Nizovi

Neka je (X, d) metricki prostor.

Definicija. Funkcija a : N → X, a(n) = an zove se niz u prostoru X ioznacava se sa {an}n∈N.

Element an ∈ X zove se clan niza.Niz {an}n∈N u prostoru X ⊆ R, u kome je definisana metrika d(x, y) =

|x− y| (x, y ∈ R) zove se realni niz.U daljem izlaganju govorice se o realnim nizovima.

Definicija. Niz {an}n∈N je konvergentan ako postoji tacka a ∈ X takva da

(∀ε > 0)(∃n0 ∈ N)(∀n ≥ n0) |an − a| < ε .

Tacka a je granicna vrednost ili granica niza {an}n∈N, sto se oznacava sa

limn→∞

an = a ili an → a (n → ∞) .

Ako niz nije konvergentan, on je divergentan.

Definicija. Niz {an}n∈N tezi ka +∞, tj. limn→∞

an = +∞, ako

(∀A > 0)(∃n0 ∈ N)(∀n ≥ n0) an > A .

Niz {an}n∈N tezi ka −∞, tj. limn→∞

an = −∞, ako

(∀A > 0)(∃n0 ∈ N)(∀n ≥ n0) an < −A .

Ako je limn→∞

an = +∞ ili limn→∞

an = −∞, niz je odredeno divergentan.

Definicija. Niz {an}n∈N je ogranicen ako postoje tacka a ∈ R i M > 0 takoda je |an − a| < M za svako n ∈ N.

1

2

Definicija. Niz {an}n∈N je:

nerastuci ako je an+1 ≤ an za svako n ∈ N;neopadajuci ako je an+1 ≥ an za svako n ∈ N;opadajuci ako je an+1 < an za svako n ∈ N;rastuci ako je an+1 > an za svako n ∈ N.

Ako niz ima neku od navedenih osobina, on je monoton.

Teorema 1. Ako je niz {an}n∈N konvergentan, on je ogranicen.

Teorema 2. Ako su nizovi {an}n∈N i {bn}n∈N konvergentni i α ∈ R proizvoljnakonstanta, tada su konvergentni i nizovi {αan}n∈N, {an+ bn}n∈N i {anbn}n∈Ni pri tome je

limn→∞

αan = α limn→∞

an ,

limn→∞

(an + bn) = limn→∞

an + limn→∞

bn ,

limn→∞

(anbn) = limn→∞

an limn→∞

bn .

Ako je jos i bn = 0 za svako n ∈ N i limn→∞

bn = 0, tada je i niz {an/bn}n∈Nkonvergentan i vazi

limn→∞

anbn

=limn→∞

an

limn→∞

bn.

Teorema 3. Ako su nizovi {an}n∈N i {bn}n∈N konvergentni sa istom granicoma i ako je an ≤ cn ≤ bn za svako n ∈ N, tada je i niz {cn}n∈N konvergentan ivazi

limn→∞

cn = a .

Teorema 4. (Stolcova teorema) Neka su dati nizovi {an}n∈N i {bn}n∈Ntakvi da je {bn}n∈N rastuci i lim

n→∞bn = +∞. Ako postoji

limn→∞

an+1 − anbn+1 − bn

,

tada postoji i

limn→∞

anbn

i vazi

limn→∞

anbn

= limn→∞

an+1 − anbn+1 − bn

.

3

Teorema 5. Ako je niz {an}n∈N monoton i ogranicen, on je konvergentan.

Definicija. Ako je {nk}k∈N strogo rastuci niz prirodnih brojeva, tada je{ank

}k∈N delimicni niz ili podniz niza {an}n∈N.

Definicija. Ako je podniz {ank}k∈N niza {an}n∈N konvergentan i lim

k→∞ank

=

α, tada je α delimicna granica ili tacka nagomilavanja niza {an}n∈N.

Definicija. Ako postoji, najmanja delimicna granica a∗ niza {an}n∈N zove sedonja granica ili limes inferior niza {an}n∈N i oznacava se sa

a∗ = lim infn→∞

an = limn→∞

an .

Ako postoji, najveca delimicna granica a∗ niza {an}n∈N zove se gornja granicaili limes superior niza {an}n∈N i oznacava se sa

a∗ = lim supn→∞

an = limn→∞

an .

Teorema 6. Niz {an}n∈N konvergira ka a i ako i samo ako je

lim supn→∞

an = lim infn→∞

an = a .

Definicija. Niz {an}n∈N je Kosijev ako vazi

(∀ε > 0)(∃n0 ∈ N)(∀m,n ≥ n0) |am − an| < ε ,

ili,(∀ε > 0)(∃n0 ∈ N)(∀n ≥ n0)(∀p ∈ N) |an+p − an| < ε .

Teorema 7. U skupu R niz {an}n∈N je konvergentan ako i samo ako je Kosijev.

4

Granicne vrednosti nekih nizova:

limn→∞

1

na=

0 , a > 0 ,1 , a = 0 ,

+∞ , a < 0 ;

limn→∞

an =

+∞ , a > 1 ,1 , a = 1 ,0 , −1 < a < 1 ,

ne postoji , a ≤ −1 ;

limn→∞

n√a = 1 (a > 0) ;

limn→∞

n√n = 1 ;

limn→∞

(1 +

1

n

)n= e .

Zadaci

1. Koristeci definiciju granicne vrednosti niza dokazati

limn→∞

n

n+ 1= 1.

Koliko se clanova niza {n/(n+1)}n∈N nalazi van intervala (1−10−4, 1+10−4)?

Resenje: Pokazimo da vazi sledece tvrdenje:

(∀ε > 0)(∃n0 ∈ N)(∀n ≥ n0)∣∣∣ n

n+ 1− 1

∣∣∣< ε .

Neka je ε > 0 proizvoljno. Uocimo da je∣∣∣ n

n+ 1− 1

∣∣∣=∣∣∣ n− (n+ 1)

n+ 1

∣∣∣=∣∣∣ −1

n+ 1

∣∣∣= 1

n+ 1

5

i da je nejednakost1

n+ 1< ε zadovoljena kada je n + 1 >

1

ε, tj. n >

1

ε− 1.

Ako oznacimo n0 =

[1

ε− 1

]+ 1, tada je

∣∣∣ n

n+ 1− 1

∣∣∣< ε za svako n ≥ n0.

Prema tome, zaista je

limn→∞

n

n+ 1= 1 .

Neka je ε = 10−4. Tada za svako n ≥ 10000 vazi∣∣∣ n

n+ 1− 1

∣∣∣< ε ,

tj.

1− ε <n

n+ 1< 1 + ε .

Niz {an}n∈N je rastuci, jer je

an+1 − an =n+ 1

n+ 2− n

n+ 1=

1

(n+ 1)(n+ 2)> 0, n ∈ N ,

pa vazi

a1 < a2 < · · · < a9999 < a10000 < · · · < an < · · · < 1 .

Kako je

a9999 =9999

10000= 1−10−4 /∈ (1−10−4, 1+10−4) i a10000 ∈ (1−10−4, 1+10−4) ,

van tog intervala nalazi se prvih 9999 clanova niza.

2. Odrediti granicne vrednosti:

a) limn→∞

√n(√

n+ 1−√n); b) lim

n→∞

√n√

n+ 1−√n.

Resenje:

a) limn→∞

√n(√

n+ 1−√n)= lim

n→∞

√n(√

n+ 1−√n) √

n+ 1 +√n√

n+ 1 +√n

= limn→∞

√n√

n+ 1 +√n= lim

n→∞

√n

√n

(√1 +

1

n+ 1

) =1

2.

6

b) limn→∞

√n√

n+ 1−√n= lim

n→∞

√n√

n+ 1−√n

√n+ 1 +

√n√

n+ 1 +√n

= limn→∞

√n(√

n+ 1 +√n)= +∞ .

3. Odrediti granicne vrednosti:

a) limn→∞

(√n2 + n+ n

)23√n6 + 1

; b) limn→∞

(√n2 + n− n

)23√n6 + 1

.

Resenje:

a) limn→∞

(√n2 + n+ n

)23√n6 + 1

= limn→∞

(√n2

(1 +

1

n

)+ n

)2

3

√n6

(1 +

1

n6

)

= limn→∞

n2

(√1 +

1

n+ 1

)2

n2 3

√1 +

1

n6

= limn→∞

(√1 +

1

n+ 1

)2

3

√1 +

1

n6

= 8 .

b) limn→∞

(√n2 + n− n

)23√n6 + 1

= limn→∞

(√n2 + n− n

)23√n6 + 1

(√n2 + n+ n

)2(√n2 + n+ n

)2= lim

n→∞

(n2 + n− n2

)2(√n2 + n+ n

)2 3√n6 + 1

= limn→∞

n2

n4

(√1 +

1

n+ 1

)2

3

√1 +

1

n6

= limn→∞

1

n2

(√1 +

1

n+ 1

)2

3

√1 +

1

n6

= 0 .

4. Odrediti granicnu vrednost

limn→∞

1 +1

2+

1

22+ · · ·+ 1

2n

1 +1

3+

1

32+ · · ·+ 1

3n

.

7

Resenje: Za izracunavanje zbira prvihm clanova geometrijskog niza {aqk}k∈N0 ={a, aq, aq2, . . .} koristi se formula

Sm = a+ aq + aq2 + · · ·+ aqm−1 = a1− qm

1− q.

Prema tome, vazi

1 +1

2+

1

22+ · · ·+ 1

2n=

1−(12

)n+1

1− 1

2

= 2

(1−

(12

)n+1)

,

1 +1

3+

1

32+ · · ·+ 1

3n=

1−(13

)n+1

1− 1

3

=3

2

(1−

(13

)n+1)

.

Kako je limn→∞

qn = 0 za |q| < 1, granicna vrednost je jednaka

limn→∞

1 +1

2+

1

22+ · · ·+ 1

2n

1 +1

3+

1

32+ · · ·+ 1

3n

= limn→∞

2

(1−

(12

)n+1)

3

2

(1−

(13

)n+1) =

4

3.

5. Ako je |a| < 1, naci granicnu vrednost

limn→∞

1 + a+ a2 + · · ·+ an

1 +1

4+

1

16+ · · ·+ 1

4n

.

Rezultat:

limn→∞

1 + a+ a2 + · · ·+ an

1 +1

4+

1

16+ · · ·+ 1

4n

= limn→∞

1− an+1

1− a1− 1/4n+1

3/4

=3

4(1− a).

6. Odrediti granicne vrednosti nizova:

a) limn→∞

(n2 − 2n+ 1

n2 − 4n+ 2

)n; b) lim

n→∞

(2n3 + 8

2n3 + 1

)n3−3.

8

Resenje: Koristimo poznatu granicnu vrednost

limn→∞

(1 +

1

n

)n= e .

a) limn→∞

(n2 − 2n+ 1

n2 − 4n+ 2

)n= lim

n→∞

(1 +

2n− 1

n2 − 4n+ 2

)n= lim

n→∞

(1 +

2n− 1

n2 − 4n+ 2

)n2−4n+22n−1

2n−1n2−4n+2

n

= limn→∞

((1 +

2n− 1

n2 − 4n+ 2

)n2−4n+22n−1

) 2n2−nn2−4n+2

= limn→∞

((1 +

2n− 1

n2 − 4n+ 2

)n2−4n+22n−1

) 2−1/n

1−4/n+2/n2

= e2 .

b) limn→∞

(2n3 + 8

2n3 + 1

)n3−3= lim

n→∞

(1 +

7

2n3 + 1

)n3−3

= limn→∞

(1 +

7

2n3 + 1

) 2n3+17

72n3+1

(n3−3)

= limn→∞

((1 +

7

2n3 + 1

) 2n3+17

) 7(n3−3)

2n3+1

= limn→∞

((1 +

7

2n3 + 1

) 2n3+17

) 7(1−3/n3)

2+1/n3

= e7/2 = e3√e .

7. Izracunati:

a) limn→∞

( 2

n2(1+2+· · ·+n)

)n/20; b) lim

n→∞

( 3

n3(12+22+· · ·+n2)

)20n.

Resenje: Poznate su formule za izracunavanje zbira prvih n prirodnih brojeva

n∑k=1

k = 1 + 2 + 3 + · · ·+ n =n(n+ 1)

2

9

i zbira kvadrata prvih n prirodnih brojeva

n∑k=1

k2 = 12 + 22 + 32 + · · ·+ n2 =n(n+ 1)(2n+ 1)

6.

a) limn→∞

( 2

n2(1 + 2 + · · ·+ n)

)n/20= lim

n→∞

( 2

n2

n(n+ 1)

2

)n/20= lim

n→∞

(1 +

1

n

)n/20= lim

n→∞

((1 +

1

n

)n)1/20

= e1/20 .

b) limn→∞

( 3

n3(12 + 22 + · · ·+ n2)

)20n= lim

n→∞

( 3

n3

n(n+ 1)(2n+ 1)

6

)20n

= limn→∞

(1 +

3n+ 1

2n2

)20n= lim

n→∞

((1 +

3n+ 1

2n2

) 2n2

3n+1

) 20n(3n+1)

2n2

= e30 .

8. Odrediti granicnu vrednost niza

an =1 + 3 + · · ·+ 2n− 1

n+ 1− 2n+ 1

2.

Resenje: Kako je

an =1 + 3 + · · ·+ 2n− 1

n+ 1− 2n+ 1

2

=(1 + 2 + 3 + · · ·+ 2n)− (2 + 4 + · · ·+ 2n)

n+ 1− 2n+ 1

2

=1

n+ 1

((1 + 2 + 3 + · · ·+ 2n)− 2(1 + 2 + · · ·+ n)

)− 2n+ 1

2

=1

n+ 1

(2n(2n+ 1)

2− 2

n(n+ 1)

2

)− 2n+ 1

2= −3n+ 1

2n+ 2,

to je

limn→∞

an = − limn→∞

3n+ 1

2n+ 2= −3

2.

9. Odrediti sledece granicne vrednosti:

a) limn→∞

(3√n+ 1− 3

√n); b) lim

n→+∞

(3√n+ 1− 3

√n)sin en .

10

Resenje: a) Pogodnom transformacijom opsteg clana an = 3√n+ 1 − 3

√n

niza {an}n∈N dobija se

limn→∞

an = limn→∞

(3√n+ 1− 3

√n)

= limn→∞

(3√n+ 1− 3

√n) 3√

(n+ 1)2 + 3√

n(n+ 1) +3√n2

3√

(n+ 1)2 + 3√

n(n+ 1) +3√n2

= limn→∞

n+ 1− n3√

(n+ 1)2 + 3√

n(n+ 1) +3√n2

= limn→∞

1

n2/3

3

√(1 +

1

n

)2

+ 3

√1 +

1

n+ 1

= 0 .

b) Svaki clan niza {bn}n∈N moze da se predstavi kao

bn = an sin en , an = 3

√n+ 1− 3

√n .

Granicna vrednost niza {an}n∈N odredena je delu zadatka pod a). Kako je

−1 ≤ sinx ≤ 1 , ∀x ∈ R ,

za sve clanove niza {bn}n∈N vazi

−an ≤ bn ≤ an ,

pa se primenom Teoreme 3 dobija

limn→∞

bn = limn→∞

an = 0 .

10. Ako za clanove niza {xn}n∈N vazi

0 < xn <

√n+ 3

√n√

n2 + 1, n ∈ N ,

dokazati da je limn→∞

xn = 0.

Resenje: Oznacimo yn =

√n+ 3

√n√

n2 + 1, n ∈ N. Tada je

limn→∞

yn = limn→∞

√n+ 3

√n√

n2 + 1= lim

n→∞

√n

(1 +

16√n

)n

√1 +

1

n2

= limn→∞

1 +16√n

√n

√1 +

1

n2

= 0 .

11

Kako je 0 < xn < yn, ∀n ∈ N, i limn→∞

yn = 0, prema Teoremi 3 vazi

limn→∞

xn = 0 .

11. Neka za clanove niza {an}n∈N vazi

0 ≤ an ≤ 2n + 1

3n, n ∈ N .

Odrediti limn→∞

an.

Resenje: Kako je

limn→∞

2n + 1

3n= lim

n→∞

((23

)n+(13

)n)= 0 ,

primenom Teoreme 3 dobija se limn→∞

an = 0.

12. Za a ∈ R \ {−1} odrediti granicnu vrednost

limn→∞

an

1 + an.

Resenje: Za a = 1 je ocigledno

limn→∞

an

1 + an=

1

2.

Ako je −1 < a < 1, tada je limn→∞

an = 0, pa je

limn→∞

an

1 + an= 0.

Ako je |a| > 1, tada vazi limn→∞

a−n = 0 i

limn→∞

an

1 + an= lim

n→∞

1

a−n + 1= 1 .

13. U zavisnosti od realnog parametra a ≥ 0 odrediti granicnu vrednost niza

limn→∞

an + an+1

2n + 2n+1.

12

Resenje:

limn→∞

an + an+1

2n + 2n+1= lim

n→∞

an(1 + a)

3 · 2n=

1 + a

3limn→∞

(a2

)n

=

+∞ , a > 2 ,1 , a = 2 ,0 , 0 ≤ a < 2 .

14. U zavisnosti od realnog parametra a naci granicnu vrednost

limn→∞

2an+1 + 3 · 5n

2an + 5n+1.

Resenje: Transformacijom izraza xn =2an+1 + 3 · 5n

2an + 5n+1dobija se

xn =5n(2a(a5

)n+ 3)

5n(2(a5

)n+ 5) =

2a(a5

)n+ 3

2(a5

)n+ 5

=2a+ 3

(a5

)−n

2 + 5(a5

)−n .

Ako je |a| < 5, tada je limn→∞

(a5

)n= 0, pa je lim

n→∞xn =

3

5.

Ako je |a| > 5, tada je limn→∞

(a5

)−n= lim

n→∞

(5a

)n= 0, pa je lim

n→∞xn = a.

Za a = 5 vazi limn→∞

xn =13

7, a za a = −5 granicna vrednost lim

n→∞xn ne postoji.

15. U zavisnosti od realnog parametra a odrediti

limn→∞

2n + an

2n+1 − 5an.

Rezultat:

limn→∞

2n + an

2n+1 − 5an=

−1/5 , |a| > 2 ,−2/3 , a = 2 ,1/2 , −2 < a < 2 ,

ne postoji , a = −2 .

13

16. Odrediti granicnu vrednost

limn→∞

√1

2+

√3

5+

√5

10+ · · ·+

√2n− 1

n2 + 1√n

.

Resenje: Oznacimo

an =

√1

2+

√3

5+

√5

10+ · · ·+

√2n− 1

n2 + 1, bn =

√n .

Kako je√n+ 1 >

√n, ∀n ∈ N, niz {bn}n∈N je monotono rastuci. Kako je jos

i limn→∞

bn = +∞, zadovoljeni su uslovi Stolcove teoreme, pa vazi

limn→∞

√1

2+

√3

5+

√5

10+ · · ·+

√2n− 1

n2 + 1√n

= limn→∞

anbn

= limn→∞

an+1 − anbn+1 − bn

= limn→∞

√2n+ 1

(n+ 1)2 + 1√n+ 1−

√n

= limn→∞

√2n+ 1

n2 + 2n+ 2√n+ 1−

√n

√n+ 1 +

√n√

n+ 1 +√n

= limn→∞

(√n+ 1 +

√n)√ 2n+ 1

n2 + 2n+ 2

= limn→∞

√n

(√1 +

1

n+ 1

)√√√√√√√ 2 +1

n

n

(1 +

2

n+

2

n2

)

= limn→∞

(√1 +

1

n+ 1

)√√√√√√ 2 +1

n

1 +2

n+

2

n2

= 2√2 .

17. Odrediti granicnu vrednost

limn→∞

1 · 1! + 3 · 2! + · · ·+ (2n− 1)n!

(n+ 1)!.

14

Resenje: Ako je

an = 1 · 1! + 3 · 2! + · · ·+ (2n− 1)n! , bn = (n+ 1)! ,

tada je {bn}n∈N rastuci niz jer za svako n ∈ N

bn+1

bn=

(n+ 2)!

(n+ 1)!= n+ 2 > 1,

tj. bn+1 > bn, i vazi limn→∞

bn = +∞. Primenom Stolcove teoreme dobija se

limn→∞

1 · 1! + 3 · 2! + · · ·+ (2n− 1)n!

(n+ 1)!= lim

n→∞

anbn

= limn→∞

an+1 − anbn+1 − bn

= limn→∞

(2n+ 1)(n+ 1)!

(n+ 2)!− (n+ 1)!= lim

n→∞

(2n+ 1)(n+ 1)!

(n+ 1)!(n+ 2− 1)= lim

n→∞

2n+ 1

n+ 1= 2 .

18. Naci

limn→∞

1 + (1 + 2) + (1 + 2 + 3) + · · ·+ (1 + 2 + 3 + · · ·+ n)

n3.

Resenje: Oznacimo

an = 1 + (1 + 2) + (1 + 2 + 3) + · · ·+ (1 + 2 + 3 + · · ·+ n) , bn = n3 .

Ocigledno je da je {bn}n∈N rastuci niz i limn→∞

bn = +∞, pa se moze primeniti

Stolcova teorema. Kako je

an = 1 + (1 + 2) + (1 + 2 + 3) + · · ·+ (1 + 2 + 3 + · · ·+ n)

= 1 +2 · 32

+3 · 42

+ · · ·+ n(n+ 1)

2=

n∑k=1

k(k + 1)

2

i

an+1 =n+1∑k=1

k(k + 1)

2,

to je

an+1 − an =

n+1∑k=1

k(k + 1)

2−

n∑k=1

k(k + 1)

2=

1

2(n+ 1)(n+ 2) .

15

Zato je

limn→∞

1 + (1 + 2) + (1 + 2 + 3) + · · ·+ (1 + 2 + 3 + · · ·+ n)

n3

= limn→∞

anbn

= limn→∞

an+1 − anbn+1 − bn

=1

2limn→∞

(n+ 1)(n+ 2)

(n+ 1)3 − n3=

1

2limn→∞

n2 + 3n+ 2

3n2 + 3n+ 1=

1

6.

19. Naci granicnu vrednost niza

limn→∞

1 · 2 + 2 · 3 + · · ·+ n(n+ 1)

n3.

Resenje: I nacin: Primenom Stolcove teoreme dobija se

limn→∞

1 · 2 + 2 · 3 + · · ·+ n(n+ 1)

n3= lim

n→∞

(n+ 1)(n+ 2)

(n+ 1)3 − n3=

1

3.

II nacin: Pogodnom transformacijom izraza i primenom poznatih formulaza zbir prvih n prirodnih brojeva i zbir kvadrata prvih n prirodnih brojevanalazi se trazena granicna vrednost:

limn→∞

1 · 2 + 2 · 3 + · · ·+ n(n+ 1)

n3= lim

n→∞

1

n3

n∑k=1

k(k + 1)

= limn→∞

1

n3

n∑k=1

(k2 + k) = limn→∞

1

n3

(n∑

k=1

k2 +

n∑k=1

k

)

= limn→∞

1

n3

(n(n+ 1)(2n+ 1)

6+

n(n+ 1)

2

)=

1

3.

20. Naci

L = limn→∞

13 + 33 + · · ·+ (2n+ 1)3

n4.

Rezultat: L = 2.

21. Odrediti granicnu vrednost

L = limn→∞

12 + 22 + · · ·+ n2

(n+ 1)4 − n4.

16

Rezultat: L =1

12.

22. Odrediti granicnu vrednost

L = limn→∞

16 + 26 + · · ·+ n6

n7 + n6.

Rezultat: L =1

7.

23. Naci

L = limn→∞

√1 +

√2 + · · ·+

√n

n√n+ 1

.

Rezultat: L =2

3.

24. Pokazati da je niz

a1 =√6 , an+1 =

√6 + an , n ∈ N ,

monoton i ogranicen, a zatim naci limn→∞

an.

Resenje: Za dokaz monotonosti i ogranicenosti niza {an}n∈N koristimo prin-cip matematicke indukcije.

Dokazimo da je niz monotono rastuci, tj. da je an+1 > an sa svako n ∈ N.Kako je

a2 =

√6 +

√6 >

√6 = a1 ,

tvrdenje vazi za n = 1. Pretpostavimo da tvrdenje vazi za neki prirodan brojk, tj. da je ak+1 > ak, i dokazimo da vazi i za k + 1:

ak+1 > ak ⇒ 6 + ak+1 > 6 + ak

⇒√

6 + ak+1 >√6 + ak

⇒ ak+2 > ak+1 .

Dokazimo da za sve clanove niza vazi an < 3. Tvrdenje je tacno za n = 1,jer je a1 =

√6 < 3. Pretpostavimo da tvrdenje vazi za neki prirodan broj k,

tj. da je ak < 3, i dokazimo da vazi i za k + 1:

ak < 3 ⇒ 6 + ak < 9

⇒√6 + ak <

√9

⇒ ak+1 < 3 .

17

Prema tome, niz je ogranicen odozgo sa 3, a zbog monotonosti ogranicen jeodozdo sa a1 =

√6.

Prema Teoremi 5 niz {an}n∈N je konvergentan. Njegovu granicnu vrednostlimn→∞

an = a odredujemo iz rekurentne relacije na sledeci nacin:

an+1 =√6 + an ,

a2n+1 = 6 + an ,

limn→∞

a2n+1 = limn→∞

(6 + an) ,

a2 = 6 + a .

Dobijena kvadratna jednacina je zadovoljena za a = −2 ili a = 3. Kako su sviclanovi niza pozitivni, dobijamo

limn→∞

an = 3 .

25. Dokazati da je niz {xn}n∈N definisan sa

x1 =1

2, xn+1 = x2n , n = 1, 2, . . . ,

monoton i ogranicen, a zatim naci limn→∞

xn.

Resenje: Dokazimo najpre da za sve clanove niza vazi 0 < xn < 1. Ocigledno,tvrdenje vazi za n = 1. Ako tvrdenje vazi za neki prirodan broj k, tj. ispunjenoje 0 < xk < 1, tada je ispunjeno i 0 < x2k = xk+1 < 1, tj. tvrdenje vazi i zak + 1. Prema tome, niz je ogranicen.

Dokazimo da je niz opadajuci. Kako je

xn+1 − xn = x2n − xn = xn(xn − 1) < 0 , n ∈ N ,

to je za svako n ∈ N ispunjeno xn+1 < xn.Monoton i ogranicen niz {xn}n∈N je prema Teoremi 5 konvergentan, a

granicnu vrednostlimn→∞

xn = x

nalazimo iz rekurentne relacije:

xn+1 = x2n ⇒ limn→∞

xn+1 = limn→∞

x2n ⇒ x = x2 ⇒ x = 0 ∨ x = 1 .

Niz je opadajuci, pa je njegova granicna vrednost

limn→∞

xn = 0 .

18

26. Dokazati da je niz {xn}n∈N definisan sa

xn+1 = x2n − 2xn + 2 , n ∈ N0 , x0 ∈ (1, 2) ,

konvergentan i odrediti limn→∞

xn.

Resenje: Predstavimo rekurentnu relaciju u obliku

xn+1 = x2n − 2xn + 2 = (xn − 1)2 + 1 .

Dokazimo najpre da za sve clanove niza vazi 1 < xn < 2. Neka je tvrdenjetacno za neko k ∈ N. Tada vazi

1 < xk < 2 ⇒ 0 < xk − 1 < 1

⇒ 0 < (xk − 1)2 < 1

⇒ 1 < (xk − 1)2 + 1 < 2

⇒ 1 < xk+1 < 2 .

Kako jos tvrdenje vazi za n = 1, vazi za svako n ∈ N.Dokazimo da je niz monoton. Kako je zbog ogranicenosti niza za svako

n ∈ N ispunjeno

xn+1 − xn = x2n − 2xn + 2− xn = x2n − 3xn + 2 = (xn − 1)(xn − 2) < 0 ,

vazi xn+1 < xn, sto znaci da je opadajuci.Kao monoton i ogranicen niz, {xn}n∈N je konvergentan. Njegovu granicnu

vrednost x odredujemo iz rekurentne relacije:

xn+1 = x2n − 2xn + 2 ,

limn→∞

xn+1 = limn→∞

(x2n − 2xn + 2) ,

x = x2 − 2x+ 2 ,

x2 − 3x+ 2 = 0 .

Zbog toga sto je niz opadajuci, granicna vrednost je jednaka manjem od dvaresenja dobijene jednacine, tj.

limn→∞

xn = 1 .

27. Ispitati konvergenciju niza {an}n∈N0 za cije clanove vazi:

a0 = −1 , a1 = 3 , an =7an−1 − 2an−2

3, n = 2, 3, . . . .

19

Resenje: Opsti clan niza {an}n∈N0 je resenje homogene linearne diferencnejednacine drugog reda sa konstantnim koeficijentima

3an − 7an−1 + 2an−2 = 0 .

Njena karakteristicna jednacina je

3λ2 − 7λ+ 2 = 0 ,

cija su resenja λ1 = 1/3 i λ2 = 2. Zato je

an =K1

3n+K2 2

n ,

gde su K1 i K2 konstante koje se odreduju iz pocetnih uslova

a0 = K1 +K2 = −1 , a1 =K1

3+ 2K2 = 3 .

Resavanjem sistema jednacina dobija se K1 = −3, K2 = 2, tj.

an = 2n+1 − 1

3n−1.

Prema tome, vazi

limn→∞

an = limn→∞

(2n+1 − 1

3n−1

)= +∞ ,

sto znaci da je niz {an}n∈N0 odredeno divergentan.

28. Dati su nizovi {an}n∈N i {bn}n∈N. Odrediti limn→∞

anbn

ako je

an+1 = 3an + bn , bn+1 = 5an − bn , a1 = 6 , b1 = −6 .

Resenje: Kombinovanjem zadatih rekurentnih veza izmedu clanova nizova{an}n∈N i {bn}n∈N dobija se

an+2 = 3an+1 + bn+1 = 3an+1 + 5an − bn

= 3an+1 + 5an − an+1 + 3an = 2an+1 + 8an ,

sto znaci da opsti clan niza {an}n∈N zadovoljava diferencnu jednacinu

an+2 − 2an+1 − 8an = 0 .

20

Resenja karakteristicne jednacine

λ2 − 2λ− 8 = 0

su λ1 = −2 i λ2 = 4, pa je

an = K1(−2)n +K24n .

Konstante K1 i K2 se odreduju iz pocetnih uslova

−2K1 + 4K2 = a1 = 6 , 4K1 + 16K2 = a2 = 3a1 + b1 = 12 .

Resavanjem dobijenog sistema jednacina dobija se K1 = −1, K2 = 1, tj.

an = 4n − (−2)n ,

bn = an+1 − 3an = 4n+1 − (−2)n+1 − 3 · 4n + 3(−2)n = 4n + 5(−2)n.

Prema tome, trazena granicna vrednost je

limn→∞

anbn

= limn→∞

4n − (−2)n

4n + 5(−2)n= lim

n→∞

1−(−1

2

)n1 + 5

(−1

2

)n = 1 .

29. Odrediti sve delimicne granice i ispitati konvergenciju niza {an}n∈Nzadatog sa

an =n(1− (−1)n)

n+ 1, n ∈ N .

Resenje: Posmatrajmo podnizove {a2k}k∈N i {a2k−1}k∈N niza {an}n∈N. Kakoje

a2k =2k(1− (−1)2k)

2k + 1= 0 , k ∈ N ,

jedna delimicna granica niza {an}n∈N je

limn→∞

a2k = 0 .

Clanovi drugog podniza su

a2k−1 =(2k − 1)(1− (−1)2k−1)

2k=

2(2k − 1)

2k, k ∈ N ,

21

pa je druga delimicna granica

limk→∞

a2k−1 = limk→∞

2(2k − 1)

2k= 2 .

Kako niz ima dve razlicite delimicne granice, on je divergentan.

30. Ispitati konvergenciju sledecih nizova i, ako postoje, odrediti njihove granicnevrednosti:

a) an = n− (−1)n ; b) bn =1

n− (−1)n; c) cn = n

(1− (−1)n) .

Resenje: a) Reprezentativni podnizovi niza {an}n∈N su {a2k}k∈N i {a2k−1}k∈N,ciji su clanovi

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

Kako je

limk→∞

a2k = limk→∞

a2k−1 = +∞ ,

to je

limn→∞

an = +∞ ,

tj. niz je odredeno divergentan.

b) Za podnizove {b2k}k∈N i {b2k−1}k∈N niza {bn}n∈N vazi

b2k =1

2k − (−1)2k=

1

2k − 1, lim

k→∞b2k = 0 ,

b2k−1 =1

2k − 1− (−1)2k−1=

1

2k, lim

k→∞b2k−1 = 0 ,

pa je niz konvergentan i

limn→∞

bn = 0 .

c) Kako je

c2k = 2k(1− (−1)2k) = 0 , lim

k→∞c2k = 0 ,

c2k−1 = (2k − 1)(1− (−1)2k−1) = 2(2k − 1) , lim

k→∞c2k−1 = +∞ ,

ne postoji limn→∞

bn, tj. niz je divergentan.

22

31. Odrediti lim supn→∞

an i lim infn→∞

an niza {an}n∈N ako je

an = (−1)n + sinnπ

2.

Resenje: Posmatrajmo podnizove {a2k}k∈N i {a2k−1}k∈N niza {an}n∈N. Kakoje

a2k = (−1)2k + sin2kπ

2= 1 ,

jedna delimicna granica niza {an}n∈N je

limk→∞

a2k = 1 .

Clanovi drugog podniza su

a2k−1 = (−1)2k−1 + sin(2k − 1)π

2= −1− cos kπ = −1 + (−1)k+1 .

Zato podniz {a2k−1}k∈N ima svoja dva reprezentativna podniza koji se dobijajuza k = 2l i k = 2l − 1, a koji su ujedno i podnizovi niza {an}n∈N. Tako je

a2(2l)−1 = a4l−1 = −1+(−1)2l+1 = −2 , a2(2l−1)−1 = a4l−3 = −1+(−1)2l = 0 ,

i

liml→∞

a4l−1 = −2 , liml→∞

a4l−3 = 0 .

Dakle, delimicne granice niza {an}n∈N su −2, 0 i 1, pa je

lim infn→∞

an = −2 , lim supn→∞

an = 1 ,

a niz je divergentan.

32. Ispitati da li postoji

limn→∞

n sinnπ

2.

Resenje: Oznacimo an = n sinnπ

2. Kako je

a2k = 2k sin2kπ

2= 2k sin kπ = 0 ,

23

i

a2k−1 = (2k − 1) sin(2k − 1)π

2= −(2k − 1) cos kπ = (2k − 1)(−1)k+1

=

{−(4l − 1) , k = 2l ,4l − 3 , k = 2l − 1 ,

niz {an}n∈N ima razlicite delimicne granice:

limk→∞

a2k = 0 , liml→∞

a4l−1 = −∞ , liml→∞

a4l−3 = +∞ ,

sto znaci da limn→∞

n sinnπ

2ne postoji.

33. Odrediti sve tacke nagomilavanja niza

an = 1 + sinnπ

6, n ∈ N .

Da li je niz konvergentan?

Resenje: Koristeci jednakosti

sin(6k + j)π

6= sin

(kπ +

jπ

6

)= sin kπ cos

jπ

6+cos kπ sin

jπ

6= (−1)k sin

jπ

6

za j = 0, 1, 2, 3, 4, 5 dobijamo

an = 1 + sinnπ

6=

1 , n = 6k ,

1 + (−1)k1

2, n = 6k + 1 ∨ n = 6k + 5 ,

1 + (−1)k√3

2, n = 6k + 2 ∨ n = 6k + 4 ,

1 + (−1)k , n = 6k + 3 .

Prema tome, delimicne granice niza su:

0 , 1−√3

2,

1

2, 1 ,

3

2, 1 +

√3

2, 2 ,

pa niz nije konvergentan.

34. Naci sve delimicne granice niza

an = (−1)n + sinnπ

3, n ∈ N0.

24

Resenje: Kako je

sin(3k + j)π

3= (−1)k sin

jπ

3,

za clanove niza vazi

an = (−1)n + sinnπ

3=

(−1)3k , n = 3k ,

(−1)3k+1 + (−1)k√3

2, n = 3k ± 1 ,

=

(−1)k , n = 3k ,

(−1)k

(√3

2− 1

), n = 3k ± 1 .

Delimicne granice niza su:

−1 , 1−√3

2,

√3

2− 1 , 1 .

35. Odrediti lim infn→∞

an, lim supn→∞

an, infn∈N

an i supn∈N

an ako je niz {an}n∈Ndefinisan sa

an = n(−1)n + 2 cos(n+ 1)π , n ∈ N .

Resenje: Kako je

an =

{(2k)(−1)2k + 2 cos(2k + 1)π , n = 2k ,

(2k − 1)(−1)2k−1+ 2 cos 2kπ , n = 2k − 1 ,

=

2k − 2 , n = 2k ,

1

2k − 1+ 2 , n = 2k − 1 ,

niz {an}n∈N ima dve delimicne granice:

limk→∞

ak = limk→∞

(2k − 2) = +∞ , limk→∞

ak−1 = limk→∞

1

2k − 1+ 2 = 2 .

Zato jelim infn→∞

an = 2 , lim supn→∞

an = +∞ .

25

Skup vrednosti niza {an}n∈N je

D =

{3, 0,

7

3, 2,

11

5, 4,

15

7, 6,

19

9, 8, . . .

},

pa je

infn∈N

an = infD = 0 , supn∈N

an = supD = +∞ .

36. Neka su nizovi {an}n∈N, {bn}n∈N i {cn}n∈N definisani sa

an =2n + (−2)n

2n, bn =

2n + (−2)n

3n, cn =

2n + 2−n

3n, n ∈ N .

Dokazati da je {an}n∈N divergentan, a {bn}n∈N i {cn}n∈N su konvergentninizovi.

Resenje: Clanove nizova {an}n∈N, {bn}n∈N i {cn}n∈N predstavimo u obliku

an = 1 + (−1)n , bn =(23

)n(1 + (−1)n) , cn =

(23

)n+

1

6n.

Niz {an}n∈N ima dve razlicite delimicne granice

limk→∞

a2k = 2 , limk→∞

a2k−1 = 0 ,

pa je divergentan.

Reprezentativni podnizovi {b2k}k∈N i {b2k−1}k∈N niza {bn}n∈N konvergirajuistoj granicnoj vrednosti:

limk→∞

b2k = limk→∞

(23

)2k· 2 = 0 ,

limk→∞

b2k−1 = limk→∞

(23

)2k−1· 0 = 0 ,

pa je on konvergentan i vazi limn→∞

bn = 0 .

Za niz {cn}n∈N vazi

limn→∞

cn = limn→∞

((23

)n+

1

6n

)= 0 ,

sto znaci da je konvergentan.

26

37. Dat je niz {an}n∈N gde je

an =3n + (−2)n

3n+1 + (−2)n+1+(n+ 1

n− 1

)n+ α sin

nπ

2.

Odrediti α iz uslova da niz {an}n∈N konvergira, a zatim naci limn→∞

an.

Resenje: Ako oznacimo

bn =3n + (−2)n

3n+1 + (−2)n+1, cn =

(n+ 1

n− 1

)n, dn = sin

nπ

2,

tada jean = bn + cn + αdn .

Kako je

limn→∞

bn = limn→∞

3n + (−2)n

3n+1 + (−2)n+1= lim

n→∞

1 +(−2

3

)n3

(1 +

(−2

3

)n+1) =

1

3

i

limn→∞

cn = limn→∞

(n+ 1

n− 1

)n= lim

n→∞

(1 +

2

n− 1

)n= lim

n→∞

((1 +

2

n− 1

)n−12

) 2nn−1

= e2 ,

nizovi {bn}n∈N i {cn}n∈N su konvergentni. Niz {dn}n∈N je divergentan, jer imatri razlicite delimicne granice (videti zadatak 31). Prema tome, niz {an}n∈Nje konvergentan za α = 0 i vazi

limn→∞

an = limn→∞

bn + limn→∞

cn =1

3+ e2 .

38. Odrediti vrednost konstante A ∈ R tako da niz {xn}n∈N

xn =5n

2n−1 − 5n+1+A

1− (−1)n

2, n ∈ N ,

bude konvergentan i naci limn→∞

xn.

Rezultat: A = 0, limn→∞

xn = −1/5.

27

39. Za nizove {an}n∈N i {bn}n∈N gde su

an =1√n+ 1

, bn =√n+ (−1)n

ispitati monotonost, ogranicenost i konvergenciju.

Resenje: Niz {an}n∈N je opadajuci, jer za svako n ∈ N vazi

an+1 − an =1√

n+ 1 + 1− 1√

n+ 1=

√n−

√n+ 1

(√n+ 1 + 1)(

√n+ 1)

< 0 .

On je i ogranicen, jer je

0 < an < 1 , n ∈ N .

Prema Teoremi 5, niz {an}n∈N je konvergentan i vazi

limn→∞

an = 0 .

Niz {bn}n∈N nije monoton, jer, na primer,

b2 − b1 =√2 + 1 > 0 b3 − b2 =

√3−

√2− 2 < 0 .

Niz nije ni ogranicen, jer za svako M > 0 postoji clan bn0 , n0 =[(M + 1)2

]+1

takav da je bn0 > M . Ipak, za njegova dva reprezentativna podniza vazi

limk→∞

b2k = limk→∞

b2k−1 = +∞ ,

pa niz {bn}n∈N divergira ka +∞.

40. Ispitati monotonost, ogranicenost i konvergenciju sledecih nizova:

an = n+ (−1)n , bn =2n

3n+1, cn =

(−1)n

n.

Resenje: Niz {an}n∈N nije monoton, jer, na primer, a10 > a9 i a9 < a8. Nijeni ogranicen, jer za svako M > 0 postoji an0 , n0 = [M + 1] + 1, takav da jean0 > M . On je odredeno divergentan i lim

n→∞an = +∞.

Niz {bn}n∈N je opadajuci, jer

bn+1

bn=

2

3< 1 , n ∈ N .

28

Ogranicen je, jer vazi

0 < bn < 1 , n ∈ N .

Prema tome, niz je konvergentan i vazi limn→∞

bn = 0.

Niz {cn}n∈N nije monoton, jer za svako k ∈ N vazi

c2k+1 − c2k = − 1

2k + 1− 1

2k< 0 , c2k − c2k−1 =

1

2k+

1

2k − 1> 0 .

Niz je ogranicen, jer je |cn| ≤ 1, za svako n ∈ N. On je i konvergentan i vazilimn→∞

cn = 0.

41. Za nizove {an}n∈N, {bn}n∈N i {cn}n∈N, gde su

an =√n , bn =

(−1)n√n

, cn =1√n,

ispitati monotonost, ogranicenost i konvergenciju.

Rezultat: Niz {an}n∈N je rastuci, neogranicen, divergentan i limn→∞

an = +∞.

Niz {bn}n∈N nije monoton, ogranicen je, konvergentan i limn→∞

bn = 0.

Niz {cn}n∈N je opadajuci, ogranicen, konvergentan i limn→∞

cn = 0.

42. Ispitati monotonost, ogranicenost i konvergenciju niza {an}n∈N, ciji jeopsti clan:

a) an =n

n+ 1; b) an = sin

nπ

2.

Rezultat: a) Niz je rastuci, ogranicen, konvergentan i limn→∞

an = 1.

b) Niz nije monoton, ogranicen je i divergentan.

43. Dokazati da je niz {xn}n∈N, gde je

xn =n∑

k=1

cos k!

k(k + 1)(n ∈ N)

konvergentan.

Resenje: Dokazimo da je niz Kosijev, tj. da vazi

(∀ε > 0)(∃n0 ∈ N)(∀n ≥ n0)(∀p ∈ N) |xn+p − xn| < ε .

29

Neka je ε > 0 proizvoljno. Tada je

|xn+p − xn| =

∣∣∣∣∣n+p∑k=1

cos k!

k(k + 1)−

n∑k=1

cos k!

k(k + 1)

∣∣∣∣∣=∣∣∣∣∣

n+p∑k=n+1

cos k!

k(k + 1)

∣∣∣∣∣≤

n+p∑k=n+1

| cos k!|k(k + 1)

≤n+p∑

k=n+1

1

k(k + 1)

=

n+p∑k=n+1

1 + k − k

k(k + 1)=

n+p∑k=n+1

(1k− 1

k + 1

)=

1

n+ 1− 1

n+ 2+

1

n+ 2− 1

n+ 3+ · · ·+ 1

n+ p− 1

n+ p+ 1

=1

n+ 1− 1

n+ p+ 1<

1

n+ 1, ∀p ∈ N .

Nejednakost1

n+ 1< ε je zadovoljena ako je n >

1

ε− 1 . Ako oznacimo

n0 =

[1

ε− 1

]+ 1 ,

tada je |xn+p − xn| < ε, za svako n ≥ n0 i svako p ∈ N. Prema tome, niz jeKosijev, a prema Teoremi 7 i konvergentan.

44. Dokazati da je niz {an}n∈N, gde je

an =1

2+

1

3+

1

4+ · · ·+ 1

n(n ∈ N)

divergentan i limn→∞

an = +∞.

Resenje: Dokazimo da niz nije Kosijev, tj.

(∃ε > 0)(∀n ∈ N)(∃m ∈ N) |am − an| ≥ ε .

Neka je m = 2n. Tada je

|am − an| = |a2n − an| =1

n+ 1+

1

n+ 2+ · · ·+ 1

2n

>1

2n+

1

2n+ · · ·+ 1

2n=

n

2n=

1

2.

Prema tome, ako je ε < 1/2, tada za svako n ∈ N postoji m ∈ N, m = 2n, takoda je |am−an| ≥ ε. Kako niz nije Kosijev, prema Teoremi 7 nije konvergentan.

30

Niz je rastuci, jer je

an+1 − an =1

n+ 1> 0 , ∀n ∈ N .

On ne moze da bude ogranicen, jer bi prema Teoremi 5 bio konvergentan.Dakle, za svako M ∈ R postoji n0 ∈ N tako da je an0 > M . Tada za svakon ≥ n0 vazi an ≥ an0 > M , sto znaci da je

limn→∞

an = +∞ .