BROJNI REDOVI – ZADACI ( I DEO)
∞
a1 + a2 + a3 + ....... + an + ....... = ∑ an sa pozitivnim članovima.
Posmatrajmo brojni red
n =1
n
Suma reda Sn= a1+a2+a3+…+an= ∑ a k je parcijalna suma. k =1
Tražimo lim S n . n→∞
Ako dobijemo lim S n =S (bro broj) onda red konvergira, konvergira, a ako je lim S n = ± ∞ ili ne postoji, onda red divergira. n →∞
n →∞
Parcijalne sume su u stvari: S1 = a1 S 2 = a1 + a2 S3 = a1 + a2 + a3 ... S n = a1 + a2 + a3 + ...an ...
Primer 1.
Za dati red
1 1⋅ 4
+
1 4⋅7
+ ... +
1 (3n − 2) ⋅ (3n + 1)
+ ....... odrediti S n i naći lim S n . n→∞
Rešenje: S n =
1 1⋅ 4
+
1 4⋅7
+ ... +
1 (3n − 2) ⋅ (3n + 1)
Da bi našli graničnu vrednost, podsetićemo po dsetićemo se trika sa rastavljanjem racionalne funkcije koji smo koristili kod integrala.
1 (3n − 2) ⋅ (3n + 1)
=
A 3n − 2
+
B 3n + 1
... ............ ............. ............ .........../ *(3n − 2) ⋅ (3n + 1)
1 = A(3 n+ 1) + B(3 n − 2) 1 = 3 An+ A+ 3 Bn− 2 B n 1 = (3 A + 3 )B +
A 2 .B .......................... uporedjivanje −
Podsetite se ovog trika u fajlu integrali zadaci IV deo. www.matematiranje.com
3 A + 3B = 0 A − 2 B = 1......................../ *(− 3) 3 A + 3B = 0 −3 A + 6 B = −3
9 B= −3 →
B= −
1 3
→
A=
1 1 (3n − 2) ⋅ (3n + 1)
=
1 3 −
1
3 + 3 = 1( 1 − 1 ) 3n − 2 3n + 1 3 3n − 2 3n + 1
Sad se vraćamo na zadatak i ovo primenjujemo na svaki sabirak datog reda:
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 S n = [(1 − ) + ( − ) + ( − ) + .... + ( )+ ( )] − − 3 4 4 7 7 10 3n − 5 3n − 2 3n − 2 3n + 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 S n = [1 − + − + − )] + .... + − + − 3 4 4 7 7 10 3n − 5 3n − 2 3n − 2 3n + 1 1 1 S n = [1 − )] 3 3n + 1 1 1 1 1 1 lim S n = lim [1 − )] = lim[1 − )] = n →∞ n →∞ 3 3n + 1 3 n→∞ 3n + 1 3 teži 0
S =
1 3
Naravno, trebate obnoviti I granične vrednosti funkcija( nizova) jer nam je to znanje ovde neophodno!
Primer 2. ∞
Ispitati konvergenciju reda:
2n − 1
∑ 3n + 2 n =1
Rešenje: Ovde nam je posao lak! Važi teorema: ∞
Ako red
∑ a n konvergira, onda je n =1
Dakle, tražimo lim n →∞
2n − 1 3n + 2
lim a n =0, to jest ako je lim a n ≠ 0 onda red sigurno ne konvergira. n →∞
n →∞
a znamo da je lim n →∞
2n − 1 3n + 2
=
2 3
≠ 0 , pa smo sigurni da ovaj niz divergira. www.matematiranje.com
Primer 3. ∞
Ispitati konvergenciju reda:
1
∑ 2n − 1 n =1
Rešenje:
Prvo ćemo ispitati: lim n →∞
1 2n − 1
1
=
∞
= 0 . Da li ovo znači da red konvergira? NE!
Može konvergirati ili divergirati, ova teoremica nam pomaže u situaciji kad ne dobijemo 0 za rešenje, i onda smo sigurni da red divergira. Ovako moramo ispitivati dalje, a ideja je da dokažemo da je suma neograničena, odnosno da je limS Θ = ± ∞ , gde je S Θ podniz niza S n koji je uvek rastući. n →∞
S 21 = S 2 = 1 + S 22 = S 4 = 1 +
1 3 1 3
+
1 5
+
1 7
.......itd 1 1 1 1 1 1 1 1 S 2m = + + + + + + + ....... + 1 3 5 7 9 11 13 2 ⋅ 2m − 1 grupišimo sabirke na sledeći način: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 S 2m = ( + ) + ( + ) + ( + + + )....... + ( m ) + m + ... + 1 3 5 7 9 11 13 15 2 +1 2 + 3 2 ⋅ 2m − 1 Očigledno je da važi: 1
+
1
1 3 1 1 5 1
+
+
>1
7 1
> +
1
1
+
1
=
8 8 4 1 1 1 +
9 11 13 15 ....... 1 m
2 +1
+
1 m
2 +3
>
16
+ ... +
+
1 16
+
1 16
1 m
2 ⋅ 2 −1
+
>
1 16
2m −1 2
m +1
=
1 4
=
1 4
Kad ovo vratimo gore , dobijamo nejednakost: S 2m > 1 +
m −1 4
Potražimo ovde graničnu vrednost lim(1 + m→∞
m −1 ) = ∞ a to nam govori da niz divergira! 4 www.matematiranje.com
Primer 4.
∞
Ispitati konvergenciju reda
1
∑n. n =1
Rešenje:
I ovde je slična situacija kao malopre: lim n →∞
1 n
=
1 ∞
=0.
Koristimo sličan trik kao u prethodnom zadatku: Posmatramo niz parcijalnih suma S k , k ∈ N koji je uvek rastući. Njegov podniz S 2m , m ∈ N je: S 21 = S 2 = 1 + S 22 = S 4 = 1 +
1 2 1 2
+
1
+
3
1 4
.......itd 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 S 2m = + + + + + + + + ... + m −1 + m−1 +⋯ + m 1 2 3 4 5 6 7 8 2 +1 2 + 2 2 Grupišemo članove ali tako da možemo zaključiti od čega su veći: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 S 2m = + + ( + ) + ( + + + ) + .. . + ( m −1 + m −1 +⋯ + m ) 1 2 3 4 5 6 7 8 2 +1 2 + 2 2 1 3 1
+ +
1 4 1
5 6 .......
> +
1
2
1
=
1
4 4 2 1 1 1 1 7
1 m −1
+
+1
+
+
8
>
8
+
1 2
m −1
+2
8
+
1 8
+⋯ +
+
1 2
m
1 8
=
>
1 2 1
2
m
+
1 2
m
+⋯ +
1 2
m
=
1 2
Ako vratimo ove nejednakosti gore, do bijamo: S 2m > 1 +
m 2
I ovde je lim (1 + m →∞
m 2
) = ∞ , a to opet govori da dati red divergira. www.matematiranje.com
Košijev ( Cauchyev) kriterijum ∞
Potreban i dovoljan uslov da red
∑ an
konvergira jeste da za proizvoljno
ε
> 0 postoji prirodan broj N = N (ε )
n =1
tako da za n > 0 ∧ p > 0 važi:
S n + p − S n < ε
Primer 5.
∞
Koristeći Košijev kriterijum dokazati da red
1
∑n
divergira.
n =1
Rešenje:
U prethodnom primeru smo dokazali da ovaj red divergira. Sad nam je posao da to dokažemo preko Košijevog kriterijuma. Uzmimo da je p = n. Onda imamo: S n + n − S n = S2 n − Sn =
1 n +1
+
1 n+2
+
1 n+3
+ ....... +
1 2n
Kako je : 1 1 n +1 1 n+2 1 n+3 .......
>
> >
2n 1 2n 1 2n
Ovo vratimo gore i dobijamo: S n + n − Sn = S2 n − Sn =
1 n +1
+
1 n+2
+
1 n+3
Da smo na početku uzeli da je, recimo,
ε
+ ....... +
=
1 4
1 2n
> n⋅
1 2n
=
1 2
a radom smo dobili da je
ε
>
1 2
, možemo zaključiti da red divergira. www.matematiranje.com
Primer 6. ∞
∑
Koristeći Košijev kriterijum dokazati da red
n =1
1 n(n + 1)
divergira.
Rešenje:
Uzmimo, slično kao malopre da je
Sn +n − Sn = S2 n − Sn =
ε
1 ( n + 1)( n + 2)
=
1 4
i uzmimo da je p = n
1
+
( n + 2)( n + 3)
+ ....... +
1 2 n(2 n + 1)
Sad razmišljamo:
(n + 1)( n + 2) < ( n + 2) 2 →
(n + 2)(n + 3) < ( n + 3) 2 →
1 ( n + 1)( n + 2)
<
1 (n + 2)(n + 3)
<
1 ( n + 2)
2
1 ( n + 3)
2
→
1 ( n + 1)(n + 2)
→
1 ( n + 2)( n + 3)
<
1
→
( n + 2) 2 <
1
→
( n + 3)2
1 ( n + 1)( n + 2) 1 ( n + 2)( n + 3)
<
<
1 n+2 1 n+3
............
I tako dalje.
Imamo:
S n +n − S n = S2 n − Sn = >
1 ( n + 1)( n + 2) 1 n+2
+
1 n+3
+
+ ... +
1 ( n + 2)( n + 3) 1 2n + 1
>
+ ....... +
1 2 n(2 n + 1)
>
1 4
Dokazali smo da ovaj red divergira.
www.matematiranje.com
Poredbeni kriterijum : ∞
∞
∑ an
Važi za dva reda
i
n =1
∑ bn n =1 ∞
i)
Ako je an< bn onda a)
∞
∑ bn konvergentan
⇒
n =1
ii)
Ako je
a n +1 an
<
bn +1 bn
∞
∑ an divergentan ⇒
∑ bn
n =1
n =1 ∞
onda a)
∑ bn konvergentan
⇒
n =1
b)
∑ an
n →∞
an
∑ an
konvergentan
n =1 ∞
divergentan ⇒
n =1
Ako je lim
divergentan ∞
∞
iii)
konvergentan
n =1
∞
b)
∑ an
∑ bn
divergentan
n =1
= M , (M ≠ 0) M je konačan broj onda redovi istovremeno konvergiraju ili divergiraju
bn
∞
1
∑ n k
Ovde se najčešce za uporedjivanje koristi red
; ovaj red za k>1 konvergira, a za k ≤ 1 divergira
n =1
Primer 7. ∞
Ispitati konvergenciju reda:
1
∑ 2n − 1 n =1
Rešenje: Razmišljamo: 2n − 1 > n 1 2n − 1
<
počevši od n=2, pa je onda
1 n ∞
Kako je red
1
∑n
∞
divergentan, to je divergentan i red
n =1
1
∑ 2n − 1
po poredbenom kriterijumu.
n =1
∞
[Ako je an< bn onda a)
∑ bn konvergentan n =1
∞
⇒
∑ an
konvergentan]
n =1
Neki profesori rade ovo direktno: 1 2n − 1
1
∼
2n ∞
Onda je
kad n → ∞
1
1
∞
1
∑ 2n = 2 ∑ n n =1
, pa zaključujemo da dati red divergira.
n =1
www.matematiranje.com
Primer 8. ∞
1
∑n
Ispitati konvergenciju reda:
n +1
n =1
Rešenje: Mi ćemo upotrebljavati onaj brži način, a vi naravno radite kako vaš profesor zahteva... 1
1
∼
n n +1
1 1
∼
1 1
n( n + 1) 2
1
=
n ⋅ n2
kad n → ∞ .
3
n2
Oznaka ∼ nam znači da se ovi izrazi ponašaju slično kad n → ∞ ∞
Red
1
∑ n =1
3
∞
konvergira pa konvergira i red
∑n n =1
n2
1 n +1
. ∞
Naravno , mogli smo koristiti i poredbeni kriterijum, gde bi uzimali red
1
∑ n2
za uporedjivanje.
n =1
Primer 9. ∞
n +1 − n
∑
Ispitati konvergenciju reda:
3
n =1
n
Rešenje: Ovde ćemo izvršiti najpre racionalizaciju: ∞
n +1 − n
∑
3
n =1
n
∞
=∑ n =1
⋅
n +1 + n n +1 + n
∞
=∑ n =1
( n + 1) 2 − ( n ) 2 3
∞
=∑
n ⋅ ( n +1 + n)
n =1
n +1− n 3
n ⋅ ( n + 1 + n)
=
1 3
n ⋅ ( n +1 + n)
Sad razmišljamo: 1 3
n ⋅ ( n +1 + n )
1
∼
3
n ⋅ ( n + n)
∞
Dakle, posmatramo red
∑ n =1
1 5
2n 6
=
1 2
1
=
1
1
=
n 3 ⋅ 2n 2 ∞
∑ n =1
1 5
1
kad n → ∞
5
2n 6
, koji divergira, a onda divergira i početni red, jer
n6 ∞
ovde se najčešce za uporedjivanje koristi red
1
∑ n k n =1
; ovaj red za k>1 konvergira, a za k ≤ 1 divergira
Primer 10. ∞
Ispitati konvergenciju reda:
α
∑ sin n n =1
Rešenje: Ovde ćemo iskoristiti da je sin
∞
Onda imamo:
α
∑n n =1
∞
= α ⋅
α
n
1
∑n
α
∼
kad n → ∞
n
∞
a znamo da ovaj red divergira, pa divergira i red
n =1
α
∑ sin n . n =1
Primer 11.
∞
Ispitati konvergenciju reda
n sin
∑ n =1
1
n n +1 2
Rešenje:
Kad n → ∞ već smo videli da je
sin
1 n
1
∼
n
i
n 2 + 1 ∼ n 2 ∼ n , zato imamo:
1 1 n⋅ n ∼ n =1 n n n2 + 1
n sin
∞
1
∑n n =1
∞
divergira , pa divergira i red
∑ n =1
n sin
1
n . n +1 2
U sledećem fajlu nastavljamo sa kriterijumima za konvergenciju… www.matematiranje.com
