1. numericki nizovi i redoviˇ - pmf.untz.ba · 4 poglavlje 1. numericki nizovi i redoviˇ...

1. Numericki nizovi i redovi

Cesto u svakodnevnom govoru koristimo termine ”niz” i ”red”, a da pri tome i ne razmisljamo onjihovom konkretnom znacenju. Kada kazemo niz, podrazumijevamo skupinu objekata uredenihpo principu da medu njima znamo ko je prvi, drugi, stoti itd. Znacenje rijeci red iz svakodnevnoggovora nema ni slicno znacenje toj rijeci u matematickom govoru jer rijec red u matematici znacisumiranje objekata. Termin ”numericki”, odnosi se na to da cemo mi u ovoj glavi posmatratiiskljucivo nizove brojeva i sumiranja brojeva. Konkretnije, posmatrat cemo samo nizove ralnihbrojeva i njihova sumiranja, pa bi ovdje jos precizniji termin bio ”realni numericki nizovi i redovi”.

Nizovi i redovi u matematici imaju jako dugu istoriju jos iz doba Arhimeda1 i njegovog djela”Method of Exhaustion”, u kome se on koristi tim pojmovima u pribliznom izracunavanju broja π iu izracunavanju povrsina geometrijskih figura.

1.1 Numericki nizovi

1.1.1 Definicija i osnovni pojmovi

Pod nizom realnih brojeva podrazumijevamo beskonacnu uredenu listu realnih brojeva, kojenazivamo clanovima niza i koji su indeksirani prirodnim brojevima. Ovo neformalno iskazivanjeuoblicavamo formalnom definicijom niza.

Definicija 1.1.1 Svako jednoznacno preslikavanje a : N→ R, skupa prirodnih brojeva u skuprealnih brojeva, nazivamo realnim nizom. Broj koji se ovim preslikavanjem dodjeljuje prirodnombroju n oznacavamo sa a(n), ili cesce sa an i nazivamo ga n-ti clan niza. Pri tome broj n u oznacian nazivamo indeksom clana niza. Ako je specificirana zavisnost an od n, onda se an nazivaopstim clanom niza.

1Arkhimedes iz Sirakuze, oko 287.-212. pne., grcki fizicar, astronom i jedan od najvecih matematicara starog vijeka.

2 Poglavlje 1. Numericki nizovi i redovi

Za niz ciji su clanovi a1,a2, ...,an, ... koristit cemo oznaku (an)n∈N, (an)∞n=1 ili kratkoce radi samo

(an).

� Primjer 1.1 Niz1,2,3, ...,n,n+1, ...

je niz prirodnih brojeva i krace ga zapisujemo sa (n)n∈N. Ili, (xn)n∈N, ciji je opsti clan zadat saxn = n. Niz

1,3,5, ...,2n+1, ...

je niz neparnih prirodnih brojeva sa zapisom (2n−1)∞n=1 ili (an)

∞n=1 sa opstim clanom an = 2n−1.

Niz1,4,9,16,25, ...

je niz kvadrata prirodnih brojeva sa zapisom (n2)n∈N ili (zn)n∈N sa opstim clanom zn = n2. �

Niz je potpuno odreden svojim opstim clanom i tada kazemo da je niz zadat u eksplicitnojformi. Naprimjer, ako je opsti clan niza dat sa xn = n

n+1 , clanovi niza su 12 ,

23 ,

34 , ..., a njegova

potpuna odredenost se ogleda u tome da ako zelimo odrediti stoti clan ovog niza, jednostavnimizracunavanjem za indeks niza n = 100 dobijamo x100 =

100101 .

� Primjer 1.2 Dat je niz sa opstim clanom an = cos πn3 . Prvi clan niza je a1 = cos π

3 = 12 , drugi clan

je a2 = cos 2π

3 = −12 . Sezdeseti clan niza je a60 = cos 60π

3 = 1. Prostim izracunavanjem clanovaovog niza vidimo da su oni,

12, −1

2, −1, −1

2,

12, 1,

12, −1

2, −1, −1

2,

12, 1,

12, −1

2, −1, −1

2,

12, 1, . . .

Primjetimo da dati niz ima samo cetiri razlicite vrijednosti, tojest kodomen preslikavanja je skup{−1, −1

2 ,12 , 1

}, ali dati niz ima beskonacno mnogo clanova. �

Skup vrijednosti nekog niza (xn)n∈N je skup {xn | n ∈ N} i treba ga razlikovati od samogniza. Naprimjer, za niz sa opstim clanom xn = (−1)n, skup vrijednosti niza je {−1,1} (kodomenpreslikavanja), ali niz je predstavljen sa −1,1,−1,1,−1,1, ... i cini ga beskonacno mnogo clanovakoji se ponavljaju.

Nizovi su cesto zadati u formi gdje neki clan niza izracunavamo preko nekih mu predhodecihclanova niza. Ovakav nacin nazivamo rekurentno zadavanje niza. Jedan od najpoznatijih nizova jetzv. Fibonaccijev2 niz koji se zadaje u formi

xn+2 = xn+1 + xn , x1 = 1 , x2 = 1 (n ∈ N , n≥ 3) .

Dakle, svaki clan niza odredujemo kao zbir njemu prethodeca dva clana niza (datu jednacinunazivamo rekurentna ili diferentna jednacina), a to uslovljava da moramo tacno odrediti sta su prvadva clana niza. Pokazuje se da je u ovom slucaju moguce doci i do eksplicitnog oblika ovog niza,

xn =1√5

(1+√

52

)n

− 1√5

(1−√

52

)n

, (n ∈ N) .

Zbog njihove ceste primjene (mnoge pojave opisane su ovakvim vezama), ispitivanje nizova ovakozadatih se izdvojilo u posebnu oblast koja se naziva diferentne jednacine.

Za odredivanje niza nije neophodno da postoji formula kojom se eksplicitno odreduje opsticlan xn u zavisnosti od n. Naprimjer, ako je xn n-ti po redu prost broj, niz (xn) je korektno definisan,iako ne znamo formulu za odredivanje n-tog clana tog niza. Isto tako mozemo govoriti da je niz

2Leonardo Fibonacci - (1170-1250) italijanski matematicar

1.1 Numericki nizovi 3

(an) zadat tako da je an n-ta cifra u decimalnom razvoju broja√

2, mada formulu za n-tu cifru tograzvoja ne znamo eksplicitno.

Znati konacno mnogo prvih clanova niza nije dovoljno za jednoznacno odredivanje niza.Naprimjer, ako je dato prvih pet clanova nekog niza: 0,7,26,63,124, pravilo po kome su konstruisaniovi clanovi moze ali i ne mora da vazi za sesti, sedmi i dalje clanove ovog niza.

� Primjer 1.3 Odgovoriti na pitanje koje se stalno pojavljuje u testovima inteligencije, ”nastaviteniz”:

1. 0, 1, 0, 1, 0, ?2. 3, 5, 7, ?3. 1, 2, 3, 4, ?

Odgovor na postavljeno pitanje u sva tri slucaja moze biti 10, a mozda i bilo koji drugi broj! Iako je”logican” odgovor da je nastavak prvog niza broj 1, ako posmatramo niz sa opstim clanom

xn =5n5

24− 83n4

24+

521n3

24− 1525n2

24+

1021n12−40 ,

prvih sest njegovih clanova je 0, 1, 0, 1, 0, 10. Dakle, bez obzira koliko dugacak konacan nizbrojeva imamo, moze se naci pravilo da sljedeci clan niza bude bilo koji broj.U drugom zadatom nizu ”logican” odgovor je broj 9, ali ako posmatramo opsti clan

xn =n3

6−n2 +

23n6

,

opet cemo primjetiti da su prva tri clana 3, 5 i 7, ali je cetvrti opet 10.Pokusati odrediti opsti clan niza koji ce imati prvih cetiri clana kao u 3., a da peti bude 10. �

Definicija 1.1.2 Kazemo da skoro svi clanovi niza (xn) imaju neku osobinu P ako postojin0 ∈ N, tako da za svako n≥ n0, xn ima osobinu P.

Drugacije receno, skoro svi clanovi niza imaju osobinu P ako je imaju svi clanovi niza pocev odnekog indeksa ili sto je isto kao da kazemo da tu osobinu imaju svi clanovi niza osim njih konacnomnogo.

� Primjer 1.4 Neka je zadat niz sa opstim clanom xn = 2n−1. Tada je x1 = 1, x2 = 2, x3 = 4, x4 = 8itd. Primjetimo da su svi clanovi ovog niza parni brojevi osim prvog clana. Dakle, pocev od indeksan0 = 2 svi clanovi niza su parni brojevi, te kazemo da su skoro svi clanovi ovog niza parni brojevi.

Posmatrajmo niz (n− 5)n∈N. Skoro svi clanovi ovog niza su pozitivni jer za n = 1,2,3,4,5vrijednosti su negativne i nula, a za sve n≥ 6 = n0 vrijednosti su pozitivne. �

� Primjer 1.5 Za niz sa opstim clanom an = n(−1)nne mozemo reci da su mu skoro svi clanovi

veci od 1. To jeste tacno za beskonacno mnogo clanova niza (svi clanovi na parnim mjestima,a2n = 2n), ali za beskonacno mnogo njih to nije tacno jer svi clanovi na neparnim mjestima suoblika a2n−1 =

12n−1 te su kao takvi manji ili jednaki 1. �

Predstavljanje nizovaPredstavljati nizove mozemo na dva nacina. Iz samog opisa niza kao liste brojeva dobijamo prvinacin, predstavljajuci clanove niza na realnoj pravoj. Tako bi niz (2,4,6, ...,14), naznacavajucitackama clanove niza, bio predstavljen na narednoj slici

-1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14

x1 x2 x3 x4 x5 x6 x7

Slika 1.1: Predstavljanje niza na realnoj pravoj


Predstavljati beskonacne nizove na ovaj nacin bio bi problem jer bi se cesto gubila predstava o nizu.Tako za niz (−1,1,−1,1, ...) slikom bi bile predstavljene samo dvije tacke, a oznakama a2n i a2n−1bi sugerisali parne i neparne pozicije clanova naseg niza.

-3 -2 -1 0 1 2

a2n−1 a2n

Slika 1.2: Niz an = (−1)n predstavljen na realnoj pravoj.

Jos teze bi bilo predstaviti niz(1

n

)∞

n=1. Oznacili bi prvih nekoliko clanova niza, a dalje clanove bismo samo naznacili tackama.

0 1

a1a2a3a4

Slika 1.3: Neprakticnost predstavljanja niza na realnoj pravoj.

Bolja, preglednija varijanta predstavljanja niza proizilazi iz cinjenice da niz mozemo shvatiti i kaopreslikavanje (cak je i definisan tako). Ovdje pod preslikavanjem shvatamo cinjenicu da clanoveniza numerisemo po njihovim pozicijama. Tako niz (xn)

∞n=1 mozemo predstaviti tabelom

n 1 2 3 ... k ...xn x1 x2 x3 ... xk ...

Ovo znaci da niz posmatramo kao preslikavanje x : N −→ R, gdje dogovorno koristimo oznakuxn, a ne uobicajenu oznaku za funkcije x(n). Domen ovog preslikavanja je skup prirodnih brojevai kad god je domen preslikavanja skup N, takvo preslikavanje nazivamo niz. Ovo znaci da nizmozemo predstaviti u obliku grafa. Tako bi niz (2,4,6, ...,14, ...), predstavljen grafom izgledao kaona sljedecoj slici

1 2 3 4 5 6 702468

10121416

Slika 1.4: Graficki predstavljen niz sa opstim clanom xn = 2n.

Ovo je sada puno pogodniji nacin za predstavljanje beskonacnih nizova. Graficki predstavljen niz(−1,1,−1,1, ...) dat je na donjoj slici (lijevo), a niz

(1n

)∞

n=1 predstavljen je donjom slikom (desno).

1 2 3 4 5 6 7 8 9

-2

-1

0

1

2

Slika 1.5: Graficki predstavljen niz saopstim clanom xn = (−1)n.

1 2 3 4 5 6 7 8 90

1

Slika 1.6: Graficki predstavljen niz sa opstimclanom xn =

1n .

Primjetimo da sada nemamo potrebu za pisanjem clanova niza. Jednostavnim citanjem sa lijeva udesno ocitavamo clanove niza: prvi, drugi, treci itd.


1.1.2 Ogranicenost nizaDefinicija 1.1.3 Za niz (xn) kazemo da je ogranicen odozgo ako vrijedi:

(∃M ∈ R)(∀n ∈ N) xn ≤M .

Definicija 1.1.4 Niz je ogranicen odozdo ako vrijedi:

(∃m ∈ R)(∀n ∈ N) xn ≥ m .

U grafickom predstavljanju niza, ogranicenost odozgo znaci da postoji horizontalna linija iznadkoje nema vrijednosti clanova naseg niza. Analogno, ogranicenost odozdo znaci da mozemo povucihorizontalnu liniju ispod koje nema vrijednosti clanova niza.

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15

Slika 1.7: Niz ogranicen odozgo.

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15

Slika 1.8: Niz ogranicen odozdo.

� Primjer 1.6 Niz je zadat opstim clanom yn =(−1)nn+ n√2√

n2+n+1(n ∈ N). Tada imamo za proizvoljno

n ∈ N,

yn =(−1)nn+ n

√2√

n2 +n+1≤ n+ n

√2√

n2 +n+1≤ n+2√

n2 +n+1

≤ n+2√n2≤ n+2

n= 1+

2n≤ 3 .

Dakle, svi clanovi naseg niza su manji ili jednaki 3, te je niz ogranicen odozgo (M = 3). �

� Primjer 1.7 Niz je zadat opstim clanom xn =−1+ (−1)n

n (n ∈ N). Kako za svako n ∈ N vrijedixn = −1+ (−1)n

n ≥ −2, zakljucujemo da su svi clanovi naseg niza veci ili jednaki −2, te je nizogranicen odozdo (m =−2). �

Za niz koji je ogranicen i odozgo i odozdo jednostavno kazemo da je ogranicen niz, ili formalno,

Definicija 1.1.5 Za niz (xn) kazemo da je ogranicen ako je skup svih elemenata tog nizaogranicen, tojest ako postoji realan broj M ≥ 0 takav da je |xn| ≤ M za svako n ∈ N. Ovozapisujemo sa

(∃M ≥ 0)(∀n ∈ N) |xn| ≤M .

� Primjer 1.8 Neka je niz zadat opstim clanom xn = (−1)n (n ∈ N). Kako je |xn|= |(−1)n|= 1,zakljucujemo da je za sve n ∈ N, |xn| ≤ 1, te je ovaj niz ogranicen. �

Nizovi u opstem slucaju ne moraju biti ograniceni niti u kojem smislu. Cinjenicu da niz nijeogranicen odozgo ili odozdo dobijamo negacijom odgovarajuceg pojma. Tako imamo da je nizneogranicen odozgo ako vrijedi

(∀M ∈ R)(∃n0 ∈ N) xn0 > M ,

a za neogranicenost odozdo(∀m ∈ R)(∃n0 ∈ N) xn0 < m .


� Primjer 1.9 Niz zadat opstim clanom xn = n(−1)nnije ogranicen odozgo. Zaista, neka je M ∈ R

proizvoljan. Prema Arhimedovom aksiomu postoji prirodan broj n0 > M. Bez umanjenja opstostineka je n0 paran broj. Tada je xn0 = n(−1)n0

0 = n0 > M. Dakle, za proizvoljno izabranu (veliku)vrijednost, postoji clan naseg niza koji ju ”preskoci”, te niz nije ogranicen odozgo.Primjetimo da kada bi uzeli (n0 +1)-ti clan naseg niza imali bi xn0+1 =

1n0+1 < M. Ovime isticemo

da u negaciji pojma neogranicenosti niza zahtjevamo postojanje bar jednog clana niza koji ce”preskociti” zadanu vrijednost, a ne da to vrijedi za sve clanove niza iza n0-tog.Primjetimo da su svi clanovi ovog niza pozitivni brojevi, pa je ovaj niz ogranicen odozdo. �

Za nizove uvodimo jos jedan pojam slican, ali kao sto cemo vidjeti, ipak ne i jednak pojmuneogranicenosti.

Definicija 1.1.6 Za niz (xn)n∈N kazemo da je beskonacno velik ako i samo ako vrijedi

(∀M ≥ 0)(∃n0 ∈ N)(∀n ∈ N)(n≥ n0 ⇒ |xn|> M) .

� Primjer 1.10 Posmatrajmo niz zadat opstim clanom xn = (−1)nn3. Neka je M > 0 proizvoljnarealna konstanta. Stavimo da je n0 = [ 3

√M]+ 1. Jasno je zbog definicije funkcije ”antije” da je

n0 ∈ N. Izaberimo sada proizvoljno n≥ n0. Sada imamo,

|xn|= |(−1)nn3|= n3 ≥ n30 > M .

N aosnovu Definicije 1.1.6 zakljucujemo da je dati niz beskonacno veliki. �

U negaciji pojma ogranicenosti niza odozgo zahtjevamo da za svaku konstantu M postoji(postoji bar jedan) clan niza cija je vrijednost veca od M, dok u pojmu beskonacno velikog nizazahtjevamo da su svi clanovi niza, pocev od nekog, po apsolutnoj vrijednosti veci od M. Iz ovogaslijedi da je svaki beskonacno veliki niz ujedno i neogranicen. Medutim, obrat ne vrijedi, tojest nizmoze biti neogranicen a da nije beskonacno veliki.

� Primjer 1.11 Posmatrajmo niz zadat opstim clanom xn = (1− (−1)n)n. Neka je M ∈ R+

proizvoljan. Dovoljno je izabrati prvi neparni prirodni broj veci od M i zakljuciti da tada vrijedixn = 2n > n > M, te je niz neogranicen odozgo. Medutim, za naredni prirodni broj, koji je ondaparan, je xn+1 = 0 < M te dakle zakljucujemo da nisu svi clanovi naseg niza iza n-tog clana veci odM, a time niz nije beskonacno veliki. �

1.1.3 Monotonost nizaDefinicija 1.1.7 Za niz (xn) kazemo da je• strogo monotono rastuci ako za skoro sve clanove niza vrijedi xn+1 > xn.• monotono rastuci (neopadajuci) ako za skoro sve clanove niza vrijedi xn+1 ≥ xn.• strogo monotono opadajuci ako za skoro sve clanove niza vrijedi xn+1 < xn.• monotono opadajuci (nerastuci) ako za skoro sve clanove niza vrijedi xn+1 ≤ xn.

Za niz koji posjeduje bilo koju od navedenih osobina kazemo da je monoton niz.

Najcesce tehnike ispitivanja monotonosti su posmatranje kolicnika ili razlike dva uzastopnaclana niza. Tako naprimjer, ako su skoro svi clanovi niza istog znaka i za proizvoljno dovoljnoveliko n ∈ N vazi:

xn+1− xn

> 0 ⇒ niz je strogo monotono rastuci≥ 0 ⇒ niz je neopadajuci< 0 ⇒ niz je strogo monotono opadajuci≤ 0 ⇒ niz je nerastuci

.


xn+1

xn

> 1 ⇒ niz je strogo monotono rastuci≥ 1 ⇒ niz je neopadajuci< 1 ⇒ niz je strogo monotono opadajuci≤ 1 ⇒ niz je nerastuci

.

Napomenimo da gornji kriterij kolicnika vrijedi ako su clanovi niza pozitivni. Ako su clanoviniza negativni sve nejednakosti treba obrnuti. Ako radimo sa nizovima ciji su clanovi i pozitivni inegativni, jasno je da tada ne postoji nikakva monotonost tog niza.

� Primjer 1.12 Niz xn =1n je strogo monotono opadajuci jer za proizvoljno n ∈ N clanovi niza su

pozitivni i imamo

xn+1− xn =1

n+1− 1

n=

−1n(n+1)

< 0 .

�

� Primjer 1.13 Niz xn =n

n+1 je strogo monotono rastuci jer je za proizvoljno n ∈ N clanovi niza supozitivni i vrijedi,

xn+1

xn=

n+1n+2

nn+1

=(n+1)2

n(n+2)=

n2 +2n+1n2 +2n

= 1+1

n2 +2n> 1 .

�

� Primjer 1.14 Neka je opsti clan niza dat sa xn =n

1−2n . Primjetimo da je za svako n ∈ N xn < 0,tojest radimo sa nizom ciju su svi clanovi negativni. Ako posmatramo kolicnik dva uzastopna clana,

xn+1

xn=

n+11−2(n+1)

n1−2n

=−2n2−n+1−2n2−n

= 1− 12n2 +n

< 1 ,

kao sto smo napomenuli, zakljucak iz ove informacije je da niz strogo monotono raste. �

U opstem slucaju niz ne mora imati niti jedan od navedenih oblika monotonosti. Naprimjer,niz xn = (−1)n uzima vrijednosti −1,1,−1,1, ..., a ako bi smo se posluzili jednim od kriterijaispitivanja monotonosti imali bi,

xn+1− xn =

{−2 ; n paran2 ; n neparan

i konstatovali bi nemonotonost niza. Ovakvu vrstu nizova nazivamo oscilatorni nizovi. I nizprikazan graficki na sljedecoj slici je primjer nemonotonog niza, a koji nije oscilatoran.

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15

Slika 1.9: Niz koji nije monoton.

1.1.4 Konvergencija nizovaU matematickoj analizi proucava se ponasanje clanova niza kada njihov indeks neograniceno raste,tojest kada indeks ”tezi u beskonacnost”. Ova naizgled jednostavna problematika fundamentalnaje za proucavanje osobina realnih i kompleksnih brojeva, skupova i funkcija, a samim tim i ukonkretnim primjenama matematike.


Ideja je da se proucava ”gomilanje” clanova niza oko neke konkretne vrijednosti. Tako naprimjer,clanovi nizova (1

n) i((−1)n

n2

)”gomilaju se” oko nule, tojest sve su blize nuli kako indeks n postaje

veci, sto mozemo naslutiti ako izracunamo po nekoliko clanova ovih nizova,

1,12,13,14,15, ... −1,

14,−1

9,

116

, ... .

Za clanove niza ciji je opsti clan dat sa xn =2+(−1)n

n ne bismo mogli tvrditi da su sve blize nulikada se n povecava jer je naprimjer

0 < x2n−1 =1

2n−1<

32n

= x2n ,

iz cega vidimo da je x2n na vecoj udaljenosti od nule nego njemu prethodeci clan. Medutim, i ovdese moze uociti neko gomilanje oko nule, sto se ponovo vidi ako se izracuna nekoliko prvih clanovaniza, 1, 3

2 ,13 ,

34 ,

15 , .... Naime, ako izaberemo proizvoljno malen broj ε > 0, svi clanovi niza ce biti

manji od ε , samo ako posmatramo dovoljno ”daleke” clanove u datom nizu. Zaista, nije teskovidjeti da za proizvoljno n ∈ N vrijedi

xn =2+(−1)n

n≤ 3

n,

pa je dovoljno posmatrati clanove niza ciji je indeks n > 3ε, da bi bilo zadovoljeno xn < ε .

Primjetimo da smo u gornjem primjeru pokazali da za proizvoljno ε > 0 svi clanovi niza,pocevsi od nekog indeksa n0, zadovoljavaju nejednakost xn < ε , tojest oni se gomilaju oko tacke 0.Ovo je globalna ideja kojom se uvodi pojam konvergencije.

Definicija 1.1.8 Kazemo da je realan broj a granicna vrijednost ili limes niza (xn) ako za svakoε > 0, postoji prirodan broj n0 zavisan od ε , takav da za svaki prirodan broj n ≥ n0 vrijedi|xn−a|< ε , sto jednostavnije izrazavamo matematickom simbolikom sa

(∀ε > 0)(∃n0(ε) ∈ N)(∀n ∈ N)(n≥ n0⇒ |xn−a|< ε) . (1.1)

Gornju cinjenicu zapisujemo sa

limn→+∞

xn = a ili xn→ a (n→+∞) .

Ako je limn→+∞

xn = a ∈ R, kazemo da niz (xn) konvergira ka a i citamo ”opsti clan niza tezi ka a

kada n tezi u beskonacnost”. U tom slucaju za tacku a kazemo da je tacka konvergencije, granicnavrijednost ili limes niza (xn). Pri tome je jasno da je niz konvergentan ako i samo ako postojilim

n→+∞xn = a ∈ R. U suprotnom, ako niz nije konvergentan kazemo da je divergentan.

Istaknimo jos jednom da ”postojeci” n0 u (1.1) zavisi od ”proizvoljno izabranog” ε . Ovo znacida za jedno konkretno ε > 0 postoji njemu odgovarajuci n0 ∈ N, ali ako promjenimo ε moramopronaci neko novo n0.

1 2 3 4 5 6 7 8 90

1

−ε

ε

1 2 3 4 5 6 7 8 90

1

−ε

ε

1 2 3 4 5 6 7 8 90

1

−ε

ε

Slika 1.10: Izvan ε-okoline nalazi se konacno mnogo clanova niza.


� Primjer 1.15 Posmatrajmo niz sa opstim clanom xn = n2n . U narednoj tabeli predstavljamo

nekoliko prvih clanova ovog niza:n 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

n2n ≈ 0.5 0.5 0.375 0.25 0.15625 0.09375 0.0546875 0.03125 0.0175781 0.00976562

Izaberemo li ε = 0.1 vidimo da ce nejednakost∣∣∣ n2n −0

∣∣∣< 0.1 ,

biti zadovoljena pocev od indeksa niza n0 = 6. Ako izaberemo da je ε = 0.01, onda ce odgovarajucanejednakost biti zadovoljena pocev od desetog clana naseg niza. Korisrteci se kalkulatorom mozemovidjeti da ce vrijediti:

n≥ 1 onda je∣∣∣ n2n −0

∣∣∣< 1

n≥ 6 onda je∣∣∣ n2n −0

∣∣∣< 0.1

n≥ 10 onda je∣∣∣ n2n −0

∣∣∣< 0.01

n≥ 15 onda je∣∣∣ n2n −0

∣∣∣< 0.001

n≥ 19 onda je∣∣∣ n2n −0

∣∣∣< 0.0001

n≥ 23 onda je∣∣∣ n2n −0

∣∣∣< 0.00001

Iz ovoga jasno vidimo zavisnost velicine n0 o izabranom ε . Tako imamo n0(1) = 1, n0(0.1) = 6,n0(0.01) = 10, n0(0.001) = 15, n0(0.0001) = 19 itd. �

Kasnije cemo vidjeti da je moguce utvrditi da je niz konvergentan, a da pri tome ne znamonjegovu granicnu vrijednost. Za sada jedini nacin da odredimo granicnu vrijednost nekog niza je dapretpostavimo (izracunavanjem prvih nekoliko clanova niza) da je lim

n→+∞xn = a, za neko a, a zatim

da to dokazemo provjeravajuci uslov iz Definicije 1.1.8.

� Primjer 1.16 U primjeru ispred Definicije 1.1.8 smo pokazali da je

limn→+∞

2+(−1)n

n= 0 .

Na slican nacin se pokazuje da je limn→+∞

1n= 0 ili lim

n→+∞

nn+1

= 1. Pokazimo prvu relaciju.

Neka je ε > 0 proizvoljno. Nejednakost 1n < ε ekvivalentna je sa n > 1

ε, pa ako stavimo da je

n0 = b 1εc+ 1, uslov iz Definicije 1.1.8 bit ce zadovoljen za svako n ∈ N koji zadovoljava uslov

n ≥ n0, tojest vazit ce |1n −0| < ε . Ovaj niz i njegovu granicnu vrijednost isticemo kao bitne zamnoga dalja razmatranja.

limn→∞

1n= 0

�

Postoji vise ekvivalentnih oblika uslova (1.1). Tako mozemo pisati

(∀ε > 0)(∃n0(ε) ∈ N)(∀n≥ n0) |xn−a|< ε ,


gdje u dijelu ”(∀n ≥ n0)” podrazumijevamo da je n ∈ N. Takode, znak ”<” u (1.1) mozemozamijeniti sa znakom ”≤”, a znak ”≥” znakom ”>”. Osim toga, umjesto ”(∃n0 ∈ N)(∀n ≥ n0)”mozemo pisati ”(∃y0 ∈ R)(∀n≥ y0)”. Ovu posljednju zamjenu narocito dobro mozemo koristiti dabi izbjegli koristenje funkcija ”floor”, ”ceiling” ili ”antije”.

� Primjer 1.17 Neka je xn = 21n . Posmatramo li nekoliko prvih clanova ovog niza

x1 = 21 = 2 , x2 = 212 = 1,41... , x3 = 2

13 = 1,26... ,

x4 = 214 = 1,19... , ... ,x10 = 2

110 = 1,07... ,

vidimo da se vrijednosti umanjuju i da se ”krecu” ka 1, tojest ”osjecamo” da je limn→+∞

xn = 1.

Ali ovakvo razmisljanje ni u kom slucaju ne predstavlja dokaz ove tvrdnje. Da bi to dokazalirazmisljajmo ovako:Kako je xn = 2

1n > 20 = 1 za svako n ∈ N, tada je nejednakost |2 1

n − 1| < ε ekvivalentna sa2

1n < 1+ ε , sto nakon logaritmovanja daje ekvivalentno n > log2

log(1+ε) . Ovo onda znaci da za svako

ε > 0, postoji y0 =log2

log(1+ε) , takav da je za svaki prirodan broj n, za koga vrijedi n > y0, zadovoljenanejednakost |xn−1|< ε , sto prema Definiciji 1.1.8 znaci da je lim

n→+∞xn = 1. �

Na isti nacin se pokazuje opsti slucaj koga isticemo kao vazan limes,

limn→+∞

n√

a = 1 , (a > 0)

Okolina tacke a ∈ R je proizvoljan otvoren interval koji sadrzi tacku a. Otvoreni interval(a− ε,a+ ε) duzine 2ε sa centrom u tacki a ∈ R, nazivamo simetricna ε-okolina tacke a ili samoε-okolina tacke a.Nejednakost |xn− a| < ε , koristeci poznati stav za apsolutnu vrijednost, mozemo zapisati i kaoa− ε < xn < a+ ε , sto je opet ekvivalentno sa tim da xn ∈ (a− ε,a+ ε). Koristeci sve receno,Definiciju 1.1.8 mozemo iskazati ekvivalentno u sljedecem obliku.

Definicija. Kazemo da niz (xn) konvergira ka tacki a ∈ R ako se u svakoj ε-okolini tacke a nalazeskoro svi clanovi niza.

Ako se skoro svi clanovi niza nalaze u nekoj ε0-okolini tacke a, onda to isto vazi i za svaku ε-okolinu, gdje je ε > ε0. Iz ovoga je jasno da je uslov Definicije 1.1.8 ili njoj ekvivalentne Definicije1.1.4, dovoljno pokazati za malo ε , odnosno za 0 < ε < ε0, gdje je ε0 proizvoljan pozitivan broj.

� Primjer 1.18 Niz ciji je opsti clan xn = (−1)n nije konvergentan. Zaista, pretpostavimo suprotno,tojest da je za neko a ∈R, lim

n→+∞xn = a. Kako su svi clanovi datog niza jednaki ili 1 ili −1, to znaci

da se oba ta broja moraju nalaziti u proizvoljnoj ε-okolini tacke a. Medutim, to ocigledno nijemoguce jer izaberemo li ε < 1

2 tada nije moguce da oba broja i 1 i−1 budu u intervalu (a−ε,a+ε),cija je duzina manja od 1. �

1.1.5 Osobine konvergentnih nizovaMetricku osobinu konvergencije numerickog niza iskazujemo sljedecom tvrdnjom.

Teorem 1.1.1 Neka je (xn)n∈N niz u R i x∗ ∈ R. Tada vrijedi: xn→ x∗ (n→ ∞) ako i samo akod(xn,x∗)→ 0 (n→ ∞).

Dokaz : Prema definiciji konvergencije niza (xn) imamo da za proizvoljno ε > 0, postoji n0 ∈ N,tako da za svaki prirodan broj n ≥ n0 vrijedi |xn− x∗| < ε sto je zbog metrike na R (udaljenostizmedu dvije tacke x i y u R data je sa d(x,y) = |x− y|) ekvivalentno sa d(xn,x∗)< ε . �

Pored pitanja egzistencije granicne vrijednosti niza, drugo vazno pitanje je njena jedinstvenost.O tome govori sljedece tvrdenje.


Teorem 1.1.2 Ako niz ima granicnu vrijednost onda je ona jedinstvena.

Dokaz : Pretpostavimo da vrijedi

limn→+∞

xn = a i limn→+∞

xn = b .

Ako je a 6= b, onda postoji ε > 0 takvo da ε-okoline oko tacaka a i b budu disjunktne ( dovoljno jeuzeti da je ε = b−a

2 ). Na osnovu Definicije 1.1.4 zakljucujemo onda da su svi clanovi niza (xn),pocev od nekog indeksa n1, u ε-okolini broja a, ali isto tako bi morali svi clanovi naseg niza, pocevod nekog indeksa n2, biti u ε-okolini tacke b. Ako posmatramo clanove niza ciji su indeksi veci iod n1 i od n2, zakljucili bi smo da se oni nalaze i u jednoj i u drugoj ε-okolini, sto nije u saglasnostisa disjunktnoscu tih okolina. �

Teorem 1.1.3 Svaki konvergentan niz je ogranicen.

Dokaz : Neka je niz (xn) konvergentan, tojest neka je limn→∞

xn = a ∈ R. Neka je ε > 0 proizvoljno,naprimjer neka je ε = 1. Na osnovu definicije konvergencije, svi clanovi niza, pocev od nekogindeksa n0, pripadaju okolini (a− 1,a+ 1), odnosno van ove okoline se nalazi konacno mnogoclanova niza. Neka je m1 najmanja vrijednost i M1 najveca vrijednost od tih konacno mnogo clanovakoji su van okoline. Oznacimo sa m = min{a− 1,m1} i M = max{a+ 1,M1}. Tada ociglednovrijedi

(∀n ∈ N) m≤ xn ≤M ,

sto predstavlja ogranicenost niza. �Ogranicenost niza je prema Teoremi 1.1.3, potreban uslov konvergencije. Da to nije i dovoljan

uslov, pokazuje nam primjer niza ((−1)n)n∈N koji jeste ogranicen, ali kao sto je ranije pokazanonije konvergentan.

U sljedecim teoremama pokazat cemo vezu limesa i osnovnih algebarskih operacija. U mnogimdokazima koji slijede koristit cemo se poznatom osobinom nejednakosti trougla, naime ako znamoda je |a−b|< ε i |b− c|< ε , tada imamo

|a− c|= |a−b+b− c| ≤ |a−b|+ |b− c|< 2ε .

Teorem 1.1.4 Neka su dati nizovi (xn)n∈N i (yn)n∈N.1. Ako je xn = c ∈ R za skoro svako n ∈ N, tada je lim

n→+∞xn = c.

2. Neka je limn→+∞

xn = x i limn→+∞

yn = y (x,y ∈ R) i neka su a,b i c proizvoljni realni brojevi.

Tada vazi:(a) lim

n→+∞(axn +byn) = ax+by.

(b) limn→+∞

(xn + c) = x+ c.

(c) limn→+∞

(xn · yn) = x · y.

(d) limn→+∞

(cxn) = c · x.

(e) limn→+∞

xn

yn=

xy

, ako je y 6= 0 i yn 6= 0 za n ∈ N.

(f) limn→+∞

(xn)k = xk, za proizvoljno k ∈ N.

Dokaz : Tvrdenje 1. je posljedica cinjenice da se broj c nalazi u svakoj svojoj okolini.2. Neka je lim

n→+∞xn = x i lim

n→+∞yn = y. Neka je ε > 0 proizvoljan. Pocevsi od nekog indeksa n1 svi

clanovi niza (xn) su u ε-okolini tacke x. Isto tako, od nekog indeksa n2 svi clanovi niza (yn) su uε-okolini tacke y. Stavimo n0 = max{n1,n2}. Tada su za svako n≥ n0 ispunjene obje nejednakosti

|xn− x|< ε i |yn− y|< ε ,


pa iz nejednakosti trougla slijedi za n≥ n0

|axn +byn− (ax+by)|= |axn−ax+byn−by| ≤ |a||xn− x|+ |b||yn− y| ≤ (|a|+ |b|)ε .

Kako je |a|+ |b| fiksan realan broj, a ε proizvoljan malen broj, to je i (|a|+ |b|)ε proizvoljno malenbroj pa vrijedi

limn→+∞

(axn +byn) = ax+by .

Tvrdenje (b) u 2. je direktna posljedica tvrdenja 2.(a) i 1. uzimajuci yn = c i stavljajuci da jea = b = 1.

Dokazimo tvrdenje (c). Neka je limn→+∞

xn = x i limn→+∞

yn = y. Neka je ε > 0 proizvoljan.

Primjenom nejednakosti trougla imamo

|xnyn− xy|= |xnyn− xyn + xyn− xy| ≤ |yn||xn− x|+ |x||yn− y| . (1.2)

Na osnovu Teorema 1.1.3, postoji realan broj M ≥ 0, takav da je |yn| ≤M za sve n ∈ N. Sada kao iu dokazu tvrdenja (a), postoji n0 ∈ N takav da je za n≥ n0, |xn− x|< ε i |yn− y|< ε , pa iz (1.2)imamo

|xnyn− xy| ≤ (M+ |x|)εcime je tvrdenje dokazano.

Tvrdenje (d) je direktna posljedica tvrdenja pod 1. i 2.(c).Dokazimo i tvrdnju (e). Neka je lim

n→+∞xn = x i lim

n→+∞yn = y, gdje je y 6= 0. Ponovo primjenom

nejednakosti trougla imamo∣∣∣∣xn

yn− x

y

∣∣∣∣= ∣∣∣∣xny− ynxyny

∣∣∣∣≤ |xny− xy|+ |xy− ynx||yn||y|

=|y||xn− x|+ |x||yn− y|

|yn||y|. (1.3)

Za proizvoljno ε > 0 postoji n0, takvo da je |xn− x|< ε i |yn− y|< ε cim je n≥ n0. Prema tome,brojilac posljednjeg razlomka je manji od (|x|+ |y|)ε .Kako je y 6= 0, postoji neko δ > 0 takvo da interval (−δ ,δ ) nema zajednickih tacaka sa intervalom(y−δ ,y+δ ) (npr. uzeti δ = |y|

2 ). U intervalu (y−δ ,y+δ ) nalaze se svi clanovi niza (yn) pocevsiod nekog indeksa n1, pa je |yn| ≥ δ za n≥ n1, pa je imenilac u posljednjem razlomku u (1.3) veciod δ |y|. Dakle, ako je n≥max{n0,n1} onda je∣∣∣∣xn

yn− x

y

∣∣∣∣≤ |x|+ |y|δ |y|ε ,

pri cemu δ ne zavisi od ε . Time je dokaz zavrsen.Dokaz za ( f ) ostavljen za vjezbu. �

Prethodni teorem nam govori o pravilima u radu sa konvergentnim nizovima. Tako nam pravilo2.(a) govori da je limes zbira ili razlike, zbir ili razlika limesa pojedinacnih nizova, ili

limn→+∞

(axn +byn) = a limn→+∞

xn +b limn→+∞

yn ,

2.(c) nam govori da je limes proizvoda jednak proizvodu limesa,

limn→+∞

xnyn = limn→+∞

xn · limn→+∞

yn ,

a 2.(d) da je limes kolicnika jednak kolicniku limesa,

limn→+∞

xn

yn=

limn→+∞

xn

limn→+∞

yn.

Jos jednom napomenimo da sve ovo vrijedi ako radimo sa konvergentnim nizovima. Ilustrujmoprimjenu gornjeg tvrdenja na nekoliko primjera.


� Primjer 1.19 Izracunati: limn→+∞

(3 ·2

1n +2 ·3

1n

).

Koristeci pravilo 2.(a) i ranije pokazani limes niza ( n√

a) imamo da je

limn→+∞

(3 ·2

1n +2 ·3

1n

)= lim

n→+∞

(3 ·2

1n

)+ lim

n→+∞

(2 ·3

1n

)= 3 lim

n→+∞

n√

2+2 limn→+∞

n√

3

= 3 ·1+2 ·1 = 5 .

�


(1n+6)

.

Koristeci pravilo 2.(b) imamo

limn→+∞

(1n+6)= lim

n→+∞

1n+ lim

n→+∞6 = 0+6 = 6 .

�


1n4 .

Koristeci pravilo 2.( f ) imamo

limn→+∞

1n4 = lim

n→+∞

(1n

)4

=

(lim

n→+∞

1n

)4

= 04 = 0 .

�

I naredni teorem predstavlja pravilo u radu sa konvergentnim nizovima.

Teorem 1.1.5 Ako je limn→∞

xn = x∗, onda vrijedi limn→∞|xn|= |x∗|.

Dokaz : Dokaz je neposredna posljedica poznate nejednakosti za apsolutnu vrijednost,

||a|− |b|| ≤ |a−b| .

�Ova cinjenica predstavlja osobinu funkcije apsolutne vrijednosti i znaci da limes konvergentnog

niza ”prolazi” kroz apsolutnu vrijednost, tojest citamo je kao pravilo da ako je (xn)n∈N konvergentanniz, onda vrijedi

limn→∞|xn|= | lim

n→∞xn| .

Obrat ove tvrdnje u opstem slucaju nije tacan. Naime, ako posmatramo niz sa opstim clanomxn = (−1)n (n ∈ N), jasno je da vrijedi lim

n→∞|xn|= lim

n→∞1 = 1, ali lim

n→∞xn = lim

n→∞(−1)n ne postoji, pa

se o jednakosti ovih limesa ne moze ni govoriti.Medu konvergentnim nizovima, posebnu ulogu imaju nizovi koji konvergiraju ka nuli.

Definicija 1.1.9 Niz (xn)n∈N za koga vazi limn→+∞

xn = 0, nazivamo nula-niz.

Prema definiciji konvergencije, za nula-niz (xn)n∈N vrijedi,

(∀ε > 0)(∃n0 ∈ N)(∀n ∈ N)(n≥ n0 ⇒ |xn|< ε) ,

tojest pocev od nekog indeksa vrijednosti clanova niza su proizvoljno male, pa za ovakve nizovekazemo i da su ”beskonacno mali”.


� Primjer 1.22 Neka je q∈R takav da je |q|< 1. Pokazimo da je geometrijski niz xn = qn nula-niz.Uzmimo proizvoljno 0 < ε < 1 (uvijek podrazumijevamo da je ε malen pozitivan broj). Neka

je n0 =

[logε

log |q|

]+1. Kako je |q| < 1 i ε < 1, to je logε < 0 i log |q| < 0 pa je n0 ∈ N. Neka je

n≥ n0 proizvoljan prirodan broj. Sada imamo sljedece rasudivanje,

n≥ n0⇒ n≥[

logε

log |q|

]+1 >

logε

log |q|⇒ n log |q|< logε nejednakost se mjenja zbog negativnosti logaritma

⇒ log |q|n < logε pravilo logaritma

⇒ |q|n = |qn|< ε . logaritam je monotono rastuca funkcija

Dakle, zbog svega recenog vrijedi

(∀ε > 0)(∃n0 ∈ N)(∀n ∈ N)(n≥ n0 ⇒ |qn|< ε) ⇐⇒ limn→∞

qn = 0 .

�

Kao veoma vazan limes isticemo i gornji rezultat

limn→+∞

qn = 0 , |q|< 1

� Primjer 1.23 Neka je p > 0, tada je limn→∞

1np = 0.

Za proizvoljno ε > 0 neka je y =( 1

ε

) 1p . Tada je za prirodan broj n > y zadovoljeno np > 1

ε, odnosno

1np < ε . Kako je 1

np > 0 za svako n ∈ N, zakljucujemo da je za n > y,∣∣∣∣ 1np −0

∣∣∣∣< ε . �

Zapravo, ispitivanje proizvoljnog konvergentnog niza se moze svesti na ispitivanje nula-niza. Otome govori naredno tvrdenje.

Teorem 1.1.6 Niz (xn)n∈N konvergira ka x∗ ∈ R ako i samo ako je (xn− x∗)n∈N nula-niz.

Dokaz : Neka je limn→+∞

xn = x∗. Na osnovu Teorema 1.1.4 2.(b) je

limn→+∞

(xn− x∗) = limn→+∞

xn− x∗ = 0 .

Obratno, ako je limn→+∞

(xn− x∗) = 0, tada je

limn→+∞

xn = limn→+∞

(xn− x∗+ x∗) = limn→+∞

(xn− x∗)+ x∗ = x∗ .

�Ovo smo mogli iskazati i u sljedecoj formi koja nam govori da se svaki konvergentan niz moze

”rastaviti” na zbir konstantnog niza i nula-niza.

Posljedica 1.1. Niz (xn)n∈N konvergira ka x∗ ∈ R ako i samo ako postoji nula-niz (an)n∈N, takavda je za svako n ∈ N, xn = x∗+an.

� Primjer 1.24 Pokazati da je limn→∞

n1n = 1.

Posmatrajmo niz an = n1n −1 i primjetimo da je an ≥ 0 za sve n ∈ N. Odavde je n = (1+an)

n, paprema Newtonovom obrascu za n≥ 2 imamo

n = (1+an)n ≥ 1+nan +

n(n−1)2

a2n >

n(n−1)2

a2n .


Dakle, a2n <

2n−1 , tojest an <

√2

n−1 . Sada za proizviljno ε > 0 izaberimo y = 2ε2 +1. Tada ce za

n > y biti |an|< ε , pa zakljucujemo da je (an)n∈N nula-niz iz cega je onda limn→∞

n1n = 1. �

Teorem 1.1.7 Zbir, razlika i proizvod dva nula-niza je ponovo nula-niz.

Dokaz ove jednostavne cinjenice ostavljen je citaocu za vjezbu, ali primjetimo da kod proizvodadva niza uslove mozemo oslabiti.

Teorem 1.1.8 Neka je (xn)n∈N proizvoljan nula-niz i neka je (yn)n∈N proizvoljan ogranicen niz(ne obavezno konvergentan). Tada je niz (zn)n∈N, gdje je zn = xn · yn (n ∈ N), nula-niz.

Dokaz : Kako je niz (yn)n∈N ogranicen, to postoji realan broj M > 0 takav da je za svako n ∈ N,|yn| ≤M. Iz konvergencije niza (xn)n∈N ka nuli slijedi da za svako ε > 0 postoji n0 ∈ N, tako da jeza sve n≥ n0 zadovoljeno |xn|< ε . Na osnovu svega ovoga zakljucujemo da ce za n≥ n0 vrijediti

|zn|= |xn · yn|= |xn||yn|< Mε ,

a sto znaci da niz (zn)n∈N konvergira ka nuli. �


cosnn

.

Oznacimo sa zn =cosn

n=

1n

cosn. Kako je niz sa opstim clanom xn =1n nula-niz, a niz sa opstim

clanom yn = cosn je ogranicen ( cosx≤ 1 ), to je na osnovu gornjeg teorema niz (zn)n∈N nula-niz,tojest vrijedi

limn→+∞

cosnn

= 0 .

�

Sljedecim teoremama uspostavlja se veza izmedu limesa i relacije poretka.

Teorem 1.1.9 Neka je (xn)n∈N proizvoljan niz.1. Ako je lim

n→+∞xn = a > p (< p), tada je xn > p (< p) za skoro svako n ∈ N.

2. Ako je niz (xn)n∈N konveregentan i ako je xn > p (< p), za skoro svako n ∈ N, onda jelim

n→+∞xn ≥ p (≤ p).

Dokaz :1. Neka je lim

n→+∞xn = a i neka je a > p. Stavimo li da je ε = a−p

2 , svi brojevi koji pripadaju

intervalu (a− ε,a+ ε) su veci od p, ali skoro svi clanovi niza (xn) su u toj ε-okolini i timeje tvrdenje dokazano. Slucaj kada je a < p dokazuje se analogno.

2. Neka je limn→+∞

xn = a i neka je xn > p za skoro svako n. Ako bi bilo a < p, to bi na osnovu

dokazanog pod 1) znacilo da je xn < p za skoro svako n, sto je ocigledna kontradikcija. Daklemora biti a≥ p.

�Prethodni teorem najcesce cemo koristiti za slucaj p = 0. Naime, ako je lim

n→+∞xn pozitivan

(negativan) broj, tada su skoro svi clanovi niza pozitivni (negativni). Ako su skoro svi clanovi nizapozitivni (negativni), tada je granicna vrijednost niza nenegativna (nepozitivna).

� Primjer 1.26 Posmatrajmo niz (1n)n∈N. Svi clanovi niza su pozitivni, tojest 1

n > 0, ali limn→+∞

1n= 0.

Ovim se potvrduje slijedece, ako je xn > p za skoro svako n, onda je limn→+∞

xn ≥ p, tojest prelaskom

na granicni proces znak stroge nejednakosti se ”slabi” na znak ”≥”. �


Kao posljedicu gornjeg teorema imamo

Posljedica 1.2. Ako svi clanovi konvergentnog niza (xn)n∈N pripadaju segmentu [a,b], tada ilim

n→+∞xn ∈ [a,b].

Gornji teorem mozemo iskazati i u opstijoj formi i slobodnim govorom iskazan je poznat kao”prolaz limesa kroz nejednakost”.

Teorem 1.1.10 — Teorem o dva niza. Neka su (xn)n∈N i (yn)n∈N proizvoljni nizovi, takvi daje lim

n→+∞xn = x∗ i lim

n→+∞yn = y∗ (x,y ∈ R). Tada,

1. Ako je x∗ > y∗, onda je xn > yn za skoro svako n ∈ N.2. Ako je xn > yn za skoro svako n ∈ N, onda je x∗ ≥ y∗.

Primjetimo iz 2. da ako su skoro svi clanovi niza (xn)n∈N strogo veci od odgovarajucih clanovaniza (yn)n∈N ne smijemo zakljuciti da je granicna vrijednost niza (xn)n∈N strogo veca od granicnevrijednosti niza (yn)n∈N. Naprimjer, neka su dati nizovi sa optim clanovima xn = 1+ 1

n i yn = 1+ 2n .

Ocigledno je za svako n ∈ N zadovoljeno xn < yn ali

limn→+∞

xn = 1 = limn→+∞

yn .

Teorem 1.1.11 — Teorem o lopovu i dva policajca. Neka su (xn)n∈N, (yn)n∈N i (zn)n∈Nnizovi za koje vrijedi

1. limn→+∞

xn = limn→+∞

yn = A ∈ R.

2. Za skoro svako n ∈ N je xn ≤ zn ≤ yn.Tada i niz (zn)n∈N ima granicnu vrijednost i vazi lim

n→+∞zn = A.

Dokaz : Neka je limn→+∞

xn = limn→+∞

yn = A∈R. Uzmimo proizvoljno ε > 0. Tada zbog konvergencije

niza (xn)n∈N postoji n1 ∈ N, takav da za sve n ≥ n1, xn pripada ε-okolini tacke A. Takode, zbogkonvergencije niza (yn)n∈N postoji n2 ∈ N takav da se svi clanovi ovog niza, pocev od yn2 pa nadalje, nalaze u istoj ε-okolini (jer oba niza konvergiraju ka istoj tacki). Ako sada izaberemo da jen′ = max{n1,n2}, onda su clanovi oba niza za n≥ n′ u okolini (A− ε,A+ ε).Kako je za skoro sve n zadovoljeno xn ≤ zn ≤ yn, to postoji n′′ ∈ N, tako da je za sve n ≥ n′′

zadovoljeno xn ≤ zn ≤ yn. Ako sada stavimo da je n0 = max{n′,n′′}, onda je za sve n ≥ n0zadovoljeno

A− ε < xn ≤ zn ≤ yn < A+ ε ,

ali ovo za niz (zn)n∈N znaci da su mu skoro svi clanovi u okolini (A− ε,A+ ε), odnosno to znacilim

n→+∞zn = A. �

� Primjer 1.27 Ispitati konvergenciju niza zn =ln(1+n)

1+n2 .

Matematickom indukcijom se pokazuje da vrijedi ln(1+n)< n. 3 Koristeci ovu cinjenicu imamo,

0≤ ln(1+n)1+n2 ≤ n

1+n2 ≤nn2 =

1n.

Ako oznacimo sa xn = 0, yn =1n , onda su uslovi gornje teoreme zadovoljeni, pa zakljucujemo da je

limn→+∞

xn = limn→+∞

yn = 0 = limn→+∞

zn .

�

3Vrijedi opstije: za proizvoljan x > 0 je log(1+ x)< x.



n√

2n +3n.

Kako vazi 3n ≤ 2n +3n ≤ 2 ·3n, tada je

3≤ n√

2n +3n ≤ 3 n√

2 .

Ako oznacimo sa xn = 3 i sa yn = 3 n√

2, tada znamo da je

limn→+∞

xn = limn→+∞

yn = 3 ,

pa na osnovu teorema o lopovu i dva policajca vrijedi

limn→+∞

zn = limn→+∞

n√

2n +3n = 3 .

�

1.1.6 Beskonacne granicne vrijednostiDefinicija 1.1.10 Kazemo da niz (xn)n∈N odredeno divergira ka plus beskonacnosti ako vrijedi

(∀K > 0)(∃n0(K) ∈ N)(∀n ∈ N)(n≥ n0 ⇒ xn > K) ,

sto oznacavamo sa limn→+∞

xn =+∞.

Kazemo da niz (xn)n∈N odredeno divergira ka minus beskonacnosti ako vrijedi

(∀K > 0)(∃n0(K) ∈ N)(∀n ∈ N)(n≥ n0 ⇒ xn <−K) ,

sto oznacavamo sa limn→+∞

xn =−∞

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15

K

K1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15

K

K

Slika 1.11: Odredeno divergentni nizovi.

Definicija 1.1.10 postaje analogna Definiciji 1.1.8 ako se uvede pojam okoline beskonacnosti.Pod okolinom od +∞ podrazumijevamo proizvoljan interval (K,+∞) i analogno pod okolinom od−∞ podrazumijevamo proizvoljan interval (−∞,−K), za neko K ∈ R+.Na osnovu ovoga mozemo reci da niz odredeno divergira ka +∞ ako su skoro svi clanovi niza uproizvoljnoj okolini od +∞.

Sada mozemo izvrsiti selekciju svih nizova u odnosu na konvergenciju. Svaki realni niz spadau jednu od klasa:• Niz je konvergentan (granicna vrijednost mu je neki realan broj).• Niz je odredeno divergentan (granicna vrijednost mu je ili +∞ ili −∞).• Niz je neodredeno divergentan (nema ni konacnu ni beskonacnu granicnu vrijednost).

� Primjer 1.29 Posmatrajmo geometrijski niz xn = qn (n∈N). Za koje q∈R je dati niz konvergentan?Ako je q = 1 tada je nas niz konstantan (xn = 1 za sve n ∈ N ), pa mu je i granicna vrijednostjednaka 1. Dakle, niz je u ovom slucaju konvergentan.


Za q =−1 dobijamo niz sa opstim clanom xn = (−1)n, za koga je vec ranije pokazano da nemagranicnu vrijednost, tojest niz je neodredeno divergentan.Neka je |q|< 1. Kao sto je pokazano u Primjeru 1.22 tada je niz konvergentan (nula-niz).Za q <−1, clanovi niza sa parnim stepenom su pozitivni, a sa neparnim stepenom su negativni, alisvi clanovi po apsolutnoj vrijednosti rastu u beskonacnost. Medutim, u proizvoljnoj okolini od +∞

nalazi se beskonacno mnogo clanova (skoro svi sa parnim stepenom), ali van te okoline je takodebeskonacno mnogo clanova niza (skoro svi sa neparnim stepenom). Isto vrijedi i sa okolinama od−∞. Dakle niz je neodredeno divergentan.Za q > 1 jasno je da imamo beskonacan veliki niz koji je onda odredeno divergentan. �

Sljedeci teorem je na odredeni nacin prosirenje Teorema 1.1.4.

Teorem 1.1.12 Neka je limn→+∞

xn = x ∈ R i neka je limn→+∞

yn =+∞. Tada vrijedi:

1. limn→+∞

(xn + yn) = +∞.

2. limn→+∞

(xn · yn) = sgnx ·∞, (x 6= 0).

3. limn→+∞

xn

yn= 0.

U Teoremu 1.1.4 smo govorili o konvergentnim nizovima. Gornji teorem je prosirenje u tomsmislu sto mozemo direktno racunati limese kombinacije dva niza i ako je jedan od nizova odredenodivergentan.

� Primjer 1.30 Izracunati: limn→∞

n2 +3n+4n+3

.

Opsti clan niza je xn =n2+3n+4

n+3 = n(n+3)+4n+3 = n+ 4

n+3 i kao takav on je zbir dva niza, prvi sa opstimclanom yn = n i drugi sa opstim clanom zn =

4n+3 . Kako je lim

n→∞yn =+∞, a lim

n→∞zn = 0, to je

limn→∞

xn =+∞ .

�


nen

n+1.

Ako sa (xn) oznacimo niz sa opstim clanom xn =n

n+1 , a sa (yn) niz sa opstim clanom yn = en, tadaje

limn→∞

xn = 1 i limn→∞

yn =+∞ .

Prema Teoremi 1.1.12 2. jelimn→∞

xnyn =+∞ .

�

Postoje kombinacije dva niza kada se rezultat ne moze direktno odrediti kao u slucajevimaopisanim u Teorem 1.1.4 i Teorem 1.1.12. Tada kazemo da je granicna vrijednost neodredena ili daje neodredenog tipa. To medutim ni u kom slucaju ne znaci da granicna vrijednost ne postoji, vecsamo da se ne moze unaprijed odrediti primjenom pravila datih u ovim teoremama.

� Primjer 1.32 Za niz sa opstim clanom xn =n2 +3n−2

2n2 +5n+4imamo neodredenost tipa ∞

∞jer i brojilac

i imenilac divergiraju ka +∞, kada n tezi u beskonacnost. Dijeljenjem i brojioca i imenioca sa n2

vrijednost razlomka se nece promjeniti, pa je

xn =1+ 3

n −2n2

2+ 5n +

4n

.


Primjenom pravila Teorema 1.1.4 dobijamo da je

limn→+∞

xn =12.

�


(√

n+1−√

n).Ako bi smo limesom ”prosli” kroz malu zagradu i pokusali primjeniti Teorem 1.1.4 ili Teorem

1.1.12, dobili bi izraz oblika ∞−∞ za koga nemamo odluku cemu je jednak. Zato se posluzimoracionalizacijom izraza pod limesom, a tek onda primjenimo Teorem 1.1.12.

limn→∞

(√

n+1−√

n) = limn→∞

(√

n+1−√

n) ·√

n+1+√

n√n+1+

√n

= limn→∞

n+1−n√n+1+

√n= lim

n→∞

1√n+1+

√n= 0 .

�

Postoji sedam tipova neodredenosti, a to su:

∞

∞,

00, 0 ·∞ , ∞−∞ , 1∞ , ∞

0 , 00 .

O ponasanju beskonacno velikih i beskonacno malih nizova (nula-nizova) i njihovoj vezi govorinaredni teorem.

Teorem 1.1.13 1. Ako je (xn)n∈N nula-niz i ako su skoro svi clanovi niza pozitivni (negativni),tada je

(1xn

)n∈N

beskonacno veliki niz.

2. Ako je (xn)n∈N beskonacno veliki niz i xn 6= 0 za sve n ∈ N, tada je niz(

1xn

)n∈N

nula-niz.

� Primjer 1.34 Kako je niz sa opstim clanom xn = n (n ∈ N) beskonacno veliki niz, prema gornjoj

teoremi niz sa opstim clanom 1xn

je nula-niz, cime jos jednom potvrdujemo poznati limes limn→∞

1n= 0.

�

Napomenimo ovdje da Teorem o lopovu i dva policajca vrijedi i u slucaju kada limn→+∞

xn =

limn→+∞

yn =+∞. Zaista, ako je u Teorem 1.1.11 A =+∞, potrebna nam je samo nejednakost xn ≤ zn.

Zbog limn→+∞

xn = +∞, za svako K, postoji n1, takav da je za n ≥ n1, xn > K. Ako je xn ≤ zn za

n≥ n2, onda je za n > max{n1,n2} zadovoljeno zn ≥ xn > K, a odavde slijedi da je limn→+∞

zn =+∞.

Slucaj kada je A =−∞ dokazuje se analogno i ostavljen je citaocu za vjezbu.

1.1.7 Kriteriji konvergencije nizaOsim ispitivanja konvergencije niza po definiciji ili koristeci se poznatim konvergentnim nizovima,od interesa je imati i dodatne kriterije za utvrdivanje konvergencije. Jedan takav je Teorem o lopovui dva policajca, koga smo zbog prakticnih razloga vec ranije upoznali.

Za monotone nizove imamo veoma jednostavan kriterijum konvergencije koji dajemo sljedecimteoremom.

Teorem 1.1.14 Svaki monoton niz je ili konvergentan ili odredeno divergentan (ima konacnu ilibeskonacnu granicnu vrijednost).

Primjetimo odma da obrat u gornjoj teoremi ne mora da vrijedi. Naime, niz moze bitikonvergentan, ali ne mora biti monoton. Dovoljno je posmatrati niz sa opstim clanom xn =

(−1)n

n


(n ∈ N), koji je nula-niz, ali nije monoton jer mu clanovi ”skacu” oko nule (parni su pozitivni,a neparni su negativni). U gornjoj tvrdnji sa dodatnom pretpostavkom mozemo biti i precizniji.Naime, vrijedi

Teorem 1.1.15 Neka je (xn) proizvoljan numericki niz.1. Ako je (xn) monotono rastuci niz neogranicen odozgo, tada je lim

n→∞xn =+∞.

2. Ako je (xn) monotono opadajuci niz neogranicen odozdo, tada je limn→∞

xn =−∞

Kao konsekvencu iz gornja dva tvrdenja imamo jedan od najopstijih kriterija konvergencije datnarednim tvrdenjem.

Teorem 1.1.16 — Weierstrassov teorem. Svaki monoton i ogranicen niz je konvergentan.

Dokaz : Neka je dat niz (xn)n∈N i pretpostavimo da je on monotono rastuci i ogranicen odozgo.Zbog ogranicenosti odozgo, postoji konstanta M ∈ R, takva da je za sve n ∈ N, xn ≤M. Dakle, akoposmatramo skup vrijednosti naseg niza A = {xn | n ∈ N}, on je ogranicen odozgo, pa na osnovuaksioma potpunosti postoji supA = x∗ ∈ R. Jasno je da za sve n ∈ N vrijedi xn ≤ x∗. Neka je sadaε > 0 proizvoljan. Tada je

(∀n ∈ N) xn < x∗+ ε . (1.4)

Zbog osobina supremuma ce za ovakav ε postojati n0 ∈ N tako da je xn0 > x∗− ε (x∗ je najmanjegornje ogranicenje). Kako smo pretpostavili da je niz monotono rastuci to ce vrijediti

(∀n ∈ N)(n≥ n0 ⇒ xn > x∗− ε . (1.5)

Iz (1.4) i (1.5) zakljucujemo da ce za sve n≥ n0 vrijediti

x∗− ε < xn < x∗+ ε ⇔ |xn− x∗|< ε .

Dakle, pokazali smo da za proizvoljan ε > 0, postoji n0 ∈ N, tako da za proizvoljan n ∈ N, ako jen≥ n0 onda je |xn−x∗|< ε , sto na osnovu definicije konvergencije niza znaci da vrijedi lim

n→∞xn = x∗.

Na potpuno identican nacin se pokazuje slucaj ako je niz monotono opadajuci, a od ogranicenostiniza bi iskoristili njegovu ogranicenost odozdo. �

U ovoj teoremi kao sto se vidi iz dokaza, za konvergenciju niza treba razlikovati dva slucaja:1. Ako je niz monotono rastuci, zahtijevamo ogranicenost odozgo.2. Ako je niz monotono opadajuci, zahtijevamo da je niz ogranicen odozdo.

� Primjer 1.35 Posmatrajmo niz xn =nan (a > 1).

Kako je za dovoljno veliko n ∈ N, n ·a > n+1, to je

xn+1

xn=

n+1n ·a

< 1 ,

zakljucujemo da je niz strogo monotono opadajuci.Za proizvoljno n ∈ N je xn =

nan > 0, pa je dati niz ogranicen odozdo.

Prema gornjem teoremu je dati niz konvergentan, tojest limn→+∞

xn = x0. Pustimo li u izrazu

xn+1 =n+1an+1 =

n+1n ·a

xn

da n tezi u beskonacnost imali bi da vrijedi x0 =x0

a, a zbog a > 1 ovo je moguce samo ako je

x0 = 0, pa jelim

n→+∞

nan = 0 , a > 1 .

�


Navedimo opstiji limes od gornjeg primjera:

limn→+∞

nm

an = 0 , m ∈ N , a > 1 .

On nam govori da je eksponencijalna funkcija ”jaca” od polinomijalne funkcije, tojest imenilacrazlomka (eksponencijalna funkcija) ”nadjacava” brojilac (polinomijalna funkcija) te je limesjednak 0.

� Primjer 1.36 Pokazimo da je niz xn =(1+ 1

n

)n rastuci i ogranicen odozgo.Jednostavnim racunom se ima

xn+1

xn=

n+2n+1

(1− 1

(n+1)2

)n

.

Na osnovu Bernoullijeve nejednakosti4 je(1− 1

(n+1)2

)n

≥ 1− n(n+1)2 , n≥ 2 ,

pa imamoxn+1

xn≥ n+2

n+1

(1− n

(n+1)2

)=

n3 +3n2 +3n+2n3 +3n2 +3n+1

> 1 .

Dakle niz je strogo monotono rastuci.Ako sada posmatramo i niz yn =

(1+ 1

n

)n+1, zbog veze yn = xn · (1+ 1n), ocigledna je nejednakost

xn ≤ yn za proizvoljno n ∈ N. Pokazati da je niz (yn)n∈N strogo monotono opadajuci, ostavljeno jecitaocu za vjezbu. Iz ovoga onda zakljucujemo da je bilo koji clan niza (yn)n∈N gornje ogranicenjeniza (xn)n∈N, pa mozemo reci da je xn≤ y1 = 4, za proizvoljno n∈N. Iz monotonosti i ogranicenostiniza (xn)n∈N zakljucujemo njegovu konvergenciju.Primjetimo da slicno vrijedi i za niz (yn)n∈N. Naime, kako je niz (xn)n∈N monotono rastuci, svinjegovi clanovi su veci od x1. Tada za monotono opadajuci niz (yn)n∈N imamo da je x1 = 2≤ yn zasve n ∈ N, tojest on je i ogranicen odozdo te je i on konvergentan niz.Zbog veze yn = xn · (1+ 1

n) jasno je da vrijedi

limn→∞

xn = limn→∞

yn .

�

Granicnoj vrijednosti ova dva niza dajemo posebno ime (po matematicaru Euleru5), a isticemoi njegovu vaznost za racunanje mnogih drugih limesa.

Definicija 1.1.11

e = limn→+∞

(1+

1n

)n

.

4(Bernoullijeva nejednakost) Neka je n ∈ N i x realan broj veci od −1. Tada vrijedi

(1+ x)n ≥ 1+nx .

5Leonhard Euler, 1707-1783 svicarski matematicar


Broj e nazivamo Eulerovim brojem i on je jedna od najvaznijih matematickih konstanti. Prvihnekoliko decimala tog broja su

e = 2.71828182845904523536...

Niz sa opstim clanom xn =

(1+

1n

)n

je forme stepena cija osnova je(1+ 1

n

)i koja tezi ka 1 (kada

n→ ∞), a eksponent je n koji tezi ka +∞ (kada n→ ∞). Time je granicni proces niza (xn)n∈Noblika 1∞ koji je jedan od navedenih neodredenih oblika.

� Primjer 1.37 Izracunati limn→∞

(2n+22n+1

)n

.

Razmatrajuci osnovu stepena i eksponent stepena niza ciju granicnu vrijednost treba izracunati,vidimo da je limes oblika 1∞. Ovakvi oblici se rjesavaju pomocu limesa Eulerovog broja.

limn→∞

(2n+22n+1

)n

= limn→∞

(1+

12n+1

)n

= limn→∞

[(1+1

2n+1

)2n+1] 1

2

·(

1+1

2n+1

)− 12

= e

12 ·1 =

√e .

�

Neka su (xn)n∈N i (yn)n∈N proizvoljni nizovi, takvi da xn → x∗ i yn → y∗ (n→ ∞). Akoposmatramo niz kolicnik ova dva niza, njegovu konvergenciju znamo ispitati u svim slucajevimaosim ako je x∗ = y∗ = 0 ili x∗ = y∗ = ∞ (O ostalim slucajevima govore Teorem 1.1.42.(a), Teorem1.1.12 i Teorem 1.1.13). Za ”eliminaciju neodredenosti” tipa 0

0 i ∞

∞izuzetno su dobre i korisne

Stolz-Cesaro teoreme.

Teorem 1.1.17 — Stolz-Cesaro, tip 00 . Neka su (xn)n∈N i (yn)n∈N proizvoljni nula-nizovi koji

zadovoljavaju uslove:1. Niz (yn)n∈N je strogo monoton.

2. Postoji konacna ili beskonacna granicna vrijednost limn→+∞

xn+1− xn

yn+1− yn.

Tada postoji i limn→+∞

xn

yni vazi jednakost

limn→+∞

xn

yn= lim

n→+∞

xn+1− xn

yn+1− yn.

Dokaz : Bez umanjenja opstosti neka je niz (yn) strogo monotono opadajuci.

Slucaj I: Neka je limn→+∞

xn+1− xn

yn+1− yn= L ∈ R. Za proizvoljno ε > 0, postoji n0 ∈ N, takav da je

L− ε <xn+1− xn

yn+1− yn< L+ ε ,

za svako n≥ n0. Kako je (yn) monotono opadajuci, to je yn+1− yn < 0, a time je onda

(L− ε)(yn+1− yn)> xn+1− xn > (L+ ε)(yn+1− yn) ,

za sve n ≥ n0. Ako fiksiramo neko ovakvo n, gornju nejednakost onda mozemo zapisati zasvako n,n+1,n+2, ...,n+ p, za proizvoljno p ∈ N. Saberemo li sve te nejdnakosti (sabiranjmeodgovarajucih mjesta), dobijamo sljedecu vezu,

(L− ε)(yn+p− yn)> xn+p− xn > (L+ ε)(yn+p− yn) .


Pustajuci da p→ ∞, postujuci prolaz limesa kroz strogu nejednakosti i uzimajuci da su u pitanjunula-nizovi, imamo,

(L− ε)(−yn)≥−xn ≥ (L+ ε)(−yn) .

Djeleci posljednje sa −yn, vrijedi

(L− ε)≤ xn

yn≤ (L+ ε) ,

za proizvoljno n≥ n0. Ovo znaci da je niz (q f racxnyn) konvergentan i da je limn→+∞

xn

yn= L.

Slucaj II: Neka je limn→+∞

xn+1− xn

yn+1− yn=+∞. To znaci da za proizvoljno M > 0, postoji n0 ∈ N, takav

da jexn+1− xn

yn+1− yn> M ,

za svako n≥ n0. Koristeci ovo vrijedi generalnije,

xn− xm =m−1

∑k=n

(xk− xk+1)>m−1

∑k=n

M(yk− yk+1) = Mm−1

∑k=n

(yk− yk+1) = M(yn− ym) ,

za sve m,n ∈ N, za koje je m > n≥ n0. Odavde je onda

xn

yn> M

(1− ym

yn

)+

xm

yn.

Drzeci n fiksnim i pustajuci da m→ ∞, zakljucujemo da je

xn

yn≥M ,

za sve n≥ n0, a to znaci da je limn→+∞

xn

yn=+∞.

Slucaj III: Ako je limn→+∞

xn+1− xn

yn+1− yn=−∞, dokaz je potpuno analogan Slucaju II. �

Na slican nacin gornjem, dokazujemo i naredni teorem.

Teorem 1.1.18 — Stolz-Cesaro, tip ∞

∞. Neka su za proizvoljne nizove (xn)n∈N i (yn)n∈N

zadovoljeni uslovi:1. Niz (yn)n∈N je monotono rastuci.2. lim

n→+∞yn =+∞.

3. Postoji konacna ili beskonacna granicna vrijednost limn→+∞

xn+1− xn

yn+1− yn.

Tada postoji i limn→+∞

xn

yni vazi jednakost

limn→+∞

xn

yn= lim

n→+∞

xn+1− xn

yn+1− yn.


n3n .

Oznacimo sa xn = n i sa yn = 3n. Jasno je da vrijedi limn→+∞

3n =+∞. Osim toga je 3n+1 > 3n, tojest

niz (yn) je monotono rastuci. Kako je

limn→+∞

xn+1− xn

yn+1− yn= lim

n→+∞

n+1−n3n+1−3n = lim

n→+∞

12 ·3n = 0 ,


dakle zadovoljeni su uslovi Teorema 1.1.18 pa vrijedi

limn→+∞

n3n = 0 .

�

� Primjer 1.39 Izracunati limn→+∞

12 +22 +32 + · · ·+n2

n3 .

Oznacimo sa xn = 12 +22 +32 + · · ·+n2 i yn = n3. Kako je yn+1yn

=(1+ 1

n

)n> 1, niz (yn) je

monotono rastuci. Pri tome je limn→+∞

n3 =+∞, te su zadovoljena prva dva uslova Teorema 1.1.18.

limn→∞

xn+1− xn

yn+1− yn= lim

n→∞

(12 +22 + · · ·+n2 +(n+1)2)− (12 +22 + · · ·+n2)

(n+1)3−n3

= limn→∞

(n+1)2

(n+1)3−n3 = limn→∞

n2 +2n+13n2 +3n+1

=13.

Dakle, postoji limn→+∞

xn+1− xn

yn+1− yni onda je

limn→+∞

12 +22 +32 + · · ·+n2

n3 =13.

�

Stolz-Cesaro teoreme imaju veliku primjenu. Jednu od njih iskazujemo u narednoj formi.

Posljedica 1.3. 1. Ako je limn→+∞

xn = x∗ ∈ R∗, tada je limn→+∞

x1 + x2 + · · ·+ xn

n= x∗.

2. Ako je limn→+∞

xn = x∗ ∈ R∗ i svi clanovi niza su pozitivni, tada je limn→+∞

n√

x1 · x2 · · ·xn = x∗.

Obicnim rjecima receno, gornja tvrdnja govori o tome da ako je niz konvergentan tada suaritmeticka i geometrijska sredina takode konvergentne i to ka istoj vrijednosti kao i niz. Za niz(xn)n∈N za koga je niz njegovih aritmetickih sredina

( x1+x2+···+xnn

)n∈N konvergentan, kazemo da je

Casaro konvergentan. Dakle, gornji teorem tvrdi da konvergencija niza povlaci njegovu Cesarokonvergenciju. Obrat u opstem slucaju ne vrijedi. Dovoljno je posmatrati niz xn = (−1)n, koji jesteCesaro konvergentan ka 0, ali nije konvergentan.

1.1.8 PodnizoviSve sto smo do sada spominjali o nizovima ticalo se konvergentnih nizova. Postavlja se prirodnopitanje, a sta je sa divergentnim nizovima? Kako ispitujemo divergenciju niza? Sta su karakteristikedivergentnih nizova? Jednu vrstu divergentnih nizova, beskonacne nizove, smo okarakterisali kaoodredeno divergentne. U neformalnoj podjeli nizova vidjeli smo da niz moze biti i neodredenodivergentan i ovu klasu nizova sada cemo detaljnije okarakterisati.

Ako iz niza (xn)n∈N izdvojimo beskonacno mnogo clanova u istom redoslijedu u kome sepojavljuju u datom nizu, dobijeni niz se naziva podnizom niza (xn). Naprimjer, ako u nizu (xn)n∈Nposmatramo samo njegove parne clanove, dobijamo podniz (x2k)k∈N ili ako posmatramo svakisedmi clan imamo podniz (x7k)k∈N. Formalna definicija podniza je

Definicija 1.1.12 Neka je dat niz (xn)n∈N i neka je n1,n2, ...,nk, ... strogo monotono rastuci nizprirodnih brojeva. Tada kazemo da je (xnk)k∈N podniz niza (xn)n∈N.

Jasno je da svaki niz ima beskonacno mnogo svojih podnizova. Podniz (xnk) moze se posmatratikao niz sa indeksima k = 1,2, ... pa sve sto je do sada receno za nizove vazi i za podnizove.Neposredno iz definicije podniza slijedi


Teorem 1.1.19 Ako niz (xn)n∈N ima granicnu vrijednost x0, tada i bilo koji podniz (xnk)k∈Ndatog niza ima granicnu vrijednost x0.

Obrat u gornjem tvrdenju ne vrijedi, tojest ako neki podniz datog niza ima granicnu vrijednost,sam niz ne mora imati granicnu vrijednost. Jednostavan primjer za to je niz xn = (−1)n. Njegovipodnizovi (x2k) i (x2k−1) su konstantni nizovi i kao takvi konvergentni dok sam niz, kao sto je topokazano ranije, nije konvergentan.U ovom dijelu cemo se upravo baviti odnosom izmedu konvergencije niza i konvergencije njegovihpodnizova.

Teorem 1.1.20 — Bolzano-Weierstrass. Svaki ogranicen niz u R ima bar jedan konvergentanpodniz u R.

Dokaz : Neka je (xn)n∈N ogranicen niz. To znaci da postoji segment na realnoj pravoj [−K,K] ukome se nalaze svi clanovi naseg niza. Oznacimo sa a1 =−K i b1 = K i stavimo da je c1 =

a1+b12 .

Tada u bar jednom od segmenata [a1,c1], [c1,b1] se nalazi beskonacno mnogo clanova naseg niza(ako bi u oba segmenta bilo po konacno mnogo clanova niza, to bi znacilo da sam niz ima konacnomnogo clanova). Oznacimo taj segment sa [a2,b2] (ako u oba segmenta ima beskonacno mnogoclanova niza, izaberemo bilo koji od njih). Neka je c2 =

a2+b22 i opet posmatrajmo dva segmenta

[a2,c2] i [c2,b2]. Prema istom rezonu kao malo prije, oznacimo sa [a3,b3] onaj od segmenatau kome se nalazi beskonacno mnogo clanova naseg niza. Nastavljajuci ovaj proces, racunamocn =

an+bn2 , formiramo segmente [an,cn], [cn,bn], biramo onaj u kome se nalazi beskonacno mnogo

clanova niza i oznacavamo ga sa [an+1,bn+1].Ovim postupkom se formira niz segmenata [an,bn] (n ∈ N) sa osobinama

(∀n ∈ N) [an+1,bn+1]⊆ [an,bn] , (1.6)

i

limn→∞

(bn−an) = limn→∞

4K2n = 0 . (1.7)

Na osnovu Cantorovog aksioma postoji tacno jedan x∗ ∈⋂

n∈N[an,bn], tojest za svako n ∈ N,

x∗ ∈ [an,bn]. Iz (1.6) je (an)n∈N monotono rastuci niz brojeva, ogranicen odozgo sa K, te jekonvergentan niz. Isto tako, niz (bn)n∈N je monotono opadajuci niz ogranicen odozdo sa −K te je ion konvergentan. Iz (1.7) zakljucujemo da je lim

n→∞an = lim

n→∞bn. Sada zbog osobine an ≤ x∗ ≤ bn za

svako n ∈ N, na osnovu teoreme o lopovu i dva policajca zakljucujemo da je

limn→∞

an = limn→∞

bn = x∗ .

Prema konstrukciji niza segmenata, u svakom segmentu [an,bn] postoji beskonacno mnogo clanovaniza (xn)n∈N. Izaberimo za svako k ∈ N, xnk ∈ [ak,bk], pri cemu je nk > nk−1. Na ovaj nacin smoizdvojili podniz (xnk)k∈N iz niza (xn)n∈N za koga vrijedi

(∀k ∈ N) ak ≤ xnk ≤ bk ,

pa koristeci jos jednom teorem o lopovu i dva policajca, zakljucujemo da je (xnk) konvergentanpodniz. �

Za neogranicene nizove imamo sljedece tvrdenje.


Teorem 1.1.21 Svaki niz neogranicen odozgo (odozdo) sadrzi podniz koji odredeno divergiraka +∞ (−∞).Ako je niz neogranicen i nije beskonacno veliki, tada postoji podniz koji konvergira u R.

Dokaz : Ostavljeno za vjezbu! �Kombinujuci prethodna dva teorema mozemo dati sljedece generalno tvrdenje.

Teorem 1.1.22 Svaki realan numericki niz sadrzi konvergentan podniz u R∗. Ako niz nijebeskonacno veliki, onda sadrzi konvergentan podniz u R.

Definicija 1.1.13 Za tacku a ∈ R∗ kazemo da je tacka nagomilavanja niza (xn)n∈N ako postojipodniz (xnk)k∈N datog niza koji konvergira ka tacki a.

� Primjer 1.40 Posmatrajmo niz sa opstim clanom xn = sin 2nπ

3 .Posmatramo li clanove niza sa indeksima n = 3k (k ∈ N), dobijamo podniz (x3k) koji je konstantanniz (x3k = sin 6kπ

3 = sin2kπ = 0) te kao takav i konvergentan ka 0.Posmatramo li clanove niza sa indeksima n = 3k−1, dobijamo podniz (x3k−1) koji je konstantanniz (x3k−1 = sin 2(3k−1)π

3 = sin(2kπ− 2π

3

)=−

√3

2 ) te kao takav i konvergentan ka −√

32 .

Posmatramo li clanove niza sa indeksima n = 3k−2, dobijamo podniz (x3k−2) koji je konstantanniz (x3k−2 = sin 2(3k−2)π

3 = sin(2kπ− 4π

3

)= 1

2 ) te kao takav i konvergentan ka 12 .

Dakle, tacke 0, −√

32 i 1

2 su tacke nagomilavanja niza (xn). �

Tacku nagomilavanja mozemo definisati i na sljedeci nacin.

Definicija 1.1.14 Tacka a ∈ R je tacka nagomilavanja niza (xn)n∈N ako vrijedi

(∀ε > 0)(∀n ∈ N)(∃m > n) |xm−a|< ε .

Iz ove druge definicije vidimo i razliku izmedu pojma limesa i pojma tacke nagomilavanja.Naime, limes niza ima osobinu da se u svakoj njegovoj okolini nalaze skoro svi clanovi niza(van te okoline nalazi se samo konacno mnogo clanova niza), dok se u proizvoljnoj okolini tackenagomilavanja niza nalazi ”samo” beskonacno mnogo clanova niza (pa ih i van te okoline moze bitibeskonacno mnogo). Naravno, limes niza, ako postoji, uvijek je njegova tacka nagomilavanja (i tojedina), dok obrat ne mora da vazi.

Napomenimo ovde jos jednu vaznu razliku izmedu pojma tacke nagomilavanja niza (xn)n∈N itacke nagomilavanja skupa vrijednosti niza {xn | n ∈ N}. Naprimjer, kao sto smo to vidjeli vec, nizxn = (−1)n ima dvije tacke nagomilavanja x′ = 1 i x′′ =−1, dok skup vrijednosti tog niza {−1,1}nema niti jednu tacku nagomilavanja jer je on konacan skup.

U kontekstu tacaka nagomilavanja Bolzano-Weierstrassov teorem mozemo iskazati i na sljedecinacin.

Teorem 1.1.23 Svaki ogranicen niz realnih brojeva ima bar jednu tacku nagomilavanja u R.

I Teorem 1.1.22 mozemo iskazati drugacije.

Teorem 1.1.24 Svaki niz realnih brojeva ima bar jednu tacku nagomilavanja u R∗.

Ako sa T (xn) oznacimo skup svih tacaka nagomilavanja niza (xn)n∈N, onda na osnovu Bolzano-Weierstrassovog teorema zakljucujemo da je on neprazan u R∗. Koja je gornja granica brojaelemenata ovog skupa nece nas zanimati, iako treba reci da se mogu konstruisati nizovi koji imajuproizvoljno mnogo tacaka nagomilavanja, sta vise, postoje nizovi za koje je svaka tacka iz R,njihova tacka nagomilavanja.


Lema 1.1.25 Neka je (xn)n∈N proizvoljan niz i T (xn) skup njegovih tacaka nagomilavanja. Ako jex0 tacka nagomilavanja skupa T (xn), onda je x0 ∈ T (xn).

Teorem 1.1.26 Za proizvoljan niz (xn)n∈N, skup T (xn) ima maksimum i minimum u R∗.

Dokaz : Na osnovu Teorema 1.1.20 skup T (xn) nije prazan, pa supremum i infimum postoje u R∗.Ako je T (xn) konacan (tojest ima konacno mnogo elemenata) tvrdenje je trivijalno. Pretpostavimozato da je to beskonacan skup. Ako a = supT (xn) nije maksimum skupa (tojest a /∈ T (xn)), ondana osnovu karakterizacije supremuma, tacka a bi bila tacka nagomilavanja skupa T (xn), ali onda bina osnovu Leme 1.1.25 a ∈ T (xn), sto je ocigledno kontradikcija. Dakle, supremum skupa T (xn)pripada tom skupu pa je on maksimum skupa.Analogno se izvodi dokaz za infimum. �

Definicija 1.1.15 Najveca tacka nagomilavanja niza (xn)n∈N zove se gornji limes ili limessuperior niza i oznacava se sa

limsupxn ili limn→+∞xn .

Najmanja tacka nagomilavanja niza (xn) zove se donji limes ili limes inferior i oznacava se sa

liminfxn ili limn→+∞xn .

Kratkoce radi u daljem tekstu koristicemo zapise

limn→+∞xn = lim xn i limn→+∞xn = lim xn .

Iz prethodne definicije i Teorema 1.1.26 jasno je da vrijedi

supT (xn) = limxn i infT (xn) = limxn .

Kao neposredna posljedica osobina supremuma i infimuma skupa imamo da za proizvoljan niz(xn)n∈N vrijedi

lim xn ≥ lim xn ,

lim(−xn) =−lim xn , lim(−xn) =−lim xn .

Ako je (xnk) proizvoljan podniz niza (xn) vrijedi,

limxn ≥ lim xnk , limxn ≤ lim xnk

Ako niz nije ogranicen odozgo, onda je lim xn = +∞, a ako nije ogranicen odozdo, onda jelim xn =−∞, sto nam garantuje Teorem 1.1.21.

Sljedeci teorem nam daje jednu karakterizaciju novouvedenih pojmova.

Teorem 1.1.27 Neka je (xn)n∈N proizvoljan realan niz i neka je lim xn = x. Tada vazi:1. (∀ ε > 0)(∃ n0 ∈ N)(∀n≥ n0) xn < x+ ε ,

ili rijecima receno, za svako ε > 0 su skoro svi clanovi niza (xn)n∈N manji od x+ ε .2. (∀ ε > 0)(∀n ∈ N)(∃m > n) xm > x− ε ,

tojest za svako ε > 0 postoji beskonacno mnogo clanova niza (xn)n∈N koji su veci od x−ε .3. Ako tacka x∗ zadovoljava uslove 1. i 2. tada je x∗ = lim xn.

Dokaz :1. Ako ova tvrdnja ne bi bila tacna, to bi znacilo da niz (xn) ima beskonacno mnogo clanova u

intervalu [x+ ε,+∞). Ako te clanove shvatimo kao podniz naseg niza, onda bi taj podnizimao tacku nagomilavanja koja takode pripada tom intervalu, a sto bi bila kontradikcija samaksimalnoscu limesa superior.


2. Za dokaz ove tvrdnje dovoljno je primjetiti da je skup (x−ε,+∞) okolina tacke x i primjenitiDefiniciju 1.1.14.

3. Pretpostavimo da postoje dva razlicita broja x i x′ koji zadovoljavaju 1. i 2. (neka je recimox < x′). Uzmimo proizvoljno x ∈ (x,x′). Kako x zadovoljava 1., to je xn < x za sve n > n0.Ali tada u okolini (x,+∞) ima samo konacno mnogo clanova niza, pa x′ ne zadovoljava uslov2. Dakle, ne mogu postojati dvije tacke koje zadovoljavaju oba uslova.

�

Teorem 1.1.28 Neka je (xn)n∈N proizvoljan realan niz.1. Niz (xn)n∈N ima granicnu vrijednost, konacnu ili beskonacnu, ako i samo ako je

lim xn = lim xn ,

tojest ako i samo ako niz ima samo jednu tacku nagomilavanja.2. Niz (xn)n∈N je konvergentan (tojest ima konacnu granicnu vrijednost) ako i samo ako je

lim xn = lim xn = x0 ∈ R, tojest ako i samo ako ima samo jednu tacku nagomilavanja i taje konacan broj.

� Primjer 1.41 Posmatrajmo niz xn = (−1)n.T (xn) = {−1,1} pa je lim xn = 1, a lim xn =−1.Primjetimo da je skup vrijednosti niza {xn | n ∈ N} = {−1,1} i da on kao konacan skup nematacaka nagomilavanja. �

� Primjer 1.42 Posmatrajmo niz xn =(−1)n

n.

Skup vrijednosti niza je{−1, 1

2 ,−13 ,

14 , ...

}. Nije tesko vidjeti da je supremum ovog skupa jednak 1

2i da je infimum skupa −1. Medutim, kako je ovo konvergentan niz, lim

n→+∞xn = 0, to je T (xn) = {0},

pa vazi

lim xn = lim xn = 0 .

�

� Primjer 1.43 Posmatrajmo niz xn = n(−1)n.

Podniz (x2k) naseg niza je niz ciji je opsti clan x2k = 2k i on tezi ka +∞ kada k tezi u beskonacnost.S druge strane podniz x2k+1 = 1

2k+1 → 0 kada k→ +∞, pa je dakle T (xn) = {0,+∞}, odaklezakljucujemo da je

lim xn =+∞ , lim xn = 0 .

�

1.1.9 Cauchyjev kriterij konvergencije nizovaDefinicija 1.1.16 Za numericki niz (xn)n∈N kazemo da je Cauchyjev niz ako zadovoljavasljedeci uslov:

(∀ε > 0)(∃n0(ε) ∈ N)(∀m,n ∈ N)(m,n≥ n0 ⇒ |xn− xm|< ε) .

Obicnim govorom receno, niz je Cauchyjev ako su mu dovoljno daleki clanovi proizvoljno bliski.

Teorem 1.1.29 Ako je niz konvergentan onda je on Cauchyjev niz.

Dokaz : Neka je (xn) konvergentan niz, tojest limn→+∞

xn = x∗ ∈ R. Prema definiciji konvergencije za

proizvoljno ε > 0 postoji n0 ∈N, tako da je |xn−x∗|< ε

2 , za sve n≥ n0. Neka su n,m ∈N takvi da


je n,m≥ n0. Tada vrijedi

|xn− xm|= |xn− x∗+ x∗− xm| ≤ |xn− x∗|+ |xm− x∗|< ε

2+

ε

2= ε ,

te je niz Cauchyjev. �

Teorem 1.1.30 Svaki Cauchyjev niz u R je ogranicen.

Dokaz : Prema definiciji Cauchyjevog niza, za proizvoljno izabrano ε > 0, postoji n0 ∈ N, tako daje |xn− xm|< ε , za sve n,m≥ n0. Uzmimno da je ε = 1 i stavimo da je m = n0. Tada vrijedi

|xn− xn0 |< 1 , za sve n≥ n0 ,

ili drugacije recenoxn0−1 < xn < xn0 +1 , za sve n≥ n0 .

Oznacimo sa K = max{|x1|, |x2|, ..., |xn0−1|, |xn0 |+1}. Ocigledno sada vrijedi da je za svako n ∈ N,|xn| ≤ K, a to znaci da je niz ogranicen. �

Dakle, Cauchyjev niz je ogranicen pa prema Bolzano-Weierstrassovom teoremu ima bar jednutacku nagomilavanja. Cinjenicu da niz nije Cauchyjev dobijamo negirajuci definiciju Cauchyjevogniza i ona bi glasila,

(∃ε > 0)(∀n0 ∈ N)(∃m,n ∈ N)(m,n≥ n0 ∧ |xn− xm| ≥ ε) .

Medutim, nije jednostavno vidjeti da iz ovoga slijedi da ako niz nije Cauchyjev to znaci da dati niznema niti jednu tacku nagomilavanja. Ovo cemo bolje potkrijepiti narednim tvrdenjem.

Teorem 1.1.31 Cauchyjev niz u R moze imati najvise jednu tacku nagomilavanja.

Dokaz : Pretpostavimo da Cauchyjev niz (xn)n∈N ima dvije tacke nagomilavanja x′ i x′′. Ako jex′ 6= x′′ onda je ε = |x′−x′′|

3 > 0. Za takav ε , prema definiciji Cauchyjevog niza, postoji n0 ∈ N takoda je |xn− xm|< ε , za sve n,m≥ n0.Kako je x′ tacka nagomilavanja naseg niza, to postoji n1 ∈ N tako da je n1 > n0 i |xn1 − x′| < ε .prema istom rezonu za tacku nagomilavanja x′′, postojat ce n2 > n0 tako da je |xn2− x′′|< ε . Zbogsvega ovoga sada imamo

|x′− x′′|= |x′− xn1 + xn1− xn2 + xn2− x′′|≤ |x′− xn1 |+ |xn1− xn2 |+ |xn2− x′′|

< ε + ε + ε = 3|x′− x′′|

3= |x′− x′′| .

Posljednje predstavlja ociglednu kontradiktornost, pa zakljucujemo da Cauchyjev niz moze imatinajvise jednu tacku nagomilavanja. �

Objedinjujuci ova tri tvrdenje iskazujemo generalni stav.

Teorem 1.1.32 — Cauchyjev kriterij konvergencije. Numericki niz je konvergentan ako isamo ako je on Cauchyjev niz.


1.2 Numericki redoviZamislimo da imamo vodoravnu gumenu traku duzine jedan metar, na cijem se jednom kraju nalazimali crv. Neumorni crvic grabi prema drugom kraju, tako da puze brzinom od jedan centimetaru minuti. Medutim, traku pazljivo nadgleda cuvar, kome je jedina briga u zivotu da uznemiravacrva, i to tako da mu na kraju svake minute rastegne gumu za jedan metar. Dakle, nakon jedneminute puzanja crv je odpuzao 1 centimetar, i udaljen je 99 centimetara od drugog kraja gume.Nakon sto cuvar rastegne gumu za jedan metar, crvic zadrzava svoj relativni polozaj na gumi, tojest1 % udaljenosti od pocetka i 99 % od kraja gume. Prema tome, sada je udaljen 2 centimetra odpocetka, i 198 centimetara od kraja gume. Nakon sljedece minute crv je presao ukupno 3 centimetrai preostaje mu jos 197 centimetara do kraja. Medutim, cuvar opet rastegne gumu za jedan metar, paodgovarajuce udaljenosti postaju 4.5 cm. i 255.5 cm. Nastavljajuci na isti nacin dalje, postavlja sepitanje hoce li crv ikada doci do kraja gume?Guma se rasteze brzinom od 1 m nakon svake minute, a crv ”juri” brzinom od jedan centimetar pominuti, plus onaj dobitak u njegovu pomaku kod svakog rastezanja gume. Naravno, pretpostavljamoda crvic i cuvar zive beskonacno dugo, te da se guma moze jednoliko i u nedogled rastezati, kao ito da crvic ima zanemarivo male dimenzije.Svaki put kada cuvar produzi gumu, njen dio koji crv prede ostaje isti. Nakon sto cuvar prvi putrastegne gumu, crv je presao 1

100 gume, nakon sljedece minute crv prede 1200 (rastegnute) gume,

nakon trece minute 1300 duzine ponovno rastegnute gume itd. Prema tome, nakon n minuta dio od n

puta rastegnute gume (duzine n metara) koji prede nas crv iznosi

1100

+1

200+

1300

+ · · ·+ 1n ·100

=1

100

(1+

12+

13+ · · ·+ 1

n

).

Zakljuciti da li ce crvic doci do drugog kraja trake ili nece, znacilo bi odrediti sumu brojeva uzagradi gornjeg izraza, a upravo takva i to beskonacna sabiranja brojeva predmetom su nasegzanimanja u ovom poglavlju.

1.2.1 Definicija i osobine numerickog redaNeka je dat beskonacan niz realnih brojeva a1,a2, ...,an, ... Izraz

∞

∑n=1

an = a1 +a2 + · · ·+an + · · · , (1.8)

naziva se beskonacnim redom sa opstim clanom an, ili realnim numerickim redom. Najcesce cemo

jednostavno govoriti numericki red ili samo red. Izraz∞

∑n=1

an citamo, ”sumiramo clanove an kada se

n mijenja od 1 do ∞”. Velicinu n u datom izrazu nazivamo brojac i ona je fiktivna velicina u tomsmislu da smo umjesto slova n mogli izabrati proizvoljno drugo slovo, a da se smisao izraza ne

gubi, npr.∞

∑k=1

ak,∞

∑z=1

az.

Primjeri sumiranja su,

10

∑n=1

n2 = 12 +22 +32 + · · ·+92 +102 ,

∞

∑k=1

kk+1

=12+

23+ · · ·+ n

n+1+ · · · ,

6

∑i=3

1(i−1)(i−2)

=1

2 ·1+

13 ·2

+1

4 ·3+

15 ·4

+1

6 ·5,

1.2 Numericki redovi 31

100

∑n=0

(−1)n2n = 1−2+4−8+16−32+ · · ·+2100 .

Za prvi, treci i cetvrti primjer kazemo da predstavljaju konacnu sumu (konacno mnogo sabiraka), adrugi primjer predstavlja beskonacnu sumu (beskonacno mnogo sabiraka).

Sumiranje mozemo izvoditi od proizvoljnog indeksa do proizvoljnog indeksa,

n

∑k=m

ak = am +am+1 + · · ·+an .

Primjetimo da smo gornje sumiranje mogli izraziti simbolicki i sa

n−m

∑k=0

am+k = am+0 +am+1 + · · ·+am+n−m = am +am+1 + · · ·+an ,

pri cemu se smisao sumiranja ne mijenja.

� Primjer 1.44 Sumu 12 +

13 +

14 + ·+

110 mozemo u skracenoj simbolickoj formi zapisati na mnogo

nacina. Na primjer,

12+

13+

14+ · · ·+ 1

10=

10

∑n=2

1n,

12+

13+

14+ · · ·+ 1

10=

9

∑n=1

1n+1

,

12+

13+

14+ · · ·+ 1

10=

8

∑k=0

1k+2

,

12+

13+

14+ · · ·+ 1

10=

18

∑i=10

1i−8

.

�

Zbirovi

a1 =1

∑k=1

ak

a1 +a2 =2

∑k=1

ak

................

a1 +a2 + · · ·+an =n

∑k=1

ak

..........................

nazivaju se parcijalnim sumama reda (1.8), tojest ako saberemo prvih n sabiraka,

sn =n

∑k=1

ak , n ∈ N

dobijenu konacnu sumu nazivamo n-ta parcijalna suma reda (1.8). Kako se radi o konacnim sumamarealnih brojeva, cija je suma realan broj, parcijalne sume mozemo posmatrati kao numericki nizrealnih brojeva, (sn)n∈N.


Definicija 1.2.1 Ako postoji konacan limes limn→+∞

sn = s, niza (sn)n∈N parcijalnih suma reda

(1.8), onda kazemo da je red konvergentan i da mu je suma jednaka s. Tada pisemo

s =∞

∑n=1

an .

Za red koji nije konvergentan (bilo da je limn→+∞

sn =±∞, bilo da taj limes ne postoji) kazemo da

je divergentan.

Prema gornjoj definiciji postoje tri slucaja kada kazemo da red divergira:

• Ako je limn→∞

sn =+∞ kazemo da red∞

∑n=1

an divergira ka +∞.

• Ako je limn→∞

sn =−∞ kazemo da red∞

∑n=1

an divergira ka −∞.

• Ako limn→∞

sn ne postoji kazemo da red∞

∑n=1

an oscilira.

� Primjer 1.45 Posmatrajmo red∞

∑n=0

qn gdje je q 6= 0.

Dati red se naziva geometrijskim redom. Njegova n-ta parcijalna suma, ako je q 6= 1 je,

sn =n

∑k=0

qk =1−qn+1

1−q,

sn = 1+q+q2 + · · ·+qn

qsn = q+q2 +q3 + · · ·+qn+1

Oduzimajuci drugu jednakost od prve dobijamo (1−q)sn = 1−qn+1, odakle dobijamo formuluza n-tu parcijalnu sumu geometrijskog reda

sn =1−qn+1

1−q.

Koristeci se cinjenicom limn→∞

qn = 0 za |q|< 1, sada imamo

limn→+∞

sn =1

1−q, |q|< 1 ,

te je geometrijski red konvergentan za |q|< 1. Na primjer, neka je q = 12 vrijedi,

∞

∑n=0

(12

)n

= 1+12+

14+

18+ · · ·= 1

1− 12

= 2 .

Ako je |q| ≥ 1, tada limn→∞

qn ili ne postoji ili odredeno divergira, te je dati red u tom slucajudivergentan.Specijalno, ako je q =−1 imamo red cija je n-ta parcijalna suma

sn = 1−1+1−1+ ...±1 =

{1 , n paran broj0 , n neparan broj

pa u ovom slucaju limn→+∞

sn ne postoji, tojest red je divergentan. �



∑n=1

ln(

1+1n

).

Opsti clan datog reda mozemo zapisati sa

ln(

1+1n

)= ln(n+1)− lnn ,

te je n-ta parcijalna suma jednaka

sn =n

∑k=1

(ln(n+1)− lnn) = ln(n+1)− ln1 = ln(n+1) .

Odavde sada imamo da je limn→+∞

sn =+∞, pa je dati red divergentan. �

� Primjer 1.47 Ispitati konvergenciju reda∞

∑n=3

4−5nn(n−1)(n−2)

.

Nije tesko pokazati da se opsti clan reda moze zapisati sa

xn =4−5n

n(n−1)(n−2)=

2n+

1n−1

− 3n−2

.

Posmatrajmo sada n-tu parcijalnu sumu reda,

sn =n

∑k=3

4−5kk(k−1)(k−2)

=n

∑k=3

(2k+

1k−1

− 3k−2

).

Izvedimo malo proracuna:

sn =n

∑k=3

(2k+

1k−1

− 3k−2

)= 2

n

∑k=3

1k+

n

∑k=3

1k−1

−3n

∑k=3

1k−2

= 2n

∑k=3

1k+

n−1

∑k=2

1k−3

n−2

∑k=1

1k

= 2n

∑k=1

1k−2−1+

n

∑k=1

1k−1− 1

n−3

n

∑k=1

1k+

3n−1

+3n

=2n+

3n−1

−4 .

Sada imamo,

limn→∞

sn = limn→∞

(2n+

3n−1

−4)=−4 .

Dakle, posmatrani red je konvergentan i suma mu je −4. �

Uporedo sa redom (1.8) posmatrajmo i red

an+1 +an+2 + · · ·+an+k + · · ·=∞

∑k=1

an+k =∞

∑k=n+1

ak , (1.9)

koga nazivamo n-ti ostatak reda (1.8) i oznacavamo ga sa rn. Veza konvergencije reda (1.8) ikonvergencije reda (1.9) data je u sljedecoj teoremi.

Teorem 1.2.11. Red (1.8) konvergira ako i samo ako konvergira red (1.9).2. Red (1.8) konvergira ako i samo ako njegov ostatak rn tezi nuli kada n→+∞.

Dokaz :


1. Oznacimo sa sn n-tu parcijalnu sumu reda (1.8) i sa s′k k-tu parcijalnu sumu reda (1.9).Ocigledno tada vrijedi jednakost

s′k = sn+k− sn .

Ako je limk→+∞

sn+k = s, onda je limk→+∞

s′k = s− sn, tj. iz konvergencije reda (1.8) slijedi

konvergencija reda (1.9).Iz lim

k→+∞

s′k = s′ imali bi da je limk→+∞

sn+k = s′+ sn, pa vazi i obrat.

2. Red (1.8) mozemo zapisati kao∞

∑k=1

ak = sn + rn .

Ako taj red konvergira i ima sumu s, onda je rn = s− sn, odakle je

limn→+∞

rn = limn→+∞

(s− sn) = 0 .

Obratno, ako ostatak rn tezi ka nuli kada n→+∞, iz prvog dijela teoreme slijedi da red (1.8)konvergira.

�Iz ovoga tvrdenja vidimo da odbacivanje konacnog broja clanova nekog reda hoce uticati

eventualno na sumu tog reda u smislu promjene vrijednosti te sume, ali nece uticati na njegovukonvergenciju.

� Primjer 1.48 Za geometrijski red∞

∑n=0

qn vidjeli smo da konvergira za |q|< 1 i da je

∞

∑n=0

qn =1

1−q.

U kontekstu gornje primjedbe o odbacivanju konacnog broja sabiraka reda i red∞

∑n=1

qn ce biti

konvergentan, samo sto je sada

∞

∑n=1

qn =∞

∑n=0

qn−q0 =1

1−q−1 =

q1−q

.

�

Teorem 1.2.2 Neka su dati redovi∞

∑n=1

xn i∞

∑n=1

yn. Tada vrijedi:

1. Ako red∞

∑n=1

xn konvergira, tada konvergira i red∞

∑n=1

axn (a ∈ R) i pri tome je

∞

∑n=1

axn = a∞

∑n=1

xn .

2. Ako oba reda konvergiraju, tada konvergira i red∞

∑n=1

(xn + yn) i pri tome je

∞

∑n=1

(xn + yn) =∞

∑n=1

xn +∞

∑n=1

yn .

Dokaz :


1. Oznacimo sa sn = x1 +x2 + · · ·+xn, a sa Sn = ax1 +ax2 + · · ·+axn. Iz egzistencije granicnevrijednosti lim

n→+∞sn slijedi

limn→+∞

Sn = limn→+∞

asn = a limn→+∞

sn = as .

2. Neka je s′n = x1 + x2 + · · ·+ xn i s′′n = y1 + y2 + · · ·+ yn. Neka je

limn→+∞

s′n = s′ i limn→+∞

s′′n = s′′ .

Ako sa Sn oznacimo n-tu parcijalnu sumu reda∞

∑n=1

(xn + yn), imamo

limn→+∞

Sn = limn→+∞

((x1 + y1)+(x2 + y2)+ · · ·+(xn + yn))

= limn→+∞

((x1 + · · ·xn)+(y1 + · · ·yn)) = limn→+∞

s′n + limn→+∞

s′′n

= s′+ s′′ .�

Vodimo racuna da u 2. gornje teoreme ne vrijedi obrat, tojest ako je red∞

∑n=1

(xn+yn) konvergentan

ne moraju onda pojedinacni redovi biti konvergentni. Naime, red∞

∑n=1

(1+(−1))= 0 je konvergentan,

dok su redovi∞

∑n=1

1 i∞

∑n=1

(−1) divergentni te ne vrijedi

∞

∑n=1

(1+(−1)) =∞

∑n=1

1+∞

∑n=1

(−1) .

Sljedecom tvrdnjom dajemo neophodan uslov konvergencije numerickog reda.

Teorem 1.2.3 Ako red∞

∑n=1

xn konvergira, onda vrijedi limn→+∞

xn = 0.

Dokaz : Neka je red∞

∑n=1

xn konvergentan. To znaci da je niz njegovih parcijalnih suma konvergentan.

Iz jednakosti sn− sn−1 = xn (n > 1), direktno slijedi

limn→+∞

xn = limn→+∞

(sn− sn−1) = limn→+∞

sn− limn→+∞

sn−1 = 0 .

�Da navedeni neophodan uslov konvergencije reda nije i dovoljan, pokazat cemo primjerom.

� Primjer 1.49 Posmatrajmo harmonijski red∞

∑n=1

1n

.

Opsti clan ovog reda je xn =1n

i ocigledno je limn→+∞

xn = 0.

Primjetimo kao prvo da za svaki prirodan broj n vrijedi

1n+1

+1

n+2+ · · ·+ 1

2n> n · 1

2n=

12. (1.10)

Grupisemo li clanove naseg reda na slijedeci nacin

1+12+

(13+

14

)︸︷︷︸

svaki sabirak ≥ 14

+

(15+

16+

17+

18

)︸︷︷︸

svaki sabirak ≥ 18

+ · · ·+(

12k−1 +1

+ · · ·+ 12k

)︸︷︷︸

svaki sabirak ≥ 12k

+ · · · ,


koristeci (1.10), vrijednosti svake od zagrada je veca od 12 , pa je suma takvih brojeva beskonacna te

je dati red divergentan.Gornji rezultat je pomalo neocekivan jer naprimjer milionita parcijalna suma harmonijskog

reda iznosiS1000000 ≈ 14.392726722 ,

i poprilicno razumno izgleda da nema kad ”otici” do beskonacne sume! Inace, parcijalne sumeharmonijskog reda se nazivaju harmonijski brojevi i taj termin dolazi iz muzicke teorije. Naime,ton talasne duzine 1

n zove se n-ti harmonik tona cija je talasna duzina 1. Tako harmonijski broj Sn

predstavlja zbir prvih n harmonika.Vratimo se sada i problemu crvica sa pocetka ovog poglavlja. Vidjeli smo da ce crvic nakon n

minuta preci n puta rastegnutu traku u duzini od

1100

+1

200+

1300

+ · · ·+ 1n ·100

=1

100

(1+

12+

13+ · · ·+ 1

n

)=

1100·Sn .

Da li ce ikad stici do kraja trake? Prema gornjem, to ce se desiti kada n-ta parcijalna suma predevrijednost 100, a to ce se sigurno dogoditi zbog divergencije harmonijskog reda. Naime tada ceumnozak 1

100 ·Sn biti veci od 1, a sto znaci da ce crvic doci do kraja trake. Pokazuje se da ce tobiti (pogledati [?]) nakon 2 ·1043 minuta, ili pretvoreno u godine, nakon vise od 1037 godina, sto jemnogo vise od procjenjene starosti svemira od 13 milijardi godina.

Za proizvoljne a,b ∈ R, opsti harmonijski red∞

∑n=1

1an+b

je divergentan. �

Od interesa je poznavati konvergenciju nekih redova pa u tom cilju ovdje isticemo jedan vazanred:

∞

∑n=1

1nα

je konvergentan ako je α > 1, a divergentan ako je α ≤ 1

Za α > 1 dati red se naziva hiperharmonijski red.Teorem 1.2.3 cesto koristimo za dokazivanje divergencije nekog reda i to tako sto ga koristimo

kao kontrapoziciju. Naime, nase tvrdenje je oblika p⇒ q, gdje je p iskaz ”red∞

∑n=1

xn konvergira”, a

iskaz q je ” limn→+∞

xn = 0”. Kako zakon kontrapozicije tvrdi (p⇒ q) ⇔ (¬q⇒¬p), onda imamo

tvrdenje,

Posljedica 1.4. Ako je limn→+∞

xn 6= 0, tada je red∞

∑n=1

xn divergentan.

� Primjer 1.50 Ispitajmo konvergenciju reda∞

∑n=1

1(1+ 1

n

)n .

Kako je

limn→+∞

1(1+ 1

n

)n =1

limn→+∞

(1+ 1

n

)n =1e6= 0 .

Dakle, opsti clan reda ne tezi ka 0, pa po navedenoj posljedici polazni red nije konvergentan. �


∑n=0

(−1)n = 1− 1+ 1− 1+ · · · . Kako limn→+∞

(−1)n ne postoji,

samim tim nije jednak 0, te je dati red divergentan. �


1.2.2 Kriteriji konvergencije redova

Sada cemo dati jedan od najopstijih kriterijuma konvergencije numerickih redova.

Teorem 1.2.4 (Cauchyjev kriterijum konvergencije)Red (1.8) konvergira ako i samo ako vrijedi

(∀ε > 0)(∃n0 ∈ N)(∀n, p ∈ N)(n≥ n0 ⇒ |an+1 +an+2 + · · ·+an+p|< ε) .

Dokaz ove tvrdnje necemo izvoditi, a moze se naci u [?]. Primjetimo ipak da ovaj stav govori,pojednostavljeno receno, da je za konvergenciju reda (1.8) neophodno i dovoljno da proizvoljnap-ta parcijalna suma, proizvoljnog n-tog ostatka reda se moze uciniti proizvoljno malenom, stonaravno direktno koincidira sa tvrdenjima u Teoremu 1.2.1.

Redovi sa nenegativnim clanovima

Ako su skoro svi clanovi niza (xn)n∈N nenegativni, onda za red

∞

∑n=1

xn = x1 + x2 + · · ·+ xn + · · ·

kazemo da je red sa nenegativnim clanovima. Specificnost ovih redova je u tome sto je niz (sn)n∈Nparcijalnih suma datog reda monotono rastuci niz, pa je za konvergenciju tog niza, na osnovuWeierstrassovog teorema (Teorem 1.1.16), dovoljna jos i ogranicenost tog niza.

Teorem 1.2.5 Red∞

∑n=1

xn sa nenegativnim clanovima je konvergentan ako i samo ako je niz

njegovih parcijalnih suma ogranicen.


∑n=1

1n(n+1)

.

Ovo je red sa pozitivnim clanovima, pa je za njegovu konvergenciju dovoljno utvrditi ogranicenostniza parcijalnih suma. Posmatrajmo zato

sn =n

∑k=1

1k(k+1)

=n

∑k=1

(1k− 1

k+1

)= 1− 1

n+1.

Kako je 1− 1n+1 < 1, zakljucujemo da je niz (sn)n∈N ogranicen, te je polazni red konvergentan. Sta

vise, ovdje imamo da je

s = limn→+∞

sn = limn→+∞

(1− 1

n+1

)= 1 .

�

Stvarna potreba u radu sa redovima je utvrdivanje njihove konvergencije, cesce nego odredivanjesame sume tog reda. U tom cilju nam je od interesa imati nekakve kriterije za utvrdivanjekonvergencije. U narednim teoremama dat cemo neke najcesce koristene kriterije.

Teorem 1.2.6 (Kriterij uporedivanja I)

Neka za opste clanove redova∞

∑n=1

xn (1) i∞

∑n=1

yn (2) postoji n0 ∈ N takav da je za n≥ n0, xn ≤ yn.

Tada vrijedi,1. iz konvergencije reda (2) slijedi konvergencija reda (1),2. iz divergencije reda (1) slijedi divergencija reda (2).


Dokaz : 1. Bez umanjenja opstosti pretpostavimo da je n0 = 1 jer odbacivanjem ili dodavanjemkonacnog broja sabiraka beskonacnoj sumi nece uticati na njenu konvergenciju. Neka su s′n i s′′n(n ∈N) respektivno n-ta parcijalna suma reda (1) i reda (2). Po pretpostavci red (2) je konvergentante postoji i konacan je lim

n→∞s′′n = s′′. Kako je xn ≤ yn za svako n ∈ N, to je i s′n ≤ s′′n ≤ s′′. Dakle red

sa nenegativnim clanovima ima niz parcijalnih suma koji je ogranicen odozgo, te je prema Teoremu1.2.5 i red (1) konvergentan.

2. Primjetimo da je tvrdnja 2. kontrapozicija tvrdnje 1. te je na osnovu odgovarajuce tautologijetacna i tvrdnja 2. �


∑n=1

3n4n4 +2n2 +1

.

Kako je

xn =3n

4n4 +2n2 +1≤ 3n

4n4 =3

4n3 ≤1n3 = yn ,

a kako je red∞

∑n=1

1n3 konvergentan (hiperharmonijski red sa α = 3), to je i polazni red, na osnovu

kriterija uporedjivanja, konvergentan. �


∑n=1

n3n +12n .

Kako je

xn =n3n +1

2n ≥ n3n

2n ≥(

32

)n

= yn ,

a red∞

∑n=1

(32

)n

je divergentan (geometrijski red sa q = 32 ), to je i polazni red, na osnovu kriterija

uporedjivanja, divergentan. �

Teorem 1.2.7 (Kriterij uporedivanja II)


∑n=1

xn (1) i∞

∑n=1

yn (2) vrijedi limn→∞

xn

yn= A ∈ [0,+∞]. Tada vrijedi:

1. Ako je A <+∞ onda iz konvergencije reda (2) slijedi konvergencija reda (1).2. Ako je A > 0 onda iz divergencije reda (2) slijedi divergencija reda (1).

Dokaz : 1. Neka je limn→∞

xn

yn= A <+∞. Prema definiciji limesa, za proizvoljan ε > 0 postoji n0 ∈N,

tako da za sve n≥ n0 vrijedi ∣∣∣∣xn

yn−A∣∣∣∣< ε ⇔ A− ε <

xn

yn< A+ ε .

Odavde dobijamo nejednakost xn ≤ (A+ ε)yn koja je tacna za skoro sve n ∈ N. Pozivajuci se nakriterij uporedivanja I imamo da iz konvergencije reda (2) slijedi konvergencija reda (1).

2. Neka je limn→∞

xn

yn= A > 0 i neka je red (2) divergentan. Pretpostavimo suprotno, tojest da

je red (1) konvergentan. Tada bi imali da je limn→∞

yn

xn=

1A<+∞, pa bi na osnovu dokazanog u 1.

morali zakljuciti i da je red (2) konvergentan, sto predstavlja suprotnost sa polaznom pretpostavkom.Dakle, i red (1) mora biti divergentan. �


∑n=1

nn2 +1

.

Oznacimo sa xn =n

n2+1 i stavimo da je yn =1n . Kao sto smo ranije vidjeli, red sa opstim clanom yn


(harmonijski red) je divergentan. Kako je

limn→∞

xn

yn= lim

n→∞

n2

n2 +1= 1 > 0 ,

prema kriteriju uporedivanja je i red sa opstim clanom xn divergentan. �

Teorem 1.2.8 (Kriterij uporedivanja III)


∑n=1

xn (1) i∞

∑n=1

yn (2) postoji n0 ∈ N tako da vrijedi

xn+1

xn≤ yn+1

ynza sve n≥ n0

i neka je xn,yn > 0 (n ∈ N). Ako je red (2) konvergentan onda je i red (1) konvergentan.

Dokaz : Bez umanjenja opstosti neka je n0 = 1. Tada iz pretpostavke teorema imamo

x2

x1≤ y2

y1,

x3

x2≤ y3

y2, · · · xn

xn−1≤ yn

yn−1,

sto je ekvivalentno sax1

y1≥ x2

y2≥ ·· · ≥ xn−1

yn−1≥ xn

yn.

Uzimajuci prvi i posljednji clan gornje produzene nejednakosti imamo nejednakost

xn ≤x1

y1yn , za sve n ∈ N .

Pozivajuci se na kriterij uporedivanja I, iz konvergencije reda (2) imamo konvergenciju reda (1). �

Teorem 1.2.9 (D’Alambertov kriterij)

1. Ako za red∞

∑n=1

xn postoje n0 ∈ N i q ∈ R, takvi da za n≥ n0 vrijedixn+1

xn≤ q < 1, dati red

je konvergentan.Ako postoji n0 ∈ N, takav da za n≥ n0 vrijedi

xn+1

xn≥ 1, dati red je divergentan.

2. Neka postoji limn→+∞

xn+1

xn= λ ∈ R. Tada, ako je λ < 1 dati red je konvergentan, a ako je

λ > 1 dati red je divergentan.

Dokaz : 1. Neka za opsti clan reda∞

∑n=1

xn postoji n0 ∈ N i q ∈ R, tako da jexn+1

xn≤ q < 1. Ovo

znaci da je xn+1 ≤ xnq za sve n ≥ n0 ili sto je ekvivalentno sa xn0+k ≤ xn0qk za sve k ∈ N. Kako

je q < 1 to je red∞

∑k=1

qk konvergentan, a takav je onda i red∞

∑k=1

xn0qk (xn0 je konstanta za dati

red). Na osnovu kriterija uporedivanja I je i red∞

∑k=1

xn0+k =∞

∑k=n0+1

xk konvergentan. Dodavanjem

konacno mnogo clanova (x1,x2, ...xn0) posljednjoj sumi necemo uticati na konvergenciju reda, pa

zakljucujemo da ce i red∞

∑k=1

xk biti konvergentan.

Ako je pocev od nekog indeksa n0 ∈N zadovoljenoxn+1

xn≥ 1, onda je niz (xn)n∈N monotono rastuci

i xn ≥ 0, pa opsti clan reda ne tezi 0, a na osnovu kontrapozicije teorema o neophodnom uslovukonvergencije reda zakljucujemo da je dati red divergentan.


2. Neka je sada limn→+∞

xn+1

xn= λ < 1. Izaberimo ε > 0 tako da je 0 < ε < 1− λ tojest,

0 < ε +λ < 1. Prema definiciji granicne vrijednosti, postoji n0 ∈ N takav da za sve n≥ n0 ce bitizadovoljeno | xn+1

xn−λ | < ε ili λ − ε < xn+1

xn< λ + ε . Stavljajuci da je q = λ + ε , zbog izbora ε

imamo da je q < 1, pa je na osnovu prvog dijela dokaza dati red konvergentan.Ako je lim

n→+∞

xn+1

xn= λ > 1, onda je pocev od nekog indeksa n0 ∈ N zadovoljeno xn+1

xn≥ 1 pa opet

na osnovu prvog dijela dokaza zakljucujemo divergenciju reda. �


∑n=1

1n!

.

Ovde je xn =1n! , te prema D’Alambertovom kriteriju imamo

limn→∞

xn+1

xn= lim

n→∞

1n+1

= 0 < 1 ,

te je posmatrani red konvergentan.

Posmatrajmo uopsteniju situaciju,∞

∑n=1

an

n!, gdje je a > 0 fiksan realan broj.

Primjenjujuci D’Alambertov kriterij gdje je xn =an

n! imamo

limn→∞

xn+1

xn= lim

n→∞

an+1

(n+1)!an

n!= lim

n→∞

an+1

= 0 < 1 ,

te je red konvergentan. Primjetimo da koristeci neophodan uslov konvergencije reda mozemo doci ido zakljucka o konvergenciji niza. Naime, ovdje iz konvergencije datog reda mozemo zakljuciti davrijedi:

limn→∞

an

n!= 0 .

�


∑n=1

3n

n2 +n+1.

limn→+∞

xn+1

xn= lim

n→+∞

n2+n+13n

(n+1)2+(n+1)+13n+1

= limn→+∞

3(n2 +n+1)n2 +3n+3

= 3 > 1 ,

pa na osnovu D’Alambertovog kriterija je polazni red divergentan. �


∑n=1

nn

n!.

Opsti clan reda je xn =nn

n! te imamo,

limn→∞

xn+1

xn= lim

n→∞

(n+1)n+1

(n+1)!nn

n!= lim

n→∞

(n+1)n

nn = limn→∞

(1+

1n

)n

= e > 1 .

Dakle, red je divergentan na osnovu D’Alambertovog kriterija. �


∑n=1

(2n−1)!!(2n)!!

.

limn→∞

xn+1

xn= lim

n→∞

(2n+1)!!(2n+2)!!(2n−1)!!(2n)!!

= limn→∞

2n+12n+2

= 1 .

Na osnovu D’Alambertovog kriterija ne mozemo nista reci o konvergenciji ovog reda. �


Tvrdnju 2. u D’Alambertovom kriteriju pravilnije bi bilo iskazati u ”strozijoj” formi. Naime,trebalo bi posmatrati lim

xn+1

xn= λ < 1 za konvergenciju, odnosno lim

xn+1

xn= λ > 1 za divergenciju

reda. Zaista, posmatrajmo red ciji je opsti clan

xn =

{2−

n+12 ; n neparan

3−n2 ; n paran

tojest, posmatrajmo sumu12+

13+

14+

19+ · · · 1

2n +13n + · · · .

Moramo razlikovati dva slucaja. Ako je n paran broj tada je

xn+1

xn=

2−n+1

2

3−n2

=1√2

(√32

) n2

,

a ako je n neparan broj,

xn+1

xn=

3−n+1

2

2−n+1

2=

√23

(√23

)n

.

Naravno, tada ne mozemo govoriti o limxn+1

xnjer ne postoji, ali mozemo govoriti o limesu superior

i pri tome je limxn+1

xn= +∞. Medutim, sada treba voditi racuna o tome da u uslovu teorema

zahtjevamo da je λ ∈ R, pa iz dobijenog rezultata ne bismo mogli konstatovati divergenciju reda.Sta vise, kako je

∞

∑n=1

xn =∞

∑n=1

(12n +

13n

)=

∞

∑n=1

12n +

∞

∑n=1

13n ,

red je kao suma dva konvergentna reda i sam konvergentan red.Ovaj primjer nam pokazuje jos jednu bitnu cinjenicu vezanu za tvrdnju 2. D’Alambertovog kriterija,a to je da je uslov lim

xn+1

xn= λ < 1 samo dovoljan, a ne i neophodan za konvergenciju reda. Naime,

za pokazani red utvrdili smo njegovu konvergenciju, a pri tome nije limxn+1

xn= λ < 1, sta vise

limxn+1

xnuopste ne postoji.

Teorem 1.2.10 (Cauchyjev korijeni kriterij)

1. Ako za red∞

∑n=1

xn postoje n0 ∈ N i q ∈ R, takvi da za n≥ n0 vrijedi n√

xn ≤ q < 1, dati red

je konvergentan.Ako postoji n0 ∈ N, takav da za n≥ n0 vrijedi n

√xn ≥ 1, tada je dati red divergentan.


n√

xn = λ . Tada, ako je λ < 1 red konvergira, a ako je λ > 1 red

divergira.


∑n=1

(n2−1

2n2 +n+1

)n

.

limn→+∞

n√

xn = limn→+∞

n

√(n2−1

2n2 +n+1

)n

= limn→+∞

(n2−1

2n2 +n+1

)=

12< 1 ,

pa na osnovu Cauchyjevog korijenog kriterija zakljucujemo da je dati red konvergentan. �



∑n=1

12n

(n

n+1

)−n2

.

Koristimo korijeni kriterij,

limn→∞

n√

xn = limn→∞

n

√12n

(n

n+1

)−n2

= limn→∞

12

(n

n+1

)−n

= limn→∞

12

(n+1

n

)n

= limn→∞

12

(1+

1n

)n

=e2> 1 ,

te je posmatrani red divergentan. �

Kao i kod D’Alambertovog kriterija i ovdje spomenimo da u 2. mozemo koristiti stroziju formu.Naime, pravilnije bi bilo koristiti lim n

√xn.

Teorem 1.2.11 Neka je∞

∑n=1

xn red sa nenegatinim clanovima. Ako je limn→∞

xn+1

xn= λ onda je i

limn→∞

n√

xn = λ .

Dokaz : Neka je limn→∞

xn+1

xn= λ . Tada je i lim

n→∞

xn

xn−1= λ . Sada imamo

limn→∞

n

√xn

x1= lim

n→∞

n

√x2

x1· x3

x2· · · · · xn

xn−1

Koristeci se cinjenicom da ako je limn→∞

an = a onda je i limn→∞

n√

a1 ·a2 · · ·an = a (Posljedica 1.3), izgornjeg imamo da je

limn→∞

n

√xn

x1= λ ,

a kako je limn→∞

n√

x1 = 1, zakljucujemo da je limn→∞

n√

xn = λ . �

Gornji rezultat nam govori da ako nam D’Alambertov kriterij daje kriterij konvergencije reda,onda ce nam to dati i Cauchyjev korijeni kriterij. Medutim, obrat u opstem slucaju ne mora da vazisto znaci da je korijeni kriterij jaci od D’Alambertovog kriterija.


∑n=1

xn gdje je opsti clan zadat sa

xn =

{2−

n+12 ; n neparan

3−n2 ; n paran

Kao sto smo to vec utvrdili, ne mozemo primjeniti D’Alambertov kriterij jer je limxn+1

xn=+∞ /∈R.

Medutim, posmatrajmo korijeni kriterij. Kako je xn jednako ili 3−n2 ili 2−

n+12 (u zavisnosti da li je n

parno ili neparno) to cemo imati dva podniza u korijenom kriteriju, tojest

n√

xn =

(

2−n+1

2

) 1n

; n neparan(3−

n2) 1

n ; n paran→

{1√2

; n→ ∞

1√3

; n→ ∞

Zakljucujemo da je lim n√

xn =1√2< 1, te prema Cauchyjevom korijenom kriteriju posmatrani red

konvergira. �


Koji od kriterija konvergencije primjenjujemo u konkretnoj situaciji, stvar je iskustva. Onosto treba primjetiti je da i u D’Alambertovom i u Cauchyjevom korijenom kriteriju ako je λ = 1,kriteriji ne daju odluku o konvergenciji reda. Tada su nam za ispitivanje konvergencije potrebni ilineki drugi alati (npr. kriterij uporedivanja), ili neki bolji kriteriji. Jedan od tih boljih kriterija je inaredni navedeni, a kao jedan od najboljih ovdje cemo samo spomenuti poznati Gaussov kriterij okome se moze pogledati u [?].

Teorem 1.2.12 (Kummerov kriterij)

Neka je (cn) niz pozitivnih realnih brojeva, takav da je red∞

∑n=1

1cn

divergentan i neka je dat red

∞

∑n=1

xn. Oznacimo sa Kn = cnxn

xn+1− cn+1, gdje je xn opsti clan reda (n ∈ N).

1. Ako postoji δ > 0 i n0 ∈ N, takvi da je za n≥ n0, Kn ≥ δ , onda dati red konvergira.Ako postoji n0 ∈ N, takav da je za n≥ n0, Kn ≤ 0, onda dati red divergira.


Kn = λ . Ako je λ > 0 red konvergira, a ako je λ < 0 rad divergira.

Specijalno, ako u Kummerovom kriteriju izaberemo da je cn = n (n ∈N), dobijamo kriterij kojise naziva Raabeov kriterij konvergencije i on glasi:

Ako postoji n0 ∈ N takav da je za n≥ n0 ispunjeno

n(

xn

xn+1−1)≥ q > 1 ,

onda je red∞

∑n=1

xn konvergentan.

Ako postoji n0 ∈ N, takav da je za n≥ n0 ispunjeno

n(

xn

xn+1−1)≤ 1 ,

dati red je divergentan.Naravno, i ovaj kriterij dajemo u formi koja je prakticnija za upotrebu, a ona glasi, ako postoji

limn→+∞

n(

xn

xn+1−1)= λ ,

onda je polazni red konvergentan za λ > 1, a divergentan za λ < 1.Primjetimo takode da izborom niza cn = 1 (n ∈ N), imamo D’Alambertov kriterij, stim da se

posmatra kada je λ > 0 ili λ < 0.

� Primjer 1.63 U Primjeru 1.59 posmatrali smo red∞

∑n=1

(2n−1)!!(2n)!!

i vidjeli smo da nam D’Alambertov

kriterij nije dao odgonetku o konvergenciji reda. Pokusajmo sa Raabeovim kriterijem.

limn→+∞

n(

xn

xn+1−1)= lim

n→∞n(

2n+22n+1

−1)

= limn→+∞

n2n+1

=12.

Prema Raabeovom kriteriju λ = 12 < 1, red je divergentan.

Ovaj primjer nam potvrduje da je Raabeov test bolji (funkcionalniji) od D’Alambertovogkriterija. �


Alternativni redoviU sekciji 1.1 posmatrali smo sume brojeva neovisno o njihovom znaku, a u sekciji 1.2 smoposmatrali samo redove sa nenegativnim clanovima i za takve redove smo definisali pojamkonvergencije i istakli neke od kriterija konvergencije. Vratimo se sada jos jednom na redovesa proizvoljnim clanovima. Neka je (xn)n∈N realan numericki niz. Za ovakav niz posmatrajmosljedece numericke redove,

∞

∑n=1

xn (1.11)

i

∞

∑n=1|xn| (1.12)

Za red (1.11) razlikovat cemo dvije vrste konvergencije.

Definicija 1.2.2 Za red (1.11) kazemo da konvergira apsolutno ako je red (1.12) konvergentan.Za red (1.11) kazemo da konvergira uslovno ako je on konvergentan, a pri tome ne konvergira

apsolutno.

Da je apsolutna konvergencija ”jaca” od obicne konvergencije reda potvrdujemo sljedecim tvrdenjem.

Teorem 1.2.13 Ako je red (1.12) konvergentan, konvergentan je i red (1.11).

Dokaz : Dokaz slijedi na osnovu Cauchyjevog opsteg kriterija konvergencije redova i nejednakosti

|xn+1 + xn+2 + · · ·+ xn+p| ≤ |xn+1|+ |xn+2|+ · · ·+ |xn+p| .

�Drugacije receno, ako je red apsolutno konvergentan onda je i konvergentan. Da obrat ne vrijedi,

vidjet cemo nesto kasnije u primjeru 1.64.Od svih redova sa proizvoljnim clanovima ovdje cemo spomenuti jednu klasu, a to su redovi

oblika,∞

∑n=1

(−1)n+1cn = c1− c2 + c3− c4 + · · ·+(−1)n+1cn + · · · ,

gdje su cn realni brojevi istog znaka (pozitivni ili negativni). Ovakve redove nazivamo alternativnimredovima.

Teorem 1.2.14 (Leibnitzov kriterij)

Neka je dat alternativni red∞

∑n=1

(−1)n+1xn. Ako je niz (xn)n∈N monotono opadajuci (xn+1 ≤ xn) i

ako je limn→+∞

xn = 0, tada je red konvergentan.

Dokaz : Posmatrajmo parcijalnu sume naseg reda oblika,

s2n =2n

∑k=1

(−1)k−1xk = (x1− x2)+(x3− x4)+ · · ·+(x2n−1− x2n) . (1.13)

Zbog monotonosti niza (xn) svaka od zagrada u (1.13) je nenegativna velicina pa je niz (s2n)n∈Nmonotono rastuci. Kako su parcijalne sume konacne sume, preuredujuci sabirke u (1.13) imamo

s2n = x1− (x2− x3)− (x4− x5)−·· ·− (x2n−2− x2n−1)− x2n ,


iz cega zakljucujemo da je za sve n∈N, s2n ≤ x1 sto opet znaci da je niz (s2n)n∈N ogranicen odozgo.Ove dvije cinjenice nam obezbjeduju da je niz (s2n)n∈N konvergentan i pri tome je on podniz niza(sn)n∈N.Posmatramo li niz (s2n−1)n∈N, njegov opsti clan je s2n−1 = s2n− x2n. Kako je (xn) nula-niz i izutvrdene konvergencije niza (s2n)n∈N, zakljucujemo da je i niz (s2n−1)n∈N konvergentan. Sta vise,mora vrijediti

limn→∞

s2n = s = limn→∞

s2n−1 .

Kako smo niz (sn)n∈N rastavili na dva konvergentna podniza koja konvergiraju ka istoj granici, toce i sam niz biti konvergentan i za njega ce biti lim

n→∞sn = s. Dakle, posmatrani red je konvergentan.

�

� Primjer 1.64 Posmatrajmo alternativni red∞

∑n=1

(−1)n−1

n. Koristeci notaciju u Leibnitzovom

kriteriju, imamo da je niz zadat sa xn =1n

, monotono opadajuci jer za proizvoljno n ∈ N vrijedi

xn+1 =1

n+1<

1n= xn ,

i limn→∞

xn = 0. Sada na osnovu Leibnitzovog kriterija zakljucujemo da je dati red konvergentan.

Sta vise, on je ”samo” uslovno konvergentan jer red sa apsolutnim vrijednostima,∞

∑n=1

∣∣∣∣(−1)n

n

∣∣∣∣=∞

∑n=1

1n

je od ranije nam poznat harmonijski red koji je divergentan. �

Slicno sa hiperharmonijskim redovima navedimo sljedeci vazan alternativni red koji je uopstenjereda iz gornjeg primjera.

∞

∑n=1

(−1)n

nαje konvergentan ako je α > 0, a divergentan ako je α ≤ 0

1.2.3 Jos o redovima sa proizvoljnim clanovima

Posmatrajmo red∞

∑n=0

2n. Ako bismo sumu ovog reda oznacili sa s, mogli bi imati sljedece

rasudivanje:

s = 1+2+22 +23 + · · ·= 1+2(1+2+22 +23 + · · ·)= 1+2s .

Dakle, dobili bismo jednacinu s = 1+ 2s. Ako je s ∈ R imali bi da je s = −1, sto predstavljaapsurdan rezultat u smislu da je suma pozitivnih brojeva negativan broj. Naravno, rjesenje dobijenejednacine mozemo traziti i u R∗. Tada bi moguca rjesenja bila +∞ i−∞, a kako smo ranije pokazalidati red je divergentan i njegova suma je +∞.

Nesto drugaciju situaciju imamo posmatrajuci red∞

∑n=0

(−1)n. Naime, ako to posmatramo ovako,

∞

∑n=0

(−1)n = 1−1+1−1+1−1+ · · ·= (1−1)+(1−1)+ · · ·= 0+0+0+ · · ·= 0 ,


ali moglo bi i ovako,

∞

∑n=0

(−1)n = 1−1+1−1+1−1+ · · ·= 1− (1−1)− (1−1)−·· ·= 1−0−0−·· ·= 1 .

Ovo vec predstavlja problem jer suma ovisi o tome kako grupisemo sabirke. I ovdje mozemo uvesti

rekurzivnu formulu ako stavimo da je∞

∑n=0

(−1)n = s. Tada imamo,

s = 1−1+1−1+1−1+ · · ·= 1− (1−1+1−1+1−1+ · · ·) = 1− s .

Medutim, jednacina s = 1− s ima jedinstveno rjesenje u R∗ i to s = 12 . Sada bi mogli pomisliti da

je to stvarno suma naseg reda, iako je cudno da zbir cijelih brojeva moze dati cisto racionalan broj.Iskoristimo li zakon komutativnosti u posljednjem rezonovanju,

s = 1−1+1−1+1−1+ · · ·=−1+1−1+1−1+1−·· · ,

slicno malopredasnjem bi zakljucili da je s =−12 , a ovo vec baca veliku sumnju na to sta je suma

reda.Dodavanje nule bilo cemu ne dovodi do promjene vrijednosti, ali

s = 1+0−1+1+0−1+1+0−1+ · · ·s−1 = 0−1+1+0−1+1+0−1+ · · ·

s−1−0 =−1+1+0−1+1+0−1+ · · ·

Sabirajuci ove tri jednakosti dobijamo,

s+(s−1)+(s−1−0) = (1+0−1)+(1+0−1)+(1+0−1)+ · · ·= 0+0+0+0+ · · ·= 0 ,

iz cega je onda s = 23 .

Filozof Gvido Grandy je 1703. privukao paznju svojim razmatranjem o sumiranju ovog reda,tvrdeci da ovaj red simbolizuje ”Kreaciju univerzuma nicega”. Dok je u prvom primjeru stvarveoma jednostavna jer rjesenja mogu biti i ±∞, drugi primjer je mnogo kompleksniji. Razmatrajucikoristeno u transformacijama u drugom primjeru vidimo da su to samo zakon komutativnosti izakon asocijativnosti, a da prema dobijenim rezultatima nesto sa tim zakonima i nije bas sve u redu.Naravno da je sa zakonima sve u redu, cak smo ih aksiomatski uveli. Ali oni vrijede na konacnombroju sabiraka, a mi smo ih gore primjenili na beskonacne sume i tu lezi problem, tojest ti zakonine vrijede u takvim situacijama. Narednim tvrdenjima cemo kompletirati podrucje vaznosti zakonakomutativnosti i zakona asocijativnosti.

Teorem 1.2.15 Ako je numericki red konvergentan onda on ima osobinu asocijativnosti.

Opisno receno, ako je beskonacna suma realnih brojeva konvergentna tada na sumu tog reda neceuticati nacin grupisanja njenih sabiraka.

Teorem 1.2.16 Ako je numericki red apsolutno konvergentan onda on ima svojstvo komutativnosti.

Ono sto smo uocili u drugom primjeru sada cemo iskazati generalnim tvrdenjem.

Teorem 1.2.17 — Riemman. Ako je numericki red uslovno konvergentan, tada za svaki s ∈ R∗moze se povoljnim premjestanjem i grupisanjem clanova dobiti red cija je suma upravo s.


� Primjer 1.65 Posmatrajmo jos jednom uslovno konvergentan red∞

∑n=1

(−1)n+1

n. Oznacimo sa s

sumu tog reda dakle,

s = 1− 12+

13− 1

4+

15− 1

6+

17− 1

8+

19− 1

10+

111− 1

12· · ·

Pomnozimo gornju jednakost sa 2,

2s = 2−1+23− 1

2+

25− 1

3+

27− 1

4+

29− 1

5+

211− 1

6· · ·

Grupisimo u gornjoj jednakosti na desnoj strani sabirke sa istim imeniocem, naprimjer 25 i −1

5 ,

2s = 2−1+23− 1

2+

25− 1

3+

27− 1

4+

29− 1

5+ · · ·

izracunavajuci ta grupisanja dobijamo

2s = 1− 12+

13− 1

4+

15− 1

6+

17− 1

8+

19− 1

10+

111− 1

12· · ·

Dakle, 2s = s iz cega onda imamo 2 = 1!? �

1827, Peter Lejeune-Dirichlet otkrio je ovaj interesanatan rezultat iz gornjeg primjera, izucavajucikonvergenciju Fourierovih redova. On je prvi koji je uocio da je moguce rearanzirati sabirke unekoj sumi (danas to kazemo u uslovno konvergentnom redu) tako da se vrijednost sume promjeni.Dirichlet nije dao odgovor kako je ovo moguce (U radu iz 1837 on je dokazao da ovo nije mogucekod redova koji su apsolutno konvergentni). Sa otkricem da suma reda moze biti promjenljiva,on je nasao put za dokaz konvergencije Fourierovih redova, te je 1829 uspio rijesiti jedan odnajznacajnijih problema u to vrijeme.1852 Bernhard Riemann je zapoceo rad na prosirenju Dirichletovog rezultata o konvergencijiFourierovih redova i u konsultaciji sa Dirichletom oko tog rada, prisjetio ga je na njegova zapazanjaoko promjene sume uslovno konvergentnih redova. Riemann je pretpostavljao ovakvo ponasanjenekih redova i dao je nekoliko rezultata o tome, danas najpoznatiji ”Riemannov teorem preuredenja”.Ovaj njegov rezultat je bio dio njegovog rada o Fourierovim redovima i mada je taj materijal biokompletiran jos 1853., nije bio publikovan sve do njegove smrti 1866. u radu “On the Representationof a Function by a Trigonometric Series.”

1. numericki nizovi i redoviˇ - pmf.untz.ba · 4 poglavlje 1. numericki nizovi i redoviˇ...

Documents