Embed Size (px)
Citation preview
Matematički fakultet u Beogradu
Seminarski rad iz metodike nastave matematike 2
B r o j n i r e d Profesor Beograd Student Zoran Lučić 2008 Stamenković Tanja
Uvod Brojnim redovima ljudi su se bavili od nastanka matematike. Zbir beskonačnog geometrijskog reda količnika manjeg od 1 izračunao je još Arhimed. Divergenciju
harmoniskog reda 1
1k k
∞
=∑ odredio je 1650 god. italijanski naučnik Mengoli. Njutn se
bavio stepenim redovima 1665 god. Smatrao je da se svaka funkcija može pre-dstaviti stepenim redom. Međutim, teorija redova počinje da se razvija sa radovima Gausa
god. i Bolcana 1817 god., a Koši je 1821 god. definisao definicuju konve-rgencije reda i dao osnovne teoreme. 1812
2
Pojam reda
Red je rezultat nekog zbira. Na primer, zbir brojeva 1, 2, 3 i 4 je 10, i piše se
1+2+3+4=10.
Brojevi koji se sabiraju nazivaju se činioci. Operacija zbira se takodje moze izraziti koristeci oznaku ∑ gde se za donji broj uzima pocetna vrednost, a gornji krajna vrednost. Na ovom primeru to bi izgledalo ovako
Pojam i svojstva brojnog reda
Ред је збир математичких објеката a тј. i ......21 +++ naaa Објекти који се називају чланови реда, могу означавати ,...,...,, 21 naaa бројеве, или функције, или векторе, или матрице, итд. Већ према томе шта су му чланови, ред може бити нумерички ред, функционални ред, ред вектора, ред матрице. Уместо наведеног, развијеног записа реда, често се наводи
скраћени запис или, понекад, још краће ∑∞
=1k
ak ∑ ka
......3211
+++++=∑∞
=n
kk aaaaa (1)
Izraz (1) naziva se beskonačnim brojnim redom.
Koje bi bilo resenje reda koji ima beskonačno članova npr.
3
Ako izračunamo zbir prvih nekoliko članova reda posmatrajmo šta se desava. Zbir prva dva člana reda je
Zbir prva tri člana reda je
Zbir prva četiri člana reda je
Zbir prva pet člana reda je
Ove pojedinačne sume reda nazivaju se parcijalnim zbirovima ili parcijalnim sumama reda (1). Prva parcijalna suma je prvi član sume, u ovom primeru to bi
bila Druga parcijalna suma je suma prvi dva člana reda, u ovom primeru to bi
bila Treća parcijalna suma je suma prvi tri člana reda, u ovom primeru to bi
bila itd. Parcijalne sume reda označava sa malo slovo gde n označava nSzbir n članova reda.
Definicija 1 Ako postoji konačna granična vrednost SSnn
=∞→
lim gde je nn aaaS +++= ...21 ,
onda za red (1) kažemo da je konvergentan i da mu zbir iznosi S. U tom slučaju
se piše a ako red nije konvergentan, onda kažemo da je 1
lim lim ,n
nn n kS S
→∞ →∞=
= = ∑ ka
divergentan. Red može imati i oblik
(npr, Loranov red) ali i oblik
Primeri: Ispitati konvergenciju i odrediti sumu redova:
1. ( )1
11k k k
∞
= +∑ .
4
Rešenje:
( ) ( )1k=
1 1 1 11 1 2 2 3 1k k n n
∞
= + + + ++ ⋅ ⋅ +∑
n -ta parcijalna suma je:
( )1 1 1 1 1 1 1 1 11 1
1 2 2 3 1 2 2 3 1 1nSn n n n n
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + + + = − + − + + − = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⋅ ⋅ + + +⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠.
1lim lim 1 11nn n
S Sn→∞ →∞
⎛ ⎞= = −⎜ ⎟+⎝ ⎠=
Zaključujemo da je red konvergentan i da mu je sima 1S = .
2. n .( geometrijski red ) 2
0
k
kaq a aq aq aq
∞
=
= + + + + +∑ Rešenje:
n -ta parcijalna suma je 11
1
n
nqS aq
+−= ⋅
−.
Ako je 1<q 11lim lim
1 1
n
nn n
qS S aq q
+
→∞ →∞
−= = ⋅ =
a− −
i red je konvergentan,
Ako je 1>q ∞==∞→ nn
SS lim i red je divergentan,
Ako je 1q = ( )1nS a n= + , ∞==∞→ nn
SS lim i red je divergentan.
Ako je 1q = −0, 2, 2n
n kS
a n k=⎧
= ⎨ 1= +⎩ red nema graničnu vrednost i
divergentan je. Uporedo sa redom (1) posmatrajmo red
∑∞
=++++ =++++
121 ......
kkmkmmm aaaa
Ovaj red ćemo zvati ostatkom reda (1) posle m-tog člana i označavati sa . mr Stav 1
1. Red i njegov ostakak su ekvikonvergentni, tj. oba reda su ili konvergentni ili divergentni.
2. Ako je red konvergentan i ako je ka1
nk n
r∞
= +
= ∑ njegov ostatak, tada je
0 . lim =∞→ nn
r
Dokaz:
5
1. Parcijalna suma maaa +++ ...21 reda (1) označićemo sa mS , a parcijalnu sumu kmmm aaa +++ +++ ...21
SS kmk
=+∞→
li reda (2) označićemo sa . Očito je
Ako je
'kS mkmk SSS −= +
'
m . Onda je . Iz sledi
mSkk
SS −=∞→
'lim ''lim SSk =∞→k
mkm SS +=+'
kS
∞→lim
2. Kako je n n nS r S r S S+ = ⇔ = − n onda je
lim lim 0n nn nr S S S S
→∞ →∞= − = − = .
Znači da sumu svakog konvergentnog reda možemo po volji aproksimirati pomoću parcijalnih suma prvih članova, čineći pri tom grešku . n nr
Teorema (Kosijev kriterijum za konvergenciju reda)
Red konvergira ako i samo ako za svako ∑∞
=1kka ε >0 postoji Ν∈0n tako da za
, 0nn > Ν∈p sledi ε<+++ +++ |...| 21 pnnn aaa . Simbolički zapisano:
∑∞
=1kka konvergira
)|...|)(,)()(0( 2100 εε <+++⇒>Ν∈∀Ν∈∃>∀⇔ +++ pnnn aaannpnn . Jedna od glavnih primena teorije redova je približno izračunavanje veličina. U tim problemima osnovnu ulogu igra tačnost ocenjivanja, koje zasnivamo na oceni ostatka reda. nr je apsolutna greška aproksimacije nS S≈ . Teorema Potreban uslov za konvergenciju reda je da 0lim =
∞→ nna .
Dokaz: Kako je i 1 2n nS a a a= + + 1 1 2n nS a a a 1− −= + +
0nS S S= − =
, dobijamo . Ako red konvergira onda je:
. 1−−= nnn SSa
lim lim(n nn na S
→∞ →∞ 1 1) lim limn nn nS S− −→∞ ←∞
= −= −
Na primeru harmoniskog reda možemo da uočimo da je izloženi uslov potreban,
a ne i dovoljan za konvergenciju reda, tj. 01limlim ==∞→∞→ n
annn
, a dokazali smo da je
red divergentan.
6
Teorema
Ako se svaki član reda pomnoži sa konstantom 1
kk
a∞
=∑ ( ),C C 0≠ , dobija se red
, koji je konvergentan ili divergentan zavisno od toga da li je red 1
kk
C a∞
=∑
1k
k
a∞
=∑
konvergentan ili divergentan.
Dokaz:Ako je dati red .Niz njegovih parcijalnih suma ima graničnu
vrednost , tj .Ako je
1k
ka
∞
=∑
S
nS
S lim nnS
→∞= nS ′ parcijalna suma reda , tj
. Njegova granična vrednost je . Znači novi red se isto ponaša kao polazni.
1k
k
C a∞
=∑
( 1C a +
nS C=)2S Ca a a CS′ = + + + =
lim limn nn nS S
→∞ →∞′
1 2CS C=
n nCa =
limn
C→∞
=n na
Teorema
Ako su redovi i konvergentni i ako su im sume 1
kk
a∞
=∑
1k
k
b∞
=∑ S ′ i , tada će i red
konvergirati i suma mu je
S ′′
(1
k kk
a b∞
=
±∑ ) S S′ ′′± .
Dokaz:Ako su i parcijalne sume redova nS ′ nS ′′1
kk
a∞
=∑ i
1k
k
b∞
=∑ i , a
.
lim nnS S
→∞′ = ′
n′′ )
S ′′
lim nnS S
→∞′′ ′′=
Neka je niz delimičnih suma reda , tada je
.
n nS S S′= ±
( ) limn n nS S S′ ′′= ±
(1
k kk
a b∞
=
±∑lim lim limn nn n nn
S S S→∞ →∞ →∞→∞
′ ′′ ′= ± = ±
Primer: Dokazati da je red 21
1 22
k
kk
∞
=
+∑ konvergentan.
Rezultat:
2 2 21 1 1 1 1
1 2 1 2 1 12 2 2 4 2
k k
k k k k kk k k k k
∞ ∞ ∞ ∞ ∞
= = = = =
+= + = +∑ ∑ ∑ ∑ ∑ . Ovo su dva geometrijska reda čije su
sume 11 4
1 314
S = =−
i 21 211
2
S = =−
, pa je suma reda 4 1023 3
S . = + =
7
Brojni redovi se dele na :
• Redovi sa pozitivnim članovima,
• Alternativni (naizmenični) redovi.
Redovi sa pozitivnim članovima
Red čiji su svi članovi pozitivni naziva se pozitivan red. Parcijalne sume pozitivnog reda su monotono rastuće i prema tome granična vrednost ovih suma uvek postoji ( konačna ili beskonačna ).
Kriterijumi za ispitivanje konvergencije pozitivnih redova
Kriterijumi o kojima će biti reči u narednom poglavlju samo odgovaraju na pitanje da li red konvergira ili ne, bez određivanja sume reda.
Kriterijum upoređivanja članova redova
Ako su članovi reda sa pozitivnim članovima, počev od nekog člana,
uvek manji od odgovarajućih članova reda
1k
k
a∞
=∑
1k
kb
∞
=∑ za koji znamo da
konvergira, tada i zadati red konvergira.
Ako su članovi reda sa pozitivnim članovima, počev od nekog člana,
uvek veći od odgovarajućih članova reda
1k
ka
∞
=∑
1k
k
b∞
=∑ za koji znamo da divergira,
tada i zadati red divergira.
Dokaz:U prvom slučaju, ako su nS ′ i nS ′′ parcijalne sume datih redova, a red
konvergira, onda je 1
kk
b∞
=∑ lim ,nn
S S→∞
′′ ′′= 0S ′′ > , a kako su svi članovi reda pozitivni
. nS ′′ < S ′′
8
Iz relacije dobijamo da je 1 1 2 2, , n na b a b a b< < < nnS S′ ′′< , odnosno nS S′ ′′< , što znači da se vrednosti niza nS ′ moraju nagomilavati oko nekog broja koji je manji ili jednak . Dakle počev od nekog dovoljno velikog broja svi članovi niza
nagomilavaće se oko neke vrednosti
S ′S ′′
nS ′ S ′ , tj limn→∞ nS S′ ′= , odnosno red
1k
k
a∞
=∑
konvergira. Dokaz u drugom slučaju je istovetan.
Primeri:
Ispitati konvergenciju redova:
1. ∑∞
=12
1k k
.
Rešenje:Da bismo dokazali konvergenciju ovog reda uporedićemo ga sa
redom ( )1
11k k k
∞
= +∑ za koji znamo da konvergira. Opšti član poznatog konve-
rgentnog reda je ( ) 2
1 11nb
n n n n= =
+ +.
Opšti član zadatog reda ( )2 2
1 11
nan nn
= <++
nb= je dakle uvek manji od opšteg
člana reda koji konvergira, dakle i zadati red konvergira.
2. 1
1k k
∞
=∑ .
Rešenje:Uporedimo zadati red sa harmonijskim redom 1
1k k
∞
=∑ .Kako je
1 1na
nn= > = nb i znajući da harmonijski red divergira, zaključujemo da i zadati
red divergira.
3. 1
12k
k k
∞
= ⋅∑ .
Rešenje:Kako je 1 12 2n n na
n= <
⋅, a red
1
12k
k
∞
=∑ je konvergentan ( geometrijski
red ), te i zadati red konvergira.
4. ∑∞
=1
lnk k
k .
Rešenje:Kako je ln 1n
nan n
= > , a red 1
1k k
∞
=∑ je divergentan, biće i zadati red
divergentan.
9
Dalamberov kriterijum (D’Alamber)1
Teorema
1k
ka
∞
=∑ je red sa pozitivnim članovima i neka je l
aa
n
n
n=+
∞→
1lim . Tada za:
• 1<l - red konvergira, • 1>l - red divergira, • 1=l - ne znamo da li red konvergira ili divergira (prelazimo na drugi krite-
rijum za ispitivanje konvergencije).
Ovaj kriterijum samo odgovara na pitanje da li red konvergira ili ne, ali ne izračunava sumu reda.
Dokaz:Neka je 1lim n
nn
a la+
→∞= . Na osnovu definicije granične vrednosti niza za
svaki 0ε > može se odrediti broj m N∈ takav da je n m∀ > , 1n
n
a la
ε+ − < , tj
1n
n
al la
ε ε+− < < + .
Neka je 1<l . Posmatrajmo desnu stranu nejednakosti i uzmimo da je 1l qε+ = < tj.
1 1n
n
a l qa
ε+ < + = < ,. 1n na q+ ≤ a
m
m
Za , tj sa izuzetkom konačno mnogo članova niza važi n m∀ >
1m ma qa+ < , 2
2 1m ma a q q a+ +< < , 3
3 3m ma a q q a+ +< < , …………………….
Sabiranjem ovih nejednakosti dobijamo 1 1
km k m
k ka a q
∞ ∞
+= =
<∑ ∑ .
Red na desnoj strani nejednakosti je geometrijski red koji konvergira. Na osnovu kriterijuma upoređivanja i zadati red konvergira.
1 J. D’alambert (1717-1783), francuski matematičar
10
Ako je 1>l , onda je 1 1n
n
a l qa
ε+ > − = > . Znači počev od nekog člana ,
.Kako je je pozitivan broj, zaključujemo da opšti član reda ne teži nuli, odnosno da red divergira.
m
1ma + > ma ma
Ako je 1=l ovaj kriterijum je slab i nemamo odgovor na pitanje da li red konvergira ili ne. U ovom slučaju moramo da koristimo neki drugi kriterijum za ispitivanje konvergencije reda. Primeri:
Ispitati konvergenciju redova:
1. 1k=
Rešenje:
100k∑ .
!
k∞
( )( )
1
1
1001 ! 100 ! 100lim lim lim lim 0
100 1 ! 1!
n
nnn n n n
n
na na n
n
+
+
→∞ →∞ →∞ →∞
+= = =
+ +n=
Kako je , red konvergira. 10 <=l
2. 1k=
Rešenje: 2k
k∞
∑ .
211lim
21
2
21
limlim1
1 =+
=
+
=∞→
+
∞→
+
∞→ nn
n
n
aa
n
n
n
nn
n
n
121<=l , red konvergira.
3. 1k=
Rešenje:
!10k
k∞
∑ .
( )
∞=+
=
+
=∞→
+
∞→
+
∞→ 101lim
10!
10!1
limlim1
1 nn
n
aa
n
n
n
nn
n
n
1>∞=l , red divergira.
4. 1
1k k
∞
=∑ .
11
Rešenje:
11lim1
11
limlim 1 =+
=+=∞→∞→
+
∞→
nnann
n
n nn
an
1l = , ne znamo da li red divergira ili konvergira. Ovo je harmonijski red za koji smo dokazali da divergira.
5. ∑∞
=1 !k
k
kk .
Rešenje:
( )( ) ( )
1
1
11 ! 1 1lim lim lim lim 1
!
n
n nn
n nn n n nn
nn na ena nn
+
+
→∞ →∞ →∞ →∞
++ + ⎛ ⎞= = = +⎜ ⎟
⎝ ⎠n=
1>= el , red divergira.
6. 2
1
23
k
kk
k +∞
=
⋅∑ .
Rešenje:
( )3
11
1
( 1) 22 1 23lim lim lim
2 3 33
n
nn
nn n nn
n
nna
na n
+
++
+→∞ →∞ →∞
+ ⋅+
= =⋅
=
132<=l , red konvergira.
7. 1
1 254 1
k
k k
∞
=
⎛ ⎞⎜ ⎟+ ⎝ ⎠
∑ .
Rešenje:
1
1
1 24 1 2 254 5lim lim lim4 5 5 51 2
54 1
n
nnn n n
n
a nna n
n
+
+
→∞ →∞ →∞
⎛ ⎞⎜ ⎟ ++ ⎝ ⎠= =
+⎛ ⎞⎜ ⎟+ ⎝ ⎠
⋅ =
152<=l , red konvergira.
8. ( )∑∞
=
−
1 !3!!12
kk k
k .
Rešenje:
12
( )( )
( ) ( )
11
2 1 !!3 1 ! 2 1 2lim lim lim
2 1 !! 3 13 !
nn
n n nn
n
nna n
na nn
++
→∞ →∞ →∞
++ +
= =− + 3
=
132<=l , red konvergira.
9. ∑∞
=1
!3k
k
k
kk .
Rešenje: ( )
( )
1
11
3 1 !1 3 3lim lim lim lim
3 ! 1 11
n
nn
n nn n n nn
n
nna
na enn n n
+
+
+
→∞ →∞ →∞ →∞
+
+= = = =
+⎛ ⎞ ⎛ ⎞+⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
3n
03>=
el , red divergira.
Košijev kriterijum (Cauchy) Teorema
Neka je red sa pozitivnim članovima i 1
kk
a∞
=∑ lan
nn=
∞→lim . Tada za:
• 1<l - red konvergira, • 1>l - red divergira, • 1=l - ne znamo da li red konvergira ili divergira (prelazimo na drugi krite-
rijum za ispitivanje konvergencije) Dokaz:Na osnovu definicije granične vrednosti, za svaki 0ε > , može se odrediti broj takav da je m N∈ n m∀ > n
na l ε− ≤ , tj nnl a lε ε≤ ≤ + . −
Neka je 1l < . Tada je 1n
na l qε≤ + = < ,odakle je nna q≤ .
Dakle za svako dobijamo n m∀ > m
ma q≤
11
mma q ++ ≤
22
mma q ++ ≤
…………… Sabiranjem ovih veza dobijamo
13
0 0
mm k
k ka q q
∞ ∞
+= =
≤∑ ∑ k . Red na desnoj strani nejednakosti je geometrijski red koji
konvergira. Na osnovu kriterijuma upoređivanja i zadati red konvergira. Ako je 1>l , 1n
na l ε≥ − > .Prema tome za n m∀ > zadovoljeno je da 1nna > ,
dakle . 1na > Kako opšti član reda ne teži nuli red divergira. Ako je 1=l ne znamo da li red konvergira ili divergira. Primeri: Ispitati konvergenciju redova:
1. ∑∞
=1k
Rešenje:
1kk
.
01lim1limlim ===∞→∞→∞→ nn
an
nnn
nnn
.
10 <=l , red konvergira.
2. 2
1k=
Rešenje: 1k
k⎟⎠⎞
+.
k
∑∞
⎜⎝⎛
2
1 1lim lim lim lim 11 1 1
n
n n
n nnn n n n
n nan n
n→∞ →∞ →∞ →∞
⎛ ⎞⎜ ⎟⎛ ⎞ ⎛ ⎞= = = ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟+ +⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎜ ⎟+⎜ ⎟⎝ ⎠
e= ,
11<=
el , red konvergira.
3. 2
1k=
Rešenje:
1k⎟⎠⎞+ . 1
k−∞
∑⎜⎝⎛
en
nn
na
n
n
n
nn
n
nn
nn
111
1lim1lim11limlim2
=⎟⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜⎜
⎝
⎛
+=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ +
=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ +=
∞→
−
∞→
−
∞→∞→
11<=
el , red konvergira.
4. 2
12
2
32
k
k kkk∑
∞
=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛++
+ .
Rešenje:
14
22 22
2
1 32 lim13 13
2 2
2 1lim lim lim 13 3
n
n n nn n n nnn n
n nn nnn n n
n na en n n n
→∞
+ + +⋅ ⋅ +
−++ + −+ +
→∞ →∞ →∞
⎛ ⎞+ +⎛ ⎞= = − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟+ + + +⎝ ⎠⎝ ⎠e=
11<=
el , red konvergira,
5. 1
12k
kk
k
−∞
=
⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠
∑ .
Rešenje: 1
11 1 1lim lim lim 2 1 22
nnn
nn n nn
n n
− −−
→∞ →∞ →∞
⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + = ⋅ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
2na n= +
121<=l , red konvergira, zato što je
lnlim 0lim 1n
nn n
nn e e→∞
→∞= = = .
6. ( )1
2k= ⎝ ⎠Rešenje:
12
− ⎞⎟ .
k k−kk
∞ ⎛⎜ +∑
( ) 3 21 ( 1) 3 32 3 lim 321 3lim lim lim 12 2
n
nn n n nnnn n
nn n n
na en n
→∞
+− ⋅ ⋅ − −+ −+
→∞ →∞ →∞
−⎛ ⎞ ⎛ ⎞= = − = e⎜ ⎟ ⎜ ⎟+ +⎝ ⎠ ⎝ ⎠=
113 <=
el , red konvergira.
7. ( )1
1k k= ⎝ ⎠Rešenje:
1− ⎞⎟+
. k k−
1k∞ ⎛
⎜∑
2
1 1le
= < , red konvergira.
Košijev integralni kriterijum
Teorema
Neka je red sa pozitivnim i nerastućim članovima. tj. I 1
kk
a∞
=∑ 0ka > 1 2a a≥ ≥
Ako je funkcija ( )f x na intervalu [1, )∞ pozitivna, neprekidna i nerastuća takva da je
( ) ( ) ( )1 21 , 2 , , ,na f a f a f n= = =… … , onda
15
• ako ( )1
f x dx∞
∫ konvergira, onda i red 1
kk
a∞
=∑ konvergira,
• ako ( )1
f x dx∞
∫ divergira, onda i red 1
kk
a∞
=∑ divergira.
Dokaz: Posmatrajmo funkciju ( )f x na intervalu [ ]1, 1n + .
Izraz ( )1
1
n
nI f x dx+
= ∫ predstavlja površinu krivoliniskog trapeza koga sa osom x i
pravama 1x = , 1x n= + , zaklapa funkcija ( )f x .
Interval [ ]1, 1n + podelimo na jednakih delova i formiramo stepenaste figure
sastavljene od upisnih i opisanih pravougaonika osnovica 1 i visina
n
( ) nf n a= . Zbir površina svih opisanih pravougaonika iznosi 1 2OP a a a Sn n= + + =…
2 1U n n na a S a+ +
, a zbir površina svih upisnih pravougaonika iznosi 1 1P a= + + + = −… .
1a2a
na1na +
Površinu krivoliniskog trapeza je broj koji zadovoljava vezu , tj
. 1 1n nS a I S+ − < < n
1a1 1n n nS I a S+ < + < +
Kada pustimo da , ako nesvojstveni integral n →∞ ( )1
f x dx∞
∫ konvergira tada
integral ( )1
1
n
f x dx+
∫ teži konačnoj vrednosti I , tj. ( )1
1
n
nI f x dx+
I= <∫1nS
, pa dobijamo
, tj rastući niz parcijalnih suma 1 1 na S< + < 1an nS I+ + + je ograničen odozgo. Znači postoji , tj red konvergira. 1nS S+ =lim
n→∞
Ako integral divergira, tada 1lim nnI +→∞
= ∞ , pa iz veze n nI S< sledi da , tj
red divergira. 1lim nn
S +→∞= ∞
Primeri: Ispitati konvergenciju redova:
1. 1
lnk
kk
∞
=∑ .
16
Rešenje:Uočimo funkciju ( ) [ )ln , 1,xf x xx
= ∈ ∞ .
Kako je ( ) 2
1 ln xf xx−′ = , ( ) 0 ,1 ln 0 ,f x x′ x e= − = = ,za ( ) ( )0,x e f x∈ ⇒ , a za
. ( ) ( ),x e f x∈ ∞ ⇒
Kako je funkciju ćemo posmatrati u intervalu 2,718e = … [ )∞∈ ,3x , na kome je ona pozitivna i nerastuća.
{ } ( )ln ln
2 2 2
ln33 3 ln3
ln lnlim ln lim lim lim ln ln 3a a a
a a a a
xdx xdxI x t tdt tx x
∞
→∞ →∞ →∞ →∞= = = = = = = −∫ ∫ ∫ a = ∞ .
Kako integral divergira po Košijevoj teotemi divergiraju i red.
2. 22
1lnk k k
∞
=∑ .
Rešenje:Uočimo funkciju ( ) 2,ln1
2 ≥= xxx
xf .Funkcija ( ) 0f x ≥ i neprekidna za
. 2≥x
( ) ( ) 22 3
ln 2 , 0 , ln 2 0 ,lnxf x f x x
x xx e−+′ ′= − = + = = .
Za , a za ( ) ( )20,x e f x−∈ ⇒ ( ) ( )2 ,x e f x−∈ ∞ ⇒ .
Dakle za funkcija je pozitivna i nerastuća. [ )2,x∈ ∞
{ }lnln
2 2 22 2 ln 2 ln 2
1 1 1lim ln lim lim limln ln ln ln 2 ln 2
aa a
a a a a
dx dx dtI x tx x x x t t a
∞
→∞ →∞ →∞ ←∞
⎛ ⎞ ⎛ ⎞= = = = = = − = − − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠∫ ∫ ∫
1
i nesvosstveni integral konvergira, što povlači da i red konvergira.
3. ∑∞
=
−
1k
k
ke .
Rešenje:Uočimo funkciju ( ) [ ), 1,xef x x
x
−
= ∈ ∞ .
Funkcija je očigledno pozitivna i neprekidna za 1x ≥ .
( )( )
[ )1 1
12 2 0 , 1,2x x
x xx xf x xxe x xe
− − +′ = = − < ∈ ∞ znači funkcija opada
{ } 11 1
1 1 2lim 2 lim 2 lim 2 lima ax
t t aaa a a a
eI dx x t e dt ee ex e
−− −
→∞ →∞ →∞ →∞
⎛ ⎞= = = = = − = − − =⎜ ⎟⎝ ⎠∫ ∫ ,
integral konvergira , pa konvergira i red.
4. . 1
a
kk
∞
=∑
Rešenje:
17
a) Ako je red divergira jer opšti član reda ne teži nuli. 0>a b) Ako je , , pa imamo 0<a ba −= 0>b
⎪⎩
⎪⎨⎧
=
≠−=
−∞
∫1,ln
1,1
1
1 bx
bb
x
xdx
b
b
Ako je integral divergira, pa i red divergira, 1≤bako je integral konvergira, pa i red konvergira 1>b
Na primer redovi ∑∞
=1
1n n
, ∑∞
=1 32
1n n
divergiraju, dok redovi ∑∞
=12
1n n
, ∑∞
=1 23
1n n
konvergiraju.
Kumerov kriterijum2
Teorema:
Neka je niz pozitivnih brojeva, takav da red Ν∈nnc )( ∑∞
=1
1n nc
divergira. Označimo
11
++
−= nn
nnn c
aacK ,
gde su , na Ν∈n , članovi reda (1). 1. Ako postoje 0>δ i Ν∈0n , tako da je δ≥nK za 0nn ≥ , onda red (1)
konvergira. Ako postoji Ν∈'0n tako da je 0≤nK za '
0nn ≥ , onda red (1) divergira.
2. Neka postoji KKn . Ako je K > 0, red (1) konvergira, a ako je K < 0,
oda on divergira. n
=∞→
lim
Dokaz: 1. Neka je 0>≥ δnK za 0nn ≥ . Na osnovu stava 1 mozemo predpostaviti da
je . Odavde 10 =n
111 +++ ≥− nnnnn aacac δ , Odnosno , tj. 011 >− ++ nnnn acac
11 ++> nnnn acac , Ν∈n .
Odavde sledi da je niz strogo opadajući, a red
konvergira, jer njegov niz parcijalnih suma je ograničen i
∞=1)( ncnca ∑
∞
=++−
111 )(
nnnnn acac
1∞=++− 1111 )( nnn caca
2 E.E.Kummer (1810-1893), nemački matematičar
18
monoton. Prema ovome I red konvergira, pa konvergira i red .
Ako je za
∑∞
=+
11
nnaδ ∑
∞
=1nna
0≤nK Ν∈n , onda je
011
≤− ++
nn
nn c
aa
c ,
tj.
n
n
n
n
c
ca
a1
111 ++ ≥ , Ν∈n .
divergira, to i red divergira. ∑∞
=1nnaKako red ∑
∞
=1
1n cn
2. Neka je KKn = > 0. Postoje n ∞→lim δ , K<< δ0 , i Ν∈0n , tako da
δ>nK . ⇒> nn 0
Na osnovu 1. red (1) konvergira. Ako je 0lim <∞→
nn
K , onda postoji , tako da
je za n . Ponovo primenjujući 1. dobijamo da red (1) divergira.
Ν∈'0n
'0n
=nc∞
=1n
nK 0≤ ≥ Primeri:
1. Neka je dati red ∑ sa pozitivnim članovima. Ako u Kumerovom ∞
=1nna
kriterijumu stavimo dobija se Dalamberov kriterijum. 1
2. Za dati red ∑ na ako u Kumerovom kriterijumu stavimo ncn =4 . Tada
se dobija
)1(1
+−=+
naa
nKn
nn .
Dakle:
(a) Ako, počevši od nekog n, vazi nejednakost 1)1(1
>≥−+
raa
nn
n , odnosno
1)1− , onda red (1) konvergira, odnosno divergira. (1+n
n
aa
n ≤
(b) Ako je raa
nn∞→
( n
n
=−+
)11
lim , onda red (1) konvergira, odnosno divergira, za
r > 1, odnosno r < 1 ( Rubeov kriterijum )3.
3 J.L. Raabe (1801-1859) švajcarski matematičar
19
1+n
n
aa 3. Predpostavimo da se odnos članova reda (1) moze napisati u
obliku
α
θμλnna
a n
n
n ++=+1
,
gde su λ , μ , i α konstante, α >1, a )( nθ je ograničen niz. Tada: (a) Za λ > 1 odnosno ( λ < 1) red konvergira (odnosno dive (1) rgira). Ovo
sledi iz Dalamberovog kriterijuma, s obzirom da je tada λ1
1
=+n
na . lim∞→n a
(b) Za λ =1, μ >1 (odnosno λ =1, μ <1) red (1) konvergira (odnosno a je u divergira). Ovo tvrdjenje sledi iz Rabeovog kriterijuma, s obzirom d
ovom slučaju
μ=−+∞→
)1(1
limn
n
n aa
n .
(c) Za λ =1, μ =1 red (1) divergira. Naime, u Kumerovom kriterijumu stavimo
. Tada red nncn ln= ∑∞ 1=1n nc
divergira i pritom je
)1ln()1()11(ln ++−++= nnnn
nnK nn α
θ
)1ln()1()lnln)1( 1 ++−++= − nnn
nnn nα
θ
11 )
111ln(ln +
− +−+= nn
nnn
α
θ ,
odakle je 11lnlim −==∞→ e
Knn
.
Kriterijum opisan u ovom primeru zove se 4.
Gausov kriterijum
4 C.F. Gauss (1777-1855) nemački matematičar
20
Redovi sa proizvoljnim članovim
ed , naziva se alternativni ili R ( ) ( )1 11 2 3
11 1n k
n kk
a a a a a∞
− −
=
− + − + − + = −∑ , 0ka >
naizmenični red.
postoji, zadovoljava nejednakost Suma reda S, ako 10 aS ≤≤ .
Lajbnicova teorema
Teorima: konvergira ako : apsolutne vrednosti članova alternativnog reda
u) tj , i
Alternativni redopadaju ( ne rast a a a a≥ ≥ ≥ ≥1 2 3 n 0 nn→
lim 0a = .
Dokaz: čno mnogo parnih članova reda )
dobijamo da je o niz raste ( ne opada).
e ovaj zbir sled em obliku:
Uočimo zbir kona
( )2 1 2 3 4 2 1 2n n nS a a a a a a−= − + − + − . Kako je
( ) (1 2 3 na a a a≥ ≥ ≥ ≥ 2 0nS ≥ .
Očigledneć
2 4 2, , nS S S…Sa druge stran se može napisati i u
( )) ( ( )S a a a a a a= − − + − −2 1 2 3 4 5 2 2 2 1n n n n− − 2 1n, pa je S a≤a a− − . je rastući i ograničDakle niz en je odozgo, pa je konvergentan, tj 2nS 2lim nn
S S→∞
= ,
Sa druge strane zbir neparnih članova je 0S > i S a≤ . 1
2 1 2 2 1n n nS S a+ += + .
2 1 2 2 1lim lim lim 0n n nn n nS S a S S+ +→∞ →∞ →∞
= + = + = .
Kako je i 2 1lim nnS S+→∞2lim nn
S S→∞
= zaključujemo da je lim nnS S
→∞== odnosno polazni
rimeri: Ispitati konvergenciju redova:
red konve
rgira.
P
1. ( ) 1 1k∞
−
11
k k−∑ .
=
21
Rešenje:Ovo je alternativni red, gde je opšti član ima oblik , gde je ( ) 11 nna−−
1na
n= pozitivan i monotono opadajući nula niz. Po Lajbnicovom kriterijumu, red
konvergira.
2. ( ) 21
11
k
k
kk
∞
=
−+∑ .
Rešenje:Ovo je alternativni red.
i. 2lim lim 01nn n
nan→∞ →∞
= =+
.
ii. Dokažimo još da niz na opada.
Uočimo funkciju ( ) 1,12 ≥
+= x
xxxf
( )( )
( )2
22
1 , 01
xf x f x xx
−′ ′= = ⇔+
1= ±
( ), 1−∞ − ( )1,1− ( )1,x ∞
y′ + - - y
Iz tablice vidimo da funkcija opada za x , što znači da i niz sa opštim članom
opada za n≥ , pa red konvergira po Lajbnicovom kriterijumu. 1≥
na 1
Rešenje: Ovo je alternativni red.
1. 2 1lim lim 0−+
( 1)nn n
nan n→∞ →∞
= =
2. Dokažimo još da niz na opada.
Uočimo funkciju ( ) ( )2 1 , 1
1xf x x
x x−
= ≥+
.
( )( )
( )2
22
2 2 1 1, 0 ,2
x xf x f x xx x
− + − ±′ ′= =+
3=
x 1 3,
2⎛ ⎞−−∞⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
1 3 1 3,2 2
⎛ ⎞− +⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
1 3 ,2
⎛ ⎞+∞⎜ ⎟⎜ ⎟
⎝ ⎠y′ - + -
y
Iz tablice vidimo da za funkcija opada, odnosno niz opada za . 2≥x na 2≥n
22
Dakle red konvergira po Lajbnicovom kriterijumu.
Ocena ostatka naizmeničnog reda
( ) ( ) 11 21 1n n
n n na++ +r a= − + − + . Ostatak neizmeničnog reda je
Teorema: Ostatak reda po apsolutnoj vrednosti je manji od apsolutne vrednosti prvog
izostavljenog člana, ( ) 11
1 kn k
k nr a
∞
1na+ += +
= − <∑ , a znak ostatka jednak je znaku
prvog izostavljenog člana.
Dokaz: Neka je paran broj n 1 2n n nr a a+ += − + . Ovaj red zadovoljava Lajbnicov kriterijum pa je 10 n nr a +≤ ≤ . Neka je n neparan broj . 1 2n n nr a a+ += − + −
1 2n n nr a a+ +− = + − + , pa je 10 n nr a +≤ − ≤ , tj 1n nr a +≤
Primeri:
1. Dat je red ( ) 1
1
11 k
k k
∞+
=
−∑
a) kolika je greška ako sumu reda S aproksimiramo sa ? 1000SRešenje:Ovaj red po Lajbnicovom kriterijumu konvergira.
1000112 1000
S = − + −1 . Ako S aproksimiramo sa , činimo grešku 1000S 1000R S S= − ,
koja je po apsolutnoj vrednosti manja od prvog zanemarenog člana 1001
11 =+na ,
dakle 10001
1001R S S= − < .Red sporo konvergira, odnosno aproksimacija S
parcijalnom sumom sadrži grešku koja je manja od1000S1001
1 , znači ni treća
decimala nije sigurna. b) Izračunati zbir reda sa tačnošću do 0,1.
23
Rešenje: Nađimo za koje je n 1,0≤nR 1
11 +=≤ + n
aR nn pa je dovoljno staviti
.Tada je 1 10 , 9n n+ = = 91 1 11 0,7462 3 9
S = − + − + = .
2. Izračunati sumu reda ( ) 1
1
11!
k
k k
∞+
=
−∑ sa tačnošću do 0,01.
Rešenje:Nađimo za koje je n 01,0≤nR .
( ) 4100!101,0)!1(
11 =⇒>+⇒<
+=≤ + nn
naR nn
Tada je 625,0!4
1!3
1!2
113 =−+−=S .
Apsolutna i uslovna konvergencija reda Ako red ima konačno mnogo pozitivnih ili negativnih članova, odbacujući ih, konvergencija ili divergencija se ne menja. Dobijamo red čiji su članovi istog znaka. Zato ćemo posmatrati samo one redove koji imaju beskonačno mnogo kako pozitivnih tako i negativnih članova kao što su alternativni redovi.
Uvodimo pojam apsolutne i uslovne konvergencije redova. Definicija
• Neka je red konvergentan. Ako je red 1
kk
a∞
=∑
1k
ka
∞
=∑ konvergentan, kažemo
da je polazni red apsolutno konvergentan.
• Neka je red konvergentan. Ako je red 1
kk
a∞
=∑
1k
ka
∞
=∑ divergentan, kažemo da
je polazni red uslovno konvergentan.
24
Košijeva teorema
Teorema:
Ako je red 1
kk
a∞
=∑ konvergentan, onda je i red
1k
ka
∞
=∑ konvergentan (obratno ne
važi). Dokaz:Posmatrajmo pomoćni red
( ) ( ) ( ) ( )1 1 2 21
n n k kk
a a a a a a a a∞
=
+ + + + + + = +∑ .
Kako je 0 n n na a a≤ + ≤ 2 , a red 12 k
ka
∞
=∑ je konvergentan, pa je po kriterijumu
upoređivanja i red (1
k kk
a a∞
=
+∑ ) konvergentan.
Polazni red se može napisati u obliku ( )1 1 1
k k kk k k
a a a∞ ∞ ∞
= = =
= + − ka∑ ∑ ∑ i proizilazi da je
red konvergentan kao razlika dva konvergentna reda. 1
kk
a∞
=∑
Primeri:
1. Ispitati konvergenciju reda ( )1
11 k
k k
∞
=
−∑ .
Rešenje:Ovo je alternativni red koji konvergira. Red njegovih apsolutnih
vrednosti 1
1k k
∞
=∑ je harmonijski red, koji divergira. Znači zadati red uslovno
konvergira.
2. Ispitati konvergenciju reda ( ) 1
1
11 k
k k k
∞+
=
−∑ .
Rešenje:Ovo je alternativni red koji konvergira po Lajbnicovom kriterijumu. Red
njegovih apsolutnih vrednosti 31 2
1k k
∞
=∑ takođe konvergira. Znači zadati red
apsolutno konvergira.
3. Ispitati konvergenciju reda ( ) 1
11
2 1
kk
k
kk
∞+
=
⎛ ⎞− ⎜ ⎟+⎝ ⎠∑ .
Rešenje:Red konvergira po Lajbnicovom kriterijumu.
Kako je 121
1limlim <=
+=
∞←∞→ nna
nn
nn, red njegovih apsolutnih vrednosti po
Košijevom korenom kriterijumu konvergira, što znači zadati red apsolutno konvergira.
25
4. Ispitati konvergenciju reda ( ) ( )1 11
ln 1k
k
∞+−
1k= +∑ .
Rešenje:Dati red konvergira po Lajbnicovom kriterijumu, a red apsolutnih vrednosti konvergira po kriterijumu upoređivanja, tj
( ) 11
1ln11
ln1ln
+>
+⇒>⇒<
nnnnnn ,
a kako red 1
11k k
∞
= +∑ divergira i red ( )1
1ln 1k k
∞
= +∑ divergira. Znači zadati red uslovno
konvergira.
5. ( ) ( )1
1
2 111
k
k
kk k
∞+
=
+−
+∑ .
Rešenje:Zadati red konvergira po Lajbnicovom kriterijumu:
1. ( )2 1lim lim 0
1nn n
nan n→∞ →∞
+= =
+
2. Monotonost ovog niza smo već dokazivali korišćenjem funkcija, ali možemo i po definiciji monotonosti niza da dokažemo da opada, tj
( ) ( )( ) ( )( ) ( )12 1 2 3 2 1 2 2 3 2 2
1 1 2n nn na a n n n n n
n n n n++ +
≥ ⇔ ≥ ⇔ + + ≥ + ⇔ + ≥+ + +
0
Red apsolutnih vrednosti divergira po integralnom Košijevom kriterijumu.
( )( )( ) ( )
11 1 1
12 1 1 1lim lim lim ln 11 1 1
a aa
a a a
x xx dx dx dx x xx x x x x x
∞
→∞ →∞ →∞
+ ++ ⎛ ⎞= = + = +⎜ ⎟+ + +⎝ ⎠∫ ∫ ∫ = ∞ .
Znači zadati red uslovno konvergira.
26
Sadržaj Uvod ........................................................................................................ 2 Pojam reda .......................................................................................... 3 Pojam i svojstva brojnog reda ......................................... 3 Teorema (Kosijev kriterijum za konvergenciju reda) ....................................................................................................... 6 Redovi sa pozitivnim članovima ......................................... 8 Kriterijumi za ispitivanje konvergencije pozitivnih redova ..................................................... 8 Kriterijum upoređivanja članova redova .................. 8 Dalamberov kriterijum (D’Alamber) ............................ 10 Košijev kriterijum (Cauchy) ........................................... 13 Košijev integralni kriterijum ...................................... 15 Kumerov kriterijum ................................................................ 18 Redovi sa proizvoljnim članovim ..................................... 21 Lajbnicova teorema ................................................................ 21 Ocena ostatka naizmeničnog reda ................................. 23 Apsolutna i uslovna konvergencija reda .................... 24 Košijeva teorema ..................................................................... 25
27
