Sveuciliste J.J. Strossmayera u Osijeku

Odjel za matematiku

Sveucilisni nastavnicki studij matematike i informatike

Karlo Ivosevic

Redovi realnih brojeva

Diplomski rad

Osijek, 2010.

Sveuciliste J.J. Strossmayera u Osijeku

Odjel za matematiku

Sveucilisni nastavnicki studij matematike i informatike

Karlo Ivosevic

Redovi realnih brojeva

Diplomski rad

Voditelj: Doc. dr. sc. Kristian Sabo

Osijek, 2010.

Sadrzaj

Uvod 1

1. Redovi realnih brojeva 2

1.1. Pojam reda................................................................................................................. 2

1.2. Konvergencija reda..................................................................................................... 5

1.3. Kriteriji konvergencije...............................................................................................10

1.4. Alternirani redovi..................................................................................................... 20

1.5. Apsolutno konvergentni redovi................................................................................. 21

1.6. Osnovna svojstva konvergentnih redova................................................................... 23

2. Redovi funkcija 25

2.1. Redovi funkcija......................................................................................................... 25

2.2. Redovi potencija....................................................................................................... 28

2.3. Taylorov red..............................................................................................................33

Literatura 37

Sazetak 38

Summary 39

Zivotopis 40

1

Uvod

U ovom diplomskom radu dan je pregled osnovne teorije koja je nuzna za razumijevanje pojma

redova realnih brojeva. Takoder, analizirana su i odgovarajuca svojstva redova realnih brojeva

te su dane neke primjene. Rad se sastoji od dva poglavlja: Redovi realnih brojeva te Redovi

funkcija.

U prvom smo poglavlju definirali niz parcijalnih suma koji je pridruzen nizu realnih bro-

jeva, pojam reda realnih brojeva, minorantu i majorantu reda, ostatak reda, te naveli primjere

najznacajnih redova u matematici, kao sto su primjerice geometrijski red i harmonijski red.

Zatim definiramo konvergenciju reda, nuzne i dovoljne uvjete konvergencije reda. Posebno

navodimo poredbeni kriterij, D’Alembertov kriterij te Cauchyjev kriterij, koji se obicno anal-

iziraju u okviju predmeta Diferencijalni racun. Osim navedenih kriterija navodimo jos i druge

kriterije koji mogu dati odgovor o konvergenciji reda kada prethodni kriteriji ne mogu, a to

su: Kummerov kriterij, Raabov kriterij, Gaussov kriterij, Dirichletov kriterij i Abelov kriterij.

Nakon sto smo definirali konvergenciju i naveli razlicite kriterije konvergencije, navest cemo

primjere i korisna svojstva apsolutno konvergentnih redova. Takoder cemo definirati jos jednu

vrstu redova - alternirane redove i Leibnizov kriterij konvergencije koji govori o konvergenciji

takvih redova. Na samom kraju prvog poglavlja navest cemo neka svojstva konvergentnih

redova.

U drugom poglavlju definirali smo pojam reda funkcija i njegovu konvergenciju. Naveli

smo i Weierstrassov teorem o uniformnoj konvergenciji reda funkcija. Obradili smo jedne od

najvaznijih redova funkcija, redove potencija. Definirali smo njihovu konvergenciju, radijus

konvergencije i podrucje konvergencije. Na kraju naveli smo primjere nekih elementarnih

funkcija razvijenih u red potencija.

2

1. Redovi realnih brojeva

1.1. Pojam reda

Neka je (an) zadani niz realnih brojeva. Pomocu njegovih clanova induktivno definiramo niz

parcijalnih suma (sn) na sljedeci nacin:

s1 = a1

s2 = a1 + a2

s3 = a1 + a2 + a3...

sn = a1 + a2 + . . .+ an...

Uocimo da (sn) predstavlja sumu prvih n clanova niza (an).

Definicija 1.1 Uredeni par nizova realnih brojeva ((an), (sn)) nazivamo redom realnih bro-

jeva i oznacavamo s∞∑n=1

an . Pri tome kazemo da je an opci clan reda, a sn njegova n-ta

parcijalna suma.

Primjer 1.1 Red ciji je opci clan an = 12n glasi:

∞∑n=1

1

2n=

1

2+

1

22+

1

23+ . . .+

1

2n+ . . . .

Definicija 1.2 Za red∞∑n=1

an kazemo da je red s nenegativnim(pozitivnim) clanovima

ako je an ≥ 0 (an > 0) za svaki n ∈ N.

Definicija 1.3 Red∞∑n=1

an u kojem je razlika susjednih clanova d konstantna, tj.

d = an − an−1 = an+1 − an (n = 2, 3, 4, . . .)

zovemo aritmetickim redom.

3

Definicija 1.4 Red∞∑n=1

an u kojem je kvocijent susjednih clanova konstantan, odnosno,

anan−1

=an+1

an(n = 2, 3, 4, . . .)

ili

a2n = an−1 · an+1

zovemo geometrijskim redom.

Definicija 1.5 Red∞∑n=1

an kojemu reciprocne vrijednosti clanova cine aritmeticki niz nazi-

vamo harmonijskim redom:1

an=

1

a1

+ (n− 1)d.

Definicija 1.6 Pod hiperharmonijskim redom smatramo red∞∑n=1

an s clanovima:

an =1

nα

gdje je α ∈ R.

Napomena 1.1 Vidimo da za α = 1 u hiperharmonijskom redu dobivamo obican harmonijski

red, pri cemu je d = 1.

Primjer 1.2 Primjeri nekih redova:

∞∑n=1

n = 1 + 2 + 3 + . . .+ n+ . . . (aritmeticki red),

∞∑n=1

xn−1 = 1 + x+ x2 + . . .+ xn + . . . (geometrijski red),

∞∑n=1

1

n= 1 +

1

2+

1

3+ . . .+

1

n+ . . . (harmonijski red),

∞∑n=1

(−1)n+1

n= 1− 1

2+

1

3− 1

4+ . . .+

(−1)n+1

n+ . . . ,

∞∑n=1

1

n2=

1

12+

1

22+

1

32+ . . .+

1

n2+ . . . (hiperharmonijski red).

4

Primjedba 1.1 Red a1 +a1q+a1q2 + . . . a1q

n−1 + . . . mozemo zapisati na dva razlicita nacina:

∞∑n=1

a1qn−1 i

∞∑n=0

a1qn.

Definicija 1.7 Kazemo da je red∞∑n=1

bn majoranta reda∞∑n=1

an ako postoji n0 ∈ N takav

da je an ≤ bn, ∀n ≥ n0. U isto vrijeme kazemo da je red∞∑n=1

an minoranta reda∞∑n=1

bn.

Primjer 1.3 Promotrimo redove s pozitivnim clanovima:

∞∑n=1

1

n2,

∞∑n=1

1

ni

∞∑n=1

1√n.

Buduci da za svaki n ≥ 1 vrijedi1

n2≤ 1

n≤ 1√

n,

onda je primjerice red∞∑n=1

1

nminoranta reda

∞∑n=1

1√n

, a red∞∑n=1

1

nmajoranta reda

∞∑n=1

1

n2.

U ovom pocetnom dijelu rada definirali smo neke osnovne pojmove u vezi redova realnih

brojeva i dali smo primjere redova koje cemo koristiti u daljnjem razmatranju redova realnih

brojeva.

5

1.2. Konvergencija reda

Definicija 1.8 Za red∞∑n=1

an kazemo da je konvergentan ako je njegov niz parcijalnih

suma (sn) konvergentan. Pri tome limn→∞

sn zovemo suma ili zbroj reda∞∑n=1

an i oznacavamo

s∞∑n=1

an, tj.

∞∑n=1

an = limn→∞

sn.

Za red∞∑n=1

an kazemo da je divergentan ako je njegov niz parcijalnih suma (sn) divergentan.

Primjedba 1.2 Zbog jednostavnosti upotrebljava se ista oznaka:

∞∑n=1

an ili a1 + a2 + . . .+ an + . . .

i za sam red ((an), (sn)) i za njegovu sumu s = limn→∞

sn. Iz konteksta ce biti jasno da li se radi

o redu ili o njegovoj sumi.

Jedan nacin za utvrdivanje konvergencije reda je racunanje sume reda. To je ponekad moguce,

kao primjerice u sljedecem primjeru. Najcesce je racunanje sume reda vrlo zahtjevan problem,

pa se za utvrdivanje konvergencije koriste neki drugi jednostavniji kriteriji.

Primjer 1.4 Odredimo sumu reda∞∑n=1

1

n(n+ 1).

Primjetimo da se k-ti clan moze zapisati u obliku ak = 1k(k+1)

= 1k− 1

k+1. Opci clan niza sn je

tada:

sn =n∑k=1

ak =n∑k=1

1

k(k + 1)=

n∑k=1

(1

k− 1

k + 1

)=(

1+n∑k=2

1

k

)−( n∑k=2

1

k+

1

n+ 1

)= 1− 1

n+ 1.

Kako je limn→∞

sn = limn→∞

(1 − 1

n+ 1) = 1, red

∞∑n=1

1

n(n+ 1)je konvergentan i suma mu iznosi

∞∑n=1

1

n(n+ 1)= 1.

Primjer 1.5 Ispitajmo konvergenciju reda∞∑n=1

(−1)n.

6

sn =

{0 , za n parne−1 , za n neparne.

Sada vrijedi:

limn→∞

sn = 0 (n = 2, 4, 6, . . .)

limn→∞

sn = −1 (n = 1, 3, 5, . . .).

Niz parcijalnih suma nema granicne vrijednosti pa zadani red divergira.

Na osnovi sljedeceg teorema, koji je u literaturi poznat pod nazivom nuzan uvjet konvergencije,

bit ce moguce na osnovi vrlo jednostavnog uvjeta utvrditi da promatrani red divergira.

Teorem 1.1 (Nuzan uvjet konvergencije reda) ( vidi [8] )

Ako je red∞∑n=1

an konvergentan, onda je limn→∞

an = 0.

Dokaz. Prema definiciji parcijalnih suma vrijedi da je an = sn − sn−1 za n = 2, 3, . . ..

Prijelaskom na limes dobivamo:

limn→∞

an = limn→∞

(sn − sn−1) = limn→∞

sn − limn→∞

sn−1 = s− s = 0. 2

Rekli smo da ovaj teorem govori o nuznom uvjetu konvergencije nekog reda. Postavlja se

pitanje vrijedi li obrat ovog teorema, odnosno moze li se na osnovi uvjeta limn→∞

an = 0 zakljuciti

da red∞∑n=1

an konvergira? Sljedeca dva primjera pokazuju da to nije moguce.

Primjer 1.6 Harmonijski red∞∑n=1

1

nispunjava uvjet nuznosti jer je lim

n→∞

1

n= 0. Dokazat

cemo da promatrani red divergira. Pogledajmo u tui svrhu parcijalne sume zadanog reda:

s2 = 1 +1

2≥ 1 +

1

2

s4 = s22 = 1 +1

2+

1

3+

1

4≥ 1 +

1

2+

1

4+

1

4= 1 +

1

2+

1

2= 1 + 2

1

2

s8 = s23 = 1 +1

2+

1

3+

1

4+

1

5+

1

6+

1

7+

1

8≥ 1 +

1

2+

1

4+

1

4+

1

8+

1

8+

1

8+

1

8

= 1 +1

2+

1

2+

1

2= 1 + 3

1

2...

s2n = 1 +1

2+

1

3+ . . .+

1

2n≥ 1 + n

1

2.

7

Primijetimo da za proizvoljno veliki broj M postoji prirodni broj n0 takav da za svaki prirodni

broj n > n0 vrijedi sn ≥ 1+n12> M , odakle slijedi da je niz (sn) neomeden, pa je lim

n→∞sn =∞,

odnosno harmonijski red je divergentan.

Primjer 1.7 Ispitajmo konvergenciju reda∞∑n=1

lnn

n+ 1.

Vidimo da vrijedi limn→∞

lnn

n+ 1= 0, tj. da je zadovoljen nuzan uvjet konvergencije, ali mozemo

pokazati da red nije konvergentan. Vrijedi:

s1 = ln1

2= ln 1− ln 2 = − ln 2,

s2 = ln1

2+ ln

2

3= ln 1− ln 2 + ln 2− ln 3 = ln 1− ln 3 = − ln 3,

...

sn = ln1

2+ ln

2

3+ . . .+ ln

n− 1

n+ ln

n

n+ 1

= ln 1− ln 2 + ln 2− ln 3 + ln 3− ln 4 + . . .+ ln(n− 1)− lnn+ lnn− ln(n+ 1)

= − ln(n+ 1).

Sada vrijedi limn→∞

sn = limn→∞

(− ln(n+ 1)) = −∞. S obzirom da niz parcijalnih suma ne konver-

gira, ne konvergira niti promatrani red.

Sljedeca Propozicija, koju navodimo bez dokaza, daje nuzan i dovoljan uvjet konvergencije

geometrijskog reda. Dokaz ove Propozicije moze se naci primjerice u [7], str. 86.

Propozicija 1.1 Ako je q ∈ R, |q| < 1, onda geometrijski red∞∑n=0

qn = 1 + q + q2 + . . .

konvergira i ima sumu 11−q . Ako je |q| ≥ 1, onda red divergira.

U nastavku navodimo jednu korisnu karakterizaciju konvergentnog reda realnih brojeva. Takoder

dajemo primjer koji ilustrira znacenje Teorema.

Teorem 1.2 (Nuzan i dovoljan uvjet konvergencije reda) ( vidi [5] )

Red∞∑n=1

an je konvergentan, onda i samo onda ako za svaki ε > 0 postoji prirodan broj n0

takav da za svaki n > n0 i za svaki k ∈ N vrijedi

|an+1 + an+2 + . . .+ an+k| < ε. (1)

Dokaz. Ovu tvrdnju dokazat cemo u dva dijela. Pri tome najprije dokazujemo nuznost, a

nakon toga dovoljnost.

8

1. Nuznost: Neka je red∞∑n=1

an konvergentan i neka mu je suma s. Zbog limn→∞

sn = s za svaki

ε > 0 postoje prirodni brojevi n1 i n2 takvi da za svaki prirodni broj n > max{n1, n2} =: n0

vrijedi

|s− sn| <ε

2i |s− sn+k| <

ε

2.

Stoga na osnovi nejednakosti trokuta vrijedi:

|an+1 + an+2 + . . .+ an+k| = |sn+k − sn| < |(s− sn) + (sn+k − s)|

< |s− sn|+ |sn+k − s| <ε

2+ε

2= ε.

2. Dovoljnost: Neka za svaki svaki ε > 0 postoji n0 ∈ N takav da za svaki n > n0 i za svaki

k ∈ N vrijedi

|an+1 + an+2 + . . .+ an+k| = |sn+k − sn| < ε,

tj. neka je

−ε < sn+k − sn < ε,

sto se moze zapisati u obliku

sn − ε < sn+k < sn + ε.

Dakle, ma koliko velik bio broj k, suma sn+k se nalazi izmedu dva konacna broja sn−ε i sn+ε.

Ako uzmemo dovoljno veliki n, tada ce, prema pretpostavci, ε biti proizvoljno mali tako da

ce duljina intervala (sn − ε, sn + ε) u kojem se nalazi sn+k biti proizvoljno mala. To znaci da

suma sn+k tezi jednom odredenom broju kada n tezi u beskonacnost i red je konvergentan. 2

Primjedba 1.3 Da bi red bio konvergentan nuzno je i dovoljno da se za svaki ε > 0 moze

odrediti broj n0 takav da suma svakog “odsjecka” poslije n-tog clana bude manja od ε.

Primjer 1.8 Dokazimo da red∞∑n=1

1√n(n+ 1)

divergira.

U tu svrhu iskoristit cemo prethodni teorem o nuznosti i dovoljnosti konvergencije reda. Pri

tome cemo za broj ε uzeti 14

i pokazati da ne postoji takav n0 ∈ N sa svojstvom (1) iz prethodnog

teorema. Prvo, izracunajmo razliku parcijalnih suma

s2n − sn =1√

(n+ 1)(n+ 2)+

1√(n+ 2)(n+ 3)

+ . . .+1√

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

Kako je (n+ k)(n+ k + 1) < (n+ k + 1)(n+ k + 1), k ∈ N slijedi

1√(n+ k)(n+ k + 1)

>1

n+ k + 1, k ∈ N.

Iz (2) slijedi

s2n − sn >1

n+ 2+

1

n+ 3+ . . .+

1

2n+ 1>

1

2 + 1n

>1

4= ε,

i dokazali smo da je red divergentan.

9

Definicija 1.9 Red realnih brojeva∞∑

k=n+1

ak zovemo ostatkom reda∞∑n=1

an.

Sljedeci Teorem daje vezu konvergenicije reda i njegovog ostatka.

Teorem 1.3 ( vidi [3] ) Ako red∞∑n=1

an konvergira, tada konvergira i svaki njegov ostatak rn.

Obrnuto, ako konvergira neki ostatak nekog reda, tada konvergira i sam red, odnosno vrijedi:

∞∑k=1

ak je konvergentan ⇔∞∑

k=n+1

ak je konvergentan.

Dokaz. Sa sn oznacimo n-tu parcijalnu sumu zadanog reda, a sa s∗k k-tu parcijalnu sumu reda∞∑

k=n+1

ak. Dakle, neka je

sn = a1 + . . .+ an, s∗k = an+1 + . . .+ an+k, s∗k = sn+k − sn.

Ako fiksiramo n sada, imat cemo sljedece zakljucke:

1. Ako zadani red konvergira, onda postoji limes parcijalnih suma sn i limn→∞

sn = s.

Iz jednakosti s∗k = sn+k − sn slijedi limk→∞

s∗k = limk→∞

sn+k − sn = s − sn, dakle i red rn je

konvergentan jer postoji limes njegovih parcijalnih suma.

2. Neka konvergira red∞∑

k=n+1

ak i neka je zbroj tog reda s∗. Njegova k-ta parcijalna suma

je s∗k = sn+k − sn.

Iz toga slijedi limk→∞

s∗k = s∗ = limk→∞

sn+k − sn, sto znaci da postoji limes od sn+k kada

k →∞ i jednak je s∗ + sn.

2

Primjedba 1.4 Ako je red konvergentan, za dovoljno veliki n ostatak reda∞∑

k=n+1

ak biti ce

po volji malen i obrnuto, tj.

limn→∞

sn = s⇔ limn→∞

rn = 0.

10

1.3. Kriteriji konvergencije

Kriterij za konvergenciju redova je pravilo pomocu kojega ispitujemo konvergenciju nekog reda

i to na osnovi nekog svojstva opceg clana promatranog reda. Ovdje se javljaju dva osnovna

pitanja:

1. Da li je promatarni red konvergentan, tj. da li ima sumu?

2. Ako je konvergentan, kolika mu je suma?

Odgovori na ta pitanja dani su u sljedecim teoremima. Navedimo neke kriterije konvergencije

koji se najcesce upotrebljavaju.

Teorem 1.4 (Poredbeni kriterij) ( vidi [4] )

Neka su∞∑n=1

an i∞∑n=1

bn bilo koja dva reda s nenegativnim clanovima i neka postoje realan

broj c > 0 i prirodan broj n0 takvi da je:

an ≤ cbn (n ≥ n0). (3)

Tada vrijedi:

a) Ako red∞∑n=1

bn konvergira, onda konvergira i red∞∑n=1

an;

b) Ako red∞∑n=1

an divergira, onda divergira i red∞∑n=1

bn.

Dokaz. Parcijalne sume redova∞∑n=1

an i∞∑n=1

bn oznacimo sa sn i σn. Nizovi (sn) i (σn) su

monotono rastuci. Iz (3) za bilo koji n ≥ n0 dobivamo:

sn =n∑k=1

ak =

n0−1∑k=1

ak +n∑

k=n0

ak ≤n0−1∑k=1

ak + c

n∑k=n0

bk =

n0−1∑k=1

ak + cσn − cn0−1∑k=1

bk.

a) Neka je red∞∑n=1

bn konvergentan. Znaci da je niz (σn) konvergentan, a zatim i omeden.

Omedenost niza (sn) slijedi iz gornje nejednakosti. Dakle niz (sn) je omeden i monotono

rastuci sto implicira da je red∞∑n=1

an konvergentan.

b) Neka je red∞∑n=1

an divergentan. Znaci da je niz (sn) odozgo neomeden, a prema gornjoj

nejednakosti i niz (σn) je odozgo neomeden. Dakle, red∞∑n=1

bn je divergentan. 2

11

Napomena 1.2 Zadani red se usporeduje s redom za kojeg je poznato da li konvergira ili ne.

Za usporedivanje redova obicno se koriste sljedeci redovi:

a) harmonijski 1 + 12

+ 13

+ . . .+ 1n

+ . . . koji divergira;

b) geometrijski a1+a1q+a1q2+. . .+a1q

n−1+. . . koji konvergira za |q| < 1, a za |q| ≥ 1 divergira;

c) hiperharmonijski∞∑n=1

1

np, koji konvergira za p > 1, a za p ≤ 1 divergira.

Primjer 1.9 Ispitajmo konvergenciju reda∞∑n=1

n

(n+ 1)3.

Znamo da vrijedi n(n+1)3

< nn3 = 1

n2 . Red smo usporedili s hiperharmonijskim redom u slucaju

kad je p = 2 i tada taj red konvergira, te stoga po poredbenom kriteriju i nas zadani red

konvergira.

Teorem 1.5 (Poredbeni kriterij u formi limesa) ( vidi [8] )

Neka je red∞∑n=1

an red s nenegativnim clanovima, red∞∑n=1

bn red s pozitivnim clanovima i

neka postoji limn→∞

anbn

= c ≥ 0.

a) Za c > 0 red∞∑n=1

an konvergira, onda i samo onda ako red∞∑n=1

bn konvergira.

b) Ako je c = 0 i ako red∞∑n=1

bn konvergira, onda i red∞∑n=1

an konvergira.

c) Ako je c = 0 i ako red∞∑n=1

an divergira, onda i red∞∑n=1

bn divergira.

Dokaz. Kako je limn→∞

anbn

= c ≥ 0, za svaki ε > 0 postoji n0 ∈ N takav da je |an

bn− c| < ε za

svaki n > n0, odakle je (c − ε)bn < an < (c + ε)bn za svaki n > n0. U slucaju kada je c > 0

mozemo bez smanjenja opcenitosti pretpostaviti da je ε < c. Tvrdnje slijede iz poredbenog

kriterija. 2

Primjer 1.10 Pokazimo da red∞∑n=1

1√n2 + 3n

divergira.

12

Usporedit cemo zadani red sa divergentnim harmonijskim redom∞∑n=1

1

n.

Vrijedi

limn→∞

1√n2+3n

1n

= limn→∞

n√n2 + 3n

= limn→∞

1√1 + 3

n

= 1.

Prema poredbenom kriteriju u formi limesa, red∞∑n=1

1√n2 + 3n

divergira.

Teorem 1.6 (D’Alembertov kriterij) ( vidi [8] )

Neka je∞∑n=1

an red s pozitivnim clanovima.

a) Ako postoje prirodan broj n0 i realan broj q < 1 takvi da je

an+1

an≤ q (n > n0),

onda je red∞∑n=1

an konvergentan.

b) Ako postoji prirodan broj n0 takav da je

an+1

an≥ 1 (n > n0),

onda je red∞∑n=1

an divergentan.

Dokaz.

a) Iz an+1

an≤ q (n > n0) dobivamo an0+1 ≤ qan0 , an0+2 ≤ qan0+1 ≤ q2an0 , . . . ,tj.

an0+k ≤ qkan0 (k = 1, 2, . . .).

Za n-tu parcijalnu sumu vrijedi:

sn =n∑k=1

ak =

n0∑k=1

ak +

n−n0∑k=1

an0+k ≤n0∑k=1

ak +

n−n0∑k=1

qkan0 ≤n0∑k=1

ak +an0

1− q.

Niz (sn) je omeden pa je i konvergentan.

b) Ako postoji prirodan broj n0 takav da je an+1

an≥ 1, tj. 0 < an ≤ an+1 za svaki n > n0,

onda je:

0 < an ≤ an+1 ≤ . . . ≤ an+k ≤ . . . ,

sto znaci da nije ispunjen nuzan uvjet konvergencije i da je red∞∑n=1

an divergentan. 2

13

Primjer 1.11 Ispitajmo konvergenciju reda∞∑n=1

n+ 3

2n.

Vrijedi an+1

an=

n+4

2n+1n+32n

= n+42(n+3)

< 1 za svaki n ∈ N pa je red∞∑n=1

n+ 3

2nkonvergentan.

Teorem 1.7 (D’Alembertov kriterij u formi limesa) ( vidi [4] )

Neka je∞∑n=1

an red s pozitivnim clanovima. Ako postoji limn→∞

an+1

an= L, tada je red

∞∑n=1

an

konvergentan za L < 1 i divergentan za L > 1.

Dokaz. Neka je L < 1. Tada po definiciji limesa niza za ε = 1−L2

postoji n0 ∈ N takav da je

−ε < an+1

an− L < ε za svaki n > n0, odakle imamo

an+1

an< ε+ L = 1− ε < 1, n > n0.

Ako u D’Alembertovom kriteriju uzmemo q = ε+L, zakljucit cemo da red∞∑n=1

an konvergira.

Neka je L > 1. Tada po definiciji limesa niza za ε = L − 1 postoji n0 ∈ N takav da je

−ε < an+1

an− L < ε za svaki n > n0, odakle imamo

1 = L− ε < an+1

an, n > n0.

Prema D’Alembertovom kriteriju red∞∑n=1

an divergira. 2

Primjer 1.12 Ispitajmo konvergenciju reda∞∑n=1

3n+2

(n+ 2)!.

Imamo limn→∞

an+1

an= lim

n→∞

3n+3

(n+3)!

3n+2

(n+2)!

= limn→∞

3

n+ 3= 0 < 1 pa red konvergira.

Primjer 1.13 Red∞∑n=1

4n

(2n+ 1)2divergira, jer je

limn→∞

an+1

an= lim

n→∞

4n+1

(2n+3)2

4n

(2n+1)2

= 4 limn→∞

(2n+ 1

2n+ 3

)2

= 4 limn→∞

(1 + 1

2n

1 + 32n

)2

= 4.

14

Teorem 1.8 (Cauchyjev kriterij) ( vidi [4] )

Neka je∞∑n=1

an red s nenegativnim clanovima.

a) Ako postoje prirodan broj n0 i realan broj q < 1 takvi da je n√an ≤ q za svaki n > n0,

onda je red∞∑n=1

an konvergentan.

b) Ako je n√an ≥ q za beskonacno mnogo indeksa n, onda je red

∞∑n=1

an divergentan.

Dokaz. Bez smanjenja opcenitosti neka je n0 = 1.

a) Iz n√an ≤ q dobivamo an ≤ qn, n ∈ N. Prema poredbenom kriteriju, red

∞∑n=1

an je

konvergentan.

b) Ako je n√an ≥ q za beskonacno mnogo indeksa n, onda je an ≥ 1 za beskonacno mnogo

indeksa n pa nije zadovoljen nuzan uvjet konvergencije. 2

Primjer 1.14 Ispitajmo konvergenciju reda∞∑n=1

5n

n.

Za svaki clan reda an dobivamo n√an = n

√5n

n= 5

n√n ≥ 1 pa prema Cauchyjevom kriteriju

zadani red divergira.

Teorem 1.9 (Cauchyjev kriterij u formi limesa) ( vidi [4] )

Neka je∞∑n=1

an red s nenegativnim clanovima. Ako postoji limn→∞

n√an = L, tada je red

∞∑n=1

an

konvergentan za L < 1 i divergentan za L > 1.

Dokaz. Dokaz se provodi analogno kao dokaz D’Alembertovog kriterija u formi limesa.

Potrebno je samo zamijeniti an+1

ans n√an. 2

Primjer 1.15 Red∞∑n=1

n2

3nkonvergira jer prema Cauchyjevom kriteriju u formi limesa imamo

limn→∞

n

√n2

3n= lim

n→∞

( n√n)2

3=

1

3.

Teorem 1.10 ( vidi [3] ) Neka je∞∑n=1

an red s pozitivnim clanovima. Ako postoji limn→∞

an+1

an=

L, onda postoji i limn→∞

n√an i jednak je L.

15

Dakle, ako red konvergira prema D’Alembertovom kriteriju, onda on konvergira i prema

Cauchyjevom kriteriju. Sljedeci primjer je potvrda da obrat ove trdnje ne vrijedi.

Primjer 1.16 Neka je 0 < x < 1 i neka za clanove reda∞∑n=1

an vrijede sljedece jednakosti:

a2k−1 = x2k+1 i a2k = x2k.

Prema D’Alembertovom kriteriju, ako je n = 2k, onda je an+1

an= a2k+1

a2k= x3 < 1, te ako je

n = 2k + 1, onda je an+1

an= a2k+2

a2k+1= 1

x> 1. Dakle, ne postoji lim

n→∞

an+1

an, pa po ovom kriteriju

nema odluke.

S druge strane, ako primjenimo Cauchyjev kriterij na ovaj red, dobit cemo odgovor. Ako

je n = 2k, onda je n√an = 2k

√a2k =

2k√x2k = x < 1. Ako je n = 2k + 1, dobijemo n

√an =

2k+1√a2k+1 =

2k+1√x2k+3 = x

2k+32k+1 = x · x

22k+1 → x < 1.

Dakle, u oba slucaja je n√an = x < 1 pa je red po Cauchyjevom kriteriju konvergentan.

Teorem 1.11 (Kummerov kriterij) ( vidi [11] )

Red s pozitivnim clanovima∞∑n=1

an konvergira ako postoji niz pozitivnih brojeva (bn) i brojevi

γ > 0 te n0 ∈ N takvi da za n ≥ n0 vrijedi:

bnanan+1

− bn+1 ≥ γ. (4)

Ako red∞∑n=1

1

bndivergira i za svaki n ≥ n0 vrijedi:

bnanan+1

− bn+1 ≤ 0, (5)

onda red∞∑n=1

an divergira.

Dokaz. Iz (4) slijedi:

an+1 ≤1

γ(bnan − bn+1an+1).

Napisu li se te nejednakosti za k = n0, n0 + 1, . . . , n i sumiraju, dobivamo

n∑k=n0

ak+1 ≤1

γ

n∑k=n0

(bkak − bk+1ak+1) =1

γ(bn0an0 − bn+1an+1).

Oznacimo li bn0an0 s α, dobivamon∑

k=n0

ak+1 ≤α

γ. Neka je sn0 zbroj prvih n0 clanova zadanog

reda. Tada imamo:

sn+1 = sn0 +n∑

k=n0

ak+1

16

iz cega slijedi:

sn+1 ≤ sn0 +α

γ

i prema tome niz (sn) je omeden. Stoga red∞∑n=1

an konvergira.

Iz (5) slijedi:

bnan ≤ bn+1an+1, n ≥ n0.

To znaci da niz (bnan) monotono raste. Sada slijedi:

bn+1an+1 ≥ α = bnan

i1

bn+1

≤ an+1

α.

Kada bi konvergirao red∞∑n=1

an konvergirao bi i red 1α

∞∑n=1

an. Tada bi, prema poredbenom

kriteriju, konvergirao i red∞∑n=1

1

bn, a za taj red smo pretpostavili da divergira.

2

Teorem 1.12 (Kummerov kriterij u formi limesa) ( vidi [7] )

Neka je red∞∑n=1

1

bndivergentan te lim

n→∞

(bn

anan+1

− bn+1

)= q. Ako je q > 0, onda red

∞∑n=1

an

konvergira te ako je q < 0, onda red divergira.

Teorem 1.13 (Raabeov kriterij) ( vidi [7] )

Red s pozitivnim clanovima∞∑n=1

an je konvergentan ako je

limn→∞

n( anan+1

− 1)> 1

i divergentan ako je

limn→∞

n( anan+1

− 1)< 1.

Primjedba 1.5 Raabeov kriterij je jaci od D’Alembertovog, tj. daje odluku o konvergenciji

redova u slucaju kad D’Alembertov kriterij tu odluku ne daje. Cauchyjev kriterij ne mozemo us-

porediti s Raabeovim kriterijem, jer ima redova gdje Cauchyjev kriterij daje odluku, a Raabeov

ne daje i obrnuto, gdje Raabeov daje odluku, ali Cauchyjev ne.

17

Primjer 1.17 Ispitajmo konvergenciju reda∞∑n=1

1

n2.

Znamo da je taj red konvergentan jer je to hiperharmonijski red u slucaju kad je p = 2.

Primjenimo na taj red D’Alembertov kriterij:

limn→∞

an+1

an= lim

n→∞

( n

n+ 1

)2

= 1

i vidimo da nema odluke.

Raabeov kriterij daje:

limn→∞

n( anan+1

− 1)

= limn→∞

2n+ 1

n= 2 > 1,

pa je stoga red konvergentan.

Napomena 1.3 Kummerov kriterij u formi limesa, Raabov kriterij (uzmemo bn = n u Kum-

merovom kriteriju) i D’Alembertov kriterij (uzmemo bn = 1, n ∈ N) su specijalni slucajevi

Kummerovog kriterija.

Teorem 1.14 (Gaussov kriterij) ( vidi [7] )

Neka se an

an+1moze napisati u obliku:

anan+1

= α +β

n+γnn2,

gdje su α i β konstante, a za γn vrijedi |γn| < M za svaki n. Tada vrijedi:

1.∞∑n=1

an konvergira ako je α > 1 ili ako je α = 1 i β > 1,

2.∞∑n=1

an divergira ako je α < 1 ili ako je α = 1 i β ≤ 1.

Primjer 1.18 Ispitajmo konvergenciju reda∞∑n=1

[1 · 3 · 5 · . . . · (2n− 1)

2 · 4 · 6 · . . . · 2n

]2.

Mozemo se prvo uvjeriti da ni D’Alembertov ni Raabeov kriterij ne daju odluku. D’Alembertov

daje:

limn→∞

an+1

an= . . . = lim

n→∞

(2n+ 1

2n+ 2

)2

= limn→∞

4n2 + 4n+ 1

4n2 + 8n+ 4= 1,

dok Raabeov daje:

limn→∞

n[ anan+1

− 1]

= . . . = limn→∞

n[(2n+ 2

2n+ 1

)2

− 1]

= limn→∞

4n2 + 3n

4n2 + 4n+ 1= 1.

18

Gaussov kriterij daje odluku:

anan+1

=(2n+ 2

2n+ 1

)2

=4n2 + 8n+ 4

4n2 + 4n+ 1= 1 +

1

n+

1

n2· −(n2 + n)

4n2 + 4n+ 1.

To znaci da je α = 1, β = 1, |γn| =∣∣∣ −(n2+n)4n2+4n+1

∣∣∣ < 1, pa je dani red divergentan.

Prije nego sto navedemo jos dva kriterija, moramo prvo navesti jednu lemu koja ce nam biti

potrebna u dokazivanju.

Lema 1.1 (Abelova lema) Neka su (an) i (bn) nizovi realnih brojeva i neka je sn =n∑k=1

ak

parcijalna suma reda∞∑n=1

an. Tada za svaki m > n vrijedi

m∑k=n+1

akbk = smbm − snbn+1 +m−1∑k=n+1

sk(bk − bk+1).

Teorem 1.15 (Dirichletov kriterij) ( vidi [2] )

Neka su (an) i (bn) nizovi realnih brojeva koji zadovoljavaju sljedece:

1. niz parcijalnih suma sn =n∑k=1

ak je omeden,

2. b1 ≥ b2 ≥ b3 ≥ . . . ≥ 0,

3. limn→∞

bn = 0.

Tada je red∞∑n=1

anbn konvergentan.

Dokaz. Kako je (sn) omeden, postoji M > 0 takav da je |sn| < M za svaki n. Kako je

limn→∞

bn = 0, za dani ε > 0 postoji n0 takav da je bn = |bn − 0| < ε2M

za svaki n > n0. Prema

Abelovoj lemi za m > n > n0 slijedi:∣∣∣∣∣m∑

k=n+1

akbk

∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣smbm − snbn+1 +m−1∑k=n+1

sk(bk − bk+1)

∣∣∣∣∣≤ |sm| · |bm|+ |sn| · |bn+1|+

m−1∑k=n+1

|sk||bk − bk+1|

≤M · bm +M · bn+1 +m−1∑k=n+1

M · (bk − bk+1)

= M · [bm+ bn+1 +(bn+1− bn+2)+(bn+2− bn+3)+ . . .+(bm−2− bm−1)+(bm−1− bm)]

19

= 2M · bn+1

< ε.

Dakle, prema nuznom i dovoljnom uvjetu konvergencije red∞∑n=1

anbn konvergira. 2

Teorem 1.16 (Abelov kriterij) ( vidi [2] )

Neka je (bn) monoton omeden niz realnih brojeva i neka je red∞∑n=1

an konvergentan. Onda je

i red∞∑n=1

bnan konvergentan.

Dokaz. Niz (bn) je konvergentan jer je monoton i omeden i ima limes b. Red∞∑n=1

an je

konvergentan pa je konvergentan i red b∞∑n=1

an =∞∑n=1

ban. Ako je niz (bn) rastuci, stavimo

cn = b− bn. (6)

Onda je niz (cn) padajuci. Ako je niz (bn) padajuci, stavimo

cn = bn − b (7)

pa je (cn) opet padajuci niz. Red∞∑n=1

an je konvergentan pa je i omeden. Mozemo primjeniti

Dirichletov kriterij i red∞∑n=1

cnan je konvergentan.

U slucaju da je niz (bn) rastuci vrijedi (6) i mozemo pisati:

∞∑n=1

ban −∞∑n=1

cnan =∞∑n=1

(b− cn)an =∞∑n=1

bnan.

Buduci da se konvergentni redovi mogu oduzimati i zbrajati clan po clan, dobiveni red je

konvergentan.

U slucaju da je niz (bn) padajuci zbog (7) vrijedi

∞∑n=1

ban +∞∑n=1

cnan =∞∑n=1

(b+ cn)an =∞∑n=1

bnan

i dobiveni red je konvergentan. 2

Primjer 1.19 Red∞∑n=1

(−1)n

nkonvergira jer se moze primjeniti Dirichletov kriterij(

an = (−1)n, sn = −1 ili 0, ovisno o tome da li je n paran ili neparan i bn = 1n

).

20

1.4. Alternirani redovi

Definicija 1.10 Red∞∑n=1

an ciji clanovi naizmjence mijenjaju predznak naziva se alternirani

ili izmjenicni red.

Opci oblik alterniranog reda je:

a1 − a2 + a3 − a4 + . . .+ (−1)n+1an + . . . =∞∑n=1

(−1)n+1an,

gdje je an > 0 za svaki n.

Faktor (−1)n+1 za n = 1, 2, . . . daje naizmjence (+1) i (−1) pa on ispred clana an oznacava

da se radi o alterniranom redu. Drugim rijecima, red∞∑n=1

an je alterniran ako je

an · an+1 < 0 (n = 1, 2, . . .).

Konvergenciju alterniranih redova odredujemo pomocu Leibnizovog kriterija.

Teorem 1.17 (Leibnizov kriterij) ( vidi [1] )

Ako clanovi alterniranog reda monotono opadaju po apsolutnoj vrijednosti i teze nuli, alterni-

rani red konvergira.

Dokaz. Napisimo parcijalnu sumu s2n u obliku:

s2n = (a1 − a2) + (a3 − a4) + . . .+ (a2n−1 − a2n).

Svaka zagrada je pozitivan broj, s obzirom na monotono opadanje clanova. Prema tome, s2n

raste. Ako pak s2n napisemo u obliku:

s2n = a1 − (a2 − a3)− . . .− (a2n−2 − a2n−1)− a2n,

ocigledno je s2n < a1. Prema tome, s2n je omeden i monoton niz pa je limn→∞

s2n = s.

Znamo da vrijedi s2n = s2n−1 + a2n. Kako a2n → 0 kada n→∞ , to i limn→∞

s2n−1 = s. Dakle,

red konvergira. 2

Primjer 1.20 Ispitajmo konvergenciju reda∞∑n=1

(−1)n√n.

Opci clan je an = (−1)n√n

, pa vrijedi |an| = 1√n

, te

|a1| > |a2| > . . . > |an| > . . . ,

sto znaci da limn→∞

|an| = limn→∞

1√n

= 0.

Dakle, po Leibnizovom kriteriju red∞∑n=1

(−1)n√n

konvergira.

21

1.5. Apsolutno konvergentni redovi

Definicija 1.11 Za red∞∑n=1

an kazemo da je apsolutno konvergentan ako je red∞∑n=1

|an|

konvergentan.

Red∞∑n=1

an je uvjetno konvergentan ako∞∑n=1

an konvergira, ali red∞∑n=1

|an| divergira.

Sljedeci teorem cemo samo iskazati jer ce nam pomoci u dokazu vaznijeg teorema.

Teorem 1.18 ( vidi [9] ) Ako red pozitivnih clanova∞∑n=1

an konvergira, onda njegova suma

ne ovisi o poretku clanova. Precizno: tada konvergira red∞∑n=1

aσ(n) i vrijedi

∞∑n=1

an =∞∑n=1

aσ(n)

za svaku bijekciju σ sa N na N.

Teorem 1.19 ( vidi [9] ) Apsolutno konvergentan red je konvergentan; clanove apsolutno

konvergentnih redova mozemo po volji permutirati, a da se suma ne promijeni.

Dokaz.

Uzmimo najprije da je (an) niz realnih brojeva i definirajmo nizove

a+n =

{an , ako je an ≥ 00 , ako je an < 0

a−n =

{0 , ako je an ≥ 0−an , ako je an < 0

To su sada dva niza s pozitivnim clanovima i

an = a+n − a−n , n ∈ N. (8)

Buduci da po pretpostavci red∞∑n=1

|an| konvergira i da je

a+n ≤ |an|, a−n ≤ |an|, n ∈ N,

to prema poredbenom kriteriju znaci da redovi∞∑n=1

a+n i

∞∑n=1

a−n konvergiraju.

Oznacimo s A+ i A− njihove sume. Vrijedi:

A+ − A− =∞∑n=1

a+n −

∞∑n=1

a−n =∞∑n=1

(a+n − a−n ) =

∞∑n=1

an,

22

sto znaci da je red∞∑n=1

an konvergentan i da je njegova suma jednaka razlici zbroja svih pozi-

tivnih i zbroja svih negativnih clanova toga reda.

Prema Teoremu 1.18 imamo

A+ =∞∑n=1

a+σ(n), A− =

∞∑n=1

a−σ(n)

sto povlaci∞∑n=1

an = A+ − A− =∞∑n=1

(a+σ(n) − a

−σ(n)) =

∞∑n=1

aσ(n).

2

Primjer 1.21 Redovi:

∞∑n=1

(−1)n1

n,∞∑n=1

(−1)n+1 1

2n− 1,∞∑n=1

(−1)n+1 n

n2 + 1,∞∑n=1

(−1)n+1 1√n

konvergiraju po Leibnizovom kriteriju. Medutim, odgovarajuci redovi apsolutnih vrijednosti su

divergentni pa su to uvjetno konvergentni redovi.

Primjedba 1.6 Teorem kaze da clanove apsolutno konvergentnih redova mozemo po volji

permutirati, a da se suma ne promijeni. Sljedeci primjer nam pokazuje da to svojstvo ne

vrijedi i za uvjetno konvergentne redove, tj. ako uvjetno konvergentnim redovima po volji

permutiramo clanove, njihova suma se promijeni.

Primjer 1.22 Odredimo sumu reda∞∑n=1

(−1)n+1 1

n.

Zadani red 1− 12+ 1

3− 1

4+. . .+(−1)n+1 1

n+. . . konvergira uvjetno (Leibnizov kriterij, harmonijski

red). Suma ili zbroj tog reda je s = ln 2. Jedna permutacija tog reda je:(1− 1

2− 1

4

)+(

13− 1

6− 1

8

)+ . . .+

(1

2n−1− 1

4n−2− 1

4n

)+ . . . =

(1− 1

2

)− 1

4+(

13− 1

6

)− 1

8+

+(

15− 1

10

)− 1

12+ . . .+

(1

2n−1− 1

4n−2

)− 1

4n+ . . . = 1

2

[1− 1

2+ 1

3− 1

4+ . . .

]= 1

2s = 1

2ln 2.

23

1.6. Osnovna svojstva konvergentnih redova

Definiciju konvergencije, nuzan i dovoljan uvjet konvergencije, te kriterije konvergencije imamo

i sad nam je ostalo da navedemo neka osnovna svojstva konvergentnih redova. Sljedeci teorem

nam upravo govori o tim svojstvima.

Teorem 1.20 ( vidi [10] ) Ako su∞∑n=1

an i∞∑n=1

bn bilo koja dva konvergentna reda realnih

brojeva. Tada su redovi:

∞∑n=1

(an + bn),∞∑n=1

(an − bn),∞∑n=1

λ · an (λ ∈ R)

konvergentni i pri tome za njihove sume vrijedi:

∞∑n=1

(an + bn) =∞∑n=1

an +∞∑n=1

bn,

∞∑n=1

(an − bn) =∞∑n=1

an −∞∑n=1

bn,

∞∑n=1

λ · an = λ ·∞∑n=1

an.

Dokaz. Pretpostavimo da vrijedi:∞∑n=1

an = a i∞∑n=1

bn = b.

Za parcijalne sume gore navedenih triju redova vrijedi:

1. limn→∞

[(a1 + b1) + (a2 + b2) + . . .+ (an + bn)] =

= limn→∞

(a1 + a2 + . . .+ an) + limn→∞

(b1 + b2 + . . .+ bn) = a+ b,

2. limn→∞

[(a1 − b1) + (a2 − b2) + . . .+ (an − bn)] =

= limn→∞

(a1 + a2 + . . .+ an)− limn→∞

(b1 + b2 + . . .+ bn) = a− b,

3. limn→∞

λ · an = λ · limn→∞

an = λ · a

pa su tvrdnje neposredne posljedice pripadnih tvrdnji za nizove. 2

U sljedecem primjeru cemo ilustrirati svojstva iz Teorema 1.20.

Primjer 1.23 Izracunajmo sumu redova:

a)∞∑n=0

( 5

2n− 2

9n

);

24

b)∞∑n=1

[(1

4

)n+(1

7

)n].

a)∞∑n=0

( 5

2n− 2

9n

)=∞∑n=0

5

2n−∞∑n=0

2

9n= 5

∞∑n=0

1

2n− 2

∞∑n=0

1

9n=

5

1− 12

− 2

1− 19

=31

4;

b)∞∑n=1

[(1

4

)n+(1

7

)n]=∞∑n=1

(1

4

)n+∞∑n=1

(1

7

)n=[1

4+

1

42+ . . .

]+[1

7+

1

72+ . . .

]=

= 14

[1 + 1

4+ 1

42 + . . .]

+ 17

[1 + 1

7+ 1

72 + . . .]

= 14· 1

1− 14

+ 17· 1

1− 17

= 12.

Napomena 1.4 Opcenito, konvergencija reda∞∑n=1

(an + bn) ili reda∞∑n=1

(an − bn) ne povlaci

konvergenciju redova∞∑n=1

an i∞∑n=1

bn. Primjerice konvergentni red 0 + 0 + 0 + . . . moze se

dobiti kao zbroj divergentnih redova∞∑n=1

1 i∞∑n=1

(−1).

25

2. Redovi funkcija

2.1. Redovi funkcija

Definicija 2.1 Red funkcija je ureden par nizova funkcija

((fn(x)), (sn(x))), sn(x) = f1(x) + f2(x) + . . .+ fn(x),

definiranih na intervalu I = [a, b]. Clanove niza (fn(x)) nazivamo clanovima reda dok

clanove niza (sn(x)) nazivamo parcijalnim sumama.

Napomena 2.1 Uobicajeno je red funkcija oznacavati i ovako

∞∑n=1

fn(x) = f1(x) + f2(x) + . . .+ fn(x) + . . . .

Odaberemo li neki x0 iz intervala I i uvrstimo li ga u funkcije zadanih nizova, zapravo dobivamo

pripadni red brojeva.

Primjer 2.1 Red funkcija∞∑n=1

xn−1 mozemo zapisati i kao

1 + x+ x2 + . . .+ xn + . . .

Definicija 2.2 Red funkcija je konvergentan u tocki x0 ∈ Iako je konvergentan red brojeva

((fn(x0)), (sn(x0))), tj. niz parcijalnih suma (sn(x0)).

Definicija 2.3 Red funkcija je konvergentan na intervalu I = [a, b] ako za svaki x0 iz

I pripadni red brojeva ((fn(x0)), (sn(x0))) konvergira, odnosno niz parcijalnih suma (sn(x0))

konvergira.

Definicija 2.4 Red funkcija ((fn(x)), (sn(x))) konvergira apsolutno na intervalu I = [a, b]

ako red brojeva∞∑n=1

|fn(x)| konvergira za svaki x0 iz intervala I = [a, b].

Primjer 2.2 Zadan je red funkcija∞∑n=1

xn−1

(1− x)n. Prema Cauchyjevom kriteriju konvergencije

slijedi:

limn→∞

n√|fn(x)| = lim

n→∞n

√|x|n−1

|1− x|n= lim

n→∞

|x|n−1n

|1− x|=∣∣∣ x

1− x

∣∣∣.Dakle, red apsolutno konvergira za sve tocke x ∈ R\{1} za koje je

∣∣∣ x1−x

∣∣∣ < 1, odnosno za

x ∈ (−∞, 12).

26

Kao i kod redova realnih brojeva, susrecemo se i ovdje s ostatkom reda.

Definicija 2.5 Odbacivanjem prvih n clanova iz reda∞∑n=1

fn(x) dobivamo opet red funkcija

oblika

rn(x) =∞∑

k=n+1

fk(x)

kojeg zovemo ostatak reda.

Definicija 2.6 Za red funkcija

f1(x) + f2(x) + f3(x) + . . . ,

koji je konvergentan na intervalu [a,b] kazemo da konvergira uniformno (jednoliko) na

tom intervalu ako za svaki ε > 0 postoji n0 ∈ N takav da za svaki n > n0 i za svaki x ∈ [a, b]

vrijedi

|rn(x)| < ε.

Za ispitivanje uniformne konvergencije reda funkcija najcesce se koristi Weierstrassov kriterij.

Teorem 2.1 (Weierstrassov kriterij) ( vidi [6] )

Red funkcija konvergira uniformno i apsolutno na intervalu [a,b] ako postoji konvergentan red

brojeva s pozitivnim clanovima koji ga majorizira na tom intervalu, tj.∞∑n=1

fn(x) konvergira

uniformno ako je |fn(x)| ≤ an, n = 1, 2, . . . i red∞∑n=1

an konvergira.

Dokaz. Iz konvergencije reda brojeva zakljucujemo da ostatak reda mozemo uciniti po volji

malenim, tj. za svaki ε > o postoji prirodan broj n0 tako da za svaki prirodan broj n veci od

n0 vrijedi∞∑

k=n+1

ak < ε.

Po pretpostavci o majorizaciji za svaki x ∈ [a, b] vrijedi∣∣∣∣∣∞∑

k=n+1

fk(x)

∣∣∣∣∣ ≤∞∑

k=n+1

|fk(x)| ≤∞∑

k=n+1

ak < ε,

sto upravo znaci jednoliku konvergenciju reda funkcija jer se ostatak reda moze uciniti manjim

od zadanog ε na svakom mjestu x i broj n ovisi samo o ε, a ne i o mjestu x. 2

27

Primjer 2.3 Redovi oblika

∞∑n=0

an cosnx,∞∑n=0

bn sinnx

konvergiraju uniformno na intervalu [0, 2π] ako konvergiraju redovi brojeva

∞∑n=0

|an|,∞∑n=0

|bn|.

Tako na primjer red∞∑n=1

sinnx

n2konvergira jednoliko.

Spomenimo jos jedan kriterij za uniformnu konvergenciju.

Teorem 2.2 (Abelov kriterij) ( vidi [6] )

Neka je zadan red funkcija∞∑n=0

fn(x) cije su parcijalne sume ogranicene,

|sn(x)| < K, n = 0, 1, . . . .

Ako je (an) monoton niz nenegativnih brojeva koji konvergira nuli

limn→∞

an = 0,

onda red∞∑n=0

anfn(x) = a0f0(x) + a1f1(x) + . . .+ anfn(x) + . . .

konvergira jednoliko.

Zasto nam je vazno znati je li neki red funkcija konvergentan uniformno na nekon intervalu?

Odgovor na to pitanje jednim dijelom daju sljedeca tri teorema koje cemo navesti bez dokaza.

Teorem 2.3 ( vidi [6] ) Ako su sve funkcije fn(x) neprekidne na intervalu [a, b] i ako red∞∑n=1

fn(x) konvergira uniformno prema f(x) na [a, b], onda je f(x) neprekidna funkcija na

[a, b].

Teorem 2.4 ( vidi [6] ) Neka u redu∞∑n=1

fn(x) sve funkcije imaju neprekidne prve derivacije

f′n(x) na [a,b]. Ako na intervalu [a,b] uniformno konvergiraju redovi

∞∑n=1

fn(x) = f(x),∞∑n=1

f′

n(x) = φ(x),

onda vrijedi:d

dx

( ∞∑n=1

fn(x))

=∞∑n=1

f′

n(x), f′(x) = φ(x).

28

Teorem 2.5 ( vidi [6] ) Ako su sve funkcije fn(x) neprekidne na intervalu [a, b] i ako red∞∑n=1

fn(x) = f(x) konvergira uniformno na [a, b], onda vrijedi

∫ b

a

f(x)dx =

∫ b

a

( ∞∑n=1

fn(x))dx =

∞∑n=1

(∫ b

a

fn(x)dx),

tj. smijemo integrirati red clan po clan i tako nastali red konvergira integralu reda.

Primjer 2.4 Na temelju gornjih teorema slijedi da su funkcije

f(x) =∞∑n=1

sinnx

n3i φ(x) =

∞∑n=1

cosnx

n2

neprekidne za svaki x ∈ R, jer su pripadni redovi uniformno konvergentni. Nadalje, vrijedi i

f′(x) = φ(x).

2.2. Redovi potencija

Posebna klasa redova funkcija su redovi potencija. To su relativno jednostavni redovi jer su

funkcije koje se pojavljuju u tim redovima oblika

fn(x) = anxn, an ∈ R

ili

fn(x) = an(x− x0)n, an ∈ R.

Definicija 2.7 Red funkcija oblika

a0 + a1(x− x0) + a2(x− x0)2 + . . .+ an(x− x0)

n + . . .

ili krace∞∑n=0

an(x− x0)n

zovemo redom potencija, a brojeve an ∈ R njegovim koeficijentima.

Napomena 2.2 Za x0 = 0 red potencija ce biti

∞∑n=0

anxn = a0 + a1x+ a2x

2 + . . .+ anxn + . . .

Svaki red potencija∞∑n=1

anxn konvergira za x = 0. O konvergenciji redova potencija nam

govori sljedeci teorem.

29

Teorem 2.6 (Abelov teorem) ( vidi [3] )

Ako red potencija∞∑n=1

anxn konvergira za vrijednost x = x1, onda red apsolutno konvergira za

svaki x sa svojstvom |x| < |x1|.

Dokaz. Iz konvergencije reda u x1 slijedi da je ispunjen nuzan uvjet konvergencije tog reda

brojeva tj.

limn→∞

|anxn| = 0.

To znaci da gotovo svi clanovi se nalaze unutar ε-okoline oko nule, dok ih izvan te okoline ima

konacno mnogo. Iz toga slijedi da su svi clanovi manji od pozitivnog broja M, tj.

|anxn| < M n = 0, 1, 2, . . . .

Prema teoremu o usporedivanju redova i teoremu o apsolutnoj konvergenciji slijedi:

|x| < |x1| ⇒ |anxn| =∣∣∣∣anxnxn1xn1

∣∣∣∣ < |anxn1 | ∣∣∣∣ xx1

∣∣∣∣n < M

∣∣∣∣ xx1

∣∣∣∣n .Clanovi reda

∞∑n=1

|anxn| manji su od clanova konvergentnog geometrijskog reda, dakle red

∞∑n=1

anxn konvergira apsolutno. 2

Definicija 2.8 Realan broj r zove se radijus konvergencije reda potencija∞∑n=1

anxn ako

taj red konvergira za |x| < r, a divergira za |x| > r.

Napomena 2.3 Ukoliko red potencija konvergira za svaki x ∈ R, onda kazemo da red ima

radijus konvergencije r =∞. Ako pak red konvergira samo za x = 0, onda je r = 0.

Definicija 2.9 Skup svih x za koje red potencija konvergira zovemo podrucje (interval)

konvergencije reda.

Da bi smo tocno odredili granicu izmedu podrucja konvergencije i divergencije zadanog reda

potencija, cesto koristimo jedan od kriterija apsolutne konvergencije reda, tj. D’Alembertov

ili Cauchyjev kriterij. Dakle, potrebno je posebno ispitati konvergenciju reda za x = ±r.Prema D’Alembertovom kriteriju imamo:

limn→∞

∣∣∣∣an+1xn+1

anxn

∣∣∣∣ = |x| limn→∞

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ = L|x|.

Ako je L|x| < 1, tj. |x| < 1L

, red konvergira apsolutno. Ako je |x| > 1L

, red divergira. Broj

r =1

limn→∞

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ =1

L

30

je radijus konvergencije reda potencija∞∑n=1

anxn. Ako je L = 0 red konvergira za svaki x i u

tom slucaju je r =∞. Ako je L =∞, onda red konvergira samo za x = 0 i tada je r = 0.

Prema Cauchyjevom kriteriju radijus konvergencije odredujemo iz

limn→∞

n√anxn = |x| lim

n→∞n√an = L|x|.

Ako je L|x| < 1, red konvergira apsolutno, a u slucaju L|x| > 1 red divergira. Dakle,

r =1

limn→∞

n√an

=1

L.

Primjer 2.5 Red∞∑n=1

xn je geometrijski i taj red konvergira za −1 < x < 1, tj. radijus

konvergencije ovog reda je r = 1.

Primjer 2.6 Ispitajmo interval konvergencije reda

x− 1

1 · 2+

(x− 1)2

2 · 22+

(x− 1)3

3 · 23+ . . .+

(x− 1)n

n · 2n+ . . .

Prema D’Alembertovom kriteriju mora biti

limn→∞

∣∣∣∣ (x− 1)n+1n2n

(n+ 1)2n+1(x− 1)n

∣∣∣∣ = |x− 1| limn→∞

n

2(n+ 1)= |x− 1| · 1

2< 1.

Zato red konvergira za sve x za koje je |x − 1| < 2, odnosno −2 < x − 1 < 2, odnosno

−1 < x < 3. Dakle, interval (podrucje) konvergencije je (−1, 3).

Dokazimo da red potencija konvergira uniformno.

Teorem 2.7 ( vidi [6] ) U svakom zatvorenom intervalu [-r,r], koji je sadrzan u otvorenom

intervalu konvergencije, red potencija konvergira uniformno.

Dokaz. Ako je |x| < r onda je

∞∑n=0

|anxn| =∞∑n=0

|an||x|n ≤∞∑n=0

|an|rn.

Dakle, clanovi reda su manji od reda brojeva koji konvergira pa prema Weierstrassovom kri-

teriju slijedi uniformna konvergencija reda potencija. 2

31

Ako imamo zadana dva reda potencija s njihovim radijusima konvergencije

f(x) =∞∑n=0

anxn, x ∈ (−r1, r1)

g(x) =∞∑n=0

bnxn, x ∈ (−r2, r2)

onda vrijedi sljedeci teorem:

Teorem 2.8 ( vidi [6] ) Zbroj, razlika i produkt redova potencija f(x) =∞∑n=0

anxn i g(x) =

∞∑n=0

bnxn je red potencija koji konvergira u intervalu (−r, r) gdje je r= min {r1, r2}.

Dokaz. Ako je x iz zajednickog podrucja konvergencije, onda za parcijalne sume zbroja,

odnosno razlike, vrijedi:

Sn+1 = (a0 + a1x+ . . .+ anxn)± (b0 + b1x+ . . .+ bnx

n) = sn+1 + σn+1,

limn→∞

Sn+1 = limn→∞

sn+1 ± limn→∞

σn+1 = f(x)± g(x).

Oznacimo clanove zadanih redova potencija sa fn = anxn, odnosno gn = bnx

n. clanovi pro-

dukta redovi su svi moguci produkti oblika fkgl, k = 0, 1, 2, . . . , l = 0, 1, 2, . . .. Neka su

h1, h2, h3, . . . produkti oblika fkgl, k = 0, 1, 2, . . . , l = 0, 1, 2, . . . bez obzira na redosljed

numeriranja tih clanova.

Podsjetimo se da kod redova koji konvergiraju apsolutno redosljed sumiranja, tj. poredak

clanova nije bitan. Red

∞∑n=1

|hn| = |h0|+ |h1|+ . . .+ |hn|+ . . .

konvergira. U njegovoj parcijalnoj sumi Sn koja se sastoji od produkata |fkgl| odaberimo

medu indeksima k i l najveci indeks i oznacimo ga s m. Sada vrijedi:

Sn ≤ (|f0|+ |f1|+ . . .+ |fm|) · (|g0|+ |g1|+ . . .+ |gm|).

Na desnoj strani su parcijalne sume redova∞∑n=1

|fn|,∞∑n=1

|gn| s pozitivnim clanovima, te su

parcijalne sume ogranicene zbog pretpostavljene konvergencije.

Prema tome ogranicene su i parcijalne sume Sn. Dakle, slijedi konvergencija reda∞∑n=1

|hn|, pa

prema tome i apsolutna konvergencija reda∞∑n=1

hn. 2

Spomenimo sada svojstva koja su vezana uz diferencijabilnost reda potencija.

32

Teorem 2.9 ( vidi [6] ) Redom potencija za svaki x iz intervala konvergencije definirana je

funkcija f(x) =∞∑k=0

akxk koja je diferencijabilna i vrijedi:

f(x) =∞∑n=0

anxn = a0 + a1x+ a2x

2 + . . .+ anxn + . . .

f′(x) =

∞∑n=0

an · nxn−1 = a1 + 2a2x+ . . .+ an · nxn−1 + . . .

Dokaz. Promotrimo sljedeca tri reda potencija koji neka konvergiraju u otvorenom intervalu

(−r, r):

f(x) =∞∑n=0

anxn, g(x) =

∞∑n=0

nanxn−1, f(x) =

∞∑n=0

n(n− 1)anxn−2.

Oznacimo s Fn(x), Gn(x) i Hn(x) odgovarajuce parcijalne sume. To su polinomi, stoga imaju

sve derivacije. Dokazimo da za svaki x0 iz intervala konvergencije vrijedi f′(x) = g(x). U tu

svrhu neka su x i x+ h iz intervala [0, x0] ⊂ [0, r]. Primjenom Lagrangeovog teorema srednje

vrijednosti dobivamo:

Fn(x+h)−Fn(x)h

−Gn(x) = hF′n(t)h−Gn(x) = Gn(t)−Gn(x) = (t− x)G

′n(s) = (t− x)Hn(s),

pri cemu je x < t < x+ h, te x < s < t.

Sada imamo:∣∣∣Fn(x+h)−Fn(x)h

−Gn(x)∣∣∣ = |(t− x)||Hn(s)| ≤ |h||Hn(s)|

i vrijedi:

|Hn(s)| =∣∣∣ n∑k=0

akk(k − 1)sk−2∣∣∣ ≤ n∑

k=0

|ak|k(k − 1)|x0|k−2 ≤∞∑k=0

|ak|k(k − 1)|x0|k−2 = m(x0).

Zbroj posljednjeg reda oznacili smo s m(x0) i taj zbroj ne ovisi o n, dakle vrijedi za svaku

parcijalnu sumu Fn(x). Prema tome, prijelaskom na limes dobivamo:∣∣∣f(x+ h)− f(x)

h− g(x)

∣∣∣ ≤ h ·m(x0).

Kada h→ 0 dobivamo da je f′(x) = g(x). 2

33

2.3. Taylorov red

Neka je zadana funkcija f : (a, b) → R, koja u x = x0 ∈ (a, b) ima konacne derivacije svih

redova, tj. neka postoje brojevi

f(x0), f′(x0), f

′′(x0), . . . , f

(n)(x0), . . . .

Na temelju tih brojeva izgradimo sljedeci red potencija:

∞∑n=0

f (n)(x0)

n!(x− x0)

n = a0 +f′(x0)

1!(x− x0) +

f′′(x0)

2!(x− x0)

2 + . . .+f (n)(x0)

n!(x− x0)

n + . . .

Taj red potencija nazivamo Taylorov red funkcije f(x) u tocki x = x0.

Napomena 2.4 Ako za tocku x0 uzmemo x0 = 0, onda Taylorov red nazivamo Maclauri-

novim redom funkcije f(x).

Teorem 2.10 ( vidi [6] ) Ako je u nekoj okolini tocke x = x0 funkcija f(x) jednaka sumi reda

potencija, tj.

f(x) =∞∑n=0

an(x− x0)n = a0 + a1(x− x0) + a2(x− x0)

2 + . . .+ an(x− x0)n + . . . ,

onda je taj red potencija njezin Taylorov red u okolini tocke x = x0.

Dokaz. Red potencija smijemo derivirati clan po clan:

f(x) = a0 + a1(x− x0) + a2(x− x0)2 + . . .+ an(x− x0)

n + . . .

f′(x) = a1 + 2a2(x− x0) + . . .+ nan(x− x0)

n−1 + . . .

f′′(x) = 2a2 + . . .+ n(n− 1)an(x− x0)

n−2 + . . ....

f (n)(x) = n! · an + (n+ 1)n(n− 1)(n− 2) · · · 3 · 2 · an+1(x− x0) + . . ..

Ako uvrstimo x = x0, redom dobivamo

a0 = f(x0), a1 = f′(x0), . . . , an =

f (n)(x0)

n!,

a to su upravo koeficijenti Taylorovog reda. 2

Napomena 2.5 Ako je f(x) = a0 + a1(x − x0) + a2(x − x0)2 + . . . + an(x − x0)

n + . . . = 0,

onda su svi koeficijenti jednaki nuli.

34

Znamo sad da mozemo prikazati funkciju pomocu reda potencija, ali ne znamo da li je takav

prikaz jednoznacan?

Teorem 2.11 ( vidi [6] ) Funkcija f(x) ne moze imati dva razlicita prikaza redovima potencija

u okolini tocke x = x0.

Dokaz. Neka su

f(x) =∞∑n=0

an(x− x0)n, f(x) =

∞∑n=0

bn(x− x0)n,

dva razlicita prikaza redova potencija. Oduzimanjem ta dva reda dobivamo red potencija

0 =∞∑n=0

(an − bn)(x− x0)n,

a to po Napomeni 2.5 znaci da mora biti an = bn, n = 0, 1, 2, . . .. 2

Teorem 2.12 ( vidi [6] ) Dovoljan uvjet da funkciju f(x) mozemo prikazati njezinim Tay-

lorovim redom u okolini tocke x = x0 je da postoje pozitivni realni brojevi K i M takvi da

vrijedi:

1. f(x) ima sve derivacije na intervalu (x0 −K, x0 +K)

2. za svaki n ∈ N je |f (n)(x)| < M , x0 −K < x < x0 +K

Dokaz. Prema Taylorovoj formuli vrijedi:

f(x) = Tn(x) +Rn(x),

gdje su

Tn(x) =n∑k=0

f (k)(x0)

k!(x− x0)

k, Rn(x) =(x− x0)

n+1

(n+ 1)!· f (n+1)(c).

Funkcija ce biti prikazana Taylorovim redom ako ostatak reda Rn(x) tezi prema nuli kada n

tezi u beskonacnost.

|Rn(x)| = |f (n+1)(c)| · (x− x0)n+1

(n+ 1)!≤M · Kn+1

(n+ 1)!.

Kako vrijedi limn→∞

Kn+1

(n+ 1)!= 0, apsolutna vrijednost ostatka tezi prema nuli. 2

Primjer 2.7 Razvijmo u Taylorov red oko x0 = 1 funkciju f(x) = 13√

(5x−4)7.

Racunamo derivacije funkcije f(x):

35

f′(x) =

−7

3· (5x− 4)−

103 · 5

f′′(x) = −7

3· −10

3· (5x− 4)−

133 · 5 · 5

pa je stoga

f (n)(x) =−7 · (−10) · . . . · (−4− 3n)

3n· (5x− 4)

−7−3n3 · 5n

ili

f (n)(x) = (−1)n·7·10·...·(4+3n)3n · (5x− 4)

−7−3n3 · 5n.

Izracunamo clan za n = 0, tj. f(x0):

f(1) = 1,

te ga izdvojimo. Sada Taylorov red, oko tocke x0 = 1, za zadanu funkciju glasi

f(x) = 1 +∞∑n=1

(−1)n·7·10·...·(4+3n)3n · 5n

n!(x− 1)n,

sto smo prikazali na Slici 1.

Da bi smo najlakse odredili podrucje konvergencije, primjenit cemo D’Alembertov kriterij:

limn→∞

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ = . . . = limn→∞

(7 + 3n) · 5|x− 1|3(n+ 1)

= 5|x− 1|.

Red konvergira za 5|x− 1| < 1, odnosno za x ∈(

45, 6

5

).

Slika 1. Funkcija f(x) = 13√

(5x−4)7i njen razvoj u Taylorov red

36

Primjer 2.8 Primjeri razvoja nekih elementarnih funkcija u Taylorov (Maclaurinov) red:

1. ex = 1 + x1!

+ x2

2!+ . . .+ xn

n!+ . . . =

∞∑n=0

xn

n!,

2. sinx = x− x3

3!+ x5

5!+ . . .+ (−1)n x2n+1

(2n+1)!+ . . . =

∞∑n=0

(−1)nx2n+1

(2n+ 1)!,

3. cosx = 1− x2

2!+ x4

4!+ . . .+ (−1)n x2n

(2n)!+ . . . =

∞∑n=0

(−1)nx2n

(2n)!.

Primjer 2.9 Razvijmo funkciju f(x) = 4 sin2 x cosx u red, oko tocke x0 = 0.

Iz jednakosti 4 sin2 x cosx = cosx− cos 3x i razvoja cosx =∞∑n=0

(−1)nx2n

(2n)!slijedi

4 sin2 x cosx =∞∑n=0

(−1)nx2n

(2n)!−∞∑n=0

(−1)n(3x)2n

(2n)!=∞∑n=1

(−1)n+1 32n − 1

(2n)!x2n.

37

Literatura

[1] M. Bertolino, Matematika 2, Zavod za izdavanje udzbenika, Beograd, 1964.

[2] D. Blanusa, Visa matematika, Tehnicka knjiga, Zagreb, 1984.

[3] T. Bradic, J. Pecaric, R. Roki, M. Strunje, Matematika, Element, Zagreb, 1998.

[4] M. Crnjac, D. Jukic, R. Scitovski, Matematika, Ekonomski fakultet, Osijek, 1994.

[5] S. Fempl, Redovi s prilozima D. S. Mitrinovica, Zavod NRS, Beograd, 1960.

[6] P. Javor, Matematicka analiza 1, Element, Zagreb, 1999.

[7] P. Javor, Matematicka analiza - zbirka zadataka, Skolska knjiga, Zagreb, 1994.

[8] D. Jukic, R. Scitovski, Matematika 1, Prehrambeno tehnoloski fakultet Osijek, Osijek,

1998.

[9] S. Kurepa, Matematicka analiza 2, Tehnicka knjiga, Zagreb, 1971.

[10] S. Kurepa, Matematicka analiza 2, Tehnicka knjiga, Zagreb, 1984.

[11] Z. Markovic, Uvod u visu analizu, Sveuciliste u Zagrebu, Zagreb, 1961.

[12] D. S. Mitrinovic, Matematika 2 - zbirka zadataka s rjesenjima, Gradevinska knjiga,

Beograd, 1967.

38

Sazetak

U ovom diplomskom radu obradeni su redovi realnih brojeva, koji su jedna vrsta beskonacnih

redova. U prvom poglavlju obuhvaceni su osnovni pojmovi vezani za redove realnih brojeva,

navedeno nekoliko vrsti redova i osnovna svojstva redova realnih brojeva. Posebna pozornost

se pridaje konvergenciji redova realnih brojeva i razlicitim kriterijima kojima se ispituje kon-

vergencija redova.

U drugom dijelu rada obradeni su redovi funkcija i posebna klasa redova funkcija, redovi po-

tencija. Na samom kraju navedeni su Taylorovi redovi i razvijene neke funkcije u Taylorov i

Maclaurinov red.

39

Summary

In this thesis the series of real numbers, which are a kind of infinite series, have been analyzed.

In the first chapter basic terms connected to the series of real numbers are comprised, also

several types of series and basic characteristics of series of real numbers are specified. Particular

attention is drawn to the convergence of series of real numbers and to different criteria for

analysis of convergence of series.

In the second chapter the series of functions are analyzed as well as a particular type of series

of functions - series of exponents. In the end of this thesis Taylor’s series are specified, also

some functions have been developed in Taylor’s and Maclaurin’s series.

40

Zivotopis

Roden sam u Novoj Gradiski, 16.kolovoza 1986.godine. Prva cetiri razreda osnovne skole

zavrsio sam u Godinjaku, te od petog do osmog razreda pohadao osnovnu skolu ”Ljudevit

Gaj” u Novoj Gradiski, gdje sam i nastavio skolovanje u Opcoj gimnaziji. Godine 2005.

upisao sam sveucilisni nastavnicki studij na Odjelu za matematiku u Osijeku.