teorija redova - elfak.ni.ac.rs · 1.1. brojni nizovi 1 1.2. funkcionalni nizovi 3 2. brojni redovi...

dr L. Stefanovic,mr B. Randelovic, mr M. Matejic

TEORIJA REDOVAZA STUDENTE TEHNICKIH FAKULTETA

SKC Nis, 2006.

dr Lidija Stefanovic,mr Branislav Randelovic, mr Marjan MatejicTEORIJA REDOVAZA STUDENTE TEHNICKIH FAKULTETA

II izdanje, Nis, 2013.

Recenzent:dr Ljubisa Kocic, red. prof. Elektronskog fakulteta u Nisu

Izdavac:Studentski kulturni centar Nis

Za izdavaca:Miroslav Jovic, direktor

Urednik:Aleksandar Blagojevic

Tehnicka obrada:dr Lidija Stefanovic,mr Branislav Randelovic

Stampa:Unigraf – Nis

Tiraz:100 primeraka

ISBN 978–86–7757–208–2

Bilo kakvo umnozavanje ove knjige nije dozvoljeno bez pisanogodobrenja autora.

PREDGOVORPRVOG IZDANJA

Ova knjiga je proistekla iz visegodisnjeg iskustva autora u drzanju teorijskei prakticne nastave na Elektronskom fakultetu u Nisu. Zato je, pre svega,prilagodena studentima tehnickih nauka. Naravno, mogu da je koriste i stu-denti drugacije profesionalne orijentacije, koji u okviru predvidenog nastavnogprograma imaju ovde iznetu materiju.

Knjiga se odnosi na samo jednu oblast matematike (Teorija redova) jer uovom trenutku nije poznato da li ce i na kojem studijskom programu bitiizucavana ta oblast.

Knjiga sadrzi teoriju i resene primere, koji u potpunosti ilustruju izlozenuteoriju. Takode, knjiga sadrzi i zadatke predvidene za vezbu, ali sa resenjimaili neophodnim uputstvima. Autori smatraju da je upravo u prezentovanimprimerima i zadacima glavna prednost ove knjige nad ostalom literaturom kojase bavi istom problematikom. Ova knjiga je, u stvari, istovremeno udzbenik izbirka zadataka.

Osim matematicki korektnog izlaganja materije, autori su se trudili da knji-ga ima pedagoske i metodoloske kvalitete. Na citaocima ostaje krajnja pro-cena da li su i koliko u tome uspeli.

Tekst knjige je uraden pomocu programskog paketa EMTEX (verzija Ams-tex 2.0), a slike pomocu programskih paketa Corel Draw (verzija 9.00) i Paint-brush (verzija 1.00).

Autori duguju i ovom prilikom iskazuju zahvalnost mr Zvezdanu Mar-janovicu jer je procitao rukopis i ispravio postojece materijalne greske u njemu.Takode, autori iskreno zahvaljuju recenzentu, prof. dr Ljubisi Kocicu, koji jeukazao na manjkavosti rukopisa i dao korisne sugestije za prepravku istog,cime je doprineo konacnom uoblicenju teksta.

Nis, 2006. g. Autori

iii

iv PREDGOVOR

PREDGOVORDRUGOG IZDANJA

Drugo izdanje je u izvesnoj meri izmenjeno u odnosu na prvo izdanje. Ot-klonjene su uocene greske, stamparske i neke materijalne. Ubaceno je nekolikonapomena, tamo gde su autori smatrali da je tekst nedorecen. Neki primerisu iz pedagoskih razloga reseni drugacije, a deo Zadaci za vezbu je dopunjenkarakteristicnim zadacima.

Nis, 2013. g. Autori

SADRZAJ

1. UVODNI POJMOVI 1

1.1. Brojni nizovi 11.2. Funkcionalni nizovi 3

2. BROJNI REDOVI 7

2.1. Definicija i konvergencija 72.2. Pozitivni redovi 13

2.2.1. Poredbeni kriterijumi konvergencije 172.2.2. Ostali kriterijumi konvergencije 20

2.3. Alternativni redovi 282.4. Redovi sa proizvoljnim clanovima 32

3. FUNKCIONALNI REDOVI 38

3.1. Definicija, konvergencija i uniformna konvergencija 38

3.1.1. Kriterijumi uniformne konvergencije 423.1.2. Apsolutna konvergencija 44

3.2. Stepeni redovi 45

3.2.1. Uniformna konvergencija stepenih redova 493.2.2. Predstavljanje funkcija pomocu stepenih redova 55

3.3. Fourierovi redovi 59

4. ZADACI ZA VEZBU 77

PRILOG 105

LITERATURA 107

v

1. UVODNI POJMOVI

1.1. Brojni nizovi

Cilj ovog kursa nije proucavanje nizova. Oni su precizno definisani i de-taljno obradeni u prethodnim kursevima matematike (videti [3], str. 119–149; [5]). Ovde samo ukratko podsecamo citaoca na neke elementarne poj-move i pravila, vise ih opisujuci nego definisuci.

Radi jednostavnosti zapisivanja, na samom pocetku uvodimo oznake:N za skup prirodnih brojeva,R za skup realnih brojeva iN0 za skup N ∪ {0}.

Neka je an ∈ R za svako n ∈ N. Uredeni skup brojeva an, u oznaci

(a1, a2, . . . , an, . . . ) ,

zove se realni ili brojni niz. Umesto prethodne, cesto se koriste i oznake:

(an

)n∈N ,

(an

)∞n=1

,(an

).

I svaki drugi uredeni skup realnih brojeva

(am, am+1, . . . ) (m ∈ N0)

zove se brojni niz.Za brojeve a1, a2, . . . se kaze da su clanovi niza, a za an da je opsti clan

niza. Nizovi se najcesce zadaju pomocu opsteg clana. Na primer, niz ciji jeopsti clan an = 1/n za n ∈ N u razvijenom obliku glasi

( 1n

)=

(1,

12,13, . . .

).

1

2 TEORIJA REDOVA

Niz (an) je ogranicen ako postoji broj M (0 < M < +∞) takav da je|an| ≤ M za svako n ∈ N.

Niz (an) je monoton ako je opadajuci, rastuci, neopadajuci ili nerastuci.Niz (an) je opadajuci ako je an > an+1, rastuci ako je an < an+1,

neopadajuci ako je an ≤ an+1 i nerastuci ako je an ≥ an+1, pri cemu svenejednakosti moraju da vaze za svako n ∈ N.

Niz (an) je konvergentan ako postoji konacan broj a ∈ R i ako za svakoε > 0 postoji N(ε) ∈ N tako da je

|an − a| < ε

za svako n ≥ N(ε). Broj a je granicna vrednost (granica, limes) niza (an).U ovom slucaju se kaze da niz (an) konvergira ka a i pise se

limn→∞

an = a .

U svim ostalim slucajevima je niz (an) divergentan. Pri tome, ako zasvako M > 0 postoji N(M) ∈ N tako da za svako n ≥ N(M) vazi an > M ,odnosno an < −M , kazemo da niz odredeno divergira ka +∞, odnosno ka−∞, sto redom zapisujemo sa:

limn→∞

an = +∞ , limn→∞

an = −∞ .

Podniz ili delimicni niz niza (an)n∈N je realni niz (ank)k∈N koji sadrzi

neke ili sve clanove niza (an)n∈N, uzete u istom redosledu kao u (an)n∈N.

Za realne nizove vaze sledeca tvrdenja.

Teorema 1.1.1. Svaki konvergentan niz je ogranicen.

Teorema 1.1.2. Svaki monoton i ogranicen niz je konvergentan.

Teorema 1.1.3. Niz (an) konvergira ka broju a ako i samo ako svakinjegov podniz konvergira ka istom broju a.

Teorema 1.1.4. (CAUCHYEV KRITERIJUM KONVERGENCIJE) Niz (an)je konvergentan ako i samo ako za svako ε > 0 postoji N(ε) ∈ N tako da je|an − am| < ε za svako n,m ≥ N(ε).

PRIMER 1.1.1. Za q ∈ R i n ∈ N0, posmatramo brojni niz

(1.1.1) (an) = (qn)

i ispitujemo njegovu konvergenciju.

UVODNI POJMOVI 3

Razlikujemo cetiri slucaja, zavisno od vrednosti broja q.

Neka je |q| < 1. U ovom slucaju niz (an) konvergira i ima granicnu vrednost

limn→∞

an = limn→∞

qn = 0 .

Neka je q = 1. Niz (an) je konstantan niz jer su mu svi clanovi isti, an = 1 za svakon ∈ N0, pa je konvergentan sa granicom

limn→∞

an = limn→∞

1 = 1 .

Neka je q > 1. Sada jelim

n→∞an = lim

n→∞qn = +∞ ,

pa niz (an) odredeno divergira ka +∞.Neka je q ≤ −1. Posmatramo samo q = −1, a zakljucivanje je isto i za bilo koje drugo

q < −1. Kako je an = (−1)n, to je a0 = 1 i

a2n = 1 , a2n−1 = −1

za svako n ∈ N. Dakle, niz (an) se sastoji od dva konstantna podniza (a2n) i (a2n−1)cije su granice razlicite,

limn→∞

a2n = 1 6= limn→∞

a2n−1 = −1 .

Prema Teoremi 1.1.3, niz (an) divergira.Zakljucujemo da brojni niz (1.1.1) konvergira za svaki broj q ∈ (−1, 1]. 4

1.2. Funkcionalni nizovi

Neka su fn(x) realne funkcije za svako n ∈ N, definisane na istom podrucjuD ⊆ R. Uredeni skup funkcija fn(x), u oznaci

(f1(x), f2(x), . . . , fn(x), . . .

),

zove se funkcionalni niz. Umesto prethodne, u upotrebi su i oznake:

(fn(x)

)n∈N ,

(fn(x)

)∞n=1

,(fn(x)

).

Takode, funkcionalni niz je i

(fm(x), fm+1(x), . . .

)(m ∈ N0) .

4 TEORIJA REDOVA

Opsti clan funkcionalnog niza je fn(x). I funkcionalni nizovi se, analognobrojnim nizovima, najcesce zadaju pomocu opsteg clana. Na primer, niz cijije opsti clan fn(x) = xn za n ∈ N0 u razvijenom obliku glasi

(xn

)=

(1, x, x2, . . .

).

Za razliku od brojnih nizova, kod funkcionalnih nizova se razlikuju dvevrste konvergencije: konvergencija (u tacki i na intervalu) i uniformna kon-vergencija.

Niz(fn(x)

)konvergira u tacki x = x0 ∈ D ako konvergira brojni niz(

fn(x0)).

Skup svih tacaka x0 ∈ D u kojima niz(fn(x)

)konvergira zove se oblast

konvergencije niza. Ovo je uobicajeni termin, koji ne znaci uvek i oblastu topoloskom smislu. Korektnije bi bilo reci podrucje konvergencije. Pret-postavimo da je oblast konvergencije niza interval (α, β) (ili [α, β], (α, β],[α, β)). Uopstenje konvergencije u tacki je sledece. Niz

(fn(x)

)konvergira

na intervalu (α, β) ako postoji realna funkcija f(x) (x ∈ (α, β)) i ako zasvako ε > 0 i svako fiksirano x ∈ (α, β) postoji N(ε, x) ∈ N tako da je

∣∣fn(x)− f(x)∣∣ < ε

za svako n ≥ N(ε, x). Funkcija f(x) je granicna funkcija niza(fn(x)

), sto

se zapisuje na nacinlim

n→∞fn(x) = f(x) .

U stvari, niz konvergira na intervalu ako konvergira u svakoj tacki togintervala.

Uniformna konvergencija se definise samo na intervalu, ne i u tacki. Niz(fn(x)

)uniformno konvergira na intervalu (α, β) ka realnoj funkciji f(x)

(x ∈ (α, β)) ako za svako ε > 0 postoji N(ε) ∈ N tako da je

∣∣fn(x)− f(x)∣∣ < ε

za svako n ≥ N(ε) i svako x ∈ (α, β). Primetimo da u ovom slucaju broj Nzavisi samo od ε, a ne zavisi od x kao kod obicne konvergencije.

Vazi sledece tvrdenje (videti [1], str. 177).

Teorema 1.2.1. Svaki uniformno konvergentan niz je konvergentan, aliobrnuto u opstem slucaju ne vazi.

UVODNI POJMOVI 5

PRIMER 1.2.1. Za x ∈ R i n ∈ N0, posmatramo funkcionalni niz

(1.2.1) (fn(x)) = (xn)

i ispitujemo njegovu konvergenciju.

Za svako fiksirano x = x0 = q ∈ R dati funkcionalni niz postaje brojni niz (1.1.1), kojismo razmatrali u Primeru 1.1.1 i zakljucili da on konvergira za svako q ∈ (−1, 1]. Dakle,funkcionalni niz (1.2.1) konvergira u svakoj konkretnoj tacki x0 ∈ (−1, 1].

Oblast konvergencije niza (1.2.1) je interval (−1, 1].Niz (1.2.1) konvergira na intervalu (−1, 1] ka funkciji

f(x) =

{0 , x ∈ (−1, 1) ,

1 , x = 1 ,

sto se lako proverava. Neka je ε > 0 proizvoljno. Kako je

|fn(x)− f(x)| ={|x|n , x ∈ (−1, 1) ,

0 , x = 1 ,

to je |fn(1)− f(1)| < ε uvek i |fn(x)− f(x)| < ε kad je |x|n < ε, x ∈ (−1, 1), tj.

n >ln ε

ln |x| , x ∈ (−1, 1) .

Ako uglastim zagradama oznacimo celobrojni deo nekog broja, zakljucujemo da postojiprirodni broj

N(ε, x) =

[ln ε

ln |x|

]+ 1

tako da je |fn(x)− f(x)| < ε za svako n ≥ N(ε, x) i svako fiksirano x ∈ (−1, 1].Posmatrani funkcionalni niz ne konvergira uniformno na (−1, 1], cak ni na (−1, 1).

Kako je

limx→±1

ln ε

ln |x| = ∞ ,

ne postoji prirodan broj N(ε), koji ne zavisi od x, takav da je |fn(x)− f(x)| < ε za svakon ≥ N(ε) i svako x ∈ (−1, 1). Medutim, niz (1.2.1) uniformno konvergira na bilo komsegmentu [−r, r], gde je 0 < r < 1. Zaista, za |x| < r je

n >ln ε

ln |x| >ln ε

ln r,

pa postoji

N(ε) =

[ln ε

ln r

]+ 1

tako da je |fn(x)− f(x)| < ε za svako n ≥ N(ε) i svako x ∈ [−r, r]. 4

6 TEORIJA REDOVA

Geometrijska interpretacija uniformne konvergencije se sastoji u sledecem.Iz nejednakosti

∣∣fn(x) − f(x)∣∣ < ε, koja vazi za svako ε > 0, svako n ≥

N(ε) i svako x ∈ (α, β), sledi

f(x)− ε < fn(x) < f(x) + ε .

Ovo znaci da se svi clanovi niza, pocev od nekog, nalaze u ”ε–okruzenju”funkcije f(x), sto je prikazano na Slici 1.2.1.

x

y

f(x)+f(x) e

f(x) e

fn(x)

a b

Slika 1.2.1.

Radi uporedenja uniformne i obicne konvergencije, na Slici 1.2.2. je pri-kazan niz (1.2.1) na segmentu [0, 1].

+f(x) e

fn(x)

x

y

1

10 0f(x)

1

x

x

x

x

0

1

2

3

2

3

n

f

f

f

f

(

(

(

(

x

x

x

x

)

)

)

)

Slika 1.2.2.

Vidimo da niz(fn(x)

)=

(xn

)konvergira ka funkciji f(x) = 0 za svako

x ∈ [0, 1), ali ne i za x = 1, gde je fn(1) = 1. Dakle, pocev od nekog, sviclanovi niza

(xn

)ulaze u ”ε–okruzenje” funkcije f(x) = 0, ali na segmentu

[0, r], gde je 0 < r < 1 bilo koji broj. Za x ∈ (r, 1], svi clanovi ”beze” kafunkciji f0(x) = 1.

2. BROJNI REDOVI

2.1. Definicija i konvergencija

Definicija 2.1.1. Neka je (ak)∞k=1 realni niz. Beskonacni zbir brojeva

(2.1.1)∞∑

k=1

ak = a1 + a2 + · · ·+ an + · · ·

zove se brojni ili numericki red.

Brojevi a1, a2, . . . su clanovi reda, a an je opsti clan reda (2.1.1). Opsticlan je, u stvari, pravilo po kojem se generisu svi clanovi reda.

I svaki drugi beskonacni zbir brojeva

(2.1.2)∞∑

k=m

ak = am + am+1 + · · · (m ∈ N0)

zove se brojni red. U opstem slucaju je m 6= 1, pa se redovi (2.1.1) i (2.1.2)razlikuju za konacno mnogo pocetnih clanova.

Definicija 2.1.2. Zbir prvih n clanova

(2.1.3) Sn =n∑

k=1

ak = a1 + · · ·+ an (n ∈ N)

je n–ta parcijalna suma reda (2.1.1).

Uocimo da je Sn konacan zbir brojeva, pa kao takav uvek postoji.

Definicija 2.1.3. Beskonacni zbir

(2.1.4)∞∑

k=n+1

ak = an+1 + an+2 + · · · (n ∈ N)

7

8 TEORIJA REDOVA

je ostatak reda (2.1.1).

Ostatak je takode red, oblika (2.1.2) sa m = n + 1. Ocigledno je

(2.1.5)∞∑

k=n+1

ak =∞∑

k=1

ak − Sn .

PRIMER 2.1.1. Beskonacni zbir

∞∑k=1

1

k= 1 +

1

2+

1

3+ · · ·

je brojni red. Opsti clan ovog reda je an =1

n, n–ta parcijalna suma je

Sn =

n∑k=1

1

k= 1 +

1

2+ · · ·+ 1

n,

a ostatak je red∞∑

k=n+1

1

k=

1

n + 1+

1

n + 2+ · · · .

Na primer, za n = 3 parcijalna suma i ostatak su:

S3 =

3∑k=1

1

k= 1 +

1

2+

1

3,

∞∑k=4

1

k=

1

4+

1

5+ · · · . 4

NAPOMENA 2.1.1. Red (2.1.1) moze da se zapise na nacin

∞∑k=1

ak ≡∞∑

k=m

ak−(m−1) ,

a red (2.1.2) na nacin∞∑

k=m

ak ≡∞∑

k=1

ak+(m−1) .

Dakle, promena pocetne vrednosti indeksa sumiranja k zahteva odgovarajucu promenuindeksa clanova. 4

Definicija 2.1.4. Red∞∑

k=1

ak je konvergentan (divergentan) ako je niz

parcijalnih suma (Sn)n∈N konvergentan (divergentan).

BROJNI REDOVI 9

Ako postoji, granicna vrednost

S = limn→∞

Sn

je suma (zbir) reda (2.1.1) i zapisuje se sa

(2.1.6) S =∞∑

k=1

ak .

Ako jelim

n→∞Sn = +∞ , lim

n→∞Sn = −∞ ,

kazemo da red (2.1.1) odredeno divergira.

PRIMER 2.1.2. Ispitati konvergenciju reda

∞∑k=1

1

k(k + 1).

Opsti clan moze da se zapise na nacin

an =1

n(n + 1)=

1

n− 1

n + 1,

pa je n–ta parcijalna suma

Sn =

n∑k=1

1

k(k + 1)=

n∑k=1

(1

k− 1

k + 1

)

=

(1− 1

2

)+

(1

2− 1

3

)+ · · ·+

(1

n− 1

n + 1

)

= 1− 1

n + 1.

Kako je limn→∞

Sn = 1, to je dati red konvergentan i njegov zbir je

S =

∞∑k=1

1

k(k + 1)= 1 . 4

PRIMER 2.1.3. Ispitati konvergenciju geometrijskog reda

(2.1.7)

∞∑k=0

qk (q ∈ R) .

10 TEORIJA REDOVA

Za q 6= 1, n–ta parcijalna suma je geometrijska progresija, pa je

Sn =

n∑k=0

qk =1− qn+1

1− q=

1

1− q− q

1− qqn .

Za q = 1 je

Sn =

n∑k=0

1k =

n∑k=0

1 = n + 1 .

U Primeru 1.1.1 smo pokazali da niz (qn) divergira za q ≤ −1, konvergira ka 0 za |q| < 1i odredeno divergira ka +∞ za q > 1. Zato ne postoji lim

n→∞Sn kad je q ≤ −1 i

limn→∞

Sn =1

1− q, |q| < 1 ,

limn→∞

Sn = +∞ , q > 1 .

Kako je jos limn→∞

Sn = +∞ kad je q = 1, zakljucujemo da geometrijski red divergira za

q ≤ −1, odredeno divergira ka +∞ za q ≥ 1 i konvergira za |q| < 1 sa sumom

(2.1.8) S =

∞∑k=0

qk =1

1− q.

Niz parcijalnih suma (Sn) i niz (1.1.1) se u literaturi srecu pod istim imenom geome-trijski niz. 4

Opste osobine brojnih redova iskazujemo sledecim teoremama.

Teorema 2.1.1. Neka je∞∑

k=1

ak konvergentan red sa sumom

S =∞∑

k=1

ak

i neka je c ∈ R proizvoljna konstanta. Tada je konvergentan i red∞∑

k=1

cak sa

sumom

cS =∞∑

k=1

cak .

Dokaz. Ako sa Sn i Tn oznacimo parcijalne sume

Sn =n∑

k=1

ak , Tn =n∑

k=1

cak ,

BROJNI REDOVI 11

vaziTn = cSn .

Po pretpostavci teoreme je S = limn→∞

Sn, pa je

limn→∞

Tn = c limn→∞

Sn = cS .

Teorema 2.1.2. Neka su∞∑

k=1

ak i∞∑

k=1

bk konvergentni redovi sa sumama

S1 =∞∑

k=1

ak , S2 =∞∑

k=1

bk .

Tada su konvergentni i redovi∞∑

k=1

(ak ± bk) sa sumama

S1 ± S2 =∞∑

k=1

(ak ± bk) .

Dokaz. Za parcijalne sume

Sn1 =n∑

k=1

ak , Sn2 =n∑

k=1

bk , Tn =n∑

k=1

(ak ± bk)

vaziTn = Sn1 ± Sn2 ,

pa jelim

n→∞Tn = lim

n→∞Sn1 ± lim

n→∞Sn2 = S1 ± S2 .

Teorema 2.1.3. Redovi∞∑

k=1

ak i∞∑

k=m

ak (m ≥ 2) su istovremeno konver-

gentni ili divergentni.Dokaz. Neka je, za n ≥ m,

Sn =n∑

k=1

ak , Tn =n∑

k=m

ak .

Tada je

Sn =m−1∑

k=1

ak + Tn = Sm−1 + Tn .

12 TEORIJA REDOVA

Zbir Sm−1 ima fiksiran broj sabiraka m − 1, koji ne zavisi od n, pa je kon-stantan. Ako stavimo C = Sm−1, dobijamo

Sn = C + Tn .

Iz poslednje jednakosti sledi da limn→∞

Sn postoji ako i samo ako postojilim

n→∞Tn.

Prema Definiciji 2.1.3 i Teoremi 2.1.3 vazi da su red (2.1.1) i ostatak reda(2.1.4) istovremeno konvergentni ili divergentni. U slucaju konvergentnogreda, sa parcijalnom sumom (2.1.3) i zbirom (2.1.6), ostatak je

Rn =∞∑

k=n+1

ak = S − Sn .

Teorema 2.1.4. Ako je red∞∑

k=1

ak konvergentan, tada je

limn→∞

an = 0 .

Dokaz. Kako je

Sn =n∑

k=1

ak , Sn−1 =n−1∑

k=1

ak ,

to jean = Sn − Sn−1 .

Red∞∑

k=1

ak je konvergentan, pa je, prema Teoremi 1.1.3,

S = limn→∞

Sn = limn→∞

Sn−1 ,

i, jasno,lim

n→∞an = lim

n→∞Sn − lim

n→∞Sn−1 = S − S = 0 .

Teorema 2.1.4 se najcesce primenjuje u negiranom obliku. Ako je

limn→∞

an 6= 0, tada red∞∑

k=1

ak divergira. Na primer, geometrijski red (2.1.7)

divergira za q ≥ 1 jer je limn→∞

an = limn→∞

qn 6= 0.

BROJNI REDOVI 13

NAPOMENA 2.1.2. Zahvaljujuci Teoremi 2.1.3, u literaturi se cesto srece Defini-cija 2.1.4 u sledecem obliku.

Brojni red (2.1.1) konvergira ako za svako ε > 0 postoji N(ε) ∈ N tako da je

|∞∑

k=n+1

ak| < ε za svako n ≥ N(ε). 4

NAPOMENA 2.1.3. Za S =∞∑

k=1

ak, T =∞∑

k=m

ak, prema dokazu Teoreme 2.1.3 sledi

S = limn→∞

Sn = C + limn→∞

Tn = C + T .

Ako je konstanta C 6= 0, ocigledno je S 6= T . Dakle, konacan broj m− 1 clanova ne uticena konvergenciju reda, ali utice na zbir konvergentnog reda. Tako geometrijski redovi∞∑

k=0

qk i∞∑

k=1

qk istovremeno konvergiraju (|q| < 1) ili divergiraju (|q| ≥ 1). Medutim, u

slucaju |q| < 1, prema Primeru 2.1.3 je

S =

∞∑k=0

qk =1

1− q,

dok je

T =

∞∑k=1

qk = −1 +

∞∑k=0

qk = −1 +1

1− q=

q

1− q6= S . 4

2.2. Pozitivni redovi


k=1

ak naziva se red sa pozitivnim clanovima ili

pozitivan red ako je ak ≥ 0 za svako k ∈ N.


k=1

ak je red sa negativnim clanovima ili negativan

red ako je ak ≤ 0 za svako k ∈ N.

Red koji ima konacno mnogo negativnih clanova, a svi ostali su nenega-tivni, takode zovemo pozitivnim redom. Analogno, red je negativan i ako jekonacno mnogo njegovih clanova pozitivno.

Teorema 2.2.1. Pozitivan red∞∑

k=1

ak je konvergentan ili odredeno diver-

gira ka +∞.

14 TEORIJA REDOVA

Dokaz. Neka je

Sn =n∑

k=1

ak , Sn+1 =n+1∑

k=1

ak .

Tada jeSn+1 = Sn + an+1 .

Kako je an+1 ≥ 0, vazi Sn+1 ≥ Sn za svako n ∈ N. Dakle, niz parcijal-nih suma (Sn) je neopadajuci. Ukoliko je niz (Sn) ogranicen, prema Teo-remi 1.1.2 on je i konvergentan. Ako (Sn) nije ogranicen, on je divergentan.Pri tome, zbog Sn+1 ≥ Sn za svako n ∈ N, niz (Sn) odredeno divergiraka +∞.

Teorema 2.2.2. Pozitivan red∞∑

k=1

ak je konvergentan ako i samo ako je

niz parcijalnih suma (Sn) ogranicen.Dokaz. U Teoremi 2.2.1 smo pokazali da je niz (Sn) neopadajuci i da iz

ogranicenosti niza (Sn) sledi konvergencija reda∞∑

k=1

ak. Sada pokazujemo

obrnuto.Neka je

∞∑k=1

ak konvergentan red. Tada postoji zbir S =∞∑

k=1

ak i vazi

S =∞∑

k=1

ak =n∑

k=1

ak +∞∑

k=n+1

ak = Sn + Rn .

Kako je ak ≥ 0 za svako k ∈ N, to je Rn ≥ 0, pa je

S ≥ Sn

za svako n ∈ N. Dakle, niz (Sn) je ogranicen.

NAPOMENA 2.2.1. Neopadajuci niz (an) je uvek ogranicen odozdo svojim prvimclanom jer je

a1 ≤ a2 ≤ · · · .

Zato se ogranicenost niza svodi na ogranicenost s gornje strane. Analogno, ogranicenostnerastuceg niza znaci ogranicenost s donje strane.

U prethodnim teoremama smo imali neopadajuci niz parcijalnih suma (Sn), pa smopod ogranicenoscu podrazumevali ogranicenost odozgo. 4

Vratimo se na negativne redove i posmatrajmo∞∑

k=1

bk sa bk ≤ 0 za svako

k ∈ N. Neka je ak = |bk|. Tada je bk = −ak. Prema Teoremi 2.1.1, za

BROJNI REDOVI 15

c = −1, redovi∞∑

k=1

bk i∞∑

k=1

ak su istovremeno konvergentni ili divergentni.

Pri tome, ako je S =∞∑

k=1

ak, tada je −S =∞∑

k=1

bk. Ako∞∑

k=1

ak odredeno

divergira ka +∞,∞∑

k=1

bk odredeno divergira ka −∞. Na osnovu prethodnog

zakljucujemo da je dovoljno razmatrati samo pozitivne redove.

Navodimo sada jedan koristan postupak za formiranje konvergentnih idivergentnih redova.

Neka je (Mn) rastuci niz za koji je

limn→∞

Mn = +∞ .

Formiramo pozitivne redove:

∞∑

k=1

(Mk+1 −Mk) ,(2.2.1)

∞∑

k=1

( 1Mk

− 1Mk+1

).(2.2.2)

Kako je

Sn =n∑

k=1

(Mk+1 −Mk) = Mn+1 −M1 ,

Tn =n∑

k=1

( 1Mk

− 1Mk+1

)=

1M1

− 1Mn+1

,

to je

limn→∞

Sn = limn→∞

Mn+1 −M1 = +∞ ,

limn→∞

Tn =1

M1− lim

n→∞1

Mn+1=

1M1

.

Zato red (2.2.1) odredeno divergira ka +∞, a red (2.2.2) konvergira ka1

M1,

tj.1

M1=

∞∑

k=1

( 1Mk

− 1Mk+1

).

16 TEORIJA REDOVA


(2.2.3)

∞∑k=1

ln

(1 +

1

k

).

Stavimo Mn = ln n (n ∈ N). Niz (Mn) je rastuci jer je Mn = ln n < ln(n+1) = Mn+1

i vazilim

n→∞Mn = +∞ .

Kako je

Mk+1 −Mk = ln(k + 1)− ln k = lnk + 1

k= ln

(1 +

1

k

),

to je∞∑

k=1

ln

(1 +

1

k

)=

∞∑k=1

(Mk+1 −Mk) ,

tj. red (2.2.3) je red oblika (2.2.1). Prema prethodnom, zakljucujemo da red (2.2.3)divergira. 4


∞∑k=1

1

k(k + 1).

Stavimo Mn = n (n ∈ N). Niz (Mn) je rastuci i vazi limn→∞

Mn = +∞. Kako je

1

Mk− 1

Mk+1=

1

k− 1

k + 1=

1

k(k + 1),

to je∞∑

k=1

1

k(k + 1)=

∞∑k=1

(1

Mk− 1

Mk+1

),

pa je dati red oblika (2.2.2). Zato dati red konvergira i ima sumu

∞∑k=1

1

k(k + 1)=

1

M1= 1 .

Do istog zakljucka smo, samo na drugi nacin, dosli u Primeru 2.1.2. 4

BROJNI REDOVI 17

2.2.1. Poredbeni kriterijumi konvergencije

Navodimo nekoliko teorema kojima su uspostavljeni kriterijumi za ispiti-vanje konvergencije pozitivnih redova. Kriterijumi su zasnovani na uporedi-vanju clanova reda, pa otuda potice ime poredbeni kriterijumi.


k=1

ak i∞∑

k=1

bk pozitivni redovi za cije clanove

vazi

(2.2.4) ak ≤ bk

za svako k ∈ N. Tada iz konvergencije reda∞∑

k=1

bk sledi konvergencija reda∞∑

k=1

ak. Takode, iz divergencije reda∞∑

k=1

ak sledi divergencija reda∞∑

k=1

bk.

Dokaz. Sa Sn i Tn oznacimo parcijalne sume

Sn =n∑

k=1

ak , Tn =n∑

k=1

bk .

Prema pretpostavci (2.2.4), za svako n ∈ N vazi

Sn ≤ Tn .

Pretpostavimo da je red∞∑

k=1

bk konvergentan. Prema Teoremi 2.2.2, niz

(Tn) je ogranicen, tj. postoji konstanta M (0 < M < +∞) takva da jeTn < M za svako n ∈ N. Tada je Sn ≤ Tn < M , pa je i niz (Sn) ogranicen.

Ponovnom primenom Teoreme 2.2.2 zakljucujemo da je red∞∑

k=1

ak konver-

gentan.

Obrnuto, neka je red∞∑

k=1

ak divergentan. Prema Teoremi 2.2.1, ovaj red

odredeno divergira ka +∞, sto znaci da je

limn→∞

Sn = +∞ .

Zbog Sn ≤ Tn, tada je ilim

n→∞Tn = +∞ ,

pa je red∞∑

k=1

bk takode odredeno divergentan.

18 TEORIJA REDOVA

Sledece teoreme navodimo bez dokaza. Dokazi se mogu naci, npr., u [4],str. 10–11. I za ostala tvrdenja, koja u produzetku budemo navodili nedokazujuci ih, dokazi se mogu naci u istoj knjizi [4].


k=1

ak i∞∑

k=1

bk pozitivni redovi i neka je bk 6= 0

za svako k ∈ N. Ako je

(2.2.5) L = limk→∞

ak

bk,

gde je 0 < L < +∞, redovi∞∑

k=1

ak i∞∑

k=1

bk su istovremeno konvergentni ili

divergentni.


k=1

ak i∞∑

k=1

bk pozitivni redovi i neka je akbk 6= 0

za svako k ∈ N. Ako je

(2.2.6)ak+1

ak≤ bk+1

bk

za svako k ∈ N, iz konvergencije reda∞∑

k=1

bk sledi konvergencija reda∞∑

k=1

ak,

a iz divergencije reda∞∑

k=1

ak sledi divergencija reda∞∑

k=1

bk.

NAPOMENA 2.2.2. Tvrdenja Teorema 2.2.3 i 2.2.5 ostaju na snazi i ako nejednakosti(2.2.4), (2.2.6) vaze pocev od bilo kog k = m ∈ N0. 4


∞∑k=1

1

k2.

U Primerima 2.1.2 i 2.2.2 smo ustanovili da je red∞∑

k=1

1

k(k + 1)konvergentan. Kako

je za svako k ∈ N1

k(k + 1)≥ 1

2k2,

to vazi (2.2.4) i mozemo da primenimo Teoremu 2.2.3. Prema Teoremi 2.2.3 red

∞∑k=1

1

2k2

BROJNI REDOVI 19

je konvergentan. Tada je, prema Teoremi 2.1.1, konvergentan i red∞∑

k=1

1

k2. 4

PRIMER 2.2.4. Ispitati konvergenciju harmonijskog reda

(2.2.7)

∞∑k=1

1

k.

U Primeru 2.2.1 smo utvrdili da red

∞∑k=1

ln

(1 +

1

k

)

divergira. Neka je

ak = ln

(1 +

1

k

), bk =

1

k.

Tada je bk 6= 0 za svako k ∈ N i

ak

bk= k ln

(1 +

1

k

)= ln

(1 +

1

k

)k

,

odakle je

limk→∞

ak

bk= lim

k→∞ln

(1 +

1

k

)k

= ln e = 1 .

Prema (2.2.5) jeL = 1 ∈ (0, +∞) ,

pa primenjujemo Teoremu 2.2.4 i zakljucujemo da je harmonijski red divergentan.Interesantan dokaz divergencije harmonijskog reda, zasnovan na Teoremi 2.2.1, moze

se naci u [4], str. 7.Primetimo na ovom mestu da za opsti clan harmonijskog reda vazi

limn→∞

an = limn→∞

1

n= 0 ,

pa je ovaj red primer da obrnuto tvrdenje Teoremi 2.1.4 ne vazi u opstem slucaju. 4


(2.2.8)

∞∑k=1

1

kp (p = 2, 3, . . . ) .

U Primeru 2.2.3 smo utvrdili da red∞∑

k=1

1

k2konvergira. Neka je

ak =1

kp , bk =

1

k2.

20 TEORIJA REDOVA

Tada je akbk 6= 0 za svako k ∈ N. Formiramo kolicnike

ak+1

ak=

1

(k + 1)p

1

kp

=

(k

k + 1

)p

,bk+1

bk=

1

(k + 1)2

1

k2

=

(k

k + 1

)2

.

Kako jek

k + 1< 1 ,

za svako k ∈ N i kako je p ≥ 2, to je

ak+1

ak=

(k

k + 1

)p

≤(

k

k + 1

)2

=bk+1

bk,

pa je uslov (2.2.6) ispunjen. Prema Teoremi 2.2.5 iz konvergencije reda∞∑

k=1

1

k2sledi

konvergencija reda (2.2.8). Red (2.2.8) je specijalni slucaj hiperharmonijskog reda kadaje p = 2, 3, . . . prirodan broj. Opsti slucaj, kada je p ∈ R, razmatramo kasnije. 4

2.2.2. Ostali kriterijumi konvergencije

Teorema 2.2.6. (CAUCHYEV KRITERIJUM) Neka je∞∑

k=1

ak pozitivan red.

Ako postoje m ∈ N i q (0 < q < 1) tako da je

(2.2.9) n√

an ≤ q < 1

za svako n ≥ m, red∞∑

k=1

ak je konvergentan. Ako je

n√

an ≥ 1


k=1

ak divergira.

Dokaz. Iz nejednakosti (2.2.9) sledi an ≤ qn za svako n ≥ m. Kako je

0 < q < 1, prema Primeru 2.1.3 geometrijski red∞∑

k=0

qk je konvergentan.

Prema Teoremi 2.1.3, tada je konvergentan i red∞∑

k=m

qk. Zbog nejednakosti

an ≤ qn i prema Teoremi 2.2.3 sledi konvergencija reda∞∑

k=1

ak.

BROJNI REDOVI 21

Ako je n√

an ≥ 1 za svako n ≥ m, tada je i an ≥ 1 za svako n ≥ m, pa je

limn→∞

an 6= 0. Prema Teoremi 2.1.4 red∞∑

k=1

ak divergira.

Umesto Teoreme 2.2.6 u praksi se, pod istim imenom, cesce koristi njenaposledica.

Teorema 2.2.7. (CAUCHYEV KRITERIJUM) Neka je∞∑

k=1

ak pozitivan red

i neka je

(2.2.10) L = limn→∞

n√

an .

Ako je L < 1, red∞∑

k=1

ak konvergira. Ako je L > 1, red∞∑

k=1

ak divergira.

Teorema 2.2.8. (D’ALAMBERTOV KRITERIJUM) Neka je∞∑

k=1

ak pozitivan

red sa ak 6= 0 za svako k ∈ N. Ako postoje m ∈ N i q (0 < q < 1) tako da je

(2.2.11)an+1

an≤ q < 1


k=1

ak je konvergentan. Ako je

an+1

an≥ 1


k=1

ak divergira.

Dokaz. Radi jednostavnosti zapisivanja i ne umanjujuci opstost, pret-postavimo da je m = 1.

Nejednakost (2.2.11), redom za n = 1, 2, . . . , glasi:

a2 ≤ qa1 , a3 ≤ qa2 , . . . , an ≤ qan−1 ,

odakle jean ≤ qan−1 ≤ q2an−2 ≤ · · · ≤ qn−1a1 .

Zbog 0 < q < 1, geometrijski red∞∑

k=1

qk−1 =∞∑

k=0

qk je konvergentan. Prema

Teoremi 2.1.1, tada je konvergentan i red∞∑

k=1

a1qk−1. Zbog an ≤ a1q

n−1 i

prema Teoremi 2.2.3 sledi konvergencija reda∞∑

k=1

ak.

22 TEORIJA REDOVA

Ako jean+1

an≥ 1 =

11, prema Teoremi 2.2.5 iz divergencije reda

∞∑k=1

1

(videti Primer 2.1.3) sledi divergencija reda∞∑

k=1

ak.

Kao i kod Cauchyevog kriterijuma, jednostavnija za primenu je sledecaposledica Teoreme 2.2.8.

Teorema 2.2.9. (D’ALAMBERTOV KRITERIJUM) Neka je∞∑

k=1

ak pozitivan

red sa ak 6= 0 za svako k ∈ N i neka je

(2.2.12) L = limn→∞

an+1

an.

Ako je L < 1, red∞∑

k=1

ak konvergira. Ako je L > 1, red∞∑

k=1

ak divergira.

Teoremama 2.2.7 i 2.2.9 nije obuhvacen slucaj L = 1. Razlog je u cinjenicida za L = 1 red moze da bude konvergentan, ali i divergentan. Na primer,

kod harmonijskog reda∞∑

k=1

1k

je

limn→∞

n√

an = limn→∞

an+1

an= 1 ,

a taj red je divergentan. Istovremeno, hiperharmonijski red∞∑

k=1

1k2

je kon-

vergetan, a takode vazi

limn→∞

n√

an = limn→∞

an+1

an= 1 .

NAPOMENA 2.2.3. Granicna vrednost limn→∞

n√

an = 1 kod harmonijskog reda∞∑

k=1

1

k

je odredena prema sledecem. Neka je f(x) = xx za x > 0. Tada je ln f = x ln x, pa jeredom:

limx→0

(ln f) = limx→0

(x ln x) = limx→0

ln x

1

x

= limx→0

1

x

− 1

x2

= limx→0

(−x) = 0 ,

ln( limx→0

f) = 0 ,

limx→0

f = limx→0

xx = e0 = 1 .

BROJNI REDOVI 23

Pri nalazenju limx→0

(ln f) je upotrebljeno L’Hospitalovo pravilo. Za an =1

nje

limn→∞

n√

an = limn→∞

n

√1

n= lim

n→∞

(1

n

)1/n

,

sto je samo diskretan oblik granicne vrednosti limx→0

xx (videti [5], str. 72–78).

Za hiperharmonijski red∞∑

k=1

1

k2je lim

n→∞n√

an = 1 odreden na isti nacin, polazeci od

funkcije f(x) = x2x za x > 0. 4

Cauchyev kriterijum je precizniji od D’Alambertovog jer iz (2.2.12) sledi(2.2.10), dok obrnuto ne mora da vazi ([5], str. 51–53). Tacnije, postojeslucajevi u kojima pomocu D’Alambertovog ne moze, a pomocu Cauchyevogkriterijuma moze da se utvrdi konvergencija (divergencija) reda.


∞∑k=1

(k − 1

k + 1

)k(k+1)

.

Za

an =

(n− 1

n + 1

)n(n+1)

formiramo

n√

an =n

√(n− 1

n + 1

)n(n+1)

=

(n− 1

n + 1

)n+1

=

(1− 2

n + 1

)n+1

i nalazimo granicnu vrednost (2.2.10),

L = limn→∞

n√

an = limn→∞

(1− 2

n + 1

)n+1

= limn→∞

[(1− 2

n + 1

)−n+12

]−2

= e−2 .

Broj e ≈ 2.718 > 1 je transcedentan broj. Ovaj broj se prvi put srece u Napierovom

radu. Kako je L =1

e2< 1, prema Cauchyevom kriterijumu (Teorema 2.2.7) dati red

konvergira. 4


∞∑k=1

k3

(c +

1

k

)k,

gde je c > 0 proizvoljan realan broj.

24 TEORIJA REDOVA

Za

an =n3(

c +1

n

)n

nalazimo

n√

an = n

√√√√ n3(c +

1

n

)n =n√

n3

c +1

n

.

Analogno kao u Napomeni 2.2.3, polazeci od f(x) = x3/x i uzimajuci da x →∞, odreduje

se limn→∞

n√

n3 = 1. Zato granicna vrednost (2.2.10) glasi

L = limn→∞

n√

an =1

c.

Primenom Cauchyevog kriterijuma zakljucujemo sledece. Za c < 1 je L > 1, pa posma-trani red divergira. Za c > 1 je L < 1, pa red konvergira. Za c = 1 je L = 1, pa se ne znada li red konvergira ili divergira. Medutim, za c = 1 je

limn→∞

an = limn→∞

n3(1 +

1

n

)n = ∞ 6= 0 ,

pa red divergira prema Teoremi 2.1.4.Dakle, dati red konvergira za c > 1 i divergira za c ≤ 1. 4


∞∑k=1

2k

k!.

Za

an =2n

n!

formiramo kolicnik

an+1

an=

2n+1

(n + 1)!

2n

n!

=2n+1n!

2n(n + 1)!=

2

n + 1

i odredujemo granicnu vrednost (2.2.12),

L = limn→∞

an+1

an= lim

n→∞2

n + 1= 0 .

Kako je L = 0 < 1, prema D’Alambertovom kriterijumu (Teorema 2.2.9) dati red konver-gira. 4

BROJNI REDOVI 25


∞∑k=1

1

ck + 1,

gde je c > 0 proizvoljan realan broj.

Za

an =1

cn + 1

formiramo kolicnik

an+1

an=

1

cn+1 + 11

cn + 1

=cn + 1

cn+1 + 1=

1 +1

cn

c +1

cn

,

i nalazimo granicnu vrednost (2.2.12). Za c ≤ 1 imamo

L = limn→∞

an+1

an= lim

n→∞cn + 1

cn+1 + 1= 1 ,

a za c > 1 imamo

L = limn→∞

an+1

an= lim

n→∞

1 +1

cn

c +1

cn

=1

c< 1 .

Primenom D’Alambertovog kriterijuma zakljucujemo sledece. Za c > 1 je L < 1, paposmatrani red konvergira. Za c ≥ 1 je L = 1, pa se ne zna da li red konvergira ilidivergira. Medutim, za c < 1 i c = 1 je redom:

limn→∞

an = limn→∞

1

cn + 1= 1 6= 0 , lim

n→∞an = lim

n→∞1

2=

1

26= 0 ,

pa red divergira prema Teoremi 2.1.4.Dakle, dati red konvergira za c > 1 i divergira za c ≤ 1. 4

Osim Cauchyevog i D’Alambertovog kriterijuma, medu poznatije krite-rijume spadaju i Kummerov, Raabeov i Gaussov, koji su detaljno opisaniu [4], str. 17-22. U razmatranje ovih kriterijuma necemo da se upustamo,samo pominjemo njihov medusobni odnos. Kummerov kriterijum je opstijegtipa, koji se u specijalnim slucajevima svodi na D’Alambertov ili Raabeovkriterijum. Pri tome je Raabeov precizniji od D’Alambertovog kriterijuma.Gaussov kriterijum je precizniji i od Raabeovog.

Navedimo jos jedan, cesto primenjivani kriterijum.

Teorema 2.2.10. (CAUCHYEV INTEGRALNI KRITERIJUM) Neka je realnafunkcija f(x) (x ∈ R) pozitivna, neprekidna i nerastuca za svako x > x0 ≥ 0.

26 TEORIJA REDOVA

Takode, neka je ak = f(k) za svako k ≥ m = [x0] + 1 (k ∈ N), gde je [x0]

celobrojni deo od x0. Tada red∞∑

k=m

ak i nesvojstveni integral∫ +∞

mf(x) dx

istovremeno konvergiraju ili divergiraju.

Zbog Teoreme 2.1.3, pod uslovima Teoreme 2.2.10 vazi da i

∞∑

k=1

ak ,

∫ +∞

m

f(x) dx

istovremeno konvergiraju ili divergiraju.NAPOMENA 2.2.4. Ako je x0 ≥ 1, moze da se uzme m = [x0]. 4

PRIMER 2.2.10. Ispitati konvergenciju hiperharmonijskog reda

(2.2.13)

∞∑k=1

1

kp ,

gde je p ∈ R proizvoljan broj.

Posmatrajmo funkciju

f(x) =1

xp .

Ova funkcija je pozitivna, neprekidna i nerastuca za svako x > 0 i p > 0, pa uzimamox0 = 0. Kako je m = [x0] + 1 = 1, stavljamo

ak =1

kp = f(k)

za svako k ≥ m = 1, tj. za svako k ∈ N. Primenjujemo Teoremu 2.2.10 i nalazimo

∫ +∞

m

f(x) dx =

∫ +∞

1

dx

xp =

x−p+1

−p + 1

∣∣∣+∞

1, p 6= 1 ,

ln x

∣∣∣+∞

1, p = 1 ,

=

+∞ , p < 1 ,

1

p− 1, p > 1 ,

+∞ , p = 1 ,

=

+∞ , p ≤ 1 ,

1

p− 1, p > 1 .

Za p ≤ 0 red (2.2.13) divergira prema Teoremi 2.1.4.

Dakle, nesvojstveni integral, a time i hiperharmonijski red (2.2.13), konvergira za p > 1i divergira za p ≤ 1. 4

BROJNI REDOVI 27

NAPOMENA 2.2.5. Za p > 1 hiperharmonijski red (2.2.13) konvergira, pa postojinjegov zbir, koji je funkcija od p, jer su clanovi funkcije ak = ak(p). Zbirna funkcija

ζ(p) =

∞∑k=1

1

kp (p > 1)

je poznata Riemannova zeta–funkcija. 4NAPOMENA 2.2.6. U toku izvodenja dokaza Teoreme 2.2.10, koji smo izostavili, dolazi

se do nejednakosti∞∑

k=m+1

ak ≤∫ +∞

m

f(x) dx ≤∞∑

k=m

ak .

Prva od ovih nejednakosti se koristi za dokazivanje nekih drugih vaznih nejednakosti.Jedna od takvih se odnosi na hiperharmonijski red i glasi

∞∑k=1

1

kp <

p

p− 1(p > 1) . 4


∞∑k=1

1

(k − 4)2 + 1.

Posmatrajmo funkciju

f(x) =1

(x− 4)2 + 1.

Ova funkcija je pozitivna i neprekidna za svako x ∈ R. Ispitujemo monotonost funkcije iu tom cilju nalazimo

f ′(x) =−2x + 8

[(x− 4)2 + 1]2.

Funkcija f(x) je nerastuca kad je f ′(x) ≤ 0, tj. x ≥ 4. Dakle, uslovi Teoreme 2.2.10 suispunjeni za svako x > 4, pa uzimamo x0 = 4 i m = [x0] = 4. Stavljajuci

ak = f(k) =1

(k − 4)2 + 1

za svako k = 4, 5, . . . i izracunavajuci

∫ +∞

4

f(x) dx =

∫ +∞

4

dx

(x− 4)2 + 1=

∫ +∞

0

dt

t2 + 1= arctan t

∣∣∣+∞

0=

π

2,

28 TEORIJA REDOVA

zakljucujemo da∞∑

k=4

ak konvergira, pa konvergira i

∞∑k=1

ak =

∞∑k=1

1

(k − 4)2 + 1. 4

Cauchyev integralni kriterijum moze da se iskaze i na sledeci nacin.

Teorema 2.2.11. (CAUCHYEV INTEGRALNI KRITERIJUM) Neka je realnafunkcija f(x) (x ∈ R) pozitivna, neprekidna i opadajuca za svako x > 0.Tada postoji konacna granicna vrednost

limn→∞

( n∑

k=1

ak −∫ n

1

f(x) dx

),

gde je ak = f(k) za svako k = 1, . . . , n (n ∈ N).

NAPOMENA 2.2.7. Funkcija f(x) =1

xzadovoljava uslove Teoreme 2.2.11, pa postoji

limn→∞

( n∑k=1

1

k−

∫ n

1

dx

x

),

tj. postoji

γ = limn→∞

( n∑k=1

1

k− ln n

).

Broj γ se zove Eulerova konstanta i iznosi γ ≈ 0.577. Jos uvek nije poznata prirodabroja γ, tj. ne zna se da li je γ algebarski ili transcedentan, cak ni da li je racionalan iliiracionalan broj. 4

Na kraju ove celine, pomenimo jos Cauchyev opsti princip konvergencije,koji je zasnovan na Teoremi 1.1.4 za niz parcijalnih suma (Sn). Cauchyevopsti princip je od velike teorijske vaznosti, ali se u praksi retko koristi jerje komplikovan za primenu (videti [4], str. 25).

2.3. Alternativni redovi


k=1

ak je alternativni red ako njegovi clanovi naiz-

menicno menjaju znak, tj. ako za svako k ∈ N vazi

akak+1 < 0 .

BROJNI REDOVI 29

Prema definiciji, u alternativnom redu∞∑

k=1

ak je

a1 < 0 , a2 > 0 , a3 < 0 , a4 > 0 , . . .

ilia1 > 0 , a2 < 0 , a3 > 0 , a4 < 0 , . . . .

Promena znaka clanova reda se regulise drugacijim oznakama:

∞∑

k=1

(−1)k bk ,

∞∑

k=1

(−1)k+1bk ,

gde je bk = |ak| > 0 za svako k ∈ N. Umesto prethodnih, bez dovodenja uzabunu, nadalje koristimo standardne oznake:

(2.3.1)∞∑

k=1

(−1)kak ,

∞∑

k=1

(−1)k+1ak ,

gde je ak > 0 za svako k ∈ N. Kako je

∞∑

k=1

(−1)k+1ak = −∞∑

k=1

(−1)kak ,

svejedno je koji od redova iz (2.3.1) razmatramo.Definicije i teoreme navedene u delu 2.1 vaze za sve brojne, pa i za al-

ternativne redove. Medutim, kriterijumi konvergencije pozitivnih redova nevaze za alternativne redove. Zato su izvedeni drugi kriterijumi, od kojih jenajpoznatiji Leibnizov.

Teorema 2.3.1. (LEIBNIZOV KRITERIJUM) Alternativni red

(2.3.2)∞∑

k=1

(−1)k+1ak

je konvergentan ako je niz (an)n∈N nerastuci i limn→∞

an = 0.

Ostatak Rn konvergentnog reda (2.3.2) je po modulu manji od prvog zane-marenog clana, tj.

|Rn| ≤ an+1 ,

i ima isti znak (−1)n kao taj clan.

30 TEORIJA REDOVA

Dokaz. Parcijalna suma reda (2.3.2) je

Sn =n∑

k=1

(−1)k+1ak ,

pa je

S2n =2n∑

k=1

(−1)k+1ak = (a1 − a2) + (a3 − a4) + · · ·+ (a2n−1 − a2n) .

Niz (ak)k∈N je nerastuci po pretpostavci teoreme, sto znaci da je ak ≥ ak+1

za svako k ∈ N, tj. ak − ak+1 ≥ 0 za svako k = 1, 2, . . . . Zato je niz(S2n) neopadajuci i vazi S2n ≥ 0. Drugacijim grupisanjem clanova sumeS2n imamo

S2n = a1 − (a2 − a3)− · · · − (a2n−2 − a2n−1)− a2n ≤ a1 ,

pa je niz (S2n) ogranicen. Prema Teoremi 1.1.2, niz (S2n) je konvergentan ipostoji

S = limn→∞

S2n .

S druge strane, kako je

S2n+1 =2n+1∑

k=1

(−1)k+1ak =2n∑

k=1

(−1)k+1ak + (−1)2n+2a2n+1 = S2n + a2n+1

i, po pretpostavci teoreme,

limn→∞

a2n+1 = 0 ,

dobijamolim

n→∞S2n+1 = lim

n→∞S2n + lim

n→∞a2n+1 = S .

Dakle, niz (S2n+1) konvergira ka istoj granici kao i niz (S2n). Prema Teo-remi 1.1.3, tada je konvergentan i niz (Sn), tj. alternativni red (2.3.2) kon-vergira.

Ostatak Rn konvergentnog reda (2.3.2) zapisimo na nacin

Rn =∞∑

k=n+1

(−1)k+1ak = (−1)n+2(an+1 − an+2 + an+3 − · · · )

=(−1)n[(an+1 − an+2) + (an+3 − an+4) + · · · ] .

BROJNI REDOVI 31

S obzirom na pretpostavku ak − ak+1 ≥ 0 za svako k ∈ N, zbir u uglastojzagradi je nenegativan, pa Rn ima znak (−1)n, koji stoji uz an+1. Drugimrecima, ostatak Rn ima isti znak kao prvi zanemareni clan (−1)nan+1.

Dalje, za zbir u uglastoj zagradi vazi

(an+1 − an+2) + (an+3 − an+4) + · · · =an+1 − (an+2 − an+3)− (an+4 − an+5)− · · · ≤ an+1 .

Imajuci u vidu nenegativnost ovog zbira, dobijamo

|Rn| =∣∣(an+1 − an+2) + (an+3 − an+4) + · · ·

∣∣ ≤ an+1 ,

tj. Rn je po modulu manji od prvog zanemarenog clana. Ovim je teoremau potpunosti dokazana.


∞∑k=1

(−1)k+1 1

k.

Ovde je

an =1

n,

pa niz (an)n∈N opada i limn→∞

an = 0. Prema Leibnizovom kriterijumu dati alternativni

red konvergira. Ostatak Rn ima znak (−1)n+2 = (−1)n i vazi

|Rn| < an+1 =1

n + 1. 4


∞∑k=1

(−1)k k

k3 + 1.

Ovde je

an =n

n3 + 1,

pa niz (an)n∈N opada i limn→∞

an = 0. Prema Leibnizovom kriterijumu dati alternativni

red konvergira. Ostatak Rn ima znak (−1)n+1 i vazi

|Rn| < an+1 =n + 1

(n + 1)3 + 1. 4

32 TEORIJA REDOVA

2.4. Redovi sa proizvoljnim clanovima

Alternativni redovi su specijalan slucaj redova sa proizvoljnim clanovima.Redovi sa proizvoljnim clanovima su oni ciji clanovi imaju razlicit znak, pricemu promena znaka ne mora da podleze nekoj posebnoj pravilnosti kao kodalternativnih redova.

Kod redova sa proizvoljnim clanovima, ukljucujuci i alternativne redove,razlikuju se dve vrste konvergencije: apsolutna i uslovna konvergencija.

Definicija 2.4.1. Red sa proizvoljnim clanovima∞∑

k=1

ak apsolutno kon-

vergira ako konvergira pozitivan red∞∑

k=1

|ak|.

Iz Definicije 2.4.1 je ocigledno da je apsolutna konvergencija nekog redaisto sto i konvergencija odgovarajuceg pozitivnog reda. Zato za ispitivanjeapsolutne konvergencije mogu da se koriste svi kriterijumi navedeni u delu2.2.

Teorema 2.4.1. (CAUCHYEVA TEOREMA) Ako je red∞∑

k=1

ak apsolutno

konvergentan, on je i konvergentan.

Dokaz. Formiramo nove redove∞∑

k=1

bk i∞∑

k=1

ck sa opstim clanovima

bn =12(|an|+ an

), cn =

12(|an| − an

)

i primecujemo da jean = bn − cn .

Kako je an ≤ |an| za svako n ∈ N, to je

bn ≥ 0 , cn ≥ 0 ,

bn ≤ 12(|an|+ |an|

)= |an|

za svako n ∈ N. Zbog −|an| ≤ an, tj. −an ≤ |an| za svako n ∈ N, takode je

cn ≤ 12(|an|+ |an|

)= |an|

za svako n ∈ N. Dakle, redovi∞∑

k=1

bk i∞∑

k=1

ck su pozitivni i za njihove opste

clanove vaze nejednakosti bn ≤ |an|, cn ≤ |an|.

BROJNI REDOVI 33

Po pretpostavci, red∞∑

k=1

|ak| konvergira. Prema poredbenom kriterijumu

iz Teoreme 2.2.3, tada konvergiraju redovi∞∑

k=1

bk i∞∑

k=1

ck. Dalje, prema

an = bn − cn i Teoremi 2.1.2, konvergira i red∞∑

k=1

ak =∞∑

k=1

bk −∞∑

k=1

ck .

Obrnuto tvrdenje u odnosu na Cauchyevu teoremu ne vazi u opstem

slucaju. Preciznije, red∞∑

k=1

ak moze da bude konvergentan, a da ne bude

apsolutno konvergentan. Zato je uveden sledeci pojam.

Definicija 2.4.2. Red s proizvoljnim clanovima∞∑

k=1

ak je uslovno konver-

gentan ili semikonvergentan ako je∞∑

k=1

ak konvergentan i istovremeno∞∑

k=1

|ak|divergentan.

Dakle, uslovno konvergentan red je konvergentan, ali ne i apsolutno kon-vergentan, pa se za uslovnu konvergenciju cesto kaze samo konvergencija.

PRIMER 2.4.1. Ispitati apsolutnu konvergenciju reda

∞∑k=1

(−1)k k

k3 + 1.

Opsti clan datog reda je

an = (−1)n n

n3 + 1,

pa je

|an| = n

n3 + 1.

Red∞∑

k=1

|ak| je pozitivan red, pa za ispitivanje njegove konvergencije koristimo, npr.,

poredbeni kriterijum iz Teoreme 2.2.4. Neka je

bn =1

n2

opsti clan reda∞∑

k=1

1

k2, ciju konvergenciju smo ustanovili u Primeru 2.2.3. Formiramo

|an|bn

=

n

n3 + 11

n2

=n3

n3 + 1,

34 TEORIJA REDOVA

i nalazimo

L = limn→∞

|an|bn

= limn→∞

n3

n3 + 1= 1 .

Zbog L = 1 ∈ (0, +∞), red∞∑

k=1

|ak| konvergira, tj. dati red∞∑

k=1

ak apsolutno konvergira.

Prema Cauchyevoj teoremi, dati red∞∑

k=1

ak konvergira. Ovu cinjenicu smo vec utvrdili

u Primeru 2.3.2 pomocu Leibnizovog kriterijuma jer je∞∑

k=1

ak alternativni red. 4


(2.4.1)

∞∑k=1

(−1)k+1 1

2k−1.


an = (−1)n+1 1

2n−1,

pa je

|an| = 1

2n−1.

Red ∞∑k=1

|ak| =∞∑

k=1

1

2k−1=

∞∑k=0

1

2k

je geometrijski red (2.1.7) sa q = 1/2 < 1. U Primeru 2.1.3 smo pokazali da ovaj redkonvergira i ima sumu (2.1.8), tj.

S =

∞∑k=0

1

2k=

1

1− 1

2

= 2 .

Zato red (2.4.1) apsolutno konvergira i, prema Cauchyevoj teoremi, konvergira.

Primetimo da je (2.4.1) alternativni red, pa smo njegovu konvergenciju (ne i apsolutnukonvergenciju) mogli jednostavno da utvrdimo pomocu Leibnizovog kriterijuma. Pomocuovog kriterijuma mozemo da dobijemo i procenu ostatka

|Rn| =∣∣∣

∞∑k=n+1

(−1)k+1 1

2k−1

∣∣∣ <1

2n,

ali ne i zbir reda. Medutim, kako je (−1)k+1 = (−1)k−1, red (2.4.1) mozemo da zapisemou obliku geometrijskog reda (2.1.7), tj.

∞∑k=1

(−1)k−1 1

2k−1=

∞∑k=1

(−1

2

)k−1

=

∞∑k=0

(−1

2

)k

.

BROJNI REDOVI 35

Ovde je q = −1/2 i |q| < 1, pa red (2.4.1) konvergira prema Primeru 2.1.3 i ima zbir(2.1.8), tj.

S =

∞∑k=0

(−1)k 1

2k=

1

1 +1

2

=2

3. 4


(2.4.2)

∞∑k=1

(−1)k+1 1

k.


an = (−1)n+1 1

n,

pa je

|an| = 1

n.

Red ∞∑k=1

|ak| =∞∑

k=1

1

k

je harmonijski red (2.2.7), za koji smo u Primeru 2.2.4 utvrdili da divergira. Dakle, red(2.4.2) ne konvergira apsolutno.

S druge strane, u Primeru 2.3.1 smo ustanovili da red (2.4.2) konvergira. Prema Defini-ciji 2.4.2, posmatrani red (2.4.2) uslovno konvergira. 4

Na kraju, bez dokaza navodimo neke znacajne teoreme, koje se odnose nakonvergenciju brojnih redova.

Teorema 2.4.2. (DIRICHLETOVA TEOREMA) Zbir konvergentnog pozi-tivnog reda ostaje nepromenjen ako se poredak njegovih clanova proizvoljnopromeni.

Neposredna posledica Teoreme 2.4.2 je da zbir apsolutno konvergentnogreda ostaje isti pri proizvoljnoj izmeni poretka njegovih clanova.


k=1

ak semikonvergentan red i neka su redovi∞∑

i=1

bki ,∞∑

i=1

cki formirani samo od pozitivnih, odnosno samo od negativnih

clanova reda∞∑

k=1

ak, redom. Tada pozitivan red∞∑

i=1

bki odredeno divergira ka

+∞, a negativan red∞∑

i=1

cki odredeno divergira ka −∞.

Teorema 2.4.4. (RIEMANN–DINIEV STAV) Zbir semikonvegentnog redazavisi od poretka njegovih clanova. Preciznije, clanovi semikonvergentnog

36 TEORIJA REDOVA

reda mogu da se poredaju tako da zbir reda ima proizvoljnu vrednost. Cak ivise, pogodnim poretkom clanova, semikonvergentni redovi mogu da postanudivergentni.


(2.4.3)

∞∑k=1

(1

2k − 1− 1

2(2k − 1)− 1

2(2k)

).

Posmatrajmo red (2.4.2) koji u razvijenom obliku glasi

∞∑k=1

(−1)k+1 1

k= 1− 1

2+

1

3− 1

4+ · · ·

i za koji smo u Primeru 2.4.3 pokazali da je semikonvergentan. U redu (2.4.2) menja-mo redosled clanova tako da iza svakog pozitivnog slede dva negativna clana i vrsimoodgovarajuce grupisanje. Red (2.4.2) postaje

(1− 1

2− 1

4

)+

(1

3− 1

6− 1

8

)+ · · · =

∞∑k=1

(1

2k − 1− 1

2(2k − 1)− 1

2(2k)

).

Dakle, red (2.4.3) je red (2.4.2) sa izmenjenim redosledom clanova.S druge strane, opsti clan reda (2.4.3) je

an =1

2n− 1− 1

2(2n− 1)− 1

2(2n)=

1

2(2n− 1)− 1

2(2n)=

1

2

(1

2n− 1− 1

2n

),

pa je red (2.4.3) isti kao i red

1

2

∞∑k=1

(1

2k − 1− 1

2k

)=

1

2

[(1− 1

2

)+

(1

3− 1

4

)+ · · ·

]

=1

2

[1− 1

2+

1

3− 1

4+ · · ·

]=

1

2

∞∑k=1

(−1)k+1 1

k.

Neka je S zbir reda (2.4.2). Prema prethodnom, tada dati red (2.4.3) ima zbir

∞∑k=1

(1

2k − 1− 1

2(2k − 1)− 1

2(2k)

)=

1

2S .

Zakljucujemo da je promena poretka clanova u redu (2.4.2) sa zbirom S dovela do reda

(2.4.3) sa zbirom1

2S, cime je na jednostavan nacin ilustrovan deo Riemann–Dinievog

stava.Ocigledno, dati red (2.4.3) je konvergentan. 4

BROJNI REDOVI 37


1 +1√3− 1√

2+

1√5

+1√7− 1√

4+

1√9

+1√11− 1√

6+ · · · .

Dati red cemo odmah, grupisuci njegove clanove, ali ne menjajuci im poredak, dazapisemo u obliku

(2.4.4)

∞∑k=1

(1√

4k − 3+

1√4k − 1

− 1√2k

).

Opsti clan ovog reda je

an =1√

4n− 3+

1√4n− 1

− 1√2n

=1√n

(1√

4− 3

n

+1√

4− 1

n

− 1√2

).

Neka je

bn =1√n

opsti clan hiperharmonijskog reda (2.2.13), sa p = 1/2, za koji je u Primeru 2.2.10 vecpokazano da divergira. Primenom poredbenog kriterijuma datog u Teoremi 2.2.4, nalazi-mo

L = limn→∞

an

bn= lim

n→∞

(1√

4− 3

n

+1√

4− 1

n

− 1√2

)

=1√4

+1√4− 1√

2= 1− 1√

2∈ (0, +∞) ,

pa red (2.4.4) divergira kao i red (2.2.13).

S druge strane, posmatrajmo alternativni red

(2.4.5)

∞∑k=1

(−1)k+1 1√k

= 1− 1√2

+1√3− 1√

4+ · · · ,

cija konvergencija se lako utvrduje prema Leibnizovom kriterijumu. Medutim, red (2.4.5)je semikonvergentan jer je divergentan red

∞∑k=1

∣∣∣(−1)k+1 1√k

∣∣∣ =

∞∑k=1

1√k

.

Uporedivanjem redova (2.4.4) i (2.4.5), lako vidimo da je red (2.4.4) nastao iz reda(2.4.5) promenom poretka clanova. Posle svaka dva uzastopna pozitivna clana reda (2.4.5)uzet po jedan negativan clan iz niza

(− 1√

2,− 1√

4, . . .

).

Dakle, red (2.4.4) ima iste clanove kao i red (2.4.5), samo drugacije poredane. Kako red(2.4.5) konvergira, a red (2.4.4) divergira, ovim primerom smo ilustrovali Riemann–Dinievstav u celini. 4

3. FUNKCIONALNI REDOVI

3.1. Definicija, konvergencija iuniformna konvergencija

Definicija 3.1.1. Neka je(fk(x)

)∞k=1

funkcionalni niz. Beskonacni zbirfunkcija

(3.1.1)∞∑

k=1

fk(x) = f1(x) + f2(x) + · · ·+ fn(x) + · · ·

zove se funkcionalni red.

Funkcije f1(x), f2(x), . . . su clanovi reda, a fn(x) je opsti clan reda (3.1.1).

I svaki drugi beskonacni zbir funkcija

(3.1.2)∞∑

k=m

fk(x) = fm(x) + fm+1(x) + · · · (m ∈ N0)

zove se funkcionalni red. U opstem slucaju je m 6= 1, pa se redovi (3.1.1) i(3.1.2) razlikuju za konacno mnogo pocetnih clanova.

Definicija 3.1.2. Zbir prvih n clanova

(3.1.3) Sn(x) =n∑

k=1

fk(x) = f1(x) + · · ·+ fn(x) (n ∈ N)

je n–ta parcijalna suma reda (3.1.1).

Ocigledno je Sn(x) funkcija, definisana na istom podrucju D ⊆ R kao iclanovi niza fk(x) (k ∈ N).

38

FUNKCIONALNI REDOVI 39

Definicija 3.1.3. Beskonacni zbir

(3.1.4)∞∑

k=n+1

fk(x) = fn+1(x) + fn+2(x) + · · · (n ∈ N)

je ostatak reda (3.1.1).

Ostatak je takode funkcionalni red, oblika (3.1.2) sa m = n + 1. Vazi

(3.1.5)∞∑

k=n+1

fk(x) =∞∑

k=1

fk(x)− Sn(x) .

PRIMER 3.1.1. Beskonacni zbir

∞∑k=0

xk = 1 + x + x2 + · · ·

je funkcionalni red. Opsti clan ovog reda je fn(x) = xn, n–ta parcijalna suma je

Sn(x) =

n∑k=0

xk = 1 + x + · · ·+ xn ,

a ostatak je red∞∑

k=n+1

xk = xn+1 + xn+2 + · · · .

Na primer, za n = 3 parcijalna suma i ostatak su:

S3(x) =

3∑k=0

xk = 1 + x + x2 + x3 ,

∞∑k=4

xk = x4 + x5 + · · · . 4

Kod funkcionalnih redova, kao i kod nizova iz kojih su nastali, razlikuju sedve vrste konvergencije: konvergencija (u tacki i na intervalu) i uniformnakonvergencija.


k=1

fk(x) konvergira (divergira) u tacki x = x0 ∈ D

ako konvergira (divergira) brojni red∞∑

k=1

fk(x0).

Skup svih tacaka x0 ∈ D u kojima red (3.1.1) konvergira zove se oblastkonvergencije ili, korektnije, podrucje konvergencije reda. Neka je oblastkonvergencije interval (α, β), ili [α, β], (α, β], [α, β).

40 TEORIJA REDOVA


k=1

fk(x) konvergira na intervalu (α, β) ako niz

parcijalnih suma(Sn(x)

)n∈N konvergira na intervalu (α, β).

Ako postoji, granicna funkcija

S(x) = limn→∞

Sn(x) , x ∈ (α, β) ,

je suma (zbir) reda (3.1.1) i zapisuje se sa

(3.1.6) S(x) =∞∑

k=1

fk(x) .

Konvergencija na intervalu, u stvari, znaci konvergenciju u svakoj tackitog intervala.

Uniformna konvergencija se definise samo na intervalu, ne i u tacki.


k=1

fk(x) uniformno (ravnomerno) konvergira na

intervalu (α, β) ka funkciji S(x) ako niz parcijalnih suma(Sn(x)

)n∈N uni-

formno konvergira ka S(x) na istom intervalu.

Za funkcionalne redove vazi tvrdenje analogno Teoremi 1.2.1 kod funkcio-nalnih nizova.


k=1

fk(x) uniformno konvergentan na inter-

valu (α, β), tada je on i konvergentan na tom intervalu. Obrnuto u opstemslucaju ne vazi.

Teorema 3.1.1 je neposredna posledica Definicije 3.1.6, Teoreme 1.2.1 iDefinicije 3.1.5, redom. Prema ovoj teoremi, da bi red bio uniformno kon-vergentan, pre svega mora da bude konvergentan.

Uniformna konvergencija je mnogo cesca na intervalima oblika [α, β], negooblika (α, β). Zato cemo nadalje, ne umanjujuci opstost, uniformnu konver-genciju da razmatramo samo na segmentima [α, β].

PRIMER 3.1.2. Ispitati konvergenciju i uniformnu konvergenciju reda

1 +

∞∑k=2

xk−2(x− 1) .

Izuzimajuci prvi f1(x) = 1, svi ostali clanovi reda imaju isti oblik

fk(x) = xk−2(x− 1) = xk−1 − xk−2 ,


pa je n–ta parcijalna suma

Sn(x) =

n∑k=1

fk(x)

= 1 + (x− 1) + (x2 − x) + (x3 − x2) + · · ·+ (xn−1 − xn−2)

= xn−1 (n ∈ N) .

Niz (Sn(x))n∈N = (xn−1)n∈N = (xn)n∈N0je funkcionalni niz (1.2.1), ciju smo kon-

vergenciju ispitivali u Primeru 1.2.1 i dosli do sledecih zakljucaka. Niz (Sn(x)) konvergirana intervalu (−1, 1] ka funkciji

S(x) =

{0 , x ∈ (−1, 1) ,

1 , x = 1 ,

a uniformno konvergira na svakom segmentu [−r, r] ⊂ (−1, 1) ka funkciji S(x) = 0. PremaDefinicijama 3.1.5 i 3.1.6, za dati red vazi isti zakljucak. 4

Opste osobine funkcionalnih redova su iskazane sledecim teoremama, kojesu analogne Teoremama 2.1.1–2.1.4 kod brojnih redova, pa ih navodimo bezdokaza.


k=1

fk(x) konvergentan red na intervalu (α, β)

sa sumom

S(x) =∞∑

k=1

fk(x) .

Takode, neka je c(x) proizvoljna realna funkcija, definisana i ogranicenana istom intervalu (α, β). Tada je na intervalu (α, β) konvergentan i red∞∑

k=1

c(x) fk(x) sa sumom

c(x) S(x) =∞∑

k=1

c(x) fk(x) .


k=1

fk(x),∞∑

k=1

gk(x) konvergentni redovi na

(α, β) sa sumama

S1(x) =∞∑

k=1

fk(x) , S2(x) =∞∑

k=1

gk(x) .

42 TEORIJA REDOVA

Tada su na (α, β) konvergentni i redovi∞∑

k=1

(fk(x)± gk(x)

)sa sumama

S1(x)± S2(x) =∞∑

k=1

(fk(x)± gk(x)

).

Teorema 3.1.4. Red∞∑

k=1

fk(x) je konvergentan na (α, β) ako i samo ako

je na (α, β) konvergentan red∞∑

k=m

fk(x) (m ≥ 2).

Prema Definiciji 3.1.3 i Teoremi 3.1.4 vazi da su red (3.1.1) i ostatak reda(3.1.4) istovremeno i na istom intervalu konvergentni, ili su divergentni. Uslucaju konvergentnog reda, sa parcijalnom sumom (3.1.3) i zbirom (3.1.6),ostatak je

Rn(x) =∞∑

k=n+1

fk(x) = S(x)− Sn(x) .


k=1

fk(x) konvergentan na (α, β), tada je za

svako x ∈ (α, β)lim

n→∞fn(x) = 0 .

Teoreme 3.1.2–3.1.5 vaze i u slucaju uniformno konvergentnih redova.NAPOMENA 3.1.1. Zahvaljujuci Teoremi 3.1.4, u literaturi se Definicije 3.1.5 i 3.1.6

srecu i u drugacijem obliku. Na primer, umesto Definicije 3.1.6 se koristi sledeca ekviva-lentna definicija.

Funkcionalni red (3.1.1) uniformno konvergira na [α, β] ako za svako ε > 0 postojiN(ε) ∈ N tako da je |Rn(x)| < ε za svako n ≥ N(ε) i svako x ∈ [α, β]. 4

3.1.1. Kriterijumi uniformne konvergencije

Ispitivanje konvergencije na intervalu se svodi na ispitivanje konvergencijeu tackama tog intervala, tj. na ispitivanje konvergencije brojnih redova.Zato za obicnu konvergenciju nisu razvijeni nikakvi posebni kriterijumi.

Za ispitivanje uniformne konvergencije postoji vise kriterijuma, npr.Weierstrassov, Dirichletov, Abelov (videti [4], str. 41–42). Najpoznatijimedu njima je Weierstrassov kriterijum.

Teorema 3.1.6. (WEIERSTRASSOV KRITERIJUM) Neka za svako x ∈[α, β] i svako k ∈ N vazi ∣∣fk(x)

∣∣ ≤ Mk ,


gde je 0 < Mk < +∞ za svako k ∈ N.

Ako je pozitivan brojni red∞∑

k=1

Mk konvergentan, tada je funkcionalni red∞∑

k=1

fk(x) uniformno konvergentan na [α, β].

Dokaz. Kako je red∞∑

k=1

Mk konvergentan, prema Napomeni 2.1.2 za svako

ε > 0 postoji N(ε) ∈ N tako da za svako n ≥ N(ε) vazi∣∣∣

∞∑

k=n+1

Mk

∣∣∣ =∞∑

k=n+1

∣∣Mk

∣∣ =∞∑

k=n+1

Mk < ε .

Tada za svako x ∈ [α, β] i svako n ≥ N(ε) vazi∣∣∣

∞∑

k=n+1

fk(x)∣∣∣ ≤

∞∑

k=n+1

∣∣fk(x)∣∣ ≤

∞∑

k=n+1

Mk < ε

i, prema Napomeni 3.1.1, sledi tvrdenje.

PRIMER 3.1.3. Na [α, β] = [−1, 1] ispitati uniformnu konvergenciju reda

∞∑k=0

xk

2k.

Za x ∈ [−1, 1] i fk(x) =xk

2kvazi

∣∣∣xk

2k

∣∣∣ ≤ 1

2k= Mk .

Brojni red∞∑

k=0

Mk =

∞∑k=0

1

2k

je geometrijski red (2.1.7) sa q = 1/2 < 1, pa je konvergentan prema Primeru 2.1.3. Pri-menjujuci Weierstrassov kriterijum zakljucujemo da je dati red uniformno konvergentanna [−1, 1]. 4

Zbog velikog prakticnog znacaja, navodimo bez dokaza osobine uniformnokonvergentnih redova. Dokazi se mogu naci, npr., u [4], str. 43–46.

Teorema 3.1.7. Neka su funkcije fk(x) neprekidne na [α, β] za svako

k ∈ N i neka je red∞∑

k=1

fk(x) uniformno konvergentan na [α, β]. Tada je

zbir

S(x) =∞∑

k=1

fk(x)

44 TEORIJA REDOVA

neprekidna funkcija na [α, β].

Teorema 3.1.8. Neka su funkcije fk(x) neprekidne na [α, β] za svako

k ∈ N i neka je red∞∑

k=1

fk(x) uniformno konvergentan na [α, β]. Tada red∞∑

k=1

fk(x) moze da se integrali clan po clan, tj. za svako x1, x2 (α ≤ x1 ≤x2 ≤ β) vazi

∫ x2

x1

( ∞∑

k=1

fk(x))

dx =∞∑

k=1

(∫ x2

x1

fk(x) dx)

.

Teorema 3.1.9. Neka su funkcije fk(x) diferencijabilne i f ′k(x) nepre-

kidne na [α, β] za svako k ∈ N. Takode, neka je red∞∑

k=1

fk(x) konvergentan,

a red∞∑

k=1

f ′k(x) uniformno konvergentan na [α, β]. Tada red∞∑

k=1

fk(x) moze

da se diferencira clan po clan, tj. za svako x ∈ [α, β] vazi

( ∞∑

k=1

fk(x))′

=∞∑

k=1

f ′k(x) .

3.1.2. Apsolutna konvergencija

Osim konvergencije i uniformne konvergencije, kod funkcionalnih redovase uvodi i pojam apsolutne konvergencije.


k=1

fk(x) apsolutno konvergira u tacki x = x0 ∈ D

ako apsolutno konvergira brojni red∞∑

k=1

fk(x0).


k=1

fk(x) apsolutno konvergira na intervalu (α, β)

ako apsolutno konvergira u svakoj tacki tog intervala.

Imajuci u vidu Definicije 3.1.4 i 3.1.5, kao i Teoremu 2.4.1, jednostavno sesagledava da iz apsolutne konvergencije sledi konvergencija, ali ne i obrnuto.Apsolutna i uniformna konvergencija ne mogu da se porede na ovaj nacin.


PRIMER 3.1.4. U tacki x = x0 = −1 ispitati konvergenciju i apsolutnu konvergencijureda ∞∑

k=1

xk

k.

Ovde je

fk(x) =xk

k

za svako k ∈ N. Za x = x0 = −1 dati funkcionalni red postaje brojni

∞∑k=1

fk(x0) =

∞∑k=1

fk(−1) =

∞∑k=1

(−1)k 1

k= −

∞∑k=1

(−1)k+1 1

k.

U Primeru 2.4.3 smo utvrdili da ovaj brojni red konvergira, ali ne apsolutno. PremaDefiniciji 3.1.7 posmatrani funkcionalni red konvergira u tacki x0 = −1, ali ne konvergiraapsolutno u toj tacki. 4

NAPOMENA 3.1.2. Weierstrassov kriterijum obezbeduje i apsolutnu konvergenciju,sto se lako sagledava iz dokaza Teoreme 3.1.6. 4

Medu funkcionalnim redovima najznacajniji su stepeni i trigonometrijskiredovi, a medu trigonometrijskim Fourierovi redovi. Stepene i Fourieroveredove, kao i njihovu konvergenciju, cemo posebno da razmatramo.

3.2. Stepeni redovi

Definicija 3.2.1. Funkcionalni red oblika

(3.2.1)∞∑

k=1

akxk ,

gde je ak ∈ R za svako k ∈ N, zove se stepeni ili potencijalni red.

Vidimo da su clanovi potencijalnog reda funkcije fk(x) = akxk (k ∈ N).Realni brojevi ak (k ∈ N) su koeficijenti potencijalnog reda.

Red ∞∑

k=1

ak(x− x0)k ,

gde je x0 ∈ R fiksiran broj, je takode stepeni red. Ovaj red se smenomt = x − x0 svodi na oblik (3.2.1), pa je dovoljno posmatrati samo redove(3.2.1).

46 TEORIJA REDOVA

Stepeni red je i svaki drugi red

∞∑

k=m

akxk (m ∈ N0) ,

koji se od reda (3.2.1) razlikuje za konacno mnogo pocetnih clanova. Nadaljeposmatramo redove sa m = 0, tj.

(3.2.2)∞∑

k=0

akxk .

Ocigledno, svaki stepeni red konvergira u tacki x = 0 jer se svodi nakoeficijent a0. Medutim, postoje stepeni redovi koji nisu konvergentni ni zajedno x 6= 0.

Najpoznatiji kriterijum za utvrdivanje konvergencije potencijalnih redovaje Abelov.

Teorema 3.2.1. (ABELOV STAV) Vaze sledeca tvrdenja.

1◦ Ako je stepeni red∞∑

k=0

akxk konvergentan za neko x = P 6= 0, on je

apsolutno konvergentan za svako x za koje je |x| < |P |.2◦ Ako je stepeni red

∞∑k=0

akxk divergentan za neko x = Q 6= 0, on je

divergentan za svako x za koje je |x| > |Q|.Dokaz. 1◦ Prema pretpostavci, brojni red

∞∑k=0

akP k je konvergentan i,

prema Teoremi 2.1.4, za njegov opsti clan vazi limn→∞

anPn = 0. Zato postoji

konstanta M (0 < M < +∞) takva da je∣∣anPn

∣∣ ≤ M za svako n ∈ N0.Kako je P 6= 0, dalje je

∣∣anxn∣∣ =

∣∣∣anPn xn

Pn

∣∣∣ =∣∣anPn

∣∣∣∣∣ x

P

∣∣∣n

≤ M∣∣∣ x

P

∣∣∣n

.

Za svako fiksirano x i q =∣∣∣ x

P

∣∣∣, red∞∑

k=0

∣∣∣ x

P

∣∣∣k

je geometrijski red (2.1.7),

koji konvergira za |q| =∣∣∣ x

P

∣∣∣ < 1, tj. |x| < |P |. Prema Teoremi 2.1.1,

tada za |x| < |P | konvergira red∞∑

k=0

M∣∣∣ x

P

∣∣∣k

i, prema Teoremi 2.2.3, red∞∑

k=0

∣∣akxk∣∣. Dakle, prema Definiciji 3.1.8, posmatrani stepeni red (3.2.2)

apsolutno konvergira.


2◦ Pretpostavimo suprotno, da je red (3.2.2) konvergentan za neko x = x0

za koje je |x0| > |Q|, tj. −|x0| < Q < |x0|. Prema tvrdenju 1◦, red (3.2.2)je tada konvergentan za svako x za koje je |x| < |x0|, tj. −|x0| < x < |x0|,pa i za x = Q. Drugim recima, konvergentan je brojni red

∞∑k=0

akQk, sto je

suprotno pretpostavci teoreme.

Umesto Abelovog stava, u praksi se mnogo cesce koristi njegova posledica.

Teorema 3.2.2. Za svaki red∞∑

k=0

akxk postoji broj R (0 ≤ R ≤ +∞),

takav da vazi:1◦ red

∞∑k=0

akxk apsolutno konvergira za |x| < R,

2◦ red∞∑

k=0

akxk divergira za |x| > R.

Broj R, ciju egzistenciju obezbeduje prethodna teorema, zove se polupre-cnik ili radijus konvergencije. Ako je R > 0, interval (−R, R) je intervalkonvergencije, tj. oblast konvergencije reda.

Odmah primecujemo da Teoreme 3.2.1 i 3.2.2 ne kazuju nista o konver-genciji reda za |x| = R, tj. x = ±R. Medutim, tada se red (3.2.2) svodi nabrojne redove

∞∑

k=0

akRk ,

∞∑

k=0

(−1)kakRk ,

pa treba ispitivati njihovu konvergenciju prema nekom od ranije navedenihkriterijuma.

Poluprecnik konvergencije se najcesce odreduje primenom Cauchyevog(Teorema 2.2.7) ili D’Alambertovog kriterijuma (Teorema 2.2.9), na sledecinacin.

Za red (3.2.2) formiramo kolicnik∣∣∣∣fn+1(x)fn(x)

∣∣∣∣ =∣∣∣an+1x

n+1

anxn

∣∣∣ =∣∣∣an+1

an

∣∣∣ |x| .

Prema D’Alambertovom kriterijumu, za svako konkretno x 6= 0, brojni redkoji se dobija iz (3.2.2) apsolutno konvergira ako je

limn→∞

∣∣∣an+1

an

∣∣∣ |x| = |x| limn→∞

∣∣∣an+1

an

∣∣∣ < 1 ,

tj.

|x| < 1

limn→∞

∣∣∣an+1

an

∣∣∣.

48 TEORIJA REDOVA

Prema Teoremi 3.2.2, za radijus konvergencije uzimamo

(3.2.3) R =1

limn→∞

∣∣∣an+1

an

∣∣∣= lim

n→∞

∣∣∣ an

an+1

∣∣∣ .

Analogno, primenjujuci Cauchyev kriterijum, dobijamo

(3.2.4) R =1

limn→∞

n√|an|

= limn→∞

1n√|an|

.

PRIMER 3.2.1. Ispitati konvergenciju redova:

∞∑k=0

k! xk ,

∞∑k=0

1

k!xk .

Dati redovi su stepeni, pa odredujemo njihov radijus konvergencije. Primenjujemoformulu (3.2.3).

U slucaju prvog reda je an = n!, pa je:

∣∣∣ an

an+1

∣∣∣ =n!

(n + 1)!=

1

n + 1,

R = limn→∞

∣∣∣ an

an+1

∣∣∣ = limn→∞

1

n + 1= 0 .

Prema Teoremi 3.2.2, red je divergentan za svako x 6= 0.

U slucaju drugog reda je an =1

n!, pa je:

∣∣∣ an

an+1

∣∣∣ =(n + 1)!

n!= n + 1 ,

R = limn→∞

∣∣∣ an

an+1

∣∣∣ = limn→∞

(n + 1) = +∞

i red konvergira za svako x ∈ R. 4


(3.2.5)

∞∑k=1

1

kxk .

Kako je an =1

n, prema (3.2.3) je

R = limn→∞

∣∣∣ an

an+1

∣∣∣ = limn→∞

n + 1

n= 1 ,


pa red konvergira za svako x ∈ (−1, 1).Za x = 1 dati red postaje divergentan harmonijski red (2.2.7). Za x = −1 dati red je

konvergentan alternativni red (2.4.2).Zakljucujemo da posmatrani red konvergira za svako x ∈ [−1, 1). 4


∞∑k=1

1

k2xk .

Kako je an =1

n2, iz (3.2.3) sledi

R = limn→∞

∣∣∣ an

an+1

∣∣∣ = limn→∞

(n + 1)2

n2= 1 ,

pa red konvergira za svako x ∈ (−1, 1).Za x = 1 dobija se konvergentan hiperharmonijski red (2.2.8) sa p = 2. Za x = −1

dobija se alternativni red∞∑

k=1

(−1)k 1

k2. Ovaj red konvergira jer apsolutno konvergira kao

hiperharmonijski red.Dakle, posmatrani red konvergira za svako x ∈ [−1, 1]. 4


∞∑k=1

(−1)k

k 2kxk .

Kako je an =(−1)n

n 2n, iz (3.2.4) sledi

R = limn→∞

1

n√|an|

= limn→∞

1

n

√∣∣∣ (−1)n

n 2n

∣∣∣= lim

n→∞n√

n 2n = 2 limn→∞

n√

n = 2 ,

pa red konvergira za svako x ∈ (−2, 2).Za x = 2 dobija se konvergentan alternativni red (2.4.2), a za x = −2 divergentan

harmonijski red (2.2.7).Posmatrani red konvergira za svako x ∈ (−2, 2]. 4

3.2.1. Uniformna konvergencija stepenih redova

Teorema 3.2.3. Stepeni red∞∑

k=0

akxk je uniformno konvergentan na seg-

mentu [−r, r], gde je 0 < r < R proizvoljan broj i R radijus konvergencije.

50 TEORIJA REDOVA

Dokaz. Za x ∈ [−r, r] je |x| ≤ r i

∣∣akxk∣∣ = |ak||x|k ≤ |ak|rk

za svako k ∈ N0. S druge strane, za x = r < R posmatrani red(3.2.2) apsolutno konvergira prema Teoremi 3.2.2, tj. konvergira brojni

red∞∑

k=0

∣∣akxk∣∣ =

∞∑k=0

|ak|rk. Prema Weierstrassovom kriterijumu (Teore-

ma 3.1.6), sa Mk = |ak|rk, red (3.2.2) uniformno konvergira.

Sledece dve teoreme imaju veliku prakticnu primenu, a posledica su uni-formne konvergencije stepenih redova.

Teorema 3.2.4. Ako je R poluprecnik konvergencije i −R < α < β < R,zbir stepenog reda

S(x) =∞∑

k=0

akxk

je neprekidna funkcija na segmentu [α, β].

Dokaz. Neka je r = max{|α|, |β|}. Tada je [α, β] ⊆ [−r, r]. Prema Teo-

remi 3.2.3, red∞∑

k=0

akxk uniformno konvergira na [−r, r], pa i na [α, β]. Kako

su fk(x) = akxk neprekidne funkcije za svako k ∈ N0, prema Teoremi 3.1.7sledi tvrdenje.

Teorema 3.2.5. Ako je R poluprecnik konvergencije i −R < α < β < R,

stepeni red∞∑

k=0

akxk na segmentu [α, β] moze da se integrali i diferencira

proizvoljan broj puta. Pri tome, svi dobijeni redovi imaju isti poluprecnikkonvergencije R.

Dokaz teoreme izostavljamo, uz napomenu da je teorema posledica Teo-rema 3.1.8 i 3.1.9.

Konvergencija stepenog reda (3.2.2) i redova koji iz njega nastaju inte-gracijom i diferenciranjem moze da se razlikuje u tackama x = ±R. Naprimer, red (3.2.2) moze da bude divergentan u x = R, a red koji se dobijaintegracijom konvergentan i obrnuto.

PRIMER 3.2.5. Ispitati konvergenciju i uniformnu konvergenciju i naci zbir reda

(3.2.6)

∞∑k=0

xk .


Red (3.2.6) je stepeni sa ak = 1 (k ∈ N0) i R = 1. Za x = ±1 dobijaju se divergentnibrojni redovi (videti Primer 2.1.3), pa red (3.2.6) konvergira na intervalu (−1, 1) i, premaTeoremi 3.2.3, uniformno konvergira na segmentu [−r, r], gde je 0 < r < 1.

Za svako fiksirano x = q ∈ (−1, 1), red (3.2.6) je konvergentan geometrijski red (2.1.7),ciji je zbir (2.1.8), tj.

S =1

1− q=

∞∑k=0

qk .

Zato je zbir stepenog reda (3.2.6) funkcija

(3.2.7) S(x) =1

1− x=

∞∑k=0

xk , x ∈ (−1, 1) . 4

PRIMER 3.2.6. Ispitati konvergenciju i naci zbir reda

(3.2.8)

∞∑k=0

(−1)kxk .

Za t = −x, red (3.2.8) postaje (3.2.6), tj.

∞∑k=0

(−1)kxk =

∞∑k=0

tk .

Dobijeni red konvergira za t ∈ (−1, 1) sa zbirom (3.2.7),

S1(t) =1

1− t.

Zato red (3.2.8) konvergira za x ∈ (−1, 1) i ima zbir S(x) = S1(−x), tj.

(3.2.9) S(x) =1

1 + x=

∞∑k=0

(−1)kxk , x ∈ (−1, 1) . 4


(3.2.10)

∞∑k=1

(−1)k+1

kxk .

Smenom t = −x, dati red postaje

∞∑k=1

(−1)k+1

kxk = −

∞∑k=1

1

ktk ,

52 TEORIJA REDOVA

sto je red (3.2.5) koji konvergira za t ∈ [−1, 1). Zato (3.2.10) konvergira za x ∈ (−1, 1] iima zbir

S(x) =

∞∑k=1

(−1)k+1

kxk .

Prema Teoremi 3.2.5, red (3.2.10) moze da se diferencira clan po clan. Dobija se

S′(x) =

( ∞∑k=1

(−1)k+1

kxk

)′=

∞∑k=1

((−1)k+1

kxk

)′=

∞∑k=1

(−1)k+1

kkxk−1

=

∞∑k=1

(−1)k+1xk−1 =

∞∑k=1

(−1)k−1xk−1 =

∞∑k=0

(−1)kxk ,

sto je red (3.2.8) sa zbirom (3.2.9). Dakle, za x ∈ (−1, 1) imamo

S′(x) =1

1 + x.

Kako je S(0) = 0, integracijom leve i desne strane poslednje jednakosti na [0, x] za |x| < 1sledi

∫ x

0

S′(t) dt = S(t)

∣∣∣x

0= S(x)− S(0) = S(x) ,

∫ x

0

S′(t) dt =

∫ x

0

dt

1 + t= ln |1 + t|

∣∣∣x

0= ln(1 + x) ,

pa je zbirna funkcija

(3.2.11) S(x) = ln(1 + x) =

∞∑k=1

(−1)k+1

kxk , x ∈ (−1, 1] .

Primecujemo da za x = R = 1 dati red (3.2.10) konvergira, a red (3.2.8), koji se iz(3.2.10) dobija diferenciranjem, divergira. Zbog konvergencije reda (3.2.10) i neprekidnostifunkcije ln(1 + x) u x = 1, jednakost (3.2.11) vazi i za x = 1. Tada je

ln 2 =

∞∑k=1

(−1)k+1 1

k.

Kod stepenih redova se integracija uvek vrsi na segmentu [0, x]. Uzima se 0 jer svakistepeni red konvergira u tacki x = 0, dok je x promenljiva tacka iz intervala konvergenci-je. 4


(3.2.12)

∞∑k=0

(−1)k

2k + 1x2k+1 .


Kako je∞∑

k=0

(−1)k

2k + 1x2k+1 = x

∞∑k=0

(−1)k

2k + 1x2k ,

prema Teoremi 3.1.2 sa c(x) = x, red (3.2.12) i red

(3.2.13)

∞∑k=0

(−1)k

2k + 1x2k

imaju isti interval konvergencije. Smenom t = x2 ≥ 0 red (3.2.13) postaje stepeni red

∞∑k=0

(−1)k

2k + 1tk .

Koristeci (3.2.3) lako nalazimo R = 1, pa ovaj red konvergira za t ∈ (−1, 1). Zbog t = x2

je t ∈ [0, 1) i x ∈ (−1, 1). Za x = ±1 se iz (3.2.13) dobija alternativni red koji konver-gira prema Leibnizovom kriterijumu. Znaci da redovi (3.2.13) i (3.2.12) konvergiraju nasegmentu [−1, 1].

Posmatrajmo red

(3.2.14)

∞∑k=0

(−1)kx2k .

Imajuci u vidu (−1)kx2k = (−x2)ki postupajuci kao u Primeru 3.2.6, nalazimo

1

1 + x2=

∞∑k=0

(−1)kx2k , x ∈ (−1, 1) .

Integracijom poslednje jednakosti na [0, x] za |x| < 1 sledi

∫ x

0

dt

1 + t2=

∞∑k=0

(−1)k

∫ x

0

t2k dt , arctan t

∣∣∣x

0=

∞∑k=0

(−1)k t2k+1

2k + 1

∣∣∣∣x

0

,

pa je trazeni zbir funkcija

(3.2.15) S(x) = arctan x =

∞∑k=0

(−1)k

2k + 1x2k+1 , x ∈ [−1, 1] .

Primecujemo da za x = ±R = ±1 red (3.2.14) divergira, a zadati red (3.2.12) konver-gira, pri cemu je (3.2.12) dobijen integracijom (3.2.14). Zbog konvergencije reda (3.2.12)i neprekidnosti funkcije arctan x u x = ±1, jednakost (3.2.15) vazi i za x = ±1. Tada je

arctan 1 =π

4=

∞∑k=0

(−1)k 1

2k + 1. 4

54 TEORIJA REDOVA

NAPOMENA 3.1.3. Da bi se odredio interval konvergencije funkcionalnih redova

∞∑k=0

akx2k ,

∞∑k=0

akx2k+1 ,

∞∑k=0

akx2k−1 ,

uvodi se smena t = x2 ≥ 0 posle koje se ovi redovi svode na stepeni red∞∑

k=0

aktk po novoj

promenljivoj t. Redove sa neparnim stepenom promenljive x prethodno treba zapisati uobliku

∞∑k=0

akx2k+1 = x

∞∑k=0

akx2k ,

∞∑k=0

akx2k−1 =1

x

∞∑k=0

akx2k .

Zbog Teoreme 3.1.2 funkcije c(x) = x i c(x) = 1/x ne uticu na interval konvergencije. 4

PRIMER 3.2.9. Ispitati konvergenciju i naci zbir redova

(3.2.16)

∞∑k=1

kixk (i = 1, 2, 3) .

Koristeci (3.2.3) lako nalazimo da je R = 1 u svim slucajevima i = 1, 2, 3. Za x = ±1redovi (3.2.16) redom postaju brojni:

∞∑k=1

ki ,

∞∑k=1

(−1)kki ,

koji divergiraju prema Teoremi 2.1.4. Dakle, redovi (3.2.16) konvergiraju na intervalu(−1, 1).

Da bismo nasli sume redova (3.2.16), podimo od reda (3.2.6). U Primeru 3.2.5 smoustanovili da ovaj red konvergira za x ∈ (−1, 1) i ima zbir (3.2.7), tj. vazi

1

1− x=

∞∑k=0

xk , x ∈ (−1, 1).

Diferenciranjem poslednje jednakosti nalazimo

(1

1− x

)′=

∞∑k=0

(xk)′ =

∞∑k=1

kxk−1 =1

x

∞∑k=1

kxk ,

tj.

x

(1− x)2=

∞∑k=1

kxk ,


sto je trazeni zbir reda (3.2.16) u slucaju i = 1. Daljim diferenciranjem sledi

(x

(1− x)2

)′=

∞∑k=1

k2xk−1 =1

x

∞∑k=1

k2xk ,

tj.

x(1 + x)

(1− x)3=

∞∑k=1

k2xk ,

sto je trazeni zbir reda (3.2.16) u slucaju i = 2. Na isti nacin nalazimo zbir reda (3.2.16)za i = 3,

x(1 + 4x + x2)

(1− x)4=

∞∑k=1

k3xk . 4

3.2.2. Predstavljanje funkcija pomocu stepenih redova

Neka je (−R,R) sa R 6= 0 interval konvergencije potencijalnog reda (3.2.2),tj.

(3.2.17)∞∑

k=0

akxk .

Tada na (−R,R) postoji zbir reda (3.2.17),

(3.2.18) S(x) =∞∑

k=0

akxk , x ∈ (−R, R) .

Prema Teoremi 3.2.5, red (3.2.17) moze proizvoljan broj puta da se dife-rencira i integrali, pri cemu dobijeni redovi konvergiraju na istom intervalu(−R,R). Dakle, za svako n ∈ N postoje izvodi

S(n)(x) =( ∞∑

k=0

akxk)(n)

=∞∑

k=0

(akxk

)(n) =∞∑

k=n

bknxk−n , x ∈ (−R, R) .

Sukcesivnim nalazenjem izvoda S′(x), S′′(x), itd., lako se uocava da je

bkn =k!

(k − n)!ak

56 TEORIJA REDOVA

za svako n ∈ N i svako k ≥ n. Kako svaki stepeni red konvergira u x = 0, topostoji S(0) = a0 i S(n)(0) = bnn, tj. za svako k ∈ N0 postoji

(3.2.19) S(k)(0) = k! ak .

Postavlja se sada obrnuto pitanje. Ako je f(x) funkcija koja ima f (k)(0)za svako k ∈ N0, da li postoji red oblika (3.2.17), koji na nekom intervalu(−R,R) (R 6= 0) konvergira bas ka funkciji f(x), tj.

(3.2.20) f(x) =∞∑

k=0

akxk , x ∈ (−R, R) .

Na ovo pitanje cemo da se vratimo nesto kasnije. Prvo pokazujemo sledecuteoremu.

Teorema 3.2.6. Ako postoji red∞∑

k=0

akxk tako da vazi f(x) =∞∑

k=0

akxk,

tada je taj red jedinstven i glasi

(3.2.21)∞∑

k=0

f (k)(0)k!

xk .

Dokaz. Pretpostavimo da vazi (3.2.20). Kako su jednakosti (3.2.18) i(3.2.20) iste, iz (3.2.19) sledi S(k)(0) = f (k)(0) = k! ak za svako k ∈ N0, tj.

(3.2.22) ak =f (k)(0)

k!.

Koeficijenti (3.2.22) su jednoznacno odredeni funkcijom f(x), pa je red(3.2.21) jedinstven.

Prema prethodnoj teoremi, ako funkcija f(x) moze da se predstavi poten-cijalnim redom, tada je taj red jedinstven i vazi

(3.2.23) f(x) =∞∑

k=0

f (k)(0)k!

xk , x ∈ (−R,R) .

Jednakost (3.2.23) je beskonacni razvoj ili samo razvoj funkcije f(x) u okolinitacke x = 0. Cesto se i za sam red (3.2.21) kaze da je to razvoj funkcije f(x).

Teorema 3.2.6 ocigledno polazi od pretpostavke da postoji R 6= 0 tako dared (3.2.21) konvergira na (−R, R). Medutim, red (3.2.21) moze da bude


divergentan za svako x 6= 0, tako da pretpostavka R 6= 0 nije ispunjena.Takode, ako i postoji R 6= 0 tako da red (3.2.21) konvergira na (−R,R),njegov zbir ne mora da bude funkcija f(x), nego je neka druga funkcijaS(x) 6= f(x) (videti [4], str. 54). Sledeca teorema utvrduje uslove podkojima postoji razvoj (3.2.23).

Teorema 3.2.7. Ako postoje brojevi M (0 < M < +∞) i r (0 < r < +∞)tako da za svako k ∈ N0 vazi

∣∣f (k)(x)∣∣ ≤ M , x ∈ [−r, r] ,

tada funkcija f(x) moze da se predstavi sa (3.2.23) na segmentu [−r, r].

Dokaz ove teoreme izostavljamo, uz napomenu da je on zasnovan na Tay-lorovoj formuli za funkcije jedne nezavisno promenljive (videti [2], str. 48).

Analognim razmatranjem i pod odgovarajucim uslovima, dolazi se dorazvoja funkcije f(x) u okolini tacke x = x0 6= 0,

(3.2.24) f(x) =∞∑

k=0

f (k)(x0)k!

(x− x0)k , x ∈ [x0 − r, x0 + r] .

Jednakosti (3.2.23) i (3.2.24) se u literaturi cesto srecu pod imenom Tay-lorov razvoj funkcije f(x), dok su redovi iz ovih jednakosti Taylorovi redovifunkcije f(x) ili, takode, Taylorovi razvoji.

PRIMER 3.2.10. Naci razvoj funkcije

f(x) = ex .

Neka je R > 0 proizvoljan broj i 0 < r < R. Kako je f (k)(x) = ex, to postoji M = er

(0 < M < +∞) tako da je

|f (k)(x)| = |ex| ≤ er = M

za svako x ∈ [−r, r] i svako k ∈ N0. Prema Teoremi 3.2.7, postoji razvoj (3.2.23) funkcije

f(x). S obzirom na f (k)(0) = e0 = 1 za svako k ∈ N0 i na proizvoljnost broja R, razvojfunkcije f(x) = ex glasi

(3.2.25) ex =

∞∑k=0

1

k!xk , x ∈ (−∞, +∞) .

Primetimo da je R = +∞ upravo radijus konvergencije dobijenog potencijalnog reda,sto smo dobili u Primeru 3.2.1. 4

PRIMER 3.2.11. Naci razvoje funkcija:

f(x) = sin x , f(x) = cos x .

58 TEORIJA REDOVA

Posmatramo prvo funkciju f(x) = sin x. Kod ove funkcije je

f (k)(x) = sin

(x +

kπ

2

),

pa je

|f (k)(x)| =∣∣∣sin

(x +

kπ

2

)∣∣∣ ≤ 1

za svako x ∈ R i svako k ∈ N0, sto znaci da postoji razvoj (3.2.23) na (−∞, +∞). Kakoje

f (k)(0) = sinkπ

2,

to je

f (2k)(0) = 0 , f (2k+1)(0) = (−1)k ,

pa razvoj (3.2.23) glasi

(3.2.26) sin x =

∞∑k=0

(−1)k

(2k + 1)!x2k+1 , x ∈ (−∞, +∞) .

Slicno se nalazi i razvoj funkcije f(x) = cos x,

(3.2.27) cos x =

∞∑k=0

(−1)k

(2k)!x2k , x ∈ (−∞, +∞) . 4

PRIMER 3.2.12. Naci razvoj funkcije

f(x) = (1 + x)p

(p ∈ R) .

Jednostavno se nalazi:

f (k)(x) = p(p− 1) · · · (p− (k − 1)) (1 + x)p−k

,

f (k)(0) = p(p− 1) · · · (p− (k − 1))

za svako k ∈ N0, pa je

f (k)(0)

k!=

p(p− 1) · · · (p− (k − 1))

k!=

(p

k

).

Za red (3.2.21) lako se nalazi poluprecnik konvergencije R = 1, pa razvoj (3.2.23) postaje

(3.2.28) (1 + x)p

=

∞∑k=0

(p

k

)xk , x ∈ (−1, 1) .


Specijalno, ako je p = n ∈ N, (3.2.28) se svodi na dobro poznatu binomnu formulu

(1 + x)n =

n∑k=0

(n

k

)xk ,

koja vazi za svako konacno x ∈ R. 4

Jednakosti (3.2.7), (3.2.9), (3.2.11), (3.2.15), (3.2.25), (3.2.26), (3.2.27)i (3.2.28) su veoma vazne iz dva razloga. S jedne strane, neki beskonacnizbirovi su predstavljeni u konacnom (analitickom) obliku, pomocu odgo-varajuce zbirne funkcije. S druge strane, neke elementarne funkcije supredstavljene beskonacnim zbirom, sto omogucava izracunavanje konkret-nih vrednosti tih funkcija sa proizvoljnom, unapred zadatom tacnoscu.

3.3. Fourierovi redovi

Definicija 3.3.1. Trigonometrijski red je funkcionalni red oblika

(3.3.1)12

a0 +∞∑

k=1

(ak cos kx + bk sin kx) ,

gde je a0 ∈ R i ak, bk ∈ R za svako k ∈ N.

Teorema 3.3.1. Ako su brojni redovi∞∑

k=1

|ak| i∞∑

k=1

|bk| konvergentni, tada

je trigonometrijski red (3.3.1) apsolutno i uniformno konvergentan za svakox ∈ R.

Dokaz. Za svako k ∈ N vazi

|ak cos kx + bk sin kx| ≤ |ak cos kx|+ |bk sin kx| ≤ |ak|+ |bk| = Mk .

Brojni red∞∑

k=1

Mk =∞∑

k=1

(|ak|+ |bk|) =∞∑

k=1

|ak|+∞∑

k=1

|bk|

je konvergentan jer su konvergentni redovi∞∑

k=1

|ak| i∞∑

k=1

|bk| (Teorema 2.1.2).

Prema Weierstrassovom kriterijumu (Teorema 3.1.6) i Napomeni 3.1.2, sleditvrdenje.

60 TEORIJA REDOVA

Na primer, trigonometrijski red∞∑

k=1

cos kx

kp (p > 1)

je uniformno i apsolutno konvergentan za svako x ∈ R jer je brojni red∞∑

k=1

1k

p (p > 1) konvergentan (Primer 2.2.10).

Pretpostavimo da je trigonometrijski red (3.3.1) uniformno konvergentanna segmentu [−π, π]. Tada postoji zbir

(3.3.2) S(x) =12a0 +

∞∑

k=1


koji je na [−π, π] neprekidna funkcija (Teorema 3.1.7). Takode, S(x) jeperiodicna funkcija, s periodom 2π, jer su to i funkcije cos kx i sin kx zasvako k ∈ N.

Posmatrajmo sada periodicnu funkciju f(x) sa periodom 2π i pretposta-vimo da ona na [−π, π] moze da se razvije u uniformno konvergentan redoblika (3.3.1), tj.

(3.3.3) f(x) =12a0 +

∞∑

k=1

(ak cos kx + bk sin kx) .

Drugim recima, pretpostavili smo da postoji uniformno konvergentan red(3.3.1), takav da je f(x) = S(x) njegov zbir. Prema (3.3.2), odmah uocavamoda je f(x) neprekidna funkcija na [−π, π]. Tada koeficijenti a0, ak i bk zasvako k ∈ N mogu jednoznacno da se odrede pomocu funkcije f(x).

Da bismo odredili koeficijente a0, ak, bk (k ∈ N), prvo uocimo da funkcijecos kx (k ∈ N0) i sin kx (k ∈ N) cine, tzv., ortogonalni sistem funkcija(videti [4], str. 59). Zaista, uz pomoc odgovarajucih formula za prevodenjeproizvoda trigonometrijskih funkcija u zbir, lako se izracunavaju integrali:

(3.3.4)

∫ π

−π

cos kx dx = 0 ,

∫ π

−π

sin kx dx = 0 (k ∈ N) ,

∫ π

−π

cos kx sin nx dx = 0 (k, n ∈ N) ,

∫ π

−π

cos kx cos nx dx = 0 (k, n ∈ N , k 6= n) ,

∫ π

−π

sin kx sin nx dx = 0 (k, n ∈ N , k 6= n) ,

∫ π

−π

cos2 kx dx = π ,

∫ π

−π

sin2 kx dx = π (k ∈ N) .


Red (3.3.3) je uniformno konvergentan na [−π, π], pa moze da se integraliclan po clan (Teorema 3.1.8). Koristeci (3.3.4) dobija se

∫ π

−π

f(x) dx =12

a0

∫ π

−π

dx +∞∑

k=1

(ak

∫ π

−π

cos kx dx + bk

∫ π

−π

sin kx dx

)

=12

a0

∫ π

−π

dx = a0π ,

odakle je

(3.3.5) a0 =1π

∫ π

−π

f(x) dx .

Dalje, mnozeci (3.3.3) sa cos nx i integraleci, prema (3.3.4) sledi:

∫ π

−π

f(x) cos nx dx =12

a0

∫ π

−π

cosnx dx +∞∑

k=1

(ak

∫ π

−π

cos kx cosnx dx

+ bk

∫ π

−π

sin kx cos nx dx

)

= an

∫ π

−π

cos2 nx dx = anπ ,

(3.3.6) an =1π

∫ π

−π

f(x) cos nx dx (n ∈ N) .

Analogno, mnozeci (3.3.3) sa sin nx i integraleci, dobija se

(3.3.7) bn =1π

∫ π

−π

f(x) sin nx dx (n ∈ N) .

Jednakosti (3.3.5), (3.3.6) i (3.3.7) poznate su kao Euler–Fourierove for-mule, dok su koeficijenti a0, ak i bk (k ∈ N) Fourierovi koeficijenti funkcijef(x). Jednakost (3.3.3), sa Fourierovim koeficijentima, je Fourierov razvojfunkcije f(x). Trigonometrijski red (3.3.1), sa Fourierovim koeficijentima, jeFourierov red ili, takode, Fourierov razvoj funkcije f(x).

Specijalni slucajevi prethodno navedenih formula nastaju kada je f(x)parna, odnosno neparna funkcija.

62 TEORIJA REDOVA

Neka je f(x) parna funkcija na segmentu [−π, π]. Tada je funkcijaf(x) cos nx parna, a f(x) sin nx neparna. Formule (3.3.5), (3.3.6) i (3.3.7)postaju:

(3.3.8)

a0 =2π

∫ π

0

f(x) dx ,

an =2π

∫ π

0

f(x) cos nx dx (n ∈ N) ,

bn = 0 (n ∈ N) ,

pa se razvoj (3.3.3) svodi na

(3.3.9) f(x) =12

a0 +∞∑

k=1

ak cos kx ,

gde se a0, ak (k ∈ N) izracunavaju pomocu (3.3.8).Ako je f(x) neparna funkcija na [−π, π], funkcija f(x) cos nx je neparna, a

f(x) sin nx je parna. U ovom slucaju formule (3.3.5), (3.3.6) i (3.3.7) glase:

(3.3.10)a0 = 0 , an = 0 (n ∈ N) ,

bn =2π

∫ π

0

f(x) sin nx dx (n ∈ N) ,

a razvoj (3.3.3) postaje

(3.3.11) f(x) =∞∑

k=1

bk sin kx ,

gde je bk (k ∈ N) odredeno sa (3.3.10).

Sve prethodno smo izveli pod pretpostavkom da postoji trigonometrijskired (3.3.1), koji je uniformno konvergentan na [−π, π] i takav da za peri-odicnu funkciju f(x), s periodom 2π, vazi (3.3.3). Pri tome su koeficijentiodredeni sa (3.3.5), (3.3.6) i (3.3.7).

Sada se postavlja obrnuti problem. Da li je red (3.3.1), ciji su koeficijentidati sa (3.3.5), (3.3.6) i (3.3.7), na [−π, π] konvergentan? Ako jeste, da li jenjegov zbir bas funkcija f(x)? Da bismo odgovorili na ova pitanja uvodimosledece pretpostavke, poznate pod imenom Dirichletovi uslovi.

1◦ Funkcija f(x) je na segmentu [−π, π] neprekidna, ili ima konacnomnogo prekida prve vrste.


2◦ Funkcija f(x) na segmentu [−π, π] nema, ili ima konacno mnogo ek-stremuma.

Teorema 3.3.2. (DIRICHLETOVA TEOREMA) Ako funkcija f(x) zadovo-ljava Dirichletove uslove, njen Fourierov red na [−π, π] konvergira i za zbirima funkciju

(3.3.12) F (x) =12

a0 +∞∑

k=1


sa sledecim osobinama.1◦ U tackama neprekidnosti x ∈ (−π, π) funkcije f(x) je

F (x) = f(x) .

2◦ U tackama prekida x = x0 ∈ (−π, π) funkcije f(x) je

F (x0) =f(x0 − 0) + f(x0 + 0)

2.

3◦ U krajevima segmenta x = −π i x = π je

F (±π) =f(−π + 0) + f(π − 0)

2.

U ovoj teoremi su upotrebljene oznake f(x0 − 0), f(x0 + 0) i analognof(π − 0), f(−π + 0), redom za levu i desnu granicnu vrednost funkcije f(x)kad x → x0, tj.

f(x0 − 0) = limx→x0−

f(x) , f(x0 + 0) = limx→x0+

f(x) .

Dirichletova teorema razmatra zbir Fourierovog reda samo na segmentu[−π, π]. Medutim, zbog periodicnosti funkcija cos kx, sin kx s periodom 2πza svako k ∈ N, funkcija F (x) je takode periodicna s periodom 2π i postojiza svako x ∈ R. S druge strane, Dirichletovi uslovi nista ne kazuju o funkcijif(x) van segmenta [−π, π], pa ona van njega moze da bude bilo kakva, cakne mora da bude definisana. Ali ako funkciju f(x) periodicno produzimo speriodom 2π, Dirichletova teorema vazi za svako x ∈ R. Da bi produzenjebilo jednoznacno, funkcija f(x) se najcesce ne zadaje na segmentu [−π, π],nego na intervalima (−π, π], [−π, π) ili (−π, π), tim pre sto je F (±π) 6=f(±π) u opstem slucaju.

64 TEORIJA REDOVA

NAPOMENA 3.3.1. Uporedimo jednakosti (3.3.3) i (3.3.12). Na osnovu ucinjene pret-postavke o uniformnoj konvergenciji reda (3.3.1), jednakost (3.3.3) odreduje funkciju f(x),koja je neprekidna na [−π, π]. Fourierovi koeficijenti su odredeni iz (3.3.3), dakle podpretpostavkom neprekidnosti funkcije f(x). Medutim, za odredivanje Fourierovih koefi-cijenata dovoljna je samo integrabilnost funkcije f(x) na [−π, π], sto je slabiji uslov odneprekidnosti. Zato Dirichletov uslov 1◦ ukljucuje i prekidne funkcije, sto za posledicuima da Dirichletova teorema garantuje samo konvergenciju, ne i uniformnu konvergencijuFourierovog reda. Dalja posledica je da jednakost (3.3.12) odreduje funkciju F (x) koja jeu opstem slucaju prekidna na [−π, π].

Dakle, u opstem slucaju je f(x) 6= F (x) u konacno mnogo tacaka prekida funkcijef(x) iz (−π, π), ukljucujuci i tacke −π, π, pa se jednakosti (3.3.3) i (3.3.12) razlikuju. Ipored toga, za jednakost (3.3.12) se kaze da je to Fourierov razvoj funkcije f(x), kao i zajednakost (3.3.3). 4

Do sada smo posmatrali Fourierov razvoj (3.3.12) funkcije f(x) koja jedata na segmentu [−π, π]. Analognim postupkom se dobija i Fourierov razvojfunkcije f(x) koja je data na proizvoljnom segmentu [α, β],

(3.3.13) F (x) =12

a0 +∞∑

k=1

(ak cos

2kπ

β − αx + bk sin

2kπ

β − αx

),

gde se Fourierovi koeficijenti odreduju sa:

(3.3.14)

a0 =2

β − α

∫ β

α

f(x) dx ,

an =2

β − α

∫ β

α

f(x) cos2nπ

β − αxdx (n ∈ N) ,

bn =2

β − α

∫ β

α

f(x) sin2nπ

β − αxdx (n ∈ N) .

Od posebne vaznosti su sledeca dva specijalna slucaja. Neka je segment[α, β] simetrican, tj. neka je

[α, β] = [−r, r] (r > 0) .

Tada je Fourierov razvoj

(3.3.15) F (x) =12

a0 +∞∑

k=1

(ak cos

kπ

rx + bk sin

kπ

rx

),

sa koeficijentima:

(3.3.16)

a0 =1r

∫ r

−r

f(x) dx ,

an =1r

∫ r

−r

f(x) cosnπ

rx dx (n ∈ N) ,

bn =1r

∫ r

−r

f(x) sinnπ

rx dx (n ∈ N) .


Neka je α = 0, β = π, tj. posmatramo segment

[α, β] = [0, π] .

Fourierov razvoj je

(3.3.17) F (x) =12

a0 +∞∑

k=1

(ak cos 2kx + bk sin 2kx) ,

gde je:

(3.3.18)

a0 =2π

∫ π

0

f(x) dx ,

an =2π

∫ π

0

f(x) cos 2nx dx (n ∈ N) ,

bn =2π

∫ π

0

f(x) sin 2nx dx (n ∈ N) .

Iz ranije pomenutog razloga i ovde se funkcija f(x), umesto na [α, β], zadajena (α, β], [α, β) ili (α, β).

Na kraju, razmotrimo i sledeci problem. Ako je funkcija f(x) definisanana [0, π], kako je razviti u trigonometrijski red koji sadrzi samo kosinuse(kosinusni red) ili samo sinuse (sinusni red)? Drugim recima, treba odreditikosinusni ili sinusni razvoj funkcije f(x).

Znamo da je Fourierov razvoj neke funkcije kosinusni (3.3.9) ako je tafunkcija parna, a sinusni (3.3.11) ako je ona neparna na [−π, π]. Zato zadatufunkciju f(x) treba produziti na [−π, 0), tako da nova funkcija bude parna,odnosno neparna. Parno produzenje funkcije f(x) je funkcija

(3.3.19) f1(x) ={

f(x) , x ∈ [0, π] ,

f(−x) , x ∈ [−π, 0) ,

a neparno produzenje funkcija

(3.3.20) f2(x) ={

f(x) , x ∈ [0, π] ,

−f(−x) , x ∈ [−π, 0) .

Fourierovi redovi funkcija f(x), f1(x) i f2(x) imaju, jasno, razlicite zbirnefunkcije F (x), F1(x) i F2(x), ali se sve one medusobno poklapaju na (0, π) iiste su kao funkcija f(x) u njenim tackama neprekidnosti iz (0, π). Analognovazi ako je f(x) zadata na [−π, 0], samo se tada parno (neparno) produzuje

66 TEORIJA REDOVA

na (0, π]. Generalno, ako je f(x) zadata na [0, β] ili [α, 0] (α < 0, β > 0),ona se parno (neparno) produzuje na [−β, 0) ili (0,−α] redom.

Zakljucujemo da je kosinusni red funkcije f(x) isto sto i Fourierov redfunkcije f1(x) na (0, π), a sinusni red funkcije f(x) isto sto i Fourierov redfunkcije f2(x) na (0, π).

PRIMER 3.3.1. Naci Fourierov razvoj funkcije

f(x) =

{c1 , x ∈ (−π, 0] ,

c2 , x ∈ (0, π] ,

gde su c1, c2 ∈ R konstante i c1 6= c2. Na osnovu dobijenog rezultata naci zbir brojnogreda ∞∑

k=0

(−1)k 1

2k + 1.

Funkcija f(x) zadata je na intervalu (−π, π], pa za odredivanje Fourierovih koeficijenatakoristimo (3.3.5), (3.3.6), (3.3.7) i nalazimo:

a0 =1

π

∫ π

−π

f(x) dx =1

π

∫ 0

−π

c1 dx +1

π

∫ π

0

c2 dx = c1 + c2 ,

an =1

π

∫ π

−π

f(x) cos nx dx =c1

π

∫ 0

−π

cos nx dx +c2

π

∫ π

0

cos nx dx = 0 (n ∈ N) ,

bn =1

π

∫ π

−π

f(x) sin nx dx =c1

π

∫ 0

−π

sin nx dx +c2

π

∫ π

0

sin nx dx

= − c1

nπcos nx

∣∣∣0

−π− c2

nπcos nx

∣∣∣π

0

= − c1

nπ+

c1

nπ(−1)n − c2

nπ(−1)n +

c2

nπ=

c2 − c1

nπ[1− (−1)n] (n ∈ N) .

Pri izracunavanju koeficijenata bn iskoriscena je cinjenica

cos nπ = cos(−nπ) = (−1)n (n ∈ N) .

Kako je 1− (−1)n = 0 za n = 2k i 1− (−1)n = 2 za n = 2k − 1 (k ∈ N), to je

b2k = 0 , b2k−1 =2(c2 − c1)

π

1

2k − 1(k ∈ N) .

Prema (3.3.12), Fourierov razvoj funkcije f(x) glasi

F (x) =1

2a0 +

∞∑k=1

b2k−1 sin(2k − 1)x(3.3.21)

=c1 + c2

2+

2(c2 − c1)

π

∞∑k=1

1

2k − 1sin(2k − 1)x .


Funkcija f(x) je prekidna u tacki x = 0 i za levu i desnu granicnu vrednost ima

limx→0−

f(x) = c1 , limx→0+

f(x) = c2 .

Kako je, jos,lim

x→−π+f(x) = c1 , lim

x→π−f(x) = c2 ,

iz tvrdenja 2◦ i 3◦ Dirichletove teoreme sledi

F (0) = F (±π) =c1 + c2

2.

Grafici funkcija f(x) i F (x) prikazani su na Slikama 3.3.1 i 3.3.2, redom. Pri tome jeuzeta u obzir i periodicnost funkcije F (x) s periodom 2π.

x x

y y

0 0c1 c1

c2 c2

p pp p p2p2 p3p3

Slika 3.3.1. Slika 3.3.2.

U tacki x =π

2funkcija f(x) je neprekidna, pa je F

(π

2

)= f

(π

2

)= c2. S druge

strane, za x =π

2iz (3.3.21) sledi

F

(π

2

)=

c1 + c2

2+

2(c2 − c1)

π

∞∑k=1

1

2k − 1sin(2k − 1)

π

2.

Kako je

sin(2k − 1)π

2= (−1)k−1 (k ∈ N) ,

to je:

c2 =c1 + c2

2+

2(c2 − c1)

π

∞∑k=1

(−1)k−1 1

2k − 1,

(3.3.22)

∞∑k=0

(−1)k 1

2k + 1=

∞∑k=1

(−1)k−1 1

2k − 1=

π

4.

Zbir (3.3.22) smo vec nasli u Primeru 3.2.8, samo na drugi nacin, koristeci razvoj funkcijearctan x u stepeni red. 4


f(x) = x , x ∈ (−π, π) .

68 TEORIJA REDOVA

Funkcija f(x) je neparna i zadata na intervalu (−π, π). Zato Fourierove koeficijenteodredujemo prema (3.3.10) i nalazimo:

a0 = 0 , an = 0 (n ∈ N) ,

bn =2

π

∫ π

0

f(x) sin nx dx =2

π

∫ π

0

x sin nx dx

=2

π

(− 1

nx cos nx

∣∣∣π

0+

1

n

∫ π

0

cos nx dx

)= − 2

nππ cos nπ

= − 2

n(−1)n =

2

n(−1)n+1 (n ∈ N) .

Fourierov razvoj ima oblik (3.3.11) i glasi

F (x) =

∞∑k=1

bk sin kx = 2

∞∑k=1

(−1)k+1

ksin kx ,

pri cemu je

F (±π) =f(−π + 0) + f(π − 0)

2=−π + π

2= 0 .

Grafik funkcije F (x) prikazan je na Slici 3.3.3.

x

y

0

p

pp

p

p2p2 p3p3

Slika 3.3.3.

Primetimo da je F

(π

2

)= f

(π

2

)=

π

2i

π

2= 2

∞∑k=1

(−1)k+1

ksin

kπ

2.

Za k = 2m i k = 2m− 1 (m ∈ N) je redom:

sinkπ

2= sin mπ = 0 , sin

kπ

2= sin(2m− 1)

π

2= (−1)m−1 (m ∈ N) .

Zato je

π

2= 2

∞∑m=1

(−1)2m−1+1

2m− 1sin(2m− 1)

π

2= 2

∞∑m=1

1

2m− 1sin(2m− 1)

π

2

= 2

∞∑m=1

(−1)m−1 1

2m− 1,


ili, sto je isto,∞∑

k=1

(−1)k−1 1

2k − 1=

π

4.

Ovo je rezultat dobijen u prethodnom Primeru 3.3.1. Zakljucujemo da je zbir nekihbrojnih redova moguce dobiti na vise nacina. 4


f(x) = |x| , x ∈ (−π, π) .

Na osnovu dobijenog rezultata naci zbir brojnog reda

∞∑k=1

1

(2k − 1)2.

Funkcija f(x) je parna i zadata na intervalu (−π, π). Fourierovi koeficijenti se nalazeprema (3.3.8):

a0 =2

π

∫ π

0

f(x) dx =2

π

∫ π

0

x dx = π ,

an =2

π

∫ π

0

f(x) cos nx dx =2

π

∫ π

0

x cos nx dx

=2

π

(1

nx sin nx

∣∣∣π

0− 1

n

∫ π

0

sin nx dx

)=

2

n2πcos nx

∣∣∣π

0=

2

n2π(cos nπ − 1)

=2

n2π[(−1)n − 1] (n ∈ N) ,

bn = 0 (n ∈ N) .

Kako je (−1)n − 1 = 0 za n = 2k i (−1)n − 1 = −2 za n = 2k − 1 (k ∈ N), to je:

a2k = 0 , a2k−1 = − 4

π

1

(2k − 1)2(k ∈ N) .

Fourierov red ima oblik (3.3.9) i glasi

F (x) =1

2a0 +

∞∑k=1

a2k−1 cos(2k − 1)x =π

2− 4

π

∞∑k=1

1

(2k − 1)2cos(2k − 1)x ,

pri cemu je

F (±π) =f(−π + 0) + f(π − 0)

2=

π + π

2= π .


70 TEORIJA REDOVA

x

y

0

p

pp p2p2 p3p3

Slika 3.3.4.

Za x = 0 imamo F (0) = f(0) = 0 i

0 =π

2− 4

π

∞∑k=1

1

(2k − 1)2,

pa je

(3.3.23)

∞∑k=1

1

(2k − 1)2=

π2

8. 4


f(x) = x2 , x ∈ (1, 3) .

Na osnovu dobijenog rezultata naci sume brojnih redova:

∞∑k=1

1

k2,

∞∑k=1

(−1)k−1 1

k2.

Funkcija f(x) je zadata na intervalu (α, β) = (1, 3), pa za odredivanje Fourierovihkoeficijenata koristimo (3.3.14) i dobijamo:

a0 =2

β − α

∫ β

α

f(x) dx =2

2

∫ 3

1

x2 dx =26

3,

an =2

β − α

∫ β

α

f(x) cos2nπ

β − αx dx =

∫ 3

1

x2 cos nπx dx =4

n2π2(−1)n (n ∈ N) ,

bn =2

β − α

∫ β

α

f(x) sin2nπ

β − αx dx =

∫ 3

1

x2 sin nπx dx =8

nπ(−1)n+1 (n ∈ N) .

Pri izracunavanju koeficijenata an, bn (n ∈ N), odgovarajuci integrali su reseni dvostru-kom primenom parcijalne integracije.

Jednakost (3.3.13) glasi

F (x) =1

2a0 +

∞∑k=1

(ak cos kπx + bk sin kπx)

=13

3+

∞∑k=1

(4(−1)k

k2π2cos kπx +

8(−1)k+1

kπsin kπx

),


pri cemu je

F (1) = F (3) =f(1 + 0) + f(3− 0)

2=

1 + 9

2= 5 .


x

y

1 1

1

3

9

5

Slika 3.3.5.

Za x = 1 imamo F (1) = 5 i

5 =13

3+

∞∑k=1

(4(−1)k

k2π2cos kπ +

8(−1)k+1

kπsin kπ

).

Zbog cos kπ = (−1)k i sin kπ = 0 (k ∈ N), iz poslednje jednakosti sledi

(3.3.24)

∞∑k=1

1

k2=

π2

6.

Da bismo dobili zbir drugog zadatog brojnog reda, rastavljamo taj red na zbir dva novareda, u kojima se sumiranje vrsi samo po parnim k = 2m, odnosno samo po neparnimvrednostima k = 2m− 1 (m ∈ N). Dobijamo

∞∑k=1

(−1)k−1 1

k2=

∞∑m=1

(−1)2m−1 1

(2m)2+

∞∑m=1

(−1)2m−1−1 1

(2m− 1)2,

ili, sto je isto,∞∑

k=1

(−1)k−1 1

k2= −1

4

∞∑k=1

1

k2+

∞∑k=1

1

(2k − 1)2.

Konacno, prema (3.3.23) i (3.3.24) dobijamo

(3.3.25)

∞∑k=1

(−1)k−1 1

k2= −1

4· π2

6+

π2

8=

π2

12. 4

NAPOMENA 3.3.2. Do zbira (3.3.25) moze da se dode i direktno, npr. pomocu

Fourierovog razvoja funkcije f(x) =x2

2na x ∈ (−π, π) za x = 0 ili pomocu Fourierovog

72 TEORIJA REDOVA

razvoja funkcije f(x) = (x − π)2 na x ∈ (0, 2π) za x = π. U slucaju druge funkcijef(x) = (x− π)2, za x = 0 se direktno dobija zbir (3.3.24). 4

NAPOMENA 3.3.3. Zbirovi brojnih redova, koji se dobijaju iz Fourierovih redova,mogu da budu veoma znacajni. Na primer, odredeni integral

∫ 1

0

ln(1 + x)

xdx

ne moze da se izracuna pomocu primitivne funkcije jer ona ne moze da se izrazi u konacnomobliku. Medutim, u Primeru 3.2.7 smo pokazali da vazi (3.2.11), tj.

ln(1 + x) =

∞∑k=1

(−1)k−1

kxk , x ∈ (−1, 1] ,

pri cemu je stepeni red uniformno konvergentan na svakom segmentu [r, 1] za r > −1, pai na [0, 1]. Iz poslednje jednakosti je:

ln(1 + x)

x=

∞∑k=1

(−1)k−1

kxk−1 ,

∫ 1

0

ln(1 + x)

xdx =

∞∑k=1

(−1)k−1

k

∫ 1

0

xk−1 dx =

∞∑k=1

(−1)k−1

k

1

k=

∞∑k=1

(−1)k−1 1

k2.

Integracija stepenog reda clan po clan mogla je da se izvrsi zbog uniformne konvergencijereda na [0, 1]. Prema (3.3.25), ipak nalazimo vrednost integrala

∫ 1

0

ln(1 + x)

xdx =

π2

12. 4

PRIMER 3.3.5. Naci Fourierov, kosinusni i sinusni razvoj funkcije

f(x) = x2 , x ∈ [0, π] .

Funkcija f(x) je zadata na segmentu [α, β] = [0, π], pa Fourierove koeficijenteodredujemo prema (3.3.18) i nalazimo:

a0 =2

π

∫ π

0

x2 dx =2π2

3,

an =2

π

∫ π

0

x2 cos 2nx dx =1

n2(n ∈ N) ,

bn =2

π

∫ π

0

x2 sin 2nx dx = −π

n(n ∈ N) .


Fourierov razvoj (3.3.17) postaje

F (x) =π2

3+

∞∑k=1

(1

k2cos 2kx− π

ksin 2kx

),

pri cemu je

F (0) = F (π) =π2

2.

Grafik funkcije F (x) prikazan je na sledecoj slici.

x

y

0 pp p2

p2

p2

Slika 3.3.6.

Kosinusni razvoj dobijamo parnim produzenjem funkcije f(x) u funkciju f1(x) datusa (3.3.19). Medutim, f(x) = x2 je vec parna funkcija, pa je f1(x) = f(x) i trazimoFourierov razvoj funkcije f(x) = x2 na [−π, π]. Fourierovi koeficijenti se izracunavajuprema (3.3.8):

a0 =2

π

∫ π

0

x2 dx =2π2

3,

an =2

π

∫ π

0

x2 cos nx dx =4

n2(−1)n (n ∈ N) ,

bn = 0 (n ∈ N) ,

pa kosinusni razvoj (3.3.9) glasi

F (x) =1

2a0 +

∞∑k=1

ak cos kx =π2

3+ 4

∞∑k=1

(−1)k

k2cos kx ,

uzF (±π) = π2 .


74 TEORIJA REDOVA

x

y

0 pp p2

p2

p2 p3p3

Slika 3.3.7.

Sinusni razvoj dobijamo neparnim produzenjem funkcije f(x) u funkciju (3.3.20), tj.

f2(x) =

{x2 , x ∈ [0, π] ,

−x2 , x ∈ [−π, 0) .

Fourierovi koeficijenti se izracunavaju prema (3.3.10):

a0 = 0 , an = 0 (n ∈ N) ,

bn =2

π

∫ π

0

x2 sin nx dx =2π

n(−1)n+1 +

4

n3π[(−1)n − 1] (n ∈ N)

i sinusni razvoj (3.3.11) glasi

F (x) =

∞∑k=1

bk sin kx =

∞∑k=1

(2π

k(−1)k+1 +

4

k3π[(−1)k − 1]

)sin kx ,

uzF (±π) = 0 .

Dobijeni razvoj moze da se predstavi i na sledeci nacin. Za n = 2k i n = 2k − 1 (k ∈ N)je redom:

b2k = −π

k, b2k−1 =

2π

2k − 1− 8

(2k − 1)3π(k ∈ N) ,

pa je

F (x) =

∞∑k=1

b2k−1 sin(2k − 1)x +

∞∑k=1

b2k sin 2kx

= 2

∞∑k=1

(π

2k − 1− 4

(2k − 1)3π

)sin(2k − 1)x− π

∞∑k=1

1

ksin 2kx .

Grafik funkcije F (x) izgleda kao na Slici 3.3.8.


p3p3 x

y

0 pp p2

p2

p2

p2

Slika 3.3.8.

Ocigledno je da se grafici na Slikama 3.3.6, 3.3.7 i 3.3.8 razlikuju. Isti su samo napreseku intervala (0, π)∩(−π, π) = (0, π), gde se sve tri funkcije F (x) poklapaju sa datomfunkcijom f(x) = x2. Zbog periodicnosti, grafici su isti i na intervalima (±2kπ, π ± 2kπ)za svako k ∈ N. Takode, u Primeru 3.3.4 smo nasli Fourierov razvoj funkcije f(x) = x2,ali na intervalu (1, 3). Zato je grafik sa Slike 3.3.5 isti kao grafici sa Slika 3.3.6, 3.3.7 i3.3.8 na intervalima (1, 3) ∩ (0, π) = (1, 3) i (1± 2kπ, 3± 2kπ) za svako k ∈ N. 4

PRIMER 3.3.6. Naci kosinusni razvoj funkcije

f(x) =1

2− π

4sin x , x ∈ [0, π) .


∞∑k=1

1

4k2 − 1.

Parno produzenje funkcije f(x) na (−π, π) je funkcija (3.3.19), tj.

f1(x) =

1

2− π

4sin x , x ∈ [0, π) ,

1

2+

π

4sin x , x ∈ (−π, 0) .

Fourierovi koeficijenti se izracunavaju prema (3.3.8):

a0 =2

π

∫ π

0

(1

2− π

4sin x

)dx = 0 ,

an =2

π

∫ π

0

(1

2− π

4sin x

)cos nx dx =

1

2(n2 − 1)

[1− (−1)n+1

](n ∈ N) ,

bn = 0 (n ∈ N) .

76 TEORIJA REDOVA

Kako je 1− (−1)n+1 = 2 za n = 2k i 1− (−1)n+1 = 0 za n = 2k − 1 (k ∈ N), to je:

a2k =1

4k2 − 1, a2k−1 = 0 (k ∈ N) ,

pa kosinusni razvoj glasi

F (x) =

∞∑k=1

a2k cos 2kx =

∞∑k=1

1

4k2 − 1cos 2kx ,

pri cemu je

F (±π) =1

2.

Za x = 0 je F (0) = f(0) =1

2, pa je trazeni zbir brojnog reda

∞∑k=1

1

4k2 − 1=

1

2. 4

4. ZADACI ZA VEZBU

1. Ispitati konvergenciju i naci zbir reda∞∑

k=1

ak, gde je

ak = arctan1

2k2.

Resenje. Koriscenjem formule

arctan x± arctan y = arctanx± y

1∓ xy

dobija se:

ak = arctan1

2k − 1− arctan

1

2k + 1,

Sn =

n∑k=1

ak = arctan 1− arctan1

2n + 1,

S = limn→∞

Sn = arctan 1 =π

4.

Prema Definiciji 2.1.4, red∞∑

k=1

ak konvergira i ima zbir S = π/4.

2. Ispitati konvergenciju i naci zbir reda∞∑

k=1

ak, gde je

ak =sin

1k(k + 1)

cos1k

cos1

k + 1

.

Resenje. Koriscenjem adicione formule

sin(x± y) = sin x cos y ± cos x sin y

77

78 TEORIJA REDOVA

dobija se

sin1

k(k + 1)= sin

(1

k− 1

k + 1

)= sin

1

kcos

1

k + 1− cos

1

ksin

1

k + 1,

pa je:

ak = tan1

k− tan

1

k + 1,

Sn =

n∑k=1

ak = tan 1− tan1

n + 1,

S = limn→∞

Sn = tan 1 .

3. Ispitati konvergenciju i naci zbir redova∞∑

k=1

ak, gde je:

ak =1

(3k − 2)(3k + 1),(1◦)

ak =√

k + 2− 2√

k + 1 +√

k .(2◦)

Resenje. (1◦) Rastavljanjem ak na delimicne razlomke i sumiranjem sledi:

ak =1

3

1

3k − 2− 1

3

1

3k + 1,

Sn =

n∑k=1

ak =1

3

(1− 1

3n + 1

),

S = limn→∞

Sn =1

3.

(2◦) Sumiranjem sledi:

Sn =

n∑k=1

ak = 1−√

2 +√

n + 2−√n + 1 ,

S = limn→∞

Sn = 1−√

2 + limn→∞

1√n + 2 +

√n + 1

= 1−√

2 .


k=1

qk i∞∑

k=1

1qk

.

Resenje. Dati redovi su geometrijski. Prema Primeru 2.1.3, red∞∑

k=1

qk konvergira za

|q| < 1 i ima zbir

S =

∞∑k=1

qk = q

∞∑k=1

qk−1 = q

∞∑k=0

qk =q

1− q.

ZADACI ZA VEZBU 79

Prema istom primeru, red∞∑

k=1

1

qk=

∞∑k=1

(1

q

)k

konvergira za

∣∣∣1

q

∣∣∣ < 1, tj. |q| > 1. Zbir

ovog reda je

S =

∞∑k=1

1

qk=

1

q

∞∑k=0

1

qk=

1

q

1

1− 1

q

=1

q − 1.


k=0

ak i∞∑

k=0

bk, gde je:

ak = qk cos kx , bk = qk sin kx (|q| < 1)

i x ∈ R proizvoljna konstanta.

Resenje. Formiramo novi red∞∑

k=0

ck, gde je

ck = ak + ibk = qk(cos kx + i sin kx) = qkeikx = (qeix)k

i i =√−1 imaginarna jedinica. Red

∞∑k=0

ck je, tzv., kompleksan red jer za clanove ima

kompleksne brojeve. Ovakve redove nismo teorijski razmatrali, pa ovaj primer navodimosamo kao njihovu ilustraciju. Kompleksni redovi su opisani u [1]. Neka od tvrdenja kojavaze za realne redove, u analognom obliku vaze i za kompleksne redove. Takve su, npr.,Teoreme 2.1.1–2.1.4 (videti [1], str. 130–134) i Teorema 2.4.1 (videti [1], str. 149–150).

Kako je |ck| = |q|k i |q| < 1, red∞∑

k=0

|ck| konvergira, pa konvergira i red∞∑

k=0

ck. Red

∞∑k=0

ck =∞∑

k=0

(qeix)kje ”geometrijski” i ima zbir oblika (2.1.8), tj.

S =1

1− qeix=

1

1− q(cos x + i sin x)

=1− q cos x

1 + q2 − 2q cos x+ i

q sin x

1 + q2 − 2q cos x.

Vidimo da je zbir S kompleksan broj, sto je prirodno jer su clanovi reda kompleksnibrojevi. Izjednacavanjem realnih i imaginarnih delova, iz jednakosti

∞∑k=0

ck =

∞∑k=0

ak + i

∞∑k=0

bk

sledi:

S1 =

∞∑k=0

ak =1− q cos x

1 + q2 − 2q cos x, S2 =

∞∑k=0

bk =q sin x

1 + q2 − 2q cos x.

80 TEORIJA REDOVA

6. Ispitati konvergenciju reda∞∑

k=1

ak, gde je

ak =(2k2 − 3

2k2 + 1

)k2

.

Resenje. Vazi limx→∞

(1 +

1

x

)x

= e (videti [3], str. 324—325).

Kako je opsti clan

an =

(1− 4

2n2 + 1

)n2

=

[(1− 4

2n2 + 1

)−2n2 + 1

4

]− 4n2

2n2 + 1,

to je

limn→∞

an = exp

(lim

n→∞− 4n2

2n2 + 1

)= e−2 6= 0 .

Prema Teoremi 2.1.4, red∞∑

k=1

ak divergira.

7. Ispitati konvergenciju redova∞∑

k=1

ak, gde je:

(1◦) ak =1k

(25

)k

, (2◦) ak =1

(ln k)ln k(k ≥ 2) .

Resenje. Zadatak se resava primenom poredbenog kriterijuma iz Teoreme 2.2.3.

(1◦) Neka je bk =

(2

5

)k

. Za k ≥ 1 je1

k≤ 1, pa je ak ≤

(2

5

)k

= bk za svako k ∈ N.

Kako je∞∑

k=1

bk =∞∑

k=1

(2

5

)k

konvergentan geometrijski red, to je i∞∑

k=1

ak konvergentan.

(2◦) Neka je bk =1

k2. Kako je

(ln k)ln k = eln[(ln k)ln k] = e(ln k)[ln(ln k)] = (eln k)ln(ln k)= kln(ln k) ,

i limk→∞

ln(ln k) = +∞, to postoji m ∈ N, m ≥ 2 tako da je ln(ln k) > 2 i kln(ln k) > k2

za svako k ≥ m. Zato je ak ≤ 1

k2= bk za svako k ≥ m. Prema Napomeni 2.2.2, iz

konvergencije hiperharmonijskog reda∞∑

k=1

bk =∞∑

k=1

1

k2(Primer 2.2.3) sledi konvergencija

reda∞∑

k=1

ak.

ZADACI ZA VEZBU 81


k=1

ak, gde je:

ak =1√

(2k − 1)(2k + 2), (2◦) ak =

5k + 1√k6 + 3k2 + 2

,(1◦)

ak =√

k + 1−√

k3√

k, (4◦) ak = k−(1+1/k) ,(3◦)

ak = k√

c− 1 (c > 0, c 6= 1) , (6◦) ak = 2k sin13k

.(5◦)

Resenje. Zadatak se resava primenom poredbenog kriterijuma iz Teoreme 2.2.4.

(1◦) Neka je bk =1

k. Tada je

L = limk→∞

ak

bk= lim

k→∞k√

(2k − 1)(2k + 2)= lim

k→∞k

k

√(2− 1

k

)(2 +

2

k

)

=1√4

=1

26= 0 .

Kako je∞∑

k=1

bk =∞∑

k=1

1

kdivergentan harmonijski red (Primer 2.2.4), to je i

∞∑k=1

ak diver-

gentan red.

(2◦) Za bk =1

k2je

L = limk→∞

ak

bk= lim

k→∞k2(5k + 1)√k6 + 3k2 + 2

= limk→∞

k2(5k + 1)

k3

√1 +

3

k4+

2

k6

= 5 6= 0 ,

pa red∞∑

k=1

ak konvergira kao i hiperharmonijski red∞∑

k=1

bk =∞∑

k=1

1

k2.

(3◦) Ako je limk→∞

ak

bk= 1, kazemo da se ak i bk ponasaju isto za dovoljno veliko k i

pisemo ak ∼ bk. Istu oznaku cemo da koristimo i u slucaju limk→∞

ak

bk= L ∈ (0, +∞). U

skladu s tim, takode pisemo akbk ∼ ak ukoliko je limk→∞

bk ∈ (0, +∞).

Neka je bk =1

k5/6. Kako je

ak =1

3√k (√

k + 1 +√

k)=

1

3√k√

k

(√1 +

1

k+ 1

) ∼ 1

k5/6= bk

82 TEORIJA REDOVA

i kako hiperharmonijski red∞∑

k=1

bk =∞∑

k=1

1

kp za p =

5

6< 1 divergira (Primer 2.2.10), to

divergira i red∞∑

k=1

ak.

(4◦) Neka je f(x) = x−1/x. Tada je:

ln f = − ln x

x, lim

x→∞(ln f) = − lim

x→∞ln x

x= − lim

x→∞1

x= 0 ,

pa je ln( limx→∞

f) = 0 i limx→∞

f(x) = limx→∞

x−1/x = e0 = 1.

Za bk =1

kje

L = limk→∞

ak

bk= lim

k→∞k−1/k = 1 6= 0 ,

pa red∞∑

k=1

ak divergira kao i harmonijski red∞∑

k=1

bk =∞∑

k=1

1

k.

(5◦) Vazi (cx)′ = cx ln c i limx→0

cx − 1

x= ln c.

Za bk =1

kje

L = limk→∞

ak

bk= lim

k→∞c1/k − 1

1

k

= ln c 6= 0 ,

pa red∞∑

k=1

ak divergira jer divergira harmonijski red∞∑

k=1

bk =∞∑

k=1

1

k.

(6◦) Kako je limx→0

sin x

x= 1 (videti [3], str. 323–324), to je sin x ∼ x kad x → 0.

Neka je bk =

(2

3

)k

. Tada je

ak =2k

3k

sin1

3k

1

3k

∼(

2

3

)k

= bk .

Red∞∑

k=1

bk =∞∑

k=1

(2

3

)k

je konvergentan geometrijski red, pa je i red∞∑

k=1

ak konvergentan.

9. Ako je limk→∞

kak = a 6= 0, dokazati da je∞∑

k=1

ak divergentan red.

Resenje. Neka je bk =1

k. Kako je

L = limk→∞

ak

bk= lim

k→∞ak

1

k

= limk→∞

kak = a 6= 0 ,

ZADACI ZA VEZBU 83

iz divergencije harmonijskog reda∞∑

k=1

bk =∞∑

k=1

1

ksledi divergencija reda

∞∑k=1

ak.


k=1

ak, gde je:

(1◦) ak =( 3k

k + 5

)k(k + 2k + 3

)k2

, (2◦) ak = k2( k

2k − 1

)k

.

Resenje. Zadatak resavamo primenom Cauchyevog kriterijuma (Teorema 2.2.7).

(1◦) Za opsti clan an nalazimo

L = limn→∞

n√

an = limn→∞

3n

n + 5

(n + 2

n + 3

)n

= 3 limn→∞

(1− 1

n + 3

)n

= 3e−1 > 1 ,

pa red∞∑

k=1

ak divergira.

(2◦) Slicno kao u Zadatku 8(4◦), pokazuje se da je limx→∞

x2/x = 1.

Prema prethodnom je

L = limn→∞

n√

an = limn→∞

n√

n2n

2n− 1=

1

2lim

n→∞n2/n =

1

2< 1

i red∞∑

k=1

ak konvergira.


k=1

ak, gde je:

(1◦) ak =3kk!kk

, (2◦) ak =(2k + 1)!!3k(k!)2

.

Resenje. Zadatak resavamo primenom D’Alambertovog kriterijuma (Teorema 2.2.9).

(1◦) Za opsti clan an nalazimo

L = limn→∞

an+1

an= lim

n→∞3n+1(n + 1)!

(n + 1)n+1

nn

3nn!= lim

n→∞3

(n

n + 1

)n

= 3e−1 > 1 ,

pa red∞∑

k=1

ak divergira.

(2◦) Kako je

L = limn→∞

an+1

an= lim

n→∞(2n + 3)!!

3n+1((n + 1)!)23n(n!)2

(2n + 1)!!= lim

n→∞2n + 3

3(n + 1)2= 0 < 1 ,

84 TEORIJA REDOVA

red∞∑

k=1

ak konvergira.


k=2

ak, gde je:

(1◦) ak = k2e−√

k , (2◦) ak =1

k(ln k) p .

Resenje. Zadatak resavamo primenom Cauchyevog integralnog kriterijuma (Teo-rema 2.2.10).

(1◦) Posmatramo funkciju f(x) = x2e−√

x. Ova funkcija je pozitivna i neprekidna za

svako x ≥ 0. Za x ≥ 16 je f ′(x) =1

2(4−√x)xe−

√x ≤ 0, pa je f(x) i nerastuca. Uzimamo

x0 = 16, m = [x0] = 16 i

ak = f(k) = k2e−√

k (k ≥ 16) .

Smenom t =√

x izracunavamo nesvojstveni integral

∫ +∞

16

f(x) dx =

∫ +∞

16

x2e−√

x dx = 2

∫ +∞

4

t5e−t dt = 2P5(t)e−t

∣∣∣+∞

4

= 2 limt→+∞

P5(t)

et− 2P5(4)e−4 = −2P5(4)e−4 ,

gde je P5(t) odgovarajuci polinom petog stepena. Kako je −2P5(4)e−4 < +∞, red∞∑

k=2

ak

konvergira.

(2◦) Za x ≥ 2, funkcija f(x) =1

x(ln x)p je neprekidna i pozitivna. Takode, f(x) je

nerastuca za x ≥ e−p jer je f ′(x) = − p + ln x

x2(ln x)p+1

≤ 0. Uzimajuci x0 = max{2, e−p} ≥ 2,

m = [x0] ≥ 2 i ak = f(k), smenom t = ln x za p 6= 1 nalazimo

∫ +∞

m

f(x) dx =

∫ +∞

m

dx

x(ln x)p =

∫ +∞

ln m

dt

tp =

t1−p

1− p

∣∣∣+∞

ln m

=1

1− plim

t→+∞t1−p − (ln m)

1−p

1− p.

Kako je

limt→+∞

t1−p =

{+∞ , p < 1 ,

0 , p > 1 ,

to je∫ +∞

m

f(x) dx =

+∞ , p < 1 ,

− 1

1− p(ln m)

1−p, p > 1 .

ZADACI ZA VEZBU 85

Za p = 1 je

∫ +∞

m

f(x) dx =

∫ +∞

m

dx

x ln x=

∫ +∞

ln m

dt

t= ln t

∣∣∣+∞

ln m= +∞ .

Dakle, red∞∑

k=2

ak konvergira za p > 1 i divergira za p ≤ 1.

13. Ispitati apsolutnu i uslovnu konvergenciju alternativnih redova∞∑

k=1

ak,

gde je:

ak =(−1)k

(k!)3, (2◦) ak =

(−2)k

(k2)!,(1◦)

ak =(−1)k+1

ln(k + 1), (4◦) ak = (−1)k−1 tan

1k

.(3◦)

Resenje. (1◦) Kako je |an| = 1

(n!)3i

L = limn→∞

|an+1||an|

= limn→∞

(n!)3

[(n + 1)!]3= lim

n→∞1

(n + 1)3= 0 < 1 ,

red∞∑

k=1

|ak| konvergira prema D’Alambertovom kriterijumu. Tada∞∑

k=1

ak apsolutno kon-

vergira prema Definiciji 2.4.1 i konvergira prema Teoremi 2.4.1.

(2◦) Kako je

L = limn→∞

|an+1||an|

= limn→∞

2(n2)!

[(n + 1)2]!

= limn→∞

2

(n2 + 2n + 1)(n2 + 2n) · · · (n2 + 1)= 0 < 1 ,

red∞∑

k=1

|ak| konvergira, pa∞∑

k=1

ak apsolutno konvergira, a time i konvergira.

(3◦) Za x ≥ 1, funkcija f(x) = x− ln x raste i vazi f(1) = 1 > 0. Zato je f(x) > 0, tj.x > ln x, za svako x ≥ 1.

Kako je |ak| =1

ln(k + 1), prema prethodnom sledi

1

k + 1<

1

ln(k + 1). Red

∞∑k=1

1

k + 1=

∞∑k=2

1

kdivergira prema Teoremi 2.1.3 jer divergira red

∞∑k=1

1

k. Prema pored-

benom kriterijumu iz Teoreme 2.2.3, tada divergira i red∞∑

k=1

|ak|.

86 TEORIJA REDOVA

S druge strane, niz (|an|)n∈N je opadajuci i vazi limn→∞

|an| = 0, pa red∞∑

k=1

ak konvergira

prema Leibnizovom kriterijumu (Teorema 2.3.1).

Dakle, red∞∑

k=1

ak uslovno konvergira prema Definiciji 2.4.2.

(4◦) Kako je limx→0

tan x

x= 1, to je tan x ∼ x kad x → 0.

Prema prethodnom je

|ak| = tan1

k∼ 1

k,

pa∞∑

k=1

|ak| divergira kao i harmonijski red∞∑

k=1

1

k.

Niz (|an|)n∈N opada i vazi limn→∞

|an| = 0, pa∞∑

k=1

ak konvergira prema Leibnizovom

kriterijumu.

Dakle,∞∑

k=1

ak uslovno konvergira.

14. Ispitati apsolutnu i uslovnu konvergenciju alternativnih redova∞∑

k=1

ak,

gde je:

(1◦) ak =(−1)k

kp , (2◦) ak = (−1)k

√k

k2 + 1.

Resenje. (1◦) Ovde je |ak| =1

kp . Prema Primeru 2.2.10, hiperharmonijski red

∞∑k=1

1

kp

konvergira za p > 1 i divergira za p ≤ 1. Zato za p > 1 red∞∑

k=1


Za 0 < p ≤ 1, niz (|an|)n∈N opada i vazi limn→∞

|an| = 0, pa red∞∑

k=1

ak konvergira

prema Leibnizovom kriterijumu.

Za p ≤ 0,∞∑

k=1

ak divergira prema Teoremi 2.1.4.

Dakle,∞∑

k=1

ak apsolutno konvergira za p > 1 i uslovno konvergira za 0 < p ≤ 1.

(2◦) Ovde je

ak = (−1)k

√k

k2 + 1∼ (−1)k 1

k3/2.

Prema rezultatu pod (1◦), red∞∑

k=1

(−1)k 1

k3/2apsolutno konvergira jer je p =

3

2> 1. Zato

i dati red∞∑

k=1


ZADACI ZA VEZBU 87

Ovde smo apsolutnu konvergenciju datog reda ustanovili direktnom primenom pored-benog kriterijuma iz Teoreme 2.2.4. Do istog rezultata bismo dosli i na uobicajen nacin,

primenom Definicije 2.4.1. Kako je |ak| =

√k

k2 + 1∼ 1

k3/2i∞∑

k=1

1

kp konvergira za

p =3

2> 1 (Primer 2.2.10), red

∞∑k=1

|ak| konvergira, tj.∞∑

k=1


15. Na segmentu [0, 1] ispitati konvergenciju i uniformnu konvergenciju

reda∞∑

k=1

fk(x), gde je

fk(x) = kxe−kx − (k − 1)xe−(k−1)x .

Resenje. Sumiranjem sledi:

Sn(x) =

n∑k=1

fk(x) = nxe−nx ,

S(x) = limn→∞

Sn(x) = limn→∞

nx

enx= 0 , x ∈ [0, 1] .

Prema Definiciji 3.1.5, red∞∑

k=1

fk(x) konvergira na [0, 1] ka funkciji S(x) = 0.

Ostatak reda jeRn(x) = S(x)− Sn(x) = −nxe−nx .

Ispitivanjem monotonosti funkcije |Rn(x)| = nxe−nx pomocu (|Rn(x)|)′ = ne−nx(1−nx),utvrdujemo

maxx∈[0,1]

|Rn(x)| =∣∣∣Rn

(1

n

)∣∣∣ = e−1 .

Neka je ε > 0, ε < e−1 bilo koji fiksiran broj. Tada ne postoji N(ε) ∈ N tako da je

|Rn(x)| < ε za svako n ≥ N(ε) i svako x ∈ [0, 1] jer u tackama xn =1

n∈ [0, 1] za svako

n ∈ N vazi suprotno,

|Rn(xn)| =∣∣∣Rn

(1

n

)∣∣∣ = e−1 > ε .

Prema Napomeni 3.1.1 (takode i Definiciji 3.1.6), red∞∑

k=1

fk(x) ne konvergira uniformno

na [0, 1].

16. Na segmentu [α, β] za 0 < α < β ispitati uniformnu konvergenciju reda∞∑

k=1

fk(x), gde je

fk(x) =x[

1 + (k − 1)x](1 + kx)

.

88 TEORIJA REDOVA

Resenje. Rastavljanjem fk(x) na delimicne razlomke i sumiranjem sledi:

fk(x) =1

1 + (k − 1)x− 1

1 + kx,

Sn(x) =

n∑k=1

fk(x) = 1− 1

1 + nx,

S(x) = limn→∞

Sn(x) = 1 , x ∈ [α, β] .

Iz

|Rn(x)| = |S(x)− Sn(x)| = 1

1 + nx≤ 1

1 + nα<

1

nα,

za proizvoljno ε > 0 sledi |Rn(x)| < ε kad je1

nα< ε, tj. n >

1

αε. Zato postoji

N(ε) =

[1

αε

]+ 1 ∈ N tako da je |Rn(x)| < ε za svako n ≥ N(ε) i svako x ∈ [α, β].

Prema Napomeni 3.1.1, red∞∑

k=1

fk(x) uniformno konvergira na svakom segmentu [α, β] sa

0 < α < β ka funkciji S(x) = 1.

17. U navedenim intervalima ispitati uniformnu konvergenciju redova∞∑

k=1

fk(x), gde je:

fk(x) =1

x2 + k2, x ∈ (−∞, +∞) ,(1◦)

fk(x) = x2e−kx , x ∈ [0, +∞) .(2◦)

Resenje. Zadatak resavamo primenom Weierstrassovog kriterijuma (Teorema 3.1.6).

(1◦) Kako je

|fk(x)| = 1

x2 + k2≤ 1

k2= Mk

za svako x ∈ (−∞, +∞) i svako k ∈ N i kako je∞∑

k=1

Mk =∞∑

k=1

1

k2konvergentan hiper-

harmonijski red, to∞∑

k=1

fk(x) uniformno konvergira na (−∞, +∞).

(2◦) Ispitivanjem monotonosti funkcije fk(x) pomocu f ′k(x) = xe−kx(2− kx), utvrdu-jemo

maxx∈[0,+∞)

|fk(x)| = fk

(2

k

)=

4

k2e−2 = Mk ,

pa je |fk(x)| ≤ Mk za svako x ∈ [0, +∞) i svako k ∈ N. Red∞∑

k=1

Mk = 4e−2∞∑

k=1

1

k2je

konvergentan, pa je∞∑

k=1

fk(x) uniformno konvergentan na [0, +∞).

ZADACI ZA VEZBU 89

18. Ako je |x| ≥ r, 0 < r < +∞, ispitati uniformnu konvergenciju reda∞∑

k=1

fk(x), gde je

fk(x) =(−1)k

k√

k

1x

.

Resenje. Zadatak resavamo primenom Weierstrassovog kriterijuma.Za |x| ≥ r je

|fk(x)| = 1

k√

k

1

|x| ≤1

k√

k

1

r= Mk .

Red∞∑

k=1

Mk =1

r

∞∑k=1

1

k√

k=

1

r

∞∑k=1

1

k3/2je konvergentan hiperharmonijski red, pa

∞∑k=1

fk(x) uniformno konvergira na (−∞,−r]∪[r, +∞) za svako r takvo da je 0 < r < +∞.

Ovo je primer koji ukazuje na cinjenicu da oblast konvergencije ne mora obavezno dabude interval, vec moze da ima i drugaciji oblik. Konkretno, ovde je oblast konvergencijeunija intervala.

19. Ispitati konvergenciju potencijalnih redova∞∑

k=1

akxk, gde je:

ak =√

k + 1−√

k , (2◦) ak =1

kp ,(1◦)

ak = c−√

k (c > 0) .(3◦)

Resenje. Radijus konvergencije odredujemo prema (3.2.3).

(1◦) Kako je

R = limn→∞

∣∣∣ an

an+1

∣∣∣ = limn→∞

√n + 1−√n√

n + 2−√n + 1= lim

n→∞

√n + 2 +

√n + 1√

n + 1 +√

n= 1 ,

prema Teoremi 3.2.2 red∞∑

k=1

akxk konvergira za svako x ∈ (−1, 1).

Za x = 1, dati red se svodi na brojni∞∑

k=1

ak =∞∑

k=1

(√

k + 1−√

k), za koji je:

Sn =

n∑k=1

(√

k + 1−√

k) =√

n + 1− 1 , limn→∞

Sn = +∞ ,

pa∞∑

k=1

ak divergira.

90 TEORIJA REDOVA

Za x = −1, dati red se svodi na alternativni∞∑

k=1

(−1)kak =∞∑

k=1

(−1)k(√

k + 1 −√

k).

Kako je

limn→∞

an = limn→∞

1√n + 1 +

√n

= 0

ian

an+1=

√n + 2 +

√n + 1√

n + 1 +√

n> 1 ,

tj. an > an+1, red konvergira prema Leibnizovom kriterijumu.

Zakljucujemo da dati red∞∑

k=1

akxk konvergira za svako x ∈ [−1, 1).

(2◦) Kako je

R = limn→∞

∣∣∣ an

an+1

∣∣∣ = limn→∞

(n + 1)p

np= lim

n→∞

(1+

1

n

)p

= limn→∞

[(1+

1

n

)n]p/n

= e0 = 1 ,

prema Teoremi 3.2.2 red∞∑

k=1

akxk konvergira za svako x ∈ (−1, 1).

Za x = 1 dobijamo hiperharmonijski red (2.2.13), koji konvergira za p > 1.

Za x = −1 dobijamo alternativni red∞∑

k=1

(−1)kak =∞∑

k=1

(−1)k

kp . Ovaj red, prema

Zadatku 14(1◦), apsolutno konvergira za p > 1, uslovno konvergira za 0 < p ≤ 1 idivergira za p ≤ 0.

Zakljucujemo da dati red∞∑

k=1

akxk konvergira za svako x ∈ [−1, 1] ako je p > 1 ili za

svako x ∈ [−1, 1) ako je 0 < p ≤ 1.

(3◦) Ovde je

R = limn→∞

∣∣∣ an

an+1

∣∣∣ = limn→∞

c√

n+1

c√

n= lim

n→∞c√

n+1−√n = c0 = 1 .

Za x = 1 dobijamo brojni red∞∑

k=1

ak =∞∑

k=1

c−√

k. Ovaj red divergira za c ≥ 1 prema

Teoremi 2.1.4. Koristeci razvoj (3.2.25) funkcije ex, za c < 1 imamo

c√

n = eln c√

n= e

√n ln c =

∞∑k=0

(√

n ln c)k

k!>

(√

n ln c)3

3!,

pa je1

c√

n≤ 6

n3/2(ln c)3∼ 1

n3/2

i red∞∑

k=1

ak konvergira prema poredbenim kriterijumima iz Teorema 2.2.3 i 2.2.4.

ZADACI ZA VEZBU 91

Za x = −1 dobijamo alternativni red∞∑

k=1

(−1)kak =∞∑

k=1

(−1)kc−√

k. Za c > 1 vazi:

limn→∞

an = limn→∞

1

c√

n= 0 , an =

1

c√

n>

1

c√

n+1= an+1 ,

pa red konvergira prema Leibnizovom kriterijumu. Za 0 < c ≤ 1 red divergira premaTeoremi 2.1.4.

Dakle, zavisno od vrednosti broja c imamo sledeca tri slucaja. Dati red∞∑

k=1

akxk

konvergira za svako x ∈ (−1, 1] ako je c < 1, za svako x ∈ (−1, 1) ako je c = 1 ili za svakox ∈ [−1, 1) ako je c > 1.


k=1

fk(x), gde je

fk(x) =(1 +

1k

)−k2

e−kx .

Resenje. Uvodenjem smene t = e−x, dati red postaje stepeni

∞∑k=1

bktk =

∞∑k=1

(1 +

1

k

)−k2

tk .

Radijus konvergencije odredujemo prema (3.2.4) i dobijamo

R = limn→∞

1n√

bn= lim

n→∞

(1 +

1

n

)n

= e .

Kako je e−x > 0 za svako x ∈ R, to iz |t| < e sledi |e−x| < e, tj. 0 < e−x < e i dalje:ln e−x < ln e, −∞ < −x < 1, −1 < x < +∞.

Za x = −1 se dobija brojni red∞∑

k=1

ak =∞∑

k=1

(1 +

1

k

)−k2

ek. Za opsti clan ovog reda

vazi

an =en[(

1 +1

n

)n]n =

e(

1 +1

n

)n

n

> 1

(videti [3], str. 137–139), pa je limn→∞

an 6= 0 i red divergira prema Teoremi 2.1.4.

Dakle, dati red∞∑

k=1

fk(x) konvergira za svako x ∈ (−1, +∞).


k=1

fk(x), gde je

fk(x) = k(9

2

)k

xk(1− x)k .

92 TEORIJA REDOVA

Resenje. Smenom t = x(1− x) dati red postaje stepeni

∞∑k=1

bktk =

∞∑k=1

k

(9

2

)k

tk .

Radijus konvergencije odredujemo prema (3.2.4) i dobijamo

R = limn→∞

1n√

bn=

2

9lim

n→∞1

n√

n=

2

9,

gde je limn→∞

n√

n = 1 odreden kao u Primeru 2.2.7 ili u Zadatku 8(4◦).

Za t =2

9dobija se brojni red

∞∑k=1

k, a za t = −2

9red

∞∑k=1

(−1)kk. Oba dobijena reda

divergiraju prema Teoremi 2.1.4.

Zakljucujemo da red∞∑

k=1

bktk konvergira za svako t ∈(−2

9,2

9

).

Kako je t = −x2 + x, diskusijom znaka kvadratnog trinoma, iz −2

9< t <

2

9sledi da

red∞∑

k=1

fk(x) konvergira za svako

x ∈(

3−√17

6,1

3

)∪

(2

3,3 +

√17

6

).

22. Ispitati konvergenciju i naci zbir potencijalnih redova∞∑

k=1

akxk, gde je:

ak =1

k 5k, (2◦) ak =

k2 − 12k

.(1◦)

Resenje. (1◦) Radijus konvergencije je

R = limn→∞

∣∣∣ an

an+1

∣∣∣ = limn→∞

(n + 1) 5n+1

n 5n= 5 lim

n→∞n + 1

n= 5 ,

pa red konvergira za x ∈ (−5, 5).

Za x = 5 se dobija harmonijski red (2.2.7) koji divergira. Za x = −5 se dobija alter-

nativni red∞∑

k=1

(−1)k

kiz Primera 2.3.1 koji konvergira prema Leibnizovom kriterijumu.

Dakle, dati red∞∑

k=1

akxk konvergira za svako x ∈ [−5, 5), tj. postoji zbir

S(x) =

∞∑k=1

1

k 5kxk , x ∈ [−5, 5) .

ZADACI ZA VEZBU 93

Prema Teoremi 3.2.5 i zbiru (3.2.9) dobijamo

S′(x) =

∞∑k=1

1

k 5kkxk−1 =

∞∑k=1

1

5kxk−1 =

1

5

∞∑k=1

xk−1

5k−1

=1

5

∞∑k=1

(x

5

)k−1

=1

5

∞∑k=0

(x

5

)k

=1

5

1

1− x

5

=1

5− x.

Kako je S(0) = 0, integracijom na [0, x] za |x| < 5 nalazimo

∫ x

0

S′(t) dt = S(t)

∣∣∣x

0= S(x)− S(0) = S(x) ,

∫ x

0

S′(t) dt =

∫ x

0

dt

5− t= − ln |5− t|

∣∣∣x

0= − ln |5− x|+ ln 5 = ln

5

5− x,

pa je zbirna funkcija

S(x) = ln5

5− x, x ∈ [−5, 5) .

Vrednost x = −5 je ukljucena zbog konvergencije reda i neprekidnosti funkcije ln5

5− xu

x = −5.

(2◦) Radijus konvergencije je

R = limn→∞

∣∣∣ an

an+1

∣∣∣ = limn→∞

(n2 − 1) 2n+1

((n + 1)2 − 1) 2n= 2 lim

n→∞n2 − 1

n2 + 2n= 2 ,

pa red konvergira za x ∈ (−2, 2).

Za x = 2 se dobija red∞∑

k=1

(k2 − 1), a za x = −2 red∞∑

k=1

(−1)k(k2 − 1). Oba brojna

reda divergiraju prema Teoremi 2.1.4. Zato stepeni red∞∑

k=1

akxk konvergira za svako

x ∈ (−2, 2), tj. postoji zbir

S(x) =

∞∑k=1

k2 − 1

2kxk =

∞∑k=1

(k − 1)(k + 1)

2kxk , x ∈ (−2, 2) .

Primenjujemo Teoremu 3.2.5 i integracijom nalazimo

S1(x) =

∫S(x) dx =

∞∑k=1

(k − 1)(k + 1)

2k

xk+1

k + 1=

∞∑k=1

k − 1

2kxk+1 = x3

∞∑k=1

k − 1

2kxk−2 ,

odakle je

S2(x) =S1(x)

x3=

∞∑k=1

k − 1

2kxk−2 .

94 TEORIJA REDOVA

Ponovnom integracijom i primenom (3.2.9) sledi

∫S2(x) dx =

∞∑k=1

k − 1

2k

xk−1

k − 1=

∞∑k=1

1

2kxk−1 =

1

2

∞∑k=1

xk−1

2k−1

=1

2

∞∑k=1

(x

2

)k−1

=1

2

∞∑k=0

(x

2

)k

=1

2

1

1− x

2

=1

2− x,

pa je

S2(x) =

(1

2− x

)′=

1

(2− x)2.

Zato je

S1(x) = x3S2(x) =x3

(2− x)2,

S(x) = S′1(x) =

(x3

(2− x)2

)′=

x2(6− x)

(2− x)3, x ∈ (−2, 2) .

23. Ispitati konvergenciju i naci zbir potencijalnog reda∞∑

k=1

akxk, gde je

ak =(−1)kk2

(k + 1)!.

Resenje. Radijus konvergencije je

R = limn→∞

∣∣∣ an

an+1

∣∣∣ = limn→∞

(n + 2)

(n

n + 1

)2

= +∞ ,

pa red∞∑

k=1

akxk konvergira za svako x ∈ (−∞, +∞).

Posmatrajmo novi red∞∑

k=0

(−1)k

(k + 1)!xk. Lako se nalazi radijus konvergencije R = +∞,

pa i ovaj red konvergira za svako x ∈ (−∞, +∞), tj. postoji zbir

S1(x) =

∞∑k=0

(−1)k

(k + 1)!xk , x ∈ (−∞, +∞) .

Koristeci razvoj (3.2.25) funkcije ex, zbir S1(x) moze da se predstavi na nacin

S1(x) = − 1

x

∞∑k=0

(−1)k+1

(k + 1)!xk+1 = − 1

x

∞∑k=1

(−x)k

k!= − 1

x

(−1 +

∞∑k=0

(−x)k

k!

)

= − 1

x(−1 + e−x) =

1

x(1− e−x) .

ZADACI ZA VEZBU 95

Primenjujemo Teoremu 3.2.5 i diferenciranjem nalazimo:

S′1(x) =

∞∑k=1

(−1)k

(k + 1)!kxk−1 =

1

x

∞∑k=1

(−1)kk

(k + 1)!xk ,

S′1(x) =xe−x + e−x − 1

x2,

odakle sledi

S2(x) =

∞∑k=1

(−1)kk

(k + 1)!xk = xS′1(x) =

xe−x + e−x − 1

x.

Ponavljamo postupak sa S2(x) i nalazimo

S′2(x) =1

x

∞∑k=1

(−1)kk2

(k + 1)!xk =

−x2e−x − xe−x − e−x + 1

x2,

pa je trazeni zbir

S(x) =

∞∑k=1

(−1)kk2

(k + 1)!xk = xS′2(x) =

1

x−

(x + 1 +

1

x

)e−x , x ∈ (−∞, +∞) .


k=1

fk(x), gde je:

fk(x) =2k

2k − 1x2k−1 ,(1◦)

fk(x) =k + 19k

x2k+1 .(2◦)

Resenje. (1◦) Neka je

gk(x) =2k

2k − 1x2k .

Kako je fk(x) =1

xgk(x), prema Teoremi 3.1.2 i Napomeni 3.1.3 redovi

∞∑k=1

fk(x) i

∞∑k=1

gk(x) imaju isti interval konvergencije. Zato umesto reda∞∑

k=1

fk(x) posmatramo red

∞∑k=1

gk(x). Smenom t = x2 ≥ 0 red∞∑

k=1

gk(x) postaje stepeni

∞∑k=1

aktk =

∞∑k=1

2k

2k − 1tk ,

96 TEORIJA REDOVA

za koji je

R = limn→∞

∣∣∣ an

an+1

∣∣∣ = limn→∞

(2n + 1) 2n

(2n− 1) 2n+1=

1

2,

pa red konvergira za t ∈(−1

2,1

2

). Zbog t = x2 je t ∈

[0,

1

2

)i x ∈

(− 1√

2,

1√2

).

Za x = ± 1√2

red∞∑

k=1

gk(x) postaje brojni red∞∑

k=1

1

2k − 1koji divergira na osnovu

1

2k − 1∼ 1

k. Dakle, redovi

∞∑k=1

gk(x) i∞∑

k=1

fk(x) konvergiraju za svako x ∈(− 1√

2,

1√2

),

pa postoji zbir

S(x) =

∞∑k=1

2k

2k − 1x2k−1 , x ∈

(− 1√

2,

1√2

).

Diferenciranjem i primenom (3.2.9) nalazimo

S′(x) =

∞∑k=1

2k

2k − 1(2k − 1) x2k−2 =

∞∑k=1

2k x2k−2

= 2

∞∑k=1

(2x2)k−1= 2

∞∑k=0

(2x2)k=

2

1− 2x2.

Kako je S(0) = 0, integracijom na [0, x] za |x| < 1√2

sledi

S(x) =

∫ x

0

S′(t) dt =

∫ x

0

2 dt

1− 2t2=

∫ x

0

dt

1−√2 t+

∫ x

0

dt

1 +√

2 t

= − 1√2

ln|1−√2 t|∣∣∣x

0+

1√2

ln|1 +√

2 t|∣∣∣x

0

=1√2

ln1 +

√2 x

1−√2 x, x ∈

(− 1√

2,

1√2

).

(2◦) Analogno kao u slucaju (1◦), ispitujemo konvergenciju reda∞∑

k=1

gk(x), pri cemu je

fk(x) = x gk(x). Smenom t = x2 ≥ 0 ovaj red postaje stepeni

∞∑k=1

aktk =

∞∑k=1

k + 1

9ktk ,

za koji je R = 9, pa je t ∈ [0, 9) i x ∈ (−3, 3).

Za x = ±3 red∞∑

k=1

gk(x) postaje brojni red∞∑

k=1

(k + 1), koji divergira prema Teo-

remi 2.1.4. Zakljucujemo da redovi∞∑

k=1

gk(x),∞∑

k=1

fk(x) konvergiraju za svako x ∈ (−3, 3)

i postoji

S(x) =

∞∑k=1

k + 1

9kx2k+1 , x ∈ (−3, 3) .

ZADACI ZA VEZBU 97

Radi jednostavnosti, prvo nalazimo zbir

S1(t) =

∞∑k=1

k + 1

9ktk .

Integracijom se dobija

∫S1(t) dt =

∞∑k=1

1

9ktk+1 = t

∞∑k=1

(t

9

)k

= tt

9

∞∑k=1

(t

9

)k−1

=t2

9

∞∑k=0

(t

9

)k

=t2

9− t,

pa je

S1(t) =

(t2

9− t

)′=

t(18− t)

(9− t)2.

Zato je

S(x) = x

∞∑k=1

k + 1

9k(x2)k

= xS1(x2) =x3(18− x2)

(9− x2)2, x ∈ (−3, 3) .


k=1

fk(x), gde je:

fk(x) =(−1)k−1

k(2k − 1)x2k ,(1◦)

fk(x) =(−1)k+1

4k2 − 1

(x− 1x + 1

)2k+1

.(2◦)

Resenje. (1◦) Smenom t = x2 ≥ 0 dati red postaje stepeni

∞∑k=1

aktk =

∞∑k=1

(−1)k−1

k(2k − 1)tk ,

za koji je

R = limn→∞

∣∣∣ an

an+1

∣∣∣ = limn→∞

(n + 1)(2n + 1)

n(2n− 1)= 1 ,

pa red konvergira za t ∈ [0, 1). Zato red∞∑

k=1

fk(x) konvergira za x2 ∈ [0, 1), tj. x ∈ (−1, 1).

Za x = ±1 dobijamo alternativni red∞∑

k=1

(−1)k−1

k(2k − 1)koji apsolutno konvergira zbog

1

k(2k − 1)∼ 1

k2. Dakle, red

∞∑k=1

fk(x) konvergira za svako x ∈ [−1, 1], pa postoji zbir

S(x) =

∞∑k=1

(−1)k−1

k(2k − 1)x2k , x ∈ [−1, 1] .

98 TEORIJA REDOVA

Primenjujemo Teoremu 3.2.5 i sukcesivnim diferenciranjem nalazimo:

S′(x) = 2

∞∑k=1

(−1)k−1

2k − 1x2k−1 ,

S′′(x) = 2

∞∑k=1

(−1)k−1x2k−2 = 2

∞∑k=0

(−1)kx2k =2

1 + x2.

Kako je S′(0) = 0, integracijom poslednje jednakosti sledi:

∫ x

0

S′′(t) dt = S′(t)∣∣∣x

0= S′(x)− S′(0) = S′(x) ,

∫ x

0

S′′(t) dt = 2

∫ x

0

dt

1 + t2= 2arctan x ,

pa jeS′(x) = 2 arctan x .

Ponavljamo integraciju na S′(x) i dobijamo:

∫ x

0

S′(t) dt = S(t)

∣∣∣x

0= S(x)− S(0) = S(x) ,

∫ x

0

S′(t) dt = 2

∫ x

0

arctan t dt = 2x arctan x− ln(1 + x2) ,

tj. trazeni zbirS(x) = 2x arctan x− ln(1 + x2) , x ∈ [−1, 1] .

Integral∫

arctan t dt je resen parcijalnom integracijom.

(2◦) Umesto reda∞∑

k=1

fk(x) posmatramo red∞∑

k=1

gk(x), gde je fk(x) =x− 1

x + 1gk(x).

Smenom t =

(x− 1

x + 1

)2

≥ 0 posmatrani red postaje stepeni

∞∑k=1

aktk =

∞∑k=1

(−1)k+1

4k2 − 1tk ,

za koji je R = 1, pa red konvergira za t ∈ [0, 1). Zato red∞∑

k=1

gk(x) konvergira za

−1 <x− 1

x + 1< 1. Elementarnim resavanjem poslednje dve nejednakosti se dobija x > 0.

Za x = 0 dobijamo alternativni red∞∑

k=1

(−1)k

4k2 − 1koji apsolutno konvergira na osnovu

1

4k2 − 1∼ 1

k2. Dakle, red

∞∑k=1

gk(x) konvergira za x ∈ [0, +∞). Kako je funkcija

ZADACI ZA VEZBU 99

c(x) =x− 1

x + 1definisana i ogranicena na [0, +∞) i fk(x) = c(x)gk(x), prema Teoremi 3.1.2

konvergira i red∞∑

k=1

fk(x) za svako x ∈ [0, +∞), pa postoji zbir

S(x) =

∞∑k=1

(−1)k+1

4k2 − 1

(x− 1

x + 1

)2k+1

, x ∈ [0, +∞) .

Radi jednostavnosti zapisivanja uvodimo oznaku u =x− 1

x + 1i trazimo zbir

S1(u) =

∞∑k=1

(−1)k+1

4k2 − 1u2k+1 =

∞∑k=1

(−1)k+1

(2k − 1)(2k + 1)u2k+1 .

Diferenciranjem nalazimo

S′1(u) =

∞∑k=1

(−1)k+1

2k − 1u2k ,

odakle je

S2(u) =S′1(u)

u=

∞∑k=1

(−1)k+1

2k − 1u2k−1 .

Primetimo da je S2(0) = 0. Ponovnim diferenciranjem dobijamo

S′2(u) =

∞∑k=1

(−1)k+1u2k−2 =

∞∑k=0

(−1)k+2u2k =

∞∑k=0

(−1)ku2k =

∞∑k=0

(−u2)k =1

1 + u2.

Integracijom poslednje jednakosti sledi

S2(u) =

∫ u

0

dv

1 + v2= arctan u ,

pa jeS′1(u) = uS2(u) = u arctan u .

Ponovo vrsimo integraciju i dobijamo:

S1(u) =

∫ u

0

v arctan v dv =

(−v

2+

v2

2arctan v +

1

2arctan v

)∣∣∣u

0

= −u

2+

u2

2arctan u +

1

2arctan u ,

S(x) = S1

(x− 1

x + 1

)

= −1

2

x− 1

x + 1+

1

2

(x− 1

x + 1

)2

arctanx− 1

x + 1+

1

2arctan

x− 1

x + 1, x ∈ [0, +∞) .

100 TEORIJA REDOVA

Integral∫

u arctan u du je resen parcijalnom integracijom.

26. Razviti u stepeni red funkcije:

(1◦) f(x) = cos2 x , (2◦) f(x) =x

x2 − 5x + 6

i odrediti oblast konvergencije dobijenih redova.Resenje. (1◦) Koristeci (3.2.27) nalazimo

f(x) = cos2 x =1 + cos 2x

2=

1

2+

1

2

∞∑k=0

(−1)k

(2k)!(2x)2k

=1

2+

1

2

+∞∑k=0

(−1)k4k

(2k)!x2k , x ∈ (−∞, +∞) .

(2◦) Rastavljanjem f(x) na delimicne razlomke, dobijamo

f(x) =x

x2 − 5x + 6=

x

(x− 2)(x− 3)=

3

x− 3− 2

x− 2

=1

x

3− 1

− 1x

2− 1

=1

1− x

2

− 1

1− x

3

.

Prema (3.2.7) je

1

1− x

2

=

∞∑k=0

(x

2

)k

,x

2∈ (−1, 1) ,

1

1− x

3

=

∞∑k=0

(x

3

)k

,x

3∈ (−1, 1) .

Kako izx

2∈ (−1, 1) sledi x ∈ (−2, 2) i iz

x

3∈ (−1, 1) sledi x ∈ (−3, 3) i kako je

(−2, 2) ∩ (−3, 3) = (−2, 2), to je

f(x) =

∞∑k=0

(x

2

)k

−∞∑

k=0

(x

3

)k

=

∞∑k=0

(1

2k− 1

3k

)xk , x ∈ (−2, 2) .

27. Razviti u stepeni red funkciju

f(x) = ln

√1 + x

1− x

ZADACI ZA VEZBU 101

i odrediti oblast konvergencije dobijenog reda.Resenje. Kako je

f(x) = ln

√1 + x

1− x=

1

2ln(1 + x)− 1

2ln(1− x) ,

prema (3.2.11) je:

ln(1 + x) =

∞∑k=1

(−1)k+1

kxk , x ∈ (−1, 1] ,

ln(1− x) =

∞∑k=1

(−1)k+1

k(−x)k = −

∞∑k=1

1

kxk , x ∈ [−1, 1)

i

f(x) =1

2

∞∑k=1

(−1)k+1

kxk +

1

2

∞∑k=1

1

kxk =

1

2

∞∑k=1

[(−1)k+1 + 1

]1

kxk , x ∈ (−1, 1) .

Za k = 2m je (−1)k+1 + 1 = 0, a za k = 2m− 1 je (−1)k+1 + 1 = 2, gde je m ∈ N. Zatoje

f(x) =1

2

∞∑m=1

2

2m− 1x2m−1 =

∞∑k=1

1

2k − 1x2k−1 , x ∈ (−1, 1) .

Oblast konvergencije smo dobili kao (−1, 1) = (−1, 1] ∩ [−1, 1), dakle koriscenjem vecizvedenih oblasti konvergencije u (3.2.11). Medutim, mogli smo i da iskoristimo poznatirazvoj (3.2.11), pa tek onda da odredimo oblast konvergencije. Tako je, za dobijeni razvoj

funkcije f(x), R = limn→∞

2n + 1

2n− 1= 1, a za x = ±1 brojni redovi ±

∞∑k=1

1

2k − 1divergiraju

zbog1

2k − 1∼ 1

k. Dakle, oblast konvergencije je (−1, 1). Ovo je, prirodno, isti rezultat

kao onaj koji smo vec dobili.

28. Razviti u stepeni red funkciju

f(x) =∫ x

0

arctan t dt

i odrediti oblast konvergencije dobijenog reda.Resenje. Zadatak se resava integracijom jednakosti (3.2.15) na [−1, 1] i dobija se

f(x) =

∫ x

0

( ∞∑k=0

(−1)k

2k + 1t2k+1

)dt =

∞∑k=0

(−1)k

2k + 1

t2k+2

2k + 2

∣∣∣x

0

=

∞∑k=0

(−1)k

(2k + 1)(2k + 2)x2k+2 , x ∈ [−1, 1] .

102 TEORIJA REDOVA

29. Naci Fourierov razvoj funkcije

f(x) ={

c1x , x ∈ (−π, 0] ,

c2x , x ∈ [0, π) ,

gde su c1, c2 ∈ R konstante. Na osnovu dobijenog rezultata naci zbir brojnogreda ∞∑

k=1

1(2k − 1)2

.

Uputstvo. Zadatak se resava slicno kao u Primeru 3.3.1 i dobija se:

F (x) =(c2 − c1)π

4− 2(c2 − c1)

π

∞∑k=1

1

(2k − 1)2cos(2k − 1)x

+ (c1 + c2)

∞∑k=1

(−1)k+1

ksin kx ,

F (±π) =(c2 − c1)π

2,

pri cemu je f(x) = F (x) za svako x ∈ (−π, π).Za x = 0 je

f(0) = 0 , f(0) = F (0) =(c2 − c1)π

4− 2(c2 − c1)

π

∞∑k=1

1

(2k − 1)2,

pa je∞∑

k=1

1

(2k − 1)2=

π2

8.

Ovo je rezultat koji smo dobili u Primeru 3.3.3, samo na drugi nacin.


f(x) ={ −x− 2 , x ∈ (−π, 0] ,

x + 1 , x ∈ (0, π] .

Uputstvo. Zadatak se resava slicno kao u Primeru 3.3.1 i dobija se:

F (x) =π − 1

2+

2

π

∞∑k=1

[− 2

(2k − 1)2cos(2k − 1)x +

3

2k − 1sin(2k − 1)x

],

F (0) = −1

2, F (±π) = π − 1

2.

ZADACI ZA VEZBU 103

Pri tome je f(x) = F (x) za svako x ∈ (−π, π), x 6= 0.Grafik funkcije F (x) je prikazan na sledecoj slici.

x

y

0 pp p3

p 1

1p 2

p3

2


f(x) ={

x(π + x) , x ∈ (−π, 0] ,

x(π − x) , x ∈ [0, π) .


∞∑

k=1

(−1)k

(2k − 1)3.

Uputstvo. Data funkcija je neparna zbog

f(−x) =

{−x(π − x) , −x ∈ (−π, 0] ,

−x(π + x) , −x ∈ [0, π) ,=

{−x(π − x) , x ∈ [0, π) ,

−x(π + x) , x ∈ (−π, 0] ,

=

{−x(π + x) , x ∈ (−π, 0] ,

−x(π − x) , x ∈ [0, π) ,= −f(x) ,

pa za odredivanje Fourierovih koeficijenata koristimo (3.3.10) i dobijamo:

F (x) =8

π

∞∑k=1

1

(2k − 1)3sin(2k − 1)x ,

F (±π) = 0 ,

pri cemu je f(x) = F (x) za svako x ∈ (−π, π).

Za x =π

2je

f

(π

2

)=

π2

4, f

(π

2

)= F

(π

2

)=

8

π

∞∑k=1

(−1)k+1

(2k − 1)3= − 8

π

∞∑k=1

(−1)k

(2k − 1)3,

pa je∞∑

k=1

(−1)k

(2k − 1)3= −π3

32.

104 TEORIJA REDOVA

32. Naci kosinusni razvoj funkcije

f(x) =

sin2 x , x ∈ [0,

π

2]

,

1 , x ∈ [π

2, π

).

Resenje. Kosinusni razvoj dobijamo parnim produzenjem funkcije f(x) na (−π, π) ufunkciju f1(x) datu sa (3.3.19), tj.

f1(x) =

sin2 x , x ∈ [−π

2,π

2] ,

1 , x ∈ (−π,−π

2]∪[

π

2, π) .

Kosinusni razvoj funkcije f(x) isti je kao Fourierov razvoj funkcije f1(x) na (−π, π).Izracunavanjem Fourierovih koeficijenata prema (3.3.8) sledi:

a0 =2

π

∫ π

0

f1(x) dx =2

π

∫ π/2

0

sin2 x dx +2

π

∫ π

π/2

dx =3

2,

an =2

π

∫ π

0

f1(x) cos nx dx = − 4

n(4− n2)πsin

nπ

2(n 6= 2) ,

a2 =2

π

∫ π

0

f1(x) cos 2x dx = −1

4.

Kako je sinnπ

2= 0 za n = 2k i sin

nπ

2= (−1)k+1 za n = 2k − 1 (k ∈ N), to je

a2k = 0 , a2k−1 = − 4

(2k − 1)[4− (2k − 1)2]π(k ∈ N) ,

pa trazeni razvoj glasi:

F (x) =3

4− 4

3πcos x− 1

4cos 2x

− 4

π

∞∑k=3

1

(2k − 1)[4− (2k − 1)2]cos(2k − 1)x ,

F (±π) = 1 ,

pri cemu je f(x) = F (x) za svako x ∈ [0, π).

PRILOG

Radi preglednosti, izdvajamo najznacajnije brojne redove i stepene razvojepoznatih funkcija.

Brojni redovi su sledeci :

1◦ geometrijski red∞∑

k=0

qk (q ∈ R) konvergira za |q| < 1 ;

2◦ harmonijski red∞∑

k=1

1k

divergira ;

3◦ hiperharmonijski red∞∑

k=1

1k

p (p ∈ R) konvergira za p > 1 ;

4◦ alternativni red∞∑

k=1

(−1)k 1k

uslovno konvergira ;

5◦ alternativni red∞∑

k=1

(−1)k 1k

p apsolutno konvergira za p > 1 ,

a uslovno za 0 < p ≤ 1 .

105

106 PRILOG

Stepeni razvoji funkcijasa intervalima konvergencije su sledeci :

1◦1

1− x=

∞∑k=0

xk , x ∈ (−1, 1) ;

2◦ (1 + x) p =∞∑

k=0

(p

k

)xk (p ∈ R) , x ∈ (−1, 1) ;

3◦ ex =∞∑

k=0

1k!

xk , x ∈ (−∞,+∞) ;

4◦ ln(1 + x) =∞∑

k=1

(−1)k+1

kxk , x ∈ (−1, 1] ;

5◦ sin x =∞∑

k=0

(−1)k

(2k + 1)!x2k+1 , x ∈ (−∞, +∞) ;

6◦ cosx =∞∑

k=0

(−1)k

(2k)!x2k , x ∈ (−∞, +∞) ;

7◦ arctanx =∞∑

k=0

(−1)k

2k + 1x2k+1 , x ∈ [−1, 1] .

LITERATURA

1. R. Dimitrijevic : Analiza realnih funkcija vise promenljivih, Autor, Nis,1999.

2. G. V. Milovanovic, R. Z. Dordevic : Matematika za studente tehnickihfakulteta, II deo, Cuperak plavi, Nis, 1996.

3. G. V. Milovanovic, R. Z. Dordevic : Matematika za studente tehnickihfakulteta, I deo, Elektronski fakultet u Nisu, Nis, 2002.

4. D. S. Mitrinovic : Predavanja o redovima, Gradevinska knjiga, Beograd,1974.

5. L. Stefanovic : Teorija nizova za studente tehnickih fakulteta, SKC Nis,Nis, 2010.

107

CIP – Каталогизација у публикацији Народна библиотека Србије, Београд

517.52 ( 075.8 )

СТЕФАНОВИЋ, Лидија В., 1955– Teorija redova: za studente tehničkih fakulteta / L. [Lidija] Stefanović, B. [Branislav] Ranđelović, M. [Marjan] Matejić. – 2. izd. – Niš: Studentski kulturni centar, 2013 ( Niš: Unigraf ). – V, 107 str.: graf. prikazi; 24 cm

Tiraž 100. – Bibliografija: str. 107.

ISBN 978–86–7757–208–2 1. Ранђеловић, Бранислав M., 1970– [аутор] 2. Матејић, Maрјан M., 1977– [aутор] а) Теорија низова и редова COBISS.SR–ID 199365644

teorija redova - elfak.ni.ac.rs · 1.1. brojni nizovi 1 1.2. funkcionalni nizovi 3 2. brojni redovi...

Documents