 = +∞, prema Teoremi 1.2.13 pod 1◦, sledi
limn→∞
Sn = +∞
i, prema (1.8.1), posmatrani red uzima beskonacnu vrednost
∞∑k=1
2k
2k + 1= lim
n→∞Sn = +∞ . 4
1.8.5. Integralne sume
Pretpostavimo da je realna funkcija f(x) integrabilna na segmentu [α, β] ⊆R. Segment [α, β] delimo na n podsegmenata duzine (β − α)/n i izracuna-vamo vrednosti funkcije f
(α + k(β − α)/n
)za k = 0, 1, . . . , n− 1. Zbir
(1.8.3) Sn =n−1∑
k=0
f(α + k
β − α
n
)β − α
n
94 TEORIJA NIZOVA
je specijalno izabrana integralna suma odredenog integrala. Niz (Sn) inte-gralnih suma (1.8.3) konvergira ka odredenom integralu, tj. vazi
(1.8.4)∫ β
α
f(x) dx = limn→∞
Sn .
Ako je Sn bilo koja integralna suma odredenog integrala, (1.8.4) je definicijaodredenog integrala ([8], str. 29–30).
Jednakost (1.8.4) se ne koristi za izracunavanje integrala, osim u ciljuilustrovanja definicije odredenog integrala. Medutim, ova jednakost se koristiza jednostavno nalazenje granicnih vrednosti nekih nizova pomocu integrala,o cemu svedoci sledeci primer.
PRIMER 1.8.5. Za p ∈ R, p > −1 i n ∈ N, odredujemo granicnu vrednost niza saopstim clanom
bn =1
p+ 2
p+ · · ·+ n
p
np+1
.
Integralna suma funkcije f(x) = xp
na [α, β] = [0, 1] je
Sn =
n−1∑k=0
f
(0 + k
1− 0
n
)1− 0
n=
1
n
n−1∑k=0
f
(k
n
)=
1
n
n−1∑k=0
(k
n
)p
=1
np+1
n−1∑k=0
kp
=1
np+1
(1 p+ 2
p+ · · ·+ (n− 1)
p)
=1
np+1
(1 p+ 2
p+ · · ·+ n
p)− np
np+1
= bn − 1
n.
Kako je ∫ β
α
f(x) dx =
∫ 1
0
xp
dx =x
p+1
p + 1
∣∣∣x=1
x=0=
1
p + 1,
iz (1.8.4) sledi
limn→∞
Sn =
∫ 1
0
xp
dx =1
p + 1,
pa je
limn→∞
Sn = limn→∞
bn − limn→∞
1
n= lim
n→∞bn ,
tj.
(1.8.5) limn→∞
1p
+ 2p
+ · · ·+ np
np+1
=1
p + 1, p > −1 .
Granicna vrednost (1.4.15) je specijalan slucaj granicne vrednosti (1.8.5) za p ∈ N. 4
BROJNI NIZOVI 95
Integrali se uspesno koriste i za ispitivanje konvergencije redova pomocuCauchyevog integralnog kriterijuma ([7], str. 25–27). Na primer, pokazujese da za hiperharmonijski red, a time i hiperharmonijski niz (1.6.5), vazi
limn→∞
(1 +
12 p +
13 p + · · ·+ 1
np
)=
C , p > 1 ,
+∞ , 0 < p ≤ 1 ,
ne postoji , p ≤ 0 ,
gde je p ∈ R i C ∈ R, C < p/(p − 1) konacan broj. Ovo je generalni slucajhiperharmonijskog niza, dok je (1.6.3) specijalan slucaj za p = 2.
2. FUNKCIONALNI NIZOVI
Detaljno proucavanje funkcionalnih nizova zahteva poznavanje funkcijajednog realnog argumenta, kao i nekih drugih pojmova, npr. pojam normira-nog prostora funkcija ([5], str. 85). Da ne bismo sirili tematiku ove knjige, alii da ne bismo uskratili citaocu upoznavanje sa ovom vrstom nizova, u glavnimcrtama iznosimo osnovne karakteristike funkcionalnih nizova, ukljucujuci iadekvatne primere.
Nalik brojnim nizovima, funkcionalni nizovi imaju veliki znacaj u drugimoblastima matematike. Na primer, u Teoriji redova se pomocu funkcional-nih nizova formiraju funkcionalni redovi, kakvi su dobro poznati stepeni iFourierovi redovi. Za vise informacija o funkcionalnim nizovima i redovimacitaoca upucujemo na [3], str. 173–217; [7], str. 3–6, 38–99.
2.1. Definicija, konvergencija iuniformna konvergencija niza
Definicija funkcionalnih nizova je formalno ista kao definicija brojnih ni-zova.
Definicija 2.1.1. Neka su fn(x) realne funkcije jednog realnog argumentaza svako n ∈ N, sa zajednickim podrucjem definisanosti X ⊆ R. Uredeniskup funkcija fn(x), u oznaci
(f1(x), f2(x), . . . , fn(x), . . .
),
zove se funkcionalni niz.
Umesto prethodne, cesto se koristi kraca oznaka
(fn(x)
).
96
FUNKCIONALNI NIZOVI 97
Funkcionalni niz je i svaki drugi uredeni skup funkcija(fm(x), fm+1(x), . . .
)(m ∈ N0) .
Funkcije f1(x), f2(x), . . . su clanovi niza. Opsti clan niza fn(x) je pravilopo kom se generisu svi clanovi niza.
Za razliku od brojnih nizova, kod funkcionalnih nizova se razlikuju obicnakonvergencija ili samo konvergencija (u tacki i na intervalu) i uniformnakonvergencija.
Definicija 2.1.2. Niz(fn(x)
)konvergira u tacki x = x0 ∈ X ako konver-
gira brojni niz (fn) =(fn(x0)
).
Skup svih tacaka x0 ∈ X u kojima niz(fn(x)
)konvergira zove se podrucje
konvergencije ili skup konvergencije niza.Neka je podrucje konvergencije niza
(fn(x)
)interval I nekog od oblika
(α, β), (α, β], [α, β), [α, β]. Uopstenje konvergencije u tacki je sledece.
Definicija 2.1.3. Niz(fn(x)
)konvergira na intervalu I ako postoji realna
funkcija f(x) jednog realnog argumenta x ∈ I i ako za svako ε > 0 i svakofiksirano x ∈ I postoji N(ε, x) ∈ N tako da je
∣∣fn(x)− f(x)∣∣ < ε
za svako n ≥ N(ε, x).
Definicija 2.1.3, u stvari, znaci da funkcionalni niz konvergira na intervaluako konvergira u svakoj pojedinacnoj tacki intervala.
Funkcija f(x) iz Definicije 2.1.3 je granicna funkcija (granica, limes) niza(fn(x)
). Kaze se da niz
(fn(x)
)konvergira ka granicnoj funkciji f(x) na
intervalu I i zapisuje se na nacin
limn→∞
fn(x) = f(x) , x ∈ I .
Uniformna konvergencija se definise samo na intervalu, ne i u tacki.
Definicija 2.1.4. Niz(fn(x)
)uniformno (ravnomerno) konvergira ka
granicnoj funkciji f(x) na intervalu I1 ⊆ I ako za svako ε > 0 postojiN(ε) ∈ N tako da je ∣∣fn(x)− f(x)
∣∣ < ε
za svako n ≥ N(ε) i svako x ∈ I1.
Iz Definicije 2.1.4 je ocigledno da uniformna konvergencija podrazumevaobicnu konvergenciju na intervalu I1, ali zahteva i vise, da broj N zavisi
98 TEORIJA NIZOVA
samo od ε, a ne i od x. Ovo je razlog sto iz uniformne konvergencije uveksledi obicna konvergencija, dok obrnuto u opstem slucaju ne vazi.
Naredne zakljucke, zbog njihove velike prakticne primene, formulisemo uobliku teorema.
Neka je interval I podrucje konvergencije funkcionalnog niza(fn(x)
), f(x)
njegova granicna funkcija i I1 ⊆ I proizvoljan interval.
Teorema 2.1.1. 1◦ Ako niz(fn(x)
)uniformno konvergira ka f(x) na
intervalu I, tada on uniformno konvergira na intervalu I1.2◦ Ako niz
(fn(x)
)ne konvergira uniformno ka f(x) na intervalu I1, tada
on ne konvergira uniformno na intervalu I.
Zakljucci 1◦ i 2◦ Teoreme 2.1.1 su medusobno ekvivalentni. Ni za jedanod njih obrnuto ne vazi uopste uzev.
Teorema 2.1.2. Ako postoje ε > 0 i brojni niz (an) tako da je an ∈ I1 i∣∣fn(an)− f(an)
∣∣ > ε
za svako n ∈ N, tada niz(fn(x)
)ne konvergira uniformno ka f(x) na inter-
valu I1.
Obe teoreme su neposredna posledica Definicije 2.1.4.Uniformna konvergencija funkcionalnih nizova je analogna konvergenciji
brojnih nizova (Definicija 1.1.2), sto se lako sagledava. Nejednakost∣∣fn(x)−
f(x)∣∣ < ε iz Definicije 2.1.4, koja vazi za svako ε > 0, svako x ∈ I1 i svako
n ≥ N(ε), zapisujemo na nacin
f(x)− ε < fn(x) < f(x) + ε .
Dobijene nejednakosti znace da se skoro svi clanovi niza(fn(x)
)nalaze u
”ε–okruzenju” funkcije f(x) na intervalu I1, gde je ε–okruzenje deo ravniizmedu funkcija f(x)− ε i f(x) + ε, x ∈ I1 (Slika 2.1.1).
x
y
f(x)+f(x) e
f(x) e
fn(x)
a b
Slika 2.1.1.
FUNKCIONALNI NIZOVI 99
NAPOMENA 2.1.1. Matematicki je korektno oznacavati funkcije, npr., sa f i fn, a nesa f(x) i fn(x). Koristimo nekorektnu notaciju imajuci u vidu da ona nije neuobicajena uliteraturi ([6], str. 21), ali jeste uobicajena u praksi, narocito kod citalaca kojima je knjiganamenjena. 4
PRIMER 2.1.1. Za x ∈ R i n ∈ N0, posmatramo funkcionalni niz sa opstim clanom
fn(x) = xn
i ispitujemo njegovu konvergenciju.
Prvo ispitujemo obicnu konvergenciju niza (fn(x)).Neka je x = x0 = q ∈ R konkretno izabran broj. Tada je
fn = fn(x0) = fn(q) = qn ,
pa se funkcionalni niz (fn(x)) svodi na geometrijski brojni niz koji, prema (1.1.7), konver-gira za svako q ∈ (−1, 1]. Na osnovu Definicija 2.1.2 i 2.1.3, to znaci da (fn(x)) konvergirau svakoj konkretnoj tacki x0 ∈ (−1, 1], pa konvergira i na intervalu (−1, 1]. Dakle, in-terval I = (−1, 1] je podrucje konvergencije niza (fn(x)) i postoji granicna funkcija f(x),definisana na I. Lako se proverava da je to funkcija
f(x) =
{0 , x ∈ (−1, 1) ,
1 , x = 1
jer ispunjava uslove iz Definicije 2.1.3.Neka je ε > 0 proizvoljan i x ∈ (−1, 1] konkretan broj. Posmatramo izraz
|fn(x)− f(x)| ={|x|n , x ∈ (−1, 1) ,
0 , x = 1 .
Ako je x = 1, nejednakost |fn(x)− f(x)| < ε vazi za svako n ∈ N0 zbog |fn(1)− f(1)| =|1 − 1| = 0 < ε. Ako je x ∈ (−1, 1), nejednakost |fn(x) − f(x)| < ε vazi pod uslovom|x|n < ε ili, logaritmovanjem, n ln |x| < ln ε. Kako je ln |x| < 0 za x ∈ (−1, 1), to je
n >ln ε
ln |x| ,
pa je zahtevani uslov ispunjen za svako n ≥ N(ε, x) ∈ N, gde je
N(ε, x) =
[ln ε
ln |x|]
+ 1 .
Zakljucujemo da za svako ε > 0 i svako fiksirano x ∈ (−1, 1] postoji broj N(ε, x) ∈ Ntako da je
|fn(x)− f(x)| < ε
za svako n ≥ N(ε, x), sto znaci da je f(x) zaista granicna funkcija niza (fn(x)), tj.
limn→∞
fn(x) = f(x) , x ∈ (−1, 1] .
100 TEORIJA NIZOVA
Ispitujemo sada uniformnu konvergenciju niza (fn(x)) ka funkciji f(x) na podrucjukonvergencije (−1, 1].
Neka su 0 < ε < 1 i x ∈ (−1, 1) proizvoljni brojevi. Tada je ln ε < 0, ln |x| < 0 i
limx→±1
ln ε
ln |x| = +∞ ,
sto znaci da za svako n ∈ N postoji x ∈ (−1, 1) tako da je
n <ln ε
ln |x| .
Drugim recima, ne postoji broj N(ε) ∈ N, koji ne zavisi od x, tako da za svako n ≥ N(ε)i svako x ∈ (−1, 1) vazi suprotna nejednakost n > ln ε/ ln |x|, a time i nejednakost
|fn(x)− f(x)| < ε .
Prema Definiciji 2.1.4, niz (fn(x)) ne konvergira uniformno ka funkciji f(x) na intervalu(−1, 1). Zbog (−1, 1) ⊂ (−1, 1], prema Teoremi 2.1.1 pod 2◦, (fn(x)) ne konvergirauniformno na intervalu (−1, 1].
Da niz (fn(x)) ne konvergira uniformno ka funkciji f(x) na (−1, 1], pokazujemo i nadrugi nacin, primenom Teoreme 2.1.2.
Neka je 0 < ε < 1/2 i (an) brojni niz sa opstim clanom
an =n
√1
2.
Kako je n√
2 > 1 za svako n ∈ N, to je
0 < an =1
n√
2< 1 ,
pa je an ∈ (0, 1) i
|fn(an)− f(an)| =∣∣∣1
2− 0
∣∣∣ =1
2> ε
za svako n ∈ N. Prema Teoremama 2.1.2 i 2.1.1 pod 2◦ redom, niz (fn(x)) ne konvergirauniformno ka f(x) na (0, 1), a time ni na (−1, 1].
Birajuci
an = − n
√1
2,
analogno se pokazuje da (fn(x)) ne konvergira uniformno ka f(x) na (−1, 0). U stvari,(fn(x)) ne konvergira uniformno ka f(x) ni na jednom intervalu oblika (−1, β] ⊆ (−1, 1]ili [α, 1] ⊂ (−1, 1]. Uniformnu konvergenciju onemogucavaju tacke x = −1 i x = 1 ukojima funkcije fn(x) uzimaju iste vrednosti f2n(−1) = fn(1) = 1 ili f2n−1(−1) = −1.Iste vrednosti ne dozvoljavaju da se skoro sve funkcije fn(x) u celini nadu u svakom ε–okruzenju funkcije f(x). Na primer, za ε < 1, delovi svih funkcija fn(x), bliski tackamaA(−1, 1), B(−1,−1), C(1, 1), ostaju van ε–okruzenja (Slika 2.1.2). Primetimo da je Atacka maksimuma svih funkcija f2n(x), B tacka minimuma svih funkcija f2n−1(x), a Ctacka maksimuma svih funkcija fn(x) (i f2n(x) i f2n−1(x)).
FUNKCIONALNI NIZOVI 101
x
y1
10
A
B
C
1
1
1f (x)
2f (x)
2f (x)
4f (x)
4f (x)
5f (x)
0f (x)
5f (x)
3f (x)
3f (x)
f(x) e
0f(x)
f(x) e+
Slika 2.1.2.
Uocimo sada proizvoljan segment [α, β] ⊂ (−1, 1) i pretpostavimo da je |α| ≤ |β|. Zax ∈ [α, β] je |x| ≤ |β|, ln |x| ≤ ln |β| i
n >ln ε
ln |x| ≥ln ε
ln |β| .
Zato za svako ε > 0 postoji broj
N(ε) =
[ln ε
ln |β|]
+ 1 ∈ N
tako da je|fn(x)− f(x)| < ε
za svako n ≥ N(ε) i svako x ∈ [α, β]. Prema Definiciji 2.1.4, niz (fn(x)) uniformnokonvergira ka funkciji f(x) na segmentu [α, β]. Ako je |α| ≥ |β|, vazi isti zakljucak, uzN(ε) = [ln ε/ ln |α|] + 1.
Uniformna konvergencija je u ovom slucaju omogucena time sto su pomocu segmenta[α, β] izbegnute problematicne tacke x = ±1, tj. A, B, C. Sa Slike 2.1.3 vidimo da,za izabrane ε i [α, β], van ε–okruzenja funkcije f(x) ostaju samo funkcija f0(x) i delovifunkcija f1(x), f2(x), dok su sve ostale funkcije fn(x) unutar ε–okruzenja.
x
y1
10
A
B
C
1
1
1f (x)
2f (x)
2f (x)
4f (x)
4f (x)
5f (x)
0f (x)
5f (x)
3f (x)
3f (x)
f(x) e
0f(x)
f(x) e+
a b
Slika 2.1.3. 4
102 TEORIJA NIZOVA
PRIMER 2.1.2. Za x ∈ R, x ≥ 0 i n ∈ N, posmatramo funkcionalni niz sa opstimclanom
fn(x) =nx
1 + n2x2
i ispitujemo njegovu konvergenciju.
Neka je x0 ∈ R, x0 > 0 konkretno izabran broj. Tada je
fn = fn(x0) =nx0
1 + n2x20
opsti clan brojnog niza (1.2.7) i, prema (1.2.8), vazi
limn→∞
fn = 0 .
Poslednja jednakost je tacna i za x0 = 0 jer je tada (fn) konstantan niz sa opstimclanom fn = 0. Prema Definicijama 2.1.2 i 2.1.3, funkcionalni niz (fn(x)) konvergira
u proizvoljnoj tacki x0 ∈ R, x0 ≥ 0, pa konvergira i na intervalu [0, +∞) ka granicnojfunkciji
f(x) = 0 , x ∈ [0, +∞) .
Da bismo ispitali uniformnu konvergenciju niza (fn(x)), biramo 0 < ε < 1/2 i uocavamobrojni niz (an) sa opstim clanom
an =1
n.
Kako je 0 < an ≤ 1 i
|fn(an)− f(an)| =∣∣∣∣∣
n1
n
1 + n21
n2
− 0
∣∣∣∣∣ =1
2> ε
za svako n ∈ N, iz Teorema 2.1.2 i 2.1.1 pod 2◦ sledi da niz (fn(x)) ne konvergirauniformno ka f(x) na intervalu (0, 1], a time ni na [0, +∞).
Niz brojeva (an) je dobijen kao niz stacionarnih tacaka funkcija fn(x) u kojima svefunkcije dostizu istu maksimalnu vrednost fn(1/n) = 1/2. Podsecamo citaoca da sestacionarne tacke nalaze iz jednakosti
f ′n(x) =n(1− n2x2)
(1 + n2x2)2= 0 ,
odakle je redom
1− n2x2 = 0 , n2x2 = 1 , x2 =1
n2, x = an =
1
n> 0 .
Posmatramo sada interval [1, +∞), na kome je
|fn(x)− f(x)| =∣∣∣∣
nx
1 + n2x2− 0
∣∣∣∣ =nx
1 + n2x2,
FUNKCIONALNI NIZOVI 103
pa nejednakost |fn(x)− f(x)| < ε vazi pod uslovom
nx
1 + n2x2< ε .
Kako je 0 < 1/(nx) < 1/n za x ≥ 1, to je
nx
1 + n2x2=
1
1
nx+ nx
<1
nx≤ 1
n< ε ,
odakle je
n >1
ε.
Stavljajuci
N(ε) =
[1
ε
]+ 1 ,
zakljucujemo da za svako ε > 0 postoji broj N(ε) ∈ N tako da je n > 1/ε, tj.
|fn(x)− f(x)| < ε ,
za svako n ≥ N(ε) i svako x ∈ [1, +∞). Prema Definiciji 2.1.4, niz (fn(x)) uniformnokonvergira ka funkciji f(x) na intervalu [1, +∞).
Uniformna konvergencija na [1, +∞) je moguca jer ovaj interval ne sadrzi stacionarnetacke funkcija fn(x), izuzimajuci a1 = 1 (Slika 2.1.4).
x
y
1 2
e
0
1f (x)
2f (x)
4f (x)
3f (x)
2x 11x
Slika 2.1.4. 4
PRIMER 2.1.3. Za α, x ∈ R, x ≥ α > 0 i n ∈ N, posmatramo funkcionalni niz saopstim clanom
Sn(x) =
n∑k=1
x
(1 + (k − 1)x)(1 + kx)
i ispitujemo njegovu konvergenciju.
Uocavajuci da je
x = x + 1− 1 + kx− kx = (1 + kx)− (1 + kx− x) = (1 + kx)− (1 + (k − 1)x) ,
svaki od sabiraka
fk(x) =x
(1 + (k − 1)x)(1 + kx)
104 TEORIJA NIZOVA
rastavljamo na parcijalne razlomke i dobijamo
fk(x) =(1 + kx)− (1 + (k − 1)x)
(1 + (k − 1)x)(1 + kx)=
1
1 + (k − 1)x− 1
1 + kx.
Zato je opsti clan
Sn(x) = f1(x) + f2(x) + · · ·+ fn(x)
=
(1− 1
1 + x
)+
(1
1 + x− 1
1 + 2x
)+ · · ·+
(1
1 + (n− 1)x− 1
1 + nx
)
= 1− 1
1 + nx.
Neka je x0 ∈ R, x0 ≥ α > 0 konkretno izabran broj. Tada je
Sn = Sn(x0) = 1− 1
1 + nx0
opsti clan brojnog niza za koji vazi
limn→∞
Sn = 1− limn→∞
1
1 + nx0= 1 ,
pa funkcionalni niz (Sn(x)) konvergira u svakoj tacki x0 ∈ R, x0 ≥ α > 0, a time i naintervalu [α, +∞). Granicna funkcija je
S(x) = 1 , x ∈ [α, +∞) .
U cilju ispitivanja uniformne konvergencije, formiramo
|Sn(x)− S(x)| =∣∣∣1− 1
1 + nx− 1
∣∣∣ =1
1 + nx
i zakljucujemo da nejednakost |Sn(x)− S(x)| < ε vazi pod uslovom
1
1 + nx< ε .
Kako je x ≥ α > 0, to je1
1 + nx≤ 1
1 + nα<
1
nα< ε ,
odakle je
n >1
αε.
Zato za svako ε > 0 postoji broj
N(ε) =
[1
αε
]+ 1 ∈ N
FUNKCIONALNI NIZOVI 105
tako da je n > 1/(αε), tj.|Sn(x)− S(x)| < ε ,
za svako n ≥ N(ε) i svako x ∈ [α, +∞). Dakle, niz (Sn(x)) uniformno konvergira kafunkciji S(x) na intervalu [α, +∞), gde je α > 0 proizvoljna konstanta.
Uslov α > 0 je bitan jer za α = 0 niz (Sn(x)) ne konvergira uniformno. U ovom slucajuje granicna funkcija
S(x) =
{1 , x > 0 ,
0 , x = 0 .
Izborom 0 < ε < 1 i niza brojeva (an) sa opstim clanom
an =1
n,
utvrdujemo da je 0 < an ≤ 1 i
∣∣∣Sn
(1
n
)− S
(1
n
)∣∣∣ = |(1− 1)− 1| = 1 > ε
za svako n ∈ N. Zato niz (Sn(x)) ne konvergira uniformno na intervalu (0, 1], pa ni na[0, +∞).
U brojevima an = 1/n sve funkcije Sn(x) imaju istu minimalnu vrednost Sn(1/n) = 0jer su Sn(x) rastuce funkcije na [0, +∞) za svako n ∈ N.
Slicno kao kod brojnih nizova, (Sn(x)) je niz parcijalnih suma odgovarajuceg funkcio-nalnog reda
∞∑k=1
fk(x) ,
nastalog iz funkcionalnog niza (fn(x)) ([7], str. 86–87). 4
2.2. Osobine uniformno konvergentnih nizova
Osobine uniformno konvergentnih nizova su date sledecim teoremama,koje navodimo bez dokaza.
Teorema 2.2.1. Neka vazi:1◦ funkcije fn(x) su neprekidne na segmentu [α, β] za svako n ∈ N,2◦ niz
(fn(x)
)uniformno konvergira na segmentu [α, β] ka granicnoj
funkciji f(x).Tada je granicna funkcija f(x) neprekidna na segmentu [α, β].
Teorema 2.2.2. Neka vazi:1◦ funkcije fn(x) su neprekidne i imaju neprekidne izvode f ′n(x) na seg-
mentu [α, β] za svako n ∈ N,
106 TEORIJA NIZOVA
2◦ niz(fn(x)
)konvergira bar u jednoj tacki x0 ∈ [α, β],
3◦ niz sa opstim clanom
gn(x) = f ′n(x)
uniformno konvergira na segmentu [α, β] ka granicnoj funkciji g(x).
Tada sledi:
1◦ niz(fn(x)
)uniformno konvergira na segmentu [α, β] ka granicnoj
funkciji f(x),2◦ funkcija f(x) je neprekidna i ima neprekidan izvod f ′(x) na segmentu
[α, β],3◦ vazi jednakost
(2.2.1) limn→∞
f ′n(x) = limn→∞
gn(x) = g(x) = f ′(x) =(
limn→∞
fn(x))′
.
Teorema 2.2.3. Neka vazi:
1◦ funkcije fn(x) su neprekidne na segmentu [α, β] za svako n ∈ N,2◦ niz
(fn(x)
)uniformno konvergira na segmentu [α, β] ka granicnoj
funkciji f(x).
Tada sledi:
1◦ niz sa opstim clanom
gn(x) =∫ x
x0
fn(t) dt
uniformno konvergira na segmentu [α, β] ka granicnoj funkciji g(x)za svakox0 ∈ [α, β],
2◦ vazi jednakost
limn→∞
∫ x
x0
fn(t) dt = limn→∞
gn(x) = g(x)(2.2.2)
=∫ x
x0
f(t) dt =∫ x
x0
(lim
n→∞fn(t)
)dt .
Jednakost (2.2.2) vazi i pod manje strogom pretpostavkom 1◦, da sufunkcije fn(x) integrabilne na segmentu [α, β] za svako n ∈ N.
Jednakosti (2.2.1) i (2.2.2) znace da oznaka lim i oznaka izvoda ′, odnosnooznaka integrala
∫, mogu uzajamno da promene mesta.
Obrnuta tvrdenja Teoremama 2.2.1–2.2.3 u opstem slucaju ne vaze.
FUNKCIONALNI NIZOVI 107
PRIMER 2.2.1. Za α, β ∈ R, −1 < α < β < 1, x ∈ [α, β] i n ∈ N0, ispitujemoneprekidnost granicne funkcije niza sa opstim clanom
fn(x) = xn .
Funkcije fn(x) su neprekidne na segmentu [α, β] za svako n ∈ N0. Niz (fn(x)) uni-formno konvergira na [α, β], sto je dokazano u Primeru 2.1.1. Prema Teoremi 2.2.1,granicna funkcija f(x) mora da bude neprekidna na [α, β].
Dobijeni zakljucak lako proveravamo, buduci da nam je granicna funkcija
f(x) =
{0 , x ∈ (−1, 1) ,
1 , x = 0
vec poznata (Primer 2.1.1). Zaista, funkcija f(x) je prekidna jedino u tacki x = 1, a tatacka ne pripada segmentu [α, β]. 4
PRIMER 2.2.2. Za α ∈ R, 0 < α < 1, x ∈ [−α, α] i n ∈ N0, odredujemo granicnufunkciju niza sa opstim clanom
fn(x) =xn+1
n + 1.
Funkcije fn(x) su neprekidne i imaju neprekidne izvode
f ′n(x) = xn
na segmentu [−α, α] za svako n ∈ N0. Niz (fn(x)) konvergira u tacki x0 = 0 ∈ [−α, α]jer brojni niz (fn) sa opstim clanom
fn = fn(x0) = fn(0) = 0
konvergira kao konstantan niz. Prema Primeru 2.1.1, niz sa opstim clanom
gn(x) = f ′n(x) = xn
uniformno konvergira na segmentu [−α, α] ka granicnoj funkciji
g(x) = 0 , x ∈ [−α, α] .
Primenom Teoreme 2.2.2 sledi da niz (fn(x)) uniformno konvergira na [−α, α] ka granicnojfunkciji f(x), za koju vazi (2.2.1), tj.
f ′(x) = g(x) = 0 , x ∈ [−α, α] .
Iz poslednje jednakosti se integracijom dobija
f(x) = C , x ∈ [−α, α] ,
gde je C ∈ R proizvoljna konstanta. Konstantu C odredujemo iz cinjenice da
limn→∞
fn(x) = f(x)
108 TEORIJA NIZOVA
vazi za svako x ∈ [−α, α], pa i za x = x0 = 0. Tada je
limn→∞
fn(x0) = limn→∞
fn(0) = 0 , f(x0) = f(0) = C
iC = 0 .
Dakle, granicna funkcija niza (fn(x)) je
f(x) = 0 , x ∈ [−α, α] . 4PRIMER 2.2.3. Za β ∈ R, β > 1, x ∈ [0, β], x0 = 0, n ∈ N i niz sa opstim clanom
fn(x) =nx
1 + n2x2,
proveravamo da li vazi jednakost (2.2.2).
U Primeru 2.1.2 smo utvrdili da niz (fn(x)) ima granicnu funkciju
f(x) = 0 , x ∈ [0, +∞) .
Zato je, za x ∈ [0, β], ∫ x
x0
f(t) dt =
∫ x
0
f(t) dt = 0 .
Formiramo niz (gn(x)) sa opstim clanom
gn(x) =
∫ x
x0
fn(t) dt =
∫ x
0
nt
1 + n2t2dt
=1
2n
∫ x
0
d(1 + n2t2)
1 + n2t2=
1
2nln(1 + n2t2)
∣∣∣t=x
t=0=
1
2nln(1 + n2x2) .
Ako je y0 ∈ [0, β] fiksiran broj, funkcionalni niz (gn(x)) se svodi na brojni niz sa opstimclanom
gn = gn(y0) =1
2nln(1 + n2y2
0) .
Primenjujuci Stolzovu teoremu i (1.2.8), nalazimo
limn→∞
gn =1
2lim
n→∞ln(1 + n2y2
0)
n
=1
2lim
n→∞ln(1 + (n + 1)2y2
0)− ln(1 + n2y20)
(n + 1)− n
=1
2lim
n→∞ln
1 + (n + 1)2y20
1 + n2y20
=1
2ln
y20
y20
=1
2ln 1 = 0 ,
sto znaci da (gn(x)) konvergira u svakoj tacki y0 ∈ [0, β], a time i na segmentu [0, β].Granicna funkcija je
g(x) = 0 , x ∈ [0, β] .
Zakljucujemo da je
g(x) =
∫ x
0
f(t) dt , x ∈ [0, β]
i jednakost (2.2.2) vazi.Niz (fn(x)) ne konvergira uniformno ka f(x) na (0, 1] (Primer 2.1.2), pa ni na [0, β].
Time smo dokazali da obrnuto tvrdenje Teoremi 2.2.3 u opstem slucaju ne vazi. 4
3. ZADACI ZA VEZBU
1. Dokazati da niz sa opstim clanom
an = sin n , n ∈ N ,
divergira.Resenje. Pretpostavimo suprotno, da je niz (an) konvergentan, odnosno da postoji
limn→∞
an = a .
Prema Definiciji 1.1.2, za svako ε > 0 postoji N(ε) ∈ N tako da je |an − a| < ε za svakon ≥ N(ε), tj.
−ε + a < an < ε + a .
Neka je a > 0. Biramo ε tako da je −ε + a > 0. Tada je
0 < an < ε + a
za svako n ≥ N(ε), sto znaci da za sve clanove niza, osim mozda njih konacno mnogo,vazi nejednakost 0 < an = sin n. Ovo, medutim, nije tacno jer postoji beskonacno mnogoclanova an sa n = [(2k+1)π]+1, k ∈ N0, za koje je an = sin n < 0. Poslednja nejednakostvazi na osnovu
sin x < 0 , x ∈ ((2k + 1)π, (2k + 2)π) ,
(2k + 1)π < x = n = [(2k + 1)π] + 1 < (2k + 2)π .
Neka je a < 0. Biramo ε tako da je ε + a < 0. Tada je
−ε + a < an < 0
za svako n ≥ N(ε), sto nije tacno zbog
sin x > 0 , x ∈ (2kπ, (2k + 1)π) ,
2kπ < x = n = [2kπ] + 1 < (2k + 1)π
109
110 TEORIJA NIZOVA
i sin n > 0 za n = [2kπ] + 1.Neka je a = 0 i ε = 1/2. Tada je
−1
2< an <
1
2
za svako n ≥ N(ε). Ovo nije tacno zbog
sin x >
√2
2>
1
2, x ∈
(π
4+ 2kπ,
3π
4+ 2kπ
),
π
4+ 2kπ < x = n =
[π
4+ 2kπ
]+ 1 <
3π
4+ 2kπ
i sin n > 1/2 za n = [π/4 + 2kπ] + 1.U svim slucajevima, na osnovu principa kontradikcije, sledi da je niz (an) = (sin n)
divergentan. Niz nije odredeno divergentan jer je −1 < sin n < 1 za svako n ∈ N(Primer 1.2.3).
Podsecamo da uglaste zagrade oznacavaju celobrojni deo nekog broja.
2. Ako jelim
n→∞an = 7 ,
dokazati da su skoro svi clanovi niza (an) veci od 6.999.
Resenje. Neka je ε = 0.001. Prema Definiciji 1.1.2, postoji broj N = N(ε) =N(0.001) ∈ N tako da je
|an − 7| < ε , −ε + 7 < an < ε + 7
za svako n ≥ N , pa jean > −ε + 7 = −0.001 + 7 = 6.999
za svako n ≥ N .
3. Ako je
an =2n
n + 5, n ∈ N0 ,
koliko clanova niza (an) se nalazi van intervala I = (1.99, 2.01)?
Resenje. Kako je I otvoren interval, van I se nalaze oni clanovi niza koji zadovoljavajuneku od nejednakosti
an ≤ 1.99 , an ≥ 2.01 .
Posmatramo nejednakost an ≤ 1.99. Zapisujuci opsti clan u obliku
an =2n
n + 5= 2
n + 5− 5
n + 5= 2
(1− 5
n + 5
),
ZADACI ZA VEZBU 111
iz ove nejednakosti redom dobijamo:
2
(1− 5
n + 5
)≤ 1.99 , 1− 5
n + 5≤ 0.995 ,
0.005 ≤ 5
n + 5, 0.001 ≤ 1
n + 5,
1
0.001= 1 000 ≥ n + 5 ,
pa jen ≤ 995 .
Nejednakost an ≥ 2.01 ne zadovoljava ni jedan clan niza jer je
2n
n + 5≥ 2.01 ,
n
n + 5≥ 1.005 ,
a ovo je nemoguce zbog n/(n + 5) < 1.Zbog a0 = 0, zakljucujemo da se van intervala I nalazi 996 clanova niza, sto znaci da
su skoro svi clanovi niza unutar intervala I. Clan a995 = 1.99 je na granici intervala.
Do istog rezultata dolazimo na elegantniji nacin. Prema (1.2.8), granicna vrednost nizaje
limn→∞
an = a = 2 .
Interval I je simetrican u odnosu na a = 2, tj.
I = (−ε + a, ε + a) = (−ε + 2, ε + 2) ,
gde je ε = 0.01. Na osnovu Definicije 1.1.2, postoji N = N(ε) = N(0.01) ∈ N tako da je
|an − a| < ε ,
odnosno an ∈ I za svako n ≥ N . Iz poslednje nejednakosti je:
∣∣∣ 2n
n + 5− 2
∣∣∣ < 0.01 ,
∣∣∣ −10
n + 5
∣∣∣ < 0.01 ,
10
n + 5< 0.01 ,
1
n + 5< 0.001 , n + 5 > 1 000 ,
pa jen > 995 , N = 996 .
Dakle, unutar intervala I su svi clanovi niza pocev od a996, dok su van I clanovia0, a1, a2, . . . , a995.
4. Ako je
an =n
n + 5, n ∈ N ,
koliko clanova niza (an) se nalazi van intervala I =(1− 10−4, 1 + 10−4
)?
Uputstvo. Interval I je simetrican u odnosu na granicnu vrednost niza a = 1 sa ε =10−4 = 0.0001, pa se analogno kao u Zadatku 3 nalazi N = 10 000, sto znaci da je 9 999clanova niza van intervala I.
112 TEORIJA NIZOVA
5. Odrediti granicnu vrednost niza sa opstim clanom
an =2n + 2−n
3n, n ∈ N .
Resenje. Mnozenjem brojioca i imenioca sa 2n, opsti clan postaje
an =2n 2n + 1
3n 2n=
4n + 1
6n=
4n
6n+
1
6n=
(4
6
)n
+
(1
6
)n
.
Za q1 = 4/6, q2 = 1/6 je |q1| < 1, |q2| < 1. Zato, prema (1.1.7) i Teoremi 1.2.2, sledi
limn→∞
(4
6
)n
= limn→∞
qn1 = 0 , lim
n→∞
(1
6
)n
= limn→∞
qn2 = 0
i
limn→∞
an = limn→∞
(4
6
)n
+ limn→∞
(1
6
)n
= 0 .
6. U zavisnosti od vrednosti broja s ∈ R, s > −2, odrediti granicnuvrednost niza sa opstim clanom
an =sn − sn+1
2n + 2n+1, n ∈ N .
Resenje. Transformacijom opsteg clana
an =sn(1− s)
2n(1 + 2)=
1− s
3
(s
2
)n
,
opsti clan dobija oblik an = Cqn, gde je C = (1 − s)/3, q = s/2. Granicnu vrednostodredujemo koristeci (1.1.7) i Teoreme 1.2.1, 1.2.9.
Ako je |q| = |s/2| = |s|/2 < 1, tada je |s| < 2, s < 2 i
limn→∞
an = 0 , −2 < s < 2 .
Ako je q = s/2 = 1, tada je s = 2 i
limn→∞
an =1− s
3= −1
3, s = 2 .
Ako je q = s/2 > 1, tada je s > 2 i, zbog C = (1− s)/3 < 0,
limn→∞
an = −∞ , s > 2 .
ZADACI ZA VEZBU 113
7. Ako je r, s ∈ R, |r| < |s|, odrediti granicnu vrednost niza sa opstimclanom
an =rn + sn
rn+2 − sn+2, n ∈ N .
Resenje. Kako je
an =rn + sn
r2 rn − s2 sn,
opsti clan je oblika (1.2.2). Deobom brojioca i imenioca sa sn, sledi
an =
(r
s
)n
+ 1
r2
(r
s
)n
− s2
.
Zbog |r/s| = |r|/|s| < 1 i (1.1.7), dalje je
limn→∞
an =1
−s2= − 1
s2.
8. Odrediti granicnu vrednost niza sa opstim clanom
an =(−3)n + 4n
(−3)n+1 + 4n+2, n ∈ N .
Uputstvo. Kako je |4| = 4 > | − 3| = 3 i
an =(−3)n + 4n
−3(−3)n + 16 · 4n,
postupajuci kao u Zadatku 7, dobija se
limn→∞
an =1
16.
9. U zavisnosti od vrednosti broja s ∈ R, s 6= −5, odrediti granicnuvrednost niza sa opstim clanom
an =3 · 5n + 2sn+1
5n+1 + 2sn, n ∈ N .
Resenje. Opsti clan je oblika (1.2.2) jer je
an =3 · 5n + 2s sn
5 · 5n + 2sn.
114 TEORIJA NIZOVA
Ako je |s| > 5, brojilac i imenilac delimo sa sn i dobijamo
an =
3
(5
s
)n
+ 2s
5
(5
s
)n
+ 2
.
Kako je |5/s| = 5/|s| < 1, to je
limn→∞
an =2s
2= s , |s| > 5 .
Ako je |s| < 5, brojilac i imenilac delimo sa 5n i, zbog |s/5| = |s|/5 < 1, dobijamo
limn→∞
an = limn→∞
3 + 2s
(s
5
)n
5 + 2
(s
5
)n =3
5, |s| < 5 .
Za s = 5 je
limn→∞
an = limn→∞
3 · 5n + 10 · 5n
5 · 5n + 2 · 5n= lim
n→∞13 · 5n
7 · 5n=
13
7, s = 5 .
10. Odrediti granicnu vrednost niza sa opstim clanom
an =sin2 3n + cos2 2n
n, n ∈ N .
Resenje. Za funkcije sin x i cos x vazi −1 ≤ sin x ≤ 1, −1 ≤ cos x ≤ 1, pa je
0 ≤ sin2 3n ≤ 1 , 0 ≤ cos2 2n ≤ 1
i
0 ≤ sin2 3n + cos2 2n
n≤ 2
n.
Kako je limn→∞ 2/n = 0, prema Teoremi 1.2.5, sledi
limn→∞
an = 0 .
11. Odrediti granicnu vrednost niza sa opstim clanom
an =ln(1 + n)1 + n2
, n ∈ N .
ZADACI ZA VEZBU 115
Resenje. Matematickom indukcijom pokazujemo da je
en > 1 + n
za svako n ∈ N. Za n = 1, nejednakost je tacna zbog (1.3.3), tj. 2.72 > 2. Pretpostavimoda je ek > 1 + k za neko n = k ∈ N. Tada je
ek+1 = e ek > e(1 + k) = e + ek > 2 + ek > 2 + k = 1 + (k + 1) ,
pa je nejednakost tacna i za prvo sledece n = k + 1 ∈ N.Kako je ln x rastuca funkcija, to je n ln e > ln(1 + n), tj.
n > ln(1 + n)
za svako n ∈ N.Koristeci poslednju nejednakost i cinjenicu da je lnx > 0 za x > 1, dobijamo
0 <ln(1 + n)
1 + n2<
n
1 + n2<
n
n2=
1
n.
Prema limn→∞ 1/n = 0 i Teoremi 1.2.5, sledi
limn→∞
an = 0 .
12. Odrediti granicnu vrednost niza sa opstim clanom
an =1√
1 + n2+
1√2 + n2
+ · · ·+ 1√n + n2
, n ∈ N .
Resenje. Za opsti clan vazi
n√n + n2
≤ an ≤ n√1 + n2
.
Deobom brojioca i imenioca sa n, sledi
n√n + n2
=1√
n + n2
n2
=1√
1 +1
n
,n√
1 + n2=
1√1 + n2
n2
=1√
1 +1
n2
i, prema (1.1.9),
limn→∞
n√n + n2
= limn→∞
n√1 + n2
= 1 .
Na osnovu Teoreme 1.2.5, tada je i
limn→∞
an = 1 .
116 TEORIJA NIZOVA
13. Ako je q ∈ R, |q| < 1, odrediti granicnu vrednost niza sa opstimclanom
an = q2 + q3 + · · ·+ qn , n ∈ N .
Resenje. Dodajuci opstem clanu i oduzimajuci od njega 1 + q, dobijamo
an = (1 + q + q2 + · · ·+ qn)− (1 + q) .
Prema (1.2.4) i (1.1.2), sledi
limn→∞
an = limn→∞
(1 + q + q2 + · · ·+ qn)− limn→∞
(1 + q) =1
1− q− (1 + q) =
q2
1− q.
14. Ako je q ∈ R, |q| < 1, odrediti granicnu vrednost niza sa opstimclanom
an =q + q2 + q3 + · · ·+ qn
1 +14
+142
+ · · ·+ 14n
, n ∈ N .
Resenje. Zapisujuci opsti clan u obliku
an =(1 + q + q2 + · · ·+ qn)− 1
1 +1
4+
(1
4
)2
+ · · ·+(
1
4
)n=
(1 + q + q2 + · · ·+ qn)− 1
1 + q1 + q21 + · · ·+ qn
1
,
gde je q1 = 1/4, primenjujuci Teoremu 1.2.4 pod 2◦ i (1.2.4), sledi
limn→∞
an =
limn→∞
(1 + q + q2 + · · ·+ qn)− 1
limn→∞
(1 + q1 + q21 + · · ·+ qn
1 )=
1
1− q− 1
1
1− q1
=q(1− q1)
1− q=
3q
4(1− q).
15. Odrediti granicnu vrednost niza sa opstim clanom
an =1 +
12
+122
+ · · ·+ 12n
1 +13
+132
+ · · ·+ 13n
, n ∈ N .
Resenje. Za q1 = 1/2, q2 = 1/3 je
an =
1 +1
2+
(1
2
)2
+ · · ·+(
1
2
)n
1 +1
3+
(1
3
)2
+ · · ·+(
1
3
)n=
1 + q1 + q21 + · · ·+ qn
1
1 + q2 + q22 + · · ·+ qn
2
ZADACI ZA VEZBU 117
i, prema (1.2.4),
limn→∞
an =
1
1− q1
1
1− q2
=1− q2
1− q1=
2
31
2
=4
3.
16. Ako je bn 6= 1 za svako n ∈ N, limn→∞ bn = 1 i k ∈ N proizvoljanbroj, odrediti granicnu vrednost niza sa opstim clanom
an =bn + b2
n + · · ·+ bkn − k
bn − 1.
Resenje. Koristeci formulu za zbir geometrijske progresije (Primer 1.2.7), trans-formisemo opsti clan na nacin
an =(1 + bn + b2n + · · ·+ bk
n)− k − 1
bn − 1=
1− bk+1n
1− bn− k − 1
bn − 1=
bk+1n − (k + 1)bn + k
(bn − 1)2.
Uvodeci oznaku bn = x, za brojilac poslednjeg razlomka dobijamo
B = xk+1 − (k + 1)x + k = ((x− 1) + 1)k+1 − (k + 1)x + k
i, primenom binomne formule (Primer 1.4.1),
B =
k+1∑i=0
(k + 1
i
)(x− 1)i − (k + 1)x + k
=
(1 +
(k + 1
1
)(x− 1) +
(k + 1
2
)(x− 1)2 + · · ·+
(k + 1
k + 1
)(x− 1)k+1
)
− (k + 1)x + k
=
(1 + (k + 1)x− (k + 1) +
(k + 1
2
)(x− 1)2 + · · ·+ (x− 1)k+1
)− (k + 1)x + k
=
(k + 1
2
)(x− 1)2 +
(k + 1
3
)(x− 1)3 + · · ·+ (x− 1)k+1 .
Zato je
an =
(k+12
)(bn − 1)2 +
(k+13
)(bn − 1)3 + · · ·+ (bn − 1)k+1
(bn − 1)2
=
(k + 1
2
)+
(k + 1
3
)(bn − 1) + · · ·+ (bn − 1)k−1
118 TEORIJA NIZOVA
i, prema uslovu limn→∞ bn = 1,
limn→∞
an =
(k + 1
2
)=
k(k + 1)
2.
17. Ako je q ∈ R, odrediti granicnu vrednost niza sa opstim clanom
an =1 + q + q2 + · · ·+ qn
n!, n ∈ N .
Resenje. Neka je q 6= 1. Opsti clan transformisemo pomocu formule za zbir geometrijskeprogresije (Primer 1.2.7),
an =
1− qn+1
1− q
n!=
1
1− q
1− qn+1
n!=
1
1− q
(1
n!− q
qn
n!
).
Za q = 1 je
an =n + 1
n!=
1
(n− 1)!+
1
n!.
Prema Primeru 1.2.6, Teoremi 1.2.12 pod 1◦ i (1.2.10), u oba slucaja dobijamo
limn→∞
an = 0 .
Primetimo da je
limn→∞
n + 1
n!= lim
n→∞P1(n)
n!= 0
rezultat (1.7.9).
18. Dokazati da niz sa opstim clanom
an =1
1 + 3+
12 + 32
+1
3 + 33+ · · ·+ 1
n + 3n, n ∈ N ,
konvergira.Resenje. Niz (an) je monotono rastuci, sto sledi iz
an+1 − an =
(1
1 + 3+
1
2 + 32+
1
3 + 33+ · · ·+ 1
n + 3n+
1
n + 1 + 3n+1
)
−(
1
1 + 3+
1
2 + 32+
1
3 + 33+ · · ·+ 1
n + 3n
)=
1
n + 1 + 3n+1> 0
i an+1 > an za svako n ∈ N.
ZADACI ZA VEZBU 119
Niz (an) je ogranicen sa gornje strane jer je 1− (1/3)n < 1 i
an <1
3+
1
32+ · · ·+ 1
3n=
1
3+
(1
3
)2
+ · · ·+(
1
3
)n
=1
3
(1 +
1
3+ · · ·+
(1
3
)n−1)
=1
3
1−(
1
3
)n
1− 1
3
=1
2
(1−
(1
3
)n)
<1
2
za svako n ∈ N.Prema Teoremi 1.3.4 pod 1◦, niz (an) konvergira.
19. Dokazati da niz sa opstim clanom
an = 1 +1√2
+1√3
+ · · ·+ 1√n− 2
√n , n ∈ N ,
konvergira.Resenje. Prvo pokazujemo da je niz (an) monotono opadajuci. Kako je
an+1 − an =
(1 +
1√2
+ · · ·+ 1√n
+1√
n + 1− 2
√n + 1
)
−(
1 +1√2
+ · · ·+ 1√n− 2
√n
)=
1√n + 1
− 2√
n + 1 + 2√
n
i, prema obrascu za razliku kvadrata (dokaz Teoreme 1.3.6),
√n + 1−√n =
(√
n + 1−√n)(√
n + 1 +√
n)√n + 1 +
√n
=(n + 1)− n√n + 1 +
√n
=1√
n + 1 +√
n,
dobijamo
an+1 − an =1√
n + 1− 2√
n + 1 +√
n<
1√n + 1
− 2√n + 1 +
√n + 1
= 0 .
Zato je an+1 < an za svako n ∈ N.Pokazujemo da je niz (an) ogranicen sa donje strane i u tom cilju uocavamo da je
an+1 − an =1√
n + 1− 2√
n + 1 +√
n>
1√n + 1
− 2√n +
√n
=1√
n + 1− 1√
n,
odnosno
an − an−1 >1√n− 1√
n− 1, n > 1 .
Zapisujuci opsti clan u obliku
an = a1 + (a2 − a1) + (a3 − a2) + · · ·+ (an − an−1)
120 TEORIJA NIZOVA
i primenjujuci prethodnu nejednakost, za n > 1 dobijamo
an > −1 +
(1√2− 1
)+
(1√3− 1√
2
)+ · · ·+
(1√n− 1√
n− 1
)= −2 +
1√n
> −2 .
Kako je a1 = 1− 2√
1 = −1 > −2, to je an > −2 za svako n ∈ N.Prema Teoremi 1.3.4 pod 2◦, niz (an) je konvergentan.
20. Dokazati da niz sa opstim clanom
an = 1 +12
+13
+ · · ·+ 1n− ln n , n ∈ N ,
konvergira.
Resenje. U Primeru 1.3.2 je pokazano da niz (1 + 1/n)n+1 monotono opada i da jebroj e njegova granicna vrednost, pa je
e <
(1 +
1
n
)n+1
za svako n ∈ N. Kako je ln x rastuca funkcija, to je
1 = ln e < (n + 1) ln
(1 +
1
n
)
i, deobom sa ln(1 + 1/n) > 0,
1
ln
(1 +
1
n
) < n + 1 , ln
(1 +
1
n
)>
1
n + 1,
1
n + 1− ln
(1 +
1
n
)< 0
za svako n ∈ N.Koristeci poslednju nejednakost, utvrdujemo da je niz (an) monotono opadajuci jer je
an+1 − an =
(1 +
1
2+ · · ·+ 1
n+
1
n + 1− ln(n + 1)
)−
(1 +
1
2+ · · ·+ 1
n− ln n
)
=1
n + 1− ln(n + 1) + ln n =
1
n + 1− ln
n + 1
n=
1
n + 1− ln
(1 +
1
n
)< 0
i an+1 < an za svako n ∈ N.Niz (1 + 1/n)n je monotono rastuci i ima broj e za granicnu vrednost (Teorema 1.3.6).
Zato je redom:
(1 +
1
n
)n
< e , n ln
(1 +
1
n
)< 1 , n <
1
ln
(1 +
1
n
) ,
1
n> ln
(1 +
1
n
), − 1
n< − ln
(1 +
1
n
),
1
n + 1− 1
n<
1
n + 1− ln
(1 +
1
n
),
ZADACI ZA VEZBU 121
odnosno1
n− 1
n− 1<
1
n− ln
(1 +
1
n− 1
), n > 1 .
Dobijenu nejednakost koristimo da bismo dokazali da je niz (an) ogranicen sa donjestrane. Opsti clan zapisujemo u obliku
an = a1 + (a2 − a1) + (a3 − a2) + · · ·+ (an − an−1)
i, imajuci u vidu
an − an−1 =1
n− ln
(1 +
1
n− 1
),
za n > 1 dobijamo
an = 1 +
(1
2− ln
(1 +
1
1
))+
(1
3− ln
(1 +
1
2
))+ · · ·+
(1
n− ln
(1 +
1
n− 1
))
> 1 +
(1
2− 1
1
)+
(1
3− 1
2
)+ · · ·+
(1
n− 1
n− 1
)=
1
n> 0 .
Kako je a1 = 1− ln 1 = 1 > 0, to je an > 0 za svako n ∈ N.Prema Teoremi 1.3.4 pod 2◦, niz (an) je konvergentan. Granicna vrednost ovog niza
je Eulerova konstanta C ≈ 0.577.
Zadaci 19 i 20 mogu neuporedivo jednostavnije da se rese primenom Cauchyevog inte-gralnog kriterijuma, dobro poznatog u Teoriji redova ([7], str. 27).
21. Dokazati da niz sa opstim clanom
an =1
n + 1+
1n + 2
+ · · ·+ 12n
, n ∈ N ,
konvergira i odrediti njegovu granicnu vrednost.Resenje. Niz (an) je monotono rastuci jer je
an+1 =1
n + 2+
1
n + 3+ · · ·+ 1
2(n + 1)
=1
n + 2+
1
n + 3+ · · ·+ 1
2n+
1
2n + 1+
1
2n + 2,
an+1 − an =1
2n + 1+
1
2n + 2− 1
n + 1=
1
2n + 1− 1
2n + 2> 0
i an+1 > an za svako n ∈ N.Niz (an) je ogranicen sa gornje strane. Kako je
an+1 − an =1
2n + 1− 1
2n + 2=
1
2n(n + 1)<
1
n(n + 1)=
1 + n− n
n(n + 1)=
1
n− 1
n + 1,
odnosno
an − an−1 <1
n− 1− 1
n, n > 1 ,
122 TEORIJA NIZOVA
to je
an = a1 + (a2 − a1) + (a3 − a2) + · · ·+ (an − an−1)
<1
2+
(1− 1
2
)+
(1
2− 1
3
)+ · · ·+
(1
n− 1− 1
n
)=
3
2− 1
n<
3
2
za n > 1. Jos je a1 = 1/2 < 3/2, pa je an < 3/2 za svako n ∈ N.Zakljucujemo da je niz (an) konvergentan. Da bismo odredili granicnu vrednost, sa
(bn) oznacavamo niz iz Zadatka 20 i uocavamo:
bn = 1 +1
2+ · · ·+ 1
n− ln n ,
b2n = 1 +1
2+ · · ·+ 1
n+
1
n + 1+ · · ·+ 1
2n− ln 2n ,
b2n − bn =1
n + 1+
1
n + 2+ · · ·+ 1
2n− ln 2n + ln n
=1
n + 1+
1
n + 2+ · · ·+ 1
2n− ln 2 = an − ln 2 .
Kako je granicna vrednost jedinstvena (Teorema 1.1.1), to je
limn→∞
bn = limn→∞
b2n = C ,
gde je C Eulerova konstanta. Zato je
limn→∞
(b2n − bn) = limn→∞
b2n − limn→∞
bn = C − C = 0 ,
pa jelim
n→∞(b2n − bn) = lim
n→∞an − ln 2 = 0
ilim
n→∞an = ln 2 .
Osim niza (an), granicnu vrednost ln 2 ima i niz sa opstim clanom
1− 1
2+
1
3− · · ·+ (−1)n+1 1
n,
sto pokazujemo kasnije. Niz (an) brze konvergira, pa je pogodniji za izracunavanje brojaln 2.
22. Dokazati da niz zadat rekurentnom relacijom
a1 =12
, an+1 = a2n , n ∈ N ,
konvergira i odrediti njegovu granicnu vrednost.
ZADACI ZA VEZBU 123
Resenje. Niz (an) je ogranicen, tj. vazi
0 < an ≤ 1
2
za svako n ∈ N. Nejednakost 0 < an je ocigledna iz rekurentne relacije. Drugu nejed-nakost pokazujemo matematickom indukcijom. Pocetni clan je a1 = 1/2, pa je nejednakosttacna za n = 1. Neka je ak ≤ 1/2 za neko n = k ∈ N. Tada je
ak+1 = a2k ≤
(1
2
)2
=1
4<
1
2,
pa je nejednakost tacna i za prvo sledece n = k + 1 ∈ N.Niz (an) je monotono opadajuci zbog:
an > 0 , an − 1 ≤ 1
2− 1 = −1
2< 0 ,
an+1 − an = a2n − an = an(an − 1) < 0
i an+1 < an za svako n ∈ N.Prema Teoremi 1.3.4 pod 2◦, niz (an) je konvergentan, tj. postoji
limn→∞
an = a .
Iz rekurentne relacije tada sledi
limn→∞
an+1 = limn→∞
an limn→∞
an
i daljea = a2 , a(a− 1) = 0 ,
pa je a = 0 ili a = 1. Kako je granicna vrednost jedinstvena i niz (an) opadajuci, morada bude a = 0, odnosno
limn→∞
an = 0 .
Ovo je primer niza kod kojeg je iz rekurentne relacije moguce odrediti eksplicitni oblikopsteg clana an. Kako je
a1 =1
2, a2 = a2
1 =
(1
2
)2
, a3 = a22 =
(1
2
)4
,
uocavamo i matematickom indukcijom dokazujemo zakonitost
an =
(1
2
)2n−1
, n ∈ N .
124 TEORIJA NIZOVA
Za n = 1 je prethodna jednakost tacna. Ako je ak = (1/2)2k−1
, tada je i
ak+1 = a2k =
(1
2
)2·2k−1
=
(1
2
)2k
=
(1
2
)2(k+1)−1
,
pa je jednakost tacna za svako n ∈ N. Da je
limn→∞
(1
2
)2n−1
= 0 ,
pokazacemo kasnije.
23. Dokazati da niz zadat rekurentnom relacijom
0 < a1 < 1 , an+1 = an − a2n , n ∈ N ,
konvergira i odrediti njegovu granicnu vrednost. Zatim naci granicnu vred-nost
L = limn→∞
(a21 + a2
2 + · · ·+ a2n
).
Resenje. Niz (an) je ogranicen, tj.
0 < an < 1
za svako n ∈ N. Za n = 1 je tvrdenje tacno prema pocetnom uslovu 0 < a1 < 1. Podpretpostavkom 0 < ak < 1, sledi
0 < 1− ak < 1 , 0 < ak(1− ak) < ak < 1 ,
0 < ak+1 = ak − a2k = ak(1− ak) < 1 .
Na osnovu matematicke indukcije, tvrdenje je tacno za svako n ∈ N.Niz (an) je monotono opadajuci zbog
an+1 − an = an − a2n − an = −a2
n < 0
i an+1 < an za svako n ∈ N.Niz (an) je konvergentan sa granicom limn→∞ an = a i iz rekurentne relacije a = a−a2,
a = 0, tj.lim
n→∞an = 0 .
Koristeci jednakost an+1 − an = −a2n, tj. a2
n = an − an+1, lako nalazimo
L = limn→∞
((a1 − a2) + (a2 − a3) + · · ·+ (an − an+1))
= limn→∞
(a1 − an+1) = a1 − limn→∞
an+1 = a1 − 0 = a1 .
ZADACI ZA VEZBU 125
24. Dokazati da niz zadat rekurentnom relacijom
1 < a1 < 3 , 4an+1 = a2n + 3 , n ∈ N ,
konvergira i odrediti njegovu granicnu vrednost.Uputstvo. Radeci analogno kao u Primeru 1.3.4, utvrduje se
1 < an < 3
za svako n ∈ N, niz (an) monotono opada i ima granicnu vrednost
limn→∞
an = 1 .
25. Dokazati da niz zadat rekurentnom relacijom
0 < a1 <12
, an+1 = a1 +a2
n
2, n ∈ N ,
konvergira i odrediti njegovu granicnu vrednost.Resenje. U ovom slucaju i ogranicenost i monotonost niza dokazujemo matematickom
indukcijom.Niz (an) je ogranicen jer je
0 < an < 1
za svako n ∈ N. Zaista, za n = 1 je 0 < a1 < 1/2 < 1 i iz pretpostavke 0 < ak < 1 sledi
0 < a2k < 1 , 0 <
a2k
2<
1
2,
0 < a1 < ak+1 = a1 +a2
k
2< a1 +
1
2<
1
2+
1
2= 1 .
Niz (an) je monotono rastuci jer je an+1 − an > 0, tj. an+1 > an za svako n ∈ N. Zan = 1 je
a2 − a1 = a1 +a21
2− a1 =
a21
2> 0 .
Neka je ak − ak−1 > 0 za neko n = k ∈ N, k > 2. Tada je, za n = k + 1 ∈ N,
ak+1 − ak = a1 +a2
k
2− a1 −
a2k−1
2=
1
2(a2
k − a2k−1) =
1
2(ak − ak−1)(ak + ak−1) > 0 .
Niz (an) je konvergentan sa granicom a, koju odredujemo iz
a = a1 +a2
2, a2 − 2a + 2a1 = 0 .
126 TEORIJA NIZOVA
Resenja kvadratne jednacine su a = 1 +√
1− 2a1 i a = 1 −√1− 2a1. Kako je an < 1 i1 +
√1− 2a1 > 1, to je
limn→∞
an = a = 1−√1− 2a1 .
Monotonost niza moze da se utvrdi na slican nacin kao u Primeru 1.3.4. Formiramorazliku
an+1 − an = a1 +a2
n
2− an =
1
2(a2
n − 2an + a1)
i ispitujemo znak kvadratnog trinoma x2 − 2x + a1. Posto je x2 − 2x + a1 < 0 zax ∈ (1−√1− 2a1 , 1 +
√1− 2a1 ) i
an ∈ (0, 1) ⊂ (1−√1− 2a1 , 1 +√
1− 2a1 ) ,
to je a2n − 2an + a1 < 0, tj. an+1 − an < 0.
26. Dokazati da niz zadat rekurentnom relacijom
a1 = 0 , an+1 =3 + an
2, n ∈ N ,
konvergira i odrediti njegovu granicnu vrednost.Resenje. Niz (an) je ogranicen jer je
0 ≤ an < 3
za svako n ∈ N, sto se dokazuje matematickom indukcijom. Za n = 1 je a1 = 0 i, podpretpostavkom 0 ≤ ak < 3, sledi
3 ≤ 3 + ak < 6 , 0 <3
2≤ ak+1 =
3 + ak
2< 3 .
Niz (an) monotono raste zbog an < 3 i
an+1 − an =3 + an
2− an =
3− an
2> 0
za svako n ∈ N.Granicna vrednost limn→∞ an = a se dobija iz
a =3 + a
2, 2a = 3 + a , a = 3 .
Ovaj niz je interesantan jer eksplicitni oblik opsteg clana moze da se odredi jednostavno.Sukcesivno snizavajuci indeks u rekurentnoj relaciji, dobija se
an+1 =3
2+
1
2an =
3
2+
1
2
(3
2+
1
2an−1
)=
3
2+
3
22+
1
22an−1
=3
2+
3
22+
1
22
(3
2+
1
2an−2
)=
3
2+
3
22+
3
23+
1
23an−2 = · · ·
=3
2+
3
22+ · · ·+ 3
2n+
1
2na1 =
3
2
(1 +
1
2+
1
22+ · · ·+ 1
2n−1
)
ZADACI ZA VEZBU 127
ili, prema zbiru geometrijske progresije,
an+1 =3
2
1−(
1
2
)n
1− 1
2
= 3
(1− 1
2n
),
odnosno
an = 3
(1− 1
2n−1
),
odakle jelim
n→∞an = 3 .
27. Dokazati da niz zadat rekurentnom relacijom
a1 = 0 , an+1 =5an + 44an + 5
, n ∈ N ,
konvergira i odrediti njegovu granicnu vrednost.Resenje. Niz (an) je ogranicen, tj.
0 ≤ an < 1
za svako n ∈ N. Matematickom indukcijom se trivijalno pokazuje da je an > 0 za svakon > 2. Pokazujemo da je i an < 1. Za n = 1 je a1 = 0 < 1. Ako je ak < 1, tada jeak − 1 < 0 i
ak+1 =4ak + 5 + ak − 1
4ak + 5= 1 +
ak − 1
4ak + 5< 1 .
Niz (an) je monotono rastuci, sto sledi iz 4an + 5 > 0, a2n < 1, a2
n − 1 < 0 i
an+1 − an =5an + 4
4an + 5− an =
−4a2n + 4
4an + 5= −4(a2
n − 1)
4an + 5> 0 .
Granica limn→∞ an = a niza (an) se nalazi iz
a =5a + 4
4a + 5, a2 = 1 , a = 1 .
Resenje a = −1 jednacine a2 = 1 ne moze da bude granica niza zbog an ≥ 0.
Opsti clan niza ima eksplicitni oblik
an =9n−1 − 1
9n−1 + 1=
1−(
1
9
)n−1
1 +
(1
9
)n−1
128 TEORIJA NIZOVA
([4], str. 86) ilim
n→∞an = 1 .
28. Dokazati da niz zadat rekurentnom relacijom
a0 = 1 , an+1 =an
1 + a2n
, n ∈ N ,
konvergira i odrediti njegovu granicnu vrednost.
Uputstvo. Niz (an) je ogranicen sa donje strane jer je an > 0 za svako n ∈ N. Niz (an)monotono opada zbog
an+1 − an = − a3n
1 + a2n
< 0 ,
a granica jelim
n→∞an = 0 .
29. Dokazati da niz zadat rekurentnom relacijom
a1 = 6 , an+1 =√
6 + an , n ∈ N ,
konvergira i odrediti njegovu granicnu vrednost.
Resenje. Niz (an) je ogranicen sa donje strane, tj. an > 0 za svako n ∈ N, sto jeocigledno s obzirom na osobinu funkcije
√x ≥ 0 za svako x ∈ R i a1 > 0. Medutim, za
dokaz konvergencije je potrebna bolja procena
3 < an
za svako n ∈ N, sto pokazujemo matematickom indukcijom. Za n = 1 je a1 = 6 > 3.Kako je
√x rastuca funkcija, za ak > 3 je i
ak+1 =√
6 + ak >√
6 + 3 = 3 .
Niz (an) je monotono opadajuci. Kako je
an+1 − an =√
6 + an − an =(√
6 + an − an)(√
6 + an + an)√6 + an + an
=(6 + an)− a2
n√6 + an + an
i√
6 + an +an > 0, znak razlike an+1−an je isti kao znak izraza −a2n +an +6. Kvadratni
trinom −x2 + x + 6 ima nule x = −2 i x = 3, pa je
− x2 + x + 6 > 0 , x ∈ (−2, 3) ;
− x2 + x + 6 < 0 , x ∈ (−∞,−2) ∪ (3, +∞) .
ZADACI ZA VEZBU 129
S obzirom na an > 3, zakljucujemo da je −a2n + an + 6 < 0 i
an+1 − an < 0
za svako n ∈ N.Niz (an) je konvergentan sa granicom limn→∞ an = a, koju odredujemo iz
a =√
6 + a , a2 = 6 + a , a2 − a− 6 = 0 , a = 3 .
Resenje a = −2 ne moze da bude granica niza zbog an > 3.
30. Dokazati da niz zadat rekurentnom relacijom
a1 =√
2 , an+1 =√
2 + an , n ∈ N ,
konvergira i odrediti njegovu granicnu vrednost.Uputstvo. Analognim postupkom kao u Zadatku 29, pokazuje se
0 < an < 2 , an+1 − an > 0
za svako n ∈ N ilim
n→∞an = a = 2 .
31. Ako je n > 1, odrediti granicnu vrednost niza sa opstim clanom
cn =1 + 2 + · · ·+ (n− 1)
n2, n ∈ N .
Resenje. Neka jean = 1 + 2 + · · ·+ (n− 1) , bn = n2 .
Niz (bn) zadovoljava uslove Stolzove teoreme (Primer 1.4.1), pa je
an+1 − an = (1 + 2 + · · ·+ (n− 1) + n)− (1 + 2 + · · ·+ (n− 1)) = n ,
bn+1 − bn = (n + 1)2 − n2 = 2n + 1 ;
limn→∞
cn = limn→∞
an+1 − an
bn+1 − bn= lim
n→∞n
2n + 1
i, prema (1.2.8),
limn→∞
cn =1
2.
Zapisujuci opsti clan u obliku
cn =1 + 2 + · · ·+ n
n2− 1
n2
130 TEORIJA NIZOVA
i imajuci u vidu (1.1.9), trazena granicna vrednost moze da se dobije i direktnom pri-menom (1.4.15),
limn→∞
cn = limn→∞
1 + 2 + · · ·+ n
n2− lim
n→∞1
n2=
1
2− 0 =
1
2.
Granicna vrednost moze da se dobije jos na jedan nacin, upotrebom formule (1.4.16)za zbir prvih n− 1 prirodnih brojeva
1 + 2 + · · ·+ (n− 1) =(n− 1)n
2,
kada je
cn =(n− 1)n
2n2=
n− 1
2n
i, prema (1.2.8),
limn→∞
cn =1
2.
32. Odrediti granicnu vrednost niza sa opstim clanom
cn =1 · 2 + 2 · 3 + · · ·+ n(n + 1)
n3, n ∈ N .
Resenje. Ako je
an = 1 · 2 + 2 · 3 + · · ·+ n(n + 1) , bn = n3 ,
tada je
an+1 − an = (1 · 2 + 2 · 3 + · · ·+ n(n + 1) + (n + 1)(n + 2))
− (1 · 2 + 2 · 3 + · · ·+ n(n + 1)) = (n + 1)(n + 2) = n2 + 3n + 2 ,
bn+1 − bn = (n + 1)3 − n3 = 3n2 + 3n + 1 .
Ovde je iskoriscena formula
(A + B)3 = A3 + B3 + 3A2B + 3AB2 ,
koja je specijalan slucaj binomne formule (Primer 1.4.1). Prema Stolzovoj teoremi i(1.2.8), sledi
limn→∞
cn = limn→∞
an+1 − an
bn+1 − bn= lim
n→∞n2 + 3n + 2
3n2 + 3n + 1=
1
3.
Uocavajuci da je
1 · 2 + 2 · 3 + · · ·+ n(n + 1) =
n∑k=1
k(k + 1) =
n∑k=1
(k2 + k) =
n∑k=1
k2 +
n∑k=1
k ,
ZADACI ZA VEZBU 131
opsti clan zapisujemo u obliku
cn =12 + 22 + · · ·+ n2
n3+
1
n
1 + 2 + · · ·+ n
n2
i dva puta primenjujemo (1.4.15),
limn→∞
cn = limn→∞
12 + 22 + · · ·+ n2
n3+ lim
n→∞1
nlim
n→∞1 + 2 + · · ·+ n
n2=
1
3+ 0 · 1
2=
1
3.
Isti rezultat se dobija transformacijom opsteg clana pomocu (1.4.16),
cn =1
n3
( n∑k=1
k2 +
n∑k=1
k
)=
1
n3
(n(n + 1)(2n + 1)
6+
n(n + 1)
2
)
=1
n3
n(n + 1)(n + 2)
3=
1
3
n
n
n + 1
n
n + 2
n=
1
3
(1 +
1
n
)(1 +
2
n
).
33. Ako je k ∈ N proizvoljan broj, odrediti granicnu vrednost niza saopstim clanom
an =1k + 3k + · · ·+ (2n− 1)k
nk+1, n ∈ N .
Resenje. Opsti clan transformisemo na nacin
an =(1k + 2k + 3k + · · ·+ (2n− 1)k + (2n)k)− (2k + 4k + · · ·+ (2n)k)
nk+1
=1k + 2k + · · ·+ (2n)k
1
2k+1(2n)k+1
− 2k 1k + 2k + · · ·+ nk
nk+1
= 2k+1 1k + 2k + · · ·+ (2n)k
(2n)k+1− 2k 1k + 2k + · · ·+ nk
nk+1
i, prema (1.4.15), dobijamo
limn→∞
an = 2k+1 1
k + 1− 2k 1
k + 1=
2k+1 − 2k
k + 1=
2k(2− 1)
k + 1=
2k
k + 1.
Koristeci (1.8.5), analogno se pokazuje opstiji rezultat
limn→∞
1p
+ 3p
+ · · ·+ (2n− 1)p
np+1
=2
p
p + 1,
gde je p ∈ R, p > −1 proizvoljan broj.
Zadatak moze da se resi i direktnom primenom Stolzove teoreme, kao u Primeru 1.4.1.
132 TEORIJA NIZOVA
34. Odrediti granicnu vrednost niza sa opstim clanom
an =13 + 33 + · · ·+ (2n + 1)3
n4, n ∈ N .
Uputstvo. Kako je
an =13 + 33 + · · ·+ (2n− 1)3
n4+
(2n + 1)3
n4
i, prema (1.2.8),
limn→∞
(2n + 1)3
n4= lim
n→∞8n3 + 12n2 + 6n + 1
n4= 0 ,
koristeci rezultat iz Zadatka 33 sa k = 3, sledi
limn→∞
an =23
4=
1
2.
35. Odrediti granicnu vrednost niza sa opstim clanom
an =1 + 2 + · · ·+ n
n + 2− n
2, n ∈ N .
Resenje. Opsti clan transformisemo pomocu (1.4.16) i dobijamo
an =n(n + 1)
2(n + 2)− n
2=
n(n + 1)− n(n + 2)
2(n + 2)=
−n
2n + 2,
odakle je
limn→∞
an = −1
2.
36. Odrediti granicnu vrednost niza sa opstim clanom
an =1 + 3 + · · ·+ (2n− 1)
n + 1− 2n + 1
2, n ∈ N .
Resenje. Koristeci (1.4.16), transformisemo opsti clan
an =1 + 2 + 3 + · · ·+ 2n
n + 1− 2
1 + 2 + · · ·+ n
n + 1− 2n + 1
2
=2n(2n + 1)
2(n + 1)− 2
n(n + 1)
2(n + 1)− 2n + 1
2
=2n(2n + 1)− 2n(n + 1)− (2n + 1)(n + 1)
2(n + 1)=−3− 1
2n + 2
ZADACI ZA VEZBU 133
i, prema (1.2.8), dobijamo
limn→∞
an = −3
2.
37. Ako je bn > 0 za svako n ∈ N i limn→∞ bn = b > 0, odrediti granicnuvrednost niza sa opstim clanom
an = n
√√√√√n∏
k=1k 6=3
bk .
Resenje. Opsti clan zapisujemo u obliku
an = n
√√√√ 1
b3
n∏k=1
bk =1
n√
b3
n√
b1b2 · · · bn .
Prema (1.4.12) i (1.4.10) redom, vazi
limn→∞
n√
b3 = 1 , limn→∞
n√
b1b2 · · · bn = limn→∞
bn = b ,
pa jelim
n→∞an = b .
38. Ako je k ∈ N proizvoljan broj, b1, b2, . . . , bk > 0 i B > 0 najveci odbrojeva b1, b2, . . . , bk, odrediti granicnu vrednost niza sa opstim clanom
an = n√
bn1 + bn
2 + · · ·+ bnk , n ∈ N .
Resenje. Kako jeBn < bn
1 + bn2 + · · ·+ bn
k < kBn
i n√
x rastuca funkcija, to je
B < an = n√
bn1 + bn
2 + · · ·+ bnk
< Bn√
k .
Prema (1.4.12) je
limn→∞
n√
k = 1
i, prema Teoremi 1.2.5, sledilim
n→∞an = B .
134 TEORIJA NIZOVA
39. Odrediti granicnu vrednost niza sa opstim clanom
an = n√
5n + 7n , n ∈ N .
Uputstvo. Niz (an) je specijalan slucaj niza iz Zadatka 38 sa b1 = 5, b2 = 7, B = 7, paje
limn→∞
an = 7 .
40. Odrediti granicnu vrednost niza sa opstim clanom
an =n
n√
n!, n ∈ N .
Resenje. Za
an =nn
n!> 0
je
an+1
an=
(n + 1)n+1
(n + 1)!
nn
n!
=n! (n + 1)n+1
(n + 1)! nn=
(n + 1)n
nn=
(n + 1
n
)n
=
(1 +
1
n
)n
i, prema (1.3.3),
limn→∞
an+1
an= e > 0 .
Uslovi Teoreme 1.4.4 su ispunjeni, pa je
limn→∞
cn = limn→∞
n√
an = limn→∞
an+1
an= e .
Zadatak smo mogli da resimo i pomocu rezultata
limn→∞
n√
n!
n= e−1
iz Primera 1.4.5, kada je
limn→∞
cn = limn→∞
1n√
n!
n
=1
e−1= e .
41. Dokazati da nizovi zadati vezanim rekurentnim relacijama
0 < a1 < b1 , an+1 =√
anbn , bn+1 =an + bn
2, n ∈ N ,
ZADACI ZA VEZBU 135
konvergiraju i uporediti njihove granicne vrednosti.Resenje. U svakoj od rekurentnih relacija ucestvuju opsti clanovi oba niza, pa ih zato
zovemo vezanim rekurentnim relacijama. Pri tome su
an+1 =√
anbn = G2 , bn+1 =an + bn
2= A2
geometrijska i aritmeticka sredina opstih clanova an, bn redom (Teoreme 1.4.2 i 1.4.3 pod2◦).
Da bismo dokazali konvergenciju nizova (an), (bn), matematickom indukcijom prvopokazujemo pomocno tvrdenje
an < bn
za svako n ∈ N. Prema pocetnom uslovu je a1 < b1, pa je tvrdenje tacno za n = 1.Neka je ak < bk za neko n = k ∈ N. Koristeci nejednakost za sredine G2 < A2 (dokazTeoreme 1.4.3 pod 2◦), tada sledi
ak+1 =√
akbk = G2 < A2 =ak + bk
2= bk+1
i tvrdenje vazi za n = k + 1 ∈ N.Niz (an) monotono raste, a niz (bn) opada zbog
an+1 =√
anbn >√
anan = an , bn+1 =an + bn
2<
bn + bn
2= bn .
Niz (an) je ogranicen sa gornje, a niz (bn) sa donje strane. Iz dokazane monotonostisledi
a1 < a2 < · · · < b2 < b1 ,
pa je an < b1 i bn > a1 za svako n ∈ N.Zakljucujemo da su nizovi (an), (bn) konvergentni. Neka je
limn→∞
an = a , limn→∞
bn = b .
Tada se iz bilo koje od rekurentnih relacija, npr. iz druge, dobija
b =a + b
2,
b
2=
a
2, a = b .
Dakle, nizovi (an), (bn) imaju istu granicu
limn→∞
an = limn→∞
bn = c ,
gde je c = a = b. Za ovu granicu vazi
√a1b1 < c <
a1 + b1
2,
sto je posledica cinjenice an < c < bn za svako n ∈ N i specijalno a2 < c < b2.
136 TEORIJA NIZOVA
42. Dokazati da nizovi zadati vezanim rekurentnim relacijama
0 < a1 < b1 , an+1 =2anbn
an + bn, bn+1 =
an + bn
2, n ∈ N ,
konvergiraju i odrediti njihove granicne vrednosti.Resenje. Kako je
an+1 =2
an + bn
anbn
=2
1
an+
1
bn
,
to suan+1 = H2 , bn+1 = A2
harmonijska i aritmeticka sredina opstih clanova an, bn redom (Teoreme 1.4.2 i 1.4.3 pod1◦).
Koristeci nejednakost za sredine H2 < A2, analogno kao u Zadatku 41 se pokazuje daje
an < bn
za svako n ∈ N.Niz (an) monotono raste, a niz (bn) monotono opada zbog
an+1 =2
1
an+
1
bn
>2
1
an+
1
an
= an , bn+1 =an + bn
2<
bn + bn
2= bn
i vazia1 < a2 < · · · < b2 < b1 .
Niz (an) je ogranicen odozgo sa b1, a niz (bn) odozdo sa a1, sto sledi iz
a1 < a2 < · · · < b1 , a1 < · · · < b2 < b1 .
Nizovi (an) i (bn) su konvergentni sa istom granicom
limn→∞
an = limn→∞
bn = c ,
za koju vazi2a1b1
a1 + b1< c <
a1 + b1
2,
sto se dobija kao u Zadatku 41. U ovom slucaju je moguce i precizno odrediti granicu c.Kako je iz zadatih rekurentnih relacija
an+1bn+1 = anbn ,
uzastopnim snizavanjem indeksa sledi
anbn = an−1bn−1 = · · · = a1b1 ,
ZADACI ZA VEZBU 137
pa jelim
n→∞anbn = a1b1 .
Takode jelim
n→∞anbn = lim
n→∞an lim
n→∞bn = c2
i konacno c2 = a1b1, tj.
c =√
a1b1
je geometrijska sredina pocetnih clanova a1, b1.
43. Ako je k ∈ N, ispitati konvergenciju nizova sa opstim clanom:
1◦ bk =(1
2
)2k−1
, 2◦ bk = 22k−1.
Resenje. 1◦ Niz sa opstim clanom
an =
(1
2
)n
, n ∈ N ,
konvergira sa granicomlim
n→∞an = 0 .
Niz (bk) je podniz niza (an) za n = 2k−1 i, prema Teoremi 1.5.1, ima istu granicu
limk→∞
bk = limn→∞
an = 0 .
Niz (bk) se javlja u Zadatku 22, pa je ovim Zadatak 22 kompletiran.
2◦ Niz (bk) je podniz niza (2n) za n = 2k−1 i, prema Teoremi 1.5.2, vazi
limk→∞
bk = limn→∞
2n = +∞ .
44. Ako je n ∈ N, ispitati konvergenciju nizova sa opstim clanom:
1◦ an =2n + (−2)n
2n, 2◦ an =
3 · 5n + 2(−5)n+1
5n+1 + 2(−5)n.
Resenje. 1◦ Deobom brojioca i imenioca sa 2n, opsti clan postaje
an = 1 + (−1)n , n ∈ N .
Uocavamo podnizove (a2k), (a2k−1), k ∈ N, koji imaju opste clanove
a2k = 1 + 1 = 2 , a2k−1 = 1− 1 = 0 ,
138 TEORIJA NIZOVA
pa jelim
k→∞a2k = 2 6= lim
k→∞a2k−1 = 0 .
Prema Teoremi 1.5.3, niz (an) divergira.
2◦ Transformisemo opsti clan
an =3 · 5n − 10(−5)n
5 · 5n + 2(−5)n=
3− 10(−1)n
5 + 2(−1)n
i izdvajamo podnizove (a2k), (a2k−1), k ∈ N, sa
a2k =3− 10
5 + 2= −1 , a2k−1 =
3 + 10
5− 2=
13
3.
Ocigledno je
limk→∞
a2k = −1 6= limk→∞
a2k−1 =13
3,
pa niz (an) divergira prema Teoremi 1.5.3.Na ovaj nacin smo ispitali konvergenciju niza iz zadatka 9 za svako s ∈ R.
45. Ako je s ∈ R, s ≤ −2, ispitati konvergenciju niza sa opstim clanom
an =sn − sn−1
2n + 2n+1, n ∈ N .
Resenje. Opsti clan transformisemo kao u zadatku 6 i dobijamo
an =1− s
3
(s
2
)n
.
Ako je s = −2, tada jean = (−1)n
i za podnizove (a2k), (a2k−1), k ∈ N, vazi
limk→∞
a2k = 1 6= limk→∞
a2k−1 = −1 ,
pa niz (an) divergira.Ako je s < −2 i p = −s > 2, tada je
an =1 + p
3(−1)n
(p
2
)n
,
pa je
a2k =1 + p
3
(p
2
)2k
=1 + p
3
(p2
4
)k
, a2k−1 = −1 + p
3
(p
2
)2k−1
= −2(1 + p)
3p
(p2
4
)k
ZADACI ZA VEZBU 139
i, zbog p > 2, p2 > 4,
limk→∞
a2k = +∞ 6= limk→∞
a2k−1 = −∞ .
S obzirom na Teoremu 1.5.3, zakljucujemo da niz (an) divergira.
Ovim je konvergencija niza (an) iz Zadatka 6 ispitana za svako s ∈ R.
46. Ispitati konvergenciju niza sa opstim clanom
an = n sinnπ
2, n ∈ N .
Resenje. Uocavamo podnizove niza (an) za n = 4k + 1 i n = 4k + 3, k ∈ N, koji imajuopste clanove
a4k+1 = (4k + 1) sin(4k + 1)π
2, a4k+3 = (4k + 3) sin
(4k + 3)π
2.
Kako je sin x periodicna funkcija s periodom 2kπ, to je
sin(4k + 1)π
2= sin
(2kπ +
π
2
)= sin
π
2= 1 ,
sin(4k + 3)π
2= sin
(2kπ +
3π
2
)= sin
3π
2= −1 ,
pa jea4k+1 = 4k + 1 , a4k+3 = −(4k + 3)
i vazilim
k→∞a4k+1 = +∞ 6= lim
k→∞a4k+3 = −∞ ,
sto znaci da niz (an) divergira.
47. Odrediti vrednost broja C ∈ R tako da niz sa opstim clanom
an =3n + (−2)n
3n+1 + (−2)n+1+
( n
n− 1
)n
+ C sinnπ
2, n ∈ N ,
konvergira. Zatim naci njegovu granicnu vrednost.
Resenje. Neka jean = bn + cn + dn ,
gde je
bn =3n + (−2)n
3n+1 + (−2)n+1, cn =
(n
n− 1
)n
, dn = C sinnπ
2.
140 TEORIJA NIZOVA
Kako je
limn→∞
bn = limn→∞
1 +
(−2
3
)n
3− 2
(−2
3
)n =1
3
i, prema (1.2.8), (1.3.3),
limn→∞
cn = limn→∞
n
n− 1
(n
n− 1
)n−1
= limn→∞
n
n− 1
(1 +
1
n− 1
)n−1
= e ,
to konvergencija niza (an) zavisi od konvergencije niza (dn). U Zadatku 46 smo utvrdilida je
sin(4k + 1)π
2= 1 , sin
(4k + 3)π
2= −1 ,
pa jed4k+1 = C , d4k+3 = −C
i niz (dn) divergira za svako C 6= 0. Za C = 0 je (dn) konstantan nula–niz jer je dn = 0za svako n ∈ N. Dakle, niz (an) konvergira ako je
C = 0
i ima granicnu vrednost
limn→∞
an = limn→∞
bn + limn→∞
cn + limn→∞
dn =1
3+ e + 0 =
1
3+ e .
48. Ispitati konvergenciju niza sa opstim clanom
an =2 + (−1)n
2n+1, n ∈ N .
Resenje. Podnizovi sa opstim clanovima
a2k =2 + 1
22k+1=
3
2 · 22k=
3
2
1
4k=
3
2
(1
4
)k
, a2k−1 =2− 1
22k−1+1=
1
22k=
1
4k=
(1
4
)k
imaju granicne vrednostilim
k→∞a2k = lim
k→∞a2k−1 = 0 .
Prema Teoremi 1.5.5, niz (an) konvergira sa granicom
limn→∞
an = 0 .
Granica niza (an) se jednostavno nalazi i prema Teoremi 1.2.5 jer je
1
2n+1≤ an ≤ 3
2n+1, lim
n→∞1
2n+1= lim
n→∞3
2n+1= 0 .
ZADACI ZA VEZBU 141
49. Ako je n ∈ N, odrediti sve delimicne granice nizova sa opstim clanom:
1◦ an = (−1)n + sinnπ
3, 2◦ an = (−1)n + cos
nπ
3.
Resenje. Za resavanje zadatka koristimo sledece zapazanje. Ako je niz (an) unija od
m podnizova (b(i)k
) (i = 1, 2 . . . , m) sa granicama
limk→∞
b(i)k
= bi ,
tada je G ⊆ {b1, b2, . . . , bm} skup svih delimicnih granica niza (an). Ukoliko je b1 = b2 =· · · = bm, niz (an) konvergira ili odredeno divergira ([4], str. 88), a skup G sadrzi samojedan element. U svakom drugom slucaju niz (an) divergira, pri cemu skup G sadrzi mili manje od m elemenata.
1◦ U intervalu (0, 2π] se nalaze vrednosti argumenta nπ/3 za n = 1, 2, . . . , 6, u kojimasin nπ/3 uzima vrednosti:
sinπ
3= sin
2π
3=
√3
2, sin
3π
3= sin π = 0 ,
sin4π
3= sin
5π
3= −
√3
2, sin
6π
3= sin 2π = 0 .
Zbog periodicnosti funkcije sin x s periodom 2kπ, k ∈ N, sve ostale vrednosti su:
sin(6k + 1)π
3= sin
(6k + 2)π
3=
√3
2,
sin(6k + 3)π
3= sin
(6k + 6)π
3= 0 ,
sin(6k + 4)π
3= sin
(6k + 5)π
3= −
√3
2.
Posmatramo podnizove (b(i)k
), k ∈ N0, niza (an) koji se dobijaju za n = 6k + i (i =
1, 2, . . . , 6), tj.
b(1)k
= a6k+1 = (−1)6k+1 + sin(6k + 1)π
3= −1 +
√3
2,
b(2)k
= a6k+2 = (−1)6k+2 + sin(6k + 2)π
3= 1 +
√3
2,
b(3)k
= a6k+3 = (−1)6k+3 + sin(6k + 3)π
3= −1 ,
b(4)k
= a6k+4 = (−1)6k+4 + sin(6k + 4)π
3= 1−
√3
2,
b(5)k
= a6k+5 = (−1)6k+5 + sin(6k + 5)π
3= −1−
√3
2,
b(6)k
= a6k+6 = (−1)6k+6 + sin(6k + 6)π
3= 1 .
142 TEORIJA NIZOVA
Niz (an) je unija podnizova (b(i)k
) jer se, npr., za n = 6k + 7 = 6(k + 1) + 1 ne dobija clan
novog podniza, vec sledeci clan b(1)k+1
podniza (b(1)k ). Kako su svi prethodni podnizovi
konstantni, to su delimicne granice:
b1 = −1 +
√3
2, b2 = 1 +
√3
2, b3 = −1 ,
b4 = 1−√
3
2, b5 = −1−
√3
2, b6 = 1
i skup G sadrzi m = 6 elemenata.
2◦ Postupajuci analogno kao pod 1◦, nalazimo:
cos(6k + 1)π
3= cos
(6k + 5)π
3=
1
2,
cos(6k + 2)π
3= cos
(6k + 4)π
3= −1
2,
cos(6k + 3)π
3= −1 , cos
(6k + 6)π
3= 1 ,
pa su delimicne granice:
b1 = b5 = −1 +1
2, b2 = b4 = 1− 1
2, b3 = −2 , b6 = 2 .
U ovom slucaju skup G sadrzi 4 < m = 6 elemenata, tj.
G =
{−1 +
1
2, 1− 1
2,−2, 2
}⊂ {b1, b2, . . . , b6} .
50. Ako je n ∈ N, odrediti sve tacke nagomilavanja nizova sa opstimclanom:
1◦ an = 1 + sinnπ
6, 2◦ an =
(−1)n
n+ sin
nπ
3.
Uputstvo. Prema Definiciji 1.5.3, tacka nagomilavanja niza je delimicna granica niza,pa je zahtev ovog zadatka isti kao u Zadatku 49.
1◦ U intervalu (0, 2π] se nalaze vrednosti argumenta nπ/6 za n = 1, 2, . . . , 12, u kojimasin nπ/6 uzima vrednosti:
sinπ
6= sin
5π
6=
1
2, sin
2π
6= sin
4π
6=
√3
2, sin
3π
6= 1 ,
sin6π
6= sin
12π
6= 0 ,
sin7π
6= sin
11π
6= −1
2, sin
8π
6= sin
10π
6= −
√3
2, sin
9π
6= −1 .
ZADACI ZA VEZBU 143
Zato je niz (an) unija dvanaest podnizova (b(i)k
), k ∈ N0, koji se dobijaju za n = 12k + i
(i = 1, 2, . . . , 12) i imaju granicne vrednosti:
b1 = b5 = 1 +1
2=
3
2, b2 = b4 = 1 +
√3
2, b3 = 1 + 1 = 2 ,
b6 = b12 = 1 + 0 = 1 , b7 = b11 = 1− 1
2=
1
2, b8 = b10 = 1−
√3
2, b9 = 1− 1 = 0 .
2◦ Koristeci rezultat iz Zadatka 49 pod 1◦ i imajuci u vidu limn→∞(−1)n/n = 0, svedelimicne granice niza (an), tj. tacke nagomilavanja su:
√3
2, −
√3
2, 0 .
51. Ako je n ∈ N, odrediti limes inferior, limes superior, infimum i supre-mum nizova sa opstim clanom:
1◦ an = 1− 1n
, 2◦ an =2 + (−1)n
2n+1, 3◦ an =
(−1)n
n.
Resenje. 1◦ Niz (an) je konvergentan sa granicom
limn→∞
an = 1 .
Prema Teoremi 1.5.7, limes inferior i limes superior su medusobno jednaki i, s obzirom naTeoremu 1.5.1 i Definiciju 1.5.2,
lim infn→∞
an = lim supn→∞
an = limn→∞
an = 1 .
Niz (an) je monotono rastuci zbog
an+1 − an =1
n− 1
n + 1> 0
i ima pocetni clan
a1 = 1− 1
1= 0 .
Zato je0 = a1 < a2 < · · · < 1
i, prema Definiciji 1.3.5,
inf an = a1 = 0 , sup an = limn→∞
an = 1 .
2◦ Koristeci rezultat iz Zadatka 48, analogno kao pod 1◦ zakljucujemo da je
lim infn→∞
an = lim supn→∞
an = limn→∞
an = 0 .
144 TEORIJA NIZOVA
Niz (an) se sastoji od dva monotono opadajuca podniza (a2k−1), (a2k) sa
a2k−1 =1
22k, a2k =
3
22k+1, k ∈ N .
Pocetni clanovi su
a1 =1
4, a2 =
3
8
i vazi0 < · · · < a3 < a1 , 0 < · · · < a4 < a2 < a1 ,
pa je
inf an = limn→∞
an = 0 , sup an = a1 =1
4.
3◦ Iz konvergencije niza (an) sledi
lim infn→∞
an = lim supn→∞
an = limn→∞
an = 0 .
Niz (an) je sastavljen od jednog monotono rastuceg podniza (a2k−1) i jednog monotonoopadajuceg podniza (a2k), ciji su opsti clanovi
a2k−1 = − 1
2k − 1, a2k =
1
2k, k ∈ N
i pocetni clanovi
a1 = −1 , a2 =1
4.
Kako jea1 < a3 < · · · < 0 < · · · < a4 < a2 ,
to je
inf an = a1 = −1 , sup an = a2 =1
4.
52. Ako je n ∈ N, odrediti limes inferior, limes superior, infimum i supre-mum nizova sa opstim clanom:
1◦ an =(−1)n
n+
1 + (−1)n
2, 2◦ an = (−1)n−1
(2 +
3n
).
Resenje. 1◦ Podnizovi (a2k−1) i (a2k) imaju opste clanove
a2k−1 = − 1
2k − 1, a2k =
1
2k+ 1 , k ∈ N
i granicne vrednostilim
k→∞a2k−1 = 0 < lim
k→∞a2k = 1 .
ZADACI ZA VEZBU 145
Zato je niz (an) divergentan i vazi
lim infn→∞
an = limk→∞
a2k−1 = 0 , lim supn→∞
an = limk→∞
a2k = 1 .
Podniz (a2k−1) monotono raste, a podniz (a2k) opada, pa je
a1 < a3 < · · · < 0 < 1 < · · · < a4 < a2 .
Kako je
a1 = −1 , a2 =1
4+ 1 =
5
4,
to je
inf an = a1 = −1 , sup an = a2 =5
4.
2◦ Podnizovi (a2k−1) i (a2k) imaju opste clanove
a2k−1 = 2 +3
2k − 1, a2k = −2− 3
2k, k ∈ N
i granicelim
k→∞a2k−1 = 2 > lim
k→∞a2k = −2 ,
pa jelim infn→∞
an = limk→∞
a2k = −2 , lim supn→∞
an = limk→∞
a2k−1 = 2 .
Podniz (a2k−1) monotono opada, a (a2k) monotono raste i vazi
−7
2= a2 < a4 < · · · < −2 < 2 < · · · < a3 < a1 = 5 ,
odakle je
inf an = a2 = −7
2, sup an = a1 = 5 .
53. Ako je n ∈ N, odrediti limes inferior, limes superior, infimum i supre-mum nizova sa opstim clanom:
1◦ an = n(−1)n
, 2◦ an = 1 + n sinnπ
2.
Resenje. 1◦ Opsti clanovi podnizova (a2k−1) i (a2k) su
a2k−1 =1
2k − 1, a2k = 2k , k ∈ N .
Podniz (a2k−1) je konvergentan, a (a2k) odredeno divergentan i vazi
limk→∞
a2k−1 = 0 , limk→∞
a2k = +∞ .
146 TEORIJA NIZOVA
Zato jelim infn→∞
an = limk→∞
a2k−1 = 0 , lim supn→∞
an = limk→∞
a2k = +∞ .
Podniz (a2k−1) opada, a (a2k) raste i vazi
0 < · · · < a3 < a1 = 1 < 4 = a2 < a4 < · · · < +∞ ,
pa jeinf an = lim
k→∞a2k−1 = 0 , sup an = lim
k→∞a2k = +∞ .
2◦ Kako je niz (an) unija podnizova sa opstim clanovima
a4k+1 = −a4k+3 = 4k + 2 , a4k+2 = a4k+4 = 1 , k ∈ N0 ,
to je
lim infn→∞
an = inf an = limk→∞
a4k+3 = −∞ , lim supn→∞
an = sup an = limk→∞
a4k+1 = +∞ .
54. Ako je n ∈ N, dokazati da su nizovi sa opstim clanom:
1◦ an =cos 1!1 · 2 +
cos 2!2 · 3 + · · ·+ cos n!
n(n + 1),
2◦ an =arctan 1
1 · 2 +arctan
12
2 · 3 + · · ·+arctan
1n
n(n + 1)
Cauchyevi.
Resenje. 1◦ Neka je k ∈ N. Kako je | cos x| ≤ 1 za svako x ∈ R i
an+k =cos 1!
1 · 2 + · · ·+ cos n!
n(n + 1)+
cos(n + 1)!
(n + 1)(n + 2)+ · · ·+ cos(n + k)!
(n + k)(n + k + 1),
to je
|an+k − an| =∣∣∣ cos(n + 1)!
(n + 1)(n + 2)+
cos(n + 2)!
(n + 2)(n + 3)+ · · ·+ cos(n + k)!
(n + k)(n + k + 1)
∣∣∣
≤ | cos(n + 1)!|(n + 1)(n + 2)
+| cos(n + 2)!|
(n + 2)(n + 3)+ · · ·+ | cos(n + k)!|
(n + k)(n + k + 1)
≤ 1
(n + 1)(n + 2)+
1
(n + 2)(n + 3)+ · · ·+ 1
(n + k)(n + k + 1).
Koristeci rastavljanje na parcijalne razlomke
1
m(m + 1)=
1 + m−m
m(m + 1)=
1
m− 1
m + 1,
ZADACI ZA VEZBU 147
dalje je
|an+k − an| ≤(
1
n + 1− 1
n + 2
)+
(1
n + 2− 1
n + 3
)+ · · ·+
(1
n + k− 1
n + k + 1
)
=1
n + 1− 1
n + k + 1<
1
n + 1.
Za proizvoljno ε > 0 vazi
1
n + 1< ε , n + 1 >
1
ε, n >
1
ε− 1 =
1− ε
ε,
pa postoji broj
N(ε) =
[1− ε
ε
]+ 1 ∈ N
tako da je
|an+k − an| < 1
n + 1< ε
za svako n ≥ N(ε) i svako k ∈ N. Prema Definiciji 1.6.2, niz (an) je Cauchyev.
2◦ Imajuci u vidu da je | arctan x| < π/2 za svako x ∈ R i radeci analogno kao pod1◦, dobija se
|an+k − an| =∣∣∣∣
arctan1
n + 1
(n + 1)(n + 2)+
arctan1
n + 2
(n + 2)(n + 3)+ · · ·+
arctan1
n + k
(n + k)(n + k + 1)
∣∣∣∣
≤
∣∣∣arctan1
n + 1
∣∣∣(n + 1)(n + 2)
+
∣∣∣arctan1
n + 2
∣∣∣(n + 2)(n + 3)
+ · · ·+
∣∣∣arctan1
n + k
∣∣∣(n + k)(n + k + 1)
<π
2
(1
(n + 1)(n + 2)+
1
(n + 2)(n + 3)+ · · ·+ 1
(n + k)(n + k + 1)
)
=π
2
(1
n + 1− 1
n + k + 1
)<
π
2
1
n + 1< ε
za svako n ≥ N(ε) i svako k ∈ N, gde je
N(ε) =
[π − 2ε
2ε
]+ 1 ∈ N .
Dakle, niz (an) je Cauchyev.
55. Dokazati da je niz sa opstim clanom
an =cos 1!
1!+
cos 2!2!
+ · · ·+ cosn!n!
, n ∈ N ,
konvergentan.
148 TEORIJA NIZOVA
Resenje. Za dokaz koristimo Teoremu 1.6.3 i pokazujemo da je niz (an) Cauchyev. Dabismo izbegli cesto zamornu primenu Definicije 1.6.2, koristimo sledeci kriterijum ([4],str. 63).
Ako postoji nula–niz (bn) tako da je
|an+k − an| ≤ bn
za svako n, k ∈ N, tada je niz (an) Cauchyev.
Kako je
an+k =cos 1!
1!+ · · ·+ cos n!
n!+
cos(n + 1)!
(n + 1)!+ · · ·+ cos(n + k)!
(n + k)!,
to je
|an+k − an| =∣∣∣ cos(n + 1)!
(n + 1)!+
cos(n + 2)!
(n + 2)!+ · · ·+ cos(n + k)!
(n + k)!
∣∣∣
≤ 1
(n + 1)!+
1
(n + 2)!+ · · ·+ 1
(n + k)!
=1
(n− 1)!
(1
n(n + 1)+
1
n(n + 1)(n + 2)+ · · ·+ 1
n(n + 1) · · · (n + k)
)
≤ 1
(n− 1)!
(1
n(n + 1)+
1
(n + 1)(n + 2)+ · · ·+ 1
(n + k − 1)(n + k)
)
i, rastavljanjem na parcijalne razlomke,
|an+k − an| ≤ 1
(n− 1)!
(1
n− 1
n + k
)<
1
(n− 1)!
1
n=
1
n!.
Oznacavajuci
bn =1
n!,
prema Primeru 1.2.6 i Teoremi 1.2.12 pod 1◦, vazi
limn→∞
bn = limn→∞
1
n!= 0 ,
pa je (bn) nula–niz i (an) Cauchyev niz.
Na nizove iz Zadatka 54 takode moze da se primeni navedeni kriterijum jer je
limn→∞
1
n + 1= 0 , lim
n→∞π
2(n + 1)= 0 .
56. Ako su n ∈ N i q, C,Ci ∈ R (i = 0, 1, . . . , n) konstante takve da je
q 6= 0 , |q| < 1 , |Ci| ≤ C (i = 0, 1, . . . , n) ,
ZADACI ZA VEZBU 149
dokazati da nizovi sa opstim clanom:
1◦ an = C0+C1q+C2q2+· · ·+Cnqn , 2◦ an =
sin 12
+sin 222
+· · ·+sinn
2n
konvergiraju.
Resenje. 1◦ Koristeci kriterijum naveden u Zadatku 55, pokazujemo da je niz (an)Cauchyev, a time i konvergentan.
Vrsimo procenu
|an+k − an| = |Cn+1qn+1 + Cn+2qn+2 + · · ·+ Cn+kqn+k|≤ |Cn+1||q|n+1 + |Cn+2||q|n+2 + · · ·+ |Cn+k||q|n+k
≤ C(|q|n+1 + |q|n+2 + · · ·+ |q|n+k) = C|q|n+1(1 + |q|+ · · ·+ |q|k−1)
= C|q|n+1 1− |q|k1− |q| < C|q|n+1 1
1− |q| =C
1− |q| |q|n+1
i, zboglim
n→∞|q|n+1 = 0 ,
zakljucujemo da je (an) Cauchyev niz.
2◦ Kako je | sin x| ≤ 1 za svako x ∈ R, niz (an) je specijalan slucaj niza pod 1◦ sa:
q =1
2, C = 1 , C0 = 0 , Ci = sin i (i = 1, 2, . . . , n) ,
pa je (an) Cauchyev niz.
57. Ako je n > 1, odrediti granicnu vrednost niza sa opstim clanom
an =√
n2 + n−√
n2 − 2n , n ∈ N .
Resenje. Koristimo poznatu granicnu vrednost
limx→+∞
√x = +∞
funkcije f(x) =√
x. Kako je, prema (1.2.6),
limn→∞
(n2 + n) = limn→∞
(n2 − 2n) = +∞ ,
za x = n2 + n i x = n2 − 2n vazi x → +∞ kad n →∞. Formiramo nizove
bn = f(n2 + n) =√
n2 + n , cn = f(n2 − 2n) =√
n2 − 2n
150 TEORIJA NIZOVA
i, na osnovu Heineove definicije, zakljucujemo da je
limn→∞
bn = limn→∞
cn = +∞ .
Zato jean = bn − cn
neodredenog oblika +∞−∞ kad n →∞.
Opsti clan mnozimo i delimo sa√
n2 + n+√
n2 − 2n i primenjujemo obrazac za razlikukvadrata dva broja (dokaz Teoreme 1.3.6). Dobija se
an =(n2 + n)− (n2 − 2n)√
n2 + n +√
n2 − 2n=
3n√n2 + n +
√n2 − 2n
.
Deobom brojioca i imenioca sa n, dalje je
an =3√
n2 + n +√
n2 − 2n
n
=3√
n2 + n
n2+
√n2 − 2n
n2
=3√
1 +1
n+
√1− 2
n
,
pa je
limn→∞
an =3√
1 +√
1=
3
2.
58. Odrediti granicnu vrednost niza sa opstim clanom
an =√
n +√
n−√
n−√n , n ∈ N .
Resenje. Koristeci funkciju f(x) =√
x i Heineovu definiciju, utvrdujemo
limn→∞
f(n) = limn→∞
√n = +∞ ,
pa jelim
n→∞(n +
√n ) = +∞ ,
dok je limn→∞(n − √n ) neodredenog oblika +∞ − ∞. Analogno kao u Zadatku 57
nalazimo
limn→∞
(n−√n ) = limn→∞
(n−√n )(n +√
n )
n +√
n= lim
n→∞n2 − n
n +√
n= lim
n→∞n− 1
1 +
√1
n
=
limn→∞
(n− 1)
limn→∞
1 +
√1
n
= limn→∞
(n− 1) = +∞ .
ZADACI ZA VEZBU 151
Stavljajuci
bn = f(n +√
n ) =√
n +√
n , cn = f(n−√n ) =√
n−√n ,
na isti nacin zakljucujemo da je
limn→∞
bn = limn→∞
cn = +∞ ,
pa jean = bn − cn
neodredenog oblika +∞−∞ kad n →∞.Transformacijom opsteg clana
an =
(√n +
√n−
√n−√n
)(√n +
√n +
√n−√n
)√
n +√
n +√
n−√n=
(n +√
n )− (n−√n )√n +
√n +
√n−√n
=2√
n√n +
√n +
√n−√n
=2√
n +√
n√
n+
√n−√n√
n
=2√
1 +
√1
n+
√1−
√1
n
,
sledi
limn→∞
an =2√
1 +√
1= 1 .
59. Odrediti granicnu vrednost niza sa opstim clanom
an =
√n2√
n√n +
√n
sin1√n√
n, n ∈ N .
Resenje. Opsti clan zapisujemo u obliku
an =
√n√
n√
n√n +
√n
sin1√n√
n=
√n√
n +√
n
sin1√n√
n
1√n√
n
i koristimo poznatu granicnu vrednost
limx→0
sin x
x= 1
funkcije f(x) = sin x/x. Na osnovu Zadatka 58 je
limn→∞
√n = +∞ , lim
n→∞n√
n = +∞ , limn→∞
√n√
n = +∞ ,
152 TEORIJA NIZOVA
pa je
limn→∞
1√n√
n= 0
i, prema Heineovoj definiciji,
limn→∞
sin1√n√
n
1√n√
n
= limn→∞
f
(1√n√
n
)= lim
x→0+f(x) = 1 .
Zato je
limn→∞
an = limn→∞
√n√
n +√
nlim
n→∞
sin1√n√
n
1√n√
n
= limn→∞
√n√
n +√
n= lim
n→∞1√
1 +
√1
n
i konacnolim
n→∞an = 1 .
60. Ako je n > 1, odrediti granicnu vrednost niza sa opstim clanom
an =√
2 4√
2 · · · 2n√2 , n ∈ N .
Resenje. Opsti clan zapisujemo u obliku
an = 21/2 21/4 · · · 21/2n= 21/2+1/4+···+1/2n
= 2bn ,
gde je
bn =1
2+
1
4+ · · ·+ 1
2n=
1
2
(1 +
1
2+ · · ·+ 1
2n−1
)=
1
2
1−(
1
2
)n
1− 1
2
= 1−(
1
2
)n
.
Eksponencijalna funkcija f(x) = αx za α ∈ R, α > 0 i konkretno f(x) = 2x je neprekidna,pa (1.7.4) moze da se primeni. Dobija se
limn→∞
an = 2limn→∞ bn = 21 = 2 .
61. Odrediti granicnu vrednost niza sa opstim clanom
an =(
2(1 + 2 + · · ·+ n)n2
)n/20
, n ∈ N .
ZADACI ZA VEZBU 153
Resenje. Kako je, prema (1.4.16),
1 + 2 + · · ·+ n =n(n + 1)
2=
n2 + n
2,
to je
an =
(2
n2
n2 + n
2
)n/20
=
((1 +
1
n
)n)1/20
= b1/20n ,
gde je
bn =
(1 +
1
n
)n
.
Stepena funkcija f(x) = xα za α ∈ R i konkretno f(x) = x1/20 je neprekidna. Zato je,na osnovu (1.7.4) i (1.3.3),
limn→∞
an =
(lim
n→∞
(1 +
1
n
)n)1/20
= e1/20 .
62. Odrediti granicnu vrednost niza sa opstim clanom
an =(
n2 − 2n + 1n2 − 4n + 2
)n
, n ∈ N .
Resenje. Opsti clan zapisujemo u obliku
an =
(n2 − 4n + 2 + 2n− 1
n2 − 4n + 2
)n
=
(1 +
2n− 1
n2 − 4n + 2
)n
=
((1 +
2n− 1
n2 − 4n + 2
)(n2−4n+2)/(2n−1))n(2n−1)/(n2−4n+2)
= bcnn ,
gde je
bn =
(1 +
2n− 1
n2 − 4n + 2
)(n2−4n+2)/(2n−1)
, cn =n(2n− 1)
n2 − 4n + 2.
Logaritmovanjem slediln an = cn ln bn ,
pa jelim
n→∞ln an = lim
n→∞cn ln bn = L
i, zbog neprekidnosti funkcije f(x) = ln x,
ln
(lim
n→∞an
)= lim
n→∞cn ln
(lim
n→∞bn
)= L ,
154 TEORIJA NIZOVA
odakle jelim
n→∞an = eL .
Kako je bn oblika
bn = (1 + dn)1/dn ,
gde je
dn =2n− 1
n2 − 4n + 2,
primenjujuci (1.2.8) i (1.5.3), nalazimo
limn→∞
cn = limn→∞
2n2 − n
n2 − 4n + 2= 2 , lim
n→∞dn = 0 , lim
n→∞bn = e .
Zato jeL = 2 ln e = 2
i konacnolim
n→∞an = e2 .
63. Odrediti granicnu vrednost niza sa opstim clanom
an =(
2n2 − 32n2 + 1
)n2
, n ∈ N .
Uputstvo. Zapisujuci opsti clan u obliku
an =
((1− 4
2n2 + 1
)−(2n2+1)/4)−4n2/(2n2+1)
= bcnn ,
gde je
bn =
(1− 4
2n2 + 1
)−(2n2+1)/4
, cn = − 4n2
2n2 + 1
i postupajuci kao u Zadatku 62, dobijamo
limn→∞
cn = −2 , limn→∞
bn = e , L = limn→∞
cn ln
(lim
n→∞bn
)= −2
i na krajulim
n→∞an = eL = e−2 .
64. Odrediti granicnu vrednost niza sa opstim clanom
an = n(e1/n − 1
), n ∈ N .
ZADACI ZA VEZBU 155
Resenje. Funkcije
f(x) = e1/x − 1 , g(x) =1
x
su neprekidne za x 6= 0, imaju granicne vrednosti
limx→+∞
f(x) = limx→+∞
g(x) = 0
i izvode
f ′(x) = − 1
x2e1/x , g′(x) = − 1
x26= 0 .
Uslovi za primenu L’Hospitalovog pravila su ispunjeni, pa je
limx→+∞
f(x)
g(x)= lim
x→+∞f ′(x)
g′(x)= lim
x→+∞e1/x = e0 = 1 .
Kako je
an =e1/n − 1
1
n
=f(n)
g(n),
prema Heineovoj definiciji sledi
limn→∞
an = limn→∞
f(n)
g(n)= lim
x→+∞f(x)
g(x)= 1 .
Do istog rezultata se dolazi i pomocu funkcija
f(x) = ex − 1 , g(x) = x .
Tada je
limn→∞
an = limn→∞
f
(1
n
)
g
(1
n
) = limx→0
f(x)
g(x)= lim
x→0
f ′(x)
g′(x)= lim
x→0ex = e0 = 1 .
65. Ako je bn 6= 1 za svako n ∈ N, limn→∞ bn = 1 i k ∈ N proizvoljanbroj, odrediti granicnu vrednost niza sa opstim clanom
an =bk+1n − (k + 1)bn + k
(bn − 1)2.
Resenje. Lako se proverava da funkcije
f(x) = xk+1 − (k + 1)x + k , g(x) = (x− 1)2
156 TEORIJA NIZOVA
zadovoljavaju uslove za primenu L’Hospitalovog pravila, pri cemu je
limx→1
f(x) = limx→1
g(x) = 0 ,
pa je
limx→1
f(x)
g(x)= lim
x→1
f ′(x)
g′(x)= lim
x→1
(k + 1)xk − (k + 1)
2(x− 1).
Poslednja granicna vrednost je takode neodredenog oblika 0/0 kad x → 1. Zato jos jednomprimenjujemo L’Hospitalovo pravilo i dobijamo
limx→1
f(x)
g(x)= lim
x→1
f ′′(x)
g′′(x)= lim
x→1
(k + 1)kxk−1
2=
(k + 1)k
2.
Za x = bn, na osnovu Heineove definicije je
limn→∞
an = limn→∞
f(bn)
g(bn)= lim
x→1
f(x)
g(x)=
k(k + 1)
2.
Istu granicnu vrednost smo nasli na drugi nacin u Zadatku 16.
66. Odrediti granicnu vrednost niza sa opstim clanom
an = 1 +21!
+22
2!+ · · ·+ 2n
n!, n ∈ N .
Resenje. Na proizvoljnom intervalu (α, β), 0 ∈ (α, β), funkcija
f(x) = e2x
je neprekidna i ima izvode
f ′(x) = 2e2x , f ′′(x) = 22e2x , . . . , f (n)(x) = 2ne2x .
Matematickom indukcijom se lako proverava da je f (n)(x) zaista navedenog oblika. Zax = 0 je
f(0) = 1 , f ′(0) = 2 , f ′′(0) = 22 , . . . , f (n)(0) = 2n ,
pa Maclaurinov razvoj funkcije glasi
e2x = 1 +2
1!x +
22
2!x2 + · · ·+ 2n
n!xn + Rn(x) , x ∈ (α, β) .
Iz dobijenog razvoja, za x = 1, sledi
e2 = 1 +2
1!+
22
2!+ · · ·+ 2n
n!+ Rn(1) = an + Rn(1) .
ZADACI ZA VEZBU 157
Neka je 1 ∈ (α, β). Kako je f(x) rastuca funkcija i f (n+1)(x) = 2n+1e2x, koristeciLagrangeov oblik ostatka ([4], str. 174)
Rn(x) =f (n+1)(θx)
(n + 1)!xn+1 , 0 < θ < 1 ,
nalazimo
Rn(1) =f (n+1)(θ)
(n + 1)!=
2n+1e2θ
(n + 1)!, 0 < θ < 1
i procenjujemo
0 < Rn(1) <2n+1e2
(n + 1)!<
2n+1
(n + 1)!.
Prema (1.2.10) i Teoremi 1.2.5, sledi
limn→∞
Rn(1) = 0 ,
pa jelim
n→∞an = e2 − lim
n→∞Rn(1) = e2 .
Ponavljajuci postupak, za x = 1/2, iz Maclaurinovog razvoja funkcije f(x) = e2x sedobija rezultat (1.7.15). Takode, uporedivanjem opsteg clana an sa (1.8.2), uocavamo daje Sn = an − 1, pa niz parcijalnih suma (Sn) konvergira i ima granicu
limn→∞
Sn = e2 − 1 .
Ovim je pronadena i vrednost reda∑∞
k=12k/k!.
67. Odrediti granicnu vrednost niza sa opstim clanom
an = 1− 12
+13− · · ·+ (−1)n+1 1
n, n ∈ N .
Resenje. Posmatramo interval (−1, 1] i funkciju
f(x) = ln(1 + x) ,
koja je neprekidna na (−1, 1]. Sukcesivnim nalazenjem izvoda
f ′(x) =1
1 + x, f ′′(x) = − 1
(1 + x)2, f ′′′(x) =
2
(1 + x)3, f (4)(x) = − 2 · 3
(1 + x)4
naslucujemo, a zatim i matematickom indukcijom dokazujemo
f (n)(x) = (−1)n+1 (n− 1)!
(1 + x)n, n ∈ N .
158 TEORIJA NIZOVA
Za x = 0 ∈ (−1, 1] je
f(0) = ln 1 = 0 , f (n)(0) = (−1)n+1(n− 1)! ,f (n)(0)
n!= (−1)n+1 1
n, n ∈ N
i Maclaurinov razvoj glasi
ln(1 + x) = x− 1
2x2 +
1
3x3 − · · ·+ (−1)n+1 1
nxn + Rn(x) , x ∈ (−1, 1] .
Iz ovog razvoja, za x = 1, sledi
ln 2 = 1− 1
2+
1
3− · · ·+ (−1)n+1 1
n+ Rn(1) = an + Rn(1) .
Koristeci Lagrangeov oblik ostatka (Zadatak 66), nalazimo
Rn(1) =f (n+1)(θ)
(n + 1)!= (−1)n 1
(n + 1)(1 + θ)n+1, 0 < θ < 1 .
Kako je
0 < |Rn(1)| = 1
(n + 1)(1 + θ)n+1<
1
n + 1
i limn→∞ 1/(n + 1) = 0, prema Teoremama 1.2.5 i 1.2.8 redom, sledi
limn→∞
|Rn(1)| = 0 , limn→∞
Rn(1) = 0 .
Isti zakljucak moze da se izvede iz
|Rn(1)| < 1
n + 1, − 1
n + 1< Rn(1) <
1
n + 1
i Teoreme 1.2.5 ili rastavljanjem niza (Rn(1)) na podnizove sa opstim clanovima
0 < R2k(1) =1
(2k + 1)(1 + θ)2k+1<
1
2k + 1,
− 1
2k< R2k−1(1) = − 1
2k(1 + θ)2k< 0
i primenom Teorema 1.2.5, 1.5.5. Dakle, trazena granicna vrednost je
limn→∞
an = ln 2− limn→∞
Rn(1) = ln 2 .
Niz (an) je vec pomenut u Zadatku 21.
ZADACI ZA VEZBU 159
68. Ako je n ∈ N, odrediti opsti clan i ispitati konvergenciju nizova zadatihsa:
1◦ an+2 =12
(an+1 + an) ;
2◦ a1 = 3 , a2 = 2 , an+2 =32
an+1 − 12
an .
Resenje. 1◦ Niz (an) je zadat u obliku linearne diferencne jednacine
an+2 − 1
2an+1 − 1
2an = 0 .
Karakteristicna jednacina je
λ2 − 1
2λ− 1
2= 0 .
Resenja poslednje kvadratne jednacine su
λ1 = 1 , λ2 = −1
2,
pa je λ1, λ2 ∈ R, λ1 6= λ2. Zato je oblik opsteg clana, tj. opste resenje diferencnejednacine,
an = D1λn1 + D2λn
2 = D11n + D2
(−1
2
)n
= D1 + D2
(−1
2
)n
,
gde su D1, D2 ∈ R proizvoljne konstante.S obzirom na limn→∞(−1/2)n = 0, niz (an) je konvergentan sa granicom
limn→∞
an = D1 .
2◦ Radeci analogno kao pod 1◦, nalaze se resenja karakteristicne jednacine
λ1 = 1 , λ2 =1
2
i oblik opsteg clana
an = D1 +D2
2n.
Konstante D1, D2 se odreduju na osnovu zadatih clanova niza a1, a2. Za n = 1, 2, iznadenog opsteg clana sledi sistem jednacina
a1 = D1 +D2
2= 3 , a2 = D1 +
D2
4= 2 ,
cijim resavanjem se dobijaD1 = 1 , D2 = 4 ,
160 TEORIJA NIZOVA
pa je opsti clan
an = 1 +4
2n.
Zakljucujemo da je niz (an) konvergentan sa granicom
limn→∞
an = 1 .
Iz oblika opsteg clana se vidi da je niz (an) konvergentan i za bilo koju drugu vrednostkonstante D2 jer je limn→∞D2/2n = 0 i limn→∞ an = D1.
69. Ako je n ∈ N, odrediti opsti clan i ispitati konvergenciju nizova zadatihsa:
1◦ a1 = 1 , a2 = 4 , an+2 − 4an+1 + 3an = 0 ;
2◦ a1 = 3 , a2 = 2 , an+2 − 6an+1 + 8an = 0 .
Resenje. 1◦ Zadata linearna diferencna jednacina ima karakteristicnu jednacinu
λ2 − 4λ + 3 = 0 ,
cija su resenjaλ1 = 3 , λ2 = 1 ,
dakle λ1, λ2 ∈ R, λ1 6= λ2. Zato je
an = D13n + D2 .
Iz pocetnih uslova sledi
a1 = 3D1 + D2 = 1 , a2 = 9D1 + D2 = 4 ,
odakle je D1 = 1/2, D2 = −1/2, pa je opsti clan
an =1
23n − 1
2.
S obzirom na (1.1.7), niz (an) odredeno divergira i vazi
limn→∞
an = +∞ .
Niz (an) odredeno divergira za proizvoljnu vrednost konstante D1 6= 0, s tim sto jelimn→∞ an = −∞ za D1 < 0. Ako je D1 = 0, niz (an) je konstantan i konvergentan sagranicom limn→∞ an = D2.
2◦ Resenja karakteristicne jednacine su
λ1 = 4 , λ2 = 2 ,
ZADACI ZA VEZBU 161
pa je opste resenje linearne diferencne jednacine
an = D14n + D22n = 2n(D12n + D2) .
Za n = 1, 2 jea1 = 4D1 + 2D2 = 3 , a2 = 16D1 + 4D2 = 2 ,
odakle je D1 = −1/2, D2 = 5/2. Trazeni opsti clan je
an = −1
24n +
5
22n = −1
22n(2n − 5) = −2n−1(2n − 5) .
Niz (an) odredeno divergira i vazi
limn→∞
an = −∞ .
U slucaju D1 > 0 je limn→∞ an = +∞. Ako je D1 = 0, niz takode odredeno divergira.Pri tome je limn→∞ an = +∞ za D2 > 0 i limn→∞ an = −∞ za D2 < 0.
70. Odrediti opsti clan i ispitati konvergenciju Fibonaccievog niza zadatogsa
a1 = 0 , a2 = 1 , an+2 = an+1 + an , n ∈ N .
Resenje. Karakteristicna jednacina je
λ2 − λ− 1 = 0
i ima resenja
λ1 =1 +
√5
2, λ2 =
1−√5
2.
Opste resenje linearne diferencne jednacine je
an = D1
(1 +
√5
2
)n
+ D2
(1−√5
2
)n
.
Kako je
a1 = D11 +
√5
2+ D2
1−√5
2= 0 , a2 = D1
(1 +
√5
2
)2
+ D2
(1−√5
2
)2
= 1 ,
to je
D1 =2√
5 (1 +√
5 ), D2 = − 2√
5 (1−√5 ),
pa je opsti clan
an =2√
5 (1 +√
5 )
(1 +
√5
2
)n
− 2√5 (1−√5 )
(1−√5
2
)n
=1√5
(1 +
√5
2
)n−1
− 1√5
(1−√5
2
)n−1
.
162 TEORIJA NIZOVA
Iz 2 <√
5 < 3 sledi1 +
√5
2> 1 , −1 <
1−√5
2< 0 ,
pa je
limn→∞
(1 +
√5
2
)n
= +∞ , limn→∞
(1−√5
2
)n
= 0
i vazilim
n→∞an = +∞ .
Ako je D1 < 0, tada je limn→∞ an = −∞, dok je limn→∞ an = 0 u slucaju D1 = 0.Dakle, niz (an) je odredeno divergentan za D1 6= 0 i konvergentan za D1 = 0.
Fibonacciev niz je poznat u mnogim granama nauke i umetnosti jer su resenja λ1,λ2 karakteristicne jednacine elementi ”zlatnog preseka”. U Geometriji, na primer, λ1 i−λ2 = 1/λ1 predstavljaju najdopadljiviji odnos izmedu stranica pravougaonika.
71. Odrediti opsti clan i ispitati konvergenciju niza zadatog sa
a1 = 1 , a2 = 2 , an+2 − 4an+1 + 4an = 0 , n ∈ N .
Resenje. Karakteristicna jednacina
λ2 − 4λ + 4 = 0
ima resenja λ1 = 2, λ2 = 2, pa je λ1, λ2 ∈ R, λ1 = λ2(= λ). Opste resenje linearnediferencne jednacine je
an = D1λn + D2nλn = D12n + D2n2n = 2n(D1 + D2n) .
Iz pocetnih uslova sledi
a1 = 2D1 + 2D2 = 1 , a2 = 4D1 + 8D2 = 2
i, resavanjem sistema,
D1 =1
2, D2 = 0 .
Zato je opsti clan
an =1
22n = 2n−1 .
Niz (an) odredeno divergira, tj.
limn→∞
an = +∞ .
Niz (an) odredeno divergira i za sve ostale vrednosti konstanata D1, D2. Pri tome jelimn→∞ an = +∞ za D2 > 0 ili D2 = 0, D1 > 0, dok je limn→∞ an = −∞ za D2 < 0 iliD2 = 0, D1 < 0.
ZADACI ZA VEZBU 163
72. Odrediti opsti clan i ispitati konvergenciju niza zadatog sa
a1 =√
2 , a2 = 0 , an+2 −√
2 an+1 + an = 0 , n ∈ N .
Resenje. Resenja karakteristicne jednacine
λ2 −√
2 λ + 1 = 0
su konjugovano kompleksni brojevi
λ1,2 =
√2
2± i
√2
2= cos
π
4± i sin
π
4.
Dakle, ovde je λ1,2 ∈ C, λ1,2 = r(cos ϕ± i sin ϕ) sa r = 1, ϕ = π/4. Zato opsti clan imaoblik
an = rn(D1 cos nϕ + D2 sin nϕ) = D1 cosnπ
4+ D2 sin
nπ
4.
Za n = 1, 2, dobija se
a1 = D1 cosπ
4+ D2 sin
π
4= D1
√2
2+ D2
√2
2=√
2 ,
a2 = D1 cos2π
4+ D2 sin
2π
4= D1 cos
π
2+ D2 sin
π
2= D2 = 0 ,
pa je D1 = 2, D2 = 0 i
an = 2 cosnπ
4.
Prema Teoremi 1.5.3, niz (an) divergira jer postoje podnizovi (a8k+1) i (a8k+3) saopstim clanovima
a8k+1 = 2 cos(8k + 1)π
4=√
2 , a8k+3 = 2 cos(8k + 3)π
4= −
√2
takvi da je
limn→∞
a8k+1 =√
2 6= limn→∞
a8k+3 = −√
2 .
Niz divergira i za bilo koji drugi izbor konstanata D1, D2.
73. Ako je n ∈ N, odrediti opsti clan i ispitati konvergenciju nizova zadatihsa:
1◦ a1 = 1 , a2 = 2 , a3 = 3 , an+3 − 4an+2 + an+1 + 6an = 0 ;
2◦ a1 = 2 , a2 = −1 , a3 = 4 , an+3 − an+2 − an+1 + an = 0 .
Resenje. Nizovi su zadati pomocu homogenih linearnih diferencnih jednacina sa kon-stantnim koeficijentima, ali treceg reda. Slicno jednacinama drugog reda, za ovaj tip
164 TEORIJA NIZOVA
diferencnih jednacina takode postoji algoritam, kojim se dolazi do opsteg resenja. Algo-ritam ne navodimo u celini, vec ga samo ilustrujemo primerom.
1◦ Karakteristicna jednacina je
λ3 − 4λ2 + λ + 6 = 0 .
Kako je
λ3 − 4λ2 + λ + 6 = (λ3 + λ2) + (−5λ2 − 5λ) + (6λ + 6)
= λ2(λ + 1)− 5λ(λ + 1) + 6(λ + 1) = (λ + 1)(λ2 − 5λ + 6) ,
resenja karakteristicne jednacine su
λ1 = −1 , λ2 = 3 , λ3 = 2 .
Ocigledno je λ1, λ2, λ3 ∈ R, λ1 6= λ2 6= λ3. U ovom slucaju, opste resenje diferencnejednacine je
an = D1λn1 + D2λn
2 + D3λn3 = D1(−1)n + D23n + D32n ,
gde su D1, D2, D3 ∈ R proizvoljne konstante. Iz pocetnih uslova se dobija sistemjednacina
a1 = −D1 + 3D2 + 2D3 = 1 , a2 = D1 + 9D2 + 4D3 = 2 , a3 = −D1 + 27D2 + 8D3 = 3 ,
cijim resavanjem sledi
D1 =1
12, D2 = − 1
12, D3 =
2
3.
Zato je trazeni opsti clan niza
an =1
12(−1)n − 1
123n +
2
32n ,
odnosno
an = − 1
123n
(1−
(−1
3
)n
− 8
(2
3
)n)
,
pa niz (an) odredeno divergira i vazi
limn→∞
an = −∞ .
2◦ Resenja karakteristicne jednacine
λ3 − λ2 − λ + 1 = λ2(λ− 1)− (λ− 1) = (λ− 1)(λ2 − 1) = (λ− 1)(λ + 1)(λ− 1) = 0
suλ1 = 1 , λ2 = −1 , λ3 = 1 ,
ZADACI ZA VEZBU 165
pa je λ1, λ2, λ3 ∈ R, λ1 = λ3(= λ) 6= λ2. U ovom slucaju je opste resenje diferencnejednacine
an = D1λn + D2λn2 + D3nλn = D1 + D2(−1)n + D3n .
Sistem jednacina za odredivanje konstanata D1, D2, D3 glasi
a1 = D1 −D2 + D3 = 2 , a2 = D1 + D2 + 2D3 = −1 , a3 = D1 −D2 + 3D3 = 4
i ima resenjeD1 = −1 , D2 = −2 , D3 = 1 .
Opsti clan niza (an) jean = −1− 2(−1)n + n .
Kako jea2k = −3 + 2k , a2k−1 = 2k , k ∈ N ,
to jelim
k→∞a2k = lim
k→∞a2k−1 = +∞ ,
pa je niz (an) odredeno divergentan i vazi
limn→∞
an = +∞ .
74. Odrediti opste clanove nizova zadatih sa
a1 = 6 , b1 = −6 , an+1 = 3an + bn , bn+1 = 5an − bn , n ∈ N .
Zatim naci granicnu vrednost
limn→∞
an
bn.
Resenje. Nizovi (an), (bn) su zadati vezanim rekurentnim relacijama. Iz prve od njihje
an+2 = 3an+1 + bn+1 .
Koriscenjem druge i ponovo prve relacije, dalje je
an+2 = 3an+1 + (5an − bn) = 3an+1 + 5an − bn
= 3an+1 + 5an − (an+1 − 3an) = 2an+1 + 8an ,
odnosnoan+2 − 2an+1 − 8an = 0 ,
sto je linearna diferencna jednacina. Resenja karakteristicne jednacine su λ1 = 4, λ2 = −2,pa je oblik opsteg clana
an = D14n + D2(−2)n .
166 TEORIJA NIZOVA
Oblik opsteg clana bn odredujemo iz prve rekurentne relacije i dobijamo
bn = an+1 − 3an = D14n+1 + D2(−2)n+1 − 3D14n − 3D2(−2)n
= 4D14n − 2D2(−2)n − 3D14n − 3D2(−2)n = D14n − 5D2(−2)n .
Iz pocetnih uslova sledi
a1 = 4D1 − 2D2 = 6 , b1 = 4D1 + 10D2 = −6 ,
odakle je D1 = 1, D2 = −1, pa su opsti clanovi
an = 4n − (−2)n , bn = 4n + 5(−2)n .
Trazenu granicnu vrednost nalazimo prema (1.2.2),
limn→∞
an
bn= lim
n→∞4n − (−2)n
4n + 5(−2)n= lim
n→∞
1−(−1
2
)n
1 + 5
(−1
2
)n = 1 .
75. Odrediti vrednost beskonacnog zbira brojeva
∞∑
k=1
1(2k − 1)(2k + 1)
.
Resenje. Niz parcijalnih suma ima opsti clan
Sn =
n∑k=1
1
(2k − 1)(2k + 1)=
1
1 · 3 +1
3 · 5 + · · ·+ 1
(2n− 1)(2n + 1).
Svaki od sabiraka rastavljamo na parcijalne razlomke na sledeci nacin. Neka je
1
(2k − 1)(2k + 1)=
A
2k − 1+
B
2k + 1.
Tada je1
(2k − 1)(2k + 1)=
2(A + B)k + (A−B)
(2k − 1)(2k + 1),
odakle je
A + B = 0 , A−B = 1 ; A =1
2, B = −1
2,
pa je1
(2k − 1)(2k + 1)=
1
2
1
2k − 1− 1
2
1
2k + 1=
1
2
(1
2k − 1− 1
2k + 1
).
ZADACI ZA VEZBU 167
Opsti clan Sn postaje
Sn =1
2
((1
1− 1
3
)+
(1
3− 1
5
)+ · · ·+
(1
2n− 1− 1
2n + 1
))=
1
2
(1− 1
2n + 1
).
Kako je limn→∞ 1/(2n + 1) = 0, to je
limn→∞
Sn =1
2
i, prema (1.8.1),∞∑
k=1
1
(2k − 1)(2k + 1)= lim
n→∞Sn =
1
2.
76. Odrediti vrednost beskonacnog zbira brojeva
∞∑
k=1
k
(k + 1)!.
Resenje. Formiramo niz parcijalnih suma sa opstim clanom
Sn =
n∑k=1
k
(k + 1)!=
1
2!+
2
3!+ · · ·+ n
(n + 1)!.
Svaki od sabiraka zapisujemo na nacin
k
(k + 1)!=
k + 1− 1
(k + 1)!=
k + 1
(k + 1)!− 1
(k + 1)!=
1
k!− 1
(k + 1)!
i dobijamo
Sn =
(1
1!− 1
2!
)+
(1
2!− 1
3!
)+ · · ·+
(1
n!− 1
(n + 1)!
)= 1− 1
(n + 1)!.
S obzirom na limn→∞ 1/(n + 1)! = 0 i (1.8.1), sledi
∞∑k=1
k
(k + 1)!= lim
n→∞Sn = 1 .
77. Odrediti vrednosti beskonacnih proizvoda brojeva:
1◦∞∏
k=2
(1− 1
k2
), 2◦
∞∏
k=1
(1 +
1k(k + 2)
).
168 TEORIJA NIZOVA
Resenje. Analogno beskonacnim zbirovima se definisu i beskonacni proizvodi brojeva([6], str. 39–40). Od clanova niza (an) se formira niz parcijalnih proizvoda (Pn) sa opstimclanom
Pn =
n∏k=1
ak
i vazi ∞∏k=1
ak = limn→∞
n∏k=1
ak = limn→∞
Pn .
Umesto k = 1, pocetna vrednost indeksa moze da bude i bilo koji drugi broj k = m ∈ N0.
1◦ Niz parcijalnih proizvoda ima opsti clan
Pn =
n∏k=2
(1− 1
k2
)=
(1− 1
22
)(1− 1
32
)· · ·
(1− 1
n2
).
Svaki od cinilaca zapisujemo u obliku
1− 1
k2=
k2 − 1
k2=
(k − 1)(k + 1)
k2=
k − 1
k
k + 1
k
i dobijamo
Pn =
(1
2
3
2
)(2
3
4
3
)(3
4
5
4
)· · ·
(n− 1
n
n + 1
n
)=
1
2
n + 1
n.
Kako je limn→∞(n + 1)/n = 1, to je
∞∏k=2
(1− 1
k2
)= lim
n→∞Pn =
1
2.
2◦ Posle transformacije cinilaca
1 +1
k(k + 2)=
k(k + 2) + 1
k(k + 2)=
k2 + 2k + 1
k(k + 2)=
(k + 1)2
k(k + 2)=
k + 1
k
k + 1
k + 2,
opsti clan niza parcijalnih proizvoda postaje
Pn =
n∏k=1
(1 +
1
k(k + 2)
)=
(1 +
1
1 · 3)(
1 +1
2 · 4)· · ·
(1 +
1
n(n + 2)
)
=
(2
1
2
3
)(3
2
3
4
)(4
3
4
5
)· · ·
(n + 1
n
n + 1
n + 2
)= 2
n + 1
n + 2
i, zbog limn→∞(n + 1)/(n + 2) = 1, sledi
∞∏k=1
(1 +
1
k(k + 2)
)= lim
n→∞Pn = 2 .
ZADACI ZA VEZBU 169
Pri transformisanju cinilaca je upotrebljen obrazac
(A + B)2 = A2 + 2AB + B2 .
78. Odrediti vrednosti beskonacnih proizvoda brojeva:
1◦∞∏
k=3
k2 − 4k2 − 1
, 2◦∞∏
k=2
k3 − 1k3 + 1
.
Resenje. 1◦ Koristeci obrazac za razliku kvadrata dva broja, transformisemo cinioce
k2 − 4
k2 − 1=
(k − 2)(k + 2)
(k − 1)(k + 1)=
k − 2
k − 1
k + 2
k + 1.
Zato je
Pn =
n∏k=3
k2 − 4
k2 − 1=
n∏k=3
(k − 2
k − 1
k + 2
k + 1
)=
n∏k=3
k − 2
k − 1
n∏k=3
k + 2
k + 1.
Odredujemo svaki od dobijenih proizvoda:
n∏k=3
k − 2
k − 1=
1
2
2
3
3
4· · · n− 2
n− 1=
1
n− 1,
n∏k=3
k + 2
k + 1=
5
4
6
5
7
6· · · n + 2
n + 1=
n + 2
4,
pa je
Pn =1
n− 1
n + 2
4=
1
4
n + 2
n− 1
i sledi ∞∏k=3
k2 − 4
k2 − 1= lim
n→∞Pn =
1
4.
2◦ Koristeci obrasce za razliku i zbir kubova dva broja
A3 −B3 = (A−B)(A2 + AB + B2) , A3 + B3 = (A + B)(A2 −AB + B2) ,
transformisemo cinioce
k3 − 1
k3 + 1=
(k − 1)(k2 + k + 1)
(k + 1)(k2 − k + 1)=
k − 1
k + 1
k2 + k + 1
k2 − k + 1=
k − 1
k + 1
(k + 1)2 − (k + 1) + 1
k2 − k + 1
=k − 1
k
k
k + 1
(k + 1)2 − (k + 1) + 1
k2 − k + 1
i dobijamo
Pn =
n∏k=2
k3 − 1
k3 + 1=
n∏k=2
k − 1
k
n∏k=2
k
k + 1
n∏k=2
(k + 1)2 − (k + 1) + 1
k2 − k + 1.
170 TEORIJA NIZOVA
Kako je:
n∏k=2
k − 1
k=
1
2
2
3
3
4· · · n− 1
n=
1
n,
n∏k=2
k
k + 1=
2
3
3
4
4
5· · · n
n + 1=
2
n + 1,
n∏k=2
(k + 1)2 − (k + 1) + 1
k2 − k + 1=
7
3
13
7
21
13· · · (n + 1)2 − (n + 1) + 1
n2 − n + 1
=(n + 1)2 − (n + 1) + 1
3=
n2 + n + 1
3,
to je
Pn =1
n
2
n + 1
n2 + n + 1
3=
2
3
n2 + n + 1
n2 + n
i, prema (1.2.8),∞∏
k=2
k3 − 1
k3 + 1= lim
n→∞Pn =
2
3.
Zadatak 77 takode moze da se resi rastavljanjem Pn na proizvode
Pn =
n∏k=2
k − 1
k
n∏k=2
k + 1
k, Pn =
n∏k=1
k + 1
k
n∏k=1
k + 1
k + 2
u slucajevima 1◦ i 2◦ redom, a zatim odredivanjem svakog od dva proizvoda.
79. Odrediti granicnu vrednost niza sa opstim clanom
an =1√n
(1√n
+1√
n + 1+
1√n + 2
+ · · ·+ 1√n + n
), n ∈ N .
Resenje. Opsti clan an zapisujemo u obliku
an =1√n
1√n
(1 +
√n√
n + 1+
√n√
n + 2+ · · ·+
√n√
n + n
)
=1
n
(1 +
√n
n + 1+
√n
n + 2+ · · ·+
√n
n + n
)
=1
n
1 +
1√1 +
1
n
+1√
1 +2
n
+ · · ·+ 1√1 +
n
n
=
1
n
n∑k=0
1√1 +
k
n
.
ZADACI ZA VEZBU 171
Prema (1.8.3), za funkciju
f(x) =1√
1 + x
na segmentu [α, β] = [0, 1] formiramo opsti clan Sn niza integralnih suma
Sn =
n∑k=0
f
(0 + k
1− 0
n
)1− 0
n=
1
n
n∑k=0
f
(k
n
)=
1
n
n∑k=0
1√1 +
k
n
= an .
Kako je
∫ 1
0
f(x) dx =
∫ 1
0
dx√1 + x
= 2√
1 + x
∣∣∣x=1
x=0= 2
√2− 2 = 2(
√2− 1) ,
iz (1.8.4) sledi
limn→∞
an = limn→∞
Sn =
∫ 1
0
dx√1 + x
= 2(√
2− 1) .
80. Odrediti granicnu vrednost niza sa opstim clanom
an = n
(1n2
+1
n2 + 12+
1n2 + 22
+ · · ·+ 1n2 + n2
), n ∈ N .
Resenje. Opsti clan an zapisujemo u obliku
an =1
n
(n2
n2+
n2
n2 + 12+
n2
n2 + 22+ · · ·+ n2
n2 + n2
)
=1
n
1 +
1
1 +
(1
n
)2+
1
1 +
(2
n
)2+ · · ·+ 1
1 +
(n
n
)2
=
1
n
n∑k=0
1
1 +
(k
n
)2.
Za funkciju
f(x) =1
1 + x2
na segmentu [0, 1] opsti clan Sn niza integralnih suma je
Sn =1
n
n∑k=0
f
(k
n
)=
1
n
n∑k=0
1
1 +
(k
n
)2= an .
Kako je
∫ 1
0
f(x) dx =
∫ 1
0
dx
1 + x2= arctan x
∣∣∣x=1
x=0= arctan 1− arctan 0 = arctan 1 =
π
4,
172 TEORIJA NIZOVA
to je
limn→∞
an = limn→∞
Sn =
∫ 1
0
dx
1 + x2=
π
4.
81. Za x ∈ R, x > 0 i n ∈ N, ispitati konvergenciju i uniformnu konver-genciju funkcionalnih nizova sa opstim clanom
1◦ fn(x) =sin nx
n, 2◦ fn(x) =
sin nx
nx.
Resenje. 1◦ Za konkretno izabran broj x0 > 0 je
fn = fn(x0) =sin nx0
n
opsti clan brojnog niza (fn). Slicno kao u Primeru 1.2.3, nalazi se
limn→∞
fn = 0 ,
odakle zakljucujemo da funkcionalni niz (fn(x)) konvergira u proizvoljnoj tacki x0 ∈ R,x0 > 0, tj. x0 ∈ (0, +∞). Zato (fn(x)) konvergira i na intervalu (0, +∞) ka granicnojfunkciji
f(x) = 0 , x ∈ (0, +∞) .
Radi ispitivanja uniformne konvergencije, formiramo
|fn(x)− f(x)| =∣∣∣ sin nx
n
∣∣∣ =| sin nx|
n.
Nejednakost |fn(x)− f(x)| < ε vazi ako vazi
| sin nx|n
< ε .
Kako je 0 ≤ | sin nx| ≤ 1 za sve vrednosti nx > 0, to je
| sin nx|n
≤ 1
n< ε
ako je
n >1
ε.
Birajuci
N(ε) =
[1
ε
]+ 1 ,
utvrdujemo da za svako ε > 0 postoji broj N(ε) ∈ N tako da je n > 1/ε, a time i
|fn(x)− f(x)| < ε ,
ZADACI ZA VEZBU 173
za svako n ≥ N(ε) i svako x ∈ (0, +∞). Prema tome, niz (fn(x)) uniformno konvergiraka funkciji f(x) na intervalu (0, +∞).
Niz (fn(x)) uniformno konvergira i na intervalu [0, +∞) ka funkciji
f(x) = 0 , x ∈ [0, +∞) .
2◦ Analogno kao pod 1◦ se odreduju podrucje konvergencije (0, +∞) niza (fn(x)) igranicna funkcija
f(x) = 0 , x ∈ (0, +∞) .
Za 0 < ε < sin 1 i brojni niz (an) sa opstim clanom
an =1
n,
vazi 0 < an ≤ 1 i|fn(an)− f(an)| = | sin 1− 0| = sin 1 > ε
za svako n ∈ N. Prema Teoremama 2.1.2 i 2.1.1 pod 2◦ redom, to znaci da funkcionalniniz (fn(x)) ne konvergira uniformno ka f(x) na intervalu (0, 1], a time ni na intervalu(0, +∞).
Na intervalu [1, +∞) niz (fn(x)) konvergira uniformno ka f(x) jer za svako ε > 0postoji broj
N(ε) =
[1
ε
]+ 1 ∈ N
tako da je
|fn(x)− f(x)| = | sin nx|nx
≤ 1
nx≤ 1
n< ε
za svako n ≥ N(ε) i svako x ∈ [1, +∞).
Konvergenciju niza nema smisla razmatrati na bilo kom intervalu oblika [0, β) ⊆[0, +∞) zato sto u x = 0 sve funkcije fn(x) nisu definisane.
82. Za x ∈ R, 0 ≤ x ≤ 1 i n ∈ N, ispitati konvergenciju i uniformnukonvergenciju funkcionalnog niza sa opstim clanom
Sn(x) =n∑
k=1
(kx e−kx − (k − 1)x e−(k−1)x
).
Resenje. Uvodenjem oznake
fk(x) = kx e−kx − (k − 1)x e−(k−1)x
i sabiranjem, opsti clan postaje
Sn(x) = f1(x) + f2(x) + · · ·+ fn(x)
= (x e−x − 0) + (2x e−2x − x e−x) + · · ·+(
nx e−nx − (n− 1)x e−(n−1)x)
= nx e−nx .
174 TEORIJA NIZOVA
Za konkretno izabran broj 0 ≤ x0 ≤ 1 je
Sn = Sn(x0) = nx0 e−nx0 =nx0
enx0= x0
n
(ex0 )n
opsti clan brojnog niza (Sn). Kako je Sn oblika (1.7.9) sa p = 1, q = ex0 > 1, x0 > 0,prema (1.7.10), vazi
limn→∞
Sn = 0 .
Poslednja jednakost je tacna i za x0 = 0 jer je tada (Sn) konstantan niz sa opstim clanomSn = 0. Prema tome, funkcionalni niz (Sn(x)) konvergira u proizvoljnoj tacki x0 ∈ R,0 ≤ x0 ≤ 1, tj. x0 ∈ [0, 1]. Zato (Sn(x)) konvergira i na segmentu [0, 1] ka granicnojfunkciji
S(x) = 0 , x ∈ [0, 1] .
Za 0 < ε < e−1 i brojni niz (an) sa opstim clanom
an =1
n,
vazi 0 < an ≤ 1 i|Sn(an)− S(an)| = |e−1 − 0| = e−1 > ε
za svako n ∈ N. Prema Teoremama 2.1.2 i 2.1.1 pod 2◦ redom, funkcionalni niz (Sn(x))ne konvergira uniformno ka S(x) na intervalu (0, 1], pa ni na segmentu [0, 1].
Brojni niz (an) je niz stacionarnih tacaka funkcija Sn(x), u kojima one dostizu svojemaksimume. Dobijen je iz jednakosti
S′n(x) = n e−nx(1− nx) = 0 ,
odakle je 1− nx = 0 i x = an = 1/n.
Niz (Sn(x)) je niz parcijalnih suma odgovarajuceg funkcionalnog reda, nastalog izfunkcionalnog niza (fn(x)) ([7], str. 86).
83. Za x ∈ R, −1 < x < 1 i n ∈ N0, ispitati konvergenciju funkcionalnogniza sa opstim clanom
Sn(x) =n∑
k=0
xk .
Resenje. Za konkretno izabran broj x0 = q ∈ (−1, 1) je
Sn = Sn(x0) = Sn(q) =
n∑k=0
qk = 1 + q + q2 + · · ·+ qn
opsti clan brojnog niza (Sn), koji je oblika (1.2.3). Kako je |q| < 1, prema (1.2.4), sledi
limn→∞
Sn =1
1− q=
1
1− x0.
ZADACI ZA VEZBU 175
Dakle, niz (Sn(x)) konvergira u proizvoljnoj tacki x0 ∈ (−1, 1), pa konvergira i na inter-valu (−1, 1) ka granicnoj funkciji
S(x) =1
1− x, x ∈ (−1, 1) .
Niz (Sn(x)) je niz parcijalnih suma dobro poznatog funkcionalnog reda
∞∑k=0
xk ,
nastalog iz funkcionalnog niza (fn(x)) = (xn) (Primer 2.1.1; [7], str. 50–51).
84. Za x ∈ R, x > 0 i n ∈ N, ispitati konvergenciju funkcionalnog niza,zadatog rekurentnom relacijom
fn(x) =12
(fn−1(x) +
x
fn−1(x)
),
ako je f0(x) > 0 za svako x > 0.
Resenje. Neka je x0 ∈ R, x0 > 0 konkretan broj. Tada se funkcionalni niz (fn(x))svodi na brojni niz (fn) = (fn(x0)), rekurentna relacija na
f0 > 0 , fn =1
2
(fn−1 +
x0
fn−1
),
a konvergencija niza (fn(x)) na konvergenciju niza (fn).Prvo pokazujemo da je niz (fn) ogranicen sa donje strane, tj. da vazi
0 < fn
za svako n ∈ N0. Dokaz izvodimo matematickom indukcijom. Prema pocetnom uslovuf0 > 0, nejednakost je tacna za n = 0. Pretpostavljamo da je tacna za neko n = k ipokazujemo da je tada tacna za n = k + 1. Zaista, iz fk > 0, x0 > 0 i rekurentne relacijesledi
fk+1 =1
2
(fk +
x0
fk
)> 0 .
Za ogranicenost sa donje strane, moguca je bolja i za dalje ispitivanje neophodna pro-cena. Polazimo od nejednakosti (t − 1)2 ≥ 0, tj. t2 − 2t + 1 ≥ 0. Deobom sa t > 0,dobijamo
t− 2 +1
t≥ 0 , t +
1
t≥ 2 .
Stavljajuci
t =fn−1√
x0> 0 ,
176 TEORIJA NIZOVA
dalje dobijamo
fn−1√x0
+
√x0
fn−1≥ 2 ,
1√x0
(fn−1 +
x0
fn−1
)≥ 2 ,
fn−1 +x0
fn−1≥ 2
√x0 ,
1
2
(fn−1 +
x0
fn−1
)≥ √
x0
i konacno √x0 ≤ fn .
Ispitujemo sada monotonost niza (fn). Kako je√
x0 ≤ fn, to je x0 ≤ f2n, x0/f2
n ≤ 1,pa je
fn+1
fn=
1
2fn
(fn +
x0
fn
)=
1
2
(1 +
x0
f2n
)≤ 1
2(1 + 1) = 1
i fn+1 ≤ fn za svako n ∈ N0. Dakle, (fn) je monotono nerstuci niz.Prema Teoremi 1.3.4 pod 2◦, niz (fn) konvergira, tj. postoji granicna vrednost
limn→∞
fn = f .
Iz rekurentne relacije tada sledi
limn→∞
fn =1
2
(lim
n→∞fn−1 +
x0
limn→∞
fn−1
), f =
1
2
(f +
x0
f
).
Sredivanjem poslednje jednakosti se dobija f2 = x0, odakle je f = −√x0 < 0 ili f =√x0 > 0. Zbog fn ≥ √
x0 > 0, mora da bude f ≥ 0, pa je
limn→∞
fn = limn→∞
fn(x0) =√
x0 .
Zakljucujemo da funkcionalni niz (fn(x)) konvergira u proizvoljnoj tacki x0 ∈ R, x0 >0, a time konvergira i na intervalu (0, +∞). Granicna funkcija niza je
f(x) =√
x , x ∈ (0, +∞) .
PRILOG
Navodimo najznacajnije brojne nizove, uz napomenu da nisu navedeniistim redosledom kao u knjizi. Radi preglednosti, na pocetku izdvajamoodgovarajuce uslove:
p, q ∈ R ; k,m, n ∈ N ;
Ci ∈ R (i = 0, 1, . . . , k) , Di ∈ R (i = 0, 1, . . . , m) , C0 6= 0 , D0 6= 0 .
Brojni nizovi su sledeci:
limn→∞
qn =
0 , |q| < 1 ,
1 , q = 1 ,
+∞ , q > 1 ,
ne postoji , q ≤ −1 ;
1◦
limn→∞
1n
p =
1 , p = 0 ,
0 , p > 0 ,
+∞ , p < 0 ;2◦
limn→∞
C0nk + C1n
k−1 + · · ·+ Ck
D0nm + D1nm−1 + · · ·+ Dm=
C0
D0, k = m ,
∞ , k > m ,
0 , k < m ;
3◦
limn→∞
qn
n!= 0 ;4◦
limn→∞
np
qn= 0 , q > 1 ;5◦
177
178 PRILOG
limn→∞
C0nk + C1n
k−1 + · · ·+ Ck
qn= 0 , q > 1 ;6◦
limn→∞
C0nk + C1n
k−1 + · · ·+ Ck
n!= 0 ;7◦
limn→∞
n
√n
p = 1 ;8◦
limn→∞
(1 +
1n
)n
= limn→∞
(1 +
1n + 1
)n
= limn→∞
(1 +
1n
)n+1
= e ;9◦
limn→∞
(1 + an
)1/an = e , limn→∞
an = 0 .10◦
LITERATURA
1. S. Aljancic : Uvod u realnu i funkcionalnu analizu, Gradevinska knjiga,Beograd, 1979.
2. D. Ciric : Uvod u matematicku analizu, I deo, Prirodno–matematickifakultet, Nis, 2008.
3. R. Dimitrijevic : Analiza realnih funkcija vise promenljivih, autor, Nis,1999.
4. M. Merkle : Matematicka analiza: teorija i hiljadu zadataka – za stu-dente tehnike, Akademska misao, Beograd, 2005.
5. G. V. Milovanovic : Numericka analiza, I deo, Naucna knjiga, Beograd,1985.
6. D. S. Mitrinovic, D. D. Adamovic : Nizovi i redovi – definicije,stavovi, zadaci, problemi, Naucna knjiga, Beograd, 1980.
7. L. Stefanovic, B. Randelovic, M. Matejic : Teorija redova za stu-dente tehnickih fakulteta, Studentski kulturni centar Nis, Nis, 2006.
8. L. Stefanovic : Integrali: krivolinijski, dvojni, trojni, povrsinski za stu-dente tehnickih fakulteta, I deo, Studentski kulturni centar Nis, Nis, 2008.
179
CIP – Каталогизација у публикацији Народна библиотека Србије, Београд
517.52 ( 075.8 )
СТЕФАНОВИЋ, Лидија, 1955 – Teorija nizova: za studente tehničkih Fakulteta / Lidija Stefanović. – 1. izd. – Niš: Studentski kulturni centar, 2009 ( Niš: Petrograf ). – 179 str. ; 24 cm
Tiraž 100. – Bibliografija: str. 179.
ISBN 978–86–7757–168–9
а) Теорија низова и редова COBISS.SR–ID 171776780