Red

5/16/2018 Red - slidepdf.com

http://slidepdf.com/reader/full/red5572001a49795991699ecd1a 1/27

Matematički fakultetu Beogradu

Seminarski radiz metodike nastave matematike 2

B r o j n i r e d

Profesor Beograd StudentZoran Lučić 2008 Stamenković Tanja



Uvod

Brojnim redovima ljudi su se bavili od nastanka matematike. Zbir beskonačnoggeometrijskog reda količnika manjeg od 1 izračunao je još Arhimed. Divergenciju

harmoniskog reda1

1

k 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 Gausagod. 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 mozeizraziti koristeci oznaku ∑ gde se za donji broj uzima pocetna vrednost, a gornjikrajna 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 ∑ k a

......321

1

+++++=∑∞

=n

k

k aaaaa (1)

Izraz (1) naziva se beskonač nim brojnim redom.

Koje bi bilo resenje reda koji ima beskonačno članova npr.

3

http://sr.wikipedia.org/wiki/%D0%9C%D0%B0%D1%82%D0%B5%D0%BC%D0%B0%D1%82%D0%B8%D0%BA%D0%B0

http://sr.wikipedia.org/wiki/%D0%91%D1%80%D0%BE%D1%98

http://sr.wikipedia.org/wiki/%D0%A4%D1%83%D0%BD%D0%BA%D1%86%D0%B8%D1%98%D0%B0

http://sr.wikipedia.org/wiki/%D0%92%D0%B5%D0%BA%D1%82%D0%BE%D1%80

http://sr.wikipedia.org/wiki/%D0%9C%D0%B0%D1%82%D1%80%D0%B8%D1%86%D0%B0_%28%D0%BC%D0%B0%D1%82%D0%B5%D0%BC%D0%B0%D1%82%D0%B8%D0%BA%D0%B0%29

http://sr.wikipedia.org/w/index.php?title=%D0%9D%D1%83%D0%BC%D0%B5%D1%80%D0%B8%D1%87%D0%BA%D0%B8_%D1%80%D0%B5%D0%B4&action=edit&redlink=1



http://sr.wikipedia.org/w/index.php?title=%D0%A4%D1%83%D0%BD%D0%BA%D1%86%D0%B8%D0%BE%D0%BD%D0%B0%D0%BB%D0%BD%D0%B8_%D1%80%D0%B5%D0%B4&action=edit&redlink=1



http://sr.wikipedia.org/w/index.php?title=%D0%A0%D0%B5%D0%B4_%D0%B2%D0%B5%D0%BA%D1%82%D0%BE%D1%80%D0%B0&action=edit&redlink=1



http://sr.wikipedia.org/w/index.php?title=%D0%A0%D0%B5%D0%B4_%D0%BC%D0%B0%D1%82%D1%80%D0%B8%D1%86%D0%B5&action=edit&redlink=1







http://sr.wikipedia.org/wiki/%D0%9C%D0%B0%D1%82%D1%80%D0%B8%D1%86%D0%B0_%28%D0%BC%D0%B0%D1%82%D0%B5%D0%BC%D0%B0%D1%82%D0%B8%D0%BA%D0%B0%29

http://sr.wikipedia.org/wiki/%D0%92%D0%B5%D0%BA%D1%82%D0%BE%D1%80

http://sr.wikipedia.org/wiki/%D0%A4%D1%83%D0%BD%D0%BA%D1%86%D0%B8%D1%98%D0%B0

http://sr.wikipedia.org/wiki/%D0%91%D1%80%D0%BE%D1%98

http://sr.wikipedia.org/wiki/%D0%9C%D0%B0%D1%82%D0%B5%D0%BC%D0%B0%D1%82%D0%B8%D0%BA%D0%B0



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 parcijalnimsumama 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 označavanS

zbir 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 je1

lim lim ,

n

nn n

k

S S→∞ →∞

== = ∑ k a

divergentan.

Red može imati i oblik

(npr, Loranov red) ali i oblik

Primeri: Ispitati konvergenciju i odrediti sumu redova:

1.( )1

1

1k k k

∞

= +∑ .

4



Rešenje:

( ) ( )1k =

1 1 1 1

1 1 2 2 3 1k k n n

∞

= + + + ++ ⋅ ⋅ +

∑

n -ta parcijalna suma je:

( )1 1 1 1 1 1 1 1 1

1 11 2 2 3 1 2 2 3 1 1

nS

n n n n n

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + + + = − + − + + − = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⋅ ⋅ + + +⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ .

1lim lim 1 1

1n

n nS S

n→∞ →∞

⎛ ⎞= = −⎜ ⎟+⎝ ⎠

=

Zaključujemo da je red konvergentan i da mu je sima 1S = .

2.n .( geometrijski red )

2

0

k

k

aq a aq aq aq∞

=

= + + + + +∑

Rešenje:

n -ta parcijalna suma je1

1

1

n

n

qS a

q

+−= ⋅

−.

Ako je 1<q 11

lim lim1 1

n

nn n

qS S a

q q

+

→∞ →∞

−= = ⋅ =

a

− −i red je konvergentan,

Ako je 1>q ∞==∞→

nn

SS lim i red je divergentan,

Ako je 1q = ( )1n

S a n= + , ∞==∞→

nn

SS lim i red je divergentan.

Ako je 1q = −0, 2

, 2

n

n k S

a n k

=⎧= ⎨

1= +⎩

red nema graničnu vrednost i

divergentan je.

Uporedo sa redom (1) posmatrajmo red

∑∞

=++++ =++++

1

21 ......k

k mk mmm 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 konvergentniili divergentni.

2. Ako je red konvergentan i ako je k a1

n

k 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 k mmm aaa +++ +++ ...21

SS k m

k

=+∞→

li

reda (2) označićemo sa . Očito je

Ako je

'

k S mk mk SSS −= +'

m . Onda je . Iz sledimSk

k

SS −=∞→

'

lim''

lim SSk =∞→k

mk mSS +=+

'

k

S∞→lim2. Kako je

n n nS r S r S S+ = ⇔ = −

nonda je

lim lim 0n nn n

r 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∑∞

=1k

k a ε >0 postoji Ν∈0n tako da za

,0nn > Ν∈ p sledi ε <+++ +++ |...| 21 pnnn aaa . Simbolički zapisano:

∑∞

=1k

k a konvergira

)|...|)(,)()(0( 2100 ε ε <+++⇒> Ν∈∀ Ν∈∃>∀⇔ +++ pnnn aaann pnn .

Jedna od glavnih primena teorije redova je približno izračunavanje veličina. U timproblemima osnovnu ulogu igra tačnost ocenjivanja, koje zasnivamo na oceni

ostatka reda.n

r je apsolutna greška aproksimacijen

S S≈ .

Teorema

Potreban uslov za konvergenciju reda je da 0lim =∞→

nn

a .

Dokaz: Kako je i1 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 n

n na S

→∞ →∞1 1) lim lim

n nn n

S S− −→∞ ←∞

= −= −

Na primeru harmoniskog reda možemo da uočimo da je izloženi uslov potreban,

a ne i dovoljan za konvergenciju reda, tj. 01

limlim ==∞→∞→ n

an

nn

, a dokazali smo da je

red divergentan.

6



Teorema

Ako se svaki član reda pomnoži sa konstantom1

k

k

a∞

=∑ ( ),C C 0≠ , dobija se red

, koji je konvergentan ili divergentan zavisno od toga da li je red1

k

k

C a∞

=∑

1

k

k

a

∞

=∑

konvergentan ili divergentan.

Dokaz: Ako je dati red .Niz njegovih parcijalnih suma ima graničnu

vrednost , tj .Ako je

1

k

k

a∞

=∑

S

nS

S limn

nS

→∞=

nS ′ parcijalna suma reda , tj

. Njegova granična vrednost je

. Znači novi red se isto ponaša kao polazni.

1

k

k

C a∞

=∑

( 1C a +

nS C =

)2S Ca a a CS′ = + + + =

lim limn nn n S S→∞ →∞′

1 2C

S C =

n nCa =

limnC →∞=

n na

Teorema

Ako su redovi i konvergentni i ako su im sume1

k

k

a∞

=∑

1

k

k

b∞

=∑ S ′ i , tada će i red

konvergirati i suma mu je

S ′′

(1

k k

k

a b∞

=

±∑ ) S S′ ′′± .

Dokaz: Ako su i parcijalne sume redovanS′ nS ′′ 1

k

k a

∞

=∑ i1

k

k b

∞

=∑ i , a

.

lim nn S S→∞ ′ = ′

n′′ )

S ′′

lim nn

S S→∞

′′ ′′=

Neka je niz delimičnih suma reda , tada je

.

n nS S S′= ±

( ) limn n nS S S′ ′′= ±

(1

k k

k

a b∞

=

±∑

lim lim limn nn n n

n

S S S→∞ →∞ →∞→∞

′ ′′ ′= ± = ±

Primer: Dokazati da je red2

1

1 2

2

k

k k

∞

=

+∑ konvergentan.

Rezultat:

2 2 21 1 1 1 1

1 2 1 2 1 1

2 2 2 4 2

k k

k k k k k k k k k k

∞ ∞ ∞ ∞ ∞

= = = = =

+= + = +∑ ∑ ∑ ∑ ∑ . Ovo su dva geometrijska reda čije su

sume 1

1 4

1 31

4

S = =−

i 2

12

11

2

S = =−

, pa je suma reda4 10

23 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 sumepozitivnog reda su monotono rastuće i prema tome granična vrednost ovihsuma uvek postoji ( konačna ili beskonačna ).

Kriterijumi za ispitivanje konvergencije

pozitivnih redova

Kriterijumi o kojima će biti reči u narednom poglavlju samo odgovaraju napitanje da li red konvergira ili ne, bez određivanja sume reda.

Kriterijum upoređ ivanja članova redova

Ako su članovi reda sa pozitivnim članovima, počev od nekog člana,

uvek manji od odgovarajućih članova reda

1

k

k

a∞

=∑

1

k

k

b∞

=∑ 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

1

k

k

a∞

=∑

1

k

k

b∞

=∑ za koji znamo da divergira,

tada i zadati red divergira.

Dokaz:U prvom slučaju, ako sun

S ′ in

S ′′ parcijalne sume datih redova, a red

konvergira, onda je1

k

k

b∞

=∑ lim ,n

nS S

→∞′′ ′′= 0S ′′ > , a kako su svi članovi reda pozitivni

.nS ′′ < S ′′

8



Iz relacije dobijamo da je1 1 2 2, , n na b a b a b< < < nn

S 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 lim

n→∞n

S S′ ′= , odnosno red

1

k

k

a∞

=

∑

konvergira.Dokaz u drugom slučaju je istovetan.

Primeri:

Ispitati konvergenciju redova:

1. ∑∞

=12

1

k 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 1

1nb

n n n n= =

+ +.

Opšti član zadatog reda( )

2 2

1 1

1n

an nn

= <++

nb= je dakle uvek manji od opšteg

člana reda koji konvergira, dakle i zadati red konvergira.

2.

1

1

k k

∞

=

∑ .

Rešenje:Uporedimo zadati red sa harmonijskim redom1

1

k k

∞

=∑ .Kako je

1 1n

ann

= > =n

b i znajući da harmonijski red divergira, zaključujemo da i zadati

red divergira.

3.1

1

2k k k

∞

= ⋅∑ .

Rešenje:Kako je1 1

2 2n n n

an

= <⋅

, a red1

1

2k k

∞

=∑ je konvergentan ( geometrijski

red ), te i zadati red konvergira.

4. ∑∞

=1

ln

k k

k .

Rešenje:Kako jeln 1

n

na

n n= > , a red

1

1

k k

∞

=∑ je divergentan, biće i zadati red

divergentan.

9



Dalamberov kriterijum (D’Alamber)1

Teorema

1

k

k

a∞

=∑ je red sa pozitivnim članovima i neka je l

a

a

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 neizrač unava sumu reda.

Dokaz:Neka je 1lim n

nn

al

a

+

→∞= . Na osnovu definicije granične vrednosti niza za

svaki 0ε > može se odrediti broj m N ∈ takav da je n m∀ > , 1n

n

al

aε + − < , tj

1n

n

al l

aε 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 važin m∀ >

1m ma qa+ < ,

2

2 1m ma a q q a+ +< < ,

3

3 3m ma a q q a+ +< < ,

…………………….

Sabiranjem ovih nejednakosti dobijamo1 1

k

m k m

k k

a a q∞ ∞

+= =

<∑ ∑ .

Red na desnoj strani nejednakosti je geometrijski red koji konvergira. Na osnovukriterijuma upoređivanja i zadati red konvergira.

1 J. D’alambert (1717-1783), francuski matematičar

10



Ako je 1>l , onda je 1 1n

n

al q

aε + > − = > . 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 zaispitivanje konvergencije reda.

Primeri:


1.1k =

Rešenje:

100

k ∑ .

!

k ∞

( )( )

1

1

100

1 ! 100 ! 100lim lim lim lim 0

100 1 ! 1

!

n

n

nn n n n

n

na n

a n

n

+

+

→∞ →∞ →∞ →∞

+= = =

+ +n=

Kako je , red konvergira.10 <=l

2.1k =

Rešenje:

2k

k ∞

∑ .

2

11lim

2

1

2

21

limlim1

1 =+

=

+

=∞→

+

∞→

+

∞→ n

n

n

n

a

a

n

n

n

nn

n

n

12

1<=l , red konvergira.

3.1k =

Rešenje:

!

10k

k ∞

∑ .

( )∞=

+=

+=

∞→

+

∞→

+

∞→ 10

1lim

10

!10

!1

limlim1

1 n

n

n

a

a

n

n

n

nn

n

n

1>∞=l , red divergira.

4.1

1

k k

∞

=∑ .

11



Rešenje:

11

lim1

1

1

limlim 1 =+

=+=∞→∞→

+

∞→

nna

nn

n

n n

n

an

1l = , ne znamo da li red divergira ili konvergira. Ovo je harmonijski red za kojismo dokazali da divergira.

5. ∑∞

=1 !k

k

k

k .

Rešenje:

( )( ) ( )

1

1

1

1 ! 1 1lim lim lim lim 1

!

n

n n

n

n nn n n n

n

n

n nae

na n

n

+

+

→∞ →∞ →∞ →∞

+

+ + ⎛ ⎞= = = +⎜ ⎟

⎝ ⎠n

=

1>= el , red divergira.

6.2

1

2

3

k

k k

k +∞

=

⋅∑ .

Rešenje:

( )

3

11

1

( 1) 22 1 23lim lim lim

2 3 3

3

n

nn

nn n n

n

n

nna

na n

+

++

+→∞ →∞ →∞

+ ⋅+

= =⋅

=

13


7.1

1 2

54 1

k

k k

∞

=

⎛ ⎞⎜ ⎟

+ ⎝ ⎠∑ .

Rešenje:

1

1

1 2

4 1 2 254 5lim lim lim

4 5 5 51 2

54 1

n

n

nn n n

n

a nn

a n

n

+

+

→∞ →∞ →∞

⎛ ⎞⎜ ⎟ ++ ⎝ ⎠= =

+⎛ ⎞

⎜ ⎟+ ⎝ ⎠

⋅ =

15


8.( )

∑∞

=

−

1 !3

!!12

k k k

k .

Rešenje:

12



( )( )

( ) ( )

1

1

2 1 !!

3 1 ! 2 1 2lim lim lim

2 1 !! 3 1

3 !

n

n

n n nn

n

n

na n

na n

n

+

+

→∞ →∞ →∞

+

+ += =

− + 3=

132 <=l , red konvergira.

9. ∑∞

=1

!3

k k

k

k

k .

Rešenje:

( )

( )

1

1

1

3 1 !

1 3 3lim lim lim lim

3 ! 1 11

n

n

n

n nn n n n

n

n

n

na

na en

n n n

+

+

+

→∞ →∞ →∞ →∞

+

+= = = =

+⎛ ⎞ ⎛ ⎞+⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

3n

03 >= el , red divergira.

Košijev kriterijum (Cauchy)

Teorema

Neka je red sa pozitivnim članovima i

1

k

k

a∞

=

∑ lann

n=

∞→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 jem N ∈ n m∀ > nn

a l ε − ≤ , tj nn

l a lε ε ≤ ≤ + . −

Neka je 1l < .

Tada je 1nn

a l qε ≤ + = < ,odakle je n

na q≤ .

Dakle za svako dobijamon m∀ >

m

ma q≤

1

1

m

ma q +

+ ≤

2

2

m

ma q +

+ ≤

……………Sabiranjem ovih veza dobijamo

13



0 0

m

m k

k k

a 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 , 1nn

a l ε ≥ − > .Prema tome za n m∀ > zadovoljeno je da 1nn

a > ,

dakle .1na >

Kako opšti član reda ne teži nuli red divergira.

Ako je 1=l ne znamo da li red konvergira ili divergira.

Primeri:


1. ∑∞

=1k

Rešenje:

1k k

.

01

lim1

limlim ===∞→∞→∞→ nn

an

nnn

nn

n.

10 <=l , red konvergira.

2.

2

1k =

Rešenje:

1k

k ⎟ ⎠

⎞

+.

k

∑∞

⎜⎝

⎛

2

1 1lim lim lim lim

11 11

n

n n

n nn

n n n n

n na

n n

n

→∞ →∞ →∞ →∞

⎛ ⎞⎜ ⎟⎛ ⎞ ⎛ ⎞

= = = ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟+ +⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎜ ⎟+⎜ ⎟⎝ ⎠

e= ,

11

<=e

l , red konvergira.

3.

2

1k =

Rešenje:

1

k ⎟ ⎠

⎞+ .1

k −∞

∑⎜⎝

⎛

e

n

n

n

na

n

n

n

n

n

n

n

nn

n

1

1

1

1lim

1lim

11limlim

2

=

⎟

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜

⎜⎜⎜

⎝

⎛

+

=⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ +=⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ +=

∞→

−

∞→

−

∞→∞→

11

<=e

l , red konvergira.

4.

2

12

2

3

2k

k k k

k ∑

∞

=⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

++

+.

Rešenje:

14



22 2

22

1 32 lim13

132 2

2 1lim lim lim 1

3 3

n

n n nn n n nnn n

n nn nn

n n n

n na e

n n n n

→∞

+ + +⋅ ⋅ +

−++ + −+ +

→∞ →∞ →∞

⎛ ⎞+ +⎛ ⎞= = − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟+ + + +⎝ ⎠⎝ ⎠

e=

11

<=e

l , red konvergira,

5.1

12

k

k

k k

−∞

=

⎛ ⎞+⎜ ⎟

⎝ ⎠∑ .

Rešenje:

1

11 1 1lim lim lim 2 1 2

2

n

nnn

n n nn

n n

− −

−

→∞ →∞ →∞

⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + = ⋅ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠2na n= +

12

1<=l , red konvergira, zato što je

lnlim

0lim 1n

n

n n

nn e e→∞

→∞= = = .

6.

( )1

2k = ⎝ ⎠Rešenje:

1

2

− ⎞⎟ .

k k −k

k

∞ ⎛ ⎜ +

∑

( )3 2

1 ( 1) 3 32 3 lim

321 3

lim lim lim 12 2

n

nn n n n

nnn n

nn n n

na e

n n

→∞

+− ⋅ ⋅ − −

+−+

→∞ →∞ →∞

−⎛ ⎞ ⎛ ⎞= = − = e⎜ ⎟ ⎜ ⎟+ +⎝ ⎠ ⎝ ⎠

=

113

<=e

l , red konvergira.

7.

( )1

1k k = ⎝ ⎠Rešenje:

1− ⎞⎟

+

.

k k −

1

k ∞ ⎛ ⎜∑

2

11l

e= < , red konvergira.

Košijev integralni kriterijum

Teorema

Neka je red sa pozitivnim i nerastućim članovima. tj. I1

k

k

a∞

=∑ 0

k a > 1 2a a≥ ≥

Ako je funkcija ( ) f x na intervalu [1, )∞ pozitivna, neprekidna i nerastuća takva

da je

( ) ( ) ( )1 21 , 2 , , ,n

a f a f a f n= = =… … , onda

15



• ako ( )1

f x dx

∞

∫ konvergira, onda i red1

k

k

a∞

=∑ konvergira,

• ako ( )1

f x dx

∞

∫ divergira, onda i red1

k

k

a∞

=∑ divergira.

Dokaz: Posmatrajmo funkciju ( ) f x na intervalu [ ]1, 1n + .

Izraz ( )1

1

n

n I f x dx

+

= ∫ predstavlja površinu krivoliniskog trapeza koga sa osom x i

pravama 1 x = , 1 x 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

( ) n f n a= .

Zbir površina svih opisanih pravougaonika iznosi 1 2OP a a a S

n n= + + =…

2 1U n n na a S a+ +

, a zbir

površina svih upisnih pravougaonika iznosi 1 1P a= + + + = −…

.

1a

2a

na

1na

+

Površinu krivoliniskog trapeza je broj koji zadovoljava vezu , tj

.

1 1n nS a I S+ − < < n

1a

1 1n n nS I a S+ < + < +

Kada pustimo da , ako nesvojstveni integraln → ∞ ( )1

f x dx

∞

∫ konvergira tada

integral ( )1

1

n

f x dx

+

∫ teži konačnoj vrednosti I , tj. ( )1

1

n

n I f x dx

+

I = <∫

1nS

, pa dobijamo

, tj rastući niz parcijalnih suma1 1 na S< + <

1a

n nS I + + + je ograničen odozgo.

Znači postoji , tj red konvergira.1nS S+ =lim

n→∞

Ako integral divergira, tada 1lim nn I +→∞ = ∞ , pa iz veze n n I S< sledi da , tj

red divergira.

1lim nn S +→∞ = ∞

Primeri:


1.1

ln

k

k

k

∞

=∑ .

16



Rešenje:Uočimo funkciju ( ) [ )ln

, 1, x

f x x x

= ∈ ∞ .

Kako je ( ) 2

1 ln x f x

x

−′ = , ( ) 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 intervalu2,718e = … [ )∞∈ ,3 x , na kome je

ona pozitivna i nerastuća.

{ } ( )ln ln

2 2 2

ln33 3 ln3

ln lnlim ln lim lim lim ln ln 3

a a a

a a a a

xdx xdx I x t tdt t

x x

∞

→∞ →∞ →∞ →∞= = = = = = = −∫ ∫ ∫ a = ∞ .

Kako integral divergira po Košijevoj teotemi divergiraju i red.

2.2

2

1

lnk k k

∞

=∑ .

Rešenje:Uočimo funkciju ( ) 2,ln1

2≥= x

x x x f .Funkcija ( ) 0 f x ≥ i neprekidna za

. 2≥ x

( ) ( ) 2

2 3

ln 2, 0 , ln 2 0 ,

ln

x f x f x x

x x x 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 2

2 2 ln 2 ln 2

1 1 1lim ln lim lim lim

ln ln ln ln 2 ln 2

aa a

a a a a

dx dx dt I x t

x x x x t t a

∞

→∞ →∞ →∞ ←∞

⎛ ⎞ ⎛ ⎞= = = = = = − = − − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠∫ ∫ ∫

1

i nesvosstveni integral konvergira, što povlači da i red konvergira.

3. ∑∞

=

−

1k

k

k

e.

Rešenje:Uočimo funkciju ( ) [ ), 1, x

e f x x

x

−

= ∈ ∞ .

Funkcija je očigledno pozitivna i neprekidna za 1 x ≥ .

( )( )

[ )

1 11

2 20 , 1,

2 x x

x x x x

f x x xe x xe

− − +′ = = − < ∈ ∞ znači funkcija opada

{ } 1

1 1

1 1 2lim 2lim 2lim 2 lim

a a xt t a

aa a a a

e I dx x t e dt e

e e x e

−− −

→∞ →∞ →∞ →∞

⎛ ⎞= = = = = − = − − =⎜ ⎟⎝ ⎠

∫ ∫ ,

integral konvergira , pa konvergira i red.

4. .1

a

k

k ∞

=∑

Rešenje:

17



a) Ako je red divergira jer opšti član reda ne teži nuli.0>a

b) Ako je , , pa imamo0<a ba −= 0>b

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=

≠−=

−∞

∫1,ln

1,1

1

1 b x

bb

x

x

dxb

b

Ako je integral divergira, pa i red divergira,1≤b

ako je integral konvergira, pa i red konvergira1>b

Na primer redovi ∑∞

=1

1

n n, ∑

∞

=1 3

2

1

nn

divergiraju, dok redovi ∑∞

=12

1

n n, ∑

∞

=1 2

3

1

nn

konvergiraju.

Kumerov kriterijum 2

Teorema:

Neka je niz pozitivnih brojeva, takav da red Ν∈nnc )( ∑∞

=1

1

n ncdivergira. Označimo

1

1

+

+

−= n

n

nnn

ca

acK ,

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 K K n . Ako je K > 0, red (1) konvergira, a ako je K < 0,

oda on divergira.n

=∞→

lim

Dokaz:

1. Neka je 0>≥ δ nK za 0nn ≥ . Na osnovu stava 1 mozemo predpostaviti da

je . Odavde10 =n

111 +++ ≥− nnnnnaacac 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 ∑

∞

=++−

1

11 )(n

nnnn 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

∑∞

=+

1

1

n

naδ ∑∞

=1n

na

0≤nK Ν∈n , onda je

01

1

≤− +

+n

n

n

n

ca

ac ,

tj.

n

n

n

n

c

c

a

a

1

1

11 ++ ≥ , Ν∈n .

divergira, to i red divergira.∑∞

=1n

naKako red ∑

∞

=1

1

n cn

2. Neka je K K n = > 0. Postoje

n ∞→

lim δ , K << δ 0 , i Ν∈0n , tako da

δ >nK .⇒> nn 0

Na osnovu 1. red (1) konvergira. Ako je 0lim <∞→

n

n

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

∞

=1n

na

kriterijumu stavimo dobija se Dalamberov kriterijum. 1

2. Za dati red ∑ na ako u Kumerovom kriterijumu stavimo ncn =4 . Tada

se dobija

)1(1

+−=+

na

anK

n

n

n .

Dakle:

(a) Ako, počevši od nekog n, vazi nejednakost 1)1(1

>≥−+

r a

an

n

n , odnosno

1)1− , onda red (1) konvergira, odnosno divergira.(1+n

n

a

a

n ≤

(b) Ako je r a

an

n∞→

( 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

a

a 3. Predpostavimo da se odnos članova reda (1) moze napisati u

obliku

α

θ μ λ

nna

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 tadaλ

1

1

=+n

na.lim

∞→n a

(b) Za λ =1, μ >1 (odnosno λ =1, μ <1) red (1) konvergira (odnosno

a je udivergira). Ovo tvrdjenje sledi iz Rabeovog kriterijuma, s obzirom dovom slučaju

μ =−+∞→

)1(1

limn

n

n a

an .

(c) Za λ =1, μ =1 red (1) divergira. Naime, u Kumerovom kriterijumu stavimo

. Tada rednncn ln= ∑∞ 1

=1n ncdivergira i pritom je

)1ln()1()1

1(ln ++−++= nnnn

nnK nn α

θ

)1ln()1()ln

ln)1(1

++−++=−

nnn

nnn n

α

θ

1

1 )1

1

1ln(

ln +

− +−+=

nn

nn

nα

θ

,

odakle je 11

lnlim −==∞→ e

K nn

.

Kriterijum opisan u ovom primeru zove se4.Gausov kriterijum

4 C.F. Gauss (1777-1855) nemački matematičar

20



Redovi sa proizvoljnim članovim

ed , naziva se alternativni ili R ( ) ( )1 1

1 2 3

1

1 1n k

n k

k

a a a a a∞

− −

=

− + − + − + = −∑ , 0k

a >

naizmeni č ni red.

postoji, zadovoljava nejednakostSuma reda S, ako 10 aS ≤≤ .

Lajbnicova teorema

Teorima:

konvergira ako : apsolutne vrednosti članova alternativnog redau) tj , i Alternativni redopadaju ( ne rast a a a a≥ ≥ ≥ ≥ 1 2 3 n0

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 0

nS ≥ .

Očigledn

eć2 4 2, , n

S 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, tj2nS 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 n

S S a S S+ +→∞ →∞ →∞

= + = + = .

Kako je i 2 1lim nn

S S+→∞

2lim nn

S S→∞

= zaključujemo da je lim nn

S S→∞

== odnosno polazni

rimeri:


red konve

rgira.

P

1. ( )1 1k

∞−

1

1k k

−∑ .=

21



Rešenje:Ovo je alternativni red, gde je opšti član ima oblik , gde je( )1

1n

na

−−

1n

an

= pozitivan i monotono opadajući nula niz. Po Lajbnicovom kriterijumu, red

konvergira.

2. ( ) 21

11

k

k

k k

∞

=− +∑ .

Rešenje:Ovo je alternativni red.

i.2

lim lim 01

nn n

na

n→∞ →∞= =

+.

ii. Dokažimo još da nizn

a opada.

Uočimo funkciju ( ) 1,12

≥+

= x x

x x f

( ) ( ) ( )

2

22

1

, 01

x

f x f x x x

−′ ′= = ⇔

+ 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 1

lim lim 0−

+

( 1)n

n n

na

n n→∞ →∞= =

2. Dokažimo još da niz na opada.

Uočimo funkciju ( )( )2 1

, 11

x f x x

x x

−= ≥

+.

( )( )

( )2

22

2 2 1 1, 0 ,

2

x x f x f x x

x 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≥ xn

a 2≥n

22



Dakle red konvergira po Lajbnicovom kriterijumu.

Ocena ostatka naizmeničnog reda

( ) ( )1

1 21 1

n n

n n na

+

+ +r a= − + − + .Ostatak neizmeničnog reda je

Teorema:

Ostatak reda po apsolutnoj vrednosti je manji od apsolutne vrednosti prvog

izostavljenog člana, ( ) 1

1

1k

n k

k n

r a∞

1na+ +

= +

= − <∑ , a znak ostatka jednak je znaku

prvog izostavljenog člana.

Dokaz: Neka je paran brojn1 2n n n

r a a+ += − +.

Ovaj red zadovoljava Lajbnicov kriterijum pa je1

0 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 ?1000S

Rešenje:Ovaj red po Lajbnicovom kriterijumu konvergira.

1000

11

2 1000S = − + −

1. Ako S aproksimiramo sa , činimo grešku1000

S1000

R S S= − ,

koja je po apsolutnoj vrednosti manja od prvog zanemarenog člana1001

11

=+na ,

dakle 1000

1

1001 R S S= − < .Red sporo konvergira, odnosno aproksimacija S

parcijalnom sumom sadrži grešku koja je manja od1000S

1001

1, znači ni treća

decimala nije sigurna.

b) Izračunati zbir reda sa tačnošću do 0,1.

23



Rešenje: Nađimo za koje jen 1,0≤n R 1

11

+=≤ +

na R nn pa je dovoljno staviti

.Tada je1 10 , 9n n+ = =9

1 1 11 0,746

2 3 9S = − + − + = .

2. Izračunati sumu reda ( )1

1

11

!

k

k k

∞ +

=

−∑ sa tačnošću do 0,01.

Rešenje:Nađimo za koje jen 01,0≤n R .

( ) 4100!101,0)!1(

11

=⇒>+⇒<+

=≤ + nnn

a R 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 istogznaka. Zato ćemo posmatrati samo one redove koji imaju beskonačno mnogokako pozitivnih tako i negativnih članova kao što su alternativni redovi.

Uvodimo pojam apsolutne i uslovne konvergencije redova.

Definicija

• Neka je red konvergentan. Ako je red1

k

k

a∞

=∑

1

k

k

a∞

=∑ konvergentan, kažemo

da je polazni red apsolutno konvergentan.

• Neka je red konvergentan. Ako je red1

k

k

a∞

=∑

1

k

k

a∞

=∑ divergentan, kažemo da

je polazni red uslovno konvergentan.

24



Košijeva teorema

Teorema:

Ako je red1

k

k

a∞

=

∑ konvergentan, onda je i red1

k

k

a∞

=

∑ konvergentan (obratno ne

važi).

Dokaz:Posmatrajmo pomoćni red

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

1

n n k k

k

a a a a a a a a∞

=

+ + + + + + = +∑ .

Kako je 0 n n na a a≤ + ≤ 2 , a red

1

2 k

k

a∞

=∑ je konvergentan, pa je po kriterijumu

upoređivanja i red (1

k k

k

a a∞

=

+∑ ) konvergentan.

Polazni red se može napisati u obliku ( )1 1 1

k k k

k k k

a a a∞ ∞ ∞

= = =

= + −k

a∑ ∑ ∑ i proizilazi da je

red konvergentan kao razlika dva konvergentna reda.1

k

k

a∞

=∑

Primeri:

1. Ispitati konvergenciju reda ( )1

11

k

k k

∞

=

−∑ .

Rešenje:Ovo je alternativni red koji konvergira. Red njegovih apsolutnih

vrednosti1

1

k k

∞

=∑ je harmonijski red, koji divergira. Znači zadati red uslovno

konvergira.


1

11

k

k k k

∞+

=

−∑ .

Rešenje:Ovo je alternativni red koji konvergira po Lajbnicovom kriterijumu. Red

njegovih apsolutnih vrednosti3

1 2

1

k k

∞

=∑ takođe konvergira. Znači zadati red

apsolutno konvergira.


1

12 1

k k

k

k

k

∞ +

=

⎛ ⎞− ⎜ ⎟+⎝ ⎠∑ .

Rešenje:Red konvergira po Lajbnicovom kriterijumu.

Kako je 12

1

1limlim <=

+=

∞←∞→ n

na

n

nn

n, red njegovih apsolutnih vrednosti po

Košijevom korenom kriterijumu konvergira, što znači zadati red apsolutnokonvergira.

25



4. Ispitati konvergenciju reda ( )( )

1 11

ln 1

k

k

∞+

−1k = +

∑ .

Rešenje:Dati red konvergira po Lajbnicovom kriterijumu, a red apsolutnih

vrednosti konvergira po kriterijumu upoređivanja, tj

( ) 1

1

1ln

11

ln

1ln

+>

+⇒>⇒<

nnnnnn ,

a kako red1

1

1k k

∞

= +∑ divergira i red

( )1

1

ln 1k k

∞

= +∑ divergira. Znači zadati red uslovno

konvergira.

5. ( )( )

1

1

2 11

1

k

k

k

k k

∞+

=

+−

+∑ .

Rešenje:Zadati red konvergira po Lajbnicovom kriterijumu:

1.( )2 1lim lim 0

1n

n n

nan n→∞ →∞

+= =+

2. Monotonost ovog niza smo već dokazivali korišćenjem funkcija, alimožemo i po definiciji monotonosti niza da dokažemo da opada, tj

( ) ( )( )( )( ) ( )1

2 1 2 32 1 2 2 3 2 2

1 1 2n n

n 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 1

lim lim lim ln 11 1 1

a aa

a a a

x x x

dx dx dx x x x 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 ......................................... 8Kriterijumi 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

Documents

Red