nizovi - elfak.ni.ac.rs · nizovi neka je (x;d) metri cki prostor. de nicija. funkcija a: n → x,...
TRANSCRIPT
Nizovi
Neka je (X, d) metricki prostor.
Definicija. Funkcija a : N → X, a(n) = an zove se niz u prostoru X ioznacava se sa {an}n∈N.
Element an ∈ X zove se clan niza.Niz {an}n∈N u prostoru X ⊆ R, u kome je definisana metrika d(x, y) =
|x− y| (x, y ∈ R) zove se realni niz.U daljem izlaganju govorice se o realnim nizovima.
Definicija. Niz {an}n∈N je konvergentan ako postoji tacka a ∈ X takva da
(∀ε > 0)(∃n0 ∈ N)(∀n ≥ n0) |an − a| < ε .
Tacka a je granicna vrednost ili granica niza {an}n∈N, sto se oznacava sa
limn→∞
an = a ili an → a (n → ∞) .
Ako niz nije konvergentan, on je divergentan.
Definicija. Niz {an}n∈N tezi ka +∞, tj. limn→∞
an = +∞, ako
(∀A > 0)(∃n0 ∈ N)(∀n ≥ n0) an > A .
Niz {an}n∈N tezi ka −∞, tj. limn→∞
an = −∞, ako
(∀A > 0)(∃n0 ∈ N)(∀n ≥ n0) an < −A .
Ako je limn→∞
an = +∞ ili limn→∞
an = −∞, niz je odredeno divergentan.
Definicija. Niz {an}n∈N je ogranicen ako postoje tacka a ∈ R i M > 0 takoda je |an − a| < M za svako n ∈ N.
1
2
Definicija. Niz {an}n∈N je:
nerastuci ako je an+1 ≤ an za svako n ∈ N;neopadajuci ako je an+1 ≥ an za svako n ∈ N;opadajuci ako je an+1 < an za svako n ∈ N;rastuci ako je an+1 > an za svako n ∈ N.
Ako niz ima neku od navedenih osobina, on je monoton.
Teorema 1. Ako je niz {an}n∈N konvergentan, on je ogranicen.
Teorema 2. Ako su nizovi {an}n∈N i {bn}n∈N konvergentni i α ∈ R proizvoljnakonstanta, tada su konvergentni i nizovi {αan}n∈N, {an+ bn}n∈N i {anbn}n∈Ni pri tome je
limn→∞
αan = α limn→∞
an ,
limn→∞
(an + bn) = limn→∞
an + limn→∞
bn ,
limn→∞
(anbn) = limn→∞
an limn→∞
bn .
Ako je jos i bn = 0 za svako n ∈ N i limn→∞
bn = 0, tada je i niz {an/bn}n∈Nkonvergentan i vazi
limn→∞
anbn
=limn→∞
an
limn→∞
bn.
Teorema 3. Ako su nizovi {an}n∈N i {bn}n∈N konvergentni sa istom granicoma i ako je an ≤ cn ≤ bn za svako n ∈ N, tada je i niz {cn}n∈N konvergentan ivazi
limn→∞
cn = a .
Teorema 4. (Stolcova teorema) Neka su dati nizovi {an}n∈N i {bn}n∈Ntakvi da je {bn}n∈N rastuci i lim
n→∞bn = +∞. Ako postoji
limn→∞
an+1 − anbn+1 − bn
,
tada postoji i
limn→∞
anbn
i vazi
limn→∞
anbn
= limn→∞
an+1 − anbn+1 − bn
.
3
Teorema 5. Ako je niz {an}n∈N monoton i ogranicen, on je konvergentan.
Definicija. Ako je {nk}k∈N strogo rastuci niz prirodnih brojeva, tada je{ank
}k∈N delimicni niz ili podniz niza {an}n∈N.
Definicija. Ako je podniz {ank}k∈N niza {an}n∈N konvergentan i lim
k→∞ank
=
α, tada je α delimicna granica ili tacka nagomilavanja niza {an}n∈N.
Definicija. Ako postoji, najmanja delimicna granica a∗ niza {an}n∈N zove sedonja granica ili limes inferior niza {an}n∈N i oznacava se sa
a∗ = lim infn→∞
an = limn→∞
an .
Ako postoji, najveca delimicna granica a∗ niza {an}n∈N zove se gornja granicaili limes superior niza {an}n∈N i oznacava se sa
a∗ = lim supn→∞
an = limn→∞
an .
Teorema 6. Niz {an}n∈N konvergira ka a i ako i samo ako je
lim supn→∞
an = lim infn→∞
an = a .
Definicija. Niz {an}n∈N je Kosijev ako vazi
(∀ε > 0)(∃n0 ∈ N)(∀m,n ≥ n0) |am − an| < ε ,
ili,(∀ε > 0)(∃n0 ∈ N)(∀n ≥ n0)(∀p ∈ N) |an+p − an| < ε .
Teorema 7. U skupu R niz {an}n∈N je konvergentan ako i samo ako je Kosijev.
4
Granicne vrednosti nekih nizova:
limn→∞
1
na=
0 , a > 0 ,1 , a = 0 ,
+∞ , a < 0 ;
limn→∞
an =
+∞ , a > 1 ,1 , a = 1 ,0 , −1 < a < 1 ,
ne postoji , a ≤ −1 ;
limn→∞
n√a = 1 (a > 0) ;
limn→∞
n√n = 1 ;
limn→∞
(1 +
1
n
)n= e .
Zadaci
1. Koristeci definiciju granicne vrednosti niza dokazati
limn→∞
n
n+ 1= 1.
Koliko se clanova niza {n/(n+1)}n∈N nalazi van intervala (1−10−4, 1+10−4)?
Resenje: Pokazimo da vazi sledece tvrdenje:
(∀ε > 0)(∃n0 ∈ N)(∀n ≥ n0)∣∣∣ n
n+ 1− 1
∣∣∣< ε .
Neka je ε > 0 proizvoljno. Uocimo da je∣∣∣ n
n+ 1− 1
∣∣∣=∣∣∣ n− (n+ 1)
n+ 1
∣∣∣=∣∣∣ −1
n+ 1
∣∣∣= 1
n+ 1
5
i da je nejednakost1
n+ 1< ε zadovoljena kada je n + 1 >
1
ε, tj. n >
1
ε− 1.
Ako oznacimo n0 =
[1
ε− 1
]+ 1, tada je
∣∣∣ n
n+ 1− 1
∣∣∣< ε za svako n ≥ n0.
Prema tome, zaista je
limn→∞
n
n+ 1= 1 .
Neka je ε = 10−4. Tada za svako n ≥ 10000 vazi∣∣∣ n
n+ 1− 1
∣∣∣< ε ,
tj.
1− ε <n
n+ 1< 1 + ε .
Niz {an}n∈N je rastuci, jer je
an+1 − an =n+ 1
n+ 2− n
n+ 1=
1
(n+ 1)(n+ 2)> 0, n ∈ N ,
pa vazi
a1 < a2 < · · · < a9999 < a10000 < · · · < an < · · · < 1 .
Kako je
a9999 =9999
10000= 1−10−4 /∈ (1−10−4, 1+10−4) i a10000 ∈ (1−10−4, 1+10−4) ,
van tog intervala nalazi se prvih 9999 clanova niza.
2. Odrediti granicne vrednosti:
a) limn→∞
√n(√
n+ 1−√n); b) lim
n→∞
√n√
n+ 1−√n.
Resenje:
a) limn→∞
√n(√
n+ 1−√n)= lim
n→∞
√n(√
n+ 1−√n) √
n+ 1 +√n√
n+ 1 +√n
= limn→∞
√n√
n+ 1 +√n= lim
n→∞
√n
√n
(√1 +
1
n+ 1
) =1
2.
6
b) limn→∞
√n√
n+ 1−√n= lim
n→∞
√n√
n+ 1−√n
√n+ 1 +
√n√
n+ 1 +√n
= limn→∞
√n(√
n+ 1 +√n)= +∞ .
3. Odrediti granicne vrednosti:
a) limn→∞
(√n2 + n+ n
)23√n6 + 1
; b) limn→∞
(√n2 + n− n
)23√n6 + 1
.
Resenje:
a) limn→∞
(√n2 + n+ n
)23√n6 + 1
= limn→∞
(√n2
(1 +
1
n
)+ n
)2
3
√n6
(1 +
1
n6
)
= limn→∞
n2
(√1 +
1
n+ 1
)2
n2 3
√1 +
1
n6
= limn→∞
(√1 +
1
n+ 1
)2
3
√1 +
1
n6
= 8 .
b) limn→∞
(√n2 + n− n
)23√n6 + 1
= limn→∞
(√n2 + n− n
)23√n6 + 1
(√n2 + n+ n
)2(√n2 + n+ n
)2= lim
n→∞
(n2 + n− n2
)2(√n2 + n+ n
)2 3√n6 + 1
= limn→∞
n2
n4
(√1 +
1
n+ 1
)2
3
√1 +
1
n6
= limn→∞
1
n2
(√1 +
1
n+ 1
)2
3
√1 +
1
n6
= 0 .
4. Odrediti granicnu vrednost
limn→∞
1 +1
2+
1
22+ · · ·+ 1
2n
1 +1
3+
1
32+ · · ·+ 1
3n
.
7
Resenje: Za izracunavanje zbira prvihm clanova geometrijskog niza {aqk}k∈N0 ={a, aq, aq2, . . .} koristi se formula
Sm = a+ aq + aq2 + · · ·+ aqm−1 = a1− qm
1− q.
Prema tome, vazi
1 +1
2+
1
22+ · · ·+ 1
2n=
1−(12
)n+1
1− 1
2
= 2
(1−
(12
)n+1)
,
1 +1
3+
1
32+ · · ·+ 1
3n=
1−(13
)n+1
1− 1
3
=3
2
(1−
(13
)n+1)
.
Kako je limn→∞
qn = 0 za |q| < 1, granicna vrednost je jednaka
limn→∞
1 +1
2+
1
22+ · · ·+ 1
2n
1 +1
3+
1
32+ · · ·+ 1
3n
= limn→∞
2
(1−
(12
)n+1)
3
2
(1−
(13
)n+1) =
4
3.
5. Ako je |a| < 1, naci granicnu vrednost
limn→∞
1 + a+ a2 + · · ·+ an
1 +1
4+
1
16+ · · ·+ 1
4n
.
Rezultat:
limn→∞
1 + a+ a2 + · · ·+ an
1 +1
4+
1
16+ · · ·+ 1
4n
= limn→∞
1− an+1
1− a1− 1/4n+1
3/4
=3
4(1− a).
6. Odrediti granicne vrednosti nizova:
a) limn→∞
(n2 − 2n+ 1
n2 − 4n+ 2
)n; b) lim
n→∞
(2n3 + 8
2n3 + 1
)n3−3.
8
Resenje: Koristimo poznatu granicnu vrednost
limn→∞
(1 +
1
n
)n= e .
a) limn→∞
(n2 − 2n+ 1
n2 − 4n+ 2
)n= lim
n→∞
(1 +
2n− 1
n2 − 4n+ 2
)n= lim
n→∞
(1 +
2n− 1
n2 − 4n+ 2
)n2−4n+22n−1
2n−1n2−4n+2
n
= limn→∞
((1 +
2n− 1
n2 − 4n+ 2
)n2−4n+22n−1
) 2n2−nn2−4n+2
= limn→∞
((1 +
2n− 1
n2 − 4n+ 2
)n2−4n+22n−1
) 2−1/n
1−4/n+2/n2
= e2 .
b) limn→∞
(2n3 + 8
2n3 + 1
)n3−3= lim
n→∞
(1 +
7
2n3 + 1
)n3−3
= limn→∞
(1 +
7
2n3 + 1
) 2n3+17
72n3+1
(n3−3)
= limn→∞
((1 +
7
2n3 + 1
) 2n3+17
) 7(n3−3)
2n3+1
= limn→∞
((1 +
7
2n3 + 1
) 2n3+17
) 7(1−3/n3)
2+1/n3
= e7/2 = e3√e .
7. Izracunati:
a) limn→∞
( 2
n2(1+2+· · ·+n)
)n/20; b) lim
n→∞
( 3
n3(12+22+· · ·+n2)
)20n.
Resenje: Poznate su formule za izracunavanje zbira prvih n prirodnih brojeva
n∑k=1
k = 1 + 2 + 3 + · · ·+ n =n(n+ 1)
2
9
i zbira kvadrata prvih n prirodnih brojeva
n∑k=1
k2 = 12 + 22 + 32 + · · ·+ n2 =n(n+ 1)(2n+ 1)
6.
a) limn→∞
( 2
n2(1 + 2 + · · ·+ n)
)n/20= lim
n→∞
( 2
n2
n(n+ 1)
2
)n/20= lim
n→∞
(1 +
1
n
)n/20= lim
n→∞
((1 +
1
n
)n)1/20
= e1/20 .
b) limn→∞
( 3
n3(12 + 22 + · · ·+ n2)
)20n= lim
n→∞
( 3
n3
n(n+ 1)(2n+ 1)
6
)20n
= limn→∞
(1 +
3n+ 1
2n2
)20n= lim
n→∞
((1 +
3n+ 1
2n2
) 2n2
3n+1
) 20n(3n+1)
2n2
= e30 .
8. Odrediti granicnu vrednost niza
an =1 + 3 + · · ·+ 2n− 1
n+ 1− 2n+ 1
2.
Resenje: Kako je
an =1 + 3 + · · ·+ 2n− 1
n+ 1− 2n+ 1
2
=(1 + 2 + 3 + · · ·+ 2n)− (2 + 4 + · · ·+ 2n)
n+ 1− 2n+ 1
2
=1
n+ 1
((1 + 2 + 3 + · · ·+ 2n)− 2(1 + 2 + · · ·+ n)
)− 2n+ 1
2
=1
n+ 1
(2n(2n+ 1)
2− 2
n(n+ 1)
2
)− 2n+ 1
2= −3n+ 1
2n+ 2,
to je
limn→∞
an = − limn→∞
3n+ 1
2n+ 2= −3
2.
9. Odrediti sledece granicne vrednosti:
a) limn→∞
(3√n+ 1− 3
√n); b) lim
n→+∞
(3√n+ 1− 3
√n)sin en .
10
Resenje: a) Pogodnom transformacijom opsteg clana an = 3√n+ 1 − 3
√n
niza {an}n∈N dobija se
limn→∞
an = limn→∞
(3√n+ 1− 3
√n)
= limn→∞
(3√n+ 1− 3
√n) 3√
(n+ 1)2 + 3√
n(n+ 1) +3√n2
3√
(n+ 1)2 + 3√
n(n+ 1) +3√n2
= limn→∞
n+ 1− n3√
(n+ 1)2 + 3√
n(n+ 1) +3√n2
= limn→∞
1
n2/3
3
√(1 +
1
n
)2
+ 3
√1 +
1
n+ 1
= 0 .
b) Svaki clan niza {bn}n∈N moze da se predstavi kao
bn = an sin en , an = 3
√n+ 1− 3
√n .
Granicna vrednost niza {an}n∈N odredena je delu zadatka pod a). Kako je
−1 ≤ sinx ≤ 1 , ∀x ∈ R ,
za sve clanove niza {bn}n∈N vazi
−an ≤ bn ≤ an ,
pa se primenom Teoreme 3 dobija
limn→∞
bn = limn→∞
an = 0 .
10. Ako za clanove niza {xn}n∈N vazi
0 < xn <
√n+ 3
√n√
n2 + 1, n ∈ N ,
dokazati da je limn→∞
xn = 0.
Resenje: Oznacimo yn =
√n+ 3
√n√
n2 + 1, n ∈ N. Tada je
limn→∞
yn = limn→∞
√n+ 3
√n√
n2 + 1= lim
n→∞
√n
(1 +
16√n
)n
√1 +
1
n2
= limn→∞
1 +16√n
√n
√1 +
1
n2
= 0 .
11
Kako je 0 < xn < yn, ∀n ∈ N, i limn→∞
yn = 0, prema Teoremi 3 vazi
limn→∞
xn = 0 .
11. Neka za clanove niza {an}n∈N vazi
0 ≤ an ≤ 2n + 1
3n, n ∈ N .
Odrediti limn→∞
an.
Resenje: Kako je
limn→∞
2n + 1
3n= lim
n→∞
((23
)n+(13
)n)= 0 ,
primenom Teoreme 3 dobija se limn→∞
an = 0.
12. Za a ∈ R \ {−1} odrediti granicnu vrednost
limn→∞
an
1 + an.
Resenje: Za a = 1 je ocigledno
limn→∞
an
1 + an=
1
2.
Ako je −1 < a < 1, tada je limn→∞
an = 0, pa je
limn→∞
an
1 + an= 0.
Ako je |a| > 1, tada vazi limn→∞
a−n = 0 i
limn→∞
an
1 + an= lim
n→∞
1
a−n + 1= 1 .
13. U zavisnosti od realnog parametra a ≥ 0 odrediti granicnu vrednost niza
limn→∞
an + an+1
2n + 2n+1.
12
Resenje:
limn→∞
an + an+1
2n + 2n+1= lim
n→∞
an(1 + a)
3 · 2n=
1 + a
3limn→∞
(a2
)n
=
+∞ , a > 2 ,1 , a = 2 ,0 , 0 ≤ a < 2 .
14. U zavisnosti od realnog parametra a naci granicnu vrednost
limn→∞
2an+1 + 3 · 5n
2an + 5n+1.
Resenje: Transformacijom izraza xn =2an+1 + 3 · 5n
2an + 5n+1dobija se
xn =5n(2a(a5
)n+ 3)
5n(2(a5
)n+ 5) =
2a(a5
)n+ 3
2(a5
)n+ 5
=2a+ 3
(a5
)−n
2 + 5(a5
)−n .
Ako je |a| < 5, tada je limn→∞
(a5
)n= 0, pa je lim
n→∞xn =
3
5.
Ako je |a| > 5, tada je limn→∞
(a5
)−n= lim
n→∞
(5a
)n= 0, pa je lim
n→∞xn = a.
Za a = 5 vazi limn→∞
xn =13
7, a za a = −5 granicna vrednost lim
n→∞xn ne postoji.
15. U zavisnosti od realnog parametra a odrediti
limn→∞
2n + an
2n+1 − 5an.
Rezultat:
limn→∞
2n + an
2n+1 − 5an=
−1/5 , |a| > 2 ,−2/3 , a = 2 ,1/2 , −2 < a < 2 ,
ne postoji , a = −2 .
13
16. Odrediti granicnu vrednost
limn→∞
√1
2+
√3
5+
√5
10+ · · ·+
√2n− 1
n2 + 1√n
.
Resenje: Oznacimo
an =
√1
2+
√3
5+
√5
10+ · · ·+
√2n− 1
n2 + 1, bn =
√n .
Kako je√n+ 1 >
√n, ∀n ∈ N, niz {bn}n∈N je monotono rastuci. Kako je jos
i limn→∞
bn = +∞, zadovoljeni su uslovi Stolcove teoreme, pa vazi
limn→∞
√1
2+
√3
5+
√5
10+ · · ·+
√2n− 1
n2 + 1√n
= limn→∞
anbn
= limn→∞
an+1 − anbn+1 − bn
= limn→∞
√2n+ 1
(n+ 1)2 + 1√n+ 1−
√n
= limn→∞
√2n+ 1
n2 + 2n+ 2√n+ 1−
√n
√n+ 1 +
√n√
n+ 1 +√n
= limn→∞
(√n+ 1 +
√n)√ 2n+ 1
n2 + 2n+ 2
= limn→∞
√n
(√1 +
1
n+ 1
)√√√√√√√ 2 +1
n
n
(1 +
2
n+
2
n2
)
= limn→∞
(√1 +
1
n+ 1
)√√√√√√ 2 +1
n
1 +2
n+
2
n2
= 2√2 .
17. Odrediti granicnu vrednost
limn→∞
1 · 1! + 3 · 2! + · · ·+ (2n− 1)n!
(n+ 1)!.
14
Resenje: Ako je
an = 1 · 1! + 3 · 2! + · · ·+ (2n− 1)n! , bn = (n+ 1)! ,
tada je {bn}n∈N rastuci niz jer za svako n ∈ N
bn+1
bn=
(n+ 2)!
(n+ 1)!= n+ 2 > 1,
tj. bn+1 > bn, i vazi limn→∞
bn = +∞. Primenom Stolcove teoreme dobija se
limn→∞
1 · 1! + 3 · 2! + · · ·+ (2n− 1)n!
(n+ 1)!= lim
n→∞
anbn
= limn→∞
an+1 − anbn+1 − bn
= limn→∞
(2n+ 1)(n+ 1)!
(n+ 2)!− (n+ 1)!= lim
n→∞
(2n+ 1)(n+ 1)!
(n+ 1)!(n+ 2− 1)= lim
n→∞
2n+ 1
n+ 1= 2 .
18. Naci
limn→∞
1 + (1 + 2) + (1 + 2 + 3) + · · ·+ (1 + 2 + 3 + · · ·+ n)
n3.
Resenje: Oznacimo
an = 1 + (1 + 2) + (1 + 2 + 3) + · · ·+ (1 + 2 + 3 + · · ·+ n) , bn = n3 .
Ocigledno je da je {bn}n∈N rastuci niz i limn→∞
bn = +∞, pa se moze primeniti
Stolcova teorema. Kako je
an = 1 + (1 + 2) + (1 + 2 + 3) + · · ·+ (1 + 2 + 3 + · · ·+ n)
= 1 +2 · 32
+3 · 42
+ · · ·+ n(n+ 1)
2=
n∑k=1
k(k + 1)
2
i
an+1 =n+1∑k=1
k(k + 1)
2,
to je
an+1 − an =
n+1∑k=1
k(k + 1)
2−
n∑k=1
k(k + 1)
2=
1
2(n+ 1)(n+ 2) .
15
Zato je
limn→∞
1 + (1 + 2) + (1 + 2 + 3) + · · ·+ (1 + 2 + 3 + · · ·+ n)
n3
= limn→∞
anbn
= limn→∞
an+1 − anbn+1 − bn
=1
2limn→∞
(n+ 1)(n+ 2)
(n+ 1)3 − n3=
1
2limn→∞
n2 + 3n+ 2
3n2 + 3n+ 1=
1
6.
19. Naci granicnu vrednost niza
limn→∞
1 · 2 + 2 · 3 + · · ·+ n(n+ 1)
n3.
Resenje: I nacin: Primenom Stolcove teoreme dobija se
limn→∞
1 · 2 + 2 · 3 + · · ·+ n(n+ 1)
n3= lim
n→∞
(n+ 1)(n+ 2)
(n+ 1)3 − n3=
1
3.
II nacin: Pogodnom transformacijom izraza i primenom poznatih formulaza zbir prvih n prirodnih brojeva i zbir kvadrata prvih n prirodnih brojevanalazi se trazena granicna vrednost:
limn→∞
1 · 2 + 2 · 3 + · · ·+ n(n+ 1)
n3= lim
n→∞
1
n3
n∑k=1
k(k + 1)
= limn→∞
1
n3
n∑k=1
(k2 + k) = limn→∞
1
n3
(n∑
k=1
k2 +
n∑k=1
k
)
= limn→∞
1
n3
(n(n+ 1)(2n+ 1)
6+
n(n+ 1)
2
)=
1
3.
20. Naci
L = limn→∞
13 + 33 + · · ·+ (2n+ 1)3
n4.
Rezultat: L = 2.
21. Odrediti granicnu vrednost
L = limn→∞
12 + 22 + · · ·+ n2
(n+ 1)4 − n4.
16
Rezultat: L =1
12.
22. Odrediti granicnu vrednost
L = limn→∞
16 + 26 + · · ·+ n6
n7 + n6.
Rezultat: L =1
7.
23. Naci
L = limn→∞
√1 +
√2 + · · ·+
√n
n√n+ 1
.
Rezultat: L =2
3.
24. Pokazati da je niz
a1 =√6 , an+1 =
√6 + an , n ∈ N ,
monoton i ogranicen, a zatim naci limn→∞
an.
Resenje: Za dokaz monotonosti i ogranicenosti niza {an}n∈N koristimo prin-cip matematicke indukcije.
Dokazimo da je niz monotono rastuci, tj. da je an+1 > an sa svako n ∈ N.Kako je
a2 =
√6 +
√6 >
√6 = a1 ,
tvrdenje vazi za n = 1. Pretpostavimo da tvrdenje vazi za neki prirodan brojk, tj. da je ak+1 > ak, i dokazimo da vazi i za k + 1:
ak+1 > ak ⇒ 6 + ak+1 > 6 + ak
⇒√
6 + ak+1 >√6 + ak
⇒ ak+2 > ak+1 .
Dokazimo da za sve clanove niza vazi an < 3. Tvrdenje je tacno za n = 1,jer je a1 =
√6 < 3. Pretpostavimo da tvrdenje vazi za neki prirodan broj k,
tj. da je ak < 3, i dokazimo da vazi i za k + 1:
ak < 3 ⇒ 6 + ak < 9
⇒√6 + ak <
√9
⇒ ak+1 < 3 .
17
Prema tome, niz je ogranicen odozgo sa 3, a zbog monotonosti ogranicen jeodozdo sa a1 =
√6.
Prema Teoremi 5 niz {an}n∈N je konvergentan. Njegovu granicnu vrednostlimn→∞
an = a odredujemo iz rekurentne relacije na sledeci nacin:
an+1 =√6 + an ,
a2n+1 = 6 + an ,
limn→∞
a2n+1 = limn→∞
(6 + an) ,
a2 = 6 + a .
Dobijena kvadratna jednacina je zadovoljena za a = −2 ili a = 3. Kako su sviclanovi niza pozitivni, dobijamo
limn→∞
an = 3 .
25. Dokazati da je niz {xn}n∈N definisan sa
x1 =1
2, xn+1 = x2n , n = 1, 2, . . . ,
monoton i ogranicen, a zatim naci limn→∞
xn.
Resenje: Dokazimo najpre da za sve clanove niza vazi 0 < xn < 1. Ocigledno,tvrdenje vazi za n = 1. Ako tvrdenje vazi za neki prirodan broj k, tj. ispunjenoje 0 < xk < 1, tada je ispunjeno i 0 < x2k = xk+1 < 1, tj. tvrdenje vazi i zak + 1. Prema tome, niz je ogranicen.
Dokazimo da je niz opadajuci. Kako je
xn+1 − xn = x2n − xn = xn(xn − 1) < 0 , n ∈ N ,
to je za svako n ∈ N ispunjeno xn+1 < xn.Monoton i ogranicen niz {xn}n∈N je prema Teoremi 5 konvergentan, a
granicnu vrednostlimn→∞
xn = x
nalazimo iz rekurentne relacije:
xn+1 = x2n ⇒ limn→∞
xn+1 = limn→∞
x2n ⇒ x = x2 ⇒ x = 0 ∨ x = 1 .
Niz je opadajuci, pa je njegova granicna vrednost
limn→∞
xn = 0 .
18
26. Dokazati da je niz {xn}n∈N definisan sa
xn+1 = x2n − 2xn + 2 , n ∈ N0 , x0 ∈ (1, 2) ,
konvergentan i odrediti limn→∞
xn.
Resenje: Predstavimo rekurentnu relaciju u obliku
xn+1 = x2n − 2xn + 2 = (xn − 1)2 + 1 .
Dokazimo najpre da za sve clanove niza vazi 1 < xn < 2. Neka je tvrdenjetacno za neko k ∈ N. Tada vazi
1 < xk < 2 ⇒ 0 < xk − 1 < 1
⇒ 0 < (xk − 1)2 < 1
⇒ 1 < (xk − 1)2 + 1 < 2
⇒ 1 < xk+1 < 2 .
Kako jos tvrdenje vazi za n = 1, vazi za svako n ∈ N.Dokazimo da je niz monoton. Kako je zbog ogranicenosti niza za svako
n ∈ N ispunjeno
xn+1 − xn = x2n − 2xn + 2− xn = x2n − 3xn + 2 = (xn − 1)(xn − 2) < 0 ,
vazi xn+1 < xn, sto znaci da je opadajuci.Kao monoton i ogranicen niz, {xn}n∈N je konvergentan. Njegovu granicnu
vrednost x odredujemo iz rekurentne relacije:
xn+1 = x2n − 2xn + 2 ,
limn→∞
xn+1 = limn→∞
(x2n − 2xn + 2) ,
x = x2 − 2x+ 2 ,
x2 − 3x+ 2 = 0 .
Zbog toga sto je niz opadajuci, granicna vrednost je jednaka manjem od dvaresenja dobijene jednacine, tj.
limn→∞
xn = 1 .
27. Ispitati konvergenciju niza {an}n∈N0 za cije clanove vazi:
a0 = −1 , a1 = 3 , an =7an−1 − 2an−2
3, n = 2, 3, . . . .
19
Resenje: Opsti clan niza {an}n∈N0 je resenje homogene linearne diferencnejednacine drugog reda sa konstantnim koeficijentima
3an − 7an−1 + 2an−2 = 0 .
Njena karakteristicna jednacina je
3λ2 − 7λ+ 2 = 0 ,
cija su resenja λ1 = 1/3 i λ2 = 2. Zato je
an =K1
3n+K2 2
n ,
gde su K1 i K2 konstante koje se odreduju iz pocetnih uslova
a0 = K1 +K2 = −1 , a1 =K1
3+ 2K2 = 3 .
Resavanjem sistema jednacina dobija se K1 = −3, K2 = 2, tj.
an = 2n+1 − 1
3n−1.
Prema tome, vazi
limn→∞
an = limn→∞
(2n+1 − 1
3n−1
)= +∞ ,
sto znaci da je niz {an}n∈N0 odredeno divergentan.
28. Dati su nizovi {an}n∈N i {bn}n∈N. Odrediti limn→∞
anbn
ako je
an+1 = 3an + bn , bn+1 = 5an − bn , a1 = 6 , b1 = −6 .
Resenje: Kombinovanjem zadatih rekurentnih veza izmedu clanova nizova{an}n∈N i {bn}n∈N dobija se
an+2 = 3an+1 + bn+1 = 3an+1 + 5an − bn
= 3an+1 + 5an − an+1 + 3an = 2an+1 + 8an ,
sto znaci da opsti clan niza {an}n∈N zadovoljava diferencnu jednacinu
an+2 − 2an+1 − 8an = 0 .
20
Resenja karakteristicne jednacine
λ2 − 2λ− 8 = 0
su λ1 = −2 i λ2 = 4, pa je
an = K1(−2)n +K24n .
Konstante K1 i K2 se odreduju iz pocetnih uslova
−2K1 + 4K2 = a1 = 6 , 4K1 + 16K2 = a2 = 3a1 + b1 = 12 .
Resavanjem dobijenog sistema jednacina dobija se K1 = −1, K2 = 1, tj.
an = 4n − (−2)n ,
bn = an+1 − 3an = 4n+1 − (−2)n+1 − 3 · 4n + 3(−2)n = 4n + 5(−2)n.
Prema tome, trazena granicna vrednost je
limn→∞
anbn
= limn→∞
4n − (−2)n
4n + 5(−2)n= lim
n→∞
1−(−1
2
)n1 + 5
(−1
2
)n = 1 .
29. Odrediti sve delimicne granice i ispitati konvergenciju niza {an}n∈Nzadatog sa
an =n(1− (−1)n)
n+ 1, n ∈ N .
Resenje: Posmatrajmo podnizove {a2k}k∈N i {a2k−1}k∈N niza {an}n∈N. Kakoje
a2k =2k(1− (−1)2k)
2k + 1= 0 , k ∈ N ,
jedna delimicna granica niza {an}n∈N je
limn→∞
a2k = 0 .
Clanovi drugog podniza su
a2k−1 =(2k − 1)(1− (−1)2k−1)
2k=
2(2k − 1)
2k, k ∈ N ,
21
pa je druga delimicna granica
limk→∞
a2k−1 = limk→∞
2(2k − 1)
2k= 2 .
Kako niz ima dve razlicite delimicne granice, on je divergentan.
30. Ispitati konvergenciju sledecih nizova i, ako postoje, odrediti njihove granicnevrednosti:
a) an = n− (−1)n ; b) bn =1
n− (−1)n; c) cn = n
(1− (−1)n) .
Resenje: a) Reprezentativni podnizovi niza {an}n∈N su {a2k}k∈N i {a2k−1}k∈N,ciji su clanovi
a2k = 2k− (−1)2k = 2k−1 , a2k−1 = 2k−1− (−1)2k−1 = 2k−1+1 = 2k .
Kako je
limk→∞
a2k = limk→∞
a2k−1 = +∞ ,
to je
limn→∞
an = +∞ ,
tj. niz je odredeno divergentan.
b) Za podnizove {b2k}k∈N i {b2k−1}k∈N niza {bn}n∈N vazi
b2k =1
2k − (−1)2k=
1
2k − 1, lim
k→∞b2k = 0 ,
b2k−1 =1
2k − 1− (−1)2k−1=
1
2k, lim
k→∞b2k−1 = 0 ,
pa je niz konvergentan i
limn→∞
bn = 0 .
c) Kako je
c2k = 2k(1− (−1)2k) = 0 , lim
k→∞c2k = 0 ,
c2k−1 = (2k − 1)(1− (−1)2k−1) = 2(2k − 1) , lim
k→∞c2k−1 = +∞ ,
ne postoji limn→∞
bn, tj. niz je divergentan.
22
31. Odrediti lim supn→∞
an i lim infn→∞
an niza {an}n∈N ako je
an = (−1)n + sinnπ
2.
Resenje: Posmatrajmo podnizove {a2k}k∈N i {a2k−1}k∈N niza {an}n∈N. Kakoje
a2k = (−1)2k + sin2kπ
2= 1 ,
jedna delimicna granica niza {an}n∈N je
limk→∞
a2k = 1 .
Clanovi drugog podniza su
a2k−1 = (−1)2k−1 + sin(2k − 1)π
2= −1− cos kπ = −1 + (−1)k+1 .
Zato podniz {a2k−1}k∈N ima svoja dva reprezentativna podniza koji se dobijajuza k = 2l i k = 2l − 1, a koji su ujedno i podnizovi niza {an}n∈N. Tako je
a2(2l)−1 = a4l−1 = −1+(−1)2l+1 = −2 , a2(2l−1)−1 = a4l−3 = −1+(−1)2l = 0 ,
i
liml→∞
a4l−1 = −2 , liml→∞
a4l−3 = 0 .
Dakle, delimicne granice niza {an}n∈N su −2, 0 i 1, pa je
lim infn→∞
an = −2 , lim supn→∞
an = 1 ,
a niz je divergentan.
32. Ispitati da li postoji
limn→∞
n sinnπ
2.
Resenje: Oznacimo an = n sinnπ
2. Kako je
a2k = 2k sin2kπ
2= 2k sin kπ = 0 ,
23
i
a2k−1 = (2k − 1) sin(2k − 1)π
2= −(2k − 1) cos kπ = (2k − 1)(−1)k+1
=
{−(4l − 1) , k = 2l ,4l − 3 , k = 2l − 1 ,
niz {an}n∈N ima razlicite delimicne granice:
limk→∞
a2k = 0 , liml→∞
a4l−1 = −∞ , liml→∞
a4l−3 = +∞ ,
sto znaci da limn→∞
n sinnπ
2ne postoji.
33. Odrediti sve tacke nagomilavanja niza
an = 1 + sinnπ
6, n ∈ N .
Da li je niz konvergentan?
Resenje: Koristeci jednakosti
sin(6k + j)π
6= sin
(kπ +
jπ
6
)= sin kπ cos
jπ
6+cos kπ sin
jπ
6= (−1)k sin
jπ
6
za j = 0, 1, 2, 3, 4, 5 dobijamo
an = 1 + sinnπ
6=
1 , n = 6k ,
1 + (−1)k1
2, n = 6k + 1 ∨ n = 6k + 5 ,
1 + (−1)k√3
2, n = 6k + 2 ∨ n = 6k + 4 ,
1 + (−1)k , n = 6k + 3 .
Prema tome, delimicne granice niza su:
0 , 1−√3
2,
1
2, 1 ,
3
2, 1 +
√3
2, 2 ,
pa niz nije konvergentan.
34. Naci sve delimicne granice niza
an = (−1)n + sinnπ
3, n ∈ N0.
24
Resenje: Kako je
sin(3k + j)π
3= (−1)k sin
jπ
3,
za clanove niza vazi
an = (−1)n + sinnπ
3=
(−1)3k , n = 3k ,
(−1)3k+1 + (−1)k√3
2, n = 3k ± 1 ,
=
(−1)k , n = 3k ,
(−1)k
(√3
2− 1
), n = 3k ± 1 .
Delimicne granice niza su:
−1 , 1−√3
2,
√3
2− 1 , 1 .
35. Odrediti lim infn→∞
an, lim supn→∞
an, infn∈N
an i supn∈N
an ako je niz {an}n∈Ndefinisan sa
an = n(−1)n + 2 cos(n+ 1)π , n ∈ N .
Resenje: Kako je
an =
{(2k)(−1)2k + 2 cos(2k + 1)π , n = 2k ,
(2k − 1)(−1)2k−1+ 2 cos 2kπ , n = 2k − 1 ,
=
2k − 2 , n = 2k ,
1
2k − 1+ 2 , n = 2k − 1 ,
niz {an}n∈N ima dve delimicne granice:
limk→∞
ak = limk→∞
(2k − 2) = +∞ , limk→∞
ak−1 = limk→∞
1
2k − 1+ 2 = 2 .
Zato jelim infn→∞
an = 2 , lim supn→∞
an = +∞ .
25
Skup vrednosti niza {an}n∈N je
D =
{3, 0,
7
3, 2,
11
5, 4,
15
7, 6,
19
9, 8, . . .
},
pa je
infn∈N
an = infD = 0 , supn∈N
an = supD = +∞ .
36. Neka su nizovi {an}n∈N, {bn}n∈N i {cn}n∈N definisani sa
an =2n + (−2)n
2n, bn =
2n + (−2)n
3n, cn =
2n + 2−n
3n, n ∈ N .
Dokazati da je {an}n∈N divergentan, a {bn}n∈N i {cn}n∈N su konvergentninizovi.
Resenje: Clanove nizova {an}n∈N, {bn}n∈N i {cn}n∈N predstavimo u obliku
an = 1 + (−1)n , bn =(23
)n(1 + (−1)n) , cn =
(23
)n+
1
6n.
Niz {an}n∈N ima dve razlicite delimicne granice
limk→∞
a2k = 2 , limk→∞
a2k−1 = 0 ,
pa je divergentan.
Reprezentativni podnizovi {b2k}k∈N i {b2k−1}k∈N niza {bn}n∈N konvergirajuistoj granicnoj vrednosti:
limk→∞
b2k = limk→∞
(23
)2k· 2 = 0 ,
limk→∞
b2k−1 = limk→∞
(23
)2k−1· 0 = 0 ,
pa je on konvergentan i vazi limn→∞
bn = 0 .
Za niz {cn}n∈N vazi
limn→∞
cn = limn→∞
((23
)n+
1
6n
)= 0 ,
sto znaci da je konvergentan.
26
37. Dat je niz {an}n∈N gde je
an =3n + (−2)n
3n+1 + (−2)n+1+(n+ 1
n− 1
)n+ α sin
nπ
2.
Odrediti α iz uslova da niz {an}n∈N konvergira, a zatim naci limn→∞
an.
Resenje: Ako oznacimo
bn =3n + (−2)n
3n+1 + (−2)n+1, cn =
(n+ 1
n− 1
)n, dn = sin
nπ
2,
tada jean = bn + cn + αdn .
Kako je
limn→∞
bn = limn→∞
3n + (−2)n
3n+1 + (−2)n+1= lim
n→∞
1 +(−2
3
)n3
(1 +
(−2
3
)n+1) =
1
3
i
limn→∞
cn = limn→∞
(n+ 1
n− 1
)n= lim
n→∞
(1 +
2
n− 1
)n= lim
n→∞
((1 +
2
n− 1
)n−12
) 2nn−1
= e2 ,
nizovi {bn}n∈N i {cn}n∈N su konvergentni. Niz {dn}n∈N je divergentan, jer imatri razlicite delimicne granice (videti zadatak 31). Prema tome, niz {an}n∈Nje konvergentan za α = 0 i vazi
limn→∞
an = limn→∞
bn + limn→∞
cn =1
3+ e2 .
38. Odrediti vrednost konstante A ∈ R tako da niz {xn}n∈N
xn =5n
2n−1 − 5n+1+A
1− (−1)n
2, n ∈ N ,
bude konvergentan i naci limn→∞
xn.
Rezultat: A = 0, limn→∞
xn = −1/5.
27
39. Za nizove {an}n∈N i {bn}n∈N gde su
an =1√n+ 1
, bn =√n+ (−1)n
ispitati monotonost, ogranicenost i konvergenciju.
Resenje: Niz {an}n∈N je opadajuci, jer za svako n ∈ N vazi
an+1 − an =1√
n+ 1 + 1− 1√
n+ 1=
√n−
√n+ 1
(√n+ 1 + 1)(
√n+ 1)
< 0 .
On je i ogranicen, jer je
0 < an < 1 , n ∈ N .
Prema Teoremi 5, niz {an}n∈N je konvergentan i vazi
limn→∞
an = 0 .
Niz {bn}n∈N nije monoton, jer, na primer,
b2 − b1 =√2 + 1 > 0 b3 − b2 =
√3−
√2− 2 < 0 .
Niz nije ni ogranicen, jer za svako M > 0 postoji clan bn0 , n0 =[(M + 1)2
]+1
takav da je bn0 > M . Ipak, za njegova dva reprezentativna podniza vazi
limk→∞
b2k = limk→∞
b2k−1 = +∞ ,
pa niz {bn}n∈N divergira ka +∞.
40. Ispitati monotonost, ogranicenost i konvergenciju sledecih nizova:
an = n+ (−1)n , bn =2n
3n+1, cn =
(−1)n
n.
Resenje: Niz {an}n∈N nije monoton, jer, na primer, a10 > a9 i a9 < a8. Nijeni ogranicen, jer za svako M > 0 postoji an0 , n0 = [M + 1] + 1, takav da jean0 > M . On je odredeno divergentan i lim
n→∞an = +∞.
Niz {bn}n∈N je opadajuci, jer
bn+1
bn=
2
3< 1 , n ∈ N .
28
Ogranicen je, jer vazi
0 < bn < 1 , n ∈ N .
Prema tome, niz je konvergentan i vazi limn→∞
bn = 0.
Niz {cn}n∈N nije monoton, jer za svako k ∈ N vazi
c2k+1 − c2k = − 1
2k + 1− 1
2k< 0 , c2k − c2k−1 =
1
2k+
1
2k − 1> 0 .
Niz je ogranicen, jer je |cn| ≤ 1, za svako n ∈ N. On je i konvergentan i vazilimn→∞
cn = 0.
41. Za nizove {an}n∈N, {bn}n∈N i {cn}n∈N, gde su
an =√n , bn =
(−1)n√n
, cn =1√n,
ispitati monotonost, ogranicenost i konvergenciju.
Rezultat: Niz {an}n∈N je rastuci, neogranicen, divergentan i limn→∞
an = +∞.
Niz {bn}n∈N nije monoton, ogranicen je, konvergentan i limn→∞
bn = 0.
Niz {cn}n∈N je opadajuci, ogranicen, konvergentan i limn→∞
cn = 0.
42. Ispitati monotonost, ogranicenost i konvergenciju niza {an}n∈N, ciji jeopsti clan:
a) an =n
n+ 1; b) an = sin
nπ
2.
Rezultat: a) Niz je rastuci, ogranicen, konvergentan i limn→∞
an = 1.
b) Niz nije monoton, ogranicen je i divergentan.
43. Dokazati da je niz {xn}n∈N, gde je
xn =n∑
k=1
cos k!
k(k + 1)(n ∈ N)
konvergentan.
Resenje: Dokazimo da je niz Kosijev, tj. da vazi
(∀ε > 0)(∃n0 ∈ N)(∀n ≥ n0)(∀p ∈ N) |xn+p − xn| < ε .
29
Neka je ε > 0 proizvoljno. Tada je
|xn+p − xn| =
∣∣∣∣∣n+p∑k=1
cos k!
k(k + 1)−
n∑k=1
cos k!
k(k + 1)
∣∣∣∣∣=∣∣∣∣∣
n+p∑k=n+1
cos k!
k(k + 1)
∣∣∣∣∣≤
n+p∑k=n+1
| cos k!|k(k + 1)
≤n+p∑
k=n+1
1
k(k + 1)
=
n+p∑k=n+1
1 + k − k
k(k + 1)=
n+p∑k=n+1
(1k− 1
k + 1
)=
1
n+ 1− 1
n+ 2+
1
n+ 2− 1
n+ 3+ · · ·+ 1
n+ p− 1
n+ p+ 1
=1
n+ 1− 1
n+ p+ 1<
1
n+ 1, ∀p ∈ N .
Nejednakost1
n+ 1< ε je zadovoljena ako je n >
1
ε− 1 . Ako oznacimo
n0 =
[1
ε− 1
]+ 1 ,
tada je |xn+p − xn| < ε, za svako n ≥ n0 i svako p ∈ N. Prema tome, niz jeKosijev, a prema Teoremi 7 i konvergentan.
44. Dokazati da je niz {an}n∈N, gde je
an =1
2+
1
3+
1
4+ · · ·+ 1
n(n ∈ N)
divergentan i limn→∞
an = +∞.
Resenje: Dokazimo da niz nije Kosijev, tj.
(∃ε > 0)(∀n ∈ N)(∃m ∈ N) |am − an| ≥ ε .
Neka je m = 2n. Tada je
|am − an| = |a2n − an| =1
n+ 1+
1
n+ 2+ · · ·+ 1
2n
>1
2n+
1
2n+ · · ·+ 1
2n=
n
2n=
1
2.
Prema tome, ako je ε < 1/2, tada za svako n ∈ N postoji m ∈ N, m = 2n, takoda je |am−an| ≥ ε. Kako niz nije Kosijev, prema Teoremi 7 nije konvergentan.
30
Niz je rastuci, jer je
an+1 − an =1
n+ 1> 0 , ∀n ∈ N .
On ne moze da bude ogranicen, jer bi prema Teoremi 5 bio konvergentan.Dakle, za svako M ∈ R postoji n0 ∈ N tako da je an0 > M . Tada za svakon ≥ n0 vazi an ≥ an0 > M , sto znaci da je
limn→∞
an = +∞ .