43-Granicne Vrednosti Nizova

8/17/2019 43-Granicne Vrednosti Nizova

1/18

GRANIČ NE VREDNOSTI NIZOVA

Marina Nikolić 095/2012

Ana Nenadić 167/2011Dragana Grubić 171/2011

Damjana Stojičić 211/2007Ivana Bogićević 224/2010

Aleksandra Nerandžić 220/2011


2/18

Kako je sve počelo…· Oko 5. veka p.n.e. gr čki filozof Zenon je formulisao svoje čuvene paradokse koji su

uključivali procese sa graničnim vrednostima (limesima).· Gr čki filozofi Leukip, Demokrit, Antifont, Eudoks i Arhimed su do 2. veka p.n.e. razvili

metod iscrpljivanja (ekshaustije) za izračunavanje površine figure ubacivanjem niza poligona

čije površine konvergiraju ka površini čitave figure.· Ozbiljnije razumevanje graničnih vrednosti, limesa, počelo je u 17. veku radovima Njutna.· U 18. veku Ojler je paradoksalno sumirao neke divergentne redove, da bi Lagranž 1797. god.

shvatio i objasnio važnost rigoroznosti u razmatranjima u vezi sa limesima.

· Gaus je 1813. strogim definicijama po prvi put u istoriji matematike odredio uslovekonvergencije nizova u graničnim uslovima.

· Savremenu definiciju limesa (za svako ε>0 postoji n0...) dao je češki matematičar BernardBolcano u tada jedva primećenom radu: Der binomische Lehrsatz , Prag 1816. koji je oko1870. prhvatio nemački matematičar Karl Theodor Wilhelm Weierstraß.

Limes i konvergencija niza· Beskonačni niz realnih brojeva je funkcija a : N→R. Označavamo ga sa a1,a2,a3, …,an,… ili

(an).

· Epsilon okolina (ε-okolina) realnog broja a je otvoreni interval realnih brojeva (a – ε, a + ε), pri čemu je ε realan pozitivan broj.

· Broj a je tačka nagomilavanja niza realnih brojeva (an) ako svaka ε-okolina broja a sadrži beskonačnomnogo članova niza (an). Ako je tačka nagomilavanja niza jedinstvena i konačna, nazivamo jelimes.

· Realan broj A je limes (granična vrednost) niza realnih brojeva (an), ako za svaki realan brojε>0 postoji prirodan broj n0 takav da (n > n0) ⇒(|an – A| < ε). Tada pišemo: an→A,n→∞, ili

A = lim→∞i čitamo: niz (an) teži A kada n teži beskonačnosti.· Niz (an) ima limes ako postoji tačka A takva da se u svakoj njenoj okolini nalaze skoro svi

članovi tog niza (izraz skoro svi članovi niza znači beskonačno mnogo članova niza sanajviše konačno mnogo izuzetaka).

· Niz je konvergentan ako ima (tačno jednu) graničnu vrednost. U suprotnom je divergentan.· Moguća je i drugačija definicija konvergencije niza. Skoro svi članovi niza znači isto što i svi

članovi počevši od nekog određenog člana. Dakle, ako odaberemo bilo koju okolinu poluprečnika ε>0, moguće je naći tako veliki indeks n0, takav da iza tog indeksa (za svakon>n0) svi članovi niza su unutar okoline (|a – an| < ε).

· Važi sledeće:

A= limn→∞ ⟺ ( ∃A∈R)(∀ε>0)( ∃n0∈N)(n>n0⇒|A – |


3/18

Ograničenost i konvergencija· Realni niz (an) je ograničen ako postoji interval [m, M ] takav, da za sve članove važi:

m≤an≤ M . Broj m nazivamo donja granica, a broj M gornja granica niza.·

Veze:o Ograničen niz ima bar jednu tačku nagomilavanja.o Konvergentan niz je ograničen.o Ako ograničen niz ima samo jednu tačku nagomilavanja, on je konvergentan i ta tačka

mu je limes.o Niz je konvergentan ako i samo ako je ograničen i ima tačno jednu tačku

nagomilavanja.

Monotnost i konvergencija· Realni niz a1 , a2 , a3, … nazivamo rastući, ako važi an ≤ an+1, za n = 1, 2, 3, … .· Realni niz a1 , a2 , a3, … nazivamo opadajući, ako važi an ≥ an+1, za n = 1, 2, 3, … .· Ako je niz rastući ili opadajući kažemo da je monoton.· Niz je strogo rastući, ili strogo opadajući, ako su isključeni znakovi jedankosti u gornjim

izrazima.

· Veze:o Monoton niz je ograničen, ili divergira.o Monoton ograničen niz je konvergentan.o Monoton je niz konvergentan ako i samo ako je ograničen.o Članovi rastućeg (opadajućeg) konvergentnog niza nisu veći (manji) od njegovog

limesa.

Osobine limesa· Ako je niz (an) konvergentan sa limesom A, onda je niz njegovih apsolutnih vrijednosti (|an |)

takođe konvergentan, sa limesom |A|. Obratno tvr đenje ne važi (kontraprimer je niz: +1, -1,+1, -1, ... )

· Ako svaki član konvergentnog niza (an) množimo istim brojem (konstantom c), rezultat jetakođe konvergentan niz (c·an) čiji je limes proizvod te konstante i limesa niza (an).

lim→

( · ) = · lim→ · Limes zbira (razlike) dva konvergentna niza jednak je zbiru (razlici) njihovih limesa.

lim→

( + ) = lim→ + lim→ lim→( − ) = lim→ − lim→

o Obratno ne važi. Na primer: = − + 1/ i = divergiraju a njihovzbir + = 1/ konvergira.

o Međutim, ima jedan poseban slučaj kada važi obrnuto, a to je kada je prvi niz realan,a drugi (čisto) imaginaran.

· Limes proizvoda dva konvergentna niza jednak je proizvodu njihovih limesa.

lim→

( · ) = lim→ · lim→


4/18

· Ako je () konvergentan niz sa članovima koji su različiti od nule i limesom različitim odnule, onda je niz (1/) konvergentan, a limes mu je recipročan limesu niza .

lim→

(1/) = 1 / lim→ · Ako je (an) konvergentan niz i (bn) konvergentan niz sa članovima koji su različiti od nule i

limesom različitim od nule, onda je limes količnika nizova i jednak količniku limesanizova i

lim→

( / ) = lim→ / lim→ o Obratno, iz konvergencije količnika ne sledi konvergencija brojioca i imenioca. Primer su

nizovi: = i = koji divergiraju, dok njihov količnik / = n/ n2 = 1/nkonvergira.


5/18

1. Pokažimo da je limes niza an =

, kad n→∞ jednak nuli, tj. lim

→∞

= 0.

Što je n veći to je

bliži nuli (Slika 1.1.). Drugim rečima, kad u nizu idemo dovoljno

daleko onda apsolutna vrednost |an - 0| postane i ostane manja od svakog pozitivnog

realnog broja ε. Napravimo strogi dokaz navedenog tvrđenja:

Arhimedova teorema

Za svaka dva prirodna broja a i b postoji pripodan broj n td. je a∙n > b.

Neka je (-ε, ε) ε-okolina nule. Prema Arhimedovoj teoremi postoji prirodni broj 0

takav da je 0∙ ε > 1 tj.

˂ ε. Sada je, za svako n > 0,

˂

˂ ε. Budući da je

|an - 0| =

to je |an - 0| ˂ ε za svako n > 0 , tj. svi članovi niza , osim eventualno

prvih konačno mogo članova , 2 , …., nalaze se u datoj ε-okolini nule.

ε 0

ε

2 1

Slika 1.1. n > 0 ⇒(|

- 0| ) ˂ ε

Po definiciji limesa sledi lim→∞

= 0.

2. Dokažimo da ne postoji lim→∞

(1).

Tačke nagomilavanja ovog niza su -1 i 1, a da bi niz bio konvergetan mora da ima samo jednu tačku nagomilavanja. Dakleovaj niyje divergentan.

3. Dokažimo da je lim→∞

(−)

= 0.

Tvrdjenje: Ako je niz (an) konvergentan sa limesom A, onda je niz njegovih apsolutnihvrijednosti (|an |) takođe konvergentan, sa limesom |A|

Kako je |(−)

| =

, a kako smo malopre dokazali da je lim

→∞

= 0 odatle sled ii da je

lim→∞

(−)

= 0.

4.

Dokažimo da je lim→∞

(2 -

) =2

lim→∞

(2 -

) = 2 – 0 = 2.

5. Dokažimo da je lim→∞

= 0.

lim→∞

= lim

→∞

∙ lim

→∞

= 0.


6/18


7/18

6. Naći limes niza:

ako: i .

Postupak:

lim →∞ = lim →∞ = lim→ ∞

== lim→ ∞ =

= lim →∞ =

=

0, < , =

∞, >

7. Naći sledeći limes niza:

lim →∞2 ∗ 4 + 2 + 74 + 5 ∗ + 8

Postupak:

lim →∞2 ∗ 4 + 2 + 7

4 + 5

∗ + 8

= lim →∞4 ∗ (2 + 1 2 + 7 4)

4

∗(1 +

5

3 +

8

4)

= lim →∞ 2

1 = 2

Objašnjenje: Traženi limes je limes količnika dva polinoma. U zadacima ovog tipa, koristi se

prethodno dokazana činjenica:

lim →∞ 1 = 0


8/18

Pored toga, posmatra se stepen polinoma u brojiocu I stepen polinoma u imeniocu I odnos ta dva

stepena određuje rezultat, kao što smo mogli videti u opštem slučaju (u zadatku broj 6). U našem

slučaju, polinomi u imeniocu I u brojiocu su istog stepena, pa kao krajnji rezultat dobijamo

odnos koeficijenata koji stoje uz članove najvećeg stepena, odnosno uz 4. 8. Naći sledeći limes niza:

lim→∞ 10 ∗ 6 + 7 ∗ 5 + 4 ∗ 3 + + 715 ∗ 4 + 3 ∗ 3 + 2 ∗ 2 + 5 ∗ + 8

Postupak:

lim

→∞

10 ∗ 6 + 7 ∗ 5 + 4 ∗ 3 + + 715

∗ 4

+ 3

∗ 3

+ 2

∗ 2

+ 5

∗ + 8

= lim

→∞

6 ∗ 10 + 7 + 4 3 + 1 5 + 7 6

4

∗ 15 +

3

+ 2

2 +

5

3 +

8

4

= lim →∞2 ∗ 10 + 7 + 4 3 + 1 5 + 7 6 15 + 3 + 2 2 + 5 3 + 8 4 = ∞

Objašnjenje: Postupak je analogan prethodnom. U ovom zadatku imamo da je stepen brojioca

veći od stepena imenioca i nakon kraćeg sređivanja, ostaju i u imeniocu i u brojiocu samo

konstante i sabirci tipa . ^ koje teže nuli kada n teži beskonačnosti, ali u brojiocu ostaje 2 što

I determiniše konačan rezultat.

9. Izračunati graničnu vrednost niza čiji je opšti član oblika = 2 + − . Postupak: lim →∞ 2 + − = lim→∞ 2 + − ∗ 2+ + 2+ + = lim→∞ 2+ − 2 2+ + = lim →∞ 2+ + Sada se ponovo izvlači najveći stepen I u imeniocu razlomka se koristi da je 2 = (ovo važi jer imamo >0 i → ∞ pa je 2 = = ):lim

→∞

2

+

+

= lim

→∞

2

∗(1+1 )+

= lim

→∞

∗(

(1+1 )+1)

= lim

→∞ 1

(1+1 )+1

= lim

→∞ 1

1+1

= 1

2

10. Izračunati graničnu vrednost niza zadatog sa =1+2+3…+ 2 .

Postupak: Suma aritmetičke progresije je data formulom: 1 + 2 + 3 + ⋯ + = ∗( +1)2

.


9/18

Kada je iskoristimo, dobijamo:

lim →∞1 + 2 + 3 … + 2 = lim→∞

∗ ( +1)22 = lim →∞ + 12 ∗ = lim →∞

∗ (1 + 1 )2 ∗ = 12


10/18

Broj e kao limes niza

U sledećim zadacima (11-15) koristićemo definiciju broja e pomoću limesa niza:

11. Nađimo graničnu vrednost Rešenje: napravićemo limes koji nam treba, za koji znamo da je e, a onda izvršiti potrebne

operacije

= .

12. Nađimo graničnu vrednost Rešenje: ponovićemo prethodni postupak, s tim što ćemo sada koristiti činjenicu da 3n teži

beskonačnosti kada n teži beskonačnosti

= .

13. Nađimo graničnu vrednost Rešenje: brojilac ćemo rastaviti na 2n-1 i 3

=

da malo obrazložimo ovaj stepen na kraju... imali smo n, a treba nam (2n-1)/3, da bi to dobili

pomožili smo n sa 2/3 i oduzeli 1/3, da ne bi pokvarili rezultat moramo uraditi sve obrnuto,

dodati 1/3 i pomnožiti sa 3/2!

14. Izračunati limes sledećeg niza Rešenje: koristeći svojstva logaritamske funkcije zadani limes možemo zapisati u obliku


11/18

15. Naći graničnu vrednost Rešenje:

=

()


12/18

Teorema o dva policajca

Postoje nizovi kod kojih nije lako naći graničnu vrednost kao što je prethodno pokazano. Za

takve slučajeve koristimo teoremu od dva policajca.

Teorema(Teorema o dva policajca): Neka su (an!("n i (cn nizovi. Neka je n# prirodan "roj.

Neka za niz (cn vazi an $ cn $ "n za sve n % n#. Pretpostavimo tako&e da je

Tada je i

.

Priča iza teroeme je sledeća: 'ko dva policajca vode zaro"ljenika izme&u njih i o"a

policajca ulaze u ćeliju! tada "ez o"zira kojim putem idu zaro"ljenik tako&e mora ući sa njima u

ćeliju.

16. zadatak : mamo niz

na ovaj niz primenićemo teoremu o dva policajca na sledeći način:

)i znamo na osnovu prethodnog da je i da je kao i da va*i

+datle zaključujemo da je na osnovu tereme o dva policajca.

)o*emo se susresti sa sledeća dva pro"lema prilikom primene teoreme o dva policajca. Prvi

pro"lem je da prepoznamo kada mo*e da se koristi teorema. Najčešće teorema se koristi kad god

mo*emo da na&emo dva niza koji ograničavaju dati niz i pritom imaju istu graničnu vrednost. ,

gronjem primeru nizovi 1/n i (-1)/n zadovoljavaju "aš taj uslov. -rugi pro"lem je taj da prilikom

primene ove teoreme moramo sami pronaći dva niza. +dnosno tre"a da znamo koje nizove ćemo da

uzmemo. Najčešće! mo*emo uzeti aposlutnu vrednost datog niza i to će "iti naš jedan iza"ran niz!

dok je drugi o"ično negativna vrednost prvo iza"ranog niza.

17. zadatak . zračunati limes niza

.

Pre svega znamo da . Z"og toga va*i i .

za"raćemo niz i niz . Za ovako iza"rane nizove va*i za svako

n. Tda sledi da je na osnovu teoreme o dva policajca.


13/18

Slika uz 17. zadatak

18.zadatak :zračunati graničnu vrednost niza

.

,očavamo da je niz "n #! a zatim i da je

-akle uzimamo da je niz an/#! niz cn/01n. Za ovako oda"rane nizove vazi da je an$"n$cn. 2ledi da je

granična vrednost niza "n / #.

19.zadatak :-okazati da je

+dmah mo*emo da primetimo da u "rojiocu razlomka imamo sin(n koji mo*emo daograničimo. -akle imamo

mamo i uslov da je n30 pozitvno! što znači da se smer nejednakosti neće promeniti ukoliko "udemo delili sa n30.


14/18

-alje!

.

+datle na osnovu teoreme o dva policajca sledi da je

Slika u 19. zadatak

20.zadatak : -okazati da je

Posmatramo tri slučaja! a % 0! a / 0! # 4 a 4 0.

0. slučaj: a > 1

Najpre ćemo a predstaviti preko n5tog korena

Zatim poslednju jednakost razvijamo primenom "inomne 6ormule

pri čemu je

+datle sledi da je


15/18

+dnosno

.

7ako samo razmatrao slučaj kada je a % #! tada va*i i da je! pa je i .

-akle!

2 o"zirom da kada ! sledi (na osnovu teoreme da ! odnosno

kada .8. slučaj: a = 1

9. slučaj: 0 < a < 1

7ako posmatramo samo one a za koje va*i # 4 a 4 0 sledi da je pa je limes u imeniocu na

osnovu prvog slučaja jednak jedinici! a odatle sledi da je .


16/18

21. Izračunati:

a) limn→∞

10n⋅√ n2+1−n b) limn→∞

3

√ n+1−3

√ n

Rešenje:

a) Racionalizacijom izraza u zagradama dobijamo:

limn→∞

10n⋅(√ n2+1−n)=limn→∞

10n⋅(√ n2+1−n)⋅√ n

2+1+n

√ n2+1+n= lim

n→∞10n⋅

n2+1−n2

√ n2+1+n=

limn→∞

10n

n⋅(√1+1

n2+1)

= limn→∞

10

√1+1

n2+1

=10

2 =5

b)

limn→∞

3√ n+1−

3√ n= lim

n→∞(

3√ n+1−

3√ n)⋅

3√ n+1

2+2⋅3√ n+1⋅

3√ n+

3√ n

2

3√ n+1

2+2⋅

3√ n+1⋅

3√ n+

3√ n

2=lim

n→∞

n+1−n3√ n+1

2+2⋅

3√ n+1⋅

3√ n+

3√ n

2=

limn→∞

13√ n+1

2+2⋅

3√ n+1⋅

3√ n+

3√ n

2= lim

n→∞

13√ n+1

2+

1

2⋅3√ n+1⋅3√ n

+1

3√ n

2=lim

n→∞

13√ n+1

2+lim

n→∞

1

2⋅3√ n+1⋅3√ n

+ limn→∞

13√ n

2

Kako je limn→∞

13√ n+1

2=0 lim

n→∞

1

3

√ n2=0 !ledi da je "redno!t tra#enog lime!a jednaka nuli tj.

limn→∞

3

√ n+1−3

√ n=0

22. Izračunati:

a) limn→∞

2n−12

n+1 b) lim

n→∞

21

n−1

2

1

n+1

Rešenje:

Iz"lačenjem 2n

za a) odno!no1

2n

za b) u imeniocu I brojiocu dobijamo:

a) limn→∞

2n−1

2n+1

=limn→∞

2n⋅(1−

1

2n)

2n⋅(1+

1

2n)= lim

n→∞

1−1

2n

1+1

2n

=1

1=1 jer je lim

n→∞

1

2n=0


17/18

b) limn→∞

2

1

n−1

2

1

n+1

=1−11+1

=0

2=0 jer je lim

n→∞

1

n

=0

23. Izračunati:

a) limn→∞

2n+1+3n+1

2n+3n

b) limn→∞

(−1)n⋅!in (n⋅π)

c) limn→∞

!inn

n

d) limn→∞

co! 1

n

n

Rešenje:

a)

limn→∞

2n+1+3n+1

2n+3n

=limn→∞

3n+1⋅(

2n+ 1

3n+1+1)

3n⋅(

2n

3n+1)

=limn→∞

3⋅3n⋅((2

3)n+1

+1)

3n⋅((

2

3)n

+1)

= limn→∞

3⋅((2

3)n

⋅2

3+1)

(2

3)n

+1

=limn→∞

2⋅(2

3)n

+3

(2

3)n

+1

=2⋅0+30+1

=3

jer jelimn→∞ (

2

3 )

n

=0

zato što je

2

3


18/18

Rešenje:

a)

limn→∞

√ n2+1−1

√ n2+1−1= lim

n→∞

√ n2+1−1

√ n2+1+1⋅√ n

2+1+1

√ n2+1+1=lim

n→∞

(√ n2+1)2

−1

(√ n2+1+1)2= lim

n→∞

n2+1−1

n2+1+2⋅√ n2+1+1

=limn→∞

n2

n2+2⋅√ n2+1+2

=

limn→∞

n

2

n2⋅(1+2⋅√

1

n2+ 1

n&+ 2

n2)=lim

n→∞1

1+2⋅√ 1

n2+ 1

n&+ 2

n2

= 11+2⋅0+0

=1

'ret(odno "a#i jer je:

limn→∞

1

n&=0 i lim

n→∞

1

n2=0

b) limn→∞

5n+n

3−5n+1=lim

n→∞

5n

⋅(1+ n

5n)

5n⋅( 3

5n−5)

=limn→∞

1+ n

5n

3

5n−5

=1+0

0−5=−

1

5

jer je limn→∞

1

5n

=0 i limn→∞

n

5n

=0

25. Izračunati:

a) limn→∞

2n⋅( lnn−ln(n−2)) b) limn→∞

(n2−1

n2+2

)n2

Rešenje:

a) Kori!tei !"oj!t"a logaritam!ke %unkcije zadati lime! mo#emo na$i!ati na !ledei način:

limn→∞

2n⋅( lnn−ln (n−2))=limn→∞

2n⋅ln ( n

n−2)=lim

n→∞ln (

n

n−2)

2n

*bog !"oj!t"a ne$rekidno!ti %unkcije ln+,) I !"oj!t"a da za !"e ne$rekidne %unkcije % "a#i da je

limn→∞

f (an)=f ( limn→∞

an) dobijamo da je $retodini lime! jednak:

ln [ limn→∞

( n

n−2)2n

]=ln [ limn→∞

1

(1

−

2

n )

2n]=ln [ lim

n→∞

1

(1

−

2

n )

(n2)⋅&]=ln (e&)=&

b) limn→∞

(n2−1

n2+2

)n2

=limn→∞

(

n2⋅(1−

1

n2)

n2⋅(1+

2

n2))

n2

=limn→∞

(1− 1

n2)n2

(1+ 2

n2)n2 =

e−1

e2 =e−3

Documents

43-Granicne Vrednosti Nizova