TEORIJA NIZOVA - elfak.ni.ac.rs · PREDGOVOR Knjiga se odnosi na oblast matematike Teorija nizova i sastoji se iz tri dela: Brojni nizovi, Funkcionalni nizovi i Zadaci za veˇzbu

dr Lidija Stefanovic

TEORIJA NIZOVAZA STUDENTE TEHNICKIH FAKULTETA

SKC Nis, 2010.

dr Lidija StefanovicTEORIJA NIZOVAZA STUDENTE TEHNICKIH FAKULTETA

I izdanje, Nis, 2010.

Recenzenti:dr Dusan Ciric, red. prof. PMFa u Nisu,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,dipl. ing. Biljana Dordevic

Stampa:”Petrograf” Nis

Tiraz:100 primeraka

ISBN 978–86–7757–168–9

Bilo kakvo umnozavanje ove knjige nije dozvoljeno bez pisanogodobrenja autora.

PREDGOVOR

Knjiga se odnosi na oblast matematike Teorija nizova i sastoji se iz tri dela:Brojni nizovi, Funkcionalni nizovi i Zadaci za vezbu. Prva dva dela sadrzeteoriju i ilustrativne primere, uglavnom one koji se najcesce srecu u prime-nama. Treci deo cine zadaci predvideni za vezbu, sa resenjima ili uputstvima.Osim na klasicnu teoriju, u delu Brojni nizovi se ukazuje i na povezanostnizova sa drugim pojmovima iz razlicitih oblasti matematike. Autor sma-tra da je upravo u ovakvom povezivanju, kao i u prezentovanim primerima izadacima, glavna prednost ove knjige nad ostalom literaturom koja se baviistom problematikom.

Posebnu paznju autor je posvetio nacinu izlaganja materije, sa ciljem da onbude matematicki, a narocito metodoloski i pedagoski korektan.

Knjiga je namenjena prvenstveno studentima tehnickih nauka i prilagodenaduhu Bolonjske deklaracije. Zato je u mnogo cemu pojednostavljena, cesto nastetu strogog matematickog pristupa, preciznih matematickih formulacija inotacija.

Tekst knjige je uraden pomocu programskog paketa MIKTEX (verzija Ams-tex 2.0), a slike pomocu programskog paketa Corel Draw (verzija 11).

Autor zahvaljuje recenzentima, prof. dr Dusanu Ciricu i prof. dr LjubisiKocicu, koji su korisnim sugestijama znacajno uticali na konacni izgled teksta.

Nis, 2010. g. Autor

iii

SADRZAJ

1. BROJNI NIZOVI 1

1.1. Definicija i konvergencija niza 11.2. Osobine nizova 8

1.2.1. Osobine konvergentnih nizova 81.2.2. Osobine odredeno divergentnih nizova 181.2.3. Nizovi neodredenog oblika 24

1.3. Ogranicenost i monotonost nizova 291.4. Stolzova teorema 441.5. Delimicni nizovi i tacke nagomilavanja niza 57

1.5.1. Delimicni nizovi (podnizovi) 571.5.2. Tacke nagomilavanja niza 65

1.6. Cauchyevi nizovi 681.7. Veza izmedu granicnih vrednosti nizova i funkcija 72

1.7.1. Monotonost funkcija 731.7.2. Granicne vrednosti funkcija 731.7.3. Neprekidnost funkcija 761.7.4. L’Hospitalovo pravilo 781.7.5. Taylorova formula 82

1.8. Nizovi u drugim oblastima matematike 841.8.1. Kompleksni nizovi 841.8.2. Linearne diferencne jednacine 861.8.3. Iterativni procesi 891.8.4. Parcijalne sume 911.8.5. Integralne sume 93

2. FUNKCIONALNI NIZOVI 96

2.1. Definicija, konvergencija i uniformna konvergencija 96

v

vi SADRZAJ

2.2. Osobine uniformno konvergentnih nizova 105

3. ZADACI ZA VEZBU 109

PRILOG 177

LITERATURA 179

1. BROJNI NIZOVI

Pojam niza se definise i ispituje u proizvoljnim skupovima snabdevenimmetrikom, tzv. metrickim prostorima ([1], str. 25, 47–56). Nas interesujusamo neke vrste nizova, koji mogu da se objasne i bez poznavanja metrike imetrickog prostora, pa na ovim pojmovima necemo da se zadrzavamo.

1.1. Definicija i konvergencija niza

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

Definicija 1.1.1. Neka je an ∈ R za svako n ∈ N. Uredeni skup brojevaan, u oznaci

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

zove se realni brojni niz.

Umesto prethodne, u upotrebi su i oznake:

(an

)n∈N ,

(an

)∞n=1

,(an

).

I svaki drugi uredeni skup realnih brojeva

(am, am+1, . . . ) , m ∈ N0 ,

zove se realni brojni niz ili samo realni niz, odnosno brojni niz.

U Definiciji 1.1.1 uocavamo dve stvari. Prvo, prirodnim brojevima n ∈ Nse pridruzuju realni brojevi an ∈ R, pa je niz preslikavanje skupa N u skup

1

2 TEORIJA NIZOVA

R ([4], str. 44; [6], str. 13). Drugo, niz je beskonacan skup realnih brojeva.Ponekad se i za konacne uredene skupove realnih brojeva

(a1, a2, . . . , an)

kaze da su nizovi, ali se tada koristi termin konacni nizovi. Oni nisu intere-santni s aspekta razmatranja vezanih za nizove.

Brojevi a1, a2, . . . su clanovi niza, a an je opsti clan niza. Opsti clan je, ustvari, pravilo po kojem se generisu svi clanovi niza. Zato se nizovi najcescei zadaju pomocu opsteg clana. Na primer, niz ciji je opsti clan an = 1/n zan ∈ N u razvijenom obliku glasi

( 1n

)=

(1,

12,13, . . .

).

Takode, kada je niz zadat pomocu svog opsteg clana, cesto se kaze niz, aupisuje samo opsti clan an, bez oznake niza (an).

Definicija 1.1.2. Niz (an) je konvergentan ako postoji konacan broja ∈ R i ako za svako ε > 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 .

Definicija 1.1.3. Niz (an) je divergentan ako nije konvergentan. Pritome, ako za svako M > 0 postoji N(M) ∈ N tako da je an ≥ M , odnosnoan ≤ −M za svako n ≥ N(M), kazemo da niz odredeno divergira ka +∞,odnosno ka −∞, sto redom zapisujemo sa

limn→∞

an = +∞ , limn→∞

an = −∞ .

Iz Definicije 1.1.2 neposredno sledi da se u intervalu (a− ε, a+ ε) za svakoε > 0 nalaze skoro svi clanovi niza, sto znaci svi clanovi niza, osim mozdanjih konacno mnogo a1, a2, . . . , aN(ε)−1. Ovo dalje znaci da se u intervalu(a − ε, a + ε) uvek nalazi beskonacno mnogo clanova niza, koliko god da jeε mali broj, pa se clanovi konvergentnog niza grupisu oko njegove granice.

Ako niz (an) odredeno divergira ka +∞, iz Definicije 1.1.3 sledi da se uintervalu [M, +∞) nalaze skoro svi clanovi niza, ma koliko da je M veliki

BROJNI NIZOVI 3

broj. Van ovog intervala moze da se nade samo konacno mnogo clanovaa1, a2, . . . , aN(M)−1. Analogno, ako (an) odredeno divergira ka −∞, skorosvi clanovi niza su u intervalu (−∞,−M ].

U slucaju odredeno divergentnog niza (an) iz Definicije 1.1.3 kazemo daniz ima beskonacnu granicnu vrednost. U slucaju kada je (an) divergentan,ali ne odredeno, kazemo da limn→∞ an ne postoji.

Umestolim

n→∞an = a , lim

n→∞an = ∞

cesto se koriste zapisian → a , an →∞

i kaze se da an tezi ka a, odnosno an tezi ka ∞, kad n tezi ∞.

NAPOMENA 1.1.1. U vezi sa upotrebom simbola ∞ primecujemo sledece. U oznacigranicne vrednosti limn→∞ je znak + ispred simbola ∞ izostavljen jer se podrazumevan → +∞. Znak +, odnosno −, cemo da izostavljamo i u drugim situacijama, npr. kadanije bitan ili opterecuje zapis, a upisivacemo ga onda kad jeste bitan, kao sto je to uDefiniciji 1.1.3. 4

Teorema 1.1.1. Ako je niz (an) konvergentan, tada je njegova granicajedinstvena.

Dokaz. Pretpostavimo suprotno, da konvergentan niz (an) ima dve granicea 6= b. Takode, za ε izaberimo polurastojanje izmedu brojeva a i b, tj.

ε =12|a− b| > 0 .

Tada iz Definicije 1.1.2 sledi da postoje brojevi N1, N2 ∈ N tako da je

|an − a| < ε , |an − b| < ε

za svako n ≥ N1 i n ≥ N2 redom. Ako je N ∈ N veci od brojeva N1 i N2,dalje sledi

∣∣(an − a)− (an − b)∣∣ ≤ |an − a|+ |an − b| < 2ε

za svako n ≥ N , tj.|b− a| < 2ε = |a− b| .

Dobijena nejednakost ne moze da vazi jer je uvek |b− a| = |a− b|. Odavdezakljucujemo da pretpostavka a 6= b nije tacna, pa tvrdenje teoreme vazi.

Primetimo da su N1 = N1(ε), N2 = N2(ε) i N = N(ε) konkretni brojevijer je i ε konkretno izabran broj.

4 TEORIJA NIZOVA

Ekvivalentno tvrdenje Teoremi 1.1.1 u negiranom obliku je sledece. Akoniz nema jedinstvenu granicu, on je divergentan.

Definicija 1.1.4. Niz (an) je nula–niz ako je

limn→∞

an = 0 .

Teorema 1.1.2. Ako je niz (an) konvergentan sa granicom

limn→∞

an = a ,

tada je (bn) = (an − a) nula–niz.

Dokaz. Iz pretpostavke limn→∞ an = a sledi da za svako ε > 0 postojibroj N(ε) ∈ N tako da je

|an − a| < ε

za svako n ≥ N(ε). Tada je ocigledno i

|an − a− 0| = |bn − 0| < ε

za svako n ≥ N(ε), tj.

limn→∞

bn = limn→∞

(an − a) = 0 .

PRIMER 1.1.1. Za konstantu C ∈ R i n ∈ N, posmatramo konstantan niz sa opstimclanom

(1.1.1) an = C

i ispitujemo njegovu konvergenciju.

Neka je ε > 0 proizvoljan broj. Kako je

|an − C| = |C − C| = 0 ,

to za svako ε > 0 postoji broj N(ε) = 1 ∈ N tako da je

|an − C| = 0 < ε

za svako n ≥ N(ε). Dakle, konstantan niz je konvergentan i vazi

(1.1.2) limn→∞

C = C . 4

BROJNI NIZOVI 5

PRIMER 1.1.2. Za n ∈ N, posmatramo niz sa opstim clanom

(1.1.3) an =1

n


Neka je ε > 0 proizvoljan broj. Kako iz 1/n < ε sledi n > 1/ε, to za svako ε > 0 postoji

N(ε) =

[1

ε

]+ 1 ∈ N

tako da je

|an − 0| =∣∣∣ 1

n− 0

∣∣∣ < ε

za svako n ≥ N(ε). Uglastim zagradama je oznacen celobrojni deo broja 1/ε. Dakle, niz(an) je konvergentan i vazi

(1.1.4) limn→∞

1

n= 0 .

Prema Definiciji 1.1.4, ovaj niz je nula–niz. 4

PRIMER 1.1.3. Za n ∈ N, posmatramo nizove sa opstim clanom

1◦ an = n , 2◦ bn = (−1)n

i ispitujemo njihovu konvergenciju.

1◦ Neka je M > 0 proizvoljan broj. Tada postoji N(M) = [M ] + 1 ∈ N tako da je

an = n > M

za svako n ≥ N(M). Dakle, niz (an) odredeno divergira i vazi

(1.1.5) limn→∞

n = +∞ .

2◦ Neka je ε = 1 > 0. Kako za niz (bn) vazi: bn = 1 ako je n paran broj i bn = −1ako je n neparan broj, to se van intervala (1− ε, 1 + ε) = (0, 2) nalazi beskonacno mnogoclanova niza bn = −1. Takode, van intervala (−1− ε,−1 + ε) = (−2, 0) ima beskonacnomnogo clanova niza bn = 1. Prema tome, niz (bn) ne zadovoljava Definiciju 1.1.2, pa jedivergentan (ne odredeno).

Divergencija niza (bn) moze da se utvrdi i prema Teoremi 1.1.1. Na osnovu (1.1.1) je

limn→∞

bn = 1 , limn→∞

bn = −1

za paran i neparan broj n redom. Granicna vrednost nije jedinstvena, pa je niz divergen-tan. 4

PRIMER 1.1.4. Za q ∈ R i n ∈ N0, posmatramo geometrijski niz sa opstim clanom

(1.1.6) an = qn

6 TEORIJA NIZOVA


Razlikujemo cetiri slucaja, zavisno od vrednosti broja q.

Neka je |q| < 1 i ε > 0 proizvoljan broj. Kako je ln x rastuca funkcija i ln |q| < 0 za|q| < 1, to redom sledi:

|q|n < ε , n ln |q| < ln ε , n >ln ε

ln |q| .

Zato za svako ε > 0 postoji broj

N(ε) =

[ln ε

ln |q|]

+ 1 ∈ N

tako da je|an − 0| = |qn − 0| = |q|n < ε

za svako n ≥ N(ε). Zakljucujemo da je u ovom slucaju niz (an) konvergentan i vazi

limn→∞

an = 0 ,

pa se radi o nula–nizu.Neka je q = 1. Niz (an) je tada konstantan niz (1.1.1) sa an = qn = C = 1. Prema

Primeru 1.1.1, niz je konvergentan i vazi (1.1.2), tj.

limn→∞

an = 1 .

Neka je q > 1 i M > 0 proizvoljan broj. Sada je ln q > 0, pa sledi:

qn > M , n ln q > ln M , n >ln M

ln q.

Zato za svako M > 0 postoji broj

N(M) =

[ln M

ln q

]+ 1 ∈ N

tako da jean = qn > M

za svako n ≥ N(M). U ovom slucaju niz (an) odredeno divergira i vazi

limn→∞

an = +∞ .

Neka je q ≤ −1. Za q = −1, niz ima opsti clan

an = (−1)n

i divergira prema Primeru 1.1.3. Kasnije pokazujemo da niz (an) divergira (ne odredeno)i za bilo koje drugo q < −1.

BROJNI NIZOVI 7

Zbog znacaja koji geometrijski niz ima, dobijene rezultate zapisujemo sazeto,

(1.1.7) limn→∞

qn =

0 , |q| < 1 ,

1 , q = 1 ,

+∞ , q > 1 ,

ne postoji , q ≤ −1 . 4

PRIMER 1.1.5. Za p ∈ R i n ∈ N, posmatramo niz sa opstim clanom

(1.1.8) an =1

np


Razlikujemo tri slucaja, zavisno od vrednosti broja p.

Neka je p = 0. Niz (an) je tada konstantan niz (1.1.1) sa an = 1/np

= C = 1, za kojije

limn→∞

an = 1 .

Neka je p > 0 i ε > 0 proizvoljan broj. Kako su ln x i ex = exp(x) rastuce funkcije, zan > 1 redom sledi:

1

np < ε , n

p>

1

ε, p ln n > − ln ε , ln n > − ln ε

p, n > exp

(− ln ε

p

).


N(ε) =

[exp

(− ln ε

p

)]+ 2 ∈ N

tako da je

|an − 0| =∣∣∣ 1

np − 0

∣∣∣ =1

np < ε

za svako n ≥ N(ε). Dakle, u ovom slucaju je niz (an) konvergentan i vazi

limn→∞

an = 0 ,

pa se radi o nula–nizu.Neka je p < 0 i M > 0 proizvoljan broj. Stavljajuci p1 = −p > 0, analogno kao u

prethodnom slucaju sledi:

np1 > M , n > exp

(ln M

p1

).

Zato za svako M > 0 postoji broj

N(M) =

[exp

(ln M

p1

)]+ 1 ∈ N

8 TEORIJA NIZOVA

tako da je

an =1

np = n

p1 > M

za svako n ≥ N(M), sto znaci da niz (an) odredeno divergira i vazi

limn→∞

an = +∞ .

Zbog znacaja koji ovaj niz ima, dobijene rezultate zapisujemo sazeto,

(1.1.9) limn→∞

1

np =

1 , p = 0 ,

0 , p > 0 ,

+∞ , p < 0 . 4

1.2. Osobine nizova

1.2.1. Osobine konvergentnih nizova

Opste osobine konvergentnih nizova iskazujemo sledecim teoremama.

Teorema 1.2.1. Neka je (an) konvergentan niz sa granicom

limn→∞

an = a

i neka je C ∈ R konstanta. Tada i samo tada je niz (Can) konvergentan sagranicom

limn→∞

Can = Ca = C limn→∞

an .

Dokaz. Neka je ε > 0 proizvoljan broj. Tada je i ε1 = |C|ε > 0 proizvoljanbroj. Iz pretpostavke limn→∞ an = a sledi da postoji broj N(ε) ∈ N takoda je

|an − a| < ε

za svako n ≥ N(ε) i dalje

|Can − Ca| = |C||an − a| < |C|ε = ε1

za svako n ≥ N(ε).Obrnuto, ako je ε > 0 proizvoljan broj, ε1 = ε/|C| > 0 je takode proizvo-

ljan broj. Iz pretpostavke limn→∞ Can = Ca sledi da postoji broj N(ε) ∈ Ntako da je

|Can − Ca| < ε

BROJNI NIZOVI 9


|an − a| = |Can − Ca||C| <

ε

|C| = ε1

za svako n ≥ N(ε).

Teorema 1.2.2. Neka su (an) i (bn) konvergentni nizovi sa granicama

limn→∞

an = a , limn→∞

bn = b .

Tada su nizovi (an ± bn) konvergentni sa granicama

limn→∞

(an ± bn) = a± b = limn→∞

an ± limn→∞

bn .

Dokaz. Neka je ε > 0 proizvoljan broj. Tada je i ε1 = 2ε > 0 proizvoljanbroj. Iz pretpostavki limn→∞ an = a, limn→∞ bn = b sledi da postoje brojeviN1(ε), N2(ε) ∈ N tako da je

|an − a| < ε , |bn − b| < ε

za svako n ≥ N1(ε) i n ≥ N2(ε) redom. Ako je N(ε) ∈ N veci od brojevaN1(ε) i N2(ε), dalje sledi∣∣(an + bn)− (a + b)

∣∣ =∣∣(an − a) + (bn − b)

∣∣ ≤ |an − a|+ |bn − b| < 2ε = ε1

za svako n ≥ N(ε).Analogno se pokazuje i slucaj

limn→∞

(an − bn) = a− b .


limn→∞

an = a , limn→∞

bn = b .

Tada je niz (anbn) konvergentan sa granicom

limn→∞

(anbn) = ab = limn→∞

an limn→∞

bn .

10 TEORIJA NIZOVA

Dokaz. Neka je ε > 0 proizvoljan broj. Tada je i ε1 = ε(ε + |a|+ |b|) > 0proizvoljan broj. Iz pretpostavki limn→∞ an = a, limn→∞ bn = b sledi dapostoje brojevi N1(ε), N2(ε) ∈ N tako da je

|an − a| < ε , |bn − b| < ε

za svako n ≥ N1(ε) i n ≥ N2(ε) redom. Ako je N(ε) ∈ N veci od brojevaN1(ε) i N2(ε), dalje sledi

|anbn − ab| = ∣∣(anbn − abn) + (abn − ab)∣∣

=∣∣(an − a)bn + a(bn − b)

∣∣ =∣∣(an − a)(bn − b + b) + a(bn − b)

∣∣=

∣∣(an − a)(bn − b) + (an − a)b + a(bn − b)∣∣

≤ |an − a||bn − b|+ |an − a||b|+ |a||bn − b|∣∣

< ε2 + |b|ε + |a|ε = ε(ε + |a|+ |b|) = ε1


Teorema 1.2.1 je specijalan slucaj Teoreme 1.2.3 kada je niz (bn) konstan-tan sa bn = C za svako n ∈ N.

Teoreme 1.2.2, 1.2.3 vaze i za zbir (razliku), odnosno proizvod od konacnomnogo nizova, npr.

limn→∞

(anbncn) = limn→∞

an limn→∞

bn limn→∞

cn .


limn→∞

an = a , limn→∞

bn = b 6= 0 ,

pri cemu je bn 6= 0 za svako n ∈ N. Tada su sledeci nizovi konvergentni:1◦ (1/bn) sa granicom

limn→∞

1bn

=1b

=1

limn→∞

bn,

2◦ (an/bn) sa granicom

limn→∞

an

bn=

a

b=

limn→∞

an

limn→∞

bn.

BROJNI NIZOVI 11

Dokaz. 1◦ Neka je b > 0 i ε > 0 proizvoljno mali broj takav da jeε1 = b−ε > 0. Iz pretpostavke limn→∞ bn = b sledi da postoji broj N(ε) ∈ Ntako da je

|bn − b| < ε


−ε < bn − b < ε , b− ε < bn < b + ε ,

tj. |bn| = bn > b− ε = ε1 > 0 za svako n ≥ N(ε).Analogno, ako je b < 0, biramo ε > 0 tako da je ε1 = −b−ε > 0 i dobijamo

bn < b + ε = −ε1 < 0 ,

tj. |bn| = −bn > −b− ε = ε1 > 0.Zakljucujemo da je u oba slucaja

|bn| > ε1

za svako n ≥ N(ε).Zbog proizvoljnosti broja ε > 0, proizvoljni su i brojevi ε1 = b− ε > 0,

ε2 =ε

|b|ε1> 0 ,

pa je ∣∣∣ 1bn− 1

b

∣∣∣ =∣∣∣b− bn

bnb

∣∣∣ =|bn − b||b||bn| <

ε

|b|ε1= ε2


2◦ Zapisujuci kolicnik u obliku proizvoda

an

bn= an

1bn

,

prema 1◦ i Teoremi 1.2.3 neposredno sledi tvrdenje.

Ako jelim

n→∞an

bn= 1 ,

pisemoan ∼ bn

12 TEORIJA NIZOVA

i kazemo da su nizovi (an) i (bn) ekvivalentni kad n → ∞, tj. ponasaju seisto za dovoljno veliko n. To se, pre svega, odnosi na slucajeve limn→∞ an =limn→∞ bn = 0 i limn→∞ an = ∞, limn→∞ bn = ∞.

Teorema 1.2.5. Neka su (an) i (bn) konvergentni nizovi sa istom grani-com

limn→∞

an = limn→∞

bn = c

i (cn) niz takav da jean ≤ cn ≤ bn

za svako n ≥ N0 ∈ N. Tada je niz (cn) konvergentan sa granicom

limn→∞

cn = c = limn→∞

an = limn→∞

bn .

Dokaz. Neka je ε > 0 proizvoljan broj. Iz pretpostavke limn→∞ an =limn→∞ bn = c sledi da postoje brojevi N1(ε), N2(ε) ∈ N tako da je

|an − c| < ε , |bn − c| < ε

za svako n ≥ N1(ε) i n ≥ N2(ε) redom i dalje

c− ε < an < c + ε , c− ε < bn < c + ε .

Ako je N(ε) najveci od brojeva N0, N1(ε), N2(ε), zbog pretpostavke an ≤cn ≤ bn sledi

c− ε < an ≤ cn ≤ bn < c + ε ,

tj.|cn − c| < ε

za svako n ≥ N(ε) ∈ N.

Teorema 1.2.5 je u matematickom zargonu poznata pod imenom Teo-rema o dva zandara jer nizovi ”zandari” (an) i (bn) ”sprovode” niz (cn)([4], str. 54). Uslov an ≤ bn ≤ cn ocigledno ukljucuje i stroge nejednakostian < bn < cn.

Obrnuta tvrdenja Teoremama 1.2.2–1.2.5 ne vaze u opstem slucaju. Naprimer, nizovi (an) i (bn) mogu da budu odredeno divergentni, a da niz(an/bn) bude konvergentan. Ovakve i slicne slucajeve cemo da razmatramokasnije.

BROJNI NIZOVI 13

Teorema 1.2.6. Neka su (an), (bn) i (cn) konvergentni nizovi sa grani-cama

limn→∞

an = a , limn→∞

bn = b , limn→∞

cn = c .

1◦ Ako jean < bn

za svako n ≥ N0 ∈ N, tada je

limn→∞

an = a ≤ b = limn→∞

bn .

2◦ Ako jeα < cn < β

za svako n ≥ N0 ∈ N, gde su α, β ∈ R konstante, tada je

α ≤ limn→∞

cn = c ≤ β .

Dokaz. 1◦ Pretpostavimo suprotno, da je a > b. Takode, za ε izaberimo

ε =12

(a− b) > 0 .

Tada iz pretpostavki limn→∞ an = a, limn→∞ bn = b sledi da postoje brojeviN1, N2 ∈ N tako da je

a− ε < an < a + ε , b− ε < bn < b + ε

za svako n ≥ N1 i n ≥ N2 redom. Ako je N najveci od brojeva N0, N1 i N2,sledi:

a− ε− (b− ε) < a− ε− bn < an − bn < a + ε− bn < a + ε− (b− ε)

a− b− 2ε < an − bn < a− bn + 2ε) ,

0 < an − bn < 2(a− b) ,

tj.0 < an − bn , an > bn

za svako n ≥ N ≥ N0, sto je suprotno uslovu an < bn za svako n ≥ N0.Dakle, pretpostavka a > b nije tacna, pa tvrdenje teoreme vazi.

2◦ Neka je (an) konstantan niz (1.1.1) sa an = α i bn = cn za svako n ∈ N.Iz uslova α < cn sledi an < bn za svako n ≥ N0 ∈ N, pa prema 1◦ vazi

limn→∞

an ≤ limn→∞

bn .

14 TEORIJA NIZOVA

Kako je limn→∞ bn = limn→∞ cn = c i, prema (1.1.2), limn→∞ an = α, to je

α ≤ limn→∞

cn = c .

Analogno, birajuci konstantan niz (bn) sa bn = β i stavljajuci an = cn zasvako n ∈ N, sledi i druga nejednakost

limn→∞

cn = c ≤ β .

Tvrdenja Teoreme 1.2.6 vaze i pod uslovima an ≤ bn, odnosno α ≤ cn ≤ β.

NAPOMENA 1.2.1. U Teoremi 1.2.6 treba obratiti paznju na cinjenicu da iz strogihnejednakosti za clanove nizova ne sledi stroga nejednakost za granice nizova u opstemslucaju. Na primer, kod niza (1.1.3) je an = 1/n > 0 za svako n ∈ N, ali nije limn→∞ an >0 jer vazi (1.1.4), tj. limn→∞ an = 0. 4

Teorema 1.2.7. Neka su (an), (bn) i (cn) konvergentni nizovi sa grani-cama

limn→∞

an = a , limn→∞

bn = b , limn→∞

cn = c .

1◦ Ako jelim

n→∞an = a < b = lim

n→∞bn ,

tada postoji broj N0 ∈ N tako da je

an < bn

za svako n ≥ N0.

2◦ Ako jeα < lim

n→∞cn = c < β ,

gde su α, β ∈ R konstante, tada postoji broj N0 ∈ N tako da je

α < cn < β

za svako n ≥ N0.

Dokaz. 1◦ Neka je

ε =12

(b− a) > 0 .

Tada postoje brojevi N1, N2 ∈ N tako da je

a− ε < an < a + ε , b− ε < bn < b + ε

BROJNI NIZOVI 15

za svako n ≥ N1 i n ≥ N2 redom. Ako je N0 veci od brojeva N1 i N2, iz

a + ε = a +b− a

2=

a + b

2, b− ε = a− b− a

2=

a + b

2

sledian < a + ε =

a + b

2= b− ε < bn

za svako n ≥ N0.2◦ Ovo tvrdenje je posledica tvrdenja 1◦ za specijalan izbor nizova sa

opstim clanovima

an = α , bn = cn ; an = cn , bn = β (n ∈ N) .

Teorema 1.2.7 je obrnuto tvrdenje Teoremi 1.2.6, ali samo u slucaju strogihnejednakosti

limn→∞

an < limn→∞

bn , α < limn→∞

cn < β .


limn→∞

an = a .

Tada je niz (|an|) konvergentan sa granicom

limn→∞

|an| = |a| .

Ako je (an) nula–niz, vazi i obrnuto.Dokaz. Neka je a > 0. Prema Teoremi 1.2.7, tada postoji broj N0 ∈ N

tako da je an > 0 za svako n ≥ N0, pa je |an| = an za svako n ≥ N0 i

limn→∞

|an| = limn→∞

an = a = |a| .

Analogno, za a < 0 je an < 0 za svako n ≥ N0 i

limn→∞

|an| = limn→∞

(−an) = −a = |a| .

Za a = 0, iz pretpostavke limn→∞ an = a sledi da za svako ε > 0 postojiN(ε) ∈ N tako da je

|an − 0| = |an| < ε

16 TEORIJA NIZOVA

za svako n ≥ N(ε). Zato je i∣∣|an| − 0

∣∣ =∣∣|an|

∣∣ = |an| < ε

za svako n ≥ N(ε). Da limn→∞ |an| = 0 povlaci limn→∞ an = 0, ociglednoje.

Izuzimajuci nula–niz (an), obrnuto tvrdenje Teoremi 1.2.8 ne vazi uopstem slucaju. Tako je niz (an) sa opstim clanom an = (−1)n divergentan(Primer 1.1.3), dok je niz sa opstim clanom |an| = 1 konstantan i kao takavkonvergentan.

NAPOMENA 1.2.2. Ako je niz (|an|) konvergentan, kaze se da je niz (an) apsolutnokonvergentan. Zato Teorema 1.2.8 znaci da iz konvergencije niza (an) sledi njegova apso-lutna konvergencija, ali da obrnuto u opstem slucaju ne vazi. 4

PRIMER 1.2.1. Za konstante C1, C2, C3, C4 ∈ R, C2 6= 0, C4 6= 0, |q| < 1 i n ∈ N,odredujemo granicnu vrednost niza sa opstim clanom

(1.2.1) an =C1 + C2qn

C3 + C4qn.

Primenjujuci redom Teoremu 1.2.4, Teoremu 1.2.2, (1.1.2), Teoremu 1.2.1 i (1.1.7),dobijamo

limn→∞

an =

limn→∞

(C1 + C2qn)

limn→∞

(C3 + C4qn)=

limn→∞

C1 + limn→∞

C2qn

limn→∞

C3 + limn→∞

C4qn

=

C1 + limn→∞

C2qn

C3 + limn→∞

C4qn =

C1 + C2 limn→∞

qn

C3 + C4 limn→∞

qn =C1

C3. 4

PRIMER 1.2.2. Za n ∈ N, odredujemo granicnu vrednost niza sa opstim clanom

an =3n+1 + (−2)n

3n + (−2)n+1.

Deobom brojioca i imenioca sa 3n, opsti clan postaje

an =3 · 3n + (−2)n

3n − 2(−2)n=

3 +

(−2

3

)n

1− 2

(−2

3

)n =3 + qn

1− 2qn,

gde je q = −2/3 i |q| = 2/3 < 1. Kako je opsti clan oblika (1.2.1) sa C1 = 3, C2 = C3 = 1,C4 = −2, prema Primeru 1.2.1 sledi

limn→∞

an =C1

C3=

3

1= 3 .

BROJNI NIZOVI 17

Vazi i generalno. Ako je r, s ∈ R i, npr., |r| < |s|, granicna vrednost niza sa opstimclanom

(1.2.2) an =C1rn + C2sn

C3rn + C4sn

se odredjuje kao granicna vrednost niza (1.2.1). Pri tome je potrebno prethodno trans-formisati opsti clan an. Transformacija se vrsi deobom brojioca i imenioca sa sn jer je|s| > |r|, pa je q = r/s, |q| = |r|/|s| < 1 i niz (qn) konvergira. 4

NAPOMENA 1.2.3. Nizovi najcesce nisu zadati u obliku na koji mogu direktno da seprimene prethodno navedene teoreme ili bi takva primena dovela do pogresnih zakljucaka.Tako bi, s obzirom na (1.1.7) i divergenciju niza ((−2)n), mogao da se izvede pogresanzakljucak o divergenciji niza (an) iz Primera 1.2.2. 4


an =sin n

n.

Kako za funkciju sin x vazi −1 ≤ sin x ≤ 1, to je

−1 ≤ sin n ≤ 1 ,

pa je

− 1

n≤ sin n

n≤ 1

n.

S obzirom na (1.1.4) i Teoremu 1.2.1, vazi

limn→∞

(− 1

n

)= lim

n→∞1

n= 0 .

Uslovi Teoreme 1.2.5 su ispunjeni i sledi

limn→∞

an = limn→∞

sin n

n= 0 ,

sto znaci da je (an) nula–niz.Teorema 1.2.4 ne moze da se primeni na niz (an) jer je niz (n) odredeno divergentan

prema (1.1.5), a niz (sin n) divergira (ne odredeno), sto ce biti pokazano kasnije. 4PRIMER 1.2.4. Za k ∈ N i k > 1, odredujemo granicnu vrednost niza sa opstim

clanom

an =1

nk.

Niz je specijalan slucaj niza (1.1.8) kada je p = k ∈ N i p > 1. Prema (1.1.9) je

limn→∞

an = 0 .

Granicna vrednost ovog niza moze da se odredi i primenom Teorema 1.2.3 ili 1.2.5.

18 TEORIJA NIZOVA

Ako se opsti clan an zapise kao proizvod od k opstih clanova niza (1.1.3),

an =1

n· 1

n· · · 1

n,

prema Teoremi 1.2.3 i prema (1.2.4) sledi

limn→∞

an = limn→∞

1

nlim

n→∞1

n· · · lim

n→∞1

n= 0 .

Kako je k > 1, to je nk > n za svako n ∈ N, pa je

0 <1

nk<

1

n.

S obzirom na (1.2.4), primenom Teoreme 1.2.5 sledi

limn→∞

an = limn→∞

1

nk= 0 .

Na isti nacin se izvodi zakljucak o konvergenciji niza (1.1.8) za p ∈ R, p > 1.Teorema 1.2.4 ne moze da se primeni na niz (an) jer je niz (nk) odredeno divergentan

prema (1.1.9). 4NAPOMENA 1.2.4. Primeri 1.1.3 pod 2◦ i 1.2.4 ukazuju na cinjenicu da granicne

vrednosti nekih nizova mogu de se odrede na vise nacina. Naravno, uvek treba biratinajjednostavniji nacin. U Primeru 1.1.3 to je primena Teoreme 1.1.1, a u Primeru 1.2.4Teoreme 1.2.3. Primena Definicija 1.1.2 i 1.1.3 po pravilu nije najjednostavniji nacin, paje treba izbegavati kad god je to moguce. 4

1.2.2. Osobine odredeno divergentnih nizova

Opste osobine odredeno divergentnih nizova formulisemo pomocu teorema,analognih odgovarajucim teoremama kod konvergentnih nizova. Dokaze teo-rema izostavljamo, uz napomenu da se izvode koriscenjem Definicije 1.1.3,slicno kao u Primerima 1.1.3, 1.1.4 i 1.1.5 u slucaju kada nizovi odredenodivergiraju.

Teorema 1.2.9. Neka je (an) odredeno divergentan niz, tj.

limn→∞

an = ∞

i neka je C ∈ R, C 6= 0 konstanta. Tada i samo tada je niz (Can) odredenodivergentan, tj.

limn→∞

Can = C limn→∞

an = ∞ .

BROJNI NIZOVI 19

Znak ispred simbola ∞ u tvrdenju teoreme se odreduje prema

sgn(C) sgn( limn→∞

an) ,

gde je sgn x funkcija kojom se odreduje znak argumenta x. Na primer, akoje limn→∞ an = −∞ i C > 0, tada je limn→∞ Can = −∞.

U slucaju C = 0 je Can = 0 za svako n ∈ N, pa je limn→∞ Can = 0 premaPrimeru 1.1.1.

Teorema 1.2.10. Neka je (an) konvergentan niz i (bn) odredeno diver-gentan niz, tj.

limn→∞

an = a , limn→∞

bn = ∞ .

Tada su nizovi (an ± bn) odredeno divergentni, tj.

limn→∞

(an ± bn) = limn→∞

an ± limn→∞

bn = a± limn→∞

bn = ∞ .

Znak ispred simbola ∞ u tvrdenju teoreme je odreden sa

sgn( limn→∞

bn) ,

tj. isti je kao znak limn→∞ bn.Teorema 1.2.10 vazi i ako je niz (an) odredeno divergentan, ali pod uslovom

da su limn→∞ an i limn→∞ bn istog znaka u slucaju zbira i suprotnog znakau slucaju razlike nizova (an) i (bn). Na primer, za limn→∞ an = −∞,limn→∞ bn = −∞ je

limn→∞

(an + bn) = limn→∞

an + limn→∞

bn = (−∞) + (−∞) = −∞−∞ = −∞ ,

a za limn→∞ an = +∞, limn→∞ bn = −∞ je

limn→∞

(an − bn) = limn→∞

an − limn→∞

bn = (+∞)− (−∞) = +∞+∞ = +∞ .

Slucaj +∞ − ∞ spada u neodredene oblike, koje razmatramo kasnije.Zanemarujuci njihovu nekorektnost, ovakve i slicne simbolicke zapise, npr.sgn(∞), zbog jednostavnosti koristimo i nadalje.

Teorema 1.2.11. Neka je (an) konvergentan ne nula–niz i (bn) odredenodivergentan niz, tj.

limn→∞

an = a 6= 0 , limn→∞

bn = ∞ .

20 TEORIJA NIZOVA

Tada je niz (anbn) odredeno divergentan, tj.

limn→∞

(anbn) = limn→∞

an limn→∞

bn = a limn→∞

bn = ∞ .

Znak ispred simbola ∞ u tvrdenju teoreme je odreden sa

sgn(a) sgn( limn→∞

bn) .

Teorema 1.2.11 vazi i ako je niz (an) odredeno divergentan.Slucaj a = 0 dovodi do neodredenog oblika 0 · ∞.Teorema 1.2.9 je specijalan slucaj Teoreme 1.2.11 kada je niz (an) kon-

stantan sa an = C za svako n ∈ N.Teoreme 1.2.11 i 1.2.12 vaze i za zbir (razliku), odnosno proizvod od

konacno mnogo nizova, izuzimajuci slucajeve granicnih vrednosti neodrede-nog oblika.

Teorema 1.2.12. Neka je (an) konvergentan niz i (bn) odredeno diver-gentan niz, tj.

limn→∞

an = a , limn→∞

bn = ∞ .

1◦ Ako je bn 6= 0 za svako n ∈ N, tada je niz (an/bn) konvergentan sagranicom

limn→∞

an

bn=

limn→∞

an

limn→∞

bn=

a

limn→∞

bn= 0 .

2◦ Ako je an 6= 0 za svako n ∈ N, tada je niz (bn/an) odredeno divergen-tan, tj.

limn→∞

bn

an=

limn→∞

bn

limn→∞

an=

limn→∞

bn

a= ∞ .

Tvrdenje 1◦ teoreme znaci da je (an/bn) nula–niz.Znak ispred simbola ∞ u tvrdenju 2◦ teoreme je odreden sa

sgn(a) sgn( limn→∞

bn) .

U opstem slucaju, Teorema 1.2.12 ne vazi ako je niz (an) odredeno diver-gentan jer se tada dobija neodredeni oblik ∞/∞.

Teorema 1.2.13. Neka je (an) odredeno divergentan niz.1◦ Ako je

limn→∞

an = +∞

BROJNI NIZOVI 21

i ako jean ≤ bn

za svako n ≥ N0 ∈ N, tada je niz (bn) odredeno divergentan sa

limn→∞

bn = +∞ .

2◦ Ako jelim

n→∞an = −∞

i ako jebn ≤ an

za svako n ≥ N0 ∈ N, tada je niz (bn) odredeno divergentan sa

limn→∞

bn = −∞ .

Teorema 1.2.14. Neka je (an) odredeno divergentan niz, tj.

limn→∞

an = ∞ .

Tada je niz (|an|) odredeno divergentan sa

limn→∞

|an| = +∞ .

Obrnuto ne vazi u opstem slucaju. Na primer, niz (an) sa opstim clanoman = (−1)nn divergira (ne odredeno), dok niz (|an|) sa opstim clanom|an| = n odredeno divergira prema (1.1.5). Divergenciju niza (an) pokazu-jemo kasnije.

PRIMER 1.2.5. Za n ∈ N i

an = sin

(−π

2+ 2nπ

), bn = n ,

odredujemo granicne vrednosti nizova sa opstim clanom:

1◦ cn = an ± bn , 2◦ cn = anbn , 3◦ cn =an

bn, 4◦ cn =

bn

an.

Kako je

sin

(−π

2+ 2nπ

)= −1

22 TEORIJA NIZOVA

za svako n ∈ N, niz (an) je konstantan i, prema Primeru 1.1.1, vazi

limn→∞

an = limn→∞

sin

(−π

2+ 2nπ

)= −1 .

Prema Primeru 1.1.3, niz (bn) je odredeno divergentan i vazi

limn→∞

bn = limn→∞

n = +∞ .

Primenjujuci Teoreme 1.2.10, 1.2.11 i 1.2.12 redom, nalazimo:

1◦ limn→∞

cn = limn→∞

(an + bn) = limn→∞

an + limn→∞

bn = −1 +∞ = +∞ ,

limn→∞

cn = limn→∞

(an − bn) = limn→∞

an − limn→∞

bn = −1−∞ = −∞ ;

2◦ limn→∞

cn = limn→∞

anbn = limn→∞

an limn→∞

bn = (−1)(+∞) = −∞ ;

3◦ limn→∞

cn = limn→∞

an

bn=

limn→∞

an

limn→∞

bn=

−1

+∞ = 0 ;

4◦ limn→∞

cn = limn→∞

bn

an=

limn→∞

bn

limn→∞

an=

+∞−1

= −∞ .

Vidimo da su svi nizovi odredeno divergentni, osim niza (an/bn) koji je konvergentan kaonula–niz. 4

PRIMER 1.2.6. Za n ∈ N, ispitujemo konvergenciju niza sa opstim clanom

an = n! .

Kako jen ≤ n! = n(n− 1) · · · 2 · 1

i kako, prema (1.1.5), vazilim

n→∞n = +∞ ,

prema Teoremi 1.2.13 pod 1◦ sledi

limn→∞

an = +∞ ,

pa je niz (an) odredeno divergentan. 4

PRIMER 1.2.7. Za q ∈ R i n ∈ N0, posmatramo niz sa opstim clanom

(1.2.3) an = 1 + q + q2 + · · ·+ qn


BROJNI NIZOVI 23

Koristimo formulu za zbir geometrijske progresije

1 + q + q2 + · · ·+ qn =1− qn+1

1− q, q 6= 1

i (1.1.7). Prema ovoj formuli je

an =1− qn+1

1− q=

1

1− q− q

1− qqn .

Razlikujemo cetiri slucaja, zavisno od vrednosti broja q.Neka je |q| < 1. Tada je limn→∞ qn = 0. Kako je q/(1 − q) konstanta, primenom

Teorema 1.2.2, 1.2.1 i (1.1.2) redom, dobijamo

limn→∞

an = limn→∞

1

1− q− q

1− qlim

n→∞qn =

1

1− q.

Neka je q > 1. Tada je limn→∞ qn = +∞, q/(1 − q) < 0 i, primenom Teoreme 1.2.9,sledi

limn→∞

q

1− qqn =

q

1− qlim

n→∞qn =

(q

1− q

)(+∞) = −∞ .

Dalje je, na osnovu Teoreme 1.2.10 i (1.1.2),

limn→∞

an =1

1− q− (−∞) =

1

1− q+∞ = +∞ .

Neka je q ≤ −1. Tada limn→∞ qn ne postoji, pa ne postoji ni

limn→∞

an .

Ako je q = 1, formula za zbir geometrijske progresije ne moze da se koristi. U ovomslucaju se (1.2.3) svodi na zbir od n + 1 sabirka, koji su svi jedinice, pa je

an = 1 + 1 + · · ·+ 1 = n + 1 .

Zato, prema (1.1.2), (1.1.5) i Teoremi 1.2.10, vazi

limn→∞

an = limn→∞

(n + 1) = limn→∞

n + 1 = +∞+ 1 = +∞ .

Dobijene zakljucke zapisujemo sazeto na nacin

(1.2.4) limn→∞

(1 + q + q2 + · · ·+ qn) =

1

1− q, |q| < 1 ,

+∞ , q ≥ 1 ,

ne postoji , q ≤ −1 .

Primetimo da su sabirci u opstem clanu (1.2.3) clanovi geometrijskog niza (1.1.6). 4

24 TEORIJA NIZOVA

NAPOMENA 1.2.5. Teoreme 1.2.9–1.2.14 su veoma korisne jer omogucavaju jednos-tavno utvrdivanje odredene divergencije nekog niza ili njegove konvergencije kao nula–niza (Teorema 1.2.12 pod 1◦). Takav je slucaj niza (1.1.8). Slicno kao u Primeru 1.2.6 seodreduje

limn→∞

np

= +∞

za p ≥ 1 i, prema Teoremi 1.2.12 pod 1◦,

limn→∞

1

np = 0 .

Ovo je jos jedan od nacina, mozda i najjednostavniji, za nalazenje granicne vrednosti niza(1/nk), k ∈ N (Primer 1.2.4, Napomena 1.2.4). 4

1.2.3. Nizovi neodredenog oblika

Postoji sedam osnovnih neodredenih oblika. To su:

∞∞ ,

00

, +∞−∞ , 0 · ∞ , 1∞ , 00 , ∞0 .

Do sada smo razmatrali nizove odredenog oblika (tipa). Odredeni oblik, ustvari, znaci da ne postoji dilema pri utvrdivanju granicne vrednosti niza,bilo da je ona konacna ili beskonacna. Ove granicne vrednosti se relativnojednostavno nalaze.

Nalazenje granicnih vrednosti nizova neodredenog oblika, kao i utvrdivanjenjihove egzistencije, moze da bude veoma komplikovano. U cilju resavanjaovog problema ustanovljeni su razliciti metodi i kriterijumi. Zbog znacajakoji oni imaju, izdvojili smo ih u posebne celine. Ovde kroz primere iznosimoneke jednostavnije slucajeve, kod kojih je za prevodenje sa neodredenog naodredeni oblik dovoljno transformisati opsti clan niza.

U literaturi se srecu i termini koji se odnose na granicnu vrednost niza, ane na sam niz. Tako se, npr., kaze ”granicna vrednoat neodredenog oblika”umesto ”niz neodredenog oblika kad n →∞”. Takode je cest objedinjujucitermin ”neodredenost” ([4], str. 53). Ove i slicne termine smatramo ravno-pravnim.

PRIMER 1.2.8. Za konstante C1, C2 ∈ R, C1 6= 0, C2 6= 0, k, m, n ∈ N i k > m,ispitujemo konvergenciju niza sa opstim clanom

an = C1nk + C2nm .

Neka su C1 i C2 istog znaka. Prema (1.1.9), Teoremi 1.2.9 i komentaru uz Teo-remu 1.2.10, an je odredenog oblika kad n →∞ i vazi

limn→∞

an =

{+∞ , C1, C2 > 0 ,

−∞ , C1, C2 < 0 .

BROJNI NIZOVI 25

Neka su C1 i C2 suprotnog znaka, npr. C1 < 0, C2 > 0. Tada je an neodredenog oblika−∞+∞ kad n →∞. Ako opsti clan an zapisemo na nacin

an = nm(C1nk−m + C2) ,

imamolim

n→∞nm = +∞ , lim

n→∞(C1nk−m + C2) = −∞ .

Prema komentaru uz Teoremu 1.2.11, an je odredenog oblika kad n →∞ i vazi

limn→∞

an = −∞ .

Za C1 > 0, C2 < 0 jelim

n→∞an = +∞ .

Dakle, u svim slucajevima je niz (an) odredeno divergentan, tj.

limn→∞

an = ∞ ,

pri cemu je znak ispred simbola ∞ odreden sa sgn(C1).

Vazi i generalno. Ako je

Pk(x) = C0xk + C1xk−1 + · · ·+ Ck

polinom stepena k i (an) niz sa opstim clanom

(1.2.5) an = Pk(n) ,

tada je

(1.2.6) limn→∞

Pk(n) = ∞ .

Znak ispred simbola ∞ je odreden sa sgn(C0), tj. isti je kao znak broja C0 uz najvecistepen nk. 4

PRIMER 1.2.9. Za konstante Ci ∈ R (i = 0, 1, . . . , k), Di ∈ R (i = 0, 1, . . . , m),

C0 6= 0, D0 6= 0 i k, m, n ∈ N, ispitujemo konvergenciju niza sa opstim clanom

(1.2.7) an =Pk(n)

Qm(n),

gde su

Pk(n) = C0 nk + C1 nk−1 + · · ·+ Ck , Qm(n) = D0 nm + D1 nm−1 + · · ·+ Dm

polinomi stepena k i m redom.

26 TEORIJA NIZOVA

Radi jednostavnosti zapisivanja, uvodimo oznake

cn = Pk(n) , dn = Qm(n) .

Prema (1.2.5), (1.2.6) vazi

limn→∞

cn = ∞ , limn→∞

dn = ∞ ,

pa je an neodredenog oblika ∞/∞ kad n →∞.

Razlikujemo tri slucaja, zavisno od vrednosti brojeva k i m.

Neka je k = m. Deobom cn i dn sa nk = nm, sledi

cn

nk= C0 + C1

1

n+ · · ·+ Ck

1

nk,

dn

nk= D0 + D1

1

n+ · · ·+ Dk

1

nk

i, prema (1.1.9),

limn→∞

cn

nk= C0 , lim

n→∞dn

nk= D0 .

Sada je

limn→∞

an = limn→∞

cn

dn= lim

n→∞

cn

nk

dn

nk

odredenog oblika i, prema Teoremi 1.2.4 pod 2◦, vazi

limn→∞

an =

limn→∞

cn

nk

limn→∞

dn

nk

=C0

D0.

Neka je k > m. Kako je k, m ∈ N, postoji broj i ∈ N tako da je k = m + i ik −m− i = 0. Deobom cn i dn manjim stepenom nm, sledi

cn

nm= C0 nk−m + C1 nk−m−1 + · · ·+ Ci−1 n + Ci + Ci+1

1

n+ · · ·+ Ck

1

nm,

dn

nm= D0 + D1

1

n+ · · ·+ Dm

1

nm

i, prema (1.1.9), (1.2.6),

limn→∞

cn

nm= lim

n→∞(C0 nk−m + · · ·+ Ci) = ∞ , lim

n→∞dn

nm= D0 .

Zato je

limn→∞

an = limn→∞

cn

dn= lim

n→∞

cn

nm

dn

nm

BROJNI NIZOVI 27

odredenog oblika i, prema Teoremi 1.2.12 pod 2◦, vazi

limn→∞

an =

limn→∞

cn

nm

limn→∞

dn

nm

=

limn→∞

cn

nm

D0= ∞ ,

gde je znak ispred simbola ∞ odreden sa sgn(C0/D0).

Neka je k < m. Analogno kao u prethodnom slucaju, cn i dn delimo manjim stepenomnk i dobijamo

limn→∞

cn

nk= C0 , lim

n→∞dn

nk= lim

n→∞(D0 nm−k + · · ·+ Di) = ∞ .

Zato je limn→∞ an odredenog oblika i, prema Teoremi 1.2.12 pod 1◦, vazi

limn→∞

an =C0

limn→∞

dn

nk

= 0 ,

sto znaci da je (an) nula–niz.Izvedene zakljucke sazeto zapisujemo sa

(1.2.8) limn→∞

Pk(n)

Qm(n)=

C0

D0, k = m ,

∞ , k > m ,

0 , k < m ,

pri cemu je znak ispred simbola ∞ odreden sa sgn(C0/D0). 4NAPOMENA 1.2.6. Za k = m i C0 = D0 u (1.2.8), nizovi (cn) = (Pk(n)) i (dn) =

(Qk(n)) su ekvivalentni kad n →∞, iako su i jedan i drugi odredeno divergentni. Prematome, dva niza su ekvivalentna ako i samo ako je granicna vrednost njihovog kolicnikajednaka 1, bez obzira da li su oni konvergentni ili odredeno divergentni.

Za k > m, kazemo da niz (cn) brze tezi ka ∞ od niza (dn) ili da niz (dn) sporije tezika ∞ od niza (cn) kad n → ∞. U slucaju k < m, niz (cn) brze tezi ka ∞ od niza (dn),odnosno (dn) sporije tezi ka ∞ od (cn) kad n →∞. 4


an =

1− n

n + 1

n2

2n2 + 1− n

2n + 3

.

Prema (1.2.8) vazi

limn→∞

n

n + 1= 1 , lim

n→∞n2

2n2 + 1= lim

n→∞n

2n + 3=

1

2,

28 TEORIJA NIZOVA

pa je an neodredenog oblika 0/0 kad n →∞.Dovodenjem izraza u brojiocu i imeniocu razlomka na zajednicki sadrzalac i sredivanjem

dvojnog razlomka, opsti clan dobija oblik (1.2.7),

an =

n + 1− n

n + 1

n2(2n + 3)− n(2n2 + 1)

(2n2 + 1)(2n + 3)

=(2n2 + 1)(2n + 3)

(n + 1)(3n2 − n)=

4n3 + 6n2 + 2n + 3

3n3 + 2n2 − n

i, prema (1.2.8), sledi

limn→∞

an =4

3. 4

NAPOMENA 1.2.7. Kod granicnih vrednosti neodredenog oblika 0/0, koristi se istaterminologija kao kod oblika ∞/∞ (Napomena 1.2.6). Za limn→∞ an/bn = 1, nizovi (an)i (bn) su ekvivalentni. Za limn→∞ an/bn = 0, niz (an) brze tezi ka 0 od niza (bn) kadn →∞ i obrnuto za limn→∞ an/bn = ∞.

Znacaj nula–nizova, kakav je (cn) = (an/bn) u slucaju limn→∞ an/bn = 0 ili (dn) =(bn/an) u slucaju limn→∞ an/bn = ∞, izmedu ostalog se ogleda i u tome sto omogucavajuuporedivanje brzine konvergencije nizova (an) i (bn). 4

PRIMER 1.2.11. Za q ∈ R i n ∈ N, odredujemo granicnu vrednost niza sa opstimclanom

(1.2.9) an =qn

n!.

U zavisnosti od vrednosti broja q, razlikujemo tri slucaja i imamo u vidu rezultat izPrimera 1.2.6,

limn→∞

n! = +∞ .

Neka je −1 < q ≤ 1. Na osnovu (1.1.7), tada je

limn→∞

qn = C ,

gde je C = 0 za q < 1 i C = 1 za q = 1. Prema Teoremi 1.2.12 pod 1◦, an je odredenogoblika kad n →∞ i vazi

limn→∞

an = 0 .

Neka je q > 1. Na osnovu (1.1.7), tada je

limn→∞

qn = +∞ ,

pa je an neodredenog oblika ∞/∞ kad n → ∞. Kako je q ∈ R konstanta, to postojiN ∈ N tako da je N ≤ q < N + 1. Tada je

q1 =q

N + 1< 1

BROJNI NIZOVI 29

i za svako n > N vazi

an =qn

n!=

qN qn−N

n(n− 1) · · · (N + 1)N !=

qN

N !

qn−N

n(n− 1) · · · (N + 1)

≤ qN

N !

qn−N

(N + 1)n−N=

qN

N !

(q

N + 1

)n−N

=qN

N !

(q

N + 1

)n(q

N + 1

)−N

=(N + 1)N

N !qn1 = Cqn

1 ,

gde je C = (N + 1)N/N ! konstanta. Dakle, za opsti clan an se dobija

0 ≤ an ≤ Cqn1 .

Prema (1.1.1), Teoremi 1.2.1, (1.1.7) i Teoremi 1.2.5 redom, sledi

limn→∞

an = 0 .

Neka je sada q ≤ −1. Smenom q = −p, dobijamo

qn = (−1)npn , p ≥ 1

iqn = pn , qn = −pn

ako je n paran, odnosno neparan broj. Kako je pn/n!, p ≥ 1 oblika (1.2.7), premaprethodnom razmatranju sledi

limn→∞

pn

n!= 0 .

Zato je

limn→∞

an = limn→∞

pn

n!= 0 , lim

n→∞an = − lim

n→∞pn

n!= 0

i za parne i za neparne brojeve n.U sva tri slucaja smo dobili isti rezultat, pa je

(1.2.10) limn→∞

qn

n!= 0 , q ∈ R .

Iz jednakosti (1.2.10) zakljucujemo da je (qn/n!) nula–niz za svako q ∈ R, kao i da niz(n!) brze tezi ka +∞ kad n →∞ od niza (qn) za q > 1. 4

1.3. Ogranicenost i monotonost nizova

Do sada smo proucavali osobine nizova koje omogucavaju nalazenjegranicne vrednosti (konacne ili beskonacne), pod pretpostavkom da ta

30 TEORIJA NIZOVA

granicna vrednost postoji. Sada proucavamo osobine ogranicenosti i mono-tonosti kojima se upravo utvrduje egzistencija granicne vrednosti. Pomocuovih osobina granicna vrednost ne moze da se nade, ali one omogucavajuprimenu drugih metoda za nalazenje granicne vrednosti, pa je njihov znacajveliki.

Definicija 1.3.1. Niz (an) je ogranicen sa donje strane (odozdo) akopostoji broj M ∈ R tako da je

M ≤ an

za svako n ∈ N.

Definicija 1.3.2. Niz (an) je ogranicen sa gornje strane (odozgo) akopostoji broj M ∈ R tako da je

an ≤ M

za svako n ∈ N.

Koriste se i izrazi ogranicen sa leve strane (sleva), ogranicen sa desnestrane (zdesna) umesto ogranicen sa donje strane i ogranicen sa gornje straneredom.

Definicija 1.3.3. Niz (an) je ogranicen ako postoji broj M ∈ R, M > 0tako da je

|an| ≤ M

za svako n ∈ N.

Nejednakosti u Definicijama 1.3.1–1.3.3 podrazumevaju i stroge nejed-nakosti.

Konstantni niz (an) = (C) ocigledno zadovoljava sve tri definicije za svakibroj M ≥ C, pa je on uvek ogranicen niz. Zato posmatramo samo nizovekoji nisu konstantni.

Teorema 1.3.1. Niz (an) je ogranicen ako i samo ako je ogranicen i sadonje i sa gornje strane.

Dokaz. Pretpostavimo da niz (an) nije konstantan.Neka je niz (an) ogranicen. Na osnovu Definicije 1.3.3, tada postoji broj

M ∈ R, M > 0 tako da je

−M ≤ an ≤ M

za svako n ∈ N. Prema Definicijama 1.3.1 i 1.3.2, za M1 = −M , nejednakostiM1 ≤ an i an ≤ M znace da je niz (an) ogranicen sa donje i sa gornje straneredom.

BROJNI NIZOVI 31

Obrnuto, neka je niz (an) ogranicen sa obe strane. Na osnovu Defini-cija 1.3.1 i 1.3.2, tada postoje brojevi M1,M2 ∈ R tako da je

M1 ≤ an ≤ M2

za svako n ∈ N. Kako (an) nije konstantan niz, mora da bude M1 < M2.Postoje tri mogucnosti: M1 > 0, M2 > 0; M1 < 0, M2 < 0; M1 < 0,M2 > 0. Oznacimo sa M3 > 0 veci od brojeva |M1|, |M2| i razmotrimosvaku od mogucnosti.

Neka je M1 > 0, M2 > 0. Tada je M3 = |M2| = M2 i vazi

−M2 < M1 ≤ an ≤ M2 , −M3 < an ≤ M3 .

Neka je M1 < 0, M2 < 0. Tada je M3 = |M1| = −M1 i vazi

M1 ≤ an ≤ M2 < −M1 , −M3 ≤ an < M3 .

Neka je M1 < 0, M2 > 0 i |M1| > M2. Tada je M3 = |M1| = −M1, pavaze iste nejednakosti kao u slucaju M1 < 0, M2 < 0. Za |M1| < M2 jeM3 = |M2| = M2 i vaze iste nejednakosti kao u slucaju M1 > 0, M2 > 0.

Zakljucujemo da je u svim slucajevima −M3 ≤ an ≤ M3, tj. da postojibroj M3 ∈ R, M3 > 0 tako da je

|an| ≤ M3

za svako n ∈ N. Prema Definiciji 1.3.3, to znaci da je niz (an) ogranicen.

Teorema 1.3.1 se cesto uzima za definiciju ogranicenog niza.

Definicija 1.3.4. Niz (an) je neogranicen ako za svako M ∈ R, M > 0postoji N(M) ∈ N tako da je

|aN(M)| ≥ M .

Imajuci u vidu Definiciju 1.3.3, niz (an) je neogranicen ako nije ogranicen.Prema Teoremi 1.3.1, to dalje znaci da je niz (an) neogranicen ako nijeogranicen sa jedne strane (donje, gornje) ili sa obe strane. Reci cemo i nizje neogranicen sa donje (gornje) strane umesto niz nije ogranicen sa donje(gornje) strane.

Veza izmedu konvergencije i ogranicenosti niza je iskazana sledecim teo-remama.

Teorema 1.3.2. Ako je niz (an) konvergentan, tada je niz (an) ogranicen.

32 TEORIJA NIZOVA

Dokaz. Neka jelim

n→∞an = a

i ε > 0 konkretan broj, npr. ε = 1. Prema Definiciji 1.1.2, za svako ε > 0,pa i za ε = 1, postoji broj N = N(1) ∈ N tako da je

a− 1 < an < a + 1

za svako n ≥ N . Drugim recima, svi clanovi niza su unutar intervala (a −1, a+1) ako je N = 1 ili se van intervala nalaze clanovi a1, a2, . . . , aN−1 akoje N > 1. Birajuci za M > 0 veci od brojeva |a− 1|, |a+1| u prvom slucajuili najveci od brojeva |a1|, |a2|, . . . , |aN−1| u drugom slucaju, dobijamo

−M ≤ a− ε < an < a + ε ≤ M ,

tj.|an| ≤ M

za svako n ∈ N.

Obrnuto tvrdenje Teoremi 1.3.2 ne vazi u opstem slucaju, o cemu svedociniz

((−1)n

)iz Primera 1.1.3. Ovaj niz je ogranicen jer postoji broj M =

1 > 0 tako da je∣∣(−1)n

∣∣ = 1 za svako n ∈ N, ali nije konvergentan.Ekvivalentno tvrdenje Teoremi 1.3.2 u negiranom obliku je sledece. Ako

je niz (an) neogranicen, tada je on divergentan.

Teorema 1.3.3. Neka je (an) odredeno divergentan niz.1◦ Ako je

limn→∞

an = +∞ ,

tada je niz (an) neogranicen sa gornje strane.2◦ Ako je

limn→∞

an = −∞ ,

tada je niz (an) neogranicen sa donje strane.Dokaz. Dokaz sledi direktno iz Definicija 1.1.3 i 1.3.4.

Obrnuto tvrdenje Teoremi 1.3.3 ne vazi u opstem slucaju. Primer je nizsa opstim clanom an = (−1)nn. Zaista, za niz (an) vazi: an = n ako je nparan broj i an = −n ako je n neparan broj. Zato za svako M > 0 postojeneparan broj N1 = N1(M) i paran broj N2 = N2(M) tako da je

aN1 = −N1 ≤ −M , aN2 = N2 ≥ M ,

BROJNI NIZOVI 33

sto znaci da je niz (an) neogranicen sa obe strane. Ovaj niz je divergentan (neodredeno), sto pokazujemo kasnije. Prema tome, niz (an) jeste neogranicenodozgo, ali je istovremeno i divergentan, pa ne vazi limn→∞ an = +∞.Analogno, ne vazi ni limn→∞ an = −∞.

Primetimo da je odredeno divergentan niz uvek ogranicen sa jedne strane:sa donje ako je limn→∞ an = +∞ i sa gornje ako je limn→∞ an = −∞. Uprvom slucaju, za svako M > 0 postoji N = N(M) ∈ N tako da je an ≥ Mza svako n ≥ N i ak < M za k = 1, 2, . . . , N − 1. Birajuci za M1 ∈ Rnajmanji od clanova ak, dobijamo an ≥ M1 za svako n ∈ N. Analogno sepokazuje i slucaj limn→∞ an = −∞.

NAPOMENA 1.3.1. Ogranicenost niza smo i ranije precutno koristili. Na primer, uslovα < cn < β u Teoremi 1.2.6 pod 2◦ znaci da je niz (cn) ogranicen. 4

U vezi sa ogranicenoscu niza su i sledeci pojmovi.

Definicija 1.3.5. Svaki broj M koji zadovoljava uslove iz Definicije 1.3.1je minoranta niza (an). Najveca minoranta je infimum niza (an), u oznaciinf an.

Svaki broj M koji zadovoljava uslove iz Definicije 1.3.2 je majoranta niza(an). Najmanja majoranta je supremum niza (an), u oznaci sup an.

Po konvenciji se uzima

inf an = −∞ , sup an = +∞

za niz koji je neogranicen sa donje, odnosno sa gornje strane.Infimum i supremum mogu da budu neki od clanova niza, ali ne moraju.

Na primer, niz (an) = (1/n) ima inf 1/n = 0 6= an za svako n ∈ N isup 1/n = 1 = a1.

Prelazimo sada na monotonost nizova.

Definicija 1.3.6. Niz (an) je monotono rastuci (rastuci) ako za svakon ∈ N vazi

an+1 > an .

Niz (an) je monotono opadajuci (opadajuci) ako za svako n ∈ N vazi

an+1 < an .

Niz (an) je monotono neopadajuci (neopadajuci) ako za svako n ∈ N vazi

an+1 ≥ an .

34 TEORIJA NIZOVA

Niz (an) je monotono nerastuci (nerastuci) ako za svako n ∈ N vazi

an+1 ≤ an .

U svim slucajevima iz Definicije 1.3.6 kazemo da je niz (an) monoton.Monotonost se prakticno ispituje pomocu razlike ili kolicnika uzastopnihclanova niza. Na primer, ako je

an+1 − an > 0 ,bn+1

bn< 1 ,

niz (an) je rastuci, a niz (bn) opadajuci.Iako Definicija 1.3.6 dozvoljava da niz (an) bude konstantan, ovaj niz

izuzimamo iz daljih razmatranja jer je on uvek konvergentan.Svaki monotono neopadajuci (nerastuci) niz je ogranicen sa donje (gornje)

strane svojim prvim clanom.

Teorema 1.3.4. Neka je niz (an) monoton.1◦ Ako je niz (an) neopadajuci i ogranicen sa gornje strane, tada je niz

(an) konvergentan.2◦ Ako je niz (an) nerastuci i ogranicen sa donje strane, tada je niz (an)

konvergentan.Dokaz. 1◦ Kako je niz ogranicen odozgo, to je sup an = a konacan broj.

To znaci ([1], str. 15) da za svako ε > 0 postoji N(ε) ∈ N tako da jeaN(ε) > a− ε. Zbog pretpostavke da je niz neopadajuci, dalje je

an ≥ aN(ε) > a− ε

za svako n ≥ N(ε). S druge strane, iz sup an = a i Definicije 1.3.5 sledi

an ≤ a

za svako n ∈ N. Objedinjujuci prethodne nejednakosti, redom dobijamo:

a− ε < an ≤ a , −ε < an − a ≤ 0 , |an − a| < ε

za svako n ≥ N(ε), sto znaci da je

limn→∞

an = sup an = a .

2◦ Analogno kao pod 1◦ se pokazuje

limn→∞

an = inf an = a .

BROJNI NIZOVI 35

Teorema 1.3.5. Neka je niz (an) monoton.1◦ Ako je niz (an) neopadajuci i neogranicen sa gornje strane, tada je niz

(an) odredeno divergentan sa

limn→∞

an = +∞ .

2◦ Ako je niz (an) nerastuci i neogranicen sa donje strane, tada je niz(an) odredeno divergentan sa

limn→∞

an = −∞ .

Dokaz. 1◦ Kako je niz neogranicen odozgo, to za svaki broj M > 0 postojiN(M) ∈ N tako da je aN(M) ≥ M . Zbog pretpostavke da je niz neopadajuci,dalje je

an ≥ aN(M) ≥ M

za svako n ≥ N(M). Prema Definicijama 1.1.3 i 1.3.5, to znaci

limn→∞

an = sup an = +∞ .

2◦ Analogno kao pod 1◦ se pokazuje

limn→∞

an = inf an = −∞ .

Teoreme 1.3.4 i 1.3.5 vaze i ako su nejednakosti an+1 ≥ an, an+1 ≤ an uDefiniciji 1.3.6 tacne za skoro svako n ∈ N.

Obrnuta tvrdenja Teoremama 1.3.4 i 1.3.5 ne vaze. Prema Teore-mama 1.3.2 i 1.3.3, konvergentan (odredeno divergentan) niz je ogranicen(neogranicen). Medutim, konvergentan (odredeno divergentan) niz ne morada bude i monoton. Na primer, niz

((−1)n/n

)je konvergentan sa granicom

limn→∞

(−1)n

n= 0 ,

sto sledi iz limn→∞∣∣(−1)n/n

∣∣ = limn→∞ 1/n = 0 i Teoreme 1.2.8. Ovaj niznije monoton jer je a1 = −1, a2 = 1/2, a3 = −1/3, a4 = 1/4, itd., pa je

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

Zbog znacaja koji sledeci niz ima, njegova konvergencija je formulisana uobliku teoreme.

36 TEORIJA NIZOVA

Teorema 1.3.6. Niz (an), n ∈ N, sa opstim clanom

(1.3.1) an =(1 +

1n

)n

je konvergentan.Dokaz. Pokazujemo da je niz (an) monotono rastuci. U tom cilju

uocavamo dva uzastopna clana niza

an =(1 +

1n

)n

=(n + 1

n

)n

,

an+1 =(1 +

1n + 1

)n+1

=(1 +

1n + 1

)(1 +

1n + 1

)n

=n + 2n + 1

(n + 2n + 1

)n

i formiramo kolicnik

an+1

an=

n + 2n + 1

( n

n + 1n + 2n + 1

)n

=n + 2n + 1

((1− 1

n + 1

)(1 +

1n + 1

))n

.

Prema obrascu za razliku kvadrata dva broja

(A−B)(A + B) = A2 −B2 ,

dalje jean+1

an=

n + 2n + 1

(1− 1

(n + 1)2

).

Koristeci Bernoullievu nejednakost ([4], str. 7–8)

(1 + x)n > 1 + nx (x > −1 , x 6= 0 ; n ∈ N , n > 1)

i stavljajuci

x = − 1(n + 1)2

> −1 ,

dobijamo (1− 1

(n + 1)2

)n

> 1− n

(n + 1)2,

pa je

an+1

an>

n + 2n + 1

(1− n

(n + 1)2

)=

n + 2n + 1

(n + 1)2 − n

(n + 1)2

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

> 1 .

BROJNI NIZOVI 37

Kako je jos a1 = 2 < a2 = 9/4 i an > 0 za svako n ∈ N, to je

an+1 > an

za svako n ∈ N, sto znaci da je niz (an) monotono rastuci (Definicija 1.3.6).Pokazujemo da je niz (an) ogranicen sa gornje strane.Posmatramo clan niza

a2n =(1 +

12n

)2n

=(1 +

12n

)2n(1− 1

2n

)2n(1− 1

2n

)−2n

=(1− 1

4n2

)2n

bn < bn ,

gde je

bn =(1− 1

2n

)−2n

.

Prema Bernoullievoj nejednakosti za x = −1/2n > −1, n > 1 i cinjenici dafunkcija x2 raste za x > 0, dalje je

(1− 1

2n

)n

> 1− n

2n= 1− 1

2=

12

,(1− 1

2n

)2n

>14

,

bn =(1− 1

2n

)−2n

< 4 .

Buduci da niz (an) raste, to je an < a2n < bn < 4 za n > 1. Jos jea1 = 2 < 4, pa je

an < 4

za svako n ∈ N, sto znaci da je niz (an) ogranicen sa gornje strane brojemM = 4 (Definicija 1.3.2).

Prema Teoremi 1.3.4 pod 1◦, niz (an) je konvergentan. Pri tome je an

neodredenog oblika 1∞ kad n →∞.

Dokaz iz Teoreme 1.3.6 daje grubu procenu ogranicenosti sa gornje straneniza (an). Drugaciji dokaz ([4], str. 58), koji smo izbegli zbog kompliko-vanosti, daje finiju procenu an < 3 za svako n ∈ N. Kako je niz (an) rastuci,on je ogranicen i sa donje strane svojim prvim clanom a1 = 2, pa vazi

(1.3.2) 2 ≤(1 +

1n

)n

< 3

za svako n ∈ N.Granicna vrednost niza (an) iz Teoreme 1.3.6 je Napierov broj e, koji spada

u cetiri najznacajnija broja u matematici: 0, 1, π, e. Broj e se uzima za

38 TEORIJA NIZOVA

osnovu prirodnog logaritma ln x = loge x. Ovaj broj se odreduje numerickii njegova priblizna vrednost na dve decimale je 2.72. Dakle, imamo

(1.3.3) limn→∞

(1 +

1n

)n

= e ≈ 2.72 .

Iako je broj e po definiciji granicna vrednost niza((1 + 1/n)n

), on se nu-

mericki ne izracunava pomocu ovog niza zbog njegove spore konvergencije.Za numericko izracunavanje broja e se koriste drugi, brzo konvergentni ni-zovi, cija je granicna vrednost takode broj e. Jedan od takvih nizova imaopsti clan

bn =n∑

k=0

1k!

= 1 +11!

+12!

+ · · ·+ 1n!

,

a kasnije pokazujemo da je limn→∞ bn = e.

NAPOMENA 1.3.2. Znacaj utvrdivanja konvergencije nekog niza, bez efektivnognalazenja njegove granice, izmedu ostalog se ogleda kod sporo konvergentnih nizova, kakavje (1.3.1). Numericko izracunavanje, cak i velikog broja pocetnih clanova niza, ne suge-rise konvergenciju takvog niza. Zato je besmisleno upustati se u izracunavanje njegovegranice jer ona mozda i ne postoji. Ali, ako je konvergencija izvesna, pronalaze se drugimetodi za odredivanje granicne vrednosti, npr., koriste se brzo konvergentni nizovi saistom granicom. 4

PRIMER 1.3.1. Za n ∈ N i n > 1, ispitujemo konvergenciju i odredujemo granicnuvrednost niza sa opstim clanom

an =√

n2 − 2n− n .

Pokazujemo da je niz (an) monotono rastuci. U tom cilju formiramo razliku

an+1 − an =

(√(n + 1)2 − 2(n + 1)− (n + 1)

)−

(√n2 − 2n− n

)

=√

n2 − 1−√

n2 − 2n− 1 = bn − 1 ,

gde je

bn =√

n2 − 1−√

n2 − 2n .

Ako se bn pomnozi i podeli sa√

n2 − 1 +√

n2 − 2n, dobija se

bn =(n2 − 1)− (n2 − 2n)√

n2 − 1 +√

n2 − 2n=

2n− 1√n2 − 1 +

√n2 − 2n

.

Kako je

n2 − 1 < n2 , n2 − 2n = n2 − 2n + 1− 1 = (n− 1)2 − 1 < (n− 1)2

BROJNI NIZOVI 39

i√

x pozitivna rastuca funkcija za svako x > 0, to je:

√n2 − 1 <

√n2 = n ,

√n2 − 2n <

√(n− 1)2 = n− 1 ,

√n2 − 1 +

√n2 − 2n < n + n− 1 = 2n− 1 .

Zato je

bn >2n− 1

2n− 1= 1 , an+1 − an > 1− 1 = 0 ,

pa je an+1 > an za svako n ∈ N i n > 1, tj. niz (an) je rastuci (Definicija 1.3.6).

Pokazujemo da je niz (an) ogranicen sa gornje strane. Kako je

n2 − 2n < n2 ,

prema navedenim osobinama funkcije√

x sledi

an <√

n2 − n = n− n = 0

za svako n ∈ N i n > 1, tj. niz (an) je ogranicen sa gornje strane brojem M = 0(Definicija 1.3.2).

Prema Teoremi 1.3.4 pod 1◦, niz (an) je konvergentan i ima granicnu vrednost

limn→∞

an = a .

Da bismo odredili granicnu vrednost, prethodno izvodimo jos jedan dokaz.Neka su (cn) i (dn) nizovi sa opstim clanovima

cn = n2 − 2n , dn =√

cn =√

n2 − 2n .

Niz (dn) je monotono rastuci zbog:

√n2 − 1 =

√(n− 1)(n + 1) >

√(n− 1)2 = n− 1 ,

√n2 − 2n < n− 1 ,

dn+1 − dn =√

(n + 1)2 − 2(n + 1)−√

n2 − 2n

=√

n2 − 1−√

n2 − 2n > n− 1− (n− 1) = 0

za svako n ∈ N i n > 1.Kako iz (1.2.5), (1.2.6) sledi

limn→∞

cn = +∞ ,

niz (cn) je neogranicen sa gornje strane (Teorema 1.3.3 pod 1◦). Prema Definicijama 1.3.2i 1.3.4, to znaci da za svako M > 0 postoji broj N = N(M) ∈ N tako da je clan nizacN ≥ M . Funkcija

√x je rastuca, pa je i

dN =√

cN ≥√

M = M1 ,

40 TEORIJA NIZOVA

tj. niz (dn) je neogranicen odozgo jer za svako M1 > 0 postoji N ∈ N tako da je dN ≥ M1.Koristeci Teoremu 1.3.5 pod 1◦, zakljucujemo da je limn→∞ dn = +∞. Imajuci u vidu

i Primer 1.1.3, dobijamo

limn→∞

√n2 − 2n = +∞ , lim

n→∞n = +∞ ,

pa je an neodredenog oblika +∞−∞ kad n →∞.

Ako se opsti clan pomnozi i podeli sa√

n2 − 2n + n, dobija se

an =(n2 − 2n)− n2

√n2 − 2n + n

=−2n√

n2 − 2n + n.

Deobom brojioca i imenioca sa n, dalje je

an =−2√

n2 − 2n + n

n

=−2√

n2 − 2n

n2+ 1

=−2√

1− 2

n+ 1

.

Prema (1.1.9), an je odredenog oblika kad n →∞ i vazi

limn→∞

an =−2√1 + 1

= −1 . 4

PRIMER 1.3.2. Za n ∈ N, ispitujemo konvergenciju i odredujemo granicne vrednostinizova sa opstim clanovima

1◦ bn =

(1 +

1

n + 1

)n

, 2◦ cn =

(1 +

1

n

)n+1

.

1◦ Za clan bn+1 niza vazi

bn+1 =

(1 +

1

n + 2

)n+1

=n + 2

n + 3

(1 +

1

n + 2

)n+2

=n + 2

n + 3an+2 ,

gde je an+2 clan niza (1.3.1). Prema dokazu Teoreme 1.3.6, niz (an) je rastuci, pa jean+2 > an+1. Zato je

bn+1 >n + 2

n + 3an+1 =

n + 2

n + 3

(1 +

1

n + 1

)n+1

=n + 2

n + 3

n + 2

n + 1

(1 +

1

n + 1

)n

=(n + 2)2

(n + 1)(n + 3)bn =

n2 + 4n + 4

n2 + 4n + 3bn > bn

i niz (bn) monotono raste.

Kako je, prema (1.3.2),

bn =

(1 +

1

n + 1

)n

<

(1 +

1

n + 1

)n+1

= an+1 < 3

BROJNI NIZOVI 41

za svako n ∈ N, to je niz (bn) ogranicen sa gornje strane.

Prema Teoremi 1.3.4 pod 1◦, niz (bn) je konvergentan, pri cemu je bn neodredenogoblika 1∞ kad n →∞. Granicnu vrednost nalazimo jednostavnom transformacijom opstegclana

bn =

(1 +

1

n + 1

)n

=n + 1

n + 2

(1 +

1

n + 1

)n+1

.

Prema (1.2.8) i (1.3.3), bn je odredenog oblika kad n →∞ i vazi

limn→∞

bn = limn→∞

n + 1

n + 2lim

n→∞

(1 +

1

n + 1

)n+1

= 1 · e = e .

U vezi sa nizom (bn) primecujemo sledece. Prvo, niz (bn) raste, pa je ogranicen i sadonje strane svojim prvim clanom b1 = 3/2, tj.

3

2≤ bn < 3

za svako n ∈ N. Drugo, niz (bn) sporije konvergira ka broju e od niza (1.3.1) jer se izmedusvaka dva uzastopna clana niza (1.3.1) nalaze tri clana niza (bn), tj.

b3n−2 < b3n−1 < b3n < an

za svako n ∈ N.

2◦ Za kolicnik clanova cn i cn+1 vazi

cn

cn+1=

(1 +

1

n

)n+1

(1 +

1

n + 1

)n+2=

(n + 1

n

)n+1(n + 1

n + 2

)n+2

=n

n + 1

(n + 1

n

)n+2(n + 1

n + 2

)n+2

=n

n + 1

((n + 1)2

n(n + 2)

)n+2

=n

n + 1

(n2 + 2n + 1

n2 + 2n

)n+2

=n

n + 1

(1 +

1

n2 + 2n

)n+2

i, prema Bernoullievoj nejednakosti,

cn

cn+1>

n

n + 1

(1 +

n + 2

n2 + 2n

)=

n

n + 1

(1 +

1

n

)=

n

n + 1

n + 1

n= 1 .

Kako je cn > 0 za svako n ∈ N, to je cn > cn+1 za svako n ∈ N, pa niz (cn) monotonoopada.

Prema (1.3.2) je

cn =

(1 +

1

n

)n+1

>

(1 +

1

n

)n

= an > 2

42 TEORIJA NIZOVA

za svako n ∈ N, pa je niz (cn) ogranicen sa donje strane.

Prema Teoremi 1.3.4 pod 2◦, niz (cn) je konvergentan, pri cemu je cn neodredenogoblika 1∞ kad n →∞. Granicnu vrednost nalazimo analogno kao u slucaju niza (bn),

limn→∞

cn = limn→∞

(1 +

1

n

)n+1

= limn→∞

n + 1

nlim

n→∞

(1 +

1

n

)n

= e .

U vezi sa nizom (cn) primecujemo sledece. Prvo, niz (cn) opada, pa je ogranicen i sagornje strane svojim prvim clanom c1 = 4, tj. vazi

2 < cn ≤ 4

za svako n ∈ N. Drugo, svi clanovi niza (1.3.1) su manji od bilo kog clana niza (cn), tj.vazi

an < cm

za svako n, m ∈ N. 4

PRIMER 1.3.3. Za n ∈ N i n > 1, ispitujemo konvergenciju i odredujemo granicnuvrednost niza sa opstim clanom

an =

(1− 1

n

)−n

.

Zapisujuci opsti clan u obliku

an =

(n− 1

n

)−n

=

(n

n− 1

)n

=

(1 +

1

n− 1

)n

,

uocavamo da je on isti kao clan cn−1 niza (cn) iz Primera 1.3.2. Dakle, (an) je opadajuciniz, ogranicen sa

2 < an ≤ 4

i vazilim

n→∞an = lim

n→∞cn−1 = e .

Do ove granicne vrednosti se krajnje jednostavno dolazi analognim postupkom kao kodnizova (bn) i (cn) iz Primera 1.3.2, uz uvid u (1.1.4),

limn→∞

an = limn→∞

(1 +

1

n− 1

)n

= limn→∞

((1 +

1

n− 1

)n−1(1 +

1

n− 1

))

= limn→∞

(1 +

1

n− 1

)n−1

limn→∞

(1 +

1

n− 1

)= e · 1 = e . 4

PRIMER 1.3.4. Za n ∈ N, ispitujemo konvergenciju i odredujemo granicnu vrednostniza zadatog sa

2 < a1 < 3 , 5an+1 = a2n + 6 .

Jednakost kojom je niz zadat je, tzv., rekurentna ili rekurzivna relacija. Ona, u stvari,predstavlja implicitnu vezu izmedu opstih clanova niza. Ponekad je iz ove veze moguceodrediti eksplicitni oblik opsteg clana an = f(n) i primenjivati dosad razmatrana pravila.

BROJNI NIZOVI 43

Rekurentnom relacijom se clanovi niza izracunavaju sukcesivno, pa je za njenu primenuuvek potreban odgovarajuci broj pocetnih clanova niza (pocetnih vrednosti). Uslovi koji seodnose na pocetne clanove su pocetni uslovi. U ovom primeru je pocetni uslov 2 < a1 < 3.

Prvo pokazujemo da je niz (an) ogranicen, tj. da vazi tvrdenje

2 < an < 3

za svako n ∈ N. Dokaz izvodimo matematickom indukcijom. Prema pocetnom uslovu2 < a1 < 3, tvrdenje je tacno za n = 1. Pretpostavimo da je tacno za neko n = k, tj.2 < ak < 3 i pokazimo da je tacno za n = k + 1. Zaista, funkcija x2 je rastuca za x > 0,pa je:

4 < a2k < 9 , 10 < a2

k + 6 < 15 , 10 < 5ak+1 < 15 , 2 < ak+1 < 3 .

Pokazujemo sada da je niz (an) monoton i u tom cilju ispitujemo znak razlike

an+1 − an =1

5a2

n +6

5− an .

Stavljajuci x = an i resavajuci kvadratnu jednacinu

1

5x2 − x +

6

5= 0 ,

nalazimo resenja x1 = 2, x2 = 3, pa je kvadratni trinom x2/5−x+6/5 pozitivan za x < 2ili x > 3 i negativan za 2 < x < 3. Zbog 2 < an < 3, zakljucujemo da je

an+1 − an < 0

i an+1 < an za svako n ∈ N, tj. niz (an) je monotono opadajuci.Prema Teoremi 1.3.4 pod 2◦, niz (an) je konvergentan. Neka je

limn→∞

an = a .

Iz rekurentne relacije, primenom Teorema 1.2.1, 1.2.2 i 1.2.3, tada sledi

5 limn→∞

an+1 = ( limn→∞

an)2 + 6 ,

tj.5a = a2 + 6 , a2 − 5a + 6 = 0 ,

odakle je a = 2 ili a = 3. Kako je granicna vrednost jedinstvena (Teorema 1.1.1) i niz(an) opadajuci, to je a = 2, odnosno

limn→∞

an = 2 .

Primetimo da su istom rekurentnom relacijom, ali uz drugaciji pocetni uslov, definisanajos dva niza. Za a1 < 2, odgovarajuci niz (an) raste i ogranicen je sa gornje strane, pa jelimn→∞ an = 2. Za a1 > 3, niz (an) raste. Medutim, u ovom slucaju je limn→∞ an =+∞. Razlog lezi u cinjenici da su jedini kandidati za konacne granicne vrednosti a = 2,

44 TEORIJA NIZOVA

a = 3. prva vrednost a = 2 otpada zato sto je an > 3 za svako n ∈ N, a druga a = 3 zatosto niz (an) raste. 4

NAPOMENA 1.3.3. Granicne vrednosti nizova, koji su zadati rekurentnim relacijama,nikako ne treba odredivati pre utvrdivanja njihove egzistencije jer to moze da dovede donedoumice ili pogresnog zakljucka. Tako za niz (an) iz Primera 1.3.4 ne bismo mogli dase odlucimo za granicnu vrednost a = 2 da nismo prethodno ispitali monotonost niza.Takode, bez poznate monotonosti bismo u slucaju an > 3 mogli pogresno da zakljucimolimn→∞ an = 3, iako je niz odredeno divergentan. Jos drasticniji su primeri divergentnihnizova (ne odredeno), koje cemo da navedemo u kasnijem izlaganju. 4

1.4. Stolzova teorema

Stolzovom teoremom se utvrduje egzistencija i odreduje granicna vrednostneodredenog oblika ∞/∞. Ova teorema je diskretni analogon L’Hospitalo-vom pravilu kod funkcija ([4], str. 159–160). Teorema je narocito korisnau slucaju nekih nizova u cijem opstem clanu se javlja zbir od proizvoljno(konacno) mnogo sabiraka.

Teorema 1.4.1. (STOLZOVA TEOREMA) Neka su (an) i (bn) nizovi sasledecim osobinama.

1◦ Niz (bn) je monotono rastuci.2◦ Niz (bn) je odredeno divergentan sa

limn→∞

bn = +∞ .

3◦ Niz (αn) sa opstim clanom

αn =an − an−1

bn − bn−1(a0 = b0 = 0)

je konvergentan.Tada je niz (cn) sa opstim clanom

cn =an

bn

konvergentan i vazi

limn→∞

cn = limn→∞

an

bn= lim

n→∞an − an−1

bn − bn−1= lim

n→∞αn .

BROJNI NIZOVI 45

Dokaz. Za svako fiksirano k = 1, 2, . . . , n formiramo niz (βn) sa opstimclanom

βn ≡ βn(k) =bk − bk−1

bn.

Iz uslova 1◦ teoreme sledi bk − bk−1 > 0 za svako k = 1, 2, . . . , n, a izuslova 1◦ i 2◦ sledi bn > 0 pocev od nekog n ∈ N. Ne umanjujuci opstost,pretpostavimo da je bn > 0 za svako n ∈ N. Da ne bismo opterecivalitekst teoreme, uslov bn 6= 0 za svako n ∈ N smo izostavili. Ovaj uslov sepodrazumeva kako bi svi clanovi niza (cn) bili definisani. Dakle, vazi

(1.4.1) βn(k) > 0 (k = 1, 2, . . . , n ; n ∈ N) .

Takode, za svako fiksirano k, iz uslova 2◦ sledi

(1.4.2) limn→∞

βn(k) = 0 (k = 1, 2, . . . , n) .

Jos je

(1.4.3)n∑

k=1

βn(k) =1bn

n∑

k=1

(bk − bk−1) =1bn

bn = 1 .

Na osnovu 3◦, postoji granicna vrednost

limn→∞

αn = α ,

sto znaci da za svako ε > 0 postoji broj N(ε) ∈ N tako da je

|αn − α| < ε

za svako n ≥ N(ε) (Definicija 1.1.2). Jos, prema Teoremi 1.3.2 i Defini-ciji 1.3.3, sledi da postoji broj M ∈ R, M > 0 tako da je |αn| ≤ M za svakon ∈ N, odakle je

−M ≤ αn ≤ M , −M − α ≤ αn − α ≤ M − α .

Uzimajuci za M1 > 0 veci od brojeva | −M − α| i |M − α|, dobijamo

|αn − α| ≤ M1

za svako n ∈ N.

46 TEORIJA NIZOVA

Kako (1.4.1), (1.4.2) vazi, to za svako fiksirano k = 1, 2, . . . , n i svakoε > 0 postoji broj N(ε, k) ∈ N tako da je

|βn(k)| = βn(k) < ε

za svako n ≥ N(ε, k).Neka je ε > 0 proizvoljno, N ∈ N najveci od brojeva

N(ε), N(ε, 1), N(ε, 2), . . . , N(ε, n)

i M2 = M1N . Prema prethodnom razmatranju, tada vazi

(1.4.4)|αn − α| < ε (n ≥ N) , |αn − α| ≤ M2

N(n ∈ N) ,

βn(k) < ε (k = 1, 2, . . . , n ; n ≥ N) .

Uocavamo da je

cn =an

bn=

n∑

k=1

βn(k)αk

i, za svako n ≥ N , posmatramo

|cn − α| =∣∣∣

n∑

k=1

βn(k)αk − α∣∣∣ .

Imajuci u vidu da je α konstanta i koristeci redom (1.4.3), cinjenicu da jemoduo zbira manji ili jednak zbiru modula sabiraka i (1.4.1), dobijamo

|cn − α| =∣∣∣

n∑

k=1

βn(k)αk −n∑

k=1

βn(k)α∣∣∣ =

∣∣∣n∑

k=1

βn(k)(αk − α)∣∣∣

≤n∑

k=1

|βn(k)| |αk − α| =n∑

k=1

βn(k)|αk − α| .

Poslednji zbir rastavljamo na dva zbira,

n∑

k=1

βn(k)|αk − α| =N∑

k=1

βn(k)|αk − α|+n∑

k=N+1

βn(k)|αk − α| .

U prvom zbiru je k ≤ N , pa iz (1.4.4) sledi βn(k) < ε i |αk −α| ≤ M2/N zasvako k = 1, 2, . . . , N . Zato je

N∑

k=1

βn(k)|αk − α| < εM2

NN = εM2 .

BROJNI NIZOVI 47

U drugom zbiru je k > N , pa iz (1.4.4) sledi |αk − α| < ε. Takode, prema(1.4.1), (1.4.3), je

n∑

k=N+1

βn(k) <

n∑

k=1

βn(k) = 1 .

Zato je

n∑

k=N+1

βn(k)|αk − α| < ε

n∑

k=N+1

βn(k) < ε

n∑

k=1

βn(k) < ε · 1 = ε .

Dakle, dobijamo

|cn − α| < εM2 + ε = ε(M2 + 1) = ε1

za svako n ≥ N . Zbog proizvoljnosti broja ε > 0, proizvoljan je i brojε1 = ε(M2 + 1) > 0 i, prema Definiciji 1.1.2, vazi tvrdenje teoreme

limn→∞

cn = α = limn→∞

αn .

Stolzova teorema vazi i pod sledecim uslovima: niz (bn) je rastuci za skorosvako n ∈ N, niz (bn) je neopadajuci za svako ili skoro svako n ∈ N. Teoremavazi i ako je (αn) odredeno divergentan niz ([6], str. 74), pri cemu je

limn→∞

αn = +∞ , limn→∞

cn = +∞ ;

limn→∞

αn = −∞ , limn→∞

cn = −∞ .

Kada je niz (αn) divergentan (ne odredeno), ne treba brzopleto zakljucitida limn→∞ cn ne postoji. Tako je niz (cn) = (sin n/n) iz Primera 1.2.3konvergentan, a niz (αn) =

(2 sin 1/2 cos(n−1/2)

)divergentan. Divergenciju

ovakvih nizova utvrdujemo u kasnijem izlaganju. Na osnovu ovog primeraizvlacimo jos jedan vazan zakljucak. Pod uslovima 1◦ i 2◦ Stolzove teoreme,iz konvergencije niza (αn) sledi konvergencija niza (cn), ali obrnuto u opstemslucaju ne vazi, tj. iz konvergencije niza (cn) ne sledi konvergencija niza (αn).

Ukoliko je (an) konvergentan niz, prema Teoremi 1.2.12 pod 1◦, (cn) jenula–niz, tj.

limn→∞

an

bn= 0 ,

pa je Stolzova teorema interesantna samo za odredeno divergentne nizove(an) kada je limn→∞ cn neodredenog oblika ∞/∞. Ako je (an) divergentanniz (ne odredeno), kao sto je (an) = (sin n) u prethodno navedenom primeru,

48 TEORIJA NIZOVA

za utvrdivanje konvergencije i nalazenje granicne vrednosti niza (cn) trebaprimenjivati druge metode.

Stolzova teorema moze da se primenjuje vise puta uzastopno, sve dok suuslovi teoreme ispunjeni.

Navodimo sada najznacajnije posledice Stolzove teoreme, koje se odnosena aritmeticku, harmonijsku i geometrijsku sredinu brojeva.

Teorema 1.4.2. (CAUCHYEVA TEOREMA) Neka je (an) konvergentan nizsa granicom

limn→∞

an = a .

Tada je niz (An) sa opstim clanom

(1.4.5) An =a1 + a2 + · · ·+ an

n

konvergentan i vazi

(1.4.6) limn→∞

An = a = limn→∞

an .

Dokaz. Opsti clan An je aritmeticka sredina brojeva a1, a2, . . . , an.Uvedimo oznake

Sn = a1 + a2 + · · ·+ an , bn = n .

Niz bn je monotono rastuci jer je

bn+1 = n + 1 > n = bn

za svako n ∈ N. Prema Primeru 1.1.3, niz (bn) je odredeno divergentan sa

limn→∞

bn = +∞ .

Dakle, niz (bn) zadovoljava uslove 1◦ i 2◦ Stolzove teoreme. Formiramo niz(αn) sa opstim clanom

αn =Sn − Sn−1

bn − bn−1(S0 = b0 = 0)

i nalazimo

αn =(a1 + a2 + · · ·+ an−1 + an)− (a1 + a2 + · · ·+ an−1)

n− (n− 1)= an ,

limn→∞

αn = limn→∞

an = a ,

BROJNI NIZOVI 49

pa niz (αn) zadovoljava uslov 3◦ Stolzove teoreme.Kako je

An =Sn

n=

Sn

bn,

primenom Stolzove teoreme sledi tvrdenje

limn→∞

An = limn→∞

αn = a .


limn→∞

an = a > 0

i neka je an > 0 za svako n ∈ N. Tada su sledeci nizovi konvergentni:1◦ (Hn) sa opstim clanom

(1.4.7) Hn =n

1a1

+1a2

+ · · ·+ 1an

i granicom

(1.4.8) limn→∞

Hn = a = limn→∞

an ,

2◦ (Gn) sa opstim clanom

(1.4.9) Gn = n√

a1 a2 · · · an

i granicom

(1.4.10) limn→∞

Gn = a = limn→∞

an .

Dokaz. 1◦ Opsti clan Hn je harmonijska sredina brojeva a1, a2, . . . , an.Uvodimo oznake

cn =1an

, Sn = c1 + c2 + · · ·+ cn , An =Sn

n.

Na osnovu Teorema 1.4.2 i 1.2.4 pod 1◦, vazi

limn→∞

An = limn→∞

cn =1

limn→∞

an=

1a

.

50 TEORIJA NIZOVA

Kako je

Hn =n

Sn=

1An

,

primenom Teoreme 1.2.4 pod 1◦, sledi tvrdenje

limn→∞

Hn =1

limn→∞

An= a .

2◦ Opsti clan Gn je geometrijska sredina brojeva a1, a2, . . . , an.Koristeci dobro poznatu osobinu sredina

Hn ≤ Gn ≤ An ,

jednakosti (1.4.6), (1.4.8) i Teoremu 1.2.5, neposredno dobijamo tvrdenje

limn→∞

Gn = limn→∞

Hn = limn→∞

An = a .

Kada je niz (an) odredeno divergentan, nizovi sredina (An), (Hn) i (Gn)su takode odredeno divergentni. Pri tome za niz aritmetickih sredina vazi

limn→∞

an = +∞ , limn→∞

An = +∞ ;

limn→∞

an = −∞ , limn→∞

An = −∞ ,

a za nizove harmonijskih i geometrijskih sredina, zbog uslova an > 0 za svakon ∈ N, vazi samo

limn→∞

an = +∞ , limn→∞

Hn = limn→∞

Gn = +∞ .

Iz konvergencije nizova (An), (Hn), (Gn) ne sledi konvergencija niza (an)u opstem slucaju. Tako je niz (an) =

((−1)n

)iz Primera 1.1.3 divergentan,

dok je niz (An) konvergentan. Konvergenciju niza (An) utvrdujemo kao uPrimeru 1.2.3. Zbir

Sn = a1 + a2 + · · ·+ an = −1 + 1− · · ·+ (−1)n

ima samo dve vrednosti: Sn = 0 ako je n paran broj i Sn = −1 ako je nneparan broj, pa je −1/n ≤ An ≤ 0. Prema (1.1.4) i Teoremi 1.2.5, sledilimn→∞An = 0.

Napominjemo da je Hn = Gn = An ako i samo ako je a1 = a2 = · · · = an.

BROJNI NIZOVI 51

Teorema 1.4.4. Neka su (an) i (bn) nizovi sa sledecim osobinama.1◦ Niz (an) ima pozitivne clanove an > 0 za svako n ∈ N.2◦ Niz (bn) sa opstim clanom

bn =an

an−1(a0 = 1)

je konvergentan i vazilim

n→∞bn = b > 0 .

Tada je niz (cn) sa opstim clanom

cn = n√

an

konvergentan i vazi

(1.4.11) limn→∞

cn = limn→∞

n√

an = limn→∞

an

an−1= lim

n→∞bn .

Dokaz. Zapisujuci opsti clan niza (an) na nacin

an =a1

a0

a2

a1

a3

a2· · · an

an−1= b1 b2 · · · bn ,

dobijamocn = n

√an = n

√b1 b2 · · · bn ,

sto je geometrijska sredina Gn brojeva b1, b2, . . . , bn.Kako je an > 0 za svako n ∈ N, to je i bn > 0 za svako n ∈ N. Jos je

limn→∞ bn = b > 0, pa niz (bn) zadovoljava uslove Teoreme 1.4.3. PrimenomTeoreme 1.4.3 pod 2◦, sledi tvrdenje

limn→∞

cn = limn→∞

bn = b .

U vezi sa Teoremom 1.4.4 primecujemo sledece.Ako je niz (an) konvergentan sa granicom

limn→∞

an = a > 0 ,

granicna vrednost limn→∞ cn je odredenog oblika

limn→∞

cn = limn→∞

n√

an = a0 = 1 .

52 TEORIJA NIZOVA

Jasno da se isti rezultat dobija i prema (1.4.11) jer je tada limn→∞ an =limn→∞ an−1. Na primer, ako je (an) konstantan niz sa an = C > 0 zasvako n ∈ N, tada je limn→∞ an = C (Primer 1.1.1) i

(1.4.12) limn→∞

n√

C = 1 , C > 0 .

Ako jelim

n→∞an = 0 ,

granicne vrednosti limn→∞ cn i limn→∞ bn su neodredenog oblika 00 i 0/0redom. Ako je (an) odredeno divergentan niz sa

limn→∞

an = +∞ ,

granicna vrednost limn→∞ cn je neodredenog oblika ∞0, a limn→∞ cn ob-lika ∞/∞. Kako se granicne vrednosti oblika 00 i ∞0 upravo i nalaze pre-vodenjem na oblike 0/0 ili ∞/∞, znacaj jednakosti (1.4.11) je ocigledan. Naprimer, za an = 1/n je

limn→∞

n

√1n

= limn→∞

1n1

n− 1

= limn→∞

n− 1n

= 1 ,

a za an = n je

(1.4.13) limn→∞

n√

n = limn→∞

n

n− 1= 1 ,

pri cemu su limn→∞(n− 1)/n i limn→∞ n/(n− 1) odredeni prema (1.2.8).Iz konvergencije niza (cn) ne sledi konvergencija niza (bn) u opstem

slucaju, o cemu svedoci sledeci primer. Neka je niz (an) sastavljen od clanovaan = 1 ako je n neparan i an = 2 ako je n paran broj. Tada je

1 ≤ an ≤ 2 ,n√

1 = 1 ≤ n√

an ≤ n√

2 , 1 ≤ cn ≤ n√

2 .

Prema (1.4.12) i Teoremi 1.2.5, sledi

limn→∞

cn = limn→∞

n√

an = 1 .

S druge strane jean

an−1=

12

,an

an−1= 2

BROJNI NIZOVI 53

ako je n neparan i ako je n paran broj redom. Granicna vrednost

limn→∞

bn = limn→∞

an

an−1

ne postoji jer nije jedinstvena (Teorema 1.1.1).Da bi se izbegao ovde nebitan pocetni uslov a0 = 1, umesto kolicnika

uzastopnih clanova niza an/an−1 se uzima kolicnik an+1/an, pa jednakost(1.4.11) glasi

limn→∞

n√

an = limn→∞

an+1

an.

Isto vazi i za niz (αn) = (an − an−1)/(bn − bn−1) = (an+1 − an)/(bn+1 − bn)u Stolzovoj teoremi.

NAPOMENA 1.4.1. U oblasti matematike Teorija redova se pomocu Teoreme 1.4.4uspostavlja veza izmedu D’Alambertovog i Cauchyevog kriterijuma konvergencije ([7],str. 20–22). 4

PRIMER 1.4.1. Za k, n ∈ N, odredujemo granicnu vrednost niza sa opstim clanom

(1.4.14) cn =1k + 2k + · · ·+ nk

nk+1.

Neka je k ∈ N bilo koji fiksirani broj i

an = 1k + 2k + · · ·+ nk , bn = nk+1 .

Niz (bn) je monotono rastuci jer je

bn+1 = (n + 1)k+1 > nk+1 = bn

za svako n ∈ N. Jos je, prema (1.2.5) i (1.2.6),

limn→∞

bn = +∞ ,

pa niz (bn) zadovoljava uslove 1◦ i 2◦ Stolzove teoreme.Formiramo niz (αn) sa opstim clanom

αn =an − an−1

bn − bn−1=

(1k + 2k + · · ·+ (n− 1)k + nk)− (1k + 2k + · · ·+ (n− 1)k)

nk+1 − (n− 1)k+1

=nk

nk+1 − (n− 1)k+1.

Koristeci binomnu formulu

(A + B)m =

m∑i=0

(m

i

)Am−iBi ,

54 TEORIJA NIZOVA

dobijamo

(n− 1)k+1 =

k+1∑i=0

(k + 1

i

)nk+1−i(−1)i

= nk+1 − (k + 1)nk +

(k + 1

2

)nk−1 − · · ·+ (−1)k+1 ,

pa je (αn) oblika (1.2.7),

αn =nk

(k + 1)nk −(

k+12

)nk−1 + · · ·+ (−1)k+1

i, prema (1.2.8), vazi

limn→∞

αn =1

k + 1.

Niz (αn) je konvergentan i zadovoljava uslov 3◦ Stolzove teoreme.Prema Stolzovoj teoremi je

limn→∞

cn = limn→∞

αn ,

tj.

(1.4.15) limn→∞

1k + 2k + · · ·+ nk

nk+1=

1

k + 1.

U specijalnim slucajevima k = 1, 2, 3, do granicne vrednosti (1.4.15) moze da se dode naosnovu znanja iz ranijih kurseva matematike i (1.2.8). Formule za zbir prvih n prirodnihbrojeva, za zbir kvadrata i kubova prvih n prirodnih brojeva redom glase:

(1.4.16)

n∑k=1

k =n(n + 1)

2,

n∑k=1

k2 =n(n + 1)(2n + 1)

6,

n∑k=1

k3 =n2(n + 1)2

4

i dokazuju se matematickom indukcijom. Zato je (1.4.14), npr. za k = 1,

cn =1 + 2 + · · ·+ n

n2=

1

n2

n(n + 1)

2=

n2 + n

2n2.

Prema (1.2.8) sledi

limn→∞

cn =1

2,

sto je (1.4.15). 4


An =1 +

√2 + 3√3 + · · ·+ n

√n

n.

BROJNI NIZOVI 55

Neka jean = n

√n .

Prema (1.4.13), niz (an) je konvergentan sa granicom

limn→∞

an = 1

i ispunjava uslove Cauchyeve teoreme.Opsti clan An je aritmeticka sredina (1.4.5) brojeva a1, a2, . . . , an i vazi (1.4.6), tj.

limn→∞

An = limn→∞

an = 1 . 4

PRIMER 1.4.3. Za konstantu C ∈ R i n ∈ N, odredujemo granicnu vrednost niza saopstim clanom

Hn =n

1√C2 + 1

+1√

C2 +1

4

+ · · ·+ 1√C2 +

1

n2

.

Neka je C 6= 0. Oznacavajuci

an =

√C2 +

1

n2,

prema (1.1.9) utvrdujemo

limn→∞

an =√

C2 = |C| > 0 .

Jos je an > 0 za svako n ∈ N, pa su uslovi Teoreme 1.4.3 ispunjeni.Opsti clan Hn je harmonijska sredina (1.4.7) brojeva a1, a2, . . . , an i vazi (1.4.8), tj.

limn→∞

Hn = limn→∞

an = |C| .

Dobijeni rezultat ostaje na snazi i za C = 0. Primenom (1.4.16), opsti clan Hn postaje

Hn =n

1 + 2 + · · ·+ n=

2n

n(n + 1)=

2n

n2 + n

i, na osnovu (1.2.8), sledilim

n→∞Hn = 0 . 4


Gn =n

√(1 +

1

1

)(1 +

1

2

)2

· · ·(

1 +1

n

)n

.

56 TEORIJA NIZOVA

Prema (1.3.3), za

an =

(1 +

1

n

)n

vazilim

n→∞an = e > 0 .

Kako je an > 0 za svako n ∈ N, uslovi Teoreme 1.4.3 su ispunjeni.Opsti clan Gn je geometrijska sredina (1.4.9) brojeva a1, a2, . . . , an i vazi (1.4.10), tj.

limn→∞

Gn = limn→∞

an = e . 4

PRIMER 1.4.5. Za p ∈ R i n ∈ N, odredujemo granicne vrednosti nizova sa opstimclanovima

(1.4.17) 1◦ cn =n√

np

, 2◦ dn =1

n

n√

n! .

1◦ Neka je

an = np

, bn =an

an−1=

np

(n− 1)p =

(n

n− 1

)p

.

Tada je an > 0 za svako n ∈ N i, prema (1.2.8),

limn→∞

bn = 1p

= 1 > 0 ,

pa su uslovi Teoreme 1.4.4 ispunjeni.Primenjujuci (1.4.11), sledi

limn→∞

cn = limn→∞

bn = 1 ,

tj.

(1.4.18) limn→∞

n√

np

= 1 , p ∈ R .

2◦ Opsti clan zapisujemo na nacin

dn =n

√n!

nn

i uvodimo oznake

an =n!

nn,

bn =an

an−1=

n!

nn

(n− 1)!

(n− 1)n−1

=n! (n− 1)n−1

(n− 1)! nn= n

(n− 1)n−1

n nn−1=

(n− 1

n

)n−1

=1(

n

n− 1

)n−1=

1(1 +

1

n− 1

)n−1.

BROJNI NIZOVI 57

Kako je an > 0 za svako n ∈ N i, prema (1.3.3),

limn→∞

bn =1

e= e−1 > 0 ,

uslovi Teoreme 1.4.4 su ispunjeni.Primenjujuci (1.4.11), sledi

limn→∞

dn = limn→∞

bn = e−1 . 4

1.5. Delimicni nizovi itacke nagomilavanja niza

1.5.1. Delimicni nizovi (podnizovi)

Dosad smo se bavili samo odredenom divergencijom nizova, ne i diver-gencijom uopsteno. Jedan od efikasnih nacina za utvrdivanje divergencije(ne odredene) nekog niza zasnovan je na pojmu delimicnog niza. Iako rede,delimicni nizovi mogu da se koriste i za utvrdivanje konvergencije i nalazenjegranicne vrednosti niza.

Definicija 1.5.1. Ako brojevi nk ∈ N za svako k ∈ N formiraju monotonorastuci niz (nk), tj.

n1 < n2 < · · · < nk < · · · ,

niz (ank) je delimicni niz ili podniz niza (an).

Definicija 1.5.1, u stvari, znaci da podniz (ank) nastaje od clanova niza

(an), uzetih u istom redosledu u kojem se javljaju u nizu (an). Ocigledno,niz (an) ima beskonacno mnogo podnizova.

Svaki podniz (ank) niza (an), posmatran sam po sebi, je takode niz. Do-

voljno je izvrsiti prenumeraciju clanova podniza, tj. staviti bk = anki dobiti

niz (bk), k ∈ N, sa istim clanovima kao (ank). Zato sva pravila, vezana za ni-

zove, vaze i za podnizove. Podnizovi, dakle, imaju znacaj jedino u kontekstunjihove veze sa nizovima iz kojih su nastali.

Teorema 1.5.1. Niz (an) je konvergentan ako i samo ako je svaki njegovpodniz konvergentan sa istom granicom

limn→∞

an = limk→∞

ank.

58 TEORIJA NIZOVA

Dokaz. Neka je niz (an) konvergentan sa granicom

limn→∞

an = a

i neka je (ank) proizvoljan podniz niza (an). Prema Definiciji 1.1.2, tada za

svako ε > 0 postoji N(ε) ∈ N tako da je

|an − a| < ε

za svako n ≥ N(ε). Clanovi podniza bk = anksu istovremeno i clanovi niza

(an), pa za njih takode vazi

|bk − a| = |ank− a| < ε

za svako nk ≥ N(ε)Niz indeksa (nk) clanova podniza (ank

) je rastuci prema Definiciji 1.5.1.To znaci da za N(ε) ∈ N postoji K = K(N(ε)) = K(ε) ∈ N tako da je

N(ε) ≤ nK < nK+1 < · · · ,

tj. nk ≥ N(ε) vazi za svako k ≥ K(ε).Zakljucujemo da za svako ε > 0 postoji K(ε) ∈ N tako da je

|bk − a| < ε

za svako k ≥ K(ε) i, prema Definiciji 1.1.2, niz (bk) je konvergentan sagranicom

limk→∞

bk = limk→∞

ank= a .

Obrnuto, neka je (ank) ma koji konvergentan podniz niza (an) sa granicom

limk→∞

ank= a .

Za nk = k, iz Definicije 1.5.1 sledi da je svaki niz istovremeno i sopstvenipodniz. Kako je podniz (ank

) bilo koji, biramo specijalno ank= ak = an i

dobijamolim

n→∞an = lim

k→∞ank

= a .

Teorema 1.5.2. Niz (an) je odredeno divergentan ako i samo ako je svakinjegov podniz odredeno divergentan sa

limn→∞

an = limk→∞

ank= +∞

BROJNI NIZOVI 59

ililim

n→∞an = lim

k→∞ank

= −∞ .

Dokaz teoreme izostavljamo ([4], str. 60).Ekvivalentna tvrdenja jednog smera Teorema 1.5.1 i 1.5.2 u negiranom

obliku se koriste kao kriterijum za utvrdivanje divergencije niza, pa ih izdva-jamo u posebnu teoremu.

Teorema 1.5.3. Niz (an) je divergentan (ne odredeno) ako postoje bardva podniza (ank

) i (bnk) takva da je

limk→∞

ank6= lim

k→∞bnk

.

Kao ilustraciju Teoreme 1.5.3 navodimo niz (an) =((−1)n

). Za n = 2k i

n = 2k − 1, podnizovi (a2k) i (a2k−1) sa opstim clanovima

a2k = (−1)2k = 1 , a2k−1 = (−1)2k−1 = −1

su konstantni i vazi

limk→∞

a2k = 1 6= limk→∞

a2k−1 = −1 ,

pa je niz (an) divergentan. U Primeru 1.1.3 je dokaz divergencije ovog nizaizveden primenom Definicija 1.1.2 i 1.1.3, sto je daleko tezi nacin.

U vezi sa prethodnim teoremama iznosimo i sledece zapazanje.Ako je neki podniz (ank

) niza (an) konvergentan ili odredeno divergen-tan, to nikako ne znaci da je i niz (an) konvergentan, odnosno odredenodivergentan. Takode, ako su neka dva podniza (ank

) i (bnk) konvergentna

(odredeno divergentna) sa istom granicom, niz (an) ne mora da bude konver-gentan (odredeno divergentan). Primer je niz (an) = (sin nπ/2). Za n = 2ki n = 4k, podnizovi (a2k) i (a4k) sa opstim clanovima

a2k = sin kπ = 0 , a4k = sin 2kπ = 0

su konstantni nizovi sa istom granicom

limk→∞

a2k = limk→∞

a4k = 0 .

Medutim, za n = 4k + 1, podniz (a4k+1) ima opsti clan

a4k+1 = sin(4k + 1)π

2= sin

(2kπ +

π

2

)= 1 ,

60 TEORIJA NIZOVA

pa jelim

k→∞a4k+1 = 1 6= lim

k→∞a2k = 0

i, prema Teoremi 1.5.3, niz (an) divergira.

U izvesnim situacijama, na osnovu konvergentnih (odredeno divergentnih)podnizova, ipak moze da se zakljucuje o konvergenciji (odredenoj divergen-ciji) niza. O tome govore naredne dve teoreme.

Teorema 1.5.4. Neka je niz (an) monoton.

1◦ Ako je neki podniz (ank) konvergentan sa granicom

limk→∞

ank= a ,

tada je niz (an) konvergentan sa istom granicom

limn→∞

an = a .

2◦ Ako je neki podniz (ank) odredeno divergentan sa

limk→∞

ank= +∞

(lim

k→∞ank

= −∞)

,

tada je niz (an) odredeno divergentan sa

limn→∞

an = +∞(

limn→∞

an = −∞)

.

Dokaz. Buduci da konvergencija monotonog niza zavisi od njegoveogranicenosti (Teoreme 1.3.4, 1.3.5), razmatramo dva slucaja, kada je nizogranicen i kada je neogranicen sa odgovarajuce strane.

1◦ Neka je niz (an) neopadajuci (nerastuci) i ogranicen sa gornje (donje)strane. Prema Teoremi 1.3.4, niz (an) je konvergentan i, prema Teo-remi 1.5.1, vazi

limn→∞

an = limk→∞

ank= a .

2◦ Neka je niz (an) neopadajuci (nerastuci) i neogranicen sa gornje (donje)strane. Prema Teoremi 1.3.5, niz (an) je odredeno divergentan i, premaTeoremi 1.5.2, vazi

limn→∞

an = limk→∞

ank= +∞

(lim

n→∞an = lim

k→∞ank

= −∞)

.

BROJNI NIZOVI 61

Teorema 1.5.5. Ako su podnizovi (a2k) i (a2k−1) niza (an) konvergentnisa granicom

limk→∞

a2k = limk→∞

a2k−1 = a ,

tada je niz (an) konvergentan sa istom granicom

limn→∞

an = a .

Dokaz Teoreme 1.5.5 izostavljamo, uz napomenu da ona predstavlja speci-jalan slucaj opstijeg rezultata koji je dokazan u [4], str. 88. Teorema vazi iu slucaju odredeno divergentnih nizova.

Niz (an) sa opstim clanom

an =(−1)n

n

ilustruje Teoremu 1.5.5. Vec smo pokazali da vazi (1.1.4), tj.

limn→∞

1n

= 0 .

Za n = 2k i n = 2k − 1, iz Teoreme 1.5.1 sledi

limk→∞

12k

= limk→∞

12k − 1

= 0 ,

pa podnizovi (a2k) i (a2k−1) imaju iste granicne vrednosti

limk→∞

a2k = limk→∞

12k

= 0 , limk→∞

a2k−1 = − limk→∞

12k − 1

= 0 ,

odakle je ilim

n→∞an = 0 .

Bez dokaza navodimo i sledecu teoremu ([2], str. 89–90).

Teorema 1.5.6. (BOLZANO–WEIERSTRASSOV STAV) Svaki ogranicen nizima bar jedan konvergentan podniz.

Generalizacija Teoreme 1.5.6 je da svaki realni brojni niz ima bar jedankonvergentan ili odredeno divergentan podniz.

Neka je G skup granicnih vrednosti svih podnizova niza (an). Ako jeniz (an) konvergentan ili odredeno divergentan, prema Teoremama 1.5.1 i1.5.2, skup G sadrzi samo jedan element. U slucaju divergentnog niza (ne

62 TEORIJA NIZOVA

odredeno), skup G moze da sadrzi proizvoljno mnogo elemenata, konacno ilibeskonacno. Elementi skupa G, tj. granicne vrednosti podnizova, cesto sezovu delimicne granice niza (an).

Definicija 1.5.2. Najmanji element skupa G svih delimicnih granica niza(an) je donja granica (limes inferior) niza (an) i oznacava se sa

lim infn→∞

an , limn→∞

an .

Najveci element skupa G svih delimicnih granica niza (an) je gornjagranica (limes superior) niza (an) i oznacava se sa

lim supn→∞

an , limn→∞

an .

Donja granica moze da bude konacan broj ili −∞, a gornja konacan brojili +∞.

Teorema 1.5.7. Niz (an) je konvergentan ili odredeno divergentan ako isamo ako je

lim infn→∞

an = lim supn→∞

an .

Dokaz. Tvrdenje teoreme je neposredna posledica Teorema 1.5.1, 1.5.2 iDefinicije 1.5.2.

Limes inferior i limes superior ne treba mesati sa infimumom i supre-mumom niza (Definicija 1.3.5). Infimum i supremum su brojevi kojiogranicavaju niz i ni jedan od njih ne mora da bude delimicna granica niza.Na primer, niz sa opstim clanom

an = (−1)n(1 +

1n

)

ima:

inf an = a1 = −2 , sup an = a2 =32

;

lim infn→∞

an = limk→∞

a2k−1 = −1 , lim supn→∞

an = limk→∞

a2k = 1 .

Ovaj niz je divergentan, sto sledi na osnovu Teoreme 1.5.7 ili Teoreme 1.5.3.

PRIMER 1.5.1. Za n ∈ N, posmatramo nizove sa opstim clanovima

1◦ an = (−2)n , 2◦ bn = (−1)nn

BROJNI NIZOVI 63

i ispitujemo njihovu konvergenciju.

1◦ Za k ∈ N, n = 2k i n = 2k − 1, dobijaju se podnizovi sa opstim clanovima

a2k = (−2)2k = 4k , a2k−1 = (−2)2k−1 = −1

24k .

Prema (1.1.6), (1.1.7) i Teoremi 1.2.1, vazi

limk→∞

a2k = +∞ 6= limk→∞

a2k−1 = −∞

i, prema Teoremi 1.5.3, niz (an) divergira (ne odredeno).Analogno se pokazuje da

limn→∞

qn

ne postoji i za bilo koje drugo q < −1, cime je dokaz za (1.1.7) kompletiran.

2◦ Za k ∈ N, n = 2k i n = 2k − 1, dobija se

b2k = 2k , b2k−1 = −(2k − 1) = −2k + 1 .

Prema (1.1.2), (1.1.5) i Teoremama 1.2.1, 1.2.2, sledi

limk→∞

b2k = +∞ 6= limk→∞

b2k−1 = −∞ ,

pa je, prema Teoremi 1.5.3, niz (bn) divergentan (ne odredeno).Niz (bn) smo vec navodili kao primer divergentnog niza u vezi sa Teoremama 1.2.14,

1.3.3, a sada smo njegovu divergenciju i dokazali. 4

PRIMER 1.5.2. Za n ∈ N, posmatramo niz zadat rekurentnom relacijom

a1 = 0 , an+1 = 2− an


Pomocu rekurentne relacije nalazimo prvih nekoliko clanova niza:

a1 = 0 , a2 = 2− a1 = 2 , a3 = 2− a2 = 0 , a4 = 2− a3 = 2 .

Uocavamo da jea2k = 2 , a2k−1 = 0

za k = 1, 2 i matematickom indukcijom dokazujemo da su ove jednakosti tacne za svakok ∈ N. U tom cilju formiramo clanove

a2(k+1) = a2k+2 = 2− a2k+1 , a2(k+1)−1 = a2k+1 = 2− a2k .

Prema induktivnoj pretpostavci je a2k = 2, pa je

a2k+1 = 2− a2k = 0 , a2k+2 = 2− a2k+1 = 2 .

64 TEORIJA NIZOVA

Dakle, niz (an) se sastoji od dva konstantna podniza sa opstim clanovima

a2k = 2 , a2k−1 = 0 ,

za koje jelim

k→∞a2k = 2 6= lim

k→∞a2k−1 = 0 ,

pa niz (an) divergira prema Teoremi 1.5.3.

Da smo neoprezno pretpostavili konvergenciju niza (an), tj. egzistenciju njegove granice

limn→∞

an = a ,

dosli bismo do pogresnog zakljucka

limn→∞

an+1 = 2− limn→∞

an , a = 2− a , 2a = 2 , a = 1 ,

sto potvrduje zapazanja iz Napomene 1.3.3. 4

PRIMER 1.5.3. Za n ∈ N, ispitujemo konvergenciju i odredujemo granicnu vrednostniza sa opstim clanom

(1.5.1) an =

(1 +

1

bn

)bn

,

gde je bn opsti clan proizvoljnog odredeno divergentnog niza (bn).

Pretpostavimo da jelim

n→∞bn = +∞ .

Za n ∈ N, postoji broj N(n) = Nn ∈ N takav da za bn ∈ R vazi

Nn ≤ bn ≤ Nn + 1 .

Iz pretpostavke limn→∞ bn = +∞, a na osnovu Teoreme 1.2.13 pod 1◦, sledi

limn→∞

(Nn + 1) = limn→∞

Nn = +∞ .

Ako se iz niza (Nn) odstrane brojevi koji se eventualno ponavljaju, dobija se podniz(Nnk ) za koji, prema Teoremi 1.5.2, takode vazi

limk→∞

Nnk = +∞ .

Kako je jos Nn ∈ N za svako n ∈ N, to je (Nnk ) podniz niza (n) svih prirodnih brojeva.Radi jednostavnosti, uvodimo oznaku N = Nnk i dobijamo redom:

N ≤ bn ≤ N + 1 ,1

N + 1≤ 1

bn≤ 1

N, 1 +

1

N + 1≤ 1 +

1

bn≤ 1 +

1

N,

(1 +

1

N + 1

)N

≤(

1 +1

bn

)bn

≤(

1 +1

N

)N+1

.

BROJNI NIZOVI 65

Nizovi na levoj i desnoj strani poslednje dvostruke nejednakosti su podnizovi nizova izPrimera 1.3.2 i, prema Teoremi 1.5.1, vazi

limk→∞

(1 +

1

N + 1

)N

= limk→∞

(1 +

1

N

)N+1

= e .

Primenom Teoreme 1.2.5, tada je i

limn→∞

an = limn→∞

(1 +

1

bn

)bn

= e .

Slucajlim

n→∞bn = −∞

se razmatra analogno, polazeci od nejednakosti

−(N + 1) ≤ bn ≤ N .

Dobija se isti rezultatlim

n→∞an = e .

Zakljucujemo da vazi

(1.5.2) limn→∞

(1 +

1

bn

)bn

= e

kad jelim

n→∞bn = ∞ .

Za niz sa opstim clanom

cn =1

bn,

na osnovu Teoreme 1.2.12 pod 1◦, u oba slucaja limn→∞ bn = +∞, limn→∞ bn = −∞se dobija

limn→∞

cn = 0

i, prema (1.5.4),

(1.5.3) limn→∞

(1 + cn)1/cn = e . 4

1.5.2. Tacke nagomilavanja niza

Zakljucci izneti u prethodnom delu mogu da se formulisu i pomocu pojmatacke nagomilavanja niza. Ovakav pristup se srece kod mnogih autora ([2],str. 85–90; [6], str. 15–16).

66 TEORIJA NIZOVA

Definicija 1.5.3. Tacka x ∈ R je tacka nagomilavanja niza (an) akopostoji podniz (ank

) tako da je

limk→∞

ank= x .

Definicija 1.5.3 vazi i za x = +∞ ili x = −∞.Objedinjene Teoreme 1.5.1 i 1.5.2 u novoj terminologiji dobijaju sledeci

oblik.

Teorema 1.5.8. Niz (an) je konvergentan (odredeno divergentan) ako isamo ako postoji jedinstvena konacna (beskonacna) tacka nagomilavanja togniza.

Ekvivalent Teoremi 1.5.3 je sledeca teorema.

Teorema 1.5.9. Niz (an) je divergentan ako i samo ako postoje bar dvemedusobno razlicite tacke nagomilavanja tog niza.

Teorema 1.5.10. (BOLZANO–WEIERSTRASSOV STAV) Svaki ogranicenniz ima bar jednu konacnu tacku nagomilavanja.

Generalizacija Teoreme 1.5.10 je da svaki realni niz ima bar jednu tackunagomilavanja, konacnu ili beskonacnu.

Ekvivalentna definicija Definiciji 1.5.2 je sledeca.

Definicija 1.5.4. Limes inferior niza (an) je najmanja, a limes superiornajveca tacka nagomilavanja niza (an).

Na kraju ovog dela navodimo znacajna zapazanja, vezana za tackunagomilavanja niza i slicne pojmove kod nepraznih skupova.

Tacka x ∈ R je adherentna tacka skupa X ⊆ R ako za svako ε > 0 postojiy ∈ X tako da je |x− y| < ε.

Tacka x ∈ R je tacka nagomilavanja skupa X ⊆ R ako za svako ε > 0postoji y ∈ X tako da je y 6= x i |x− y| < ε.

Ocigledno, ako skup X sadrzi samo jedan element, taj element je adhe-rentna tacka skupa X, ali ne i njegova tacka nagomilavanja.

Tacku nagomilavanja niza nikako ne treba poistovecivati sa adherentnomili tackom nagomilavanja skupa jer se radi o razlicitim pojmovima. Pre-ciznije, izmedu ovih pojmova postoje sledece veze.

Tacka nagomilavanja niza (an) je istovremeno adherentna tacka skupaX = {an}, dok obrnuto u opstem slucaju ne vazi. Primer je niz (an) = (1/n)koji ima samo jednu tacku nagomilavanja x = 0. Medutim, skup {1/n} imabeskonacno mnogo adherentnih tacaka. To su x = 0 i svi clanovi niza a1 = 1,a2 = 1/2, itd.

BROJNI NIZOVI 67

Tacka nagomilavanja skupa X = {an} je istovremeno tacka nagomilavanjaniza (an). Da obrnuto ne vazi uvek, svedoci primer konstantnog niza (an) =(C). Ovaj niz ima tacku nagomilavanja x = C, ali skup {C} nema tackunagomilavanja jer sadrzi samo jedan element.

Primetimo jos da je tacka nagomilavanja niza analogon adherentnoj tackiskupa, a ne tacki nagomilavanja skupa. Zato se u literaturi tacka nagomila-vanja niza srece i pod imenom adherentna vrednost niza ([1], str. 48–49).

Teorema 1.5.11. Ako je x ∈ R tacka nagomilavanja skupa X ⊆ R, tadapostoji niz (an) takav da je an ∈ X za svako n ∈ N i

limn→∞

an = x .

Dokaz. Kako je x tacka nagomilavanja skupa X, to za svako ε > 0, pa iza ε1 = 1 > 0, postoji element a1 ∈ X tako da je a1 6= x i

|a1 − x| < ε1 .

Neka je ε2 > 0 manji od brojeva 1/2 i |a1−x|. Tada postoji element a2 ∈ Xtako da je a2 6= x, a2 6= a1 i

|a2 − x| < ε2 .

Nastavljajuci postupak, konstruisemo nizove (εn) i (an) za koje vazi: εn > 0je manji od brojeva 1/n i |an−1 − x| ; an 6= x, an 6= ai (i = 1, 2, . . . , n− 1) i

|an − x| < εn .

Poslednju nejednakost zapisujemo na nacin

−εn + x < an < εn + x

i uocavamo da je

0 < εn ≤ 1n

.

Sukcesivnom primenom Teoreme 1.2.5, dobijamo redom

limn→∞

εn = 0 , limn→∞

an = x ,

sto je tvrdenje teoreme.

68 TEORIJA NIZOVA

1.6. Cauchyevi nizovi

Jos jedan od nacina za utvrdivanje konvergencije ili divergencije nizova,bez nalazenja granicnih vrednosti u slucaju konvergencije, zasnovan je napojmu Cauchyevog niza.

Definicija 1.6.1. Niz (an) je Cauchyev niz ako za svako ε > 0 postojiN(ε) ∈ N tako da je

|am − an| < ε

za svako m,n ≥ N(ε).

Ne umanjujuci opstost, pretpostavimo da je m > n i stavimo m = n + k,k ∈ N. Definicija 1.6.1 tada dobija ekvivalentan oblik.

Definicija 1.6.2. Niz (an) je Cauchyev niz ako za svako ε > 0 postojiN(ε) ∈ N tako da je

|an+k − an| < ε

za svako n ≥ N(ε) i svako k ∈ N.

Definicije 1.6.1 i 1.6.2 znace da su skoro svi clanovi niza na uzajamnomrastojanju manjem od ε, koliko god da je ε mali broj. Dakle, za razliku odDefinicije 1.1.2, koja ukazuje na bliskost clanova konvergentnog niza i nekogkonkretnog broja (limes niza), Definicije 1.6.1 i 1.6.2 ukazuju na medusobnubliskost clanova niza.

U prakticnim primenama se koristi ona od Definicija 1.6.1 ili 1.6.2, kojaje pogodnija za resavanje konkretnog problema.

Osobine Cauchyevih nizova formulisemo u obliku teorema.

Teorema 1.6.1. Ako je niz (an) Cauchyev, tada je on ogranicen.Dokaz. Neka je ε > 0 konkretan broj, npr. ε = 1. Prema Definiciji 1.6.2,

za svako ε > 0, pa i za ε = 1, postoji broj N = N(1) ∈ N tako da je

|an+k − an| < 1

za svako n ≥ N i svako k ∈ N. Specijalno, za n = N , je

|aN+k − aN | < 1 ,

pa suprotna nejednakost moze da vazi samo za clanove niza a1, a2, . . . , aN−1.Birajuci za M1 > 0 najveci od brojeva 1, |a1−aN |, |a2−aN |, . . . , |aN−1−aN |,dobijamo

|an − aN | ≤ M1 , −M1 + aN ≤ an ≤ M1 + aN

BROJNI NIZOVI 69

za svako n ∈ N. Ako je M > 0 veci od brojeva | −M1 + aN | i |M1 + aN |,sledi

−M ≤ an ≤ M , |an| ≤ M

za svako n ∈ N i, prema Definiciji 1.3.3, Cauchyev niz (an) je ogranicen.

Teorema 1.6.2. Ako je niz (an) Cauchyev, tada on ima konvergentanpodniz (ank

).Dokaz. Tvrdenje sledi iz Teorema 1.6.1 i 1.5.10.

Najvaznija osobina Cauchyevih nizova iskazana je sledecom teoremom.

Teorema 1.6.3. (CAUCHYEV KRITERIJUM KONVERGENCIJE) Niz (an)je konvergentan ako i samo ako je Cauchyev.

Dokaz. Neka je niz (an) konvergentan i neka je ε > 0 proizvoljan broj.Tada je i ε1 = 2ε > 0 proizvoljan broj. Iz Definicije 1.1.2 sledi da postojibroj N(ε) ∈ N tako da je

|an − a| < ε , |am − a| < ε

za svako m,n ≥ N(ε), pa je

|am − an| =∣∣(am − a) + (a− an)

∣∣ ≤ |am − a|+ |a− an|= |am − a|+ |an − a| < 2ε = ε1

za svako m,n ≥ N(ε). Dakle, niz (an) je Cauchyev.Obrnuto, pretpostavimo da je niz (an) Cauchyev. Prema Teoremi 1.6.2,

tada postoji konvergentan podniz (ank). Oznacimo granicnu vrednost pod-

niza salim

k→∞ank

= a .

Ako je ε > 0 proizvoljan broj, proizvoljan je i broj ε1 = 2ε > 0. Stavljajucim = nk, iz Definicije 1.6.1 sledi da postoji broj N1(ε) ∈ N tako da je

|ank− an| < ε

za svako nk, n ≥ N1(ε). Takode, na osnovu Definicije 1.1.2, postoji brojN2(ε) ∈ N tako da je

|ank− a| < ε

za svako nk ≥ N2(ε). Neka je N(ε) veci od brojeva N1(ε) i N2(ε). Tada je

|ank− an| < ε , |ank

− a| < ε

70 TEORIJA NIZOVA

za svako nk, n ≥ N(ε), pa je i

|an − a| = ∣∣(an − ank) + (ank

− a)∣∣ ≤ |an − ank

|+ |ank− a|

= |ank− an|+ |ank

− a| < 2ε = ε1

za svako n ≥ N(ε). Dakle, niz (an) je konvergentan.

Dosad smo nizove posmatrali samo u skupu svih realnih brojeva R.Medutim, nizovi mogu da se posmatraju i na proizvoljnom skupu X ⊆ R kaouniverzalnom skupu. Karakteristika ovog slucaja je u zahtevu da granicnavrednost niza, ukoliko postoji, pripada skupu X. Ovakav zahtev dovodido razlike izmedu Cauchyevog i konvergentnog niza. Preciznije, niz mozeda bude Cauchyev, ali ne i konvergentan, pa Teorema 1.6.3 ne vazi u obasmera. Primer je niz (an) = (1/n) na intervalu X = (0, 1]. Ovaj niz jesteCauchyev jer za svako ε > 0 postoji broj N(ε) = [2/ε] + 1 ∈ N tako da zasvako m,n ≥ N(ε) vazi

|am−an| =∣∣∣ 1m− 1

n

∣∣∣ ≤ 1m

+1n≤ 1

N(ε)+

1N(ε)

=2

N(ε)=

2[2ε

]+ 1

<22ε

= ε .

Niz nije konvergentan buduci da je, prema (1.1.4),

limn→∞

1n

= 0 /∈ X .

NAPOMENA 1.6.1. Najopstiji slucaj su nizovi u proizvoljnom metrickom prostoru(X, d) ([1], str. 25, 47–50). Ovaj slucaj nas ne interesuje, osim nekih ilustrativnihprimera kakvi su kompleksni brojni nizovi. S obzirom na prethodno uocenu razliku izmeduCauchyevog i konvergentnog niza, za proizvoljne metricke prostore se uvodi novi pojam.Metricki prostor (X, d) je kompletan ako u njemu svaki Cauchyev niz konvergira.

Prema Teoremi 1.6.3, (R, d) je kompletan metricki prostor, gde je R skup svih realnihbrojeva i d metrika data sa d(x, y) = |x− y|, x, y ∈ R. 4

PRIMER 1.6.1. Za n ∈ N, posmatramo harmonijski niz sa opstim clanom

(1.6.1) an = 1 +1

2+

1

3+ · · ·+ 1

n


Neka je n ∈ N i m = 2n. Tada je

am = a2n = 1 +1

2+

1

3+ · · ·+ 1

n+

1

n + 1+ · · ·+ 1

2n,

|am − an| = 1

n + 1+

1

n + 2+ · · ·+ 1

2n>

n

2n=

1

2.

BROJNI NIZOVI 71

Za specijalno izabrano ε = 1/4 > 0 ne postoji broj N(ε) ∈ N tako da vazi nejednakost|am−an| < ε za svako m, n ≥ N(ε) jer za svako n ∈ N i m = 2n vazi suprotna nejednakost|am − an| > 1/2 > ε. Dakle, niz (an) ne zadovoljava Definiciju 1.6.1, pa nije Cauchyev i,prema Teoremi 1.6.3, niz (an) nije konvergentan.

Harmonijski niz odredeno divergira, tj.

(1.6.2) limn→∞

(1 +

1

2+

1

3+ · · ·+ 1

n

)= +∞ .

Odredenu divergenciju niza (1.6.1) utvrdujemo prema Teoremi 1.3.5 pod 1◦, tako stopokazujemo da je niz monotono rastuci i neogranicen sa gornje strane.

Kako je

an+1 = 1 +1

2+ · · ·+ 1

n+

1

n + 1> 1 +

1

2+ · · ·+ 1

n= an ,

iz Definicije 1.3.6 sledi da je (an) monotono rastuci niz.

Neka je M ∈ R, M > 0 proizvoljan i K = K(M) ∈ N, K ≥ 2 najmanji broj za koji je

1 +1

2K ≥ M .

Pokazano je da, za svako k ∈ N, k ≥ 2 i n = 2k, vazi

an > 1 +1

2k

([6], str. 60–61), pa postoji broj N(M) = 2K ∈ N tako da je

aN(M) > 1 +1

2K ≥ M .

Na osnovu Definicije 1.3.4, to znaci da je niz (an) neogranicen sa gornje strane.Za dokaz (1.6.2) se cesce koriste drugi metodi ([7], str. 18–19), koji nisu predmet

razmatranja ove knjige.

Divergencija niza (1.6.1) je veoma spora ([4], str. 62). Zato na osnovu numerickogizracunavanja pocetnih clanova nije moguce naslutiti da li niz konvergira ili divergira.Ako pogresno pretpostavimo da niz konvergira, pokusaj da numericki odredimo njegovugranicu naravno da ne daje nikakav rezultat. Znacaj prethodnog utvrdivanja konvergen-cije ili divergencije niza se u punoj meri ogleda upravo kod sporo konvergentnih (Napo-mena 1.3.2) i sporo divergentnih nizova. 4

PRIMER 1.6.2. Za n ∈ N, posmatramo hiperharmonijski niz sa opstim clanom

(1.6.3) an = 1 +1

22+

1

32+ · · ·+ 1

n2


72 TEORIJA NIZOVA

Neka je k, n ∈ N. Tada je

an+k = 1 +1

22+

1

32+ · · ·+ 1

n2+

1

(n + 1)2+ · · ·+ 1

(n + k)2,

|an+k − an| = 1

(n + 1)2+

1

(n + 2)2+ · · ·+ 1

(n + k)2

<1

n(n + 1)+

1

(n + 1)(n + 2)+ · · ·+ 1

(n + k − 1)(n + k).

Rastavljanjem svakog sabirka na parcijalne razlomke

1

m(m + 1)=

1 + m−m

m(m + 1)=

1 + m

m(m + 1)− m

m(m + 1)=

1

m− 1

m + 1,

dalje je

|an+k − an| <(

1

n− 1

n + 1

)+

(1

n + 1− 1

n + 2

)+ · · ·+

(1

n + k − 1− 1

n + k

)

=1

n− 1

n + k<

1

n.

Za proizvoljno ε > 0 postoji broj N(ε) = [1/ε] + 1 ∈ N tako da za svako n ≥ N(ε) i svakok ∈ N vazi

|an+k − an| < 1

n≤ 1

N(ε)=

1[1

ε

]+ 1

<1

1

ε

= ε .

Prema Definiciji 1.6.2, niz (an) je Cauchyev i, prema Teoremi 1.6.3, niz (an) je konver-gentan.

Hiperharmonijski niz ima granicnu vrednost

(1.6.4) limn→∞

(1 +

1

22+

1

32+ · · ·+ 1

n2

)=

π2

6.

Za dokaz (1.6.4) se koriste posebni metodi ([7], str. 69–70), koje ovde ne razmatramo.Jednakost (1.6.4) omogucava uspesno numericko izracunavanje Ludolphovog broja π.

Niz (1.6.3) je specijalan slucaj hiperharmonijskog niza sa opstim clanom

(1.6.5) an = 1 +1

2p +

1

3p + · · ·+ 1

np , p ∈ R . 4

1.7. Veza izmedu granicnih vrednostinizova i funkcija

Na tesnu vezu izmedu realnih nizova i realnih funkcija jednog realnogargumenta ukazuje vec sama definicija niza kao funkcije skupa N u skupR. Ovo znaci da je pojam niza zasnovan na prethodno poznatom pojmu

BROJNI NIZOVI 73

funkcije. Dalje, realizacija definicija konvergencije i divergencije niza (Defini-cije 1.1.2, 1.1.3) cesto zahteva poznavanje osnovnih osobina funkcije, npr. os-obine monotonosti (Primeri 1.1.4, 1.1.5). Na znacaj neprekidnosti funkcije,Heineove definicije granicne vrednosti funkcije i L’Hospitalovog pravila, priodredivanju granicnih vrednosti mnogih nizova, ukazujemo upravo u ovomdelu knjige.

Realne funkcije jednog realnog argumenta necemo da razmatramo. Pret-postavljamo da su citaocu vec poznati osnovni pojmovi, kao sto su definicija,granicna vrednost i neprekidnost, izvodi funkcije, itd. Za detaljnije informa-cije citaoca upucujemo na obimnu literaturu koja postoji o ovim funkcijama,npr. [2], str. 97–197; [4], str. 97–185. Ovde izdvajamo samo one osobine ipravila koja se koriste u radu sa nizovima.

1.7.1. Monotonost funkcija

Neka je f(x) rastuca realna funkcija jednog realnog argumenta i (an)monoton realni niz. Tada je novi niz (yn) sa opstim clanom

yn = f(an)

neopadajuci (nerastuci) ako je (an) neopadajuci (nerastuci) niz.U slucaju opadajuce funkcije f(x), niz (yn) je nerastuci (neopadajuci) ako

je niz (an) neopadajuci (nerastuci).Krace receno, prirodu monotonosti niza (an) rastuca funkcija f(x) ne

menja, a opadajuca menja.Napominjemo da pomocu nerastue funkcije f(x) iz rastuceg niza (an) moze

da se dobije nerastuci niz (yn) i analogno u slucaju neopadajuce funkcijef(x).

1.7.2. Granicne vrednosti funkcija

Neka je f(x) realna funkcija jednog realnog argumenta i x0, L ∈ Rkonkretni brojevi ili x0 = +∞, x0 = −∞, L = +∞, L = −∞.

Cauchyeva definicija granicne vrednosti funkcije je sledeca.Ako za svako ε > 0 postoji δ = δ(ε) > 0 tako da iz x 6= x0, |x − x0| < δ

sledi |f(x)−L| < ε, funkcija f(x) ima granicnu vrednost L kad x → x0, stose zapisuje sa

limx→x0

f(x) = L .

Dokazano je da izmedu granicnih vrednosti funkcija i nizova postojiobostrana veza, o cemu govori sledeca teorema ([4], str. 105).

74 TEORIJA NIZOVA

Funkcija f(x) ima granicnu vrednost L kad x → x0 ako i samo ako niz(yn) =

(f(an)

)ima granicnu vrednost L, gde je (an) proizvoljan niz, takav

da je an 6= x0 za svako n ∈ N i limn→∞ an = x0.Dakle, za Cauchyevu definiciju postoji ekvivalent, iskazan pomocu ni-

zova. Ovaj ekvivalent je u literaturi poznat kao Heineova definicijagranicne vrednosti funkcije. Uocavamo da se Cauchyeva definicija odnosina neprekidnu promenu argumenta x → x0, dok je u Heineovoj definiciji tapromena diskretna x = an → x0.

Heineova definicija se koristi u dve situacije. Jedna je kada se granicnavrednost niza nalazi pomocu poznate granicne vrednosti funkcije. Druga jekada se utvrduje da granicna vrednost funkcije ne postoji.

Za nalazenje granicnih vrednosti nizova, karakteristicni su sledeci slucaje-vi. Neka je poznata granicna vrednost funkcije

limx→+∞

f(x) = L .

Tada, za x = an = n, vazi x → +∞ kad n →∞ i

limn→∞

f(n) = L .

Neka jelim

x→0+f(x) = L ,

gde x → 0+ znaci x → 0 i x > 0. Tada, za x = an = 1/n, vazi x → 0+ kadn →∞ i

limn→∞

f( 1

n

)= L .

Da granicna vrednost funkcije ne postoji jer nije jedinstvena, utvrduje sekonstrukcijom nizova (an) i (bn), takvih da je

limn→∞

an = limn→∞

bn = x0 , limn→∞

f(an) 6= limn→∞

f(bn) .

U cilju nalazenja granicnih vrednosti funkcija, Heineova definicija seupotrebljava samo kada je to neophodno. Tipican primer su granicne vred-nosti

limx→+∞

(1 +

1x

)x

= limx→−∞

(1 +

1x

)x

= e ,(1.7.1)

limx→0+

(1 + x

)1/x

= limx→0−

(1 + x

)1/x

= e ,(1.7.2)

BROJNI NIZOVI 75

koje se dobijaju iz (1.5.2) i (1.5.3) redom. Jednakost (1.7.1) moze da se uzmeza definiciju broja e umesto (1.3.3). U tom slucaju se (1.7.2) dobija smenomt = 1/x, a (1.5.2) i (1.5.3) slede primenom Heineove definicije iz (1.7.1) i(1.7.2), za x = bn i x = cn redom.

PRIMER 1.7.1. Za n ∈ N, odredujemo granicne vrednosti nizova sa opstim clanom

1◦ yn = n sin1

n, 2◦ yn = 2n sin

1

3n.

U oba slucaja koristimo poznatu granicnu vrednost

limx→0

sin x

x= 1

funkcije f(x) = sin x/x i zakljucke zasnovane na Heineovoj definiciji. Izraz sinx/x jeneodredenog oblika 0/0 kad x → 0 i njegova granicna vrednost se najjednostavnije nalazipomocu L’Hospitalovog pravila.

1◦ Za x = 1/n je

f

(1

n

)=

sin1

n1

n

= n sin1

n= yn ,

pa je

limn→∞

yn = limn→∞

f

(1

n

)= lim

x→0+f(x) = 1 .

2◦ Prema (1.1.7), za x = 1/3n vazi x → 0+ kad n →∞, pa je

limn→∞

3n sin1

3n= lim

n→∞f

(1

3n

)= lim

x→0+f(x) = 1 .

Transformacijom opsteg clana

yn =2n

3n3n sin

1

3n=

(2

3

)n

3n sin1

3n

i primenom (1.1.7), sledi

limn→∞

yn = limn→∞

(2

3

)n

limn→∞

3n sin1

3n= 0 · 1 = 0 . 4

PRIMER 1.7.2. Pokazujemo da ne postoje granicne vrednosti funkcija

1◦ limx→+∞

sin x , limx→0+

sin1

x.

U oba slucaja koristimo zakljucak zasnovan na Heineovoj definiciji.

76 TEORIJA NIZOVA

1◦ Neka je f(x) = sin x. Za n ∈ N0, uocavamo nizove (an), (bn) sa opstim clanovima

an = nπ , bn =π

2+ 2nπ ,

koji imaju beskonacne granicne vrednosti

limn→∞

an = limn→∞

bn = +∞ .

Kako je

f(an) = sin nπ = 0 , f(bn) = sin

(π

2+ 2nπ

)= 1 ,

to jelim

n→∞f(an) = 0 6= lim

n→∞f(bn) = 1 ,

pa granicna vrednost funkcije f(x) kad x → +∞ ne postoji jer nije jedinstvena.2◦ Neka je f(x) = sin(1/x). Za n ∈ N, nizovi (an), (bn) sa opstim clanovima

an =1

nπ, bn =

1π

2+ 2nπ

=2

π + 4nπ=

2

(4n + 1)π

imaju granicne vrednostilim

n→∞an = lim

n→∞bn = 0 + .

Zato je

limn→∞

f(an) = limn→∞

sin nπ = 0 6= limn→∞

f(bn) = limn→∞

sin2

(4n + 1)π= 1 . 4

1.7.3. Neprekidnost funkcija

Neka su f(x), g(x) i F (x) realne funkcije jednog realnog argumenta. Jos,neka je g(x) neprekidna, a F (x) slozena funkcija

F (x) = g(f(x)

).

Tada vazi

(1.7.3) limx→x0

F (x) = limx→x0

g(f(x)

)= g

(lim

x→x0f(x)

),

gde je x0 ∈ R konkretan broj ili x0 = +∞, x0 = −∞. Formalno posmat-rana, jednakost (1.7.3) znaci da oznaka g neprekidne funkcije i oznaka limsmeju uzajamno da promene mesta.

BROJNI NIZOVI 77

Cinjenica da je ln x neprekidna funkcija i jednakost (1.7.3) omogucavajuda se granicne vrednosti mnogih funkcija odrede na jednostavan nacin, kojije poznat kao postupak logaritmovanja. Ako je f1(x) pozitivna funkcija,g(x) = ln x i f(x) funkcija oblika

f(x) = f1(x)f2(x) ,

logaritmovanjem sledi

g(f(x)

)= ln f(x) = f2(x) ln f1(x) .

Odavde je

limx→x0

g(f(x)

)= lim

x→x0ln f(x) = lim

x→x0f2(x) ln f1(x) = L

i, prema (1.7.3),

g(

limx→x0

f(x))

= ln(

limx→x0

f(x))

= L ,

pa jelim

x→x0f(x) = eL .

Specijalno, za x = n ∈ N, x0 = +∞ i fn = f(n), jednakost (1.7.3) postaje

(1.7.4) limn→∞

g(fn) = g(

limn→∞

fn

).

Ako je f1(n) > 0 za svako n ∈ N i

fn = f(n) = f1(n)f2(n) ,

postupak logaritmovanja se izvodi na potpuno isti nacin i dobija se

limn→∞

fn = eL ,

gde jeL = lim

n→∞f2(n) ln f1(n) .

Postupak logaritmovanja se koristi za nalazenje granicnih vrednosti neo-dredenog oblika 1∞, 00, ∞0. Pri tome se L najcesce odreduje primenomL’Hospitalovog pravila kod funkcija i Stolzove teoreme kod nizova.

78 TEORIJA NIZOVA


fn = n√

n .

Granicnu vrednost odredujemo primenom postupka logaritmovanja i Stolzove teoreme(Teorema 1.4.1).

Iz fn = n1/n logaritmovanjem dobijamo novi niz sa opstim clanom

cn = ln fn =1

nln n =

ln n

n=

an

bn,

gde jean = ln n , bn = n .

Za nizove (an) i (bn) vazilim

n→∞an = lim

n→∞bn = +∞ ,

sto sledi iz (1.1.5) i Heineove definicije, tj.

limx→+∞

ln x = +∞ , limn→∞

an = limn→∞

ln n = +∞ .

Kako je (bn) rastuci niz, uslovi Stolzove teoreme su ispunjeni i njenom primenom daljesledi

limn→∞

cn = limn→∞

an+1 − an

bn+1 − bn= lim

n→∞ln(n + 1)− ln n

(n + 1)− n= lim

n→∞ln

n + 1

n.

Funkcija ln x je neprekidna, pa (1.7.4) moze da se primeni. Zato je

limn→∞

cn = ln

(lim

n→∞n + 1

n

)= ln 1 = 0 ,

pri cemu je iskoriscen rezultat (1.2.8). Odavde je

limn→∞

cn = limn→∞

ln fn = ln

(lim

n→∞fn

)= 0

i konacnolim

n→∞fn = e0 = 1 .

Dobijena granicna vrednost niza (fn) je raniji rezultat (1.4.13), izveden primenomTeoreme 1.4.4, koja je posledica Stolzove teoreme i odnosi se na specijalan slucaj granicnevrednosti. Postupak logaritmovanja omogucava direktnu i mnogo siru primenu Stolzoveteoreme, pa ovde izneti nacin odredivanja granicne vrednosti ima prednost nad primenomTeoreme 1.4.4. 4

1.7.4. L’Hospitalovo pravilo

Neka su f(x) i g(x) neprekidne funkcije jednog realnog argumenta i x0 ∈ Rkonkretan broj ili x0 = +∞, x0 = −∞. Pretpostavimo da f(x) i g(x) imaju

BROJNI NIZOVI 79

izvode f ′(x), g′(x) i da je g′(x) 6= 0 za svako x ∈ R, osim mozda za x = x0.Pretpostavljamo jos da je

limx→x0

f(x) = limx→x0

g(x) = ∞

ililim

x→x0f(x) = lim

x→x0g(x) = 0 .

Tada iz egzistencije granicne vrednosti limx→x0 f ′(x)/g′(x) sledi egzistencijagranicne vrednosti limx→x0 f(x)/g(x) i vazi L’Hospitalovo pravilo

(1.7.5) limx→x0

f(x)g(x)

= limx→x0

f ′(x)g′(x)

.

Kombinovanjem Heineove definicije i jednakosti (1.7.5), uz poznavanjegranicnih vrednosti funkcija, granicne vrednosti mnogih nizova se neupore-divo jednostavnije nalaze nego primenom nekog od dosad opisanih metoda.To se, pre svega, odnosi na Stolzovu teoremu, koja je diskretni analogonL’Hospitalovog pravila (1.7.5). I L’Hospitalovo pravilo, kao i Stolzovu teo-remu, moguce je sukcesivno primenjivati vise puta.

Iz navedenih prepostavki vidimo da se L’Hospitalovim pravilom odredujugranicne vrednosti funkcija neodredenog oblika ∞/∞ ili 0/0. Ovo pravilomoze da se primeni i kod granicnih vrednosti ostalih neodredenih oblikajer se 0 · ∞ i +∞ −∞ prevode jednostavnim transformacijama, a 1∞, 00

i ∞0 postupkom logaritmovanja na jedan od oblika ∞/∞ ili 0/0. Kakoje L’Hospitalovo pravilo i veoma jednostavno za primenu, ono je najpopu-larniji i najrasprostranjeniji metod za nalazenje granicnih vrednosti funkcijaneodredenog oblika.


an =en − 1

n.

Granicnu vrednost odredujemo na dva nacina, primenom Stolzove teoreme i L’Hospi-talovog pravila (1.7.5).

Posmatramo nizove (fn), (gn) sa opstim clanom

fn = en − 1 , gn = n .

Uslovi Stolzove teoreme su ispunjeni jer je (gn) rastuci niz i, prema (1.3.3), (1.1.7), (1.1.5),vazi

limn→∞

fn = limn→∞

gn = +∞ .

80 TEORIJA NIZOVA

Zato je

limn→∞

an = limn→∞

fn+1 − fn

gn+1 − gn= lim

n→∞(en+1 − 1)− (en − 1)

(n + 1)− n

= limn→∞

(en+1 − en) = (e− 1) limn→∞

en = +∞ .

Posmatramo sada funkcije

f(x) = ex − 1 , g(x) = x , α(x) =f(x)

g(x).

Uslovi za primenu L’Hospitalovog pravila su ispunjeni jer su funkcije f(x), g(x) neprekid-ne, imaju granicne vrednosti

limx→+∞

f(x) = limx→+∞

g(x) = +∞

i izvodef ′(x) = ex , g′(x) = 1 6= 0 .

Zato je

limx→+∞

α(x) = limx→+∞

f(x)

g(x)= lim

x→+∞f ′(x)

g′(x)= lim

x→+∞ex = +∞ .

Kako je an = α(n), prema Heineovoj definiciji sledi

limn→∞

an = limn→∞

α(n) = limx→+∞

α(x) = +∞ .

Granicna vrednost niza iz Primera 1.7.3 takode moze da se odredi primenom L’Hospita-lovog pravila, uz prethodno logaritmovanje funkcije x1/x:

limx→+∞

ln x1/x = limx→+∞

ln x

x= lim

x→+∞(ln x)′

x′= lim

x→+∞1

x= 0 ,

ln

(lim

x→+∞x1/x

)= 0 , lim

x→+∞x1/x = e0 = 1 , lim

n→∞n1/n = 1 .

Ocigledno je da se obe granicne vrednosti jednostavno nalaze, kako pomocu Stolzoveteoreme, tako i pomocu Lopitalovog pravila, sto nije uvek slucaj. 4

PRIMER 1.7.5. Za p, q ∈ R, q > 1 i n ∈ N, odredujemo granicnu vrednost niza saopstim clanom

(1.7.6) an =n

p

qn.

Razlikujemo tri slucaja, zavisno od vrednosti broja p.

Neka je p = 0. Tada je np

= 1 i, prema (1.1.7),

limn→∞

an = limn→∞

1

qn= 0 .

BROJNI NIZOVI 81

Neka je p < 0. Tada je p1 = −p > 0. Prema (1.1.7), (1.1.9) i Teoremi 1.2.3, sledi

limn→∞

an = limn→∞

1

qn· lim

n→∞1

np1

= 0 .

Neka je p > 0. Uocavamo funkcije

f(x) = xp

, g(x) = qx , α(x) =f(x)

g(x).

Funkcije f(x), g(x) su neprekidne, imaju granicne vrednosti

limx→+∞

f(x) = limx→+∞

g(x) = +∞

i izvodef ′(x) = p x

p−1, g′(x) = qx ln q 6= 0 .

Za k = [p] + 1 ∈ N je p − k < 0, p1 = k − p > 0 i limx→+∞ xp1 = +∞. Primenjujemo

L’Hospitalovo pravilo k puta i dobijamo

limx→+∞

α(x) = limx→+∞

f ′(x)

g′(x)=

p

ln qlim

x→+∞x

p−1

qx=

p(p− 1)

(ln q)2lim

x→+∞x

p−2

qx= · · ·

=p(p− 1) · · · (p− k + 1)

(ln q)klim

x→+∞x

p−k

qx

=p(p− 1) · · · (p− k + 1)

(ln q)klim

x→+∞1

qxxp1

= 0 .

Kako je an = α(n), to je

limn→∞

an = limn→∞

α(n) = limx→+∞

α(x) = 0 .

U sva tri slucaja smo dobili isti rezultat, pa je

(1.7.7) limn→∞

np

qn= 0 ; p ∈ R , q > 1 .

Iz (1.7.7) vidimo da je (np/qn) nula–niz za svako p, q ∈ R, q > 1, kao i da niz (qn) brze

tezi ka +∞ kad n →∞ od niza (np) za p > 0 i q > 1.

Uporedujuci (1.7.7) i (1.2.10), zakljucujemo da najbrze tezi ka +∞ kad n → ∞ niz(n!), zatim niz (qn), a najsporije niz (n

p), pod uslovima p > 0, q > 1.

Primenom Stolzove teoreme, do granicne vrednosti (1.7.7) se otezano dolazi vec u speci-

jalnom slucaju p ∈ N, p ≥ 4. Citaocu prepustamo da se u to sam uveri, birajuci konkretnevrednosti za p i q, npr. p = 4, q = 2. Granicna vrednost (1.7.7) moze da se nade idrugacije. Jedan od nacina dat je u [4], str. 79, ali je i taj nacin zamorniji od primeneL’Hospitalovog pravila.

Na ovom mestu izvodimo jos dva vazna zakljucka. Neka je q ∈ R, q > 1, k, n ∈ N i

Pk(n) = C0nk + C1nk−1 + · · ·+ Ck

82 TEORIJA NIZOVA

polinom stepena k, gde su Ci ∈ R (i = 0, 1, . . . , k) konstante, C0 6= 0. Kako je

Pk(n)

qn= C0

nk

qn+ C1

nk−1

qn+ · · ·+ C0

1

qn,

primenom (1.7.7) na svaki od sabiraka, sledi

(1.7.8) limn→∞

Pk(n)

qn= 0 , q > 1 .

Takode jePk(n)

n!=

Pk(n)

qn

qn

n!

i, prema (1.2.10),

(1.7.9) limn→∞

Pk(n)

n!= 0 , q > 1 . 4

1.7.5. Taylorova formula

Neka je x0 ∈ R konkretan broj i f(x) funkcija jednog realnog argumenta,neprekidna u okolini U broja x0. Ako funkcija f(x) ima izvode proizvoljnogreda za svako x ∈ U , osim mozda za x = x0, vazi Taylorova formula

(1.7.10) f(x) = Pn(x) + Rn(x) , x ∈ U ,

gde je

Pn(x) =n∑

k=0

f (k)(x0)k!

(x− x0)k(1.7.11)

= f(x0) +f ′(x0)

1!(x− x0) +

f ′′(x0)2!

(x− x0)2 + · · ·

+f (n)(x0)

n!(x− x0)n

Taylorov polinom funkcije f(x) i Rn(x) ostatak Taylorove formule. Jed-nakost (1.7.10) i izraz Pn(x) + Rn(x) se jos zovu Taylorov razvoj funkcijef(x). Specijalno, za x0 = 0, (1.7.10) je Maclaurinova formula.

Ako postoji broj M ∈ R, M > 0 tako da je

|f(x)| ≤ M ,∣∣f (n)(x)

∣∣ ≤ M

BROJNI NIZOVI 83

za svako n ∈ N i svako x ∈ [α, β], tada je

(1.7.12) limn→∞

Rn(x) = 0

za svako x ∈ [α, β] ([4], str. 178). Primetimo da je (1.7.12) granicna vred-nost funkcionalnog niza

(Rn(x)

). O funkcionalnim nizovima ce biti reci u

kasnijem izlaganju.Znacaj Taylorove formule u matematici je ogroman, a njenu primenu kod

nizova ilustrujemo primerom.


(1.7.13) an = 1 +1

1!+

1

2!+ · · ·+ 1

n!.

Neka je (α, β) proizvoljan interval i 0 ∈ (α, β). Funkcija

f(x) = ex

je neprekidna na (α, β) i ima izvode

f ′(x) = f ′′(x) = · · · = f (n)(x) = ex .

Za x = x0 = 0 je

f(0) = f ′(0) = f ′′(0) = · · · = f (n)(0) = e0 = 1 ,

pa Maclaurinov razvoj ove funkcije glasi

(1.7.14) ex = 1 +1

1!x +

1

2!x2 + · · ·+ 1

n!xn + Rn(x) , x ∈ (α, β) .

Iz dobijenog razvoja, za x = 1, sledi

e = 1 +1

1!+

1

2!+ · · ·+ 1

n!+ Rn(1) = an + Rn(1) ,

tj.an = e−Rn(1) .

Ako je r ∈ R, r ≥ 1 konkretan broj i [α, β] = [−r, r], tada je 1 ∈ [−r, r]. Takode,funkcija f(x) raste i postoji broj M = er > 0 tako da je

|f(x)| = |f (n)(x)| = |ex| = ex ≤ er = M

za svako n ∈ N i svako x ∈ [−r, r]. Zato (1.7.12) vazi za svako x ∈ [−r, r], pa i za x = 1,tj. vazi

limn→∞

Rn(1) = 0

84 TEORIJA NIZOVA

i dalje

limn→∞

an = e− limn→∞

Rn(1) = e .

Dakle, dobijamo

(1.7.15) limn→∞

(1 +

1

1!+

1

2!+ · · ·+ 1

n!

)= e .

Niz sa opstim clanom (1.7.13) smo vec pominjali kao niz koji se, zbog svoje brze kon-vergencije, koristi za izracunavanje broja e.

Za odgovarajuci izbor brojeva x i r, na isti nacin kao u ovom primeru, iz Maclaurinovograzvoja (1.7.14) mogu da se dobiju i granicne vrednosti mnogih drugih nizova. 4

NAPOMENA 1.7.1. Vec smo uocili da se, osim u retkim situacijama, Heineova defini-cija ne koristi za nalazenje granicnih vrednosti funkcija pomocu poznatih granicnih vred-nosti nizova, vec obrnuto. Takode, granicne vrednosti mnogih nizova mogu bitno jed-nostavnije da se nadu primenom ove definicije, o cemu svedoci i vise nizova koje smodo sada razmatrali, npr. nizovi iz Primera 1.1.5, 1.2.9, 1.3.1. Zato autor smatra da jepedagoski ispravnije upoznati citaoca prvo sa granicnim vrednostima i osobinom neprekid-nosti funkcija, pa tek onda sa nizovima. Bar bi trebalo dati osnovne pojmove koji se odnosena funkcije, kao sto je to uradeno u [4], str. 10–23. Autor nije postupio u skladu sa svojimuverenjem jer je problematika ove knjige veoma uska, vezana samo za nizove, pa bi takavpristup znacajno opteretio tekst knjige. 4

1.8. Nizovi u drugim oblastima matematike

U ovom delu ukazujemo na ogroman znacaj koji nizovi imaju u matemati-ci, navodeci samo neke krajnje jednostavne slucajeve. Kao sto se realni nizoviuspesno koriste pri ispitivanju funkcija jedne realne nezavisno promenljive,tako kompleksni nizovi nalaze primenu, npr., pri ispitivanju funkcija dverealne nezavisno promenljive. Rekurentne relacije uopste uzev, a posebnolinearne diferencne jednacine i iterativni procesi, su nezaobilazni u Diskret-noj i Numerickoj matematici. Parcijalne sume su jedan od osnovnih pojmovau Teoriji redova, a integralne sume kod Riemannovih integrala.

1.8.1. Kompleksni nizovi

Vec je receno da se u generalnom slucaju nizovi definisu u proizvoljnimmetrickim prostorima (X, d). Ilustracije radi, iz ovog generalnog izdvajamospecijalan slucaj kompleksnih brojnih nizova.

Neka jeX =

{(x, y)

∣∣ x, y ∈ R}

BROJNI NIZOVI 85

skup svih uredenih parova realnih brojeva. Standardna oznaka za ovaj skupje R2. Svaki uredeni par realnih brojeva je isto sto i kompleksan broj

z = (x, y) = x + iy ,

gde je i =√−1 imaginarna jedinica. Skup svih kompleksnih brojeva se

oznacava sa C, pa jeX = R2 = C .

Ako se u skup C uvede dobro poznata euklidska metrika ([1], str. 27), skupC postaje metricki prostor (C, d). Za proizvoljne brojeve z1 = (x1, y1), z2 =(x2, y2) ∈ C, euklidska metrika se definise sa

d(z1, z2) =√

(x1 − x2)2 + (y1 − y2)2 .

Za svaku, pa i za ovu metriku, vazi d(z1, z2) ∈ R, d(z1, z2) ≥ 0 ([1], str. 25).Geometrijski posmatrano, svaki kompleksan broj z = (x, y) predstavlja

tacku u ravni s Descartesovim koordinatama x i y, pa je metrika d(z1, z2)najkrace rastojanje izmedu tacaka z1 = (x1, y1) i z2 = (x2, y2).

Ako je zn ∈ C za svako n ∈ N, uredeni skup brojeva

(z1, z2, . . . , zn, . . . )

je kompleksni brojni niz ili samo kompleksni niz.Niz (zn) = (xn + iyn) je konvergentan ako postoji z = x + iy ∈ C tako da

jelim

n→∞d(zn, z) = lim

n→∞

√(xn − x)2 + (yn − y)2 = 0 .

Broj z je granicna vrednost niza (zn), sto se zapisuje sa

limn→∞

zn = z .

Kako je an = d(zn, z) ∈ R za svako n ∈ N, to je (an) realni brojni niz, paje konvergencija kompleksnog niza svedena na konvergenciju realnog niza.

PRIMER 1.8.1. Za konstante r, ϕ ∈ R, |r| < 1 i n ∈ N, pokazujemo da kompleksniniz sa opstim clanom

zn = rn(cos nϕ + i sin nϕ)

konvergira ka kompleksnom broju z = (0, 0).

Iz opsteg clanazn = xn + iyn = rn cos nϕ + irn sin nϕ

sledixn = rn cos nϕ , yn = rn sin nϕ .

86 TEORIJA NIZOVA

Zato je

d(zn, z) =√

(xn − 0)2 + (yn − 0)2 =√

x2n + y2

n

=

√(rn cos nϕ)2 + (rn sin nϕ)2 = |r|n

√cos2 nϕ + sin2 nϕ = |r|n .

Prema (1.1.6), (1.1.7) i Teoremi 1.2.8, vazi

limn→∞

|r|n = 0 ,

pa je ilim

n→∞d(zn, z) = 0 , lim

n→∞zn = (0, 0) . 4

1.8.2. Linearne diferencne jednacine

Posebna vrsta rekurentnih relacija (Primer 1.3.4), kojima se niz zadajeimplicitno, jesu linearne diferencne jednacine. Najznacajnije medu njima sulinearne diferencne jednacine sa konstantnim koeficijentima, za cije resavanjepostoji algoritam ([5], str. 28–29). Resavanje linearne diferencne jednacineje isto sto i odredivanje eksplicitnog oblika opsteg clana niza. Opsti clanniza sadrzi odgovarajuci broj proizvoljnih konstanata, koje se izracunavajuna osnovu zadatih pocetnih uslova (neki clanovi niza).

Kako cilj ove knjige nije proucavanje diferencnih jednacina, zadrzacemose samo na najjednostavnijem slucaju. To su homogene linearne diferencnejednacine drugog reda sa konstantnim koeficijentima. Oblik ovakve diferen-cne jednacine je

an+2 + C1an+1 + C2an = 0 ,

a eksplicitni oblik opsteg clana niza

an = D1bn + D2cn ,

gde su C1, C2 ∈ R poznate konstante, D1, D2 ∈ R proizvoljne konstante ibn, cn opsti clanovi privremeno neodredenih nizova.

Za odredivanje bn i cn formira se, tzv., karakteristicna jednacina

λ2 + C1λ + C2 = 0 ,

koja je ocigledno kvadratna jednacina. U zavisnosti od resenja λ1, λ2 karak-teristicne jednacine, razlikuju se tri slucaja.

BROJNI NIZOVI 87

Neka je λ1, λ2 ∈ R, λ1 6= λ2. Tada je

bn = λn1 , cn = λn

2 ;an = D1λ

n1 + D2λ

n2 .

Ako je λ1, λ2 ∈ R, λ1 = λ2(= λ), tada je

bn = λn , cn = nλn ;

an = D1λn + D2nλn = λn(D1 + D2n) .

Neka je λ1, λ2 ∈ C, λ1,2 = r(cos ϕ ± i sin ϕ), tj. λ1 i λ2 su konjugovanokompleksni brojevi. Tada je

bn = rn cosnϕ , cn = rn sinnϕ ;

an = D1rn cos nϕ + D2r

n sin nϕ = rn(D1 cos nϕ + D2 sinnϕ) .

Dakle, resavanje posmatrane diferencne jednacine se svodi na resavanjekarakteristicne jednacine.

Konstante D1 i D2 se odreduju na osnovu neka dva zadata clana niza (an),najcesce prva dva a1, a2 (pocetni uslovi). Ukoliko ovi clanovi nisu zadati,konstante D1 i D2 ostaju proizvoljne i za opsti clan an se kaze da je opsteresenje diferencne jednacine.

PRIMER 1.8.2. Za n ∈ N, odredujemo opste clanove i ispitujemo konvergencijunizova zadatih sa:

1◦ a1 = 1 , a2 = 7 , an+2 + an+1 − 2an = 0 ;

2◦ a2 = 3 , a5 = 9 , an+2 − 2an+1 + an = 0 ;

3◦ an+2 − 2

3an+1 +

4

9an = 0 .

1◦ Karakteristicna jednacinaλ2 + λ− 2 = 0

ima resenja λ1 = 1, λ2 = −2, pa je λ1, λ2 ∈ R, λ1 6= λ2. Zato je

an = D1 1n + D2(−2)n = D1 + D2(−2)n .

Za n = 1, 2, prema pocetnim uslovima, sledi

a1 = D1 − 2D2 = 1 , a2 = D1 + 4D2 = 7 ,

odakle je D1 = 3, D2 = 1 ian = 3 + (−2)n .

88 TEORIJA NIZOVA

Na osnovu Primera 1.5.1, niz (an) divergira. Niz divergira i za bilo koji drugi izborkonstanata D1, D2 6= 0. Ako je D2 = 0, niz (an) konvergira kao konstantan niz i vazilimn→∞ an = D1, pri cemu se podrazumeva D1 6= 0. Trivijalan slucaj konstantnog nula–niza (D1 = D2 = 0) ne razmatramo jer njegov opsti clan an zadovoljava svaku linearnudiferencnu jednacinu ovog tipa.

2◦ Karakteristicna jednacina

λ2 − 2λ + 1 = 0

ima resenja λ1 = 1, λ2 = 1, pa se radi o slucaju λ1, λ2 ∈ R, λ1 = λ2(= λ). Zato je

an = D1 1n + D2n 1n = D1 + D2 n .

Za n = 2, 5, iz zadatih uslova sledi

a2 = D1 + 2D2 = 3 , a5 = D1 + 5D2 = 9 ,

odakle je D1 = −1, D2 = 2 ian = −1 + 2n .

Niz (an) odredeno divergira prema Primeru 1.1.3 i vazi

limn→∞

an = +∞ .

Za proizvoljan izbor konstanata D1, D2 6= 0 niz takode odredeno divergira, s tim sto jelimn→∞ an = −∞ u slucaju D2 < 0. Za D2 = 0, niz (an) je konvergentan sa granicomlimn→∞ an = D1.

3◦ Karakteristicna jednacina

λ2 − 2

3λ +

4

9= 0

ima konjugovano kompleksna resenja

λ1 =1

3+ i

√3

3=

2

3

(cos

π

3+ i sin

π

3

),

λ2 =1

3− i

√3

3=

2

3

(cos

π

3− i sin

π

3

),

pa je λ1, λ2 ∈ C, λ1,2 = r(cos ϕ± i sin ϕ), gde je r = 2/3, ϕ = π/3. Zato je

an =

(2

3

)n(D1 cos

nπ

3+ D2 sin

nπ

3

)=

(2

3

)n

D1 cosnπ

3+

(2

3

)n

D2 sinnπ

3.

Pocetni uslovi nisu zadati, sto znaci da je an opste resenje diferencne jednacine.Kako za funkcije cos x i sin x vazi −1 ≤ cos x ≤ 1, −1 ≤ sin x ≤ 1, to je

−1 ≤ cosnπ

3≤ 1 , −1 ≤ sin

nπ

3≤ 1 .

BROJNI NIZOVI 89

Ne umanjujuci opstost, pretpostavimo da je D1 > 0 i D2 > 0. Tada je

−(

2

3

)n

D1 ≤(

2

3

)n

D1 cosnπ

3≤

(2

3

)n

D1 ,

−(

2

3

)n

D2 ≤(

2

3

)n

D2 sinnπ

3≤

(2

3

)n

D2

i, prema (1.1.7), Teoremi 1.2.12 pod 1◦, Teoremi 1.2.5 redom, sledi

limn→∞

(2

3

)n

D1 cosnπ

3= 0 , lim

n→∞

(2

3

)n

D2 sinnπ

3= 0 .

Dakle, niz (an) je konvergentan sa granicom

limn→∞

an = 0 .

Vrednosti konstanata D1, D2 ocigledno ne uticu na konvergenciju ovog niza. 4

1.8.3. Iterativni procesi

Iterativni procesi ili iterativni metodi su vrsta rekurentnih relacija, kojimasu definisani konvergentni nizovi.

Prvo pitanje koje se postavlja jeste konstrukcija iterativnog procesa. Pre-ciznije, za problem koji se resava treba pronaci rekurentnu relaciju tako danjome definisan niz konvergira bas ka resenju problema.

Primena iterativnog procesa se sastoji u sukcesivnom izracunavanju clano-va niza, polazeci od poznatih pocetnih clanova, cime se priblizno izracunavagranicna vrednost niza.

Pomocu iterativnih procesa se numericki resavaju mnogi problemi. Ilus-tracije radi, navodimo dobro poznati Newtonov metod za resavanje nelinear-nih jednacina ([5], str. 339–341).

Konstrukcija Newtonovog metoda je jednostavna. Neka je

f(x) = 0

nelinearna jednacina, koja na segmentu [α, β] ⊆ R ima samo jedno prostoresenje x = a. Pod odgovarajucim pretpostavkama za funkciju f(x), pri-menom Taylorove formule (1.7.10) i (1.7.11), dobija se priblizna jednakost

f(x) ≈ f(x0) + f ′(x0)(x− x0) ,

gde je x0 ∈ [α, β] proizvoljan broj. Za x = a, priblizna jednakost postaje

f(a) ≈ f(x0) + f ′(x0)(a− x0) .

90 TEORIJA NIZOVA

Kako je x = a resenje jednacine f(x) = 0, to je f(a) = 0 i dalje

0 ≈ f(x0) + f ′(x0)(a− x0) ,

a ≈ x0 − f(x0)f ′(x0)

.

Stavljajuci

x1 = x0 − f(x0)f ′(x0)

i ponavljajuci prethodni postupak sa x1 umesto x0, sledi

x2 = x1 − f(x1)f ′(x1)

.

Nastavljanjem postupka, dobija se niz definisan rekurentnom relacijom(Newtonov metod)

xn = xn−1 − f(xn−1)f ′(xn−1)

.

Pokazuje se da je niz (xn) konvergentan sa granicom

limn→∞

xn = a .

Za primenu Newtonovog metoda potreban je pocetni clan niza x0.

PRIMER 1.8.3. Primenom Newtonovog metoda resavamo nelinearnu jednacinu

ex + x = 0

sa tacnoscu 10−3.

Za funkcijuf(x) = ex + x

vazi

f(−1) = e−1 − 1 =1

e− 1 < 0 , f(0) = e0 − 0 = 1 > 0 ,

pa jednacina f(x) = 0 ima resenje x = a na segmentu [α, β] = [−1, 0].Kako je

f ′(x) = ex + 1 ,

polazeci od x0 = −0.5 ∈ [−1, 0], izracunavamo

f(x0) = f(−0.5) = e−0.5 − 0.5 = 0.1065 ,

f ′(x0) = f ′(−0.5) = e−0.5 + 1 = 1.6065

BROJNI NIZOVI 91

i, prema Newtonovom metodu,

x1 = x0 − f(x0)

f ′(x0)= −0.5− 0.1065

1.6065= −0.5663 .

Dalje je

f(x1) = f(−0.5663) = 0.0013 ,

f ′(x1) = f ′(−0.5663) = 1.5676 ,

x2 = x1 − f(x1)

f ′(x1)= −0.5663− 0.0013

1.5676= −0.5671 ;

f(x2) = f(−0.5671) = 0.0001 ,

f ′(x2) = f ′(−0.5671) = 1.5672 ,

x3 = x2 − f(x2)

f ′(x2)= −0.5671− 0.0001

1.5672= −0.5672 .

Zahtevana tacnost 10−3 je postignuta jer je

|x3 − x2| = | − 0.5672 + 0.5671| = 0.001 = 10−3 ,

pa za resenje jednacine uzimamo

a ≈ x3 ≈ −0.567 . 4

1.8.4. Parcijalne sume

Neka je (an) zadati niz. Posmatramo novi niz (Sn), ciji su clanovi formi-rani od clanova niza (an) na nacin:

S1 = a1 , S2 = a1 + a2 , . . . , Sn = a1 + a2 + · · ·+ an =n∑

k=1

ak .

U oblasti matematike Teorija redova, niz (Sn) je poznat kao niz parcijalnihsuma beskonacnog zbira brojeva

∞∑

k=1

ak ,

koji se zove brojni red. Svaki clan niza (Sn) je jedna parcijalna suma reda.Brojni red moze da uzima konacnu vrednost, beskonacnu vrednost ili dauzima razlicite vrednosti kada se smatra da vrednost reda ne postoji. Koji

92 TEORIJA NIZOVA

od slucajeva nastupa, odreduje redom konvergencija, odredena divergencijai divergencija upravo niza (Sn) ([7], str. 7–9). Ovo je i prirodno ako se uocida je

(1.8.1)∞∑

k=1

ak = limn→∞

n∑

k=1

ak = limn→∞

Sn .

Sa nizovima parcijalnih suma smo se vec sreli. To su, npr., niz (1.2.3) izPrimera 1.2.7, harminojski niz (1.6.1) iz Primera 1.6.1 i hiperharmonijskiniz (1.6.3) iz Primera 1.6.2. Ovi nizovi su nizovi parcijalnih suma geometrij-skog, harmonijskog i hiperharmonijskog reda redom ([7], str. 9–10, 18–19).Dobijeni rezultati za nizove i rezultati iz navedene literature za redove suisti, sto je i normalno s obzirom na (1.8.1).

I svaki drugi niz (Sn), formiran na opisani nacin, je niz parcijalnih sumaodgovarajuceg reda, pri cemu vazi (1.8.1).

Najcesce se na osnovu ispitivanja niza parcijalnih suma zakljucuje o vred-nosti reda, ali je moguce i zakljucivanje u obrnutom smeru. Primer je niz saopstim clanom

(1.8.2) Sn = 2 +22

2!+

23

3!+ · · ·+ 2n

n!,

za koji se jednostavnije utvrduje da je konvergentan tako sto se prethodnoutvrduje da red

∑∞k=1 2k/k! ima konacnu vrednost ([7], str. 23–24). Niz

(Sn) je nastao iz niza (an) sa opstim clanom (1.2.9) za q = 2.

PRIMER 1.8.4. Posmatramo redove

1◦∞∑

k=1

1

k(k + 1), 2◦

∞∑k=1

2k

2k + 1

i odredujemo njihove vrednosti.

1◦ Niz parcijalnih suma (Sn) ima opsti clan

Sn =

n∑k=1

1

k(k + 1)=

1

1 · 2 +1

2 · 3 + · · ·+ 1

n(n + 1).

Rastavljajuci svaki od sabiraka na parcijalne razlomke prema

1

k(k + 1)=

1 + k − k

k(k + 1)=

1 + k

k(k + 1)− k

k(k + 1)=

1

k− 1

k + 1,

BROJNI NIZOVI 93

dobijamo

Sn =

(1− 1

2

)+

(1

2− 1

3

)+ · · ·+

(1

n− 1

n + 1

)

= 1 +

(−1

2+

1

2

)+

(−1

3+

1

3

)+ · · ·+

(− 1

n+

1

n

)− 1

n + 1

= 1− 1

n + 1.

Kako je, na osnovu ranije izvedenih zakljucaka, limn→∞ 1/(n + 1) = 0, to niz (Sn)konvergira sa granicom

limn→∞

Sn = 1 .

Iz (1.8.1) sledi da posmatrani red uzima konacnu vrednost

∞∑k=1

1

k(k + 1)= lim

n→∞Sn = 1 .

2◦ Niz parcijalnih suma (Sn) ima opsti clan

Sn =2

2 + 1+

22

22 + 1+ · · ·+ 2n

2n + 1.

Kako za svaki sabirak vazi

2k

2k + 1>

2k

2k + 2k=

2k

2 · 2k=

1

2,

to je

Sn >n

2.

Zbog limn→∞ n/2 = +∞, prema Teoremi 1.2.13 pod 1◦, sledi

limn→∞

Sn = +∞

i, prema (1.8.1), posmatrani red uzima beskonacnu vrednost

∞∑k=1

2k

2k + 1= lim

n→∞Sn = +∞ . 4

1.8.5. Integralne sume

Pretpostavimo da je realna funkcija f(x) integrabilna na segmentu [α, β] ⊆R. Segment [α, β] delimo na n podsegmenata duzine (β − α)/n i izracuna-vamo vrednosti funkcije f

(α + k(β − α)/n

)za k = 0, 1, . . . , n− 1. Zbir

(1.8.3) Sn =n−1∑

k=0

f(α + k

β − α

n

)β − α

n

94 TEORIJA NIZOVA

je specijalno izabrana integralna suma odredenog integrala. Niz (Sn) inte-gralnih suma (1.8.3) konvergira ka odredenom integralu, tj. vazi

(1.8.4)∫ β

α

f(x) dx = limn→∞

Sn .

Ako je Sn bilo koja integralna suma odredenog integrala, (1.8.4) je definicijaodredenog integrala ([8], str. 29–30).

Jednakost (1.8.4) se ne koristi za izracunavanje integrala, osim u ciljuilustrovanja definicije odredenog integrala. Medutim, ova jednakost se koristiza jednostavno nalazenje granicnih vrednosti nekih nizova pomocu integrala,o cemu svedoci sledeci primer.

PRIMER 1.8.5. Za p ∈ R, p > −1 i n ∈ N, odredujemo granicnu vrednost niza saopstim clanom

bn =1

p+ 2

p+ · · ·+ n

p

np+1

.

Integralna suma funkcije f(x) = xp

na [α, β] = [0, 1] je

Sn =

n−1∑k=0

f

(0 + k

1− 0

n

)1− 0

n=

1

n

n−1∑k=0

f

(k

n

)=

1

n

n−1∑k=0

(k

n

)p

=1

np+1

n−1∑k=0

kp

=1

np+1

(1 p+ 2

p+ · · ·+ (n− 1)

p)

=1

np+1

(1 p+ 2

p+ · · ·+ n

p)− np

np+1

= bn − 1

n.

Kako je ∫ β

α

f(x) dx =

∫ 1

0

xp

dx =x

p+1

p + 1

∣∣∣x=1

x=0=

1

p + 1,

iz (1.8.4) sledi

limn→∞

Sn =

∫ 1

0

xp

dx =1

p + 1,

pa je

limn→∞

Sn = limn→∞

bn − limn→∞

1

n= lim

n→∞bn ,

tj.

(1.8.5) limn→∞

1p

+ 2p

+ · · ·+ np

np+1

=1

p + 1, p > −1 .

Granicna vrednost (1.4.15) je specijalan slucaj granicne vrednosti (1.8.5) za p ∈ N. 4

BROJNI NIZOVI 95

Integrali se uspesno koriste i za ispitivanje konvergencije redova pomocuCauchyevog integralnog kriterijuma ([7], str. 25–27). Na primer, pokazujese da za hiperharmonijski red, a time i hiperharmonijski niz (1.6.5), vazi

limn→∞

(1 +

12 p +

13 p + · · ·+ 1

np

)=

C , p > 1 ,

+∞ , 0 < p ≤ 1 ,

ne postoji , p ≤ 0 ,

gde je p ∈ R i C ∈ R, C < p/(p − 1) konacan broj. Ovo je generalni slucajhiperharmonijskog niza, dok je (1.6.3) specijalan slucaj za p = 2.

2. FUNKCIONALNI NIZOVI

Detaljno proucavanje funkcionalnih nizova zahteva poznavanje funkcijajednog realnog argumenta, kao i nekih drugih pojmova, npr. pojam normira-nog prostora funkcija ([5], str. 85). Da ne bismo sirili tematiku ove knjige, alii da ne bismo uskratili citaocu upoznavanje sa ovom vrstom nizova, u glavnimcrtama iznosimo osnovne karakteristike funkcionalnih nizova, ukljucujuci iadekvatne primere.

Nalik brojnim nizovima, funkcionalni nizovi imaju veliki znacaj u drugimoblastima matematike. Na primer, u Teoriji redova se pomocu funkcional-nih nizova formiraju funkcionalni redovi, kakvi su dobro poznati stepeni iFourierovi redovi. Za vise informacija o funkcionalnim nizovima i redovimacitaoca upucujemo na [3], str. 173–217; [7], str. 3–6, 38–99.

2.1. Definicija, konvergencija iuniformna konvergencija niza

Definicija funkcionalnih nizova je formalno ista kao definicija brojnih ni-zova.

Definicija 2.1.1. Neka su fn(x) realne funkcije jednog realnog argumentaza svako n ∈ N, sa zajednickim podrucjem definisanosti X ⊆ R. Uredeniskup funkcija fn(x), u oznaci

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

),

zove se funkcionalni niz.

Umesto prethodne, cesto se koristi kraca oznaka

(fn(x)

).

96

FUNKCIONALNI NIZOVI 97

Funkcionalni niz je i svaki drugi uredeni skup funkcija(fm(x), fm+1(x), . . .

)(m ∈ N0) .

Funkcije f1(x), f2(x), . . . su clanovi niza. Opsti clan niza fn(x) je pravilopo kom se generisu svi clanovi niza.

Za razliku od brojnih nizova, kod funkcionalnih nizova se razlikuju obicnakonvergencija ili samo konvergencija (u tacki i na intervalu) i uniformnakonvergencija.

Definicija 2.1.2. Niz(fn(x)

)konvergira u tacki x = x0 ∈ X ako konver-

gira brojni niz (fn) =(fn(x0)

).

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

)konvergira zove se podrucje

konvergencije ili skup konvergencije niza.Neka je podrucje konvergencije niza

(fn(x)

)interval I nekog od oblika

(α, β), (α, β], [α, β), [α, β]. Uopstenje konvergencije u tacki je sledece.


)konvergira na intervalu I ako postoji realna

funkcija f(x) jednog realnog argumenta x ∈ I i ako za svako ε > 0 i svakofiksirano x ∈ I postoji N(ε, x) ∈ N tako da je

∣∣fn(x)− f(x)∣∣ < ε

za svako n ≥ N(ε, x).

Definicija 2.1.3, u stvari, znaci da funkcionalni niz konvergira na intervaluako konvergira u svakoj pojedinacnoj tacki intervala.

Funkcija f(x) iz Definicije 2.1.3 je granicna funkcija (granica, limes) niza(fn(x)

). Kaze se da niz

(fn(x)

)konvergira ka granicnoj funkciji f(x) na

intervalu I i zapisuje se na nacin

limn→∞

fn(x) = f(x) , x ∈ I .

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


)uniformno (ravnomerno) konvergira ka

granicnoj funkciji f(x) na intervalu I1 ⊆ I ako za svako ε > 0 postojiN(ε) ∈ N tako da je ∣∣fn(x)− f(x)

∣∣ < ε

za svako n ≥ N(ε) i svako x ∈ I1.

Iz Definicije 2.1.4 je ocigledno da uniformna konvergencija podrazumevaobicnu konvergenciju na intervalu I1, ali zahteva i vise, da broj N zavisi

98 TEORIJA NIZOVA

samo od ε, a ne i od x. Ovo je razlog sto iz uniformne konvergencije uveksledi obicna konvergencija, dok obrnuto u opstem slucaju ne vazi.

Naredne zakljucke, zbog njihove velike prakticne primene, formulisemo uobliku teorema.

Neka je interval I podrucje konvergencije funkcionalnog niza(fn(x)

), f(x)

njegova granicna funkcija i I1 ⊆ I proizvoljan interval.

Teorema 2.1.1. 1◦ Ako niz(fn(x)

)uniformno konvergira ka f(x) na

intervalu I, tada on uniformno konvergira na intervalu I1.2◦ Ako niz

(fn(x)

)ne konvergira uniformno ka f(x) na intervalu I1, tada

on ne konvergira uniformno na intervalu I.

Zakljucci 1◦ i 2◦ Teoreme 2.1.1 su medusobno ekvivalentni. Ni za jedanod njih obrnuto ne vazi uopste uzev.

Teorema 2.1.2. Ako postoje ε > 0 i brojni niz (an) tako da je an ∈ I1 i∣∣fn(an)− f(an)

∣∣ > ε

za svako n ∈ N, tada niz(fn(x)

)ne konvergira uniformno ka f(x) na inter-

valu I1.

Obe teoreme su neposredna posledica Definicije 2.1.4.Uniformna konvergencija funkcionalnih nizova je analogna konvergenciji

brojnih nizova (Definicija 1.1.2), sto se lako sagledava. Nejednakost∣∣fn(x)−

f(x)∣∣ < ε iz Definicije 2.1.4, koja vazi za svako ε > 0, svako x ∈ I1 i svako

n ≥ N(ε), zapisujemo na nacin

f(x)− ε < fn(x) < f(x) + ε .

Dobijene nejednakosti znace da se skoro svi clanovi niza(fn(x)

)nalaze u

”ε–okruzenju” funkcije f(x) na intervalu I1, gde je ε–okruzenje deo ravniizmedu funkcija f(x)− ε i f(x) + ε, x ∈ I1 (Slika 2.1.1).

x

y

f(x)+f(x) e

f(x) e

fn(x)

a b

Slika 2.1.1.


NAPOMENA 2.1.1. Matematicki je korektno oznacavati funkcije, npr., sa f i fn, a nesa f(x) i fn(x). Koristimo nekorektnu notaciju imajuci u vidu da ona nije neuobicajena uliteraturi ([6], str. 21), ali jeste uobicajena u praksi, narocito kod citalaca kojima je knjiganamenjena. 4

PRIMER 2.1.1. Za x ∈ R i n ∈ N0, posmatramo funkcionalni niz sa opstim clanom

fn(x) = xn


Prvo ispitujemo obicnu konvergenciju niza (fn(x)).Neka je x = x0 = q ∈ R konkretno izabran broj. Tada je

fn = fn(x0) = fn(q) = qn ,

pa se funkcionalni niz (fn(x)) svodi na geometrijski brojni niz koji, prema (1.1.7), konver-gira za svako q ∈ (−1, 1]. Na osnovu Definicija 2.1.2 i 2.1.3, to znaci da (fn(x)) konvergirau svakoj konkretnoj tacki x0 ∈ (−1, 1], pa konvergira i na intervalu (−1, 1]. Dakle, in-terval I = (−1, 1] je podrucje konvergencije niza (fn(x)) i postoji granicna funkcija f(x),definisana na I. Lako se proverava da je to funkcija

f(x) =

{0 , x ∈ (−1, 1) ,

1 , x = 1

jer ispunjava uslove iz Definicije 2.1.3.Neka je ε > 0 proizvoljan i x ∈ (−1, 1] konkretan broj. Posmatramo izraz

|fn(x)− f(x)| ={|x|n , x ∈ (−1, 1) ,

0 , x = 1 .

Ako je x = 1, nejednakost |fn(x)− f(x)| < ε vazi za svako n ∈ N0 zbog |fn(1)− f(1)| =|1 − 1| = 0 < ε. Ako je x ∈ (−1, 1), nejednakost |fn(x) − f(x)| < ε vazi pod uslovom|x|n < ε ili, logaritmovanjem, n ln |x| < ln ε. Kako je ln |x| < 0 za x ∈ (−1, 1), to je

n >ln ε

ln |x| ,

pa je zahtevani uslov ispunjen za svako n ≥ N(ε, x) ∈ N, gde je

N(ε, x) =

[ln ε

ln |x|]

+ 1 .

Zakljucujemo da za svako ε > 0 i svako fiksirano x ∈ (−1, 1] postoji broj N(ε, x) ∈ Ntako da je

|fn(x)− f(x)| < ε

za svako n ≥ N(ε, x), sto znaci da je f(x) zaista granicna funkcija niza (fn(x)), tj.

limn→∞

fn(x) = f(x) , x ∈ (−1, 1] .

100 TEORIJA NIZOVA

Ispitujemo sada uniformnu konvergenciju niza (fn(x)) ka funkciji f(x) na podrucjukonvergencije (−1, 1].

Neka su 0 < ε < 1 i x ∈ (−1, 1) proizvoljni brojevi. Tada je ln ε < 0, ln |x| < 0 i

limx→±1

ln ε

ln |x| = +∞ ,

sto znaci da za svako n ∈ N postoji x ∈ (−1, 1) tako da je

n <ln ε

ln |x| .

Drugim recima, ne postoji broj N(ε) ∈ N, koji ne zavisi od x, tako da za svako n ≥ N(ε)i svako x ∈ (−1, 1) vazi suprotna nejednakost n > ln ε/ ln |x|, a time i nejednakost

|fn(x)− f(x)| < ε .

Prema Definiciji 2.1.4, niz (fn(x)) ne konvergira uniformno ka funkciji f(x) na intervalu(−1, 1). Zbog (−1, 1) ⊂ (−1, 1], prema Teoremi 2.1.1 pod 2◦, (fn(x)) ne konvergirauniformno na intervalu (−1, 1].

Da niz (fn(x)) ne konvergira uniformno ka funkciji f(x) na (−1, 1], pokazujemo i nadrugi nacin, primenom Teoreme 2.1.2.

Neka je 0 < ε < 1/2 i (an) brojni niz sa opstim clanom

an =n

√1

2.

Kako je n√

2 > 1 za svako n ∈ N, to je

0 < an =1

n√

2< 1 ,

pa je an ∈ (0, 1) i

|fn(an)− f(an)| =∣∣∣1

2− 0

∣∣∣ =1

2> ε

za svako n ∈ N. Prema Teoremama 2.1.2 i 2.1.1 pod 2◦ redom, niz (fn(x)) ne konvergirauniformno ka f(x) na (0, 1), a time ni na (−1, 1].

Birajuci

an = − n

√1

2,

analogno se pokazuje da (fn(x)) ne konvergira uniformno ka f(x) na (−1, 0). U stvari,(fn(x)) ne konvergira uniformno ka f(x) ni na jednom intervalu oblika (−1, β] ⊆ (−1, 1]ili [α, 1] ⊂ (−1, 1]. Uniformnu konvergenciju onemogucavaju tacke x = −1 i x = 1 ukojima funkcije fn(x) uzimaju iste vrednosti f2n(−1) = fn(1) = 1 ili f2n−1(−1) = −1.Iste vrednosti ne dozvoljavaju da se skoro sve funkcije fn(x) u celini nadu u svakom ε–okruzenju funkcije f(x). Na primer, za ε < 1, delovi svih funkcija fn(x), bliski tackamaA(−1, 1), B(−1,−1), C(1, 1), ostaju van ε–okruzenja (Slika 2.1.2). Primetimo da je Atacka maksimuma svih funkcija f2n(x), B tacka minimuma svih funkcija f2n−1(x), a Ctacka maksimuma svih funkcija fn(x) (i f2n(x) i f2n−1(x)).


x

y1

10

A

B

C

1

1

1f (x)

2f (x)

2f (x)

4f (x)

4f (x)

5f (x)

0f (x)

5f (x)

3f (x)

3f (x)

f(x) e

0f(x)

f(x) e+

Slika 2.1.2.

Uocimo sada proizvoljan segment [α, β] ⊂ (−1, 1) i pretpostavimo da je |α| ≤ |β|. Zax ∈ [α, β] je |x| ≤ |β|, ln |x| ≤ ln |β| i

n >ln ε

ln |x| ≥ln ε

ln |β| .


N(ε) =

[ln ε

ln |β|]

+ 1 ∈ N

tako da je|fn(x)− f(x)| < ε

za svako n ≥ N(ε) i svako x ∈ [α, β]. Prema Definiciji 2.1.4, niz (fn(x)) uniformnokonvergira ka funkciji f(x) na segmentu [α, β]. Ako je |α| ≥ |β|, vazi isti zakljucak, uzN(ε) = [ln ε/ ln |α|] + 1.

Uniformna konvergencija je u ovom slucaju omogucena time sto su pomocu segmenta[α, β] izbegnute problematicne tacke x = ±1, tj. A, B, C. Sa Slike 2.1.3 vidimo da,za izabrane ε i [α, β], van ε–okruzenja funkcije f(x) ostaju samo funkcija f0(x) i delovifunkcija f1(x), f2(x), dok su sve ostale funkcije fn(x) unutar ε–okruzenja.

x

y1

10

A

B

C

1

1

1f (x)

2f (x)

2f (x)

4f (x)

4f (x)

5f (x)

0f (x)

5f (x)

3f (x)

3f (x)

f(x) e

0f(x)

f(x) e+

a b

Slika 2.1.3. 4

102 TEORIJA NIZOVA

PRIMER 2.1.2. Za x ∈ R, x ≥ 0 i n ∈ N, posmatramo funkcionalni niz sa opstimclanom

fn(x) =nx

1 + n2x2


Neka je x0 ∈ R, x0 > 0 konkretno izabran broj. Tada je

fn = fn(x0) =nx0

1 + n2x20

opsti clan brojnog niza (1.2.7) i, prema (1.2.8), vazi

limn→∞

fn = 0 .

Poslednja jednakost je tacna i za x0 = 0 jer je tada (fn) konstantan niz sa opstimclanom fn = 0. Prema Definicijama 2.1.2 i 2.1.3, funkcionalni niz (fn(x)) konvergira

u proizvoljnoj tacki x0 ∈ R, x0 ≥ 0, pa konvergira i na intervalu [0, +∞) ka granicnojfunkciji

f(x) = 0 , x ∈ [0, +∞) .

Da bismo ispitali uniformnu konvergenciju niza (fn(x)), biramo 0 < ε < 1/2 i uocavamobrojni niz (an) sa opstim clanom

an =1

n.

Kako je 0 < an ≤ 1 i

|fn(an)− f(an)| =∣∣∣∣∣

n1

n

1 + n21

n2

− 0

∣∣∣∣∣ =1

2> ε

za svako n ∈ N, iz Teorema 2.1.2 i 2.1.1 pod 2◦ sledi da niz (fn(x)) ne konvergirauniformno ka f(x) na intervalu (0, 1], a time ni na [0, +∞).

Niz brojeva (an) je dobijen kao niz stacionarnih tacaka funkcija fn(x) u kojima svefunkcije dostizu istu maksimalnu vrednost fn(1/n) = 1/2. Podsecamo citaoca da sestacionarne tacke nalaze iz jednakosti

f ′n(x) =n(1− n2x2)

(1 + n2x2)2= 0 ,

odakle je redom

1− n2x2 = 0 , n2x2 = 1 , x2 =1

n2, x = an =

1

n> 0 .

Posmatramo sada interval [1, +∞), na kome je

|fn(x)− f(x)| =∣∣∣∣

nx

1 + n2x2− 0

∣∣∣∣ =nx

1 + n2x2,


pa nejednakost |fn(x)− f(x)| < ε vazi pod uslovom

nx

1 + n2x2< ε .

Kako je 0 < 1/(nx) < 1/n za x ≥ 1, to je

nx

1 + n2x2=

1

1

nx+ nx

<1

nx≤ 1

n< ε ,

odakle je

n >1

ε.

Stavljajuci

N(ε) =

[1

ε

]+ 1 ,

zakljucujemo da za svako ε > 0 postoji broj N(ε) ∈ N tako da je n > 1/ε, tj.

|fn(x)− f(x)| < ε ,

za svako n ≥ N(ε) i svako x ∈ [1, +∞). Prema Definiciji 2.1.4, niz (fn(x)) uniformnokonvergira ka funkciji f(x) na intervalu [1, +∞).

Uniformna konvergencija na [1, +∞) je moguca jer ovaj interval ne sadrzi stacionarnetacke funkcija fn(x), izuzimajuci a1 = 1 (Slika 2.1.4).

x

y

1 2

e

0

1f (x)

2f (x)

4f (x)

3f (x)

2x 11x

Slika 2.1.4. 4

PRIMER 2.1.3. Za α, x ∈ R, x ≥ α > 0 i n ∈ N, posmatramo funkcionalni niz saopstim clanom

Sn(x) =

n∑k=1

x

(1 + (k − 1)x)(1 + kx)


Uocavajuci da je

x = x + 1− 1 + kx− kx = (1 + kx)− (1 + kx− x) = (1 + kx)− (1 + (k − 1)x) ,

svaki od sabiraka

fk(x) =x

(1 + (k − 1)x)(1 + kx)

104 TEORIJA NIZOVA

rastavljamo na parcijalne razlomke i dobijamo

fk(x) =(1 + kx)− (1 + (k − 1)x)

(1 + (k − 1)x)(1 + kx)=

1

1 + (k − 1)x− 1

1 + kx.

Zato je opsti clan

Sn(x) = f1(x) + f2(x) + · · ·+ fn(x)

=

(1− 1

1 + x

)+

(1

1 + x− 1

1 + 2x

)+ · · ·+

(1

1 + (n− 1)x− 1

1 + nx

)

= 1− 1

1 + nx.

Neka je x0 ∈ R, x0 ≥ α > 0 konkretno izabran broj. Tada je

Sn = Sn(x0) = 1− 1

1 + nx0

opsti clan brojnog niza za koji vazi

limn→∞

Sn = 1− limn→∞

1

1 + nx0= 1 ,

pa funkcionalni niz (Sn(x)) konvergira u svakoj tacki x0 ∈ R, x0 ≥ α > 0, a time i naintervalu [α, +∞). Granicna funkcija je

S(x) = 1 , x ∈ [α, +∞) .

U cilju ispitivanja uniformne konvergencije, formiramo

|Sn(x)− S(x)| =∣∣∣1− 1

1 + nx− 1

∣∣∣ =1

1 + nx

i zakljucujemo da nejednakost |Sn(x)− S(x)| < ε vazi pod uslovom

1

1 + nx< ε .

Kako je x ≥ α > 0, to je1

1 + nx≤ 1

1 + nα<

1

nα< ε ,

odakle je

n >1

αε.


N(ε) =

[1

αε

]+ 1 ∈ N


tako da je n > 1/(αε), tj.|Sn(x)− S(x)| < ε ,

za svako n ≥ N(ε) i svako x ∈ [α, +∞). Dakle, niz (Sn(x)) uniformno konvergira kafunkciji S(x) na intervalu [α, +∞), gde je α > 0 proizvoljna konstanta.

Uslov α > 0 je bitan jer za α = 0 niz (Sn(x)) ne konvergira uniformno. U ovom slucajuje granicna funkcija

S(x) =

{1 , x > 0 ,

0 , x = 0 .

Izborom 0 < ε < 1 i niza brojeva (an) sa opstim clanom

an =1

n,

utvrdujemo da je 0 < an ≤ 1 i

∣∣∣Sn

(1

n

)− S

(1

n

)∣∣∣ = |(1− 1)− 1| = 1 > ε

za svako n ∈ N. Zato niz (Sn(x)) ne konvergira uniformno na intervalu (0, 1], pa ni na[0, +∞).

U brojevima an = 1/n sve funkcije Sn(x) imaju istu minimalnu vrednost Sn(1/n) = 0jer su Sn(x) rastuce funkcije na [0, +∞) za svako n ∈ N.

Slicno kao kod brojnih nizova, (Sn(x)) je niz parcijalnih suma odgovarajuceg funkcio-nalnog reda

∞∑k=1

fk(x) ,

nastalog iz funkcionalnog niza (fn(x)) ([7], str. 86–87). 4

2.2. Osobine uniformno konvergentnih nizova

Osobine uniformno konvergentnih nizova su date sledecim teoremama,koje navodimo bez dokaza.

Teorema 2.2.1. Neka vazi:1◦ funkcije fn(x) su neprekidne na segmentu [α, β] za svako n ∈ N,2◦ niz

(fn(x)

)uniformno konvergira na segmentu [α, β] ka granicnoj

funkciji f(x).Tada je granicna funkcija f(x) neprekidna na segmentu [α, β].

Teorema 2.2.2. Neka vazi:1◦ funkcije fn(x) su neprekidne i imaju neprekidne izvode f ′n(x) na seg-

mentu [α, β] za svako n ∈ N,

106 TEORIJA NIZOVA

2◦ niz(fn(x)

)konvergira bar u jednoj tacki x0 ∈ [α, β],

3◦ niz sa opstim clanom

gn(x) = f ′n(x)

uniformno konvergira na segmentu [α, β] ka granicnoj funkciji g(x).

Tada sledi:

1◦ niz(fn(x)


funkciji f(x),2◦ funkcija f(x) je neprekidna i ima neprekidan izvod f ′(x) na segmentu

[α, β],3◦ vazi jednakost

(2.2.1) limn→∞

f ′n(x) = limn→∞

gn(x) = g(x) = f ′(x) =(

limn→∞

fn(x))′

.

Teorema 2.2.3. Neka vazi:

1◦ funkcije fn(x) su neprekidne na segmentu [α, β] za svako n ∈ N,2◦ niz

(fn(x)


funkciji f(x).

Tada sledi:

1◦ niz sa opstim clanom

gn(x) =∫ x

x0

fn(t) dt

uniformno konvergira na segmentu [α, β] ka granicnoj funkciji g(x)za svakox0 ∈ [α, β],

2◦ vazi jednakost

limn→∞

∫ x

x0

fn(t) dt = limn→∞

gn(x) = g(x)(2.2.2)

=∫ x

x0

f(t) dt =∫ x

x0

(lim

n→∞fn(t)

)dt .

Jednakost (2.2.2) vazi i pod manje strogom pretpostavkom 1◦, da sufunkcije fn(x) integrabilne na segmentu [α, β] za svako n ∈ N.

Jednakosti (2.2.1) i (2.2.2) znace da oznaka lim i oznaka izvoda ′, odnosnooznaka integrala

∫, mogu uzajamno da promene mesta.

Obrnuta tvrdenja Teoremama 2.2.1–2.2.3 u opstem slucaju ne vaze.


PRIMER 2.2.1. Za α, β ∈ R, −1 < α < β < 1, x ∈ [α, β] i n ∈ N0, ispitujemoneprekidnost granicne funkcije niza sa opstim clanom

fn(x) = xn .

Funkcije fn(x) su neprekidne na segmentu [α, β] za svako n ∈ N0. Niz (fn(x)) uni-formno konvergira na [α, β], sto je dokazano u Primeru 2.1.1. Prema Teoremi 2.2.1,granicna funkcija f(x) mora da bude neprekidna na [α, β].

Dobijeni zakljucak lako proveravamo, buduci da nam je granicna funkcija

f(x) =

{0 , x ∈ (−1, 1) ,

1 , x = 0

vec poznata (Primer 2.1.1). Zaista, funkcija f(x) je prekidna jedino u tacki x = 1, a tatacka ne pripada segmentu [α, β]. 4

PRIMER 2.2.2. Za α ∈ R, 0 < α < 1, x ∈ [−α, α] i n ∈ N0, odredujemo granicnufunkciju niza sa opstim clanom

fn(x) =xn+1

n + 1.

Funkcije fn(x) su neprekidne i imaju neprekidne izvode

f ′n(x) = xn

na segmentu [−α, α] za svako n ∈ N0. Niz (fn(x)) konvergira u tacki x0 = 0 ∈ [−α, α]jer brojni niz (fn) sa opstim clanom

fn = fn(x0) = fn(0) = 0

konvergira kao konstantan niz. Prema Primeru 2.1.1, niz sa opstim clanom

gn(x) = f ′n(x) = xn

uniformno konvergira na segmentu [−α, α] ka granicnoj funkciji

g(x) = 0 , x ∈ [−α, α] .

Primenom Teoreme 2.2.2 sledi da niz (fn(x)) uniformno konvergira na [−α, α] ka granicnojfunkciji f(x), za koju vazi (2.2.1), tj.

f ′(x) = g(x) = 0 , x ∈ [−α, α] .

Iz poslednje jednakosti se integracijom dobija

f(x) = C , x ∈ [−α, α] ,

gde je C ∈ R proizvoljna konstanta. Konstantu C odredujemo iz cinjenice da

limn→∞

fn(x) = f(x)

108 TEORIJA NIZOVA

vazi za svako x ∈ [−α, α], pa i za x = x0 = 0. Tada je

limn→∞

fn(x0) = limn→∞

fn(0) = 0 , f(x0) = f(0) = C

iC = 0 .

Dakle, granicna funkcija niza (fn(x)) je

f(x) = 0 , x ∈ [−α, α] . 4PRIMER 2.2.3. Za β ∈ R, β > 1, x ∈ [0, β], x0 = 0, n ∈ N i niz sa opstim clanom

fn(x) =nx

1 + n2x2,

proveravamo da li vazi jednakost (2.2.2).

U Primeru 2.1.2 smo utvrdili da niz (fn(x)) ima granicnu funkciju

f(x) = 0 , x ∈ [0, +∞) .

Zato je, za x ∈ [0, β], ∫ x

x0

f(t) dt =

∫ x

0

f(t) dt = 0 .

Formiramo niz (gn(x)) sa opstim clanom

gn(x) =

∫ x

x0

fn(t) dt =

∫ x

0

nt

1 + n2t2dt

=1

2n

∫ x

0

d(1 + n2t2)

1 + n2t2=

1

2nln(1 + n2t2)

∣∣∣t=x

t=0=

1

2nln(1 + n2x2) .

Ako je y0 ∈ [0, β] fiksiran broj, funkcionalni niz (gn(x)) se svodi na brojni niz sa opstimclanom

gn = gn(y0) =1

2nln(1 + n2y2

0) .

Primenjujuci Stolzovu teoremu i (1.2.8), nalazimo

limn→∞

gn =1

2lim

n→∞ln(1 + n2y2

0)

n

=1

2lim

n→∞ln(1 + (n + 1)2y2

0)− ln(1 + n2y20)

(n + 1)− n

=1

2lim

n→∞ln

1 + (n + 1)2y20

1 + n2y20

=1

2ln

y20

y20

=1

2ln 1 = 0 ,

sto znaci da (gn(x)) konvergira u svakoj tacki y0 ∈ [0, β], a time i na segmentu [0, β].Granicna funkcija je

g(x) = 0 , x ∈ [0, β] .

Zakljucujemo da je

g(x) =

∫ x

0

f(t) dt , x ∈ [0, β]

i jednakost (2.2.2) vazi.Niz (fn(x)) ne konvergira uniformno ka f(x) na (0, 1] (Primer 2.1.2), pa ni na [0, β].

Time smo dokazali da obrnuto tvrdenje Teoremi 2.2.3 u opstem slucaju ne vazi. 4

3. ZADACI ZA VEZBU

1. Dokazati da niz sa opstim clanom

an = sin n , n ∈ N ,

divergira.Resenje. Pretpostavimo suprotno, da je niz (an) konvergentan, odnosno da postoji

limn→∞

an = a .

Prema Definiciji 1.1.2, za svako ε > 0 postoji N(ε) ∈ N tako da je |an − a| < ε za svakon ≥ N(ε), tj.

−ε + a < an < ε + a .

Neka je a > 0. Biramo ε tako da je −ε + a > 0. Tada je

0 < an < ε + a

za svako n ≥ N(ε), sto znaci da za sve clanove niza, osim mozda njih konacno mnogo,vazi nejednakost 0 < an = sin n. Ovo, medutim, nije tacno jer postoji beskonacno mnogoclanova an sa n = [(2k+1)π]+1, k ∈ N0, za koje je an = sin n < 0. Poslednja nejednakostvazi na osnovu

sin x < 0 , x ∈ ((2k + 1)π, (2k + 2)π) ,

(2k + 1)π < x = n = [(2k + 1)π] + 1 < (2k + 2)π .

Neka je a < 0. Biramo ε tako da je ε + a < 0. Tada je

−ε + a < an < 0

za svako n ≥ N(ε), sto nije tacno zbog

sin x > 0 , x ∈ (2kπ, (2k + 1)π) ,

2kπ < x = n = [2kπ] + 1 < (2k + 1)π

109

110 TEORIJA NIZOVA

i sin n > 0 za n = [2kπ] + 1.Neka je a = 0 i ε = 1/2. Tada je

−1

2< an <

1

2

za svako n ≥ N(ε). Ovo nije tacno zbog

sin x >

√2

2>

1

2, x ∈

(π

4+ 2kπ,

3π

4+ 2kπ

),

π

4+ 2kπ < x = n =

[π

4+ 2kπ

]+ 1 <

3π

4+ 2kπ

i sin n > 1/2 za n = [π/4 + 2kπ] + 1.U svim slucajevima, na osnovu principa kontradikcije, sledi da je niz (an) = (sin n)

divergentan. Niz nije odredeno divergentan jer je −1 < sin n < 1 za svako n ∈ N(Primer 1.2.3).

Podsecamo da uglaste zagrade oznacavaju celobrojni deo nekog broja.

2. Ako jelim

n→∞an = 7 ,

dokazati da su skoro svi clanovi niza (an) veci od 6.999.

Resenje. Neka je ε = 0.001. Prema Definiciji 1.1.2, postoji broj N = N(ε) =N(0.001) ∈ N tako da je

|an − 7| < ε , −ε + 7 < an < ε + 7

za svako n ≥ N , pa jean > −ε + 7 = −0.001 + 7 = 6.999

za svako n ≥ N .

3. Ako je

an =2n

n + 5, n ∈ N0 ,

koliko clanova niza (an) se nalazi van intervala I = (1.99, 2.01)?

Resenje. Kako je I otvoren interval, van I se nalaze oni clanovi niza koji zadovoljavajuneku od nejednakosti

an ≤ 1.99 , an ≥ 2.01 .

Posmatramo nejednakost an ≤ 1.99. Zapisujuci opsti clan u obliku

an =2n

n + 5= 2

n + 5− 5

n + 5= 2

(1− 5

n + 5

),

ZADACI ZA VEZBU 111

iz ove nejednakosti redom dobijamo:

2

(1− 5

n + 5

)≤ 1.99 , 1− 5

n + 5≤ 0.995 ,

0.005 ≤ 5

n + 5, 0.001 ≤ 1

n + 5,

1

0.001= 1 000 ≥ n + 5 ,

pa jen ≤ 995 .

Nejednakost an ≥ 2.01 ne zadovoljava ni jedan clan niza jer je

2n

n + 5≥ 2.01 ,

n

n + 5≥ 1.005 ,

a ovo je nemoguce zbog n/(n + 5) < 1.Zbog a0 = 0, zakljucujemo da se van intervala I nalazi 996 clanova niza, sto znaci da

su skoro svi clanovi niza unutar intervala I. Clan a995 = 1.99 je na granici intervala.

Do istog rezultata dolazimo na elegantniji nacin. Prema (1.2.8), granicna vrednost nizaje

limn→∞

an = a = 2 .

Interval I je simetrican u odnosu na a = 2, tj.

I = (−ε + a, ε + a) = (−ε + 2, ε + 2) ,

gde je ε = 0.01. Na osnovu Definicije 1.1.2, postoji N = N(ε) = N(0.01) ∈ N tako da je

|an − a| < ε ,

odnosno an ∈ I za svako n ≥ N . Iz poslednje nejednakosti je:

∣∣∣ 2n

n + 5− 2

∣∣∣ < 0.01 ,

∣∣∣ −10

n + 5

∣∣∣ < 0.01 ,

10

n + 5< 0.01 ,

1

n + 5< 0.001 , n + 5 > 1 000 ,

pa jen > 995 , N = 996 .

Dakle, unutar intervala I su svi clanovi niza pocev od a996, dok su van I clanovia0, a1, a2, . . . , a995.

4. Ako je

an =n

n + 5, n ∈ N ,

koliko clanova niza (an) se nalazi van intervala I =(1− 10−4, 1 + 10−4

)?

Uputstvo. Interval I je simetrican u odnosu na granicnu vrednost niza a = 1 sa ε =10−4 = 0.0001, pa se analogno kao u Zadatku 3 nalazi N = 10 000, sto znaci da je 9 999clanova niza van intervala I.

112 TEORIJA NIZOVA

5. Odrediti granicnu vrednost niza sa opstim clanom

an =2n + 2−n

3n, n ∈ N .

Resenje. Mnozenjem brojioca i imenioca sa 2n, opsti clan postaje

an =2n 2n + 1

3n 2n=

4n + 1

6n=

4n

6n+

1

6n=

(4

6

)n

+

(1

6

)n

.

Za q1 = 4/6, q2 = 1/6 je |q1| < 1, |q2| < 1. Zato, prema (1.1.7) i Teoremi 1.2.2, sledi

limn→∞

(4

6

)n

= limn→∞

qn1 = 0 , lim

n→∞

(1

6

)n

= limn→∞

qn2 = 0

i

limn→∞

an = limn→∞

(4

6

)n

+ limn→∞

(1

6

)n

= 0 .

6. U zavisnosti od vrednosti broja s ∈ R, s > −2, odrediti granicnuvrednost niza sa opstim clanom

an =sn − sn+1

2n + 2n+1, n ∈ N .

Resenje. Transformacijom opsteg clana

an =sn(1− s)

2n(1 + 2)=

1− s

3

(s

2

)n

,

opsti clan dobija oblik an = Cqn, gde je C = (1 − s)/3, q = s/2. Granicnu vrednostodredujemo koristeci (1.1.7) i Teoreme 1.2.1, 1.2.9.

Ako je |q| = |s/2| = |s|/2 < 1, tada je |s| < 2, s < 2 i

limn→∞

an = 0 , −2 < s < 2 .

Ako je q = s/2 = 1, tada je s = 2 i

limn→∞

an =1− s

3= −1

3, s = 2 .

Ako je q = s/2 > 1, tada je s > 2 i, zbog C = (1− s)/3 < 0,

limn→∞

an = −∞ , s > 2 .

ZADACI ZA VEZBU 113

7. Ako je r, s ∈ R, |r| < |s|, odrediti granicnu vrednost niza sa opstimclanom

an =rn + sn

rn+2 − sn+2, n ∈ N .

Resenje. Kako je

an =rn + sn

r2 rn − s2 sn,

opsti clan je oblika (1.2.2). Deobom brojioca i imenioca sa sn, sledi

an =

(r

s

)n

+ 1

r2

(r

s

)n

− s2

.

Zbog |r/s| = |r|/|s| < 1 i (1.1.7), dalje je

limn→∞

an =1

−s2= − 1

s2.


an =(−3)n + 4n

(−3)n+1 + 4n+2, n ∈ N .

Uputstvo. Kako je |4| = 4 > | − 3| = 3 i

an =(−3)n + 4n

−3(−3)n + 16 · 4n,

postupajuci kao u Zadatku 7, dobija se

limn→∞

an =1

16.

9. U zavisnosti od vrednosti broja s ∈ R, s 6= −5, odrediti granicnuvrednost niza sa opstim clanom

an =3 · 5n + 2sn+1

5n+1 + 2sn, n ∈ N .

Resenje. Opsti clan je oblika (1.2.2) jer je

an =3 · 5n + 2s sn

5 · 5n + 2sn.

114 TEORIJA NIZOVA

Ako je |s| > 5, brojilac i imenilac delimo sa sn i dobijamo

an =

3

(5

s

)n

+ 2s

5

(5

s

)n

+ 2

.

Kako je |5/s| = 5/|s| < 1, to je

limn→∞

an =2s

2= s , |s| > 5 .

Ako je |s| < 5, brojilac i imenilac delimo sa 5n i, zbog |s/5| = |s|/5 < 1, dobijamo

limn→∞

an = limn→∞

3 + 2s

(s

5

)n

5 + 2

(s

5

)n =3

5, |s| < 5 .

Za s = 5 je

limn→∞

an = limn→∞

3 · 5n + 10 · 5n

5 · 5n + 2 · 5n= lim

n→∞13 · 5n

7 · 5n=

13

7, s = 5 .


an =sin2 3n + cos2 2n

n, n ∈ N .

Resenje. Za funkcije sin x i cos x vazi −1 ≤ sin x ≤ 1, −1 ≤ cos x ≤ 1, pa je

0 ≤ sin2 3n ≤ 1 , 0 ≤ cos2 2n ≤ 1

i

0 ≤ sin2 3n + cos2 2n

n≤ 2

n.

Kako je limn→∞ 2/n = 0, prema Teoremi 1.2.5, sledi

limn→∞

an = 0 .


an =ln(1 + n)1 + n2

, n ∈ N .

ZADACI ZA VEZBU 115

Resenje. Matematickom indukcijom pokazujemo da je

en > 1 + n

za svako n ∈ N. Za n = 1, nejednakost je tacna zbog (1.3.3), tj. 2.72 > 2. Pretpostavimoda je ek > 1 + k za neko n = k ∈ N. Tada je

ek+1 = e ek > e(1 + k) = e + ek > 2 + ek > 2 + k = 1 + (k + 1) ,

pa je nejednakost tacna i za prvo sledece n = k + 1 ∈ N.Kako je ln x rastuca funkcija, to je n ln e > ln(1 + n), tj.

n > ln(1 + n)

za svako n ∈ N.Koristeci poslednju nejednakost i cinjenicu da je lnx > 0 za x > 1, dobijamo

0 <ln(1 + n)

1 + n2<

n

1 + n2<

n

n2=

1

n.

Prema limn→∞ 1/n = 0 i Teoremi 1.2.5, sledi

limn→∞

an = 0 .


an =1√

1 + n2+

1√2 + n2

+ · · ·+ 1√n + n2

, n ∈ N .

Resenje. Za opsti clan vazi

n√n + n2

≤ an ≤ n√1 + n2

.

Deobom brojioca i imenioca sa n, sledi

n√n + n2

=1√

n + n2

n2

=1√

1 +1

n

,n√

1 + n2=

1√1 + n2

n2

=1√

1 +1

n2

i, prema (1.1.9),

limn→∞

n√n + n2

= limn→∞

n√1 + n2

= 1 .

Na osnovu Teoreme 1.2.5, tada je i

limn→∞

an = 1 .

116 TEORIJA NIZOVA

13. Ako je q ∈ R, |q| < 1, odrediti granicnu vrednost niza sa opstimclanom

an = q2 + q3 + · · ·+ qn , n ∈ N .

Resenje. Dodajuci opstem clanu i oduzimajuci od njega 1 + q, dobijamo

an = (1 + q + q2 + · · ·+ qn)− (1 + q) .

Prema (1.2.4) i (1.1.2), sledi

limn→∞

an = limn→∞

(1 + q + q2 + · · ·+ qn)− limn→∞

(1 + q) =1

1− q− (1 + q) =

q2

1− q.

14. Ako je q ∈ R, |q| < 1, odrediti granicnu vrednost niza sa opstimclanom

an =q + q2 + q3 + · · ·+ qn

1 +14

+142

+ · · ·+ 14n

, n ∈ N .

Resenje. Zapisujuci opsti clan u obliku

an =(1 + q + q2 + · · ·+ qn)− 1

1 +1

4+

(1

4

)2

+ · · ·+(

1

4

)n=

(1 + q + q2 + · · ·+ qn)− 1

1 + q1 + q21 + · · ·+ qn

1

,

gde je q1 = 1/4, primenjujuci Teoremu 1.2.4 pod 2◦ i (1.2.4), sledi

limn→∞

an =

limn→∞

(1 + q + q2 + · · ·+ qn)− 1

limn→∞

(1 + q1 + q21 + · · ·+ qn

1 )=

1

1− q− 1

1

1− q1

=q(1− q1)

1− q=

3q

4(1− q).


an =1 +

12

+122

+ · · ·+ 12n

1 +13

+132

+ · · ·+ 13n

, n ∈ N .

Resenje. Za q1 = 1/2, q2 = 1/3 je

an =

1 +1

2+

(1

2

)2

+ · · ·+(

1

2

)n

1 +1

3+

(1

3

)2

+ · · ·+(

1

3

)n=

1 + q1 + q21 + · · ·+ qn

1

1 + q2 + q22 + · · ·+ qn

2

ZADACI ZA VEZBU 117

i, prema (1.2.4),

limn→∞

an =

1

1− q1

1

1− q2

=1− q2

1− q1=

2

31

2

=4

3.

16. Ako je bn 6= 1 za svako n ∈ N, limn→∞ bn = 1 i k ∈ N proizvoljanbroj, odrediti granicnu vrednost niza sa opstim clanom

an =bn + b2

n + · · ·+ bkn − k

bn − 1.

Resenje. Koristeci formulu za zbir geometrijske progresije (Primer 1.2.7), trans-formisemo opsti clan na nacin

an =(1 + bn + b2n + · · ·+ bk

n)− k − 1

bn − 1=

1− bk+1n

1− bn− k − 1

bn − 1=

bk+1n − (k + 1)bn + k

(bn − 1)2.

Uvodeci oznaku bn = x, za brojilac poslednjeg razlomka dobijamo

B = xk+1 − (k + 1)x + k = ((x− 1) + 1)k+1 − (k + 1)x + k

i, primenom binomne formule (Primer 1.4.1),

B =

k+1∑i=0

(k + 1

i

)(x− 1)i − (k + 1)x + k

=

(1 +

(k + 1

1

)(x− 1) +

(k + 1

2

)(x− 1)2 + · · ·+

(k + 1

k + 1

)(x− 1)k+1

)

− (k + 1)x + k

=

(1 + (k + 1)x− (k + 1) +

(k + 1

2

)(x− 1)2 + · · ·+ (x− 1)k+1

)− (k + 1)x + k

=

(k + 1

2

)(x− 1)2 +

(k + 1

3

)(x− 1)3 + · · ·+ (x− 1)k+1 .

Zato je

an =

(k+12

)(bn − 1)2 +

(k+13

)(bn − 1)3 + · · ·+ (bn − 1)k+1

(bn − 1)2

=

(k + 1

2

)+

(k + 1

3

)(bn − 1) + · · ·+ (bn − 1)k−1

118 TEORIJA NIZOVA

i, prema uslovu limn→∞ bn = 1,

limn→∞

an =

(k + 1

2

)=

k(k + 1)

2.

17. Ako je q ∈ R, odrediti granicnu vrednost niza sa opstim clanom

an =1 + q + q2 + · · ·+ qn

n!, n ∈ N .

Resenje. Neka je q 6= 1. Opsti clan transformisemo pomocu formule za zbir geometrijskeprogresije (Primer 1.2.7),

an =

1− qn+1

1− q

n!=

1

1− q

1− qn+1

n!=

1

1− q

(1

n!− q

qn

n!

).

Za q = 1 je

an =n + 1

n!=

1

(n− 1)!+

1

n!.

Prema Primeru 1.2.6, Teoremi 1.2.12 pod 1◦ i (1.2.10), u oba slucaja dobijamo

limn→∞

an = 0 .

Primetimo da je

limn→∞

n + 1

n!= lim

n→∞P1(n)

n!= 0

rezultat (1.7.9).


an =1

1 + 3+

12 + 32

+1

3 + 33+ · · ·+ 1

n + 3n, n ∈ N ,

konvergira.Resenje. Niz (an) je monotono rastuci, sto sledi iz

an+1 − an =

(1

1 + 3+

1

2 + 32+

1

3 + 33+ · · ·+ 1

n + 3n+

1

n + 1 + 3n+1

)

−(

1

1 + 3+

1

2 + 32+

1

3 + 33+ · · ·+ 1

n + 3n

)=

1

n + 1 + 3n+1> 0

i an+1 > an za svako n ∈ N.

ZADACI ZA VEZBU 119

Niz (an) je ogranicen sa gornje strane jer je 1− (1/3)n < 1 i

an <1

3+

1

32+ · · ·+ 1

3n=

1

3+

(1

3

)2

+ · · ·+(

1

3

)n

=1

3

(1 +

1

3+ · · ·+

(1

3

)n−1)

=1

3

1−(

1

3

)n

1− 1

3

=1

2

(1−

(1

3

)n)

<1

2

za svako n ∈ N.Prema Teoremi 1.3.4 pod 1◦, niz (an) konvergira.


an = 1 +1√2

+1√3

+ · · ·+ 1√n− 2

√n , n ∈ N ,

konvergira.Resenje. Prvo pokazujemo da je niz (an) monotono opadajuci. Kako je

an+1 − an =

(1 +

1√2

+ · · ·+ 1√n

+1√

n + 1− 2

√n + 1

)

−(

1 +1√2

+ · · ·+ 1√n− 2

√n

)=

1√n + 1

− 2√

n + 1 + 2√

n

i, prema obrascu za razliku kvadrata (dokaz Teoreme 1.3.6),

√n + 1−√n =

(√

n + 1−√n)(√

n + 1 +√

n)√n + 1 +

√n

=(n + 1)− n√n + 1 +

√n

=1√

n + 1 +√

n,

dobijamo

an+1 − an =1√

n + 1− 2√

n + 1 +√

n<

1√n + 1

− 2√n + 1 +

√n + 1

= 0 .

Zato je an+1 < an za svako n ∈ N.Pokazujemo da je niz (an) ogranicen sa donje strane i u tom cilju uocavamo da je

an+1 − an =1√

n + 1− 2√

n + 1 +√

n>

1√n + 1

− 2√n +

√n

=1√

n + 1− 1√

n,

odnosno

an − an−1 >1√n− 1√

n− 1, n > 1 .


an = a1 + (a2 − a1) + (a3 − a2) + · · ·+ (an − an−1)

120 TEORIJA NIZOVA

i primenjujuci prethodnu nejednakost, za n > 1 dobijamo

an > −1 +

(1√2− 1

)+

(1√3− 1√

2

)+ · · ·+

(1√n− 1√

n− 1

)= −2 +

1√n

> −2 .

Kako je a1 = 1− 2√

1 = −1 > −2, to je an > −2 za svako n ∈ N.Prema Teoremi 1.3.4 pod 2◦, niz (an) je konvergentan.


an = 1 +12

+13

+ · · ·+ 1n− ln n , n ∈ N ,

konvergira.

Resenje. U Primeru 1.3.2 je pokazano da niz (1 + 1/n)n+1 monotono opada i da jebroj e njegova granicna vrednost, pa je

e <

(1 +

1

n

)n+1

za svako n ∈ N. Kako je ln x rastuca funkcija, to je

1 = ln e < (n + 1) ln

(1 +

1

n

)

i, deobom sa ln(1 + 1/n) > 0,

1

ln

(1 +

1

n

) < n + 1 , ln

(1 +

1

n

)>

1

n + 1,

1

n + 1− ln

(1 +

1

n

)< 0

za svako n ∈ N.Koristeci poslednju nejednakost, utvrdujemo da je niz (an) monotono opadajuci jer je

an+1 − an =

(1 +

1

2+ · · ·+ 1

n+

1

n + 1− ln(n + 1)

)−

(1 +

1

2+ · · ·+ 1

n− ln n

)

=1

n + 1− ln(n + 1) + ln n =

1

n + 1− ln

n + 1

n=

1

n + 1− ln

(1 +

1

n

)< 0

i an+1 < an za svako n ∈ N.Niz (1 + 1/n)n je monotono rastuci i ima broj e za granicnu vrednost (Teorema 1.3.6).

Zato je redom:

(1 +

1

n

)n

< e , n ln

(1 +

1

n

)< 1 , n <

1

ln

(1 +

1

n

) ,

1

n> ln

(1 +

1

n

), − 1

n< − ln

(1 +

1

n

),

1

n + 1− 1

n<

1

n + 1− ln

(1 +

1

n

),

ZADACI ZA VEZBU 121

odnosno1

n− 1

n− 1<

1

n− ln

(1 +

1

n− 1

), n > 1 .

Dobijenu nejednakost koristimo da bismo dokazali da je niz (an) ogranicen sa donjestrane. Opsti clan zapisujemo u obliku

an = a1 + (a2 − a1) + (a3 − a2) + · · ·+ (an − an−1)

i, imajuci u vidu

an − an−1 =1

n− ln

(1 +

1

n− 1

),

za n > 1 dobijamo

an = 1 +

(1

2− ln

(1 +

1

1

))+

(1

3− ln

(1 +

1

2

))+ · · ·+

(1

n− ln

(1 +

1

n− 1

))

> 1 +

(1

2− 1

1

)+

(1

3− 1

2

)+ · · ·+

(1

n− 1

n− 1

)=

1

n> 0 .

Kako je a1 = 1− ln 1 = 1 > 0, to je an > 0 za svako n ∈ N.Prema Teoremi 1.3.4 pod 2◦, niz (an) je konvergentan. Granicna vrednost ovog niza

je Eulerova konstanta C ≈ 0.577.

Zadaci 19 i 20 mogu neuporedivo jednostavnije da se rese primenom Cauchyevog inte-gralnog kriterijuma, dobro poznatog u Teoriji redova ([7], str. 27).


an =1

n + 1+

1n + 2

+ · · ·+ 12n

, n ∈ N ,

konvergira i odrediti njegovu granicnu vrednost.Resenje. Niz (an) je monotono rastuci jer je

an+1 =1

n + 2+

1

n + 3+ · · ·+ 1

2(n + 1)

=1

n + 2+

1

n + 3+ · · ·+ 1

2n+

1

2n + 1+

1

2n + 2,

an+1 − an =1

2n + 1+

1

2n + 2− 1

n + 1=

1

2n + 1− 1

2n + 2> 0

i an+1 > an za svako n ∈ N.Niz (an) je ogranicen sa gornje strane. Kako je

an+1 − an =1

2n + 1− 1

2n + 2=

1

2n(n + 1)<

1

n(n + 1)=

1 + n− n

n(n + 1)=

1

n− 1

n + 1,

odnosno

an − an−1 <1

n− 1− 1

n, n > 1 ,

122 TEORIJA NIZOVA

to je

an = a1 + (a2 − a1) + (a3 − a2) + · · ·+ (an − an−1)

<1

2+

(1− 1

2

)+

(1

2− 1

3

)+ · · ·+

(1

n− 1− 1

n

)=

3

2− 1

n<

3

2

za n > 1. Jos je a1 = 1/2 < 3/2, pa je an < 3/2 za svako n ∈ N.Zakljucujemo da je niz (an) konvergentan. Da bismo odredili granicnu vrednost, sa

(bn) oznacavamo niz iz Zadatka 20 i uocavamo:

bn = 1 +1

2+ · · ·+ 1

n− ln n ,

b2n = 1 +1

2+ · · ·+ 1

n+

1

n + 1+ · · ·+ 1

2n− ln 2n ,

b2n − bn =1

n + 1+

1

n + 2+ · · ·+ 1

2n− ln 2n + ln n

=1

n + 1+

1

n + 2+ · · ·+ 1

2n− ln 2 = an − ln 2 .

Kako je granicna vrednost jedinstvena (Teorema 1.1.1), to je

limn→∞

bn = limn→∞

b2n = C ,

gde je C Eulerova konstanta. Zato je

limn→∞

(b2n − bn) = limn→∞

b2n − limn→∞

bn = C − C = 0 ,

pa jelim

n→∞(b2n − bn) = lim

n→∞an − ln 2 = 0

ilim

n→∞an = ln 2 .

Osim niza (an), granicnu vrednost ln 2 ima i niz sa opstim clanom

1− 1

2+

1

3− · · ·+ (−1)n+1 1

n,

sto pokazujemo kasnije. Niz (an) brze konvergira, pa je pogodniji za izracunavanje brojaln 2.

22. Dokazati da niz zadat rekurentnom relacijom

a1 =12

, an+1 = a2n , n ∈ N ,

konvergira i odrediti njegovu granicnu vrednost.

ZADACI ZA VEZBU 123

Resenje. Niz (an) je ogranicen, tj. vazi

0 < an ≤ 1

2

za svako n ∈ N. Nejednakost 0 < an je ocigledna iz rekurentne relacije. Drugu nejed-nakost pokazujemo matematickom indukcijom. Pocetni clan je a1 = 1/2, pa je nejednakosttacna za n = 1. Neka je ak ≤ 1/2 za neko n = k ∈ N. Tada je

ak+1 = a2k ≤

(1

2

)2

=1

4<

1

2,

pa je nejednakost tacna i za prvo sledece n = k + 1 ∈ N.Niz (an) je monotono opadajuci zbog:

an > 0 , an − 1 ≤ 1

2− 1 = −1

2< 0 ,

an+1 − an = a2n − an = an(an − 1) < 0

i an+1 < an za svako n ∈ N.Prema Teoremi 1.3.4 pod 2◦, niz (an) je konvergentan, tj. postoji

limn→∞

an = a .

Iz rekurentne relacije tada sledi

limn→∞

an+1 = limn→∞

an limn→∞

an

i daljea = a2 , a(a− 1) = 0 ,

pa je a = 0 ili a = 1. Kako je granicna vrednost jedinstvena i niz (an) opadajuci, morada bude a = 0, odnosno

limn→∞

an = 0 .

Ovo je primer niza kod kojeg je iz rekurentne relacije moguce odrediti eksplicitni oblikopsteg clana an. Kako je

a1 =1

2, a2 = a2

1 =

(1

2

)2

, a3 = a22 =

(1

2

)4

,

uocavamo i matematickom indukcijom dokazujemo zakonitost

an =

(1

2

)2n−1

, n ∈ N .

124 TEORIJA NIZOVA

Za n = 1 je prethodna jednakost tacna. Ako je ak = (1/2)2k−1

, tada je i

ak+1 = a2k =

(1

2

)2·2k−1

=

(1

2

)2k

=

(1

2

)2(k+1)−1

,

pa je jednakost tacna za svako n ∈ N. Da je

limn→∞

(1

2

)2n−1

= 0 ,

pokazacemo kasnije.


0 < a1 < 1 , an+1 = an − a2n , n ∈ N ,

konvergira i odrediti njegovu granicnu vrednost. Zatim naci granicnu vred-nost

L = limn→∞

(a21 + a2

2 + · · ·+ a2n

).

Resenje. Niz (an) je ogranicen, tj.

0 < an < 1

za svako n ∈ N. Za n = 1 je tvrdenje tacno prema pocetnom uslovu 0 < a1 < 1. Podpretpostavkom 0 < ak < 1, sledi

0 < 1− ak < 1 , 0 < ak(1− ak) < ak < 1 ,

0 < ak+1 = ak − a2k = ak(1− ak) < 1 .

Na osnovu matematicke indukcije, tvrdenje je tacno za svako n ∈ N.Niz (an) je monotono opadajuci zbog

an+1 − an = an − a2n − an = −a2

n < 0

i an+1 < an za svako n ∈ N.Niz (an) je konvergentan sa granicom limn→∞ an = a i iz rekurentne relacije a = a−a2,

a = 0, tj.lim

n→∞an = 0 .

Koristeci jednakost an+1 − an = −a2n, tj. a2

n = an − an+1, lako nalazimo

L = limn→∞

((a1 − a2) + (a2 − a3) + · · ·+ (an − an+1))

= limn→∞

(a1 − an+1) = a1 − limn→∞

an+1 = a1 − 0 = a1 .

ZADACI ZA VEZBU 125


1 < a1 < 3 , 4an+1 = a2n + 3 , n ∈ N ,

konvergira i odrediti njegovu granicnu vrednost.Uputstvo. Radeci analogno kao u Primeru 1.3.4, utvrduje se

1 < an < 3

za svako n ∈ N, niz (an) monotono opada i ima granicnu vrednost

limn→∞

an = 1 .


0 < a1 <12

, an+1 = a1 +a2

n

2, n ∈ N ,

konvergira i odrediti njegovu granicnu vrednost.Resenje. U ovom slucaju i ogranicenost i monotonost niza dokazujemo matematickom

indukcijom.Niz (an) je ogranicen jer je

0 < an < 1

za svako n ∈ N. Zaista, za n = 1 je 0 < a1 < 1/2 < 1 i iz pretpostavke 0 < ak < 1 sledi

0 < a2k < 1 , 0 <

a2k

2<

1

2,

0 < a1 < ak+1 = a1 +a2

k

2< a1 +

1

2<

1

2+

1

2= 1 .

Niz (an) je monotono rastuci jer je an+1 − an > 0, tj. an+1 > an za svako n ∈ N. Zan = 1 je

a2 − a1 = a1 +a21

2− a1 =

a21

2> 0 .

Neka je ak − ak−1 > 0 za neko n = k ∈ N, k > 2. Tada je, za n = k + 1 ∈ N,

ak+1 − ak = a1 +a2

k

2− a1 −

a2k−1

2=

1

2(a2

k − a2k−1) =

1

2(ak − ak−1)(ak + ak−1) > 0 .

Niz (an) je konvergentan sa granicom a, koju odredujemo iz

a = a1 +a2

2, a2 − 2a + 2a1 = 0 .

126 TEORIJA NIZOVA

Resenja kvadratne jednacine su a = 1 +√

1− 2a1 i a = 1 −√1− 2a1. Kako je an < 1 i1 +

√1− 2a1 > 1, to je

limn→∞

an = a = 1−√1− 2a1 .

Monotonost niza moze da se utvrdi na slican nacin kao u Primeru 1.3.4. Formiramorazliku

an+1 − an = a1 +a2

n

2− an =

1

2(a2

n − 2an + a1)

i ispitujemo znak kvadratnog trinoma x2 − 2x + a1. Posto je x2 − 2x + a1 < 0 zax ∈ (1−√1− 2a1 , 1 +

√1− 2a1 ) i

an ∈ (0, 1) ⊂ (1−√1− 2a1 , 1 +√

1− 2a1 ) ,

to je a2n − 2an + a1 < 0, tj. an+1 − an < 0.


a1 = 0 , an+1 =3 + an

2, n ∈ N ,

konvergira i odrediti njegovu granicnu vrednost.Resenje. Niz (an) je ogranicen jer je

0 ≤ an < 3

za svako n ∈ N, sto se dokazuje matematickom indukcijom. Za n = 1 je a1 = 0 i, podpretpostavkom 0 ≤ ak < 3, sledi

3 ≤ 3 + ak < 6 , 0 <3

2≤ ak+1 =

3 + ak

2< 3 .

Niz (an) monotono raste zbog an < 3 i

an+1 − an =3 + an

2− an =

3− an

2> 0

za svako n ∈ N.Granicna vrednost limn→∞ an = a se dobija iz

a =3 + a

2, 2a = 3 + a , a = 3 .

Ovaj niz je interesantan jer eksplicitni oblik opsteg clana moze da se odredi jednostavno.Sukcesivno snizavajuci indeks u rekurentnoj relaciji, dobija se

an+1 =3

2+

1

2an =

3

2+

1

2

(3

2+

1

2an−1

)=

3

2+

3

22+

1

22an−1

=3

2+

3

22+

1

22

(3

2+

1

2an−2

)=

3

2+

3

22+

3

23+

1

23an−2 = · · ·

=3

2+

3

22+ · · ·+ 3

2n+

1

2na1 =

3

2

(1 +

1

2+

1

22+ · · ·+ 1

2n−1

)

ZADACI ZA VEZBU 127

ili, prema zbiru geometrijske progresije,

an+1 =3

2

1−(

1

2

)n

1− 1

2

= 3

(1− 1

2n

),

odnosno

an = 3

(1− 1

2n−1

),

odakle jelim

n→∞an = 3 .


a1 = 0 , an+1 =5an + 44an + 5

, n ∈ N ,

konvergira i odrediti njegovu granicnu vrednost.Resenje. Niz (an) je ogranicen, tj.

0 ≤ an < 1

za svako n ∈ N. Matematickom indukcijom se trivijalno pokazuje da je an > 0 za svakon > 2. Pokazujemo da je i an < 1. Za n = 1 je a1 = 0 < 1. Ako je ak < 1, tada jeak − 1 < 0 i

ak+1 =4ak + 5 + ak − 1

4ak + 5= 1 +

ak − 1

4ak + 5< 1 .

Niz (an) je monotono rastuci, sto sledi iz 4an + 5 > 0, a2n < 1, a2

n − 1 < 0 i

an+1 − an =5an + 4

4an + 5− an =

−4a2n + 4

4an + 5= −4(a2

n − 1)

4an + 5> 0 .

Granica limn→∞ an = a niza (an) se nalazi iz

a =5a + 4

4a + 5, a2 = 1 , a = 1 .

Resenje a = −1 jednacine a2 = 1 ne moze da bude granica niza zbog an ≥ 0.

Opsti clan niza ima eksplicitni oblik

an =9n−1 − 1

9n−1 + 1=

1−(

1

9

)n−1

1 +

(1

9

)n−1

128 TEORIJA NIZOVA

([4], str. 86) ilim

n→∞an = 1 .


a0 = 1 , an+1 =an

1 + a2n

, n ∈ N ,


Uputstvo. Niz (an) je ogranicen sa donje strane jer je an > 0 za svako n ∈ N. Niz (an)monotono opada zbog

an+1 − an = − a3n

1 + a2n

< 0 ,

a granica jelim

n→∞an = 0 .


a1 = 6 , an+1 =√

6 + an , n ∈ N ,


Resenje. Niz (an) je ogranicen sa donje strane, tj. an > 0 za svako n ∈ N, sto jeocigledno s obzirom na osobinu funkcije

√x ≥ 0 za svako x ∈ R i a1 > 0. Medutim, za

dokaz konvergencije je potrebna bolja procena

3 < an

za svako n ∈ N, sto pokazujemo matematickom indukcijom. Za n = 1 je a1 = 6 > 3.Kako je

√x rastuca funkcija, za ak > 3 je i

ak+1 =√

6 + ak >√

6 + 3 = 3 .

Niz (an) je monotono opadajuci. Kako je

an+1 − an =√

6 + an − an =(√

6 + an − an)(√

6 + an + an)√6 + an + an

=(6 + an)− a2

n√6 + an + an

i√

6 + an +an > 0, znak razlike an+1−an je isti kao znak izraza −a2n +an +6. Kvadratni

trinom −x2 + x + 6 ima nule x = −2 i x = 3, pa je

− x2 + x + 6 > 0 , x ∈ (−2, 3) ;

− x2 + x + 6 < 0 , x ∈ (−∞,−2) ∪ (3, +∞) .

ZADACI ZA VEZBU 129

S obzirom na an > 3, zakljucujemo da je −a2n + an + 6 < 0 i

an+1 − an < 0

za svako n ∈ N.Niz (an) je konvergentan sa granicom limn→∞ an = a, koju odredujemo iz

a =√

6 + a , a2 = 6 + a , a2 − a− 6 = 0 , a = 3 .

Resenje a = −2 ne moze da bude granica niza zbog an > 3.


a1 =√

2 , an+1 =√

2 + an , n ∈ N ,

konvergira i odrediti njegovu granicnu vrednost.Uputstvo. Analognim postupkom kao u Zadatku 29, pokazuje se

0 < an < 2 , an+1 − an > 0

za svako n ∈ N ilim

n→∞an = a = 2 .

31. Ako je n > 1, odrediti granicnu vrednost niza sa opstim clanom

cn =1 + 2 + · · ·+ (n− 1)

n2, n ∈ N .

Resenje. Neka jean = 1 + 2 + · · ·+ (n− 1) , bn = n2 .

Niz (bn) zadovoljava uslove Stolzove teoreme (Primer 1.4.1), pa je

an+1 − an = (1 + 2 + · · ·+ (n− 1) + n)− (1 + 2 + · · ·+ (n− 1)) = n ,

bn+1 − bn = (n + 1)2 − n2 = 2n + 1 ;

limn→∞

cn = limn→∞

an+1 − an

bn+1 − bn= lim

n→∞n

2n + 1

i, prema (1.2.8),

limn→∞

cn =1

2.


cn =1 + 2 + · · ·+ n

n2− 1

n2

130 TEORIJA NIZOVA

i imajuci u vidu (1.1.9), trazena granicna vrednost moze da se dobije i direktnom pri-menom (1.4.15),

limn→∞

cn = limn→∞

1 + 2 + · · ·+ n

n2− lim

n→∞1

n2=

1

2− 0 =

1

2.

Granicna vrednost moze da se dobije jos na jedan nacin, upotrebom formule (1.4.16)za zbir prvih n− 1 prirodnih brojeva

1 + 2 + · · ·+ (n− 1) =(n− 1)n

2,

kada je

cn =(n− 1)n

2n2=

n− 1

2n

i, prema (1.2.8),

limn→∞

cn =1

2.


cn =1 · 2 + 2 · 3 + · · ·+ n(n + 1)

n3, n ∈ N .

Resenje. Ako je

an = 1 · 2 + 2 · 3 + · · ·+ n(n + 1) , bn = n3 ,

tada je

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

− (1 · 2 + 2 · 3 + · · ·+ n(n + 1)) = (n + 1)(n + 2) = n2 + 3n + 2 ,

bn+1 − bn = (n + 1)3 − n3 = 3n2 + 3n + 1 .

Ovde je iskoriscena formula

(A + B)3 = A3 + B3 + 3A2B + 3AB2 ,

koja je specijalan slucaj binomne formule (Primer 1.4.1). Prema Stolzovoj teoremi i(1.2.8), sledi

limn→∞

cn = limn→∞

an+1 − an

bn+1 − bn= lim

n→∞n2 + 3n + 2

3n2 + 3n + 1=

1

3.

Uocavajuci da je

1 · 2 + 2 · 3 + · · ·+ n(n + 1) =

n∑k=1

k(k + 1) =

n∑k=1

(k2 + k) =

n∑k=1

k2 +

n∑k=1

k ,

ZADACI ZA VEZBU 131

opsti clan zapisujemo u obliku

cn =12 + 22 + · · ·+ n2

n3+

1

n

1 + 2 + · · ·+ n

n2

i dva puta primenjujemo (1.4.15),

limn→∞

cn = limn→∞

12 + 22 + · · ·+ n2

n3+ lim

n→∞1

nlim

n→∞1 + 2 + · · ·+ n

n2=

1

3+ 0 · 1

2=

1

3.

Isti rezultat se dobija transformacijom opsteg clana pomocu (1.4.16),

cn =1

n3

( n∑k=1

k2 +

n∑k=1

k

)=

1

n3

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

6+

n(n + 1)

2

)

=1

n3

n(n + 1)(n + 2)

3=

1

3

n

n

n + 1

n

n + 2

n=

1

3

(1 +

1

n

)(1 +

2

n

).

33. Ako je k ∈ N proizvoljan broj, odrediti granicnu vrednost niza saopstim clanom

an =1k + 3k + · · ·+ (2n− 1)k

nk+1, n ∈ N .

Resenje. Opsti clan transformisemo na nacin

an =(1k + 2k + 3k + · · ·+ (2n− 1)k + (2n)k)− (2k + 4k + · · ·+ (2n)k)

nk+1

=1k + 2k + · · ·+ (2n)k

1

2k+1(2n)k+1

− 2k 1k + 2k + · · ·+ nk

nk+1

= 2k+1 1k + 2k + · · ·+ (2n)k

(2n)k+1− 2k 1k + 2k + · · ·+ nk

nk+1

i, prema (1.4.15), dobijamo

limn→∞

an = 2k+1 1

k + 1− 2k 1

k + 1=

2k+1 − 2k

k + 1=

2k(2− 1)

k + 1=

2k

k + 1.

Koristeci (1.8.5), analogno se pokazuje opstiji rezultat

limn→∞

1p

+ 3p

+ · · ·+ (2n− 1)p

np+1

=2

p

p + 1,

gde je p ∈ R, p > −1 proizvoljan broj.

Zadatak moze da se resi i direktnom primenom Stolzove teoreme, kao u Primeru 1.4.1.

132 TEORIJA NIZOVA


an =13 + 33 + · · ·+ (2n + 1)3

n4, n ∈ N .

Uputstvo. Kako je

an =13 + 33 + · · ·+ (2n− 1)3

n4+

(2n + 1)3

n4

i, prema (1.2.8),

limn→∞

(2n + 1)3

n4= lim

n→∞8n3 + 12n2 + 6n + 1

n4= 0 ,

koristeci rezultat iz Zadatka 33 sa k = 3, sledi

limn→∞

an =23

4=

1

2.


an =1 + 2 + · · ·+ n

n + 2− n

2, n ∈ N .

Resenje. Opsti clan transformisemo pomocu (1.4.16) i dobijamo

an =n(n + 1)

2(n + 2)− n

2=

n(n + 1)− n(n + 2)

2(n + 2)=

−n

2n + 2,

odakle je

limn→∞

an = −1

2.


an =1 + 3 + · · ·+ (2n− 1)

n + 1− 2n + 1

2, n ∈ N .

Resenje. Koristeci (1.4.16), transformisemo opsti clan

an =1 + 2 + 3 + · · ·+ 2n

n + 1− 2

1 + 2 + · · ·+ n

n + 1− 2n + 1

2

=2n(2n + 1)

2(n + 1)− 2

n(n + 1)

2(n + 1)− 2n + 1

2

=2n(2n + 1)− 2n(n + 1)− (2n + 1)(n + 1)

2(n + 1)=−3− 1

2n + 2

ZADACI ZA VEZBU 133

i, prema (1.2.8), dobijamo

limn→∞

an = −3

2.

37. Ako je bn > 0 za svako n ∈ N i limn→∞ bn = b > 0, odrediti granicnuvrednost niza sa opstim clanom

an = n

√√√√√n∏

k=1k 6=3

bk .

Resenje. Opsti clan zapisujemo u obliku

an = n

√√√√ 1

b3

n∏k=1

bk =1

n√

b3

n√

b1b2 · · · bn .

Prema (1.4.12) i (1.4.10) redom, vazi

limn→∞

n√

b3 = 1 , limn→∞

n√

b1b2 · · · bn = limn→∞

bn = b ,

pa jelim

n→∞an = b .

38. Ako je k ∈ N proizvoljan broj, b1, b2, . . . , bk > 0 i B > 0 najveci odbrojeva b1, b2, . . . , bk, odrediti granicnu vrednost niza sa opstim clanom

an = n√

bn1 + bn

2 + · · ·+ bnk , n ∈ N .

Resenje. Kako jeBn < bn

1 + bn2 + · · ·+ bn

k < kBn

i n√

x rastuca funkcija, to je

B < an = n√

bn1 + bn

2 + · · ·+ bnk

< Bn√

k .

Prema (1.4.12) je

limn→∞

n√

k = 1

i, prema Teoremi 1.2.5, sledilim

n→∞an = B .

134 TEORIJA NIZOVA


an = n√

5n + 7n , n ∈ N .

Uputstvo. Niz (an) je specijalan slucaj niza iz Zadatka 38 sa b1 = 5, b2 = 7, B = 7, paje

limn→∞

an = 7 .


an =n

n√

n!, n ∈ N .

Resenje. Za

an =nn

n!> 0

je

an+1

an=

(n + 1)n+1

(n + 1)!

nn

n!

=n! (n + 1)n+1

(n + 1)! nn=

(n + 1)n

nn=

(n + 1

n

)n

=

(1 +

1

n

)n

i, prema (1.3.3),

limn→∞

an+1

an= e > 0 .

Uslovi Teoreme 1.4.4 su ispunjeni, pa je

limn→∞

cn = limn→∞

n√

an = limn→∞

an+1

an= e .

Zadatak smo mogli da resimo i pomocu rezultata

limn→∞

n√

n!

n= e−1

iz Primera 1.4.5, kada je

limn→∞

cn = limn→∞

1n√

n!

n

=1

e−1= e .

41. Dokazati da nizovi zadati vezanim rekurentnim relacijama

0 < a1 < b1 , an+1 =√

anbn , bn+1 =an + bn

2, n ∈ N ,

ZADACI ZA VEZBU 135

konvergiraju i uporediti njihove granicne vrednosti.Resenje. U svakoj od rekurentnih relacija ucestvuju opsti clanovi oba niza, pa ih zato

zovemo vezanim rekurentnim relacijama. Pri tome su

an+1 =√

anbn = G2 , bn+1 =an + bn

2= A2

geometrijska i aritmeticka sredina opstih clanova an, bn redom (Teoreme 1.4.2 i 1.4.3 pod2◦).

Da bismo dokazali konvergenciju nizova (an), (bn), matematickom indukcijom prvopokazujemo pomocno tvrdenje

an < bn

za svako n ∈ N. Prema pocetnom uslovu je a1 < b1, pa je tvrdenje tacno za n = 1.Neka je ak < bk za neko n = k ∈ N. Koristeci nejednakost za sredine G2 < A2 (dokazTeoreme 1.4.3 pod 2◦), tada sledi

ak+1 =√

akbk = G2 < A2 =ak + bk

2= bk+1

i tvrdenje vazi za n = k + 1 ∈ N.Niz (an) monotono raste, a niz (bn) opada zbog

an+1 =√

anbn >√

anan = an , bn+1 =an + bn

2<

bn + bn

2= bn .

Niz (an) je ogranicen sa gornje, a niz (bn) sa donje strane. Iz dokazane monotonostisledi

a1 < a2 < · · · < b2 < b1 ,

pa je an < b1 i bn > a1 za svako n ∈ N.Zakljucujemo da su nizovi (an), (bn) konvergentni. Neka je

limn→∞

an = a , limn→∞

bn = b .

Tada se iz bilo koje od rekurentnih relacija, npr. iz druge, dobija

b =a + b

2,

b

2=

a

2, a = b .

Dakle, nizovi (an), (bn) imaju istu granicu

limn→∞

an = limn→∞

bn = c ,

gde je c = a = b. Za ovu granicu vazi

√a1b1 < c <

a1 + b1

2,

sto je posledica cinjenice an < c < bn za svako n ∈ N i specijalno a2 < c < b2.

136 TEORIJA NIZOVA

42. Dokazati da nizovi zadati vezanim rekurentnim relacijama

0 < a1 < b1 , an+1 =2anbn

an + bn, bn+1 =

an + bn

2, n ∈ N ,

konvergiraju i odrediti njihove granicne vrednosti.Resenje. Kako je

an+1 =2

an + bn

anbn

=2

1

an+

1

bn

,

to suan+1 = H2 , bn+1 = A2

harmonijska i aritmeticka sredina opstih clanova an, bn redom (Teoreme 1.4.2 i 1.4.3 pod1◦).

Koristeci nejednakost za sredine H2 < A2, analogno kao u Zadatku 41 se pokazuje daje

an < bn

za svako n ∈ N.Niz (an) monotono raste, a niz (bn) monotono opada zbog

an+1 =2

1

an+

1

bn

>2

1

an+

1

an

= an , bn+1 =an + bn

2<

bn + bn

2= bn

i vazia1 < a2 < · · · < b2 < b1 .

Niz (an) je ogranicen odozgo sa b1, a niz (bn) odozdo sa a1, sto sledi iz

a1 < a2 < · · · < b1 , a1 < · · · < b2 < b1 .

Nizovi (an) i (bn) su konvergentni sa istom granicom

limn→∞

an = limn→∞

bn = c ,

za koju vazi2a1b1

a1 + b1< c <

a1 + b1

2,

sto se dobija kao u Zadatku 41. U ovom slucaju je moguce i precizno odrediti granicu c.Kako je iz zadatih rekurentnih relacija

an+1bn+1 = anbn ,

uzastopnim snizavanjem indeksa sledi

anbn = an−1bn−1 = · · · = a1b1 ,

ZADACI ZA VEZBU 137

pa jelim

n→∞anbn = a1b1 .

Takode jelim

n→∞anbn = lim

n→∞an lim

n→∞bn = c2

i konacno c2 = a1b1, tj.

c =√

a1b1

je geometrijska sredina pocetnih clanova a1, b1.

43. Ako je k ∈ N, ispitati konvergenciju nizova sa opstim clanom:

1◦ bk =(1

2

)2k−1

, 2◦ bk = 22k−1.

Resenje. 1◦ Niz sa opstim clanom

an =

(1

2

)n

, n ∈ N ,

konvergira sa granicomlim

n→∞an = 0 .

Niz (bk) je podniz niza (an) za n = 2k−1 i, prema Teoremi 1.5.1, ima istu granicu

limk→∞

bk = limn→∞

an = 0 .

Niz (bk) se javlja u Zadatku 22, pa je ovim Zadatak 22 kompletiran.

2◦ Niz (bk) je podniz niza (2n) za n = 2k−1 i, prema Teoremi 1.5.2, vazi

limk→∞

bk = limn→∞

2n = +∞ .

44. Ako je n ∈ N, ispitati konvergenciju nizova sa opstim clanom:

1◦ an =2n + (−2)n

2n, 2◦ an =

3 · 5n + 2(−5)n+1

5n+1 + 2(−5)n.

Resenje. 1◦ Deobom brojioca i imenioca sa 2n, opsti clan postaje

an = 1 + (−1)n , n ∈ N .

Uocavamo podnizove (a2k), (a2k−1), k ∈ N, koji imaju opste clanove

a2k = 1 + 1 = 2 , a2k−1 = 1− 1 = 0 ,

138 TEORIJA NIZOVA

pa jelim

k→∞a2k = 2 6= lim

k→∞a2k−1 = 0 .

Prema Teoremi 1.5.3, niz (an) divergira.

2◦ Transformisemo opsti clan

an =3 · 5n − 10(−5)n

5 · 5n + 2(−5)n=

3− 10(−1)n

5 + 2(−1)n

i izdvajamo podnizove (a2k), (a2k−1), k ∈ N, sa

a2k =3− 10

5 + 2= −1 , a2k−1 =

3 + 10

5− 2=

13

3.

Ocigledno je

limk→∞

a2k = −1 6= limk→∞

a2k−1 =13

3,

pa niz (an) divergira prema Teoremi 1.5.3.Na ovaj nacin smo ispitali konvergenciju niza iz zadatka 9 za svako s ∈ R.

45. Ako je s ∈ R, s ≤ −2, ispitati konvergenciju niza sa opstim clanom

an =sn − sn−1

2n + 2n+1, n ∈ N .

Resenje. Opsti clan transformisemo kao u zadatku 6 i dobijamo

an =1− s

3

(s

2

)n

.

Ako je s = −2, tada jean = (−1)n

i za podnizove (a2k), (a2k−1), k ∈ N, vazi

limk→∞

a2k = 1 6= limk→∞

a2k−1 = −1 ,

pa niz (an) divergira.Ako je s < −2 i p = −s > 2, tada je

an =1 + p

3(−1)n

(p

2

)n

,

pa je

a2k =1 + p

3

(p

2

)2k

=1 + p

3

(p2

4

)k

, a2k−1 = −1 + p

3

(p

2

)2k−1

= −2(1 + p)

3p

(p2

4

)k

ZADACI ZA VEZBU 139

i, zbog p > 2, p2 > 4,

limk→∞

a2k = +∞ 6= limk→∞

a2k−1 = −∞ .

S obzirom na Teoremu 1.5.3, zakljucujemo da niz (an) divergira.

Ovim je konvergencija niza (an) iz Zadatka 6 ispitana za svako s ∈ R.

46. Ispitati konvergenciju niza sa opstim clanom

an = n sinnπ

2, n ∈ N .

Resenje. Uocavamo podnizove niza (an) za n = 4k + 1 i n = 4k + 3, k ∈ N, koji imajuopste clanove

a4k+1 = (4k + 1) sin(4k + 1)π

2, a4k+3 = (4k + 3) sin

(4k + 3)π

2.

Kako je sin x periodicna funkcija s periodom 2kπ, to je

sin(4k + 1)π

2= sin

(2kπ +

π

2

)= sin

π

2= 1 ,

sin(4k + 3)π

2= sin

(2kπ +

3π

2

)= sin

3π

2= −1 ,

pa jea4k+1 = 4k + 1 , a4k+3 = −(4k + 3)

i vazilim

k→∞a4k+1 = +∞ 6= lim

k→∞a4k+3 = −∞ ,

sto znaci da niz (an) divergira.

47. Odrediti vrednost broja C ∈ R tako da niz sa opstim clanom

an =3n + (−2)n

3n+1 + (−2)n+1+

( n

n− 1

)n

+ C sinnπ

2, n ∈ N ,

konvergira. Zatim naci njegovu granicnu vrednost.

Resenje. Neka jean = bn + cn + dn ,

gde je

bn =3n + (−2)n

3n+1 + (−2)n+1, cn =

(n

n− 1

)n

, dn = C sinnπ

2.

140 TEORIJA NIZOVA

Kako je

limn→∞

bn = limn→∞

1 +

(−2

3

)n

3− 2

(−2

3

)n =1

3

i, prema (1.2.8), (1.3.3),

limn→∞

cn = limn→∞

n

n− 1

(n

n− 1

)n−1

= limn→∞

n

n− 1

(1 +

1

n− 1

)n−1

= e ,

to konvergencija niza (an) zavisi od konvergencije niza (dn). U Zadatku 46 smo utvrdilida je

sin(4k + 1)π

2= 1 , sin

(4k + 3)π

2= −1 ,

pa jed4k+1 = C , d4k+3 = −C

i niz (dn) divergira za svako C 6= 0. Za C = 0 je (dn) konstantan nula–niz jer je dn = 0za svako n ∈ N. Dakle, niz (an) konvergira ako je

C = 0

i ima granicnu vrednost

limn→∞

an = limn→∞

bn + limn→∞

cn + limn→∞

dn =1

3+ e + 0 =

1

3+ e .

48. Ispitati konvergenciju niza sa opstim clanom

an =2 + (−1)n

2n+1, n ∈ N .

Resenje. Podnizovi sa opstim clanovima

a2k =2 + 1

22k+1=

3

2 · 22k=

3

2

1

4k=

3

2

(1

4

)k

, a2k−1 =2− 1

22k−1+1=

1

22k=

1

4k=

(1

4

)k

imaju granicne vrednostilim

k→∞a2k = lim

k→∞a2k−1 = 0 .

Prema Teoremi 1.5.5, niz (an) konvergira sa granicom

limn→∞

an = 0 .

Granica niza (an) se jednostavno nalazi i prema Teoremi 1.2.5 jer je

1

2n+1≤ an ≤ 3

2n+1, lim

n→∞1

2n+1= lim

n→∞3

2n+1= 0 .

ZADACI ZA VEZBU 141

49. Ako je n ∈ N, odrediti sve delimicne granice nizova sa opstim clanom:

1◦ an = (−1)n + sinnπ

3, 2◦ an = (−1)n + cos

nπ

3.

Resenje. Za resavanje zadatka koristimo sledece zapazanje. Ako je niz (an) unija od

m podnizova (b(i)k

) (i = 1, 2 . . . , m) sa granicama

limk→∞

b(i)k

= bi ,

tada je G ⊆ {b1, b2, . . . , bm} skup svih delimicnih granica niza (an). Ukoliko je b1 = b2 =· · · = bm, niz (an) konvergira ili odredeno divergira ([4], str. 88), a skup G sadrzi samojedan element. U svakom drugom slucaju niz (an) divergira, pri cemu skup G sadrzi mili manje od m elemenata.

1◦ U intervalu (0, 2π] se nalaze vrednosti argumenta nπ/3 za n = 1, 2, . . . , 6, u kojimasin nπ/3 uzima vrednosti:

sinπ

3= sin

2π

3=

√3

2, sin

3π

3= sin π = 0 ,

sin4π

3= sin

5π

3= −

√3

2, sin

6π

3= sin 2π = 0 .

Zbog periodicnosti funkcije sin x s periodom 2kπ, k ∈ N, sve ostale vrednosti su:

sin(6k + 1)π

3= sin

(6k + 2)π

3=

√3

2,

sin(6k + 3)π

3= sin

(6k + 6)π

3= 0 ,

sin(6k + 4)π

3= sin

(6k + 5)π

3= −

√3

2.

Posmatramo podnizove (b(i)k

), k ∈ N0, niza (an) koji se dobijaju za n = 6k + i (i =

1, 2, . . . , 6), tj.

b(1)k

= a6k+1 = (−1)6k+1 + sin(6k + 1)π

3= −1 +

√3

2,

b(2)k

= a6k+2 = (−1)6k+2 + sin(6k + 2)π

3= 1 +

√3

2,

b(3)k

= a6k+3 = (−1)6k+3 + sin(6k + 3)π

3= −1 ,

b(4)k

= a6k+4 = (−1)6k+4 + sin(6k + 4)π

3= 1−

√3

2,

b(5)k

= a6k+5 = (−1)6k+5 + sin(6k + 5)π

3= −1−

√3

2,

b(6)k

= a6k+6 = (−1)6k+6 + sin(6k + 6)π

3= 1 .

142 TEORIJA NIZOVA

Niz (an) je unija podnizova (b(i)k

) jer se, npr., za n = 6k + 7 = 6(k + 1) + 1 ne dobija clan

novog podniza, vec sledeci clan b(1)k+1

podniza (b(1)k ). Kako su svi prethodni podnizovi

konstantni, to su delimicne granice:

b1 = −1 +

√3

2, b2 = 1 +

√3

2, b3 = −1 ,

b4 = 1−√

3

2, b5 = −1−

√3

2, b6 = 1

i skup G sadrzi m = 6 elemenata.

2◦ Postupajuci analogno kao pod 1◦, nalazimo:

cos(6k + 1)π

3= cos

(6k + 5)π

3=

1

2,

cos(6k + 2)π

3= cos

(6k + 4)π

3= −1

2,

cos(6k + 3)π

3= −1 , cos

(6k + 6)π

3= 1 ,

pa su delimicne granice:

b1 = b5 = −1 +1

2, b2 = b4 = 1− 1

2, b3 = −2 , b6 = 2 .

U ovom slucaju skup G sadrzi 4 < m = 6 elemenata, tj.

G =

{−1 +

1

2, 1− 1

2,−2, 2

}⊂ {b1, b2, . . . , b6} .

50. Ako je n ∈ N, odrediti sve tacke nagomilavanja nizova sa opstimclanom:

1◦ an = 1 + sinnπ

6, 2◦ an =

(−1)n

n+ sin

nπ

3.

Uputstvo. Prema Definiciji 1.5.3, tacka nagomilavanja niza je delimicna granica niza,pa je zahtev ovog zadatka isti kao u Zadatku 49.

1◦ U intervalu (0, 2π] se nalaze vrednosti argumenta nπ/6 za n = 1, 2, . . . , 12, u kojimasin nπ/6 uzima vrednosti:

sinπ

6= sin

5π

6=

1

2, sin

2π

6= sin

4π

6=

√3

2, sin

3π

6= 1 ,

sin6π

6= sin

12π

6= 0 ,

sin7π

6= sin

11π

6= −1

2, sin

8π

6= sin

10π

6= −

√3

2, sin

9π

6= −1 .

ZADACI ZA VEZBU 143

Zato je niz (an) unija dvanaest podnizova (b(i)k

), k ∈ N0, koji se dobijaju za n = 12k + i

(i = 1, 2, . . . , 12) i imaju granicne vrednosti:

b1 = b5 = 1 +1

2=

3

2, b2 = b4 = 1 +

√3

2, b3 = 1 + 1 = 2 ,

b6 = b12 = 1 + 0 = 1 , b7 = b11 = 1− 1

2=

1

2, b8 = b10 = 1−

√3

2, b9 = 1− 1 = 0 .

2◦ Koristeci rezultat iz Zadatka 49 pod 1◦ i imajuci u vidu limn→∞(−1)n/n = 0, svedelimicne granice niza (an), tj. tacke nagomilavanja su:

√3

2, −

√3

2, 0 .

51. Ako je n ∈ N, odrediti limes inferior, limes superior, infimum i supre-mum nizova sa opstim clanom:

1◦ an = 1− 1n

, 2◦ an =2 + (−1)n

2n+1, 3◦ an =

(−1)n

n.

Resenje. 1◦ Niz (an) je konvergentan sa granicom

limn→∞

an = 1 .

Prema Teoremi 1.5.7, limes inferior i limes superior su medusobno jednaki i, s obzirom naTeoremu 1.5.1 i Definiciju 1.5.2,

lim infn→∞

an = lim supn→∞

an = limn→∞

an = 1 .

Niz (an) je monotono rastuci zbog

an+1 − an =1

n− 1

n + 1> 0

i ima pocetni clan

a1 = 1− 1

1= 0 .

Zato je0 = a1 < a2 < · · · < 1

i, prema Definiciji 1.3.5,

inf an = a1 = 0 , sup an = limn→∞

an = 1 .

2◦ Koristeci rezultat iz Zadatka 48, analogno kao pod 1◦ zakljucujemo da je

lim infn→∞

an = lim supn→∞

an = limn→∞

an = 0 .

144 TEORIJA NIZOVA

Niz (an) se sastoji od dva monotono opadajuca podniza (a2k−1), (a2k) sa

a2k−1 =1

22k, a2k =

3

22k+1, k ∈ N .

Pocetni clanovi su

a1 =1

4, a2 =

3

8

i vazi0 < · · · < a3 < a1 , 0 < · · · < a4 < a2 < a1 ,

pa je

inf an = limn→∞

an = 0 , sup an = a1 =1

4.

3◦ Iz konvergencije niza (an) sledi

lim infn→∞

an = lim supn→∞

an = limn→∞

an = 0 .

Niz (an) je sastavljen od jednog monotono rastuceg podniza (a2k−1) i jednog monotonoopadajuceg podniza (a2k), ciji su opsti clanovi

a2k−1 = − 1

2k − 1, a2k =

1

2k, k ∈ N

i pocetni clanovi

a1 = −1 , a2 =1

4.

Kako jea1 < a3 < · · · < 0 < · · · < a4 < a2 ,

to je

inf an = a1 = −1 , sup an = a2 =1

4.


1◦ an =(−1)n

n+

1 + (−1)n

2, 2◦ an = (−1)n−1

(2 +

3n

).

Resenje. 1◦ Podnizovi (a2k−1) i (a2k) imaju opste clanove

a2k−1 = − 1

2k − 1, a2k =

1

2k+ 1 , k ∈ N

i granicne vrednostilim

k→∞a2k−1 = 0 < lim

k→∞a2k = 1 .

ZADACI ZA VEZBU 145

Zato je niz (an) divergentan i vazi

lim infn→∞

an = limk→∞

a2k−1 = 0 , lim supn→∞

an = limk→∞

a2k = 1 .

Podniz (a2k−1) monotono raste, a podniz (a2k) opada, pa je

a1 < a3 < · · · < 0 < 1 < · · · < a4 < a2 .

Kako je

a1 = −1 , a2 =1

4+ 1 =

5

4,

to je

inf an = a1 = −1 , sup an = a2 =5

4.

2◦ Podnizovi (a2k−1) i (a2k) imaju opste clanove

a2k−1 = 2 +3

2k − 1, a2k = −2− 3

2k, k ∈ N

i granicelim

k→∞a2k−1 = 2 > lim

k→∞a2k = −2 ,

pa jelim infn→∞

an = limk→∞

a2k = −2 , lim supn→∞

an = limk→∞

a2k−1 = 2 .

Podniz (a2k−1) monotono opada, a (a2k) monotono raste i vazi

−7

2= a2 < a4 < · · · < −2 < 2 < · · · < a3 < a1 = 5 ,

odakle je

inf an = a2 = −7

2, sup an = a1 = 5 .


1◦ an = n(−1)n

, 2◦ an = 1 + n sinnπ

2.

Resenje. 1◦ Opsti clanovi podnizova (a2k−1) i (a2k) su

a2k−1 =1

2k − 1, a2k = 2k , k ∈ N .

Podniz (a2k−1) je konvergentan, a (a2k) odredeno divergentan i vazi

limk→∞

a2k−1 = 0 , limk→∞

a2k = +∞ .

146 TEORIJA NIZOVA

Zato jelim infn→∞

an = limk→∞

a2k−1 = 0 , lim supn→∞

an = limk→∞

a2k = +∞ .

Podniz (a2k−1) opada, a (a2k) raste i vazi

0 < · · · < a3 < a1 = 1 < 4 = a2 < a4 < · · · < +∞ ,

pa jeinf an = lim

k→∞a2k−1 = 0 , sup an = lim

k→∞a2k = +∞ .

2◦ Kako je niz (an) unija podnizova sa opstim clanovima

a4k+1 = −a4k+3 = 4k + 2 , a4k+2 = a4k+4 = 1 , k ∈ N0 ,

to je

lim infn→∞

an = inf an = limk→∞

a4k+3 = −∞ , lim supn→∞

an = sup an = limk→∞

a4k+1 = +∞ .

54. Ako je n ∈ N, dokazati da su nizovi sa opstim clanom:

1◦ an =cos 1!1 · 2 +

cos 2!2 · 3 + · · ·+ cos n!

n(n + 1),

2◦ an =arctan 1

1 · 2 +arctan

12

2 · 3 + · · ·+arctan

1n

n(n + 1)

Cauchyevi.

Resenje. 1◦ Neka je k ∈ N. Kako je | cos x| ≤ 1 za svako x ∈ R i

an+k =cos 1!

1 · 2 + · · ·+ cos n!

n(n + 1)+

cos(n + 1)!

(n + 1)(n + 2)+ · · ·+ cos(n + k)!

(n + k)(n + k + 1),

to je

|an+k − an| =∣∣∣ cos(n + 1)!

(n + 1)(n + 2)+

cos(n + 2)!

(n + 2)(n + 3)+ · · ·+ cos(n + k)!

(n + k)(n + k + 1)

∣∣∣

≤ | cos(n + 1)!|(n + 1)(n + 2)

+| cos(n + 2)!|

(n + 2)(n + 3)+ · · ·+ | cos(n + k)!|

(n + k)(n + k + 1)

≤ 1

(n + 1)(n + 2)+

1

(n + 2)(n + 3)+ · · ·+ 1

(n + k)(n + k + 1).

Koristeci rastavljanje na parcijalne razlomke

1

m(m + 1)=

1 + m−m

m(m + 1)=

1

m− 1

m + 1,

ZADACI ZA VEZBU 147

dalje je

|an+k − an| ≤(

1

n + 1− 1

n + 2

)+

(1

n + 2− 1

n + 3

)+ · · ·+

(1

n + k− 1

n + k + 1

)

=1

n + 1− 1

n + k + 1<

1

n + 1.

Za proizvoljno ε > 0 vazi

1

n + 1< ε , n + 1 >

1

ε, n >

1

ε− 1 =

1− ε

ε,

pa postoji broj

N(ε) =

[1− ε

ε

]+ 1 ∈ N

tako da je

|an+k − an| < 1

n + 1< ε

za svako n ≥ N(ε) i svako k ∈ N. Prema Definiciji 1.6.2, niz (an) je Cauchyev.

2◦ Imajuci u vidu da je | arctan x| < π/2 za svako x ∈ R i radeci analogno kao pod1◦, dobija se

|an+k − an| =∣∣∣∣

arctan1

n + 1

(n + 1)(n + 2)+

arctan1

n + 2

(n + 2)(n + 3)+ · · ·+

arctan1

n + k

(n + k)(n + k + 1)

∣∣∣∣

≤

∣∣∣arctan1

n + 1

∣∣∣(n + 1)(n + 2)

+

∣∣∣arctan1

n + 2

∣∣∣(n + 2)(n + 3)

+ · · ·+

∣∣∣arctan1

n + k

∣∣∣(n + k)(n + k + 1)

<π

2

(1

(n + 1)(n + 2)+

1

(n + 2)(n + 3)+ · · ·+ 1

(n + k)(n + k + 1)

)

=π

2

(1

n + 1− 1

n + k + 1

)<

π

2

1

n + 1< ε

za svako n ≥ N(ε) i svako k ∈ N, gde je

N(ε) =

[π − 2ε

2ε

]+ 1 ∈ N .

Dakle, niz (an) je Cauchyev.

55. Dokazati da je niz sa opstim clanom

an =cos 1!

1!+

cos 2!2!

+ · · ·+ cosn!n!

, n ∈ N ,

konvergentan.

148 TEORIJA NIZOVA

Resenje. Za dokaz koristimo Teoremu 1.6.3 i pokazujemo da je niz (an) Cauchyev. Dabismo izbegli cesto zamornu primenu Definicije 1.6.2, koristimo sledeci kriterijum ([4],str. 63).

Ako postoji nula–niz (bn) tako da je

|an+k − an| ≤ bn

za svako n, k ∈ N, tada je niz (an) Cauchyev.

Kako je

an+k =cos 1!

1!+ · · ·+ cos n!

n!+

cos(n + 1)!

(n + 1)!+ · · ·+ cos(n + k)!

(n + k)!,

to je

|an+k − an| =∣∣∣ cos(n + 1)!

(n + 1)!+

cos(n + 2)!

(n + 2)!+ · · ·+ cos(n + k)!

(n + k)!

∣∣∣

≤ 1

(n + 1)!+

1

(n + 2)!+ · · ·+ 1

(n + k)!

=1

(n− 1)!

(1

n(n + 1)+

1

n(n + 1)(n + 2)+ · · ·+ 1

n(n + 1) · · · (n + k)

)

≤ 1

(n− 1)!

(1

n(n + 1)+

1

(n + 1)(n + 2)+ · · ·+ 1

(n + k − 1)(n + k)

)

i, rastavljanjem na parcijalne razlomke,

|an+k − an| ≤ 1

(n− 1)!

(1

n− 1

n + k

)<

1

(n− 1)!

1

n=

1

n!.

Oznacavajuci

bn =1

n!,

prema Primeru 1.2.6 i Teoremi 1.2.12 pod 1◦, vazi

limn→∞

bn = limn→∞

1

n!= 0 ,

pa je (bn) nula–niz i (an) Cauchyev niz.

Na nizove iz Zadatka 54 takode moze da se primeni navedeni kriterijum jer je

limn→∞

1

n + 1= 0 , lim

n→∞π

2(n + 1)= 0 .

56. Ako su n ∈ N i q, C,Ci ∈ R (i = 0, 1, . . . , n) konstante takve da je

q 6= 0 , |q| < 1 , |Ci| ≤ C (i = 0, 1, . . . , n) ,

ZADACI ZA VEZBU 149

dokazati da nizovi sa opstim clanom:

1◦ an = C0+C1q+C2q2+· · ·+Cnqn , 2◦ an =

sin 12

+sin 222

+· · ·+sinn

2n

konvergiraju.

Resenje. 1◦ Koristeci kriterijum naveden u Zadatku 55, pokazujemo da je niz (an)Cauchyev, a time i konvergentan.

Vrsimo procenu

|an+k − an| = |Cn+1qn+1 + Cn+2qn+2 + · · ·+ Cn+kqn+k|≤ |Cn+1||q|n+1 + |Cn+2||q|n+2 + · · ·+ |Cn+k||q|n+k

≤ C(|q|n+1 + |q|n+2 + · · ·+ |q|n+k) = C|q|n+1(1 + |q|+ · · ·+ |q|k−1)

= C|q|n+1 1− |q|k1− |q| < C|q|n+1 1

1− |q| =C

1− |q| |q|n+1

i, zboglim

n→∞|q|n+1 = 0 ,

zakljucujemo da je (an) Cauchyev niz.

2◦ Kako je | sin x| ≤ 1 za svako x ∈ R, niz (an) je specijalan slucaj niza pod 1◦ sa:

q =1

2, C = 1 , C0 = 0 , Ci = sin i (i = 1, 2, . . . , n) ,

pa je (an) Cauchyev niz.


an =√

n2 + n−√

n2 − 2n , n ∈ N .

Resenje. Koristimo poznatu granicnu vrednost

limx→+∞

√x = +∞

funkcije f(x) =√

x. Kako je, prema (1.2.6),

limn→∞

(n2 + n) = limn→∞

(n2 − 2n) = +∞ ,

za x = n2 + n i x = n2 − 2n vazi x → +∞ kad n →∞. Formiramo nizove

bn = f(n2 + n) =√

n2 + n , cn = f(n2 − 2n) =√

n2 − 2n

150 TEORIJA NIZOVA

i, na osnovu Heineove definicije, zakljucujemo da je

limn→∞

bn = limn→∞

cn = +∞ .

Zato jean = bn − cn

neodredenog oblika +∞−∞ kad n →∞.

Opsti clan mnozimo i delimo sa√

n2 + n+√

n2 − 2n i primenjujemo obrazac za razlikukvadrata dva broja (dokaz Teoreme 1.3.6). Dobija se

an =(n2 + n)− (n2 − 2n)√

n2 + n +√

n2 − 2n=

3n√n2 + n +

√n2 − 2n

.

Deobom brojioca i imenioca sa n, dalje je

an =3√

n2 + n +√

n2 − 2n

n

=3√

n2 + n

n2+

√n2 − 2n

n2

=3√

1 +1

n+

√1− 2

n

,

pa je

limn→∞

an =3√

1 +√

1=

3

2.


an =√

n +√

n−√

n−√n , n ∈ N .

Resenje. Koristeci funkciju f(x) =√

x i Heineovu definiciju, utvrdujemo

limn→∞

f(n) = limn→∞

√n = +∞ ,

pa jelim

n→∞(n +

√n ) = +∞ ,

dok je limn→∞(n − √n ) neodredenog oblika +∞ − ∞. Analogno kao u Zadatku 57

nalazimo

limn→∞

(n−√n ) = limn→∞

(n−√n )(n +√

n )

n +√

n= lim

n→∞n2 − n

n +√

n= lim

n→∞n− 1

1 +

√1

n

=

limn→∞

(n− 1)

limn→∞

1 +

√1

n

= limn→∞

(n− 1) = +∞ .

ZADACI ZA VEZBU 151

Stavljajuci

bn = f(n +√

n ) =√

n +√

n , cn = f(n−√n ) =√

n−√n ,

na isti nacin zakljucujemo da je

limn→∞

bn = limn→∞

cn = +∞ ,

pa jean = bn − cn

neodredenog oblika +∞−∞ kad n →∞.Transformacijom opsteg clana

an =

(√n +

√n−

√n−√n

)(√n +

√n +

√n−√n

)√

n +√

n +√

n−√n=

(n +√

n )− (n−√n )√n +

√n +

√n−√n

=2√

n√n +

√n +

√n−√n

=2√

n +√

n√

n+

√n−√n√

n

=2√

1 +

√1

n+

√1−

√1

n

,

sledi

limn→∞

an =2√

1 +√

1= 1 .


an =

√n2√

n√n +

√n

sin1√n√

n, n ∈ N .


an =

√n√

n√

n√n +

√n

sin1√n√

n=

√n√

n +√

n

sin1√n√

n

1√n√

n

i koristimo poznatu granicnu vrednost

limx→0

sin x

x= 1

funkcije f(x) = sin x/x. Na osnovu Zadatka 58 je

limn→∞

√n = +∞ , lim

n→∞n√

n = +∞ , limn→∞

√n√

n = +∞ ,

152 TEORIJA NIZOVA

pa je

limn→∞

1√n√

n= 0

i, prema Heineovoj definiciji,

limn→∞

sin1√n√

n

1√n√

n

= limn→∞

f

(1√n√

n

)= lim

x→0+f(x) = 1 .

Zato je

limn→∞

an = limn→∞

√n√

n +√

nlim

n→∞

sin1√n√

n

1√n√

n

= limn→∞

√n√

n +√

n= lim

n→∞1√

1 +

√1

n

i konacnolim

n→∞an = 1 .


an =√

2 4√

2 · · · 2n√2 , n ∈ N .


an = 21/2 21/4 · · · 21/2n= 21/2+1/4+···+1/2n

= 2bn ,

gde je

bn =1

2+

1

4+ · · ·+ 1

2n=

1

2

(1 +

1

2+ · · ·+ 1

2n−1

)=

1

2

1−(

1

2

)n

1− 1

2

= 1−(

1

2

)n

.

Eksponencijalna funkcija f(x) = αx za α ∈ R, α > 0 i konkretno f(x) = 2x je neprekidna,pa (1.7.4) moze da se primeni. Dobija se

limn→∞

an = 2limn→∞ bn = 21 = 2 .


an =(

2(1 + 2 + · · ·+ n)n2

)n/20

, n ∈ N .

ZADACI ZA VEZBU 153

Resenje. Kako je, prema (1.4.16),

1 + 2 + · · ·+ n =n(n + 1)

2=

n2 + n

2,

to je

an =

(2

n2

n2 + n

2

)n/20

=

((1 +

1

n

)n)1/20

= b1/20n ,

gde je

bn =

(1 +

1

n

)n

.

Stepena funkcija f(x) = xα za α ∈ R i konkretno f(x) = x1/20 je neprekidna. Zato je,na osnovu (1.7.4) i (1.3.3),

limn→∞

an =

(lim

n→∞

(1 +

1

n

)n)1/20

= e1/20 .


an =(

n2 − 2n + 1n2 − 4n + 2

)n

, n ∈ N .


an =

(n2 − 4n + 2 + 2n− 1

n2 − 4n + 2

)n

=

(1 +

2n− 1

n2 − 4n + 2

)n

=

((1 +

2n− 1

n2 − 4n + 2

)(n2−4n+2)/(2n−1))n(2n−1)/(n2−4n+2)

= bcnn ,

gde je

bn =

(1 +

2n− 1

n2 − 4n + 2

)(n2−4n+2)/(2n−1)

, cn =n(2n− 1)

n2 − 4n + 2.

Logaritmovanjem slediln an = cn ln bn ,

pa jelim

n→∞ln an = lim

n→∞cn ln bn = L

i, zbog neprekidnosti funkcije f(x) = ln x,

ln

(lim

n→∞an

)= lim

n→∞cn ln

(lim

n→∞bn

)= L ,

154 TEORIJA NIZOVA

odakle jelim

n→∞an = eL .

Kako je bn oblika

bn = (1 + dn)1/dn ,

gde je

dn =2n− 1

n2 − 4n + 2,

primenjujuci (1.2.8) i (1.5.3), nalazimo

limn→∞

cn = limn→∞

2n2 − n

n2 − 4n + 2= 2 , lim

n→∞dn = 0 , lim

n→∞bn = e .

Zato jeL = 2 ln e = 2

i konacnolim

n→∞an = e2 .


an =(

2n2 − 32n2 + 1

)n2

, n ∈ N .

Uputstvo. Zapisujuci opsti clan u obliku

an =

((1− 4

2n2 + 1

)−(2n2+1)/4)−4n2/(2n2+1)

= bcnn ,

gde je

bn =

(1− 4

2n2 + 1

)−(2n2+1)/4

, cn = − 4n2

2n2 + 1

i postupajuci kao u Zadatku 62, dobijamo

limn→∞

cn = −2 , limn→∞

bn = e , L = limn→∞

cn ln

(lim

n→∞bn

)= −2

i na krajulim

n→∞an = eL = e−2 .


an = n(e1/n − 1

), n ∈ N .

ZADACI ZA VEZBU 155

Resenje. Funkcije

f(x) = e1/x − 1 , g(x) =1

x

su neprekidne za x 6= 0, imaju granicne vrednosti

limx→+∞

f(x) = limx→+∞

g(x) = 0

i izvode

f ′(x) = − 1

x2e1/x , g′(x) = − 1

x26= 0 .

Uslovi za primenu L’Hospitalovog pravila su ispunjeni, pa je

limx→+∞

f(x)

g(x)= lim

x→+∞f ′(x)

g′(x)= lim

x→+∞e1/x = e0 = 1 .

Kako je

an =e1/n − 1

1

n

=f(n)

g(n),

prema Heineovoj definiciji sledi

limn→∞

an = limn→∞

f(n)

g(n)= lim

x→+∞f(x)

g(x)= 1 .

Do istog rezultata se dolazi i pomocu funkcija

f(x) = ex − 1 , g(x) = x .

Tada je

limn→∞

an = limn→∞

f

(1

n

)

g

(1

n

) = limx→0

f(x)

g(x)= lim

x→0

f ′(x)

g′(x)= lim

x→0ex = e0 = 1 .

65. Ako je bn 6= 1 za svako n ∈ N, limn→∞ bn = 1 i k ∈ N proizvoljanbroj, odrediti granicnu vrednost niza sa opstim clanom

an =bk+1n − (k + 1)bn + k

(bn − 1)2.

Resenje. Lako se proverava da funkcije

f(x) = xk+1 − (k + 1)x + k , g(x) = (x− 1)2

156 TEORIJA NIZOVA

zadovoljavaju uslove za primenu L’Hospitalovog pravila, pri cemu je

limx→1

f(x) = limx→1

g(x) = 0 ,

pa je

limx→1

f(x)

g(x)= lim

x→1

f ′(x)

g′(x)= lim

x→1

(k + 1)xk − (k + 1)

2(x− 1).

Poslednja granicna vrednost je takode neodredenog oblika 0/0 kad x → 1. Zato jos jednomprimenjujemo L’Hospitalovo pravilo i dobijamo

limx→1

f(x)

g(x)= lim

x→1

f ′′(x)

g′′(x)= lim

x→1

(k + 1)kxk−1

2=

(k + 1)k

2.

Za x = bn, na osnovu Heineove definicije je

limn→∞

an = limn→∞

f(bn)

g(bn)= lim

x→1

f(x)

g(x)=

k(k + 1)

2.

Istu granicnu vrednost smo nasli na drugi nacin u Zadatku 16.


an = 1 +21!

+22

2!+ · · ·+ 2n

n!, n ∈ N .

Resenje. Na proizvoljnom intervalu (α, β), 0 ∈ (α, β), funkcija

f(x) = e2x

je neprekidna i ima izvode

f ′(x) = 2e2x , f ′′(x) = 22e2x , . . . , f (n)(x) = 2ne2x .

Matematickom indukcijom se lako proverava da je f (n)(x) zaista navedenog oblika. Zax = 0 je

f(0) = 1 , f ′(0) = 2 , f ′′(0) = 22 , . . . , f (n)(0) = 2n ,

pa Maclaurinov razvoj funkcije glasi

e2x = 1 +2

1!x +

22

2!x2 + · · ·+ 2n

n!xn + Rn(x) , x ∈ (α, β) .

Iz dobijenog razvoja, za x = 1, sledi

e2 = 1 +2

1!+

22

2!+ · · ·+ 2n

n!+ Rn(1) = an + Rn(1) .

ZADACI ZA VEZBU 157

Neka je 1 ∈ (α, β). Kako je f(x) rastuca funkcija i f (n+1)(x) = 2n+1e2x, koristeciLagrangeov oblik ostatka ([4], str. 174)

Rn(x) =f (n+1)(θx)

(n + 1)!xn+1 , 0 < θ < 1 ,

nalazimo

Rn(1) =f (n+1)(θ)

(n + 1)!=

2n+1e2θ

(n + 1)!, 0 < θ < 1

i procenjujemo

0 < Rn(1) <2n+1e2

(n + 1)!<

2n+1

(n + 1)!.

Prema (1.2.10) i Teoremi 1.2.5, sledi

limn→∞

Rn(1) = 0 ,

pa jelim

n→∞an = e2 − lim

n→∞Rn(1) = e2 .

Ponavljajuci postupak, za x = 1/2, iz Maclaurinovog razvoja funkcije f(x) = e2x sedobija rezultat (1.7.15). Takode, uporedivanjem opsteg clana an sa (1.8.2), uocavamo daje Sn = an − 1, pa niz parcijalnih suma (Sn) konvergira i ima granicu

limn→∞

Sn = e2 − 1 .

Ovim je pronadena i vrednost reda∑∞

k=12k/k!.


an = 1− 12

+13− · · ·+ (−1)n+1 1

n, n ∈ N .

Resenje. Posmatramo interval (−1, 1] i funkciju

f(x) = ln(1 + x) ,

koja je neprekidna na (−1, 1]. Sukcesivnim nalazenjem izvoda

f ′(x) =1

1 + x, f ′′(x) = − 1

(1 + x)2, f ′′′(x) =

2

(1 + x)3, f (4)(x) = − 2 · 3

(1 + x)4

naslucujemo, a zatim i matematickom indukcijom dokazujemo

f (n)(x) = (−1)n+1 (n− 1)!

(1 + x)n, n ∈ N .

158 TEORIJA NIZOVA

Za x = 0 ∈ (−1, 1] je

f(0) = ln 1 = 0 , f (n)(0) = (−1)n+1(n− 1)! ,f (n)(0)

n!= (−1)n+1 1

n, n ∈ N

i Maclaurinov razvoj glasi

ln(1 + x) = x− 1

2x2 +

1

3x3 − · · ·+ (−1)n+1 1

nxn + Rn(x) , x ∈ (−1, 1] .

Iz ovog razvoja, za x = 1, sledi

ln 2 = 1− 1

2+

1

3− · · ·+ (−1)n+1 1

n+ Rn(1) = an + Rn(1) .

Koristeci Lagrangeov oblik ostatka (Zadatak 66), nalazimo

Rn(1) =f (n+1)(θ)

(n + 1)!= (−1)n 1

(n + 1)(1 + θ)n+1, 0 < θ < 1 .

Kako je

0 < |Rn(1)| = 1

(n + 1)(1 + θ)n+1<

1

n + 1

i limn→∞ 1/(n + 1) = 0, prema Teoremama 1.2.5 i 1.2.8 redom, sledi

limn→∞

|Rn(1)| = 0 , limn→∞

Rn(1) = 0 .

Isti zakljucak moze da se izvede iz

|Rn(1)| < 1

n + 1, − 1

n + 1< Rn(1) <

1

n + 1

i Teoreme 1.2.5 ili rastavljanjem niza (Rn(1)) na podnizove sa opstim clanovima

0 < R2k(1) =1

(2k + 1)(1 + θ)2k+1<

1

2k + 1,

− 1

2k< R2k−1(1) = − 1

2k(1 + θ)2k< 0

i primenom Teorema 1.2.5, 1.5.5. Dakle, trazena granicna vrednost je

limn→∞

an = ln 2− limn→∞

Rn(1) = ln 2 .

Niz (an) je vec pomenut u Zadatku 21.

ZADACI ZA VEZBU 159

68. Ako je n ∈ N, odrediti opsti clan i ispitati konvergenciju nizova zadatihsa:

1◦ an+2 =12

(an+1 + an) ;

2◦ a1 = 3 , a2 = 2 , an+2 =32

an+1 − 12

an .

Resenje. 1◦ Niz (an) je zadat u obliku linearne diferencne jednacine

an+2 − 1

2an+1 − 1

2an = 0 .

Karakteristicna jednacina je

λ2 − 1

2λ− 1

2= 0 .

Resenja poslednje kvadratne jednacine su

λ1 = 1 , λ2 = −1

2,

pa je λ1, λ2 ∈ R, λ1 6= λ2. Zato je oblik opsteg clana, tj. opste resenje diferencnejednacine,

an = D1λn1 + D2λn

2 = D11n + D2

(−1

2

)n

= D1 + D2

(−1

2

)n

,

gde su D1, D2 ∈ R proizvoljne konstante.S obzirom na limn→∞(−1/2)n = 0, niz (an) je konvergentan sa granicom

limn→∞

an = D1 .

2◦ Radeci analogno kao pod 1◦, nalaze se resenja karakteristicne jednacine

λ1 = 1 , λ2 =1

2

i oblik opsteg clana

an = D1 +D2

2n.

Konstante D1, D2 se odreduju na osnovu zadatih clanova niza a1, a2. Za n = 1, 2, iznadenog opsteg clana sledi sistem jednacina

a1 = D1 +D2

2= 3 , a2 = D1 +

D2

4= 2 ,

cijim resavanjem se dobijaD1 = 1 , D2 = 4 ,

160 TEORIJA NIZOVA

pa je opsti clan

an = 1 +4

2n.

Zakljucujemo da je niz (an) konvergentan sa granicom

limn→∞

an = 1 .

Iz oblika opsteg clana se vidi da je niz (an) konvergentan i za bilo koju drugu vrednostkonstante D2 jer je limn→∞D2/2n = 0 i limn→∞ an = D1.


1◦ a1 = 1 , a2 = 4 , an+2 − 4an+1 + 3an = 0 ;

2◦ a1 = 3 , a2 = 2 , an+2 − 6an+1 + 8an = 0 .

Resenje. 1◦ Zadata linearna diferencna jednacina ima karakteristicnu jednacinu

λ2 − 4λ + 3 = 0 ,

cija su resenjaλ1 = 3 , λ2 = 1 ,

dakle λ1, λ2 ∈ R, λ1 6= λ2. Zato je

an = D13n + D2 .

Iz pocetnih uslova sledi

a1 = 3D1 + D2 = 1 , a2 = 9D1 + D2 = 4 ,

odakle je D1 = 1/2, D2 = −1/2, pa je opsti clan

an =1

23n − 1

2.

S obzirom na (1.1.7), niz (an) odredeno divergira i vazi

limn→∞

an = +∞ .

Niz (an) odredeno divergira za proizvoljnu vrednost konstante D1 6= 0, s tim sto jelimn→∞ an = −∞ za D1 < 0. Ako je D1 = 0, niz (an) je konstantan i konvergentan sagranicom limn→∞ an = D2.

2◦ Resenja karakteristicne jednacine su

λ1 = 4 , λ2 = 2 ,

ZADACI ZA VEZBU 161

pa je opste resenje linearne diferencne jednacine

an = D14n + D22n = 2n(D12n + D2) .

Za n = 1, 2 jea1 = 4D1 + 2D2 = 3 , a2 = 16D1 + 4D2 = 2 ,

odakle je D1 = −1/2, D2 = 5/2. Trazeni opsti clan je

an = −1

24n +

5

22n = −1

22n(2n − 5) = −2n−1(2n − 5) .

Niz (an) odredeno divergira i vazi

limn→∞

an = −∞ .

U slucaju D1 > 0 je limn→∞ an = +∞. Ako je D1 = 0, niz takode odredeno divergira.Pri tome je limn→∞ an = +∞ za D2 > 0 i limn→∞ an = −∞ za D2 < 0.

70. Odrediti opsti clan i ispitati konvergenciju Fibonaccievog niza zadatogsa

a1 = 0 , a2 = 1 , an+2 = an+1 + an , n ∈ N .

Resenje. Karakteristicna jednacina je

λ2 − λ− 1 = 0

i ima resenja

λ1 =1 +

√5

2, λ2 =

1−√5

2.

Opste resenje linearne diferencne jednacine je

an = D1

(1 +

√5

2

)n

+ D2

(1−√5

2

)n

.

Kako je

a1 = D11 +

√5

2+ D2

1−√5

2= 0 , a2 = D1

(1 +

√5

2

)2

+ D2

(1−√5

2

)2

= 1 ,

to je

D1 =2√

5 (1 +√

5 ), D2 = − 2√

5 (1−√5 ),

pa je opsti clan

an =2√

5 (1 +√

5 )

(1 +

√5

2

)n

− 2√5 (1−√5 )

(1−√5

2

)n

=1√5

(1 +

√5

2

)n−1

− 1√5

(1−√5

2

)n−1

.

162 TEORIJA NIZOVA

Iz 2 <√

5 < 3 sledi1 +

√5

2> 1 , −1 <

1−√5

2< 0 ,

pa je

limn→∞

(1 +

√5

2

)n

= +∞ , limn→∞

(1−√5

2

)n

= 0

i vazilim

n→∞an = +∞ .

Ako je D1 < 0, tada je limn→∞ an = −∞, dok je limn→∞ an = 0 u slucaju D1 = 0.Dakle, niz (an) je odredeno divergentan za D1 6= 0 i konvergentan za D1 = 0.

Fibonacciev niz je poznat u mnogim granama nauke i umetnosti jer su resenja λ1,λ2 karakteristicne jednacine elementi ”zlatnog preseka”. U Geometriji, na primer, λ1 i−λ2 = 1/λ1 predstavljaju najdopadljiviji odnos izmedu stranica pravougaonika.

71. Odrediti opsti clan i ispitati konvergenciju niza zadatog sa

a1 = 1 , a2 = 2 , an+2 − 4an+1 + 4an = 0 , n ∈ N .

Resenje. Karakteristicna jednacina

λ2 − 4λ + 4 = 0

ima resenja λ1 = 2, λ2 = 2, pa je λ1, λ2 ∈ R, λ1 = λ2(= λ). Opste resenje linearnediferencne jednacine je

an = D1λn + D2nλn = D12n + D2n2n = 2n(D1 + D2n) .


a1 = 2D1 + 2D2 = 1 , a2 = 4D1 + 8D2 = 2

i, resavanjem sistema,

D1 =1

2, D2 = 0 .

Zato je opsti clan

an =1

22n = 2n−1 .

Niz (an) odredeno divergira, tj.

limn→∞

an = +∞ .

Niz (an) odredeno divergira i za sve ostale vrednosti konstanata D1, D2. Pri tome jelimn→∞ an = +∞ za D2 > 0 ili D2 = 0, D1 > 0, dok je limn→∞ an = −∞ za D2 < 0 iliD2 = 0, D1 < 0.

ZADACI ZA VEZBU 163

72. Odrediti opsti clan i ispitati konvergenciju niza zadatog sa

a1 =√

2 , a2 = 0 , an+2 −√

2 an+1 + an = 0 , n ∈ N .

Resenje. Resenja karakteristicne jednacine

λ2 −√

2 λ + 1 = 0

su konjugovano kompleksni brojevi

λ1,2 =

√2

2± i

√2

2= cos

π

4± i sin

π

4.

Dakle, ovde je λ1,2 ∈ C, λ1,2 = r(cos ϕ± i sin ϕ) sa r = 1, ϕ = π/4. Zato opsti clan imaoblik

an = rn(D1 cos nϕ + D2 sin nϕ) = D1 cosnπ

4+ D2 sin

nπ

4.

Za n = 1, 2, dobija se

a1 = D1 cosπ

4+ D2 sin

π

4= D1

√2

2+ D2

√2

2=√

2 ,

a2 = D1 cos2π

4+ D2 sin

2π

4= D1 cos

π

2+ D2 sin

π

2= D2 = 0 ,

pa je D1 = 2, D2 = 0 i

an = 2 cosnπ

4.

Prema Teoremi 1.5.3, niz (an) divergira jer postoje podnizovi (a8k+1) i (a8k+3) saopstim clanovima

a8k+1 = 2 cos(8k + 1)π

4=√

2 , a8k+3 = 2 cos(8k + 3)π

4= −

√2

takvi da je

limn→∞

a8k+1 =√

2 6= limn→∞

a8k+3 = −√

2 .

Niz divergira i za bilo koji drugi izbor konstanata D1, D2.


1◦ a1 = 1 , a2 = 2 , a3 = 3 , an+3 − 4an+2 + an+1 + 6an = 0 ;

2◦ a1 = 2 , a2 = −1 , a3 = 4 , an+3 − an+2 − an+1 + an = 0 .

Resenje. Nizovi su zadati pomocu homogenih linearnih diferencnih jednacina sa kon-stantnim koeficijentima, ali treceg reda. Slicno jednacinama drugog reda, za ovaj tip

164 TEORIJA NIZOVA

diferencnih jednacina takode postoji algoritam, kojim se dolazi do opsteg resenja. Algo-ritam ne navodimo u celini, vec ga samo ilustrujemo primerom.

1◦ Karakteristicna jednacina je

λ3 − 4λ2 + λ + 6 = 0 .

Kako je

λ3 − 4λ2 + λ + 6 = (λ3 + λ2) + (−5λ2 − 5λ) + (6λ + 6)

= λ2(λ + 1)− 5λ(λ + 1) + 6(λ + 1) = (λ + 1)(λ2 − 5λ + 6) ,

resenja karakteristicne jednacine su

λ1 = −1 , λ2 = 3 , λ3 = 2 .

Ocigledno je λ1, λ2, λ3 ∈ R, λ1 6= λ2 6= λ3. U ovom slucaju, opste resenje diferencnejednacine je

an = D1λn1 + D2λn

2 + D3λn3 = D1(−1)n + D23n + D32n ,

gde su D1, D2, D3 ∈ R proizvoljne konstante. Iz pocetnih uslova se dobija sistemjednacina

a1 = −D1 + 3D2 + 2D3 = 1 , a2 = D1 + 9D2 + 4D3 = 2 , a3 = −D1 + 27D2 + 8D3 = 3 ,

cijim resavanjem sledi

D1 =1

12, D2 = − 1

12, D3 =

2

3.

Zato je trazeni opsti clan niza

an =1

12(−1)n − 1

123n +

2

32n ,

odnosno

an = − 1

123n

(1−

(−1

3

)n

− 8

(2

3

)n)

,

pa niz (an) odredeno divergira i vazi

limn→∞

an = −∞ .

2◦ Resenja karakteristicne jednacine

λ3 − λ2 − λ + 1 = λ2(λ− 1)− (λ− 1) = (λ− 1)(λ2 − 1) = (λ− 1)(λ + 1)(λ− 1) = 0

suλ1 = 1 , λ2 = −1 , λ3 = 1 ,

ZADACI ZA VEZBU 165

pa je λ1, λ2, λ3 ∈ R, λ1 = λ3(= λ) 6= λ2. U ovom slucaju je opste resenje diferencnejednacine

an = D1λn + D2λn2 + D3nλn = D1 + D2(−1)n + D3n .

Sistem jednacina za odredivanje konstanata D1, D2, D3 glasi

a1 = D1 −D2 + D3 = 2 , a2 = D1 + D2 + 2D3 = −1 , a3 = D1 −D2 + 3D3 = 4

i ima resenjeD1 = −1 , D2 = −2 , D3 = 1 .

Opsti clan niza (an) jean = −1− 2(−1)n + n .

Kako jea2k = −3 + 2k , a2k−1 = 2k , k ∈ N ,

to jelim

k→∞a2k = lim

k→∞a2k−1 = +∞ ,

pa je niz (an) odredeno divergentan i vazi

limn→∞

an = +∞ .

74. Odrediti opste clanove nizova zadatih sa

a1 = 6 , b1 = −6 , an+1 = 3an + bn , bn+1 = 5an − bn , n ∈ N .

Zatim naci granicnu vrednost

limn→∞

an

bn.

Resenje. Nizovi (an), (bn) su zadati vezanim rekurentnim relacijama. Iz prve od njihje

an+2 = 3an+1 + bn+1 .

Koriscenjem druge i ponovo prve relacije, dalje je

an+2 = 3an+1 + (5an − bn) = 3an+1 + 5an − bn

= 3an+1 + 5an − (an+1 − 3an) = 2an+1 + 8an ,

odnosnoan+2 − 2an+1 − 8an = 0 ,

sto je linearna diferencna jednacina. Resenja karakteristicne jednacine su λ1 = 4, λ2 = −2,pa je oblik opsteg clana

an = D14n + D2(−2)n .

166 TEORIJA NIZOVA

Oblik opsteg clana bn odredujemo iz prve rekurentne relacije i dobijamo

bn = an+1 − 3an = D14n+1 + D2(−2)n+1 − 3D14n − 3D2(−2)n

= 4D14n − 2D2(−2)n − 3D14n − 3D2(−2)n = D14n − 5D2(−2)n .


a1 = 4D1 − 2D2 = 6 , b1 = 4D1 + 10D2 = −6 ,

odakle je D1 = 1, D2 = −1, pa su opsti clanovi

an = 4n − (−2)n , bn = 4n + 5(−2)n .

Trazenu granicnu vrednost nalazimo prema (1.2.2),

limn→∞

an

bn= lim

n→∞4n − (−2)n

4n + 5(−2)n= lim

n→∞

1−(−1

2

)n

1 + 5

(−1

2

)n = 1 .

75. Odrediti vrednost beskonacnog zbira brojeva

∞∑

k=1

1(2k − 1)(2k + 1)

.

Resenje. Niz parcijalnih suma ima opsti clan

Sn =

n∑k=1

1

(2k − 1)(2k + 1)=

1

1 · 3 +1

3 · 5 + · · ·+ 1

(2n− 1)(2n + 1).

Svaki od sabiraka rastavljamo na parcijalne razlomke na sledeci nacin. Neka je

1

(2k − 1)(2k + 1)=

A

2k − 1+

B

2k + 1.

Tada je1

(2k − 1)(2k + 1)=

2(A + B)k + (A−B)

(2k − 1)(2k + 1),

odakle je

A + B = 0 , A−B = 1 ; A =1

2, B = −1

2,

pa je1

(2k − 1)(2k + 1)=

1

2

1

2k − 1− 1

2

1

2k + 1=

1

2

(1

2k − 1− 1

2k + 1

).

ZADACI ZA VEZBU 167

Opsti clan Sn postaje

Sn =1

2

((1

1− 1

3

)+

(1

3− 1

5

)+ · · ·+

(1

2n− 1− 1

2n + 1

))=

1

2

(1− 1

2n + 1

).

Kako je limn→∞ 1/(2n + 1) = 0, to je

limn→∞

Sn =1

2

i, prema (1.8.1),∞∑

k=1

1

(2k − 1)(2k + 1)= lim

n→∞Sn =

1

2.

76. Odrediti vrednost beskonacnog zbira brojeva

∞∑

k=1

k

(k + 1)!.

Resenje. Formiramo niz parcijalnih suma sa opstim clanom

Sn =

n∑k=1

k

(k + 1)!=

1

2!+

2

3!+ · · ·+ n

(n + 1)!.

Svaki od sabiraka zapisujemo na nacin

k

(k + 1)!=

k + 1− 1

(k + 1)!=

k + 1

(k + 1)!− 1

(k + 1)!=

1

k!− 1

(k + 1)!

i dobijamo

Sn =

(1

1!− 1

2!

)+

(1

2!− 1

3!

)+ · · ·+

(1

n!− 1

(n + 1)!

)= 1− 1

(n + 1)!.

S obzirom na limn→∞ 1/(n + 1)! = 0 i (1.8.1), sledi

∞∑k=1

k

(k + 1)!= lim

n→∞Sn = 1 .

77. Odrediti vrednosti beskonacnih proizvoda brojeva:

1◦∞∏

k=2

(1− 1

k2

), 2◦

∞∏

k=1

(1 +

1k(k + 2)

).

168 TEORIJA NIZOVA

Resenje. Analogno beskonacnim zbirovima se definisu i beskonacni proizvodi brojeva([6], str. 39–40). Od clanova niza (an) se formira niz parcijalnih proizvoda (Pn) sa opstimclanom

Pn =

n∏k=1

ak

i vazi ∞∏k=1

ak = limn→∞

n∏k=1

ak = limn→∞

Pn .

Umesto k = 1, pocetna vrednost indeksa moze da bude i bilo koji drugi broj k = m ∈ N0.

1◦ Niz parcijalnih proizvoda ima opsti clan

Pn =

n∏k=2

(1− 1

k2

)=

(1− 1

22

)(1− 1

32

)· · ·

(1− 1

n2

).

Svaki od cinilaca zapisujemo u obliku

1− 1

k2=

k2 − 1

k2=

(k − 1)(k + 1)

k2=

k − 1

k

k + 1

k

i dobijamo

Pn =

(1

2

3

2

)(2

3

4

3

)(3

4

5

4

)· · ·

(n− 1

n

n + 1

n

)=

1

2

n + 1

n.

Kako je limn→∞(n + 1)/n = 1, to je

∞∏k=2

(1− 1

k2

)= lim

n→∞Pn =

1

2.

2◦ Posle transformacije cinilaca

1 +1

k(k + 2)=

k(k + 2) + 1

k(k + 2)=

k2 + 2k + 1

k(k + 2)=

(k + 1)2

k(k + 2)=

k + 1

k

k + 1

k + 2,

opsti clan niza parcijalnih proizvoda postaje

Pn =

n∏k=1

(1 +

1

k(k + 2)

)=

(1 +

1

1 · 3)(

1 +1

2 · 4)· · ·

(1 +

1

n(n + 2)

)

=

(2

1

2

3

)(3

2

3

4

)(4

3

4

5

)· · ·

(n + 1

n

n + 1

n + 2

)= 2

n + 1

n + 2

i, zbog limn→∞(n + 1)/(n + 2) = 1, sledi

∞∏k=1

(1 +

1

k(k + 2)

)= lim

n→∞Pn = 2 .

ZADACI ZA VEZBU 169

Pri transformisanju cinilaca je upotrebljen obrazac

(A + B)2 = A2 + 2AB + B2 .

78. Odrediti vrednosti beskonacnih proizvoda brojeva:

1◦∞∏

k=3

k2 − 4k2 − 1

, 2◦∞∏

k=2

k3 − 1k3 + 1

.

Resenje. 1◦ Koristeci obrazac za razliku kvadrata dva broja, transformisemo cinioce

k2 − 4

k2 − 1=

(k − 2)(k + 2)

(k − 1)(k + 1)=

k − 2

k − 1

k + 2

k + 1.

Zato je

Pn =

n∏k=3

k2 − 4

k2 − 1=

n∏k=3

(k − 2

k − 1

k + 2

k + 1

)=

n∏k=3

k − 2

k − 1

n∏k=3

k + 2

k + 1.

Odredujemo svaki od dobijenih proizvoda:

n∏k=3

k − 2

k − 1=

1

2

2

3

3

4· · · n− 2

n− 1=

1

n− 1,

n∏k=3

k + 2

k + 1=

5

4

6

5

7

6· · · n + 2

n + 1=

n + 2

4,

pa je

Pn =1

n− 1

n + 2

4=

1

4

n + 2

n− 1

i sledi ∞∏k=3

k2 − 4

k2 − 1= lim

n→∞Pn =

1

4.

2◦ Koristeci obrasce za razliku i zbir kubova dva broja

A3 −B3 = (A−B)(A2 + AB + B2) , A3 + B3 = (A + B)(A2 −AB + B2) ,

transformisemo cinioce

k3 − 1

k3 + 1=

(k − 1)(k2 + k + 1)

(k + 1)(k2 − k + 1)=

k − 1

k + 1

k2 + k + 1

k2 − k + 1=

k − 1

k + 1

(k + 1)2 − (k + 1) + 1

k2 − k + 1

=k − 1

k

k

k + 1

(k + 1)2 − (k + 1) + 1

k2 − k + 1

i dobijamo

Pn =

n∏k=2

k3 − 1

k3 + 1=

n∏k=2

k − 1

k

n∏k=2

k

k + 1

n∏k=2

(k + 1)2 − (k + 1) + 1

k2 − k + 1.

170 TEORIJA NIZOVA

Kako je:

n∏k=2

k − 1

k=

1

2

2

3

3

4· · · n− 1

n=

1

n,

n∏k=2

k

k + 1=

2

3

3

4

4

5· · · n

n + 1=

2

n + 1,

n∏k=2

(k + 1)2 − (k + 1) + 1

k2 − k + 1=

7

3

13

7

21

13· · · (n + 1)2 − (n + 1) + 1

n2 − n + 1

=(n + 1)2 − (n + 1) + 1

3=

n2 + n + 1

3,

to je

Pn =1

n

2

n + 1

n2 + n + 1

3=

2

3

n2 + n + 1

n2 + n

i, prema (1.2.8),∞∏

k=2

k3 − 1

k3 + 1= lim

n→∞Pn =

2

3.

Zadatak 77 takode moze da se resi rastavljanjem Pn na proizvode

Pn =

n∏k=2

k − 1

k

n∏k=2

k + 1

k, Pn =

n∏k=1

k + 1

k

n∏k=1

k + 1

k + 2

u slucajevima 1◦ i 2◦ redom, a zatim odredivanjem svakog od dva proizvoda.


an =1√n

(1√n

+1√

n + 1+

1√n + 2

+ · · ·+ 1√n + n

), n ∈ N .

Resenje. Opsti clan an zapisujemo u obliku

an =1√n

1√n

(1 +

√n√

n + 1+

√n√

n + 2+ · · ·+

√n√

n + n

)

=1

n

(1 +

√n

n + 1+

√n

n + 2+ · · ·+

√n

n + n

)

=1

n

1 +

1√1 +

1

n

+1√

1 +2

n

+ · · ·+ 1√1 +

n

n

=

1

n

n∑k=0

1√1 +

k

n

.

ZADACI ZA VEZBU 171

Prema (1.8.3), za funkciju

f(x) =1√

1 + x

na segmentu [α, β] = [0, 1] formiramo opsti clan Sn niza integralnih suma

Sn =

n∑k=0

f

(0 + k

1− 0

n

)1− 0

n=

1

n

n∑k=0

f

(k

n

)=

1

n

n∑k=0

1√1 +

k

n

= an .

Kako je

∫ 1

0

f(x) dx =

∫ 1

0

dx√1 + x

= 2√

1 + x

∣∣∣x=1

x=0= 2

√2− 2 = 2(

√2− 1) ,

iz (1.8.4) sledi

limn→∞

an = limn→∞

Sn =

∫ 1

0

dx√1 + x

= 2(√

2− 1) .


an = n

(1n2

+1

n2 + 12+

1n2 + 22

+ · · ·+ 1n2 + n2

), n ∈ N .

Resenje. Opsti clan an zapisujemo u obliku

an =1

n

(n2

n2+

n2

n2 + 12+

n2

n2 + 22+ · · ·+ n2

n2 + n2

)

=1

n

1 +

1

1 +

(1

n

)2+

1

1 +

(2

n

)2+ · · ·+ 1

1 +

(n

n

)2

=

1

n

n∑k=0

1

1 +

(k

n

)2.

Za funkciju

f(x) =1

1 + x2

na segmentu [0, 1] opsti clan Sn niza integralnih suma je

Sn =1

n

n∑k=0

f

(k

n

)=

1

n

n∑k=0

1

1 +

(k

n

)2= an .

Kako je

∫ 1

0

f(x) dx =

∫ 1

0

dx

1 + x2= arctan x

∣∣∣x=1

x=0= arctan 1− arctan 0 = arctan 1 =

π

4,

172 TEORIJA NIZOVA

to je

limn→∞

an = limn→∞

Sn =

∫ 1

0

dx

1 + x2=

π

4.

81. Za x ∈ R, x > 0 i n ∈ N, ispitati konvergenciju i uniformnu konver-genciju funkcionalnih nizova sa opstim clanom

1◦ fn(x) =sin nx

n, 2◦ fn(x) =

sin nx

nx.

Resenje. 1◦ Za konkretno izabran broj x0 > 0 je

fn = fn(x0) =sin nx0

n

opsti clan brojnog niza (fn). Slicno kao u Primeru 1.2.3, nalazi se

limn→∞

fn = 0 ,

odakle zakljucujemo da funkcionalni niz (fn(x)) konvergira u proizvoljnoj tacki x0 ∈ R,x0 > 0, tj. x0 ∈ (0, +∞). Zato (fn(x)) konvergira i na intervalu (0, +∞) ka granicnojfunkciji

f(x) = 0 , x ∈ (0, +∞) .

Radi ispitivanja uniformne konvergencije, formiramo

|fn(x)− f(x)| =∣∣∣ sin nx

n

∣∣∣ =| sin nx|

n.

Nejednakost |fn(x)− f(x)| < ε vazi ako vazi

| sin nx|n

< ε .

Kako je 0 ≤ | sin nx| ≤ 1 za sve vrednosti nx > 0, to je

| sin nx|n

≤ 1

n< ε

ako je

n >1

ε.

Birajuci

N(ε) =

[1

ε

]+ 1 ,

utvrdujemo da za svako ε > 0 postoji broj N(ε) ∈ N tako da je n > 1/ε, a time i

|fn(x)− f(x)| < ε ,

ZADACI ZA VEZBU 173

za svako n ≥ N(ε) i svako x ∈ (0, +∞). Prema tome, niz (fn(x)) uniformno konvergiraka funkciji f(x) na intervalu (0, +∞).

Niz (fn(x)) uniformno konvergira i na intervalu [0, +∞) ka funkciji

f(x) = 0 , x ∈ [0, +∞) .

2◦ Analogno kao pod 1◦ se odreduju podrucje konvergencije (0, +∞) niza (fn(x)) igranicna funkcija

f(x) = 0 , x ∈ (0, +∞) .

Za 0 < ε < sin 1 i brojni niz (an) sa opstim clanom

an =1

n,

vazi 0 < an ≤ 1 i|fn(an)− f(an)| = | sin 1− 0| = sin 1 > ε

za svako n ∈ N. Prema Teoremama 2.1.2 i 2.1.1 pod 2◦ redom, to znaci da funkcionalniniz (fn(x)) ne konvergira uniformno ka f(x) na intervalu (0, 1], a time ni na intervalu(0, +∞).

Na intervalu [1, +∞) niz (fn(x)) konvergira uniformno ka f(x) jer za svako ε > 0postoji broj

N(ε) =

[1

ε

]+ 1 ∈ N

tako da je

|fn(x)− f(x)| = | sin nx|nx

≤ 1

nx≤ 1

n< ε

za svako n ≥ N(ε) i svako x ∈ [1, +∞).

Konvergenciju niza nema smisla razmatrati na bilo kom intervalu oblika [0, β) ⊆[0, +∞) zato sto u x = 0 sve funkcije fn(x) nisu definisane.

82. Za x ∈ R, 0 ≤ x ≤ 1 i n ∈ N, ispitati konvergenciju i uniformnukonvergenciju funkcionalnog niza sa opstim clanom

Sn(x) =n∑

k=1

(kx e−kx − (k − 1)x e−(k−1)x

).

Resenje. Uvodenjem oznake

fk(x) = kx e−kx − (k − 1)x e−(k−1)x

i sabiranjem, opsti clan postaje

Sn(x) = f1(x) + f2(x) + · · ·+ fn(x)

= (x e−x − 0) + (2x e−2x − x e−x) + · · ·+(

nx e−nx − (n− 1)x e−(n−1)x)

= nx e−nx .

174 TEORIJA NIZOVA

Za konkretno izabran broj 0 ≤ x0 ≤ 1 je

Sn = Sn(x0) = nx0 e−nx0 =nx0

enx0= x0

n

(ex0 )n

opsti clan brojnog niza (Sn). Kako je Sn oblika (1.7.9) sa p = 1, q = ex0 > 1, x0 > 0,prema (1.7.10), vazi

limn→∞

Sn = 0 .

Poslednja jednakost je tacna i za x0 = 0 jer je tada (Sn) konstantan niz sa opstim clanomSn = 0. Prema tome, funkcionalni niz (Sn(x)) konvergira u proizvoljnoj tacki x0 ∈ R,0 ≤ x0 ≤ 1, tj. x0 ∈ [0, 1]. Zato (Sn(x)) konvergira i na segmentu [0, 1] ka granicnojfunkciji

S(x) = 0 , x ∈ [0, 1] .

Za 0 < ε < e−1 i brojni niz (an) sa opstim clanom

an =1

n,

vazi 0 < an ≤ 1 i|Sn(an)− S(an)| = |e−1 − 0| = e−1 > ε

za svako n ∈ N. Prema Teoremama 2.1.2 i 2.1.1 pod 2◦ redom, funkcionalni niz (Sn(x))ne konvergira uniformno ka S(x) na intervalu (0, 1], pa ni na segmentu [0, 1].

Brojni niz (an) je niz stacionarnih tacaka funkcija Sn(x), u kojima one dostizu svojemaksimume. Dobijen je iz jednakosti

S′n(x) = n e−nx(1− nx) = 0 ,

odakle je 1− nx = 0 i x = an = 1/n.

Niz (Sn(x)) je niz parcijalnih suma odgovarajuceg funkcionalnog reda, nastalog izfunkcionalnog niza (fn(x)) ([7], str. 86).

83. Za x ∈ R, −1 < x < 1 i n ∈ N0, ispitati konvergenciju funkcionalnogniza sa opstim clanom

Sn(x) =n∑

k=0

xk .

Resenje. Za konkretno izabran broj x0 = q ∈ (−1, 1) je

Sn = Sn(x0) = Sn(q) =

n∑k=0

qk = 1 + q + q2 + · · ·+ qn

opsti clan brojnog niza (Sn), koji je oblika (1.2.3). Kako je |q| < 1, prema (1.2.4), sledi

limn→∞

Sn =1

1− q=

1

1− x0.

ZADACI ZA VEZBU 175

Dakle, niz (Sn(x)) konvergira u proizvoljnoj tacki x0 ∈ (−1, 1), pa konvergira i na inter-valu (−1, 1) ka granicnoj funkciji

S(x) =1

1− x, x ∈ (−1, 1) .

Niz (Sn(x)) je niz parcijalnih suma dobro poznatog funkcionalnog reda

∞∑k=0

xk ,

nastalog iz funkcionalnog niza (fn(x)) = (xn) (Primer 2.1.1; [7], str. 50–51).

84. Za x ∈ R, x > 0 i n ∈ N, ispitati konvergenciju funkcionalnog niza,zadatog rekurentnom relacijom

fn(x) =12

(fn−1(x) +

x

fn−1(x)

),

ako je f0(x) > 0 za svako x > 0.

Resenje. Neka je x0 ∈ R, x0 > 0 konkretan broj. Tada se funkcionalni niz (fn(x))svodi na brojni niz (fn) = (fn(x0)), rekurentna relacija na

f0 > 0 , fn =1

2

(fn−1 +

x0

fn−1

),

a konvergencija niza (fn(x)) na konvergenciju niza (fn).Prvo pokazujemo da je niz (fn) ogranicen sa donje strane, tj. da vazi

0 < fn

za svako n ∈ N0. Dokaz izvodimo matematickom indukcijom. Prema pocetnom uslovuf0 > 0, nejednakost je tacna za n = 0. Pretpostavljamo da je tacna za neko n = k ipokazujemo da je tada tacna za n = k + 1. Zaista, iz fk > 0, x0 > 0 i rekurentne relacijesledi

fk+1 =1

2

(fk +

x0

fk

)> 0 .

Za ogranicenost sa donje strane, moguca je bolja i za dalje ispitivanje neophodna pro-cena. Polazimo od nejednakosti (t − 1)2 ≥ 0, tj. t2 − 2t + 1 ≥ 0. Deobom sa t > 0,dobijamo

t− 2 +1

t≥ 0 , t +

1

t≥ 2 .

Stavljajuci

t =fn−1√

x0> 0 ,

176 TEORIJA NIZOVA

dalje dobijamo

fn−1√x0

+

√x0

fn−1≥ 2 ,

1√x0

(fn−1 +

x0

fn−1

)≥ 2 ,

fn−1 +x0

fn−1≥ 2

√x0 ,

1

2

(fn−1 +

x0

fn−1

)≥ √

x0

i konacno √x0 ≤ fn .

Ispitujemo sada monotonost niza (fn). Kako je√

x0 ≤ fn, to je x0 ≤ f2n, x0/f2

n ≤ 1,pa je

fn+1

fn=

1

2fn

(fn +

x0

fn

)=

1

2

(1 +

x0

f2n

)≤ 1

2(1 + 1) = 1

i fn+1 ≤ fn za svako n ∈ N0. Dakle, (fn) je monotono nerstuci niz.Prema Teoremi 1.3.4 pod 2◦, niz (fn) konvergira, tj. postoji granicna vrednost

limn→∞

fn = f .

Iz rekurentne relacije tada sledi

limn→∞

fn =1

2

(lim

n→∞fn−1 +

x0

limn→∞

fn−1

), f =

1

2

(f +

x0

f

).

Sredivanjem poslednje jednakosti se dobija f2 = x0, odakle je f = −√x0 < 0 ili f =√x0 > 0. Zbog fn ≥ √

x0 > 0, mora da bude f ≥ 0, pa je

limn→∞

fn = limn→∞

fn(x0) =√

x0 .

Zakljucujemo da funkcionalni niz (fn(x)) konvergira u proizvoljnoj tacki x0 ∈ R, x0 >0, a time konvergira i na intervalu (0, +∞). Granicna funkcija niza je

f(x) =√

x , x ∈ (0, +∞) .

PRILOG

Navodimo najznacajnije brojne nizove, uz napomenu da nisu navedeniistim redosledom kao u knjizi. Radi preglednosti, na pocetku izdvajamoodgovarajuce uslove:

p, q ∈ R ; k,m, n ∈ N ;

Ci ∈ R (i = 0, 1, . . . , k) , Di ∈ R (i = 0, 1, . . . , m) , C0 6= 0 , D0 6= 0 .

Brojni nizovi su sledeci:

limn→∞

qn =

0 , |q| < 1 ,

1 , q = 1 ,

+∞ , q > 1 ,

ne postoji , q ≤ −1 ;

1◦

limn→∞

1n

p =

1 , p = 0 ,

0 , p > 0 ,

+∞ , p < 0 ;2◦

limn→∞

C0nk + C1n

k−1 + · · ·+ Ck

D0nm + D1nm−1 + · · ·+ Dm=

C0

D0, k = m ,

∞ , k > m ,

0 , k < m ;

3◦

limn→∞

qn

n!= 0 ;4◦

limn→∞

np

qn= 0 , q > 1 ;5◦

177

178 PRILOG

limn→∞

C0nk + C1n

k−1 + · · ·+ Ck

qn= 0 , q > 1 ;6◦

limn→∞

C0nk + C1n

k−1 + · · ·+ Ck

n!= 0 ;7◦

limn→∞

n

√n

p = 1 ;8◦

limn→∞

(1 +

1n

)n

= limn→∞

(1 +

1n + 1

)n

= limn→∞

(1 +

1n

)n+1

= e ;9◦

limn→∞

(1 + an

)1/an = e , limn→∞

an = 0 .10◦

LITERATURA

1. S. Aljancic : Uvod u realnu i funkcionalnu analizu, Gradevinska knjiga,Beograd, 1979.

2. D. Ciric : Uvod u matematicku analizu, I deo, Prirodno–matematickifakultet, Nis, 2008.

3. R. Dimitrijevic : Analiza realnih funkcija vise promenljivih, autor, Nis,1999.

4. M. Merkle : Matematicka analiza: teorija i hiljadu zadataka – za stu-dente tehnike, Akademska misao, Beograd, 2005.

5. G. V. Milovanovic : Numericka analiza, I deo, Naucna knjiga, Beograd,1985.

6. D. S. Mitrinovic, D. D. Adamovic : Nizovi i redovi – definicije,stavovi, zadaci, problemi, Naucna knjiga, Beograd, 1980.

7. L. Stefanovic, B. Randelovic, M. Matejic : Teorija redova za stu-dente tehnickih fakulteta, Studentski kulturni centar Nis, Nis, 2006.

8. L. Stefanovic : Integrali: krivolinijski, dvojni, trojni, povrsinski za stu-dente tehnickih fakulteta, I deo, Studentski kulturni centar Nis, Nis, 2008.

179

CIP – Каталогизација у публикацији Народна библиотека Србије, Београд

517.52 ( 075.8 )

СТЕФАНОВИЋ, Лидија, 1955 – Teorija nizova: za studente tehničkih Fakulteta / Lidija Stefanović. – 1. izd. – Niš: Studentski kulturni centar, 2009 ( Niš: Petrograf ). – 179 str. ; 24 cm

Tiraž 100. – Bibliografija: str. 179.

ISBN 978–86–7757–168–9

а) Теорија низова и редова COBISS.SR–ID 171776780

Documents

TEORIJA NIZOVA - elfak.ni.ac.rs · PREDGOVOR Knjiga se odnosi na oblast matematike Teorija nizova i sastoji se iz tri dela: Brojni nizovi, Funkcionalni nizovi i Zadaci za veˇzbu