Skripta 6...Prisjetimo se sada dvaju dobro poznatih primjera nizova iz srednjoškolske matematike. Primjer 6.5 — Aritmeticki niz.ˇ Neka je d ﬁksan realan broj, a a 1 2R zadan

Matematicka analiza 1 - Poglavlje 6

Skripta

Ilko Brnetic, Mario Bukal, Tomislav Buric,Lana Horvat Dmitrovic, Josipa Pina Milišic, Mervan Pašic,

Ana Žgaljic Keko, Darko Žubrinic

VERZIJA OD: 23. LISTOPADA 2020.

PUBLISHED BY FER

WWW.FER.UNIZG.HR

Copyright c© 2018 ZPM

Ova skripta se smije koristiti iskljucivo u osobne svrhe te se ne smije ni na koji nacinmijenjati ili umnožavati, kao ni prikazivati, izvoditi ili distribuirati u javnosti i drugimmedijima, ili na bilo koji drugi nacin koristiti za bilo koju javnu ili komercijalnu svrhu.

Sadržaj

6 Nizovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

6.1 Pojam niza 5

6.2 Gomilište niza 11

6.3 Konvergencija niza realnih brojeva 14

6.4 Pravila za racunanje limesa niza 20

6.5 Nizovi s beskonacnim limesima. 22

6.5.1 Neodredeni oblik±∞

±∞. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

6.5.2 Neodredeni oblik +∞− (+∞) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

6.6 Monotoni nizovi 28

6.7 Neki važni nizovi i njihovi limesi 35

6.8 Zadatci za vježbu 39

6.9 Literatura 42

6. Nizovi

Kljucni pojmovi: niz, omedenost niza, gomilište, konvergencija niza, limes niza, monoto-nost niza

6.1 Pojam niza

Pojam niza ili slijeda nekih objekata intuitivno je vrlo jasan koncept. Medutim, valjaodmah naglasiti da u nizu imamo beskonacno mnogo i to prebrojivo beskonacno mnogoelemenata, iako se kolokvijalno cesto za neki konacni slijed elemenata kaže da je niz.U nizu tocno znamo koji element je prvi, koji je drugi, treci itd. Tako prirodni brojeviporedani na nacin 1,2,3, . . . cine niz, decimalne znamenke broja π = 3.1415926 . . . cineniz. Medutim, zvijezde naše galaksije poredane po velicini ne cine niz, jer ih je samokonacno mnogo.

Najvažnija uloga nizova u matematickoj analizi jest aproksimacija. Kompliciranijiobjekt aproksimiramo nizom jednostavnijih objekata na nacin da sve daljnji objekti u nizusve vjernije opisuju taj “kompliciraniji objekt”. Na primjer, realan broj π aproksimiramonizom racionalnih (decimalnih) brojeva, gdje je n-ti clan niza decimalni broj s tocnošcuod prvih n decimalnih znamenaka broja π . Dakle, a1 = 3.1, a2 = 3.14, a3 = 3.141,a4 = 3.1415, . . .

Krenimo od jednog jednostavnog primjera niza kakav se javlja u prirodi.

� Primjer 6.1 Na odlagalištu se nalazi radioaktivni materijal cija kolicina opada s vre-menom. Pocetna kolicina materijala je 5 grama. Ako se pocetkom svakog sljedecegtjedna kolicina smanji za polovicu trenutne kolicine, koliko ce biti radioativnog materijalapocetkom 10. tjedna?

Oznacimo s an kolicinu radioaktivnog otpada pocetkom n-tog tjedna. Buduci da sekolicina radioaktivnog otpada smanjuje za polovicu pocetkom svakog odredenog tjedna

6 Poglavlje 6. Nizovi

imamo:

a1 = 5, a2 =a1

2=

52, a3 =

a2

2=

a1

22 =54, a4 =

a3

2=

a1

23 =58, . . .

Iz ovog pravila, možemo zakljuciti da je pocetkom n-tog tjedna kolicina radioaktivnogmaterijala dana izrazom:

an =a1

2n−1 , n ∈ N .

Time dobivamo da je a10 =529 . �

Niz iz prethodnog primjera a1,a2,a3, . . . ,an, . . . je niz realnih brojeva.

� Primjer 6.2 Oznacimo sa S skup simbola S = {♣,♠,♦,♥} i promotrimo jedan njihovbeskonacni slijed zadan kroz ponavljanje

♠,♥,♦,♣,♠,♥,♦,♣,♠,♥,♦,♣,♠,♥,♦,♣,♠,♥,♦,♣, . . .

Na taj nacin zadali smo jedan niz elemenata skupa S. �

Vježba 6.1 Zadajte neki novi niz realnih brojeva i neki novi niz elemenata is gornjegskupa S.

Ono što je karakteristicno za niz jest to da tocno znamo koji element je prvi, drugi, odnosno,opcenito n-ti clan niza. Drugim rijecima propisano je neko pravilo prema kojem elementenekog skupa smještamo u niz. Tom diskusijom dolazimo do formalne definicije niza.

Definicija 6.1.1 Neka je S neprazan skup. Niz elemenata skupa S je funkcija a : N→ S.�

U radu s nizovima koristimo sljedece oznake:• a(n) – oznacava n-ti clan niza, a cešce se koristi oznaka an,• (an) – oznacava cijeli niz,• {an} – oznacava skup vrijednosti niza, odnosno sliku niza.

Napomena 6.1 U daljnjem gradivu bavimo se gotovo iskljucivo nizovima realnih bro-jeva, i ako nije drugacije navedeno, ona prema prethodnoj definiciji podrazumijevamoda je skup S = R. Ako uzmemo S = C, onda govorimo o nizu kompleksnih brojeva.Vecina rezultata koje cemo navesti za realne nizove, analogno vrijede i za kompleksnenizove, ali se njima necemo posebno baviti.

� Primjer 6.3 (a) Niz (an) zadan je eksplicitnom formulom an = n2, za sve n ∈ N. Toje niz kvadrata prirodnih brojeva

1,4,9,16,25,36,49, . . . .

(b) Niz (bn) zadan je formulom bn = sinnπ

2, za sve n ∈ N. To je zapravo niz

1,0,−1,0,1,0,−1,0,1,0,−1, . . .

�

6.1 Pojam niza 7

Nizove realnih brojeva možemo prikazivati graficki kao realne funkcije. Kako jedomena niza skup N, onda su grafovi nizova “tockasti”. Na primjer, za niz (an) zadan

opcim clanom an =1n

imamo graficki prikaz:

Slika 6.1: Graficki prikaz niza (an).

Nizove realnih brojeva možemo prikazivati i samo na realnom brojevnom pravcu na kojemoznacimo vrijednosti niza {an : n ∈ N}.

an0 a1a2a3a4. . .

Slika 6.2: Graficki prikaz niza (an) na brojevnom pravcu.

Napomena 6.2 Osim eksplicitnom formulom, niz može biti zadan i rekurzivno. Toznaci da je opisano pravilo kako iz prethodnih clanova niza formiramo sljedeci clan.Npr. poznati niz Fibonaccijevih brojeva zadan je rekurzijom

Fn = Fn−1 +Fn−2 , ∀n > 2 .

Dakle, n-ti clan niza dobiven je zbrajanjem prethodna dva clana niza. Da bi nizbio jednoznažno odreden, moramo još posebno zadati prva dva clana. U slucajuFibonnacijevog niza oni se definiraju s F1 = 1 i F2 = 1. Konkretno, tada imamo niz:1,1,2,3,5,7, . . .

Promotrimo opet niz reciprocnih vrijednosti prirodnih brojeva:

1,12,

13,

14,

15,

16, . . .

1n, . . .

i medu njima uocimo reciprocne vrijednosti parnih prirodnih brojeva. Od tih brojeva

možemo opet formirati niz koji je zadan formulom bn =1

2n, n ∈ N. Taj niz prirodno je

onda nazvati podnizom niza (an). Preciznije imamo sljedecu definiciju.

Definicija 6.1.2 Kažemo da je niz realnih brojeva (bn) podniz niza (an) ako postojistrogo rastuca funkcija f : N→ N takva da je bn = a f (n). �


Napomena 6.3 U prethodnom primjeru niza reciprocnih vrijednosti ta strogo rastucafunkcija je f (n) = 2n.

� Primjer 6.4 Pogledajmo niz (an) ciji je opci clan dan formulom an =n

n+1. Neka je

dana rastuca funkcija f (n) = 2n+1. Niz (bn), ciji je opci clan bn =2n+12n+2

, je podniz niza

(an) za kojega vrijedi bn = a2n+1, odnosno on se sastoji od clanova niza (an) s neparnimindeksima. �

Vježba 6.2 Niz (an) zadan je opcim clanom an =1n2 za sve n ∈N. Zapišite podniz (bn)

niza (an) kojeg odreduje strogo rastuca funkcija f : N→ N, f (n) = n2.

Prisjetimo se sada dvaju dobro poznatih primjera nizova iz srednjoškolske matematike.

� Primjer 6.5 — Aritmeticki niz. Neka je d fiksan realan broj, a a1 ∈ R zadan. Niz (an)je aritmeticki ako je razlika svaka dva uzastopna clana niza nepromijenjena i iznosi d, tj.

an−an−1 = d , ∀ n≥ 2 .

Broj d naziva se diferencija aritmetickog niza. Prethodna definicija je rekurzivna, a opciclan niza može se eksplicitno izraziti formulom

an = a1 +(n−1)d , n≥ 2 .

Gaussova dosjetka za aritmeticki niz (an) daje nam

a1 +an = a2 +an−1 = a3 +an−2 = . . .= an +a1 ,

odakle slijedi da je zbroj Sn = a1 + a2 + . . .+ an prvih n clanova aritmetickog niza danformulom

Sn =(a1 +an)

2n .

�

Vježba 6.3 Odredite aritmeticki niz (an) za koji vrijedi a2 = 4 i a3 = 3a1.

� Primjer 6.6 — Geometrijski niz. Neka je 0 6= q fiksan realan broj i a1 6= 0 zadan. Niz(an) je geometrijski ako je omjer svaka dva uzastopna clana niza stalan i iznosi q, odnosno

an

an−1= q , ∀ n≥ 2 .

Broj q se naziva kvocijent geometrijskog niza. Kao i u slucaju aritmetickog niza, ovo jerekurzivna definicija, a opci clan niza dan je izrazom

an = a1qn−1 n≥ 2 .

Iz izraza za opci clan lako dolazimo do formule za zbroj Sn = a1 + a2 + . . .+ an prvihn clanova geometrijskog niza s kvocijentom q 6= 1. Naime Sn = a1(1+q2 + . . .+qn−1),odakle direktnom provjerom slijedi

Sn = a11−qn

1−q.

�

6.1 Pojam niza 9

Vježba 6.4 Matematickom indukcijom pokažite formulu za sumu prvih n clanovageometrijskog niza.

� Primjer 6.7 Promotrimo sada grafove nizova (an) i (bn) zadanih formulama an = sinn ibn = n2 za sve n ∈ N.

(a) Niz (an). (b) Niz (bn).

Slika 6.3: Graficki prikaz nizova iz Primjera 6.7.

Za niz (an) rekli bismo da je omeden, jer je skup vrijednosti koje niz poprima omeden.Dok cemo za niz (bn) prikazan desno reci da je omeden odozdo, ali nije omeden odozgopa stoga nije omeden. Tu intuitivnu definiciju formaliziramo u nastavku teksta. �

Definicija 6.1.3 Kažemo da je niz realnih brojeva (an) omeden odozgo ako

∃M ∈ R tako da je an ≤M, ∀n ∈ N .

Svaki takav broj M nazivamo gornja meda niza (an).Kažemo da je niz realnih brojeva (an) omeden odozdo ako

∃ m ∈ R tako da je an ≥ m, ∀n ∈ N .

Svaki takav broj m nazivamo donja meda niza (an).Niz realnih brojeva (an) je omeden ako je omeden odozgo i odozdo, odnosno, akopostoje m,M ∈ R takvi da vrijedi

m≤ an ≤M, ∀n ∈ N .

�

� Primjer 6.8 Ispitajte omedenost sljedecih nizova zadanih opcim clanom

(a) an =1n

za sve n ∈ N,

(b) an = (−1)n n−1n

za sve n ∈ N,(c) an = 3n za sve n ∈ N,(d) an = (−1)n za sve n ∈ N.

Ako su omedeni, odredite (po jednu) gornju i donju medu tih nizova.


(a) (b)

(c) (d)

Slika 6.4: Graficki prikaz nizova iz Primjera 6.8.

Krenimo redom.(a) Za niz reciprocnih vrijednosti prirodnih brojeva an =

1n

ocito vrijedi 0≤ an ≤ 1 za

sve n ∈ N. Stoga je niz (an) omden, a brojevi 0 i 1 su redom donja i gornja medatog niza. Po definiciji su i brojevi −1 i 5 redom donja i gornja meda niza (an).

(b) To je niz: 0,12,−2

3,34,−4

5, . . . i ocito vrijedi |an| ≤ 1, odnosno −1≤ an ≤ 1 za sve

n ∈N. Stoga je i taj niz (an) omeden, a brojevi −1 i 1 su redom donja i gornja medaniza.

(c) Za niz an = 3n ocito imamo an ≥ 0 za sve n ∈ N. Medutim, ne postoji realan broj Mtakav da vrijedi an ≤M za sve n ∈ N. Iz toga zakljucujemo da je niz (an) omedenodozdo i 0 je jedna donja meda, ali nije omeden odozgo pa nije niti omeden.

(d) Za ovaj niz (an) vrijedi |an|= 1 za sve n ∈N pa je omeden, a za donju i gornju medumožemo opet uzeti −1, odnosno 1.

�

� Primjer 6.9 Ispitajte omedenost niza (an) zadanog opcim clanom an =2n−3n+1

za sve

n ∈ N.Pokažimo da je niz (an) omeden i u tu svrhu odredimo jednu njegovu gornju i donju medu.Prema formuli za opci clan, imamo

2n−3n+1

=2(n+1)−5

n+1= 2− 5

n+1.

Jasno je da za sve n ∈ N vrijedi 2− 5n+1

≤ 2, pa možemo uzeti da je M = 2 gornja meda


niza (kao i svaki broj veci od 2.) Nadalje, uocimo da za sve n ∈ N vrijedi

2− 5n+1

≥ 2− 51+1

=−12

pa zakljucujemo da je m =−12

donja meda ovog niza (donja meda je i svaki broj manji odm.) �

Napomena 6.4 Neka je (an) omeden niz. Medu svim gornjim medama M posebno seistice najmanja gornja meda, koju još nazivamo supremum niza. A medu svim donjimmedama posebno se istice ona najveca, koju nazivamo infimum niza. Ilustrirajmo to naprethodnom primjeru. Pokazali smo da je M = 2 gornja meda niza (an), pokažimo daje to ujedno i najmanja gornja meda, odnosno supremum niza. Pretpostavimo suprotno,tj. da postoji gornja meda M∗ takva da je M∗ < 2. Kako je M∗ gornja meda, to znaci daza sve n ∈ N vrijedi

2− 5n+1

≤M∗ , odnosno5

n+1≥ 2−M∗ =: ε > 0 . (6.1)

Medutim, za ovaj ε > 0 možemo naci prirodan broj nε ∈ N takav da za sve n ≥ nε

vrijedi

5n+1

< ε ,

što je u kontradikciji s (6.1). Dakle, pretpostavka da postoji gornja meda M∗ < 2 vodina kontradikciju pa zakljucujemo da je M = 2 najmanja gornja meda niza (an). Kako je

niz (an) rastuci, ocito je m =−12

najveca donja meda.

Vježba 6.5 Ispitajte omedenost sljedecih nizova zadanih opcim clanom:

(a) an = (−1)n n2

2n2 +1za sve n ∈ N,

(b) bn = ncosn za sve n ∈ N.

6.2 Gomilište niza

U nekim od prethodnih primjera mogli smo vidjeti da se za velike indekse n ∈ N, clanoviniza gomilaju oko nekih vrijednosti. Tako se vrijednosti niza reciprocnih vrijednosti

prirodnih brojeva an =1n

gomilaju oko broja 0, dok se vrijednosti nizova iz Primjera 6.8(b) i (d) gomilaju oko brojeva −1 i 1. Kako bismo ta opažanja mogli preciznije izreci,uvodimo najprije pojam ε-okoline realnog broja.

Definicija 6.2.1 Neka je x0 ∈ R i ε > 0. Interval oblika 〈x0− ε,x0 + ε〉 nazivamoε-okolina broja x0 i krace oznacavamo s Vε(x0). �


Slika 6.5: ε-okolina od 0.

Dakle, ε-okolina broja x0 ∈ R (ponekad kažemo i tocke x0) je skup svih realnih brojevakoji su za (strogo) manje od ε udaljeni od x0, tj.

Vε(x0) = {x ∈ R : |x− x0|< ε}= 〈x0− ε,x0 + ε〉 .

� Primjer 6.10 Za proizvoljni ε > 0, ε-okolina tocke x0 = 0 je interval 〈−ε,ε〉. �

U kontekstu nizova, najcešce cemo ε- okolinu prikazivati na y-osi, jer tamo su prikazanevrijednosti niza. Za prethodni primjer možemo ju prikazati Slikom 6.5.

� Primjer 6.11 Primijetimo da se za niz (an) zadan opcim clanom an =1n

, u svakoj ε-okolini od nule nalazi beskonacno mnogo clanova niza. Naime, za svaki ε > 0 postoji

(dovoljno velik) prirodan broj n0 ∈ N takav da je1n0

< ε (vidi Sliku 6.6). Nadalje, za sve

n≥ n0 tada vrijedi1n≤ 1

n0< ε . Time smo zapravo pokazali da se u svakoj ε-okolini od

nule, nalaze se svi osim konacno mnogo (prvih n0−1) clanova niza (an).

Slika 6.6: ε-okolina niza (an) u kojoj se nalazi beskonacno mnogo clanova niza.

Realan broj a = 0 zvati cemo gomilište niza (an). �


Definicija 6.2.2 — Gomilište niza. Realan broj a zovemo gomilište niza (an) ako seunutar svake ε-okoline broja a nalazi beskonacno mnogo clanova niza (an). �

� Primjer 6.12 Odredite (ako postoje) gomilišta sljedecih nizova zadanih opcim clanom:

(a) an = (−1)n 1n

za sve n ∈ N,

(b) an = cos(nπ) za sve n ∈ N,(c) an =

nn+1

za sve n ∈ N,

(d) an = (−1)n nn+1

za sve n ∈ N.

Iz grafickih prikaza sa Slike 6.7 zakljucujemo:(a) niz (an) ima gomilište a = 0;(b) niz (an) ima dva gomilišta −1 i 1;(c) niz (an) ima gomilište a = 1;(d) niz (an) ima dva gomilišta −1 i 1.

(a) (b)

(c) (d)

Slika 6.7: Nizovi i njihova gomilišta.

�

Vježba 6.6 Odredite (ako postoje) gomilišta sljedecih nizova zadanih opcim clanom:(a) an = (−1)nn za sve n ∈ N,(b) an = sin(nπ/4) za sve n ∈ N,

(c) an =n2

n2 +1za sve n ∈ N.


Vježba 6.7 Odredite gomilišta niza (an) zadanog s

an =

{(−1)n , n < 109 ,

(−1)n 1n, n≥ 109 .

Prirodno se sada postavlja pitanje: Ima li možda svaki niz (barem jedno) gomilište?Odgovor je negativan. Uzmimo npr. niz (an) zadan s an = n. Tada ocito ne postoji realanbroj a unutar cije svake ε-okoline bi se nalazilo beskonacno mnogo clanova tog niza.Dakle, (an) nema gomilište. Dovoljan uvjet za postojanje gomilišta niza daje nam sljedeciteorem.

Teorem 6.2.1 Ako je niz (an) omeden, tada ima barem jedno gomilište.

Ovaj važan teorem pripisuje se njemackom matematicaru Karlu Weierstrassu, kojega secesto navodi i kao “oca moderne analize”. Dokaz teorema može se pronaci i u skripti [2].

Napomena 6.5 Obrat tvrdnje iz prethodnog teorema ne vrijedi. Drugim rijecima, akoniz ima gomilište, on nije nužno omeden. Npr. niz (an) definiran s an = n ako je n parani an =−1, ako je n neparan, ocito ima gomilište −1, a nije omeden.

DodatakDodatak Vidjeli smo u prethodnim primjerima (Primjer 6.12 (b) i (d)) da niz može imati višeod jednog gomilišta. Vrlo lako se konstruira niz koji ima proizvoljno konacno mnogogomilišta. Uzmimo m ∈ N fiksan i definirajmo niz (an) s an = n (mod) m za sve n ∈ N.Taj niz beskonacno puta poprima vrijednosti 0,1, . . . ,m− 1 pa su to njegova gomilišta.Promotrimo nadalje niz (an) zadan kroz ponavljajuci obrazac

(an) = ( 1︸︷︷︸, 1,2︸︷︷︸,1,2,3︸︷︷︸,1,2,3,4︸︷︷︸,1,2,3,4,5︸︷︷︸,1,2,3,4,5,6︸︷︷︸, . . .) .Taj niz ima prebrojivo mnogo gomilišta i to su upravo svi prirodni brojevi. Postoje niz kojiima cak neprebrojivo mnogo gomilišta. U Poglavlju 3 pokazali smo da je skup racionalnihbrojeva Q prebrojiv, tj. da postoji bijekcija a : N→ Q. Ta bijekcija je zapravo niz svihracionalnih brojeva, a gomilište tog niza je skup realnih brojeva R. To je posljedica cinjeniceda u svakoj ε-okolini svakog realnog broja postoji beskonacno mnogo racionalnih brojeva.

6.3 Konvergencija niza realnih brojevaVec smo na samom pocetku poglavlja istaknuli kako je osnovna motivacija korištenjanizova aproksimacija – aproksimacija kompliciranijih i racunski zahtjevnijih stvari jednos-tavnijima. Pogledajmo jedan takav motivacijski primjer.

� Primjer 6.13 — Racunanje površine kruga. Kolika je površina kruga polumjera r?Odgovor znamo, r2π , ali možemo li objasniti zašto? Nakon tog pitanja problem nam secini nešto težim. S druge strane, racunanje površine pravilnih n-terokuta upisanih u krugpolumjera r relativno je jednostavno — svaki n-terokut razdijelimo na trokute kojima jejedan vrh središte kruga, a površinu trokuta znamo izracunati i objasniti formulu. Takosamo “težak problem” racunanja površine kruga zamijenili nizom jednostavnijih problemaracunanja površine pravilnih n-terokuta upisanih u krug. Primijetimo da povecanjem brojastranica pravilni n-terokut sve vjernije opisuje krug (Slika 6.8).


(a) n = 3 (b) n = 4 (c) n = 5

(d) n = 6 (e) n = 8 (f) n = 10

Slika 6.8: Pravilni n-terokuti upisani u krug.

Oznacimo s Pn površinu n-terokuta, a s P površinu kruga. Što je n veci površinan-terokuta Pn sve je bliža površini kruga P. Reci cemo da Pn teži prema P kada n težiprema +∞, a pisat cemo

Pn→ P kada n→ ∞ .

Primjenom osnovne trigonometrije može se izracunati

Pn =12

nr2 sin(2π

n

).

Primijetimo da kako n raste, argument funkcije sinus,2π

npostaje sve manji, a time aprok-

simacija sin(2π

n

)≈ 2π

nsve bolja (aproksimaciju sinx≈ x za “male” x cemo opravdati u

Poglavlju 9). Drugim rijecima Pn ≈ r2π , pri cemu je za veci n ta aproksimacija sve bolje.Odavde zakljucujemo da je onda površina kruga jednaka P = r2π . Ovo je jedan primjerkonvergentnog niza i reci cemo da niz (Pn) konvergira prema P. Vrijednost P cemo zvatilimes niza (Pn). �

U daljnjem nas zanimaju nizovi realnih brojeva (an) ciji se clanovi an približavajunekoj fiksnoj vrijednosti L ∈ R za dovoljno velike indekse n. Naš cilj je sada formaliziratiprethodnu ideju konvergencije nizova. U tu svrhu koristimo ε-okoline. Neformalnurecenicu tipa:

“an je blizu L za sve dovoljno velike n”,

preciznije formuliramo na sljedeci nacin:

“za dani ε > 0 otvoreni interval 〈L− ε,L+ ε〉 sadrži sve clanove niza an pocevši od nekogdovoljno velikog broja n0 ∈ N (koji ovisi o ε), tj.

an ∈ 〈L− ε,L+ ε〉 za sve n≥ n0 .”


Slika 6.9: Graficki prikaz definicije konvergencije niza.

Medutim, da bismo intuitivno iskazali konvergenciju realnih brojeva an prema L, nijedostatno reci samo da su an blizu L za dovoljno velike n ∈ N, nego želimo s vrijednostimaan biti proizvoljno blizu L za dovoljno velike n ∈ N. A tu cinjenicu formaliziramo nanacin da za svaki ε > 0 tražimo da postoji n0 ∈ N (koji ovisi o ε) takav da vrijedi

an ∈ 〈L− ε,L+ ε〉 za sve n≥ n0 .

Primjetimo, što manji ε biramo, to ce biti veci n0 tako da za sve n ≥ n0 vrijedian ∈ 〈L− ε,L+ ε〉 (vidi Sliku 6.9). Uocimo nadalje sljedeci ekvivalentan zapis

an ∈ 〈L− ε,L+ ε〉 ⇔ |an−L|< ε.

Prethodnu diskusiju konacno formiramo u definiciju.

Definicija 6.3.1 Kažemo da niz realnih brojeva (an) konvergira k realnom broju L ako:za svaki ε > 0 postoji n0 ∈ N takav da za svaki n≥ n0 vrijedi |an−L|< ε .Pri tome broj L nazivamo limes niza (an) i pišemo

L = limn→∞

an .

Ako niz ima limes kažemo da je konvergentan. Ako niz nije konvergentan, kažemo daje divergentan. �

Definiciju možemo simbolicki krace zapisati:

limn→∞

an = L ⇐⇒ (∀ε > 0)(∃n0 ∈ N)(∀n≥ n0)(|an−L|< ε) .

Napomena 6.6 Ekvivalentna formulacija definicije konvergencije glasi: Niz realnihbrojeva (an) konvergira k realnom broju L ako se izvan svake ε-okoline broja L nalazisamo konacno mnogo (i to upravo prvih n0−1) clanova niza.

Iz definicije limesa je odmah jasno kako je on ujedno i gomilište niza, ali vrijedi i jacatvrdnja koju formuliramo u narednoj propoziciji.


Propozicija 1 Ako je niz (an) konvergentan i ima limes L, tada je L jedino gomilišteniza.

Drugim rijecima, konvergentan niz ima tocno jedno gomilište i to je upravo limes niza.

Dokaz. Za konvergentan niz (an) s limesom L se izvan svake ε-okoline od L nalazi samokonacno mnogo clanova niza, odnosno unutar svake ε-okoline se nalazi beskonacno mnogoclanova niza. Time je pokazano da je L gomilište niza. Pokažimo da je to jedino gomilište.Pretpostavimo suprotno, tj. da postoji i neko drugo gomilište L1 6= L. Neka je d = |L1−L|.Tada za ε <

d2

imamo disjunktnost dviju ε-okolina

〈L− ε,L+ ε〉∩ 〈L1− ε,L1 + ε〉= /0.

Buduci da je L1 po pretpostavci gomilište niza (an), u okolini 〈L1− ε,L1 + ε〉 se nalazi be-skonacno mnogo clanova niza (an), medutim to nije moguce, jer se zbog konvergencije sviosim konacno mnogo clanova niza (an) nalaze u okolini 〈L− ε,L+ ε〉, koja je disjunktnas okolinom 〈L1− ε,L1 + ε〉. Time smo došli do kontradikcije s pretpostavkom da postojidrugo gomilište L1 6= L niza (an). �

Napomena 6.7 Obratom po kontrapoziciji tvrdnje iz prethodne propozicije zakljucu-jemo: Ako niz realnih brojeva ima više od jednog gomilišta ili nema gomilišta, tada onnije konvergentan.

Kao važna posljedica prethodne propozicije vrijedi sljedeca tvrdnja.

Korolar 6.3.1 Konvergentan niz ima samo jedan limes.

� Primjer 6.14 Po definiciji pokažite da je limn→∞

1n= 0.

Neka je ε > 0 proizvoljan, tražimo n0 ∈ N (ovisan o ε) tako da za svaki n ≥ n0 vrijedi∣∣∣∣1n −0∣∣∣∣≤ ε . Uzmimo prirodan broj n0 =

⌊1ε

⌋+1, tada je n0 >

1ε

odnosno1n0

< ε . Nadalje,

za svaki n ∈ N takav da je n≥ n0 vrijedi

1n≤ 1

n0< ε , odnosno

∣∣∣∣1n −0∣∣∣∣< ε ,

cime je tvrdnja pokazana. �

Napomena 6.8 Analogno prethodnom primjeru, može se pokazati i opcenitija tvrdnja:za p ∈Q+ vrijedi

limn→∞

1np = 0 .

Prisjetimo se, ako je (an) konvergentan niz s limesom L, tada se za dani ε > 0 sviclanovi niza (an) pocevši od clana an0 nalaze u ε-okolini 〈L− ε,L+ ε〉, odnosno da za sven≥ n0 vrijedi

L− ε < an < L+ ε .


Izvan te ε-okoline imamo samo konacno mnogo clanova niza: a1, a2, . . . , an0−1. Kakosvaki konacan skup realnih brojeva ima minimum i maksimum, definirajmo

m = min{a1,a2, . . . ,an0−1,L− ε} i M = max{a1,a2, . . . ,an0−1,L+ ε} .

Tada za sve n ∈ N vrijedi m≤ an ≤M, odnosno ovim razmatranjem smo pokazali sljedeciteorem.

Teorem 6.3.2 Ako je niz realnih brojeva (an) konvergentan, tada je on omeden.

Napomena 6.9 Obrat prethodne tvrdnje ne vrijedi. Uzmimo na primjer niz zadanopcim clanom an = (−1)n, n ∈ N, koji je ocito omeden, ali nije konvergentan. Takav jei niz (bn) zadan s bn = cos(n), n ∈ N.

Vježba 6.8 Navedite još neki primjer niza koji je omeden, ali nije konvergentan.

Promatramo li konvergenciju niza realnih brojeva, potpuno je nevažno što se dogadas prvih konacno mnogo clanova niza. Stoga u tvrdnjama koje slijede ne pretpostavljamoda odredena svojstva vrijede za sve clanove niza (za sve n ∈ N), nego pretpostavljamo dapostoji prirodan broj m ∈ N, takav da dana svojstva vrijede pocevši od tog clana, tj. zasve n ≥ m. Prva od takvih tvrdnji poprilicno je intuitivna i navodimo ju bez dokaza.

Teorem 6.3.3 Neka su (an) i (bn) konvergentni nizovi. Pretpostavimo da postoji m∈Ntakav da je an ≤ bn za svaki n≥ m, tada je

limn→∞

an ≤ limn→∞

bn .

� Primjer 6.15 Pokažite da je niz (an) zadan opcim clanom an =sinn

nza sve n ∈ N

konvergentan i odredite mu limes.Uocimo da za sve n ∈ N vrijedi (vidi Sliku 6.10)

−1n≤ sinn

n≤ 1

n.

U Primjeru 6.14 pokazali smo da niz(

1n

)konvergira prema 0, a potpuno analogno

pokaže se da i niz(−1

n

)konvergira prema 0. Stoga je za ocekivati da ce i niz

(sinn

n

)konvergirati prema 0. Tvrdnja slijedi iz sljedeceg vrlo intuitivnog teorema slikovitogimena.

�

Teorem 6.3.4 — Teorem o sendvicu. Neka su (an) i (bn) konvergentni nizovi realnihbrojeva takvi da je lim

n→∞an = lim

n→∞bn = L. Neka je (cn) niz realnih brojeva za koji postoji

m ∈ N takav da za sve n≥ m vrijedi

an ≤ cn ≤ bn .


Slika 6.10: Primjena Teorema o sendvicu.

Tada je i niz (cn) konvergentan i vrijedi limn→∞

cn = L .

DodatakDodatak

Dokaz Teorema o sendvicu. Neka su (an), (bn) i (cn) nizovi realnih brojeva koji zadovo-ljavaju pretpostavke teorema. Uzmimo proizvoljan ε > 0, tada postoji n′0 ∈ N takav da zasve n≥ n′0 vrijedi

|an−L|< ε

3i |bn−L|< ε

3.

Nadalje, uzmimo n0 = max{n′0,m}, tada za sve n≥ n0 racunamo

|cn−L| ≤ |cn−bn|+ |bn−L| ≤ |an−bn|+ |bn−L| ≤ |an−L|+2|bn−L|< ε .

U prethodnom racunu koristili smo nejednakost trokuta i pretpostavku da za sve n ≥ mvrijedi |cn−bn| ≤ |an−bn|. U konacnici smo dobili da za proizvoljan ε > 0 možemo nacin0 ∈N takav da za sve n≥ n0 vrijedi |cn−L|< ε . Zbog proizvoljnosti ε > 0, zakljucujemoda taj postupak možemo provesti za svaki ε > 0. Time smo po definiciji pokazali da je niz(cn) konvergentan i limes mu je jednak L. �

Kao posljedicu Teorema o sendvicu imamo sljedecu tvrdnju.

Korolar 6.3.5 Neka su (an) i (bn) nizovi realnih brojeva za koje vrijedi 0≤ an ≤ bn zasve n≥ m, gdje je m ∈ N neki prirodni broj, te neka je (bn) konvergentan i lim

n→∞bn = 0.

Tada je i niz (an) konvergentan i vrijedi limn→∞

an = 0.

Nadalje, iz ocite ekvivalencije

|an−0| ≤ ε ⇔ ||an|−0| ≤ ε , za sve ε > 0

slijedi tvrdnja


Teorem 6.3.6 Niz realnih brojeva (an) konvergira k 0 ako i samo ako niz njegovihapsolutnih vrijednosti (|an|) konvergira k 0, tj.

limn→∞

an = 0 ⇔ limn→∞|an|= 0 .

Napomena 6.10 Kao posljedicu prethodne tvrdnje dobivamo da niz (an) zadan for-

mulom an = (−1)n 1np za p ∈ Q+ konvergira prema 0, jer nam je otprije poznato da

limn→∞

1np = 0 .

Prije nastavka gradiva o nizovima, utvrdimo dosad nauceno kroz sljedeca pitanja.

Koje od sljedecih tvrdnji su tocne, a koje netocne? Odgovore detaljno obrazložite. Akosmatrate da je tvrnja istinita, navedite iz koje definicije ili teorema to slijedi i obrazložite.Ako je pak tvrdnja lažna, navedite protuprimjer.

1. Svako gomilište niza je limes niza.2. Limes niza je gomilište niza.3. Niz koji je konvergentan ima tocno jedno gomilište.4. Ako niz nema gomilišta, onda je konvergentan.5. Ako niz ima više od jednog gomilišta, onda niz divergira.

6.4 Pravila za racunanje limesa niza

Definiciju konvergencije niza realnih brojeva razložili smo intuitivno i formalno u prethod-nom poglavlju. Medutim, primijetimo da ta definicija ima jedan “operativni nedostatak”.Da bismo pokazali da je neki niz realnih brojeva (an) konvergentan, mi unaprijed mo-ramo imati kandidata L za limes niza i onda po definiciji provjeriti da li se doista radi olimesu. Medutim, kako ispitati konvergenciju nekog niza ako ne možemo naslutiti dobrogkandidata ili kako pokazati divergenciju ako dobar kandidat ne postoji?

Mnogi složeniji nizovi (oni koji imaju složeniju formula za opci clan niza) mogu serazložiti na jednostavnije nizove korištenjem osnovnih aritmetickih operacija: zbrajanja,oduzimanja, množenja i dijeljenja. Ako za te jednostavnije nizove znamo odgovor na pita-nje konvergencije, onda možemo nešto reci i o konvergenciji složenijih nizova. Preciznijenam o tome govori sljedeci teorem.

Teorem 6.4.1 Neka su (an) i (bn) konvergentni nizovi, tada je i niz:a) (an +bn) konvergentan i vrijedi lim

n→∞(an +bn) = lim

n→∞an + lim

n→∞bn;

b) (an−bn) konvergentan i vrijedi limn→∞

(an−bn) = limn→∞

an− limn→∞

bn;

c) (an ·bn) konvergentan i vrijedi limn→∞

(an ·bn) = limn→∞

an · limn→∞

bn;

d)(

an

bn

), ako je bn 6= 0, konvergentan i vrijedi lim

n→∞

an

bn=

limn→∞

an

limn→∞

bn, ako je lim

n→∞bn 6= 0 .

6.4 Pravila za racunanje limesa niza 21

Taj teorem predstavlja jedan od osnovnih alata za “racunanje limesa”. Naime, poznavanjemlimesa jednostavnijih konvergentnih nizova, moci cemo izracunati limese složenijih nizovadobivenih zbrajanjem, oduzimanjem, množenjem ili dijeljenjem jednostavnijih nizova.

Dokaz. Pokažimo tvrdnju pod a). Dokaz ostalih tvrdnji ide analogno i može se pronaci uknjizi [1] ili skripti [2]. Neka su (an) i (bn) konvergenti nizovi. Oznacimo s a = limn→∞ ani s b = limn→∞ bn. Uzmimo ε > 0 proizvoljan, tada po definiciji konvergencije imamo:

(∃n1 ∈ N)(∀n≥ n1)(|an−a|< ε

2

),

(∃n2 ∈ N)(∀n≥ n2)(|bn−b|< ε

2

).

Uzmimo sada n0 = max{n1,n2}, tada i za svaki n≥ n0 vrijedi

|an−a|< ε

2i |bn−b|< ε

2.

Stoga za sve n≥ n0 vrijedi

|(an +bn)− (a+b)| ≤ |an−a|+ |bn−b|< ε

2+

ε

2= ε .

Zbog proizvoljnosti ε > 0, prethodni postupak možemo provesti za svaki ε > 0 i time smoonda pokazali da je niz (an +bn) konvergentan i njegov limes je jednak lim

n→∞(an +bn) =

a+b. �

Vježba 6.9 Pokažite tvrdnju b) iz prethodnog teorema.

� Primjer 6.16 Ispitajte konvergenciju niza zadanog opcim clanom an =n2 +2ncosn+5

3n2 +2n+1,

n ∈ N.Nizovi u brojniku i nazivniku ocito nisu konvergentni pa ne možemo direktno primije-niti prethodni teorem. Ako podijelimo brojnik i nazivnik s n2 (vodeci clan), dobivamoekvivalentnu formulu za an,

an =1+2

cosnn

+5n2

3+2n+

1n2

,

s tom razlikom da sada u brojniku i nazivniku imamo konvergentne nizove. Dakle, zaracunanje limesa niza (an) primijenimo redom Teorem 6.4.1, stavke d) i a), redom:

limn→∞

an =

limn→∞

(1+2

cosnn

+5n2

)limn→∞

(3+

2n+

1n2

) =1+2 lim

n→∞

cosnn

+ limn→∞

5n2

3+ limn→∞

2n+ lim

n→∞

1n2

=13.

U prethodnom racunu koristili smo i limn→∞

cosnn

= 0, što slijedi iz Teorema o sendvicu,odnosno istom argumentacijom kao i u Primjeru 6.15. �


Vježba 6.10 Odredite, ako postoji, limes niza:

(a) an =5n3 +3n2 +4n+5

4n3 +3n2 ++2n+4;

(b) bn = n2− n3 +n2

n+4;

(c) cn =2n3−1

n2 +n+1;

(d) dn =2n2−1

3n2 +n+1;

(e) en =n+ 3√

n4 +1n√

n+1.

6.5 Nizovi s beskonacnim limesima.

Prisjetimo se niza zadanog opcim clanom an = (−1)n, n ∈ N. On ima dva gomilišta paje divergentan. S druge strane niz zadan s an =

√n nema realnih gomilišta, pa je takoder

divergentan, ali kako mu vrijednosti neograniceno rastu kako n raste, možemo reci da damu vrijednosti teže prema +∞, i u tom slucaju govorit cemo da niz divergira prema +∞. Stakvom vrstom divergencije bavimo se u ovom poglavlju.

Definicija 6.5.1 Kažemo da niz realnih brojeva (an) divergira prema +∞ i pišemolimn→∞

an =+∞, ako za svaki M > 0 postoji n0 ∈N takav da za sve n≥ n0 vrijedi an > M.

Kažemo da niz realnih brojeva (an) divergira prema −∞ i pišemo limn→∞

an =−∞, akoza svaki m < 0 postoji n0 ∈ N takav da za sve n≥ n0 vrijedi an < m. �

Drugim rijecima, niz divergira prema +∞, ako su svi osim konacno mnogo clanova nizaveci od proizvoljno velikog realnog broja M > 0. S druge strane, niz divergira prema −∞,ako su svi osim konacno mnogo clanova niza manji od proizvoljno malog realnog brojam < 0. Stoga je niz koji divergira prema +∞ nužno neomeden odozgo, dok je niz kojidivergira prema −∞ nužno neomeden odozdo. Primijetite da obrati tih tvrdnji ne vrijede.

Napomena 6.11 Iako formalno pišemo limn→∞

an =+∞ ili limn→∞

an =−∞, napominjemo,radi se o divergentnim nizovima.

Za racunanje limesa nizova kada su u igri i divergentni nizovi prema ±∞ imamosljedece teoreme, odnosno pravila racunanja koja cemo koristiti.

Teorem 6.5.1 Neka su (an) i (bn) konvergentni nizovi takvi da je limn→∞

an = a> 0 , zatim

bn > 0 za sve n ∈ N te limn→∞

bn = 0. Tada niz(

an

bn

)divergira prema +∞, tj. lim

n→∞

an

bn=

+∞.


Napomena 6.12 Tvrdnju prethodnog teorema simbolicki krace zapisujemo u obliku:a

0+=+∞ za za a > 0. Oznaka 0+ oznacava da je 0 limes niza s pozitivnim clanovima.

Analogno prethodnom teoremu i napomeni, ostala pravila za racunanje limesa s diver-gentnim nizovima iskazujemo u simbolickom zapisu na sljedeci nacin.

Odredeni oblici

(a)a

0+=−∞ za a < 0,

(b) +∞+(+∞) = +∞, −∞+(−∞) =−∞,(c) +∞+a =+∞, −∞+a =−∞,(d) (+∞) · (+∞) = +∞, (−∞) · (−∞) = +∞, (−∞) · (+∞) =−∞,(e) a · (±∞) =±∞ za a > 0, odnosno a · (±∞) =∓∞ za a < 0,

(f)a±∞

= 0.

Napomena 6.13 Istaknimo smisao pravila (b) gornjeg simbolickog zapisa — zbrojdva divergentna niza prema ±∞ je divergentan niz prema ±∞. Oznaka ±∞ znaci da nizdivergira prema +∞ ili prema −∞. Ostali simbolicki zapisi interpretiraju se analogno.

� Primjer 6.17 Uzmimo nizove an = n2 i bn = 2n. Znamo da za oba niza vrijedi limn→∞ an =limn→∞ bn =+∞. Pravilo (b) kaže nam da je zbroj ta dva niza (an +bn) divergentan nizprema +∞, tj. limn→∞(an +bn) = +∞. �

Prethodna pravila (a)-(f) nazivaju se još i odredeni oblici, jer u tim oblicima pozna-vanjem konvergencije/divergencije dvaju sastavnih nizova, jednoznacno je odreden tipkonvergencije/divergencije novog niza dobivenog odredenim operacijama. Postoje medu-tim operacije s nizovima kada poznavanjem konvergencije/divergencije dvaju sastavnihnizova, nije jednoznacno odreden i tip konvergencije/divergencije rezultata te operacije.To su takozvani neodredeni oblici, koje simbolicki navodimo u sljedecem popisu:

Neodredeni oblici

(i)±∞

±∞,

(ii) +∞− (+∞), −∞− (−∞),

(iii)00

,

(iv) 0 · (±∞),(v) 00,

(vi) 1±∞,(vii) (±∞)0.

� Primjer 6.18 Uzmimo opet nizove an = n2 i bn = 2n. Što možemo reci o nizu(

an

bn

)?

Taj niz je neodredenog oblika tipa (i) i a priori ne možemo reci ništa o njegovoj konver-


genciji, nego moramo detaljnije promotriti konkretni niz. Kako eksponencijalna funkcijan 7→ 2n raste “puno brže” od kvadratne funkcije n 7→ n2, zakljucujemo da je

limn→∞

n2

2n = 0 .

S druge strane niz(

bn

an

)je istog tipa (

+∞

+∞), medutim, iz istog razloga kao i maloprije, taj

niz je divergentan, tj. limn→∞

2n

n2 =+∞. �

Napomena 6.14 Neodredeni oblik tipa (+∞

+∞), može poprimiti bilo koji nenegativan

realan broj. Da bi se uvjerili u to, uzmimo a≥ 0 proizvoljan realan broj i promotrimo

niz an =an2 +n+1

n2 koji je neodredenog oblika (+∞

+∞), a limes mu je lim

n→∞an = a.

S izracunavanjem limesa nizova neodredenih oblika bavit cemo se u nastavku. Navedimosada još jedan važan rezultat i alat za racunanje limesa niza.

Propozicija 2 Neka je f : D ⊆ R→ R elementarna funkcija i (an) konvergentan niztakav da je an ∈ D za sve n ∈ N i lim

n→∞an ∈ D. Tada je i niz ( f (an)) konvergentan i

vrijedi

limn→∞

f (an) = f ( limn→∞

an) . (6.2)

Iako je ova tvrdnja vrlo intuitivna, dokaz je s druge strane vrlo zahtjevan i necemo gaprovoditi.

Napomena 6.15 U sljedecem poglavlju vidjet cemo da svojstvo (6.2) karakterizirajednu širu klasu realnih funkcija realne varijable, a to su neprekinute funkcije. Prethodnapropozicija zapravo je posljedica tvrdnje da su sve elementarne funkcije neprekinute nasvojoj domeni. Dokaz te tvrdnje može se pronaci u [2].

� Primjer 6.19 Izracunajte limese sljedecih nizova:

(a) limn→∞

√1n, (b) lim

n→∞sin(

nn+1

).

Korištenjem Propozicije 2 racunamo:

(a) limn→∞

√1n=

√limn→∞

1n=√

0 = 0 ,

(b) limn→∞

sin(

nn+1

)= sin

(limn→∞

nn+1

)= sin1.

�

Vježba 6.11 Izracunajte limese sljedecih nizova:

(a) limn→∞

log2

(1− 1−n2

1+n2

), (b) lim

n→∞arctg

( √n+ 3√

n√n−2 4

√n

).


6.5.1 Neodredeni oblik±∞

±∞

Da bismo izracunali limes u neodredenom obliku±∞

±∞, dijelimo brojnik i nazivnik s

vodecim clanom koji se javlja u kvocijentu. U slucaju kvocijenta dvaju polinoma, brojnik inazivnik dijelimo s najvecom potencijom i dobivamo sljedeci rezultat:

limn→∞

Pm(n)Qp(n)

= limn→∞

amnm +am−1nm−1 + . . .+a1n+a0

bpnp +bp−1np−1 + . . .+b1n+b0=

0 , m < p ,am

bp, m = p ,

+∞ , m > p iam

bp> 0 ,

−∞ , m > p iam

bp< 0 .

Primijetimo da clanovi nižeg reda u brojniku i nazivniku nemaju nikakav utjecaj na konacanrezultat, stoga smo ih mogli odmah zanemariti u racunu. Radi strogog opravdanja ovetvrdnje, uvodimo najprije sljedecu definiciju.

Definicija 6.5.2 Kažemo da su an i bn neizmjerno velike velicine istog reda ako je

limn→∞

an = limn→∞

bn =+∞ i limn→∞

an

bn=C ∈ 〈0,+∞〉 .

Dodatno, ako je C = 1, kažemo da su an i bn ekvivalentne neizmjerno velike velicine itada pišemo

an ∼ bn kada n→ ∞ .

�

Napomena 6.16 Relacija ∼ iz prethodne definicije je relacija ekvivalencije na skupusvih realnih divergentnih nizova prema +∞.

Vježba 6.12 Pokažite tvrdnju iz prethodne napomene.

Propozicija 3 Neka je an ∼ cn kada n→ ∞ i (bn) divergira prema +∞. Ako postojilimn→∞

an

bn, tada vrijedi

limn→∞

an

bn= lim

n→∞

cn

bn.

Analogno, ako je bn ∼ dn kada n→ ∞ i (an) divergira prema +∞ te ako postoji limn→∞

an

bn,

onda vrijedi limn→∞

an

bn= lim

n→∞

an

dn.

Dokaz. Neka su (an), (bn) i (cn) nizovi za koje vrijede pretpostavke propozicije i nekapostoji lim

n→∞

an

bn∈ 〈0,+∞〉. Direktnim racunom imamo

limn→∞

cn

bn= lim

n→∞

cn

an· an

bn=︸︷︷︸(∗)

limn→∞

cn

an︸︷︷︸=1

· limn→∞

an

bn= lim

n→∞

an

bn.


Jednakost (∗) slijedi po Teoremu 6.4.1 c). Analogno se pokaže i druga tvrdnja. �

Napomena 6.17 Tvrdnja iz prethodne propozicije vrijedi i u slucaju kada je limn→∞

an

bn=

+∞. Tada je izraz prije jednakosti (∗) odredeni oblik tipa (e) pa je limn→∞

cn

bn=+∞.

� Primjer 6.20 Izracunajte sljedece limese:

(a) limn→∞

3n2 +5n+12n2 +4n

, (b) limn→∞

(√

n2 +1+n)2

3√

n6−1+1.

Rješenje:(a) Kako je 3n2+5n+1∼ 3n2 kada n→∞ te 2n2+4n∼ 2n2 kada n→∞, korištenjem

prethodne propozicije imamo limn→∞

3n2 +5n+12n2 +4n

= limn→∞

3n2

2n2 =32.

(b) Korištenjem cinjenica da je (√

n2 +1+n)∼ 2n te (3√

n6−1+1)∼ n2 kada n→ ∞,

dobivamo limn→∞

(√

n2 +1+n)2

3√

n6−1+1= lim

n→+∞

(2n)2

n2 = 4 .�

Vježba 6.13 Izracunajte limese nizova:

(a) limn→∞

n2 +1n+√

n3 +1,

(b) limn→∞

(n−4)3(n+9)7(2n+7)5

(2n+1)10(n+5)2(n−8)3 .

Vježba 6.14 Izracunajte (ako postoje) limese nizova:

(a) limn→∞

cos(nπ)n+1

2n+1,

(b) limn→∞

nsinnn2 +n+1

,

(c) limn→∞

2nsin(nπ

2 )

n+1.

Promotrimo nadalje geometrijski niz (qn) pri cemu je q 6= 0. U ovisnosti o kvocijentuq odredimo konvergenciju tog niza. Bez formalnog dokaza navodimo gotovo ociglednutvrdnju:

limn→∞

qn =

0, |q|< 1,+∞, q > 1,ne postoji, q≤−1,1, q = 1 .

� Primjer 6.21 Izracunajte limese:

(a) limn→+∞

(−2)n +5n

(−2)n+1 +5n+1 , (b) limn→∞

(1− 1

3+

19− 1

27+ . . .+

(−1)n−1

3n−1

).

Rješenje:


(a) limn→+∞

(−2)n +5n

(−2)n+1 +5n+1 = limn→+∞

5n((−2)n

5n +1)

5n+1((−2)n+1

5n+1 +1) = lim

n→∞

15·(−2

5

)n+1(

−25

)n+1+1

=15, jer

je limn→∞(−25)

n = 0, zbog |− 25 |< 1.

(b) Primijetimo da je n-ti clan niza jednak sumi prvih n clanova geometrijskog niza skvocijentom q =−1/3. Stoga po formuli za sumu imamo

limn→∞

(1− 1

3+

19− 1

27+ . . .+

(−1)n−1

3n−1

)= lim

n→∞

(−1

3

)n−1

−13 −1

=34.

�

Naravno, i kod racunanja limesa nizova s potencijama možemo koristiti ekvivalentnostneizmjerno velikih velicina, kako vidimo na sljedecem primjeru.

� Primjer 6.22 Odredite limes limn→∞

3n +6n

2n +7n .

Zbog cinjenice da je 3n + 6n ∼ 6n kada n→ ∞, kao i cinjenice da je 2n + 7n ∼ 7n kada

n→ ∞, imamo limn→∞

3n +6n

2n +7n = limn→∞

6n

7n = limn→∞

(67

)n

= 0. �

Vježba 6.15 Odredite (ako postoje) limese:

(a) limn→∞

(−1)n+1 3n +4n

2n +5n ,

(b) limn→∞

1−2+4−8+ . . .+(−2)n

2n .

6.5.2 Neodredeni oblik +∞− (+∞)

Promotrimo sada racunanje limesa nizova u neodredenom obliku +∞− (+∞).

� Primjer 6.23 Izracunajte limn→∞

√n2 +n+1−n.

Primijetimo da se radi o izrazu u neodredenom obliku tipa +∞− (+∞). Limes racunamona sljedeci nacin:

limn→∞

(√

n2 +n+1−n) ·√

n2 +n+1+n√n2 +n+1+n

= limn→∞

n+1√n2 +n+1+n

=12.

Racionalizacijom brojnika smo neodredeni oblik +∞− (+∞) sveli na njemu ekvivalentni

neodredeni oblik+∞

+∞kojem znamo odrediti limes. To ce zapravo biti generalno pravilo. �

Vježba 6.16 Izracunajte limese:

a) limn→∞

√n+1+

√n√

n2 +n3−√

n3,

b) limn→∞(n− 3√

n3−n2).


Vježba 6.17 U zavisnosti o realnom parametru a odredite sljedece limese:

a) limn→∞

(√

n+1− 4√

n2 +n+1) ·na,

b) limn→∞

n2 +1na +√

n4 +1.

6.6 Monotoni nizovi

U prethodnom poglavlju uveli smo pojam monotonosti za realne funkcije realne varijable.Isti koncept sada koristimo za nizove kao realne funkcije a : N→ R. Radi potpunostiizlaganja, napišimo odgovarajuce definicije.

Definicija 6.6.1 Kažemo da je niz realnih brojeva (an) padajuci niz,

ako za sve n1,n2 ∈ N, takve da je n1 < n2 vrijedi an1 ≥ an2 .

Za niz realnih brojeva (an) kažemo da je rastuci niz,

ako za sve n1,n2 ∈ N, takve da je n1 < n2 vrijedi an1 ≤ an2 .

Niz realnih brojeva (an) je monoton ako je rastuci ili padajuci. �

Napomena 6.18 Ako umjesto nejednakosti ≥, odnosno ≤ u gornjoj definiciji imamostroge nejednakosti >, odnosno <, tada govorimo o strogo padajucem, odnosno strogorastucem nizu. Takve nizove još nazivamo strogo monotonim nizovima.

� Primjer 6.24 Ispitajte monotonost nizova zadanih opcim clanom:

(a) an =1n

za sve n ∈ N,

(b) an = n2 za sve n ∈ N,

(c) an =n

n+1za sve n ∈ N,

(d) an = (−1)n nn+1

za sve n ∈ N.

Diskusija:

(a) za sve n1,n2 ∈ N takve da je n1 < n2, ocito je1n1

>1n2

. Stoga je niz an =1n

(strogo)

padajuci, odnosno (strogo) monoton (vidi Sliku 6.11a).(b) za sve n1,n2 ∈ N takve da je n1 < n2 vrijedi n2

1 < n22, stoga je niz an = n2 (strogo)

rastuci pa je i (strogo) monoton (vidi Sliku 6.11b).

(c) za sve n1,n2 ∈N takve da je n1 < n2, direktno provjerimo da vrijedin1

n1 +1<

n2

n2 +1,

stoga je i taj niz (strogo) rastuci (vidi Sliku 6.11c).

(d) vrijednosti niza an = (−1)n nn+1

alterniraju ovisno o parnosti broja n pa taj niz nije

niti rastuci niti padajuci (vidi Sliku 6.11d).�


(a) (b)

(c) (d)

Slika 6.11: Monotonost nizova.

Napomena 6.19 Cesto je od interesa poznavanje monotonosti niza pocevši od nekogclana. Preciznije, reci cemo da je niz rastuci pocevši od clana an0 , ako postoji prirodanbroj n0 tako da za sve n1,n2 ∈ N, takve da je n0 ≤ n1 < n2 vrijedi an1 ≤ an2 . Analognose definira što znaci da je niz padajuci pocevši od clana an0 . Primijetimo, ako je nizmonoton, onda je on monoton pocevši od svakog clana, dok s druge strane postojenizovi koji su monotoni pocevši od nekog clana, a nisu monotoni. Npr. niz an = n22−n

je padajuci pocevši od clana a4 (vidi i niz u Primjeru 6.25).

Nakon što smo uveli definiciju i intuitivno je jasno o kakvim se nizovima radi, postavljase pitanje: Kako ispitati monotonost danog niza? Dokažimo najprije sljedecu propoziciju.

Propozicija 4 Niz (an) je rastuci ako i samo ako za sve n ∈ N vrijedi an ≤ an+1. Niz(an) je padajuci ako i samo ako za sve n ∈ N vrijedi an ≥ an+1.

Dokaz. Dokažimo prvu tvrdnju. Ona je u obliku ekvivalencije pa treba pokazati obasmjera.⇒ Ako je niz (an) rastuci, onda po definiciji rastuceg niza iz n < n+1 slijedi an ≤ an+1 ito za sve n ∈ N.⇐ S druge strane, pretpostavimo da je an ≤ an+1 za sve n ∈ N i pokažimo da je tada niz(an) rastuci. Uzmimo proizvoljne n1,n2 ∈ N takve da je n1 < n2. Po pretpostavci tadaimamo

an1 ≤ an1+1 ≤ . . .≤ an2−1 ≤ an2 .


Zbog proizvoljnosti n1,n2 ∈ N, zakljucujemo da za sve n1,n2 ∈ N takve da je n1 < n2vrijedi an1 ≤ an2 pa je po definiciji niz (an) rastuci. �

Vježba 6.18 Dokažite drugu tvrdnju iz prethodne propozicije.

Sada za ispitivanje monotonosti nizova možemo koristiti sljedece metode:(R) – Metoda razlike: Promatramo razliku

an+1−an za sve n ∈ N .

Ako pokažemo da je an+1−an ≥ 0 za sve n≥ n0, pokazali smo prema prethodnojpropoziciji da je niz rastuci pocevši od clana an0 . Analogno, ako se pokaže an+1−an ≤ 0 za sve n ≥ n0, dobili smo da je niz padajuci pocevši od clana an0 . Takvetvrdnje obicno se dokazuju matematickom indukcijom.

(K) – Metoda kvocijenta: Ako imamo niz sa strogo pozitivnim clanovima, možemopromatrati kvocijent

an+1

an= q(n).

Pokažemo li da je q(n)≥ 1 za sve n≥ n0, niz (an) je rastuci pocevši od clana an0 .Ako pak vrijedi q(n)≤ 1 za sve n≥ n0 niz je padajuci pocevši od clana an0 .

(F) – Metoda proširenja funkcije: Promatramo funkciju a : [1,+∞〉 → R, kao proširenjefunkcije (niza) a : N→ R. Dakle, funkcija a zadana je istim pravilom pridruživanjakao i a, ali za sve realne brojeve x ∈ [1,+∞〉. Monotonost niza (an) tada išcitavamoiz monotonosti funkcije a.

� Primjer 6.25 Ispitajte monotonost niza (an) zadanog formulom an =10n

n!za sve n ∈ N.

Primijetimo, (an) je niz s pozitivnim clanovima. Stoga racunamo kvocijent

an+1

an=

10n+1

(n+1)!10n

n!

=10

n+1, n ∈ N .

Buduci da je10

n+1< 1, za n0 ≥ 10, dobivamo da je niz strogo padajuci pocevši od clana

a10. Primijetimo da niz raste do clana a9 i imamo a9 = a10. �

Vježba 6.19 Ispitajte monotonost niza (an) zadanog rekurzivnom formulom a1 = 2,an+1 = an +(−1)n za sve 1≤ n≤ 99 i an+1 = an−2−n za sve n≥ 100.

U daljnjem nas zanima pitanje konvergencije monotonih nizova. Zapocnimo diskusijus pretpostavkom da nam je zadan rastuci niz (an). Tada imamo dvije mogucnosti:

I. Ne postoji gornja meda niza (an). Tada niz (an) nužno divergira prema +∞,tj. lim

n→∞an =+∞ (vidi Sliku 6.12a).

II. Postoji gornja meda M niza (an). Kako je niz rastuci onda postoji i najmanja gornjameda L za koju vrijedi a1 ≤ L≤M. Stoga, ako rastuci niz (an) ima limes, taj limesnužno je manji ili jednak od L (vidi Sliku 6.12b i dokaz Teorema 6.6.1). Sljedeciteorem daje nam još jacu tvrdnju.


(a) Rastuci neomeden niz. (b) Rastuci omeden niz.

Slika 6.12: Rastuci nizovi

Teorem 6.6.1 Ako je niz realnih brojeva (an) monoton i omeden, onda je on konver-gentan.

Dokaz. Pretpostavimo da je niz (an) omeden i rastuci. Buduci da je niz (an) omeden, topostoji najmanja gornja meda niza koju oznacimo s L. Što to znaci? Prije svega, L jegornja meda niza (an), dakle an ≤ L za sve n ∈ N. A cinjenica da je L najmanja gornjameda znaci da za svaki ε > 0, broj L− ε više nije gornja meda niza (an), odnosno postojiprirodan broj n0 ∈ N takav da je an0 > L− ε .

Slika 6.13: Konvergencija rastuceg omedenog niza.

Kako je niz (an) po pretpostavci rastuci, tada za sve n≥ n0 vrijedi

an ≥ an0 > L− ε , odnosno L−an < ε .

Kako je L gornja meda niza (an), izraz L−an je pozitivan za sve n ∈ N i ekvivalentan s|an−L|< ε . Sažimanjem svega prethodno utvrdenong, zakljucujemo da za svaki ε > 0postoji n0 ∈N takav da za sve n≥ n0 vrijedi |an−L|< ε . A to upravo znaci (po definiciji)da je niz (an) konvergentan i da mu je limes jednak najmanjoj gornjoj medi L. Analognose tvrdnja pokaže da omeden i padajuci niz. �


Vježba 6.20 Pokažite da omeden i padajuci niz konvergira k najvecoj donjoj medi niza.

Napomena 6.20 Kao što je to uobicajeno za pitanja konvergencije, u Teoremu 6.6.1dovoljno je pretpostaviti monotonost niza pocevši od nekog clana an0 , gdje je n0 nekiprirodan broj.

Napomena 6.21 Obrat tvrdnje iz Teorema 6.6.1 ne vrijedi, tj. postoje konvergentni

nizovi koji nisu monotoni. Npr. jedan takav niz je (an) zadan s an = (−1)n 1n

za sven ∈ N.

� Primjer 6.26 Niz (an) zadan je rekurzivnom formulom

a1 = 1, an+1 =n+3

2n+4an , n≥ 1 .

Ispitajte konvergenciju niza (an) i ako je konvergentan odredite mu limes.Provjerimo najprije je li ovaj niz monoton. Iz rekurzivne definicije vidi se da je (an) niz spozitivnim clanovima pa promotrimo kvocijent

an+1

an=

n+32n+4

.

Kako jen+3

2n+4< 1 za sve n ∈N, zakljucujemo da je niz strogo padajuci (strogo monoton).

Padajuci niz je uvijek omeden odozgo s a1, a kako smo vec primijetili da se radi o nizupozitivnih brojeva, onda zakljucujemo da imamo i donju medu, tj. an ≥ 0 za sve n ∈ N.Dakle, niz (an) je i omeden. Primjenom Teorema 6.6.1 zakljucujemo da je niz (an)konvergentan, odnosno da postoji L ∈ R takav da je

L = limn→∞

an .

Odredimo sada L koristeci rekurziju an+1 =n+3

2n+4an. Prelaskom na limes u rekurzivnoj

relaciji tada dobivamo

limn→∞

an+1 = limn→∞

(n+32n+4

an

), tj.

limn→∞

an+1 = limn→∞

(n+32n+4

)· lim

n→∞an

L =12·L

odakle nužno slijedi L = 0. U trecoj jednakosti iskoristili smo da je limn→∞

an = L, a tada je ilimn→∞

an+1 = L .�

Napomena 6.22 U zadatcima poput prethodnog primjera nužno je pokazati da je nizkonvergentan, odnosno da limes L postoji. Pogledajmo niz zadan rekurzivno

a1 = 1, an+1 = 1−an , n≥ 1 .


To je niz: 1,0,1,0,1,0, . . . koji ocito nije konvergentan. Medutim, ako bismo bez teprovjere racunali limes niza iz rekurzije kao u prethodnom primjeru, dobili bismojednadžbu za limes L = 1−L, odakle bi slijedilo da je limes niza L = 1/2, što nemanikakvog smisla, jer zadani niz ne konvergira. Ovaj racun za limes niza je valjan samoonda kad on zaista i postoji.

Cesto cemo prilikom dokazivanja monotonosti ili omedenosti niza trebati koristitiprincip matematicke indukcije. Pokažimo nekoliko primjera.

� Primjer 6.27 Pokažite da je niz zadan rekurzivno

a1 = 1, an+1 =√

1+an, n≥ 1 ,

konvergentan te mu odredite limes.Rješenje. Ispišimo prvih nekoliko clanova niza: 1,

√2,√

1+√

2, . . . Iz toga naslucujemoda se radi o rastucem nizu, odnosno da za sve n∈N vrijedi an ≤ an+1. Pokažimo tu tvrdnjumatematickom indukcijom.

(B) Tvrdnja ocito vrijedi za n = 1, jer a1 = 1≤√

2 = a2.(P) Pretpostavimo da tvrdnja an ≤ an+1 vrijedi za neki prirodan broj n ∈ N.(K) Pokažimo, koristeci pretpostavku indukcije, da tvrdnja vrijedi i za n+1, odnosno da

vrijedi an+1 ≤ an+2. Krenimo od pretpostavke i koristimo izmedu ostalog da je√

xrastuca funkcija:

an ≤ an+1 ⇔ 1+an ≤ 1+an+1 ⇔√

1+an ≤√

1+an+1 ⇔ an+1 ≤ an+2 .

Prema principu matematicke indukcije tvrdnja an ≤ an+1 vrijedi za sve n ∈ N.Pokažimo sada da je niz (an) ogranicen. Jasno je iz definicije da su svi clanovi niza

pozitivni pa je niz ogranicen odozdo. Za ogranicenost odozgo pokažimo tvrdnju

an ≤ 3 , ∀ n ∈ N ,

koju smo takoder naslutili promatranjem prvih nekoliko clanova niza. I za dokaz ovetvrdnje koristimo matematicku indukciju.

(B) Tvrdnja ocito vrijedi za n = 1, jer a1 = 1≤ 3.(P) Pretpostavimo da tvrdnja an ≤ 3 vrijedi za neki prirodan broj n ∈ N.(K) Pokažimo, koristeci pretpostavku indukcije, da tvrdnja vrijedi i za n+1, odnosno da

vrijedi an+1 ≤ 3. Krenimo od definicije i uz pretpostavku indukcije opet koristimoda je

√x rastuca funkcija:

an+1 =√

1+an ≤︸︷︷︸(P)

√1+3 = 2≤ 3 .

Po principu matematicke indukcije slijedi tvrdnja. Ovime smo pokazali da je niz (an)monoton (rastuci) i omeden pa je prema Teoremu 6.6.1 niz konvergentan. Izracunajmosada limes niza koristeci rekurziju. Racunamo limes s lijeve i desne strane jednakosti urekurzivnoj formuli:

limn→∞

an+1 = limn→∞

√1+an

i dobivamo L =√

1+L . Odavde zakljucujemo da je L≥ 0, što je u skladu s cinjenicomda je (an) niz pozitivnih brojeva. Kvadriranjem jednakosti slijedi

L2−L−1 = 0 ,


odakle dobivamo L =1+√

52

. Drugo rješenje otpada, jer je negativan broj, a k tome je ilimes niza jedinstven pa ne mogu biti dva rješenja. �

Napomena 6.23 Primijetimo da smo u prethodnom primjeru iz pretpostavke an ≥an+1 za neki n ∈ N na potpuno jednak nacin mogli pokazati an+1 ≥ an+2. Medutim,baza indukcije za takvu tvrdnju nije ispunjena. Naime a1 ≤ a2 pa stoga ne možemo poprincipu matematicke indukcije zakljuciti da je niz padajuci, naprotiv.

Vježba 6.21 Niz (an) zadan je rekurzivno:

a1 = 1, an+1 =an(an +1)

3, n≥ 1 .

Dokažite da je niz (an) konvergentan i odredite mu limes.

DodatakDodatak Aproksimacija broja√

a. Kako biste približno izracunali na primjer√

23 (bez kalkula-tora)? Opišimo postupak kako su stari Babilonci racunali korijen pozitivnog realnog brojaa.

Slika 6.14: Racunanje aproksimacije broja√

a.

Postupak je rekurzivan:

(i) uzmimo proizvoljan x1 > 0. Primijetimo da se brojevi x1 iax1

uvijek nalaze sa

suprotnih strana naspram broja√

a, tj. ako je x1 <√

a, tada je√

a <ax1

, a ako je√

a≤ x1, tada jeax1≤√

a.

(ii) za n≥ 1 definirajmo xn+1 =12(xn +

axn).

Pokažimo da tako konstruirani niz (xn) konvergira prema√

a.

Korištenjem aritmeticko-geometrijske nejednakosti1 za parove brojeva xn iaxn

, n ∈ N,

slijedi

xn+1 =xn +

axn

2≥√

xn ·axn

=√

a .

Dakle, niz je omeden odozdo. Nadalje, za sve n≥ 2, koristeci prethodni rezultat, imamo

xn+1− xn =12

(axn− xn

)=

a− x2n

2xn≤ 0 .

1za sve a,b≥ 0 vrijedi√

ab≤ a+b2

.


Dakle, niz (xn) je padajuci pocevši od clana x2 pa je i omeden odozgo. PrimjenomTeorema 6.6.1 zakljucujemo da je (xn) konvergentan. Odredimo mu onda limes korištenjemrekurzivne relacije:

limn→+∞

xn+1 =12

limn→+∞

xn +a

limn→+∞

xn

⇔ L =12

(L+

aL

),

odakle slijedi L =√

a, pri cemu smo opet uzeli smo pozitivno rješenje, jer niz (xn) sadržisamo pozitivne clanove.

Odredimo sada tim postupkom približno√

23. Znamo da je 52 = 25, a 42 = 16 pa pošto je25 bliže 23 uzmimo x1 = 5. Po rekurziji (ii) tada redom racunamo

x2 x3 x4

4.8 4.79583333333 4.79583152331.

Direktnom provjerom možemo se uvjeriti da su u x4 sve znamenke tocne. To nam govori io brzini konvergencije ove metode. Naravno, brzina konvergencije ovisi i o dobrom izborupocetne iteracije x1.

6.7 Neki važni nizovi i njihovi limesiKako bismo efektivno racunali racunali limese nizova zadanih formulom, istaknimo jošnekoliko važnih nizova i odredimo im limese.

Limes niza an =an

n!.

Najprije promotrimo niz (an) zadan formulom an =an

n!, gdje je a > 0 zadan pozitivan

realan broj. Ocito se radi o nizu pozitivnih brojeva pa je niz omeden odozdo. Rekurzivnarelacija za taj niz glasi

an+1 =a

n+1an , n ∈ N . (6.3)

Za dani a> 0 postoji prirodan broj m∈N takav da jea

m+1< 1. Stoga za sve n≥m imamo

an+1 < an, dakle niz (an) je strogo padajuci pocevši od clana am. Odavde zakljucujemo daje niz omeden odozgo pa je i omeden. Primjenom Teorema 6.6.1 zakljucujemo da je niz(an) konvergentan. Odredimo mu limes L korištenjem rekurzivne relacije (6.3):

L = limn→∞

an+1 = limn→∞

an+1

· limn→∞

an = 0 ·L = 0 .

Time smo pokazali

limn→∞

an

n!= 0 . (6.4)

Rezultat (6.4) kaže nam da faktorijele (kao funkcija n 7→ n!) rastu “brže” od bilo kojeeksponencijalne funkcije s bazom a > 0.


Limes niza an =np

an .

Nadalje promatramo niz (an) zadan formulom an =np

an , gdje su p ∈Q+ (pozitivan raci-onalan) i a > 1 (realan) dani brojevi. Ponovno se radi o nizu pozitivnih brojeva za kojegimamo rekurzivnu formulu

an+1 =(n+1)p

an+1 =(n+1)p

np · np

a ·an =1a

(1+

1n

)p

an , n ∈ N .

Kako je a > 1, tada postoji m ∈ N takav da je(

1+1m

)p

< a. Stoga za sve n≥ m vrijedi

an+1 < an, odnosno niz (an) je padajuci pocevši od clana am. Kao i u prethodnom primjeru,zakljucujemo da se radi o omedenom padajucem nizu pa korištenjem Teorema 6.6.1 slijedida je niz konvergentan. Korištenjem rekurzivne formule dobivamo da je limes L = 0,odnosno

limn→∞

np

an = 0 , p ∈Q+ , a > 1 . (6.5)

Prethodnim rezultatom dolazimo do spoznaje da svaki polinom (uzmimo p∈N proizvoljanstupanj polinoma) raste “sporije” od bilo koje eksponencijalne funkcije s bazom a > 1.

Limes niza an = n√

n.Pokažimo da vrijedi:

limn→∞

n√

n = 1 . (6.6)

Uzmimo ε > 0 proizvoljan i po binomnom teoremu racunamo

(1+ ε)n = 1+nε +n(n−1)

2ε

2 + . . .+nεn−1 + ε

n >n(n−1)

2ε

2 .

Uzmimo sada prirodan broj n0 ∈ N takav da je n0 >2ε2 +1. Tada za sve n≥ n0 slijedi

(1+ ε)n >n(n−1)

2ε

2 ≥ n(n0−1)2

ε2 > n .

Dakle, za sve n≥ n0 imamo nejednakosti 1 < n < (1+ ε)n, odakle zbog rasta funkcije n√

xna 〈0,+∞〉 slijedi

1 < n√

n < 1+ ε .

Zbog proizvoljnosti ε > 0, gornji postupak možemo ponoviti za svaki ε > 0, a time smopo definiciji pokazali da je niz ( n

√n) konvergentan i limes mu je jednak 1.

Limes niza an = n√

a.Pokažimo da vrijedi:


limn→∞

n√

a = 1 , a > 0 . (6.7)

Pretpostavimo da je a > 1, tada postoji prirodan broj n0 ∈ N takav da je 1 < a < n za sven≥ n0. Zbog rasta funkcije n

√x na 〈0,+∞〉 slijedi 1< n

√a< n√

n za sve n≥ n0. Korištenjemrezultata (6.6) i primjenom Teorema o sendvicu slijedi tvrdnja. Ako je 0 < a < 1, onda je1a> 1 pa primjenom dobivenog rezultata imamo lim

n→∞

n√

a =1

limn→∞

n

√1a

= 1.

Limes niza an =n√

n!.Pokažimo da je niz an =

n√

n! divergentan prema +∞, tj.

limn→∞

n√

n! =+∞ . (6.8)

Iz rezultata (6.4) zakljucujemo da za svaki a > 0 nizn!an divergira prema +∞. Drugim

rijecima, za svaki M ≥ 0 postoji n0 ∈ N takav da za sve n≥ n0 vrijedin!an ≥M, odnosno

n!≥Man. Primjenom n-tog korijena slijedi n√

n!≥ n√

Ma≥ a za sve n≥ n0, jer je n√

M ≥ 1za sve n ∈ N. Zbog proizvoljnosti od a > 0 zakljucujemo da niz divergira prema +∞.

Limes niza(

1+1n

)n

.

Pokažimo najprije da je niz (an) zadan formulom an =

(1+

1n

)n

konvergentan. Primje-

nom binomne formule slijedi

an =n

∑k=0

(nk

)n−k =

n

∑k=0

n(n−1) . . .(n− k+1)k!nk =

n

∑k=0

1k!

(1− 1

n

). . .

(1− k−1

n

)<

n

∑k=0

1k!

.

Pokažimo nadalje da jen

∑k=0

1k!

< 3 za sve n ∈ N. Koristimo matematicku indukciju.

(B) Za n = 1 imamo 1+1 < 3 i tvrdnja vrijedi.(P) Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za neki n ∈ N.

(K) Racunamon+1

∑k=0

1k!

= 2+12

(1+

13+ . . .+

13 ·4 · (n+1)

)< 2+

12

(n

∑k=0

1k!−1

)< 3.

Time smo pokazali da je (an) omeden odozgo, a kako je to niz s pozitivnim clanovimaonda je omeden i odozdo.

Sljedece pokažimo da je (an) rastuci. Ponovnim raspisom binomne formule dobivamo

an+1 =

(n

∑k=0

1k!

(1− 1

n+1

). . .

(1− k−1

n+1

))+

1(n+1)n+1 > an ,

jer je 1− mn+1

≥ 1− mn

za sve n ∈ N i 0 ≤ m ≤ n. Po Teoremu 6.6.1, niz (an) je

konvergentan, odnosno ima limes. Taj limes jednak je broju e≈ 2.718281828 . . . (Eulerovbroj, prirodna baza eksponencijalne funkcije), tj. vrijedi


limn→∞

(1+

1n

)n

= e . (6.9)

Dokaz tvrdnje da je limes u (6.9) upravo jednak broju e može se pronaci u [2].Napomena 6.24 Formula (6.9) vrijedi i ukoliko n zamijenimo s −n, dakle

limn→∞

(1− 1

n

)−n

= e .

Opcenito, ako je (bn) niz realnih brojeva koji divergira prema +∞ ili prema −∞, tada je

limn→∞

(1+

1bn

)bn

= e .

Limes niza abnn .

Bez dokaza navodimo sljedecu tvrdnju: Neka su (an) konvergentan niz pozitivnih brojevai (bn) konvergentan niz realnih brojeva, ciji su limesi razliciti od 0, tada vrijedi

limn→∞

abnn = ( lim

n→∞an)

limn→∞ bn .

Riješeni primjeri.

� Primjer 6.28 Koristeci prethodne rezultate racunamo limese sljedecih nizova:

(a) limn→∞

n20 +2n +3n10 +3n +2

= limn→∞

n20

3n +(2

3

)n+ 1

3n−1

n10

3n +1+ 23n

= 0,

(b) limn→∞

2n +n!+15n +2n!+2

= limn→∞

2n

n! +1+ 1n!

5n

n! +2+ 2n!

=12

,

(c) limn→∞

(2n+1n+1

) n+1n

=

(limn→∞

2n+1n+1

) limn→∞

n+1n = 2,

(d) limn→∞

(n2 +12n2 +1

)n2

=[

odredeni oblik (12)

+∞]= 0,

(e) limn→∞

(1+

12n

)n

= [ neodredeni oblik 1+∞] = limn→∞

((1+

12n

)2n)1/2

= e1/2,

(f) Odredite limes limn→∞

(3n

3n+1

)n

.

I. nacin:

limn→∞

(3n

3n+1

)n


(3n+1

3n

)−n

= limn→∞

(1+

13n

)−n

= limn→∞

((1+

13n

)3n)−1

3

= e−1/3 .


II. nacin:

limn→∞

(3n

3n+1

)n


(1− 1

3n+1

)n

= limn→∞

((1− 1

3n+1

)−(3n+1)) n−(3n+1)

= elimn→∞n

−(3n+1) = e−1/3 .

�

Vježba 6.22 Izracunajte limes limn→∞

(n+2n+1

)2n

.

6.8 Zadatci za vježbu

Koje od sljedecih tvrdnji su tocne, a koje netocne? Tocne tvrdnje obrazložite, a netocneopovrgnite protuprimjerom.

1. Konvergentan niz je omeden.2. Omeden niz je konvergentan.3. Konvergentan niz je monoton.4. Monoton niz je konvergentan.5. Omeden i rastuci niz je konvergentan.

1. Definirajte omeden niz. Navedite primjer omedenog niza. Je li niz (an) zadan s

an =5n−2n+7

omeden?

2. Definirajte pojam gomilišta niza. Navedite po jedan primjer nizova s jednim, dva itri gomilišta.

3. Definirajte konvergentan niz i navedite primjer jednog konvergentnog niza. Navediteprimjer jednog divergentnog niza.

4. Zadan je niz (an) s an = (−1)n

n2 . Ako uzmemo ε = 0.09, koliki n0 moramo uzetitako da svi clanovi niza za n≥ n0 budu u intervalu 〈−0.09,0.09〉. Ako uzememo ε

proizvoljan, odredite n0 tako da svi clanovi niza za n≥ n0 budu u intervalu 〈−ε,ε〉.Što je limes tog niza?

5. Neka su (an) i (bn) konvergentni nizovi realnih brojeva. Odredite istinitost svake odsljedecih tvrdnji. Ako je tvrdnja istinita, dokažite ju, a u suprotnom ju opovrgniteprotuprimjerom.(T1) Vrijedi lim

n→∞(an−bn) = lim

n→∞an− lim

n→∞bn.

(T2) Ako je limn→∞

(an−bn) = 0, onda je limn→∞

an

bn= 1.

(T3) Ako je limn→∞

an

bn= 1, onda je lim

n→∞(an−bn) = 0.


6. Iskažite teorem o sendvicu. Koristeci navedeni teorem odredite

limn→∞

cos(n6)

n2 +1.

7. Navedite primjer neomedenog niza koji ima tocno jedno realno gomilište.

8. Izracunajte limese:

(a) limn→∞

3√

n+14√

n+1,

(b) limn→∞

(n− (n−1)5

(n+1)4

),

(c) limn→∞

2n+1−12n−1 +1

,

(d) limn→∞

√n+√

n+√

n−√

n,

(e) limn→∞

(n+2n+3

)n+4

.

9. U ovisnosti o parametru a ∈ R izracunajte:

(a) limn→∞

n+1√na +n3 +n2 +n+1−n2

,

(b) limn→∞

(n2− (n+a)4

(n+3)2

).

10. Navedite primjer divergentnog niza (an), takvog da je niz (bn) definiran s bn = a2n

konvergentan.

11. Definirajte monoton niz. Za niz zadan rekurzivno

a1 = 1 , an+1 =n

3n+1an , ∀ n ∈ N

pokažite da je monoton.

12. Neka je niz (an) zadan rekurzivno s

a1 = 1 , an+1 =3

5−an, n ∈ N .

Dokažite da je niz konvergentan i odredite mu limes.

13. Neka je niz (an) zadan rekurzivno s

a1 = 1 , an+1 = 3− 1an +3

, n ∈ N .

Dokažite da je niz konvergentan i odredite mu limes.

14. Što znaci da su neizmjerno velike velicine ekvivalentne? Ako su (an) i (cn) nizovi re-alnih brojeva takvi da je an ∼ cn i (bn) konvergentan niz pozitivnih brojeva, dokažiteda tada vrijedi

limn→∞


(cn ·bn) .


Rješenja zadataka

1. Niz (an) je konvergentan pa je i omeden.2. Niz s tri gomilišta: −1,0,1,−1,0,1,−1,0,1,−1,0,1, . . .3. Primjer divergentnog niza: −1,0,1,−1,0,1,−1,0,1,−1,0,1, . . .4. Za ε = 0.09 možemo uzeti n0 = 4, za proizvoljan ε > 0 možemo uzeti n0 =⌊√

ε−1⌋+1.

5. (T1) je istina (Teorem 6.4.1); (T2) nije istina (protuprimjer an =−1n , bn =

1n , n ∈ N);

(T3) istina6. 07. npr. niz: 1,0,2,0,3,0,4,0,5,0,6,0,7,0,8,0, . . .8. (a) +∞

(b) 9(c) 4(d) 1

2(e) e−1

9. (a) Za a 6= 4, limes je 0, za a = 4, limes je 2.(b) Za a < 3

2 limes je +∞, za a = 32 , limes je −9

2 , za a > 32 , limes je −∞.

10. an = (−1)n, n ∈ N.11. niz je padajuci. koristite matematicku idukciju.12. niz je padajuci i omeden s 0 ≤ an ≤ 1 za sve n ∈ N, pokažite to indukcijom. L =

5−√

132 .

13. niz je rastuci i omeden odozgo s 3 (pokažite to matematickom indukcijom), L = 2√

2.14. Korištenjem ideje kao u Propoziciji 3 imamo

limn→∞


an1bn

= limn→∞

cn1bn

= limn→∞

(cn ·bn) .


6.9 Literatura

[1 ] A. Aglic Aljinovic, I. Brnetic, V. Cepulic, N. Elezovic, Lj. Marangunic, M. Pašic,D. Žubrinic, V. Županovic. Matematika 1. Element, Zagreb, 2013.

[2 ] B. Guljaš. Matematicka analiza I & II - skripta s predavanja. Sveucilište u Zagrebu,PMF-MO, 2015.

[3 ] S. Kurepa. Matematicka analiza 1. Školska knjiga, Zagreb, 1997.

[4 ] S. Kurepa. Matematicka analiza 2. Školska knjiga, Zagreb, 1997.

[5 ] B. Pavkovic, D. Veljan. Elementarna matematika 1. Tehnicka knjiga, Zagreb, 1991.

[6 ] B. Pavkovic, D. Veljan. Elementarna matematika 2. Tehnicka knjiga, Zagreb, 1995.

Documents

Skripta 6...Prisjetimo se sada dvaju dobro poznatih primjera nizova iz srednjoškolske matematike. Primjer 6.5 — Aritmeticki niz.ˇ Neka je d ﬁksan realan broj, a a 1 2R zadan