PRVA OBLAST: REDOVI

1. Brojni (numerički) redovi Pod redom se u matematici podrazumijeva neka beskonačna suma. Postavlja se pitanje da li možemo sabrati beskonačno mnogo brojeva, pa da rezultat bude konačan broj. Npr. sve sljedeće sume: 1 2 3 4 ...+ + + + (zbir svih prirodnih brojeva) 1 1 1 1 ...+ + + + (zbir beskonačno mnogo jedinica), pa čak i 0,001 0,001 0,001 ...+ + + su beskonačne. No, ako saberemo beskonačno mnogo nula, dobićemo nulu:

0 0 0 ... 0.+ + + = Ako posmatramo duž dužine 1, pa je prepolovimo, pa jednu od te dvije polovice opet prepolovimo, pa i polovicu od polovice prepolovimo, itd., jasno je da sabiranjem svih polovljenih dijelova duži dobijemo cijelu duž, tako da je očigledno:

1 1 11 ...2 4 8

= + + +

Ovaj netrivijalni primjer reda koji ima konačnu sumu je specijalni slučaj geometrijskog reda o kome ćemo uskoro reći više. Definicija 1: Neka je { }na realni niz. Sumu svih članova tog niza, u oznaci

1 2 31

... (1)nn

a a a a∞

=

= + + +∑

zovemo brojni ili numerički (beskonačni) red, a često, kratkoće radi, kaže se samo red. Za broj na kažemo da je opšti član reda. Nama je cilj naći redove koji imaju konačnu sumu. Taj problem ćemo riješiti pomoću nizova. U teoriji nizova u Matematici I govorili smo da nizovi mogu biti konvergentni (ako imaju konačnu graničnu vrijednost ili limes niza) i divergentni (u svim ostalim slučajevima). Zato ćemo i za redove govoriti da mogu biti konvergentni (ako imaju konačnu sumu) ili divergentni (ako im je suma beskonačna ili ta suma ne postoji). Red (1) ćemo povezati sa nizom parcijalnih suma tog reda. Naime, brojeve

1 1 2 1 2 3 1 2 3, , ,...S a S a a S a a a= = + = + + zovemo parcijalne sume reda (1). Općenito je

( )1 2 ...n nS a a a n= + + + ∈ i tu sumu zovemo n – ta parcijalna suma reda (1). Sa povećavanjem broja n, očito je da se vrijednost te sume približava vrijednosti sume cijelog reda (1), ukoliko ta suma postoji i konačna je. Zato je logično zahtijevati da ,n →∞ tj. tražiti lim .nn

S→∞

Definicija 2: Za red (1) kažemo da je konvergentan ako je konvergentan njegov niz parcijalnih suma { },nS tj. postoji i konačan je lim .nn

S S→∞

= Tada kažemo da je S suma tog reda. U suprotnom, tj.

ako lim nnS

→∞ ne postoji ili je lim nn

S→∞

= +∞ ili je lim ,nnS

→∞= −∞ kažemo da je red (1) divergentan. U

prvom slučaju divergencije kažemo da je red neodređeno divergentan, a u ostala dva slučaja da je određeno divergentan. Napomena 1: S obzirom na definiciju granične vrijednosti niza, možemo reći da je red (1) konvergentan i da mu je suma jednaka S, ukoliko za svako 0,ε > postoji prirodan broj ( )0 0n n ε=

koji zavisi od ,ε tako da 0 .nn n S S ε≥ ⇒ − < Naravno, ovakav način nije pogodan za praktično dokazivanje konvergencije konkretnog reda, ali nam može pomoći u dokazivanju nekih osobina

redova, dakle u dokazima nekih teorema. Zapazimo još da je 1 21

... .n k n nk n

S S a a a∞

+ += +

− = = + +∑

Razliku sume reda i njegove n – te parcijalne sume zovemo ostatak i označavamo sa .nR Dakle,

( )1 2 ... .n n n nR S S a a n+ += − = + + ∈

Isto tako može se iskoristiti tzv. Košijev* kriterij za konvergenciju nizova. Naime, niz { }nx konvergira ako i samo ako

( ) ( )( )( )( )0 0 00 .n p nn n n n p x xε ε ε+∀ > ∃ = ∈ ∀ ≥ ∀ ∈ − <

Ovaj uslov nam govori o tome, da je za dovoljno veliko n, razlika članova nx i n px + po volji mala za svako p∈ . Otuda, red (1) konvergira ako i samo ako

( ) ( )( )( )( )0 0 0 1 20 ... .n p n n n n pn n n n p S S a a aε ε ε+ + + +∀ > ∃ = ∈ ∀ ≥ ∀ ∈ − = + + + < Ovo je sadržaj Košijevog opšteg kriterija za konvergenciju redova. On se može koristiti za dokazivanje da red konvergira, ali isto tako u slučaju ako red divergira. Naime, ako želimo dokazati da red divergira, treba naći konkretno 0ε > i p∈ tako da je

1 2 ... .n p n n n n pS S a a a ε+ + + +− = + + + ≥ *Augustin Louis Cauchy (1789.–1857.) – francuski matematičar, najzaslužniji za uvođenje pojma konvergencije niza i reda. Primjeri 1:

a) Red { }( )2

0... , \ 0 , 1n

naq a aq aq a q q

∞

=

= + + + ∈ ≠∑ zovemo geometrijski, jer je niz { }naq

geometrijski. Broj q zove se količnikom reda. Naime geometrijski niz, pa time i red lako prepoznajemo po tome što su mu isti količnici susjednih članova. Obzirom da znamo formulu za sumu geometrijskog niza, možemo izračunati n – tu parcijalnu sumu datog reda

( )2 1 1 1... 1 ... .1

nn n

nqS a aq aq aq a q q aq

− − −= + + + + = + + + =

−

Iz teorije nizova znamo da je , 1

lim ,0, 1 1

n

n

qq

q→∞

+∞ >⎧= ⎨ − < <⎩

dok za 1,q ≤ − lim n

nq

→∞ ne postoji. Otuda

zaključujemo da geometrijski red 0

n

naq

∞

=∑ konvergira jedino ako je ( )1,1q∈ − i u tom slučaju suma

reda je .1

aq−

Ukoliko je 1,q > geometrijski red 0

n

naq

∞

=∑ je određeno divergentan i suma mu je ,+∞ ako je 0,a >

odnosno ,−∞ ako je 0.a <

Ukoliko je 1,q ≤ − geometrijski red 0

n

naq

∞

=∑ je neodređeno divergentan.

b) Dokažimo da je red 22

1n n n

∞

= −∑ konvergentan i da mu je suma 1. Naime, njegova n – ta parcijalna

suma je

( )1 1 1

22 2 2

1 1 1 1 1 1 1 1 1 11 ... 1 .1 1 2 2 3 1

n n n

nk k k

Sk k k k k k n n n

+ + +

= = =

⎛ ⎞= = = − = − + − + + − = −⎜ ⎟− − − −⎝ ⎠∑ ∑ ∑

Očito je lim 1,nnS

→∞= što dokazuje postavljenu tvrdnju.

Teorem 1: Ako je S suma reda 1

,nn

a∞

=∑ a c proizvoljna konstanta, tada je cS suma reda

1.n

nca

∞

=∑

Dokaz: Slijedi direktno iz jednakosti

1 1lim lim .

n n

k kn nk kca c a cS

→∞ →∞= =

= =∑ ∑

Teorem 2: Ako je 1 2 1 21 1

i , , ,n nn n

a S b S S S∞ ∞

= =

= = ∈∑ ∑ tada je ( )1 21

.n nn

S S a b∞

=

± = ±∑

Dokaz: Slijedi direktno iz jednakosti

( ) 1 21 1 1 1 1

lim lim lim lim .n n n n n

k k k k k kn n n nk k k k ka b a b a b S S

→∞ →∞ →∞ →∞= = = = =

⎛ ⎞± = ± = ± = ±⎜ ⎟

⎝ ⎠∑ ∑ ∑ ∑ ∑

Teorem 3: Ako je red 1

nn

a∞

=∑ konvergentan, tada je lim 0.nn

a→∞

=

Dokaz: Neka je 1 2 1 11

... .n

n k n n n nk

S a a a a a S a− −=

= = + + + + = +∑ Ako dati red konvergira onda postoji

i konačan je lim ,nnS S

→∞= pa je onda i 1lim .nn

S S−→∞= Pošto je očito 1,n n na S S −= − imamo da je onda

lim 0.nna S S

→∞= − =

Napomena 2: Ovaj teorem nam daje potreban uslov za konvergenciju reda. Naime, ako taj uslov (opšti član reda teži ka nuli) nije ispunjen, red nije konvergentan. Ali ako taj uslov jeste ispunjen, to ne mora značiti da red konvergira, kao što se vidi iz Primjera 2 b). Primjeri 2:

a) Red 1 2n

nn

∞

= +∑ je divergentan, jer je lim 1.2n

nn→∞

=+

b) Red 1

1n n

∞

=∑ (koji se zove harmonijski) je takođe divergentan, iako je 1lim 0.

n n→∞= Naime, ako

iskoristimo Košijev kriterij, uzimajući 14

ε = i ,p n= tada je

21 1 1 1 1 1 1 1 1... ... .

1 2 2 2 2 2 2 2 4n nS S nn n n n n n n

ε− = + + + > + + + = ⋅ = > =+ +

Alternativno, metodom matematičke indukcije može se dokazati nejednakost ( )2

11 .2nS n n≥ + ∈

Otuda je 2

lim ,nn

S→∞

= +∞ pa je zato i lim .nnS

→∞= +∞

Zadaci Ispitati konvergenciju reda po definiciji (računanjem parcijalne sume) i ako konvergira, naći sumu reda:

1. 21

1 .36 24 5n n n

∞

= − −∑ 2. ( )( )1

1 .1 2n n n n

∞

= + +∑ 3. ( )22

1

2 1 .1n

nn n

∞

=

+

+∑ 4. 3 2

1

3 2 .3 2n

nn n n

∞

=

++ +∑

5. ( )( )1

1 .1 3n n n n

∞

= + +∑ 6. 22

1ln 1 .3 4n n n

∞

=

⎛ ⎞+⎜ ⎟+⎝ ⎠∑ 7. 1 1

1

3 4 2 3 .5 4

n n n

n nn

∞

+ −=

⎛ ⎞⋅ ++⎜ ⎟

⎝ ⎠∑

8. ( )( )( )1 1 2 3n

nn n n

∞

= + + +∑ . 9. 21

1 .4 8 3n n n

∞

= + +∑ 10. 3

32

1ln1n

nn

∞

=

−+∑ . 11.

1.

2nn

n∞

=∑

12. ( )1

2 2 1 .n

n n n∞

=

+ − + +∑ 13. 2

22ln .

1n

nn

∞

= −∑

Rješenja: 1. Najprije se rastavi na faktore polinom ( )( )236 24 5 6 5 6 1n n n n− − = − + i pokaže se da je

2

1 1 1 1 .36 24 5 6 6 1 6 5n n n n

⎛ ⎞= −⎜ ⎟− − − +⎝ ⎠ Dalje slijedi:

21 1

1 1 1 1lim lim36 24 5 6 6 5 6 1

1 1 1 1 1 1 1 1 1lim6 6 1 5 6 1 1 6 2 5 6 2 1 6( 1) 5 6( 1) 1 6 5 6 1

1 1 1 1 1lim 1 .6 6 1 5 6 1 6 6

k k

k kn n

k

k

n n n n

k k k k

k

→∞ →∞= =

→∞

→∞

⎛ ⎞= −⎜ ⎟− − − +⎝ ⎠⎛ ⎞

= − + − + + − + −⎜ ⎟⋅ − ⋅ + ⋅ − ⋅ + − − − + − +⎝ ⎠⎛ ⎞= − = ⋅ =⎜ ⎟⋅ − +⎝ ⎠

∑ ∑

2. Redovi sa pozitivnim članovima – kriteriji poređenja

Definicija 3: Red 1

nn

a∞

=∑ zovemo red sa pozitivnim članovima, ili kraće pozitivni red, ako je 0na ≥

za sve .n∈ Odmah se zapaža da je niz parcijalnih suma pozitivnog reda rastući niz, jer

1 1 2 1 2 1 1 1 10, ,..., .n n n nS a S a a a S S S a S− −= ≥ = + ≥ = = + ≥ Kad je u pitanju konvergencija, odnosno divergencija rastućeg niza, poznato je da taj niz ne može biti neodređeno divergentan, dakle on uvijek ima limes, konačan ili beskonačan. Izvešćemo nekoliko tvrdnji, tzv. kriterija ili testova konvergencije, koji nam omogućavaju da

ustanovimo da li dati pozitivni red 1

nn

a∞

=∑ konvergira ili divergira. Ti kriteriji ne mogu nam pomoći i

u određivanju sume reda, ukoliko red konvergira.

Teorem 4: Neka su redovi 1

nn

a∞

=∑ i

1n

nb

∞

=∑ pozitivni i neka je

( )(2) .n na b n≤ ∈

a) Ako je red 1

nn

b∞

=∑ konvergentan, tada je i red

1n

na

∞

=∑ konvergentan.

b) Ako je red 1

nn

a∞

=∑ divergentan, tada je i red

1n

nb

∞

=∑ divergentan.

Dokaz: Neka je 1 1

, .n n

n k n kk k

A a B b= =

= =∑ ∑ Iz (2) slijedi da je

( )(3) .n nA B n≤ ∈

a) Ako je red 1

nn

b∞

=∑ konvergentan, niz { }nB je ograničen, pa je i niz { }nA ograničen. Kako je taj niz

ujedno i rastući, on je konvergentan.

b) Ako je red 1

nn

a∞

=∑ divergentan, tada je lim nn

A→∞

= +∞ , pa iz (3) slijedi lim .nnB

→∞= +∞

Teorem 5: Neka su redovi 1

nn

a∞

=∑ i

1n

nb

∞

=∑ pozitivni (s tim da je 0nb ≠ ) i neka je

(4) lim 0.n

nn

a lb→∞

= ≠

Tada su redovi 1

nn

a∞

=∑ i

1n

nb

∞

=∑ istovremeno konvergentni, odnosno divergentni.

Dokaz: Iz (4) slijedi da za svako 0ε > važi

( ) ( ) ,n n nn n n

n n n

a a al l l l l b a l bb b b

ε ε ε ε ε ε ε− < ⇔ − < − < ⇔ − < < + ⇔ − < < +

za dovoljno veliko n. Nakon toga se zaključuje:

1) Ako red 1

nn

a∞

=∑ konvergira, prema Teoremu 4 slijedi da konvergira i red ( )

1,n

nl bε

∞

=

−∑ pa time i

red 1

nn

b∞

=∑ (prema Teoremu 1).

2) Ako red 1

nn

a∞

=∑ divergira, prema Teoremu 4 slijedi da divergira i red ( )

1,n

nl bε

∞

=

+∑ pa time i red

1n

nb

∞

=∑ (prema Teoremu 1).

Napomena 3: Ako je lim 1,n

nn

ab→∞

= kaže se da su nizovi { }na i { }nb asimptotski jednaki i piše se:

( ).n na b n →∞∼ Kod utvrđivanja konvergencije pozitivnog reda, dozvoljeno je opšti član reda zamijeniti sa nizom koji je asimptotski jednak datom. S obzirom na poznate granične vrijednosti funkcija koje smo radili u Matematici I, mogu se izdvojiti sljedeće relacije, koje se često koriste za rješavanje zadataka.

( )( )( )

( )

( )( )

( ) ( )( ) ( )

2

sin 0

1 0

arcsin 01cos 1 02

tg 0

arc tg 0

ln 1 0

1 1 , 0 .

x

x x x

e x x

x x x

x x x

x x x

x x x

x x x

x x xα α α

→

+ →

→

− →

→

→

+ →

+ + ∈ →

∼

∼

∼

∼

∼

∼

∼

∼

Primjer 3: Red 1

1 ,n nα

∞

=∑ pri čemu je α realna konstanta, zove se hiperharmonijski red.

Ako je 0,α ≤ opšti član reda ne teži nuli (zašto?), pa prema Teoremu 3 slijedi da je tada red divergentan.

Harmonijski red 1

1n n

∞

=∑ (vidi Primjer 2b.) je očito specijalan slučaj hiperharmonijskog i dobije se za

1.α = Dokazali smo da harmonijski red divergira. Koristeći Teorem 4, tvrdnja b), zaključujemo da

hiperharmonijski red divergira za sve 1,α ≤ jer 1 11 .n nn n

ααα ≤ ⇒ ≤ ⇒ ≥

U Primjeru 1b) dokazali smo da red 22

1n n n

∞

= −∑ konvergira. Pošto je očito ( )2 2 2,3,...n n n n− < =

slijedi ( )2 2

1 1 2,3,...nn n n

> =−

, pa opet pomoću Teorema 4, ali sad tvrdnje a) zaključujemo da

konvergira i red 21

1 .n n

∞

=∑ A koristeći istu tvrdnju imamo onda da konvergira hiperharmonijski red za

sve 2,α ≥ jer 22

1 12 .n nn n

ααα ≥ ⇒ ≥ ⇒ ≤

Koristeći kriterije konvergencije koje ćemo uskoro upoznati, može se zaključiti da hiperharmonijski red konvergira i za ( )1, 2 .α ∈

Zaključak: Hiperharmonijski red 1

1n nα

∞

=∑ konvergira za 1,α > a divergira za 1.α ≤

Zadaci 1. Utvrditi da li dati red konvergira ili divergira pomoću Teorema 4:

a) 2

ln ,n

nn

∞

=∑ b)

1

12 sin ,3

nn

n

∞

=

⋅∑ c) 2

1 ,lnn n

∞

=∑ d)

1

1 ,2n

n n

∞

= ⋅∑ e) ( )1

1 ,n

n n∞

=

+ +∑

f) ( )142

2,0011

cos 3.

n

n

n

∞

=

+∑

2. U zavisnosti od parametra a diskutovati o konvergenciji reda 1

1 ,1 n

n a

∞

= +∑ ako je 0.a > Iskoristiti

Teorem 4. 3. Utvrditi da li dati red konvergira ili divergira pomoću Teorema 5:

a) 21

3 5 ,2 4 1n

nn n

∞

=

++ +∑ b) 2

1

2,1n

nn

∞

=

++∑ c) ( )2

1ln 1 ,n n

ne e

π π− −∞

=

+ −∑ d) 5

1ln ,2cosn

nπ

∞

=∑

e) 3

25

11 arc tg ,

2 7n

ne

nπ∞

+

=

⎛ ⎞−⎜ ⎟

+⎝ ⎠∑ f) 2

1sin2

11 .n n

ne

⎛ ⎞∞ ⎜ ⎟+⎝ ⎠

=

⎡ ⎤−⎢ ⎥

⎢ ⎥⎣ ⎦∑

4. Diskutovati konveregenciju datog reda u zavisnosti od parametra :α

a) 4

1

11 cos ,n n

α∞

=

⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠

∑ b) 1

,n

n n n nn

α∞

=

⎛ ⎞+ + −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

∑ c) 3 32 2

1

1 1,n

n nnα

∞

=

+ − −∑

d) ( )24

1

1 ,n

n n nα∞

=

+ − + +∑ e) 1tg

11 ,n

ne

α∞

=

⎛ ⎞−⎜ ⎟

⎝ ⎠∑ f)

2

1

1cos ,n

n nnn

α∞

=

⎛ ⎞−−⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠∑

g) 1 1cos

1

11 ,n n

ne

n

α∞

=

⎛ ⎞− −⎜ ⎟

⎝ ⎠∑

5. Zadan je niz ( )2 2 ... 2 ,na n= + + + ∈ gdje na desnoj strani imamo tačno n korijena.

Dokazati metodom matematičke indukcije da je ( )12cos .2n na nπ

+= ∈ Zatim dokazati da

konvergira red 12

2 .nn

a∞

−=

−∑

3. Kriteriji konvergencije za pozitivne redove

Teorem 6 (Košijev korjeni kriterij): Neka je 0n fiksiran prirodni broj. Ako za opšti član na

pozitivnog reda 1

nn

a∞

=∑ vrijedi nejednakost 1n

na q≤ < za sve 0 ,n n> pri čemu q ne zavisi od n, tada

je red 1

nn

a∞

=∑ konvergentan.

Ako je pak 1nna ≥ za sve 0 ,n n> tada je red

1n

na

∞

=∑ divergentan.

Dokaz: Iz nna q≤ slijedi da je .n

na q≤ Pošto ( )0,1 ,q∈ red 1

n

nq

∞

=∑ konvergira, pa zato konvergira

i dati red (kriterij poređenja). Ako je 1,n

na ≥ tada je 1,na ≥ pa je jasno da tada opšti član reda ne teži ka nuli. Teorem je dokazan.

Posljedica 1: Neka je red 1

nn

a∞

=∑ pozitivan i neka je lim .n

nnq a

→∞=

Ako je 1,q < dati red konvergira, a ako je 1,q > dati red divergira. Za 1,q = ovaj kriterij ne može odrediti da li dati red konvergira ili divergira.

Napomena 4: Znamo da red 1

1n n

∞

=∑ divergira, a red 2

1

1n n

∞

=∑ konvergira. U oba slučaja dobije se da je

1q = (provjeriti!), tako da je očigledno Košijev korjeni kriterij neupotrebljiv u slučaju kad je 1.q =

Teorem 7 (Dalamberov* kriterij): Neka je 0n fiksiran prirodni broj i neka je red 1

, 0,n nn

a a∞

=

≠∑

pozitivan. Ako je 1 1n

n

a qa+ ≤ < za sve 0 ,n n≥ pri čemu q ne zavisi od n, tada je red

1n

na

∞

=∑

konvergentan. Ako je pak 1 1,n

n

aa+ ≥ dati red divergira.

* Jean le Rond d'Alembert (1717. – 1783.) – francuski matematičar.

Dokaz: Neka je 1n

n

a qa+ ≤ za sve 0.n n≥ Tada je ( )1 0 .n na qa n n+ ≤ ≥ Za svako 0n n≥ vrijedi:

1n na qa −≤

1 2n na qa− −≤ ...

0 01 .n na qa+ ≤ Množenjem ovih nejednakosti slijedi:

0

0 0 0 01 2 1 1 2 1 1 2 1... ... / : ...n nn n n n n n n n n n na a a a q a a a a a a a−

− − + − − + − − +≤ 0

0.n n

n na a q −⇒ ≤

Pošto je 1,q < geometrijski red 0

01

n nn

na q

∞−

=∑ je konvergentan, pa pomoću kriterija poređenja

zaključujemo da dati red konvergira.

Ako je 1 1,n

n

aa+ ≥ tada je 1 ,n na a+ ≥ dakle pozitivni niz { }na je rastući i zato njegova granična

vrijednost ne može biti 0. Teorem je dokazan.

Posljedica 2: Neka je red 1

, 0,n nn

a a∞

=

≠∑ pozitivan i neka je 1lim .n

nn

aqa+

→∞=

Ako je 1,q < dati red konvergira, a ako je 1,q > dati red divergira. Za 1,q = ovaj kriterij ne može odrediti da li dati red konvergira ili divergira.

Napomena 5: Znamo da red 1

1n n

∞

=∑ divergira, a red 2

1

1n n

∞

=∑ konvergira. U oba slučaja dobije se da je

1q = (provjeriti!), tako da je očigledno Dalamberov kriterij neupotrebljiv u slučaju kad je 1.q = Može se pokazati da je Košijev kriterij ipak opštiji od Dalamberovog, tj. ima redova kod kojih

Košijev kriterij može da odluči o konvergenciji, a Dalamberov ne može. Npr. u slučaju reda 0

,nn

a∞

=∑

pri čemu je ( )2 2 11 2, 0,1,2,...4 4n nn na a n+= = = imamo da je 2 1

2

2n

n

aa

+ = i 2

2 1

1 ,8

n

n

aa −

= što znači da ne

postoji 1lim .n

nn

aqa+

→∞= Međutim, 1lim ,

4n

nna

→∞= tako da Košijevim korjenim kriterijem možemo

zaključiti da dati red konvergira.

Teorem 8 (Rabeov* kriterij): Neka je red 1

, 0,n nn

a a∞

=

≠∑ pozitivan i neka je 1

lim 1 .n

nn

ap na→∞

+

⎛ ⎞= −⎜ ⎟

⎝ ⎠

Ako je 1,p > red konvergira, a ako je 1p < red divergira. Za 1,p = potrebna su dalja ispitivanja, jer kriterij tada ne može dati odgovor. *Joseph Ludwig Raabe (1801. – 1859.) – švicarski matematičar Napomena 6: Rabeov kriterij je opštiji od Košijevog korjenog i Dalamberovog kriterija. Primjer 4:

Rabeov kriterij može odrediti za koje α konvergira hiperharmonijski red 1

1 .n nα

∞

=∑ Jer je

( ) ( ) ( )1 1lim 1 lim 1 1 1 1 , 0

lim 1 1 .

n n

n

np n n x x x

n n

nn

α αα

α α α

α α

→∞ →∞

→∞

⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ ⎛ ⎞= − = + − = + + ∈ → =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ ⎠⎛ ⎞= + − =⎜ ⎟⎝ ⎠

∼

Otuda konstatujemo da hiperharmonijski red konvergira za sve 1.α > Teorem 9 (Košijev integralni kriterij): Neka je ( )f x neprekidna, pozitivna i nerastuća funkcija

za 0 ,x n≥ pri čemu je 0n fiksan prirodni broj. Tada red ( )0n n

f n∞

=∑ konvergira, odnosno divergira

istovremeno sa redom ( )0

.n

f x dx+∞

∫

Napomena 7: Košijev integralni kriterij je od svih pobrojanih u ovoj lekciji najopštiji (najjači), ali je i najkomplikovaniji za upotrebu. Ako se u zadatku ispitivanja konvergencije reda ne kaže koji kriterij da se upotrijebi, preporučuje se najprije isprobati jednostavnije kriterije. Zadaci

1. Naći opći član reda 1 1 5 1 5 9 ...2 2 5 2 5 8

⋅ ⋅ ⋅+ + +

⋅ ⋅ ⋅ i zatim ispitati da li taj red konvergira koristeći neki od

kriterija konvergencije za pozitivne redove. 2. Ispitati konvergenciju reda:

a) 11

tg ,2n

nn π∞

+=

⋅∑ b) ( ) ( )( )1

1 4 7 ... 3 2 2 5 8 ... 3 2,

! 1 !9nn

n nn n

∞

=

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ++∑ c) ln

1

1 ,2 n

n

∞

=∑ d) ( )

( )1

1 5 9 ... 4 3,

2 6 10 ... 4 2n

nn

∞

=

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ −⋅ ⋅ ⋅ ⋅ −∑

e) 1

,n

nne

∞−

=∑ f)

5

1,

2 3n nn

n∞

= +∑ g) ( )( )1

2 !,

2 !nn

nn n

∞

=∑ h) ( )

( )331

3 !,

4 !nn

nn

∞

=∑ i)

( )3

1 ,ln ln lnn n n n

∞

=∑ j) ( )

( )

3

21

!,

2 !n

n

n

∞

= ⎡ ⎤⎣ ⎦∑

k) 3

1

1cos ,n

n n

∞

=

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

∑ l) 1

,n

n

e∞

−

=∑ m)

2

1

1

23 ,3

nn

n

nn

∞+

=

+⎛ ⎞⎜ ⎟+⎝ ⎠

∑ n) 22

ln ,n

nn

∞

=∑ o)

( ) ( )2 21

1 ,1 ln 1n n n

∞

= + +∑

p) ( )( )1

2 5 ... 3 2,

2 1 !nn

nn

∞

=

⋅ ⋅ ⋅ ++∑

3. Za koju vrijednost parametara α i β konvergira red:

a) ln

1,n

nα

∞−

=∑ b) ( )

( ) ( ) 31

1 !, 0,

1 ...n

nn n

αα α α

∞

=

+>

+ +∑ c) ( )( ) ( )( )( ) ( )

2

1

1 2 ....

1 2 ...n

nn

α α αβ β β

∞

=

⎡ ⎤+ + +⎢ ⎥+ + +⎣ ⎦

∑

( )( )( )1

2 5 8 ... 6 7 6 4,

3 2 !nn

n nnα

∞

=

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ − −∑

4. Alternativni redovi

Definicija 4: Brojni red čiji su članovi naizmjenično pozitivni i negativni zovemo alternativni red. Zapisujemo ga u obliku:

( ) 11 2 3 4

11 ...n

nn

a a a a a∞

+

=

− = − + − +∑ ili

( ) 1 2 3 41

1 ...nn

na a a a a

∞

=

− = − + − + −∑

Pri tome je (u obje varijante zapisa) ( )0 .na n≥ ∈ Uvešćemo sada još jednu vrstu konvergencije reda. Radi se o apsolutnoj konvergenciji, koja se provjerava samo kod redova koji nisu pozitivni.

Definicija 5: Za red 1

nn

a∞

=∑ kažemo da je apsolutno konvergentan ako je red

1n

na

∞

=∑ konvergentan.

Teorem 10: Ako je red 1

nn

a∞

=∑ konvergentan, tada je red

1n

na

∞

=∑ takođe konvergentan.

Dokaz: Posmatrajmo nizove ( ), .2 2

n n n nn n

a a a ab c n

+ −= = ∈ Direktno se dokaže da je

1) ( )0, 0n nb c n≥ ≥ ∈

2) ( ),n n n nb a c a n≤ ≤ ∈

3) ( ).n n nb c a n− = ∈

Tada je jasno da su redovi 1

nn

b∞

=∑ i

1n

nc

∞

=∑ pozitivni i konvergentni (prema kriteriju poređenja). Zato

konvergira i red 1

nn

a∞

=∑ koji je razlika redova

1n

nb

∞

=∑ i

1.n

nc

∞

=∑

Dakle, ako je red apsolutno konvergentan, onda je on i konvergentan (na uobičajeni način, prema Definiciji 2). Obrnuto ne mora da vrijedi, što ćemo uskoro vidjeti na primjerima.

Teorem 11 (Lajbnicov* kriterij): Red ( ) 1

11 , 0,n

n nn

a a∞

+

=

− ≥∑ je konvergentan ako je lim 0nna

→∞= i

( )1 ,n na a n+≥ ∈ tj. niz { }na monotono opada ka nuli. * Gottfried Wilhelm Leibniz (1646.–1716.) – njemački matematičar i filozof

Dokaz: Niz parcijalnih suma { }nS datog reda razdvojimo na dva podniza, { }2nS sa parnim i

{ }2 1nS − sa neparnim indeksima. Očito je

( ) ( ) ( ) ( )2 1 2 3 4 2 1 2... , .n n nS a a a a a a n−= − + − + + − ∈

Pošto je ( )1 ,n na a n+≥ ∈ očito je onda ( )2 0 ,nS n≥ ∈ a to povlači da je niz { }2nS rastući. S druge strane,

( ) ( ) ( )2 1 2 3 4 5 2 2 2 1 2 1... ,n n n nS a a a a a a a a a− −= − − − − − − − − ≤ što znači da je niz { }2nS konvergentan, jer je rastući i ograničen odozgo. Zato postoji 2lim .nn

S S→∞

=

Pošto je 2 1 2 2 ,n n nS S a− = − slijedi da je 2 1 2 2lim lim lim 0 .n n nn n nS S a S S−→∞ →∞ →∞

= − = − =

Dakle, podnizovi { }2 1nS − i { }2nS niza { }nS parcijalnih suma datog reda konvergiraju ka istom

broju. To povlači da je i niz { }nS konvergentan, pa je dati red konvergentan. Primjeri 5:

a) Red ( ) 1

1

1 1 1 11 ...2 3 4

n

n n

−∞

=

−= − + − +∑ očigledno zadovoljava oba uslova iz Lajbnicovog kriterija, jer

je kod njega ( )1 ,na nn

= ∈ pa je taj red konvergentan. Međutim, on nije apsolutno konvergentan.

b) Općenito, red ( ) 1

1

1, 0

n

n nα α−∞

=

−>∑ konvergira apsolutno ako je 1,α > zbog poznate činjenice o

konvergenciji hiperharmonijskih redova. Ako je 0 1,α< ≤ taj red ne konvergira apsolutno, ali ipak konvergira po Lajbnicovom kriteriju. Definicija 6: Za konvergentni red koji ne konvergira apsolutno kažemo da je uslovno konvergentan.

Primjer 6: Red ( ) 1

1

1 n

n nα

−∞

=

−∑ je konvergentan uslovno ako je 0 1.α< ≤

Kad ispitujemo konvergenciju nekog alternativnog reda, najprije bi trebalo provjeriti da li taj red konvergira apsolutno. Ako ne konvergira apsolutno, onda bi trebalo provjeriti da li red konvergira uslovno, koristeći Lajbnicov kriterij.

Primjer 7: Ispitati apsolutnu i uslovnu konvergenciju reda ( )2

1sin 1 .

nnπ

∞

=

+∑

Očito je ( ) ( )2 2sin 1 sin 1 ,n n n nπ π π π+ = + − + pa kako je

( ) ( )sin sin cos sin cos 1 sin ,nn n nϕ π ϕ π π ϕ ϕ+ = + = − slijedi:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 222 2

2 2

11sin 1 1 sin 1 1 sin1 1

n n n nn nn n nn n n n

π ππ ππ π ππ π π π

⎡ ⎤⎡ ⎤ + −+ + ⎢ ⎥+ = − + − ⋅ = −⎢ ⎥⎢ ⎥+ + + +⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

( )2

21 sin ,

1n

n nπ

π π= −

+ + a sa druge strane

2 2 2

2 2sin ,

2 21 1 n nn n n nπ π π π

ππ π π π=

+ + + +∼ ∼ kad

.n →∞ To povlači da dati red ne konvegira apsolutno, ali konvergira uslovno (Primjer 5b)).

Zadaci

1. Dokazati da je red 2

1 11 1 1 1n n n

∞

=

⎛ ⎞−⎜ ⎟+ − + +⎝ ⎠∑ divergentan, računanjem n - te parcijalne sume

reda. Zašto se na ovaj red ne može primjeniti Leibnizov kriterij? 2. Ispitati konvergenciju reda

a) ( )1

1 1 cos ,n

n nπ∞

=

⎛ ⎞− −⎜ ⎟⎝ ⎠

∑ b) ( )( )1

,2 !

n

n

nn

∞

=

−∑ c) 4

2

sin 2 ,lnn

nn n

∞

=∑ d) 2

1

5 2 1sin arcsin ,6 4 6n

nnn n

ππ∞

=

+⎛ ⎞+⎜ ⎟ − +⎝ ⎠∑

e) 2

21

5 2 4 4cos ln ,4 2 3 7n

n nnn n

ππ∞

=

+ +⎛ ⎞−⎜ ⎟ + +⎝ ⎠∑ f) ( ) 1

1

3 11 ,3 5

n

n

nn

∞+

=

+−

+∑ g) ( )1

11 arcsin ,n

n n

∞

=

−∑ h) 2

1cos .

1n

nnπ∞

= +∑

3. Ispitati apsolutnu i uslovnu konvergenciju reda za razne vrijednosti realnog parametra p:

a) ( )1

,n

n

pn

∞

=

−∑ b) ( ) ( )1

11 2 1 ,

pn n

n

∞+

=

− −∑ c) ( )( )

1

21

1 !.

2 !

n

nn

np n

+∞

=

− ⋅∑