GRANIČNE VREDNOSTI NIZOVA

Marina Nikolić 095/2012Ana Nenadić 167/2011

Dragana Grubić 171/2011Damjana Stojičić 211/2007Ivana Bogićević 224/2010

Aleksandra Nerandžić 220/2011

Kako je sve počelo…· Oko 5. veka p.n.e. grčki filozof Zenon je formulisao svoje čuvene paradokse koji su

uključivali procese sa graničnim vrednostima (limesima).· Grčki filozofi Leukip, Demokrit, Antifont, Eudoks i Arhimed su do 2. veka p.n.e. razvili

metod iscrpljivanja (ekshaustije) za izračunavanje površine figure ubacivanjem niza poligonačije površine konvergiraju ka površini čitave figure.

· Ozbiljnije razumevanje graničnih vrednosti, limesa, počelo je u 17. veku radovima Njutna.· U 18. veku Ojler je paradoksalno sumirao neke divergentne redove, da bi Lagranž 1797. god.

shvatio i objasnio važnost rigoroznosti u razmatranjima u vezi sa limesima.· Gaus je 1813. strogim definicijama po prvi put u istoriji matematike odredio uslove

konvergencije nizova u graničnim uslovima.· Savremenu definiciju limesa (za svako ε>0 postoji n0...) dao je češki matematičar Bernard

Bolcano u tada jedva primećenom radu: Der binomische Lehrsatz, Prag 1816. koji je oko1870. prhvatio nemački matematičar Karl Theodor Wilhelm Weierstraß.

Limes i konvergencija niza· Beskonačni niz realnih brojeva je funkcija a : N→R. Označavamo ga sa a1,a2,a3, …,an,… ili

(an).· Epsilon okolina (ε-okolina) realnog broja a je otvoreni interval realnih brojeva (a – ε, a + ε),

pri čemu je ε realan pozitivan broj.· Broj a je tačka nagomilavanja niza realnih brojeva (an) ako svaka ε-okolina broja a sadrži beskonačno

mnogo članova niza (an). Ako je tačka nagomilavanja niza jedinstvena i konačna, nazivamo jelimes.

· Realan broj A je limes (granična vrednost) niza realnih brojeva (an), ako za svaki realan brojε>0 postoji prirodan broj n0 takav da (n > n0) ⇒(|an – A| < ε). Tada pišemo: an→A,n→∞, ili

A = lim→∞

i čitamo: niz (an) teži A kada n teži beskonačnosti.· Niz (an) ima limes ako postoji tačka A takva da se u svakoj njenoj okolini nalaze skoro svi

članovi tog niza (izraz skoro svi članovi niza znači beskonačno mnogo članova niza sanajviše konačno mnogo izuzetaka).

· Niz je konvergentan ako ima (tačno jednu) graničnu vrednost. U suprotnom je divergentan.· Moguća je i drugačija definicija konvergencije niza. Skoro svi članovi niza znači isto što i svi

članovi počevši od nekog određenog člana. Dakle, ako odaberemo bilo koju okolinupoluprečnika ε>0, moguće je naći tako veliki indeks n0, takav da iza tog indeksa (za svakon>n0) svi članovi niza su unutar okoline (|a – an| < ε).

· Važi sledeće:A= lim

n→∞ ⟺ ( ∃A∈R)(∀ε>0)( ∃n0∈N)(n>n0⇒|A – |<ε)

Terminologija· Niz sa jednakim članovima naziva se konstantan niz.· Nulaniz je konvergentan niz čiji je limes jednak nuli.

Ograničenost i konvergencija· Realni niz (an) je ograničen ako postoji interval [m, M] takav, da za sve članove važi:

m≤an≤M. Broj m nazivamo donja granica, a broj M gornja granica niza.· Veze:

o Ograničen niz ima bar jednu tačku nagomilavanja.o Konvergentan niz je ograničen.o Ako ograničen niz ima samo jednu tačku nagomilavanja, on je konvergentan i ta tačka

mu je limes.o Niz je konvergentan ako i samo ako je ograničen i ima tačno jednu tačku

nagomilavanja.

Monotnost i konvergencija· Realni niz a1, a2, a3, … nazivamo rastući, ako važi an ≤ an+1, za n = 1, 2, 3, … .· Realni niz a1, a2, a3, … nazivamo opadajući, ako važi an ≥ an+1, za n = 1, 2, 3, … .· Ako je niz rastući ili opadajući kažemo da je monoton.· Niz je strogo rastući, ili strogo opadajući, ako su isključeni znakovi jedankosti u gornjim

izrazima.· Veze:

o Monoton niz je ograničen, ili divergira.o Monoton ograničen niz je konvergentan.o Monoton je niz konvergentan ako i samo ako je ograničen.o Članovi rastućeg (opadajućeg) konvergentnog niza nisu veći (manji) od njegovog

limesa.

Osobine limesa· Ako je niz (an) konvergentan sa limesom A, onda je niz njegovih apsolutnih vrijednosti (|an |)

takođe konvergentan, sa limesom |A|. Obratno tvrđenje ne važi (kontraprimer je niz: +1, -1,+1, -1, ... )

· Ako svaki član konvergentnog niza (an) množimo istim brojem (konstantom c), rezultat jetakođe konvergentan niz (c·an) čiji je limes proizvod te konstante i limesa niza (an).

lim→

( · ) = · lim→

· Limes zbira (razlike) dva konvergentna niza jednak je zbiru (razlici) njihovih limesa.lim

→( + ) = lim

→+ lim

→lim

→( − ) = lim

→− lim

→o Obratno ne važi. Na primer: = − + 1/ i = divergiraju a njihov

zbir + = 1/ konvergira.o Međutim, ima jedan poseban slučaj kada važi obrnuto, a to je kada je prvi niz realan,

a drugi (čisto) imaginaran.· Limes proizvoda dva konvergentna niza jednak je proizvodu njihovih limesa.

lim→

( · ) = lim→

· lim→

· Ako je ( ) konvergentan niz sa članovima koji su različiti od nule i limesom različitim odnule, onda je niz (1/ ) konvergentan, a limes mu je recipročan limesu niza .

lim→

(1/ ) = 1 / lim→

· Ako je (an) konvergentan niz i (bn) konvergentan niz sa članovima koji su različiti od nule ilimesom različitim od nule, onda je limes količnika nizova i jednak količniku limesanizova i

lim→

( / ) = lim→

/ lim→

o Obratno, iz konvergencije količnika ne sledi konvergencija brojioca i imenioca. Primer sunizovi: = i = koji divergiraju, dok njihov količnik / = n/ n2 = 1/nkonvergira.

1. Pokažimo da je limes niza an = 1

𝑛 , kad n→∞ jednak nuli, tj. lim

𝑛→∞ 1

𝑛 = 0.

Što je n veći to je 1

𝑛 bliži nuli (Slika 1.1.). Drugim rečima, kad u nizu idemo dovoljno

daleko onda apsolutna vrednost |an - 0| postane i ostane manja od svakog pozitivnog

realnog broja ε. Napravimo strogi dokaz navedenog tvrđenja:

Arhimedova teorema

Za svaka dva prirodna broja a i b postoji pripodan broj n td. je a∙n > b.

Neka je (-ε, ε) ε-okolina nule. Prema Arhimedovoj teoremi postoji prirodni broj 𝑛0

takav da je 𝑛0∙ ε > 1 tj. 1

𝑛0 ˂ ε. Sada je, za svako n > 𝑛0,

1

𝑛 ˂

1

𝑛0 ˂ ε. Budući da je

|an - 0| = 1

𝑛 to je |an - 0| ˂ ε za svako n > 𝑛0 , tj. svi članovi niza , osim eventualno

prvih konačno mogo članova 𝑎1, 𝑎2, …., 𝑎𝑛0 nalaze se u datoj ε-okolini nule.

ε 0 1

𝑛 ε

1

𝑛0

1

2 1

Slika 1.1. n > 𝑛0 ⇒ ( | 1

𝑛 - 0| ) ˂ ε

Po definiciji limesa sledi lim𝑛→∞

1

𝑛 = 0.

2. Dokažimo da ne postoji lim𝑛→∞

(−1)𝑛.

Tačke nagomilavanja ovog niza su -1 i 1, a da bi niz bio konvergetan mora da ima samo

jednu tačku nagomilavanja. Dakleovaj niyje divergentan.

3. Dokažimo da je lim𝑛→∞

(−1)𝑛

𝑛 = 0.

Tvrdjenje: Ako je niz (an) konvergentan sa limesom A, onda je niz njegovih apsolutnih

vrijednosti (|an |) takođe konvergentan, sa limesom |A|

Kako je | (−1)𝑛

𝑛| =

1

𝑛 , a kako smo malopre dokazali da je lim

𝑛→∞ 1

𝑛 = 0 odatle sled ii da je

lim𝑛→∞

(−1)𝑛

𝑛 = 0.

4. Dokažimo da je lim𝑛→∞

(2 - 1

𝑛 ) =2

lim𝑛→∞

(2 - 1

𝑛 ) = 2 – 0 = 2.

5. Dokažimo da je lim𝑛→∞

1

𝑛2 = 0.

lim𝑛→∞

1

𝑛2 = lim𝑛→∞

1

𝑛 ∙ lim

𝑛→∞ 1

𝑛 = 0.

6. Naći limes niza:

ako: i .

Postupak:

lim𝑛→∞

= lim𝑛→∞

= lim𝑛→∞

== lim𝑛→∞

=

= lim𝑛→∞

=

=

0,𝑎𝑘𝑜 𝑗𝑒 𝑘 < 𝑚

,𝑎𝑘𝑜 𝑗𝑒 𝑘 = 𝑚

𝑠𝑔𝑛 ∞,𝑎𝑘𝑜 𝑗𝑒 𝑘 > 𝑚

7. Naći sledeći limes niza:

lim𝑛→∞

2 ∗ 𝑛4 + 𝑛2 + 7

𝑛4 + 5 ∗ 𝑛 + 8

Postupak:

lim𝑛→∞

2 ∗ 𝑛4 + 𝑛2 + 7

𝑛4 + 5 ∗ 𝑛 + 8= lim

𝑛→∞

𝑛4 ∗ (2 +1

𝑛2 +7

𝑛4)

𝑛4 ∗ (1 +5

𝑛3+

8

𝑛4)

= lim𝑛→∞

2

1= 2

Objašnjenje: Traženi limes je limes količnika dva polinoma. U zadacima ovog tipa, koristi se

prethodno dokazana činjenica:

lim𝑛→∞

1

𝑛= 0

Pored toga, posmatra se stepen polinoma u brojiocu I stepen polinoma u imeniocu I odnos ta dva

stepena određuje rezultat, kao što smo mogli videti u opštem slučaju (u zadatku broj 6). U našem

slučaju, polinomi u imeniocu I u brojiocu su istog stepena, pa kao krajnji rezultat dobijamo

odnos koeficijenata koji stoje uz članove najvećeg stepena, odnosno uz 𝑛4.

8. Naći sledeći limes niza:

lim𝑛→∞

10 ∗ 𝑛6 + 7 ∗ 𝑛5 + 4 ∗ 𝑛3 + 𝑛 + 7

15 ∗ 𝑛4 + 3 ∗ 𝑛3 + 2 ∗ 𝑛2 + 5 ∗ 𝑛 + 8

Postupak:

lim𝑛→∞

10 ∗ 𝑛6 + 7 ∗ 𝑛5 + 4 ∗ 𝑛3 + 𝑛 + 7

15 ∗ 𝑛4 + 3 ∗ 𝑛3 + 2 ∗ 𝑛2 + 5 ∗ 𝑛 + 8= lim

𝑛→∞

𝑛6 ∗ 10 +7

𝑛+

4

𝑛3 +1

𝑛5 +7

𝑛6

𝑛4 ∗ 15 +3

𝑛+

2

𝑛2 +5

𝑛3 +8

𝑛4

= lim𝑛→∞

𝑛2 ∗ 10 +7

𝑛+

4

𝑛3 +1

𝑛5 +7

𝑛6

15 +3

𝑛+

2

𝑛2 +5

𝑛3 +8

𝑛4 = ∞

Objašnjenje: Postupak je analogan prethodnom. U ovom zadatku imamo da je stepen brojioca

veći od stepena imenioca i nakon kraćeg sređivanja, ostaju i u imeniocu i u brojiocu samo

konstante i sabirci tipa 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡 .

𝑛^𝑘 koje teže nuli kada n teži beskonačnosti, ali u brojiocu ostaje 𝑛2 što

I determiniše konačan rezultat.

9. Izračunati graničnu vrednost niza čiji je opšti član oblika = 𝑛2 + 𝑛 − 𝑛.

Postupak: lim𝑛→∞

𝑛2 + 𝑛 − 𝑛 = lim𝑛→∞

𝑛2 + 𝑛 − 𝑛 ∗ 𝑛2+𝑛+𝑛

𝑛2+𝑛+𝑛= lim

𝑛→∞

𝑛2+𝑛−𝑛2

𝑛2+𝑛+𝑛= lim

𝑛→∞

𝑛

𝑛2+𝑛+𝑛

Sada se ponovo izvlači najveći stepen I u imeniocu razlomka se koristi da je 𝑛2 = 𝑛 (ovo važi

jer imamo 𝑛 >0 i 𝑛 → ∞ pa je 𝑛2 = 𝑛 = 𝑛):

lim𝑛→∞

𝑛

𝑛2+𝑛+𝑛= lim

𝑛→∞

𝑛

𝑛2∗(1+1

𝑛)+𝑛

= lim𝑛→∞

𝑛

𝑛∗( (1+1

𝑛)+1)

= lim𝑛→∞

1

(1+1

𝑛)+1

= lim𝑛→∞

1

1+1=

1

2

10. Izračunati graničnu vrednost niza zadatog sa =1+2+3…+𝑛

𝑛2.

Postupak: Suma aritmetičke progresije je data formulom: 1 + 2 + 3 + ⋯+ 𝑛 =𝑛∗(𝑛+1)

2.

Kada je iskoristimo, dobijamo:

lim𝑛→∞

1 + 2 + 3…+ 𝑛

𝑛2= lim

𝑛→∞

𝑛∗(𝑛+1)

2

𝑛2= lim

𝑛→∞

𝑛 + 1

2 ∗ 𝑛= lim

𝑛→∞

𝑛 ∗ (1 +1

𝑛)

2 ∗ 𝑛=

1

2

Broj e kao limes niza

U sledećim zadacima (11-15) koristićemo definiciju broja e pomoću limesa niza:

(

)

11. Nađimo graničnu vrednost (

)

Rešenje: napravićemo limes koji nam treba, za koji znamo da je e, a onda izvršiti potrebne

operacije

(

)

=

( (

)

)

.

12. Nađimo graničnu vrednost (

)

Rešenje: ponovićemo prethodni postupak, s tim što ćemo sada koristiti činjenicu da 3n teži

beskonačnosti kada n teži beskonačnosti

(

)

= (

)

( (

)

)

.

13. Nađimo graničnu vrednost (

)

Rešenje: brojilac ćemo rastaviti na 2n-1 i 3

(

)

= (

)

(

)

(

)

(

)

da malo obrazložimo ovaj stepen na kraju... imali smo n, a treba nam (2n-1)/3, da bi to dobili

pomožili smo n sa 2/3 i oduzeli 1/3, da ne bi pokvarili rezultat moramo uraditi sve obrnuto,

dodati 1/3 i pomnožiti sa 3/2!

14. Izračunati limes sledećeg niza [ ]

Rešenje: koristeći svojstva logaritamske funkcije zadani limes možemo zapisati u obliku

[ ]

(

)

(

)

[

(

)

]

[

(

)

]

15. Naći graničnu vrednost (

)

Rešenje:

(

)

= (( )

)

(

)

(

)

Teorema o dva policajca

Postoje nizovi kod kojih nije lako naći graničnu vrednost kao što je prethodno pokazano. Za takve slučajeve koristimo teoremu od dva policajca.

Teorema(Teorema o dva policajca): Neka su (an),(bn) i (cn) nizovi. Neka je n0 prirodan broj. Neka za niz (cn) vazi an ≤ cn ≤ bn za sve n > n0. Pretpostavimo takođe da je

Tada je i

.Priča iza teroeme je sledeća: Ako dva policajca vode zarobljenika između njih i oba

policajca ulaze u ćeliju, tada bez obzira kojim putem idu zarobljenik takođe mora ući sa njima u ćeliju. 16. zadatak: Imamo niz

na ovaj niz primenićemo teoremu o dva policajca na sledeći način:

Mi znamo na osnovu prethodnog da je i da je kao i da važi

Odatle zaključujemo da je na osnovu tereme o dva policajca.

Možemo se susresti sa sledeća dva problema prilikom primene teoreme o dva policajca. Prvi problem je da prepoznamo kada može da se koristi teorema. Najčešće teorema se koristi kad god možemo da nađemo dva niza koji ograničavaju dati niz i pritom imaju istu graničnu vrednost. U gronjem primeru nizovi 1/n i (-1)/n zadovoljavaju baš taj uslov. Drugi problem je taj da prilikom primene ove teoreme moramo sami pronaći dva niza. Odnosno treba da znamo koje nizove ćemo da uzmemo. Najčešće, možemo uzeti aposlutnu vrednost datog niza i to će biti naš jedan izabran niz, dok je drugi obično negativna vrednost prvo izabranog niza.

17. zadatak. Izračunati limes niza

.

Pre svega znamo da . Zbog toga važi i .

Izabraćemo niz i niz . Za ovako izabrane nizove važi za svako

n. Tda sledi da je na osnovu teoreme o dva policajca.

Slika uz 17. zadatak

18.zadatak:Izračunati graničnu vrednost niza

.Uočavamo da je niz bn ≥ 0, a zatim i da je

Dakle uzimamo da je niz an=0, niz cn=1/n. Za ovako odabrane nizove vazi da je an≤bn≤cn. Sledi da je granična vrednost niza bn = 0.

19.zadatak:Dokazati da je

Odmah možemo da primetimo da u brojiocu razlomka imamo sin(n) koji možemo da

ograničimo. Dakle imamo

Imamo i uslov da je n+1 pozitvno, što znači da se smer nejednakosti neće promeniti ukoliko budemo delili sa n+1.

Dalje,

.Odatle na osnovu teoreme o dva policajca sledi da je

Slika u 19. zadatak20.zadatak: Dokazati da je

Posmatramo tri slučaja, a > 1, a = 1, 0 < a < 1.1. slučaj: a > 1

Najpre ćemo a predstaviti preko n-tog korena

Zatim poslednju jednakost razvijamo primenom binomne formule

pri čemu je

Odatle sledi da je

Odnosno

.Kako samo razmatrao slučaj kada je a > 0, tada važi i da je

, pa je i .Dakle,

S obzirom da kada , sledi (na osnovu teoreme) da , odnosno

kada .2. slučaj: a = 1

3. slučaj: 0 < a < 1

Kako posmatramo samo one a za koje važi 0 < a < 1 sledi da je pa je limes u imeniocu na

osnovu prvog slučaja jednak jedinici, a odatle sledi da je .

21. Izračunati:

a) limn→∞

10n⋅√n2+1−n b) lim

n→∞

3√n+1−3√n

Rešenje:

a) Racionalizacijom izraza u zagradama dobijamo:

limn→∞

10n⋅(√n2+1−n)=limn→∞

10n⋅(√n2+1−n)⋅√n2+1+n

√n2+1+n

=limn→∞

10n⋅n2

+1−n2

√n2+1+n

=

limn→∞

10n

n⋅(√1+1n2 +1)

=limn→∞

10

√1+1n2 +1

=102

=5

b)

limn→∞

3√n+1−

3√n=lim

n→∞

(3√n+1−

3√n)⋅

3√n+12+2⋅3√n+1⋅3√n+

3√n2

3√n+1

2+2⋅

3√n+1⋅

3√n+

3√n

2 =limn→∞

n+1−n3√n+1

2+2⋅

3√n+1⋅

3√n+

3√n

2=

limn→∞

13√n+1

2+2⋅

3√n+1⋅3√n+

3√n2=lim

n→∞

13√n+1

2 +1

2⋅3√n+1⋅3√n+

13√n

2=limn→∞

13√n+1

2 +limn→∞

1

2⋅3√n+1⋅3√n+ lim

n→∞

13√n

2

Kako je limn→∞

13√n+1

2 =0 , limn→∞

13√n

2 =0 sledi da je vrednost traženog limesa jednaka nuli, tj.

limn→∞

3√n+1−3√n=0

22. Izračunati:

a) limn→∞

2n−1

2n+1

b) limn→∞

21n−1

21n+1

Rešenje:

Izvlačenjem 2n za a), odnosno 1

2nza b) u imeniocu I brojiocu dobijamo:

a) limn→∞

2n−1

2n+1

=limn→∞

2n⋅(1−

1

2n )

2n⋅(1+

12n )

=limn→∞

1−1

2n

1+12n

=11=1 jer je lim

n→∞

1

2n=0

b) limn→∞

21n−1

21n+1

=1−11+1

=02=0 jer je lim

n→∞

1n=0

23. Izračunati:

a) limn→∞

2n+1+3n+1

2n+3n b) lim

n→∞

(−1)n⋅sin (n⋅π)

c) limn→∞

sinnn

d) limn→∞

cos1n

n

Rešenje: a)

limn→∞

2n+1+3n+1

2n+3n =lim

n→∞

3n+1⋅(

2n+ 1

3n+1 +1)

3n⋅(

2n

3n+1)

=limn→∞

3⋅3n⋅((

23)n+1

+1)

3n⋅((

23)n

+1)

=limn→∞

3⋅((23)n

⋅23+1)

(23)n

+1

=limn→∞

2⋅(23)n

+3

(23)n

+1

=2⋅0+30+1

=3

jer je limn→∞

(23)n

=0 zato što je 23<1 .

b) limn→∞

(−1)n⋅sin (n⋅π)=0 jer je sin(n⋅π)=0 za svaki prirodan broj n.

c) limn→∞

sin nn

=0 jer je funkcija sin ograničena funkcija, i važi da je limn→∞

1n=0 , a granična

vrednost proizvoda ograničene funkcije I funkcije koja teži nuli je nula.

d) limn→∞

cos1n

n=0 jer je funkcija cos graničena funkcija, I važi da je lim

n→∞

1n=0 , a granična

vrednost ograničene funkcije I funkcije koja teži nuli je nula.

24. Izračunati:

a) limn→∞

√n2+1−1

√n2+1−1

b) limn→∞

5n+n

3−5n+1

Rešenje:

a)

limn→∞

√n2+1−1

√n2+1−1

=limn→∞

√n2+1−1

√n2+1+1

⋅√n2

+1+1

√n2+1+1

=limn→∞

(√n2+1)

2−1

(√n2+1+1)

2 =limn→∞

n2+1−1

n2+1+2⋅√n2

+1+1=lim

n→∞

n2

n2+2⋅√n2

+1+2=

limn→∞

n2

n2⋅(1+2⋅√ 1

n2+

1

n4+

2

n2)

=limn→∞

1

1+2⋅√ 1

n2+

1

n4+

2

n2

=1

1+2⋅0+0=1

Prethodno važi jer je:

limn→∞

1

n4 =0 i limn→∞

1

n2 =0

b) limn→∞

5n+n

3−5n+1 =limn→∞

5n⋅(1+

n

5n )

5n⋅(

35n−5)

= limn→∞

1+n

5n

35n−5

=1+00−5

=−15

jer je limn→∞

1

5n=0 i limn→∞

n

5n=0

25. Izračunati:

a) limn→∞

2n⋅( lnn−ln(n−2)) b) limn→∞

(n2

−1n2

+2)n2

Rešenje:

a) Koristeći svojstva logaritamske funkcije zadati limes možemo napisati na sledeći način:

limn→∞

2n⋅( lnn−ln (n−2))=limn→∞

2n⋅ln(n

n−2)=lim

n→∞

ln(n

n−2)

2n

Zbog svojstva neprekidnosti funkcije ln(x) I svojstva da za sve neprekidne funkcije f važi da jelimn→∞

f (an)=f ( limn→∞

an) dobijamo da je pretodini limes jednak:

ln [ limn→∞

(n

n−2)

2n

]=ln [ limn→∞

1

(1−2n)

2n ]=ln [ limn→∞

1

(1−2n)(n2)⋅4

]=ln (e4)=4

b) limn→∞

(n2

−1

n2+2

)n2

=limn→∞

(

n2⋅(1−

1n2 )

n2⋅(1+

2

n2 ))

n2

=limn→∞

(1−1n2 )

n2

(1+2n2 )

n2 =e−1

e2 =e−3