GRANIČNE VREDNOSTI NIZOVA Maria Nikolić 095/0 Aa Neadić 67/0 Dragaa Grubić 7/0 Damjaa Stojičić /007 Ivaa Bogićević 4/00 Aleksadra Neradžić 0/0
Kako je sve počelo Oko 5. veka p..e. grčki filozof Zeo je formulisao svoje čuvee paradokse koji su uključivali procese sa graičim vredostima (esima). Grčki filozofi Leukip, Demokrit, Atifot, Eudoks i Arhimed su do. veka p..e. razvili metod iscrpljivaja (ekshaustije) za izračuavaje površie figure ubacivajem iza poligoa čije površie kovergiraju ka površii čitave figure. Ozbiljije razumevaje graičih vredosti, esa, počelo je u 7. veku radovima Njuta. U 8. veku Ojler je paradoksalo sumirao eke divergete redove, da bi Lagraž 797. god. shvatio i objasio važost rigorozosti u razmatrajima u vezi sa esima. Gaus je 8. strogim defiicijama po prvi put u istoriji matematike odredio uslove kovergecije izova u graičim uslovima. Savremeu defiiciju esa (za svako ε>0 postoji 0...) dao je češki matematičar Berard Bolcao u tada jedva primećeom radu: Der biomische Lehrsatz, Prag 86. koji je oko 870. prhvatio emački matematičar Karl Theodor Wilhelm Weierstraß. Limes i kovergecija iza Beskoači iz realih brojeva je fukcija a : N R. Ozačavamo ga sa a,a,a,,a, ili (a ). Epsilo okolia (ε-okolia) realog broja a je otvorei iterval realih brojeva (a ε, a + ε), pri čemu je ε reala pozitiva broj. Broj a je tačka agomilavaja iza realih brojeva (a ) ako svaka ε-okolia broja a sadrži beskoačo mogo člaova iza (a ). Ako je tačka agomilavaja iza jedistvea i koača, azivamo je es. Reala broj A je es (graiča vredost) iza realih brojeva (a ), ako za svaki reala broj ε>0 postoji priroda broj 0 takav da ( > 0 ) ( a A < ε). Tada pišemo: a A,, ili A = i čitamo: iz (a ) teži A kada teži beskoačosti. Niz (a ) ima es ako postoji tačka A takva da se u svakoj jeoj okolii alaze skoro svi člaovi tog iza (izraz skoro svi člaovi iza zači beskoačo mogo člaova iza sa ajviše koačo mogo izuzetaka). Niz je kovergeta ako ima (tačo jedu) graiču vredost. U suprotom je divergeta. Moguća je i drugačija defiicija kovergecije iza. Skoro svi člaovi iza zači isto što i svi člaovi počevši od ekog određeog člaa. Dakle, ako odaberemo bilo koju okoliu poluprečika ε>0, moguće je aći tako veliki ideks 0, takav da iza tog ideksa (za svako > 0 ) svi člaovi iza su uutar okolie ( a a < ε). Važi sledeće: A= ( A R)( ε>0)( 0 N)(> 0 A <ε) Termiologija Niz sa jedakim člaovima aziva se kostata iz. Nulaiz je kovergeta iz čiji je es jedak uli.
Ograičeost i kovergecija Reali iz (a ) je ograiče ako postoji iterval [m, M] takav, da za sve člaove važi: m a M. Broj m azivamo doja graica, a broj M gorja graica iza. Veze: o Ograiče iz ima bar jedu tačku agomilavaja. o Kovergeta iz je ograiče. o Ako ograiče iz ima samo jedu tačku agomilavaja, o je kovergeta i ta tačka mu je es. o Niz je kovergeta ako i samo ako je ograiče i ima tačo jedu tačku agomilavaja. Mootost i kovergecija Reali iz a, a, a, azivamo rastući, ako važi a a +, za =,,,. Reali iz a, a, a, azivamo opadajući, ako važi a a +, za =,,,. Ako je iz rastući ili opadajući kažemo da je mooto. Niz je strogo rastući, ili strogo opadajući, ako su isključei zakovi jedakosti u gorjim izrazima. Veze: o Mooto iz je ograiče, ili divergira. o Mooto ograiče iz je kovergeta. o Mooto je iz kovergeta ako i samo ako je ograiče. o Člaovi rastućeg (opadajućeg) kovergetog iza isu veći (maji) od jegovog esa. Osobie esa Ako je iz (a ) kovergeta sa esom A, oda je iz jegovih apsolutih vrijedosti ( a ) takođe kovergeta, sa esom A. Obrato tvrđeje e važi (kotraprimer je iz: +, -, +, -,... ) Ako svaki čla kovergetog iza (a ) možimo istim brojem (kostatom c), rezultat je takođe kovergeta iz (c a ) čiji je es proizvod te kostate i esa iza (a ). ( ) = Limes zbira (razlike) dva kovergeta iza jedak je zbiru (razlici) jihovih esa. ( + ) = + ( ) = o Obrato e važi. Na primer: = + / i = divergiraju a jihov zbir + =/ kovergira. o Međutim, ima jeda poseba slučaj kada važi obruto, a to je kada je prvi iz reala, a drugi (čisto) imagiara. Limes proizvoda dva kovergeta iza jedak je proizvodu jihovih esa. ( ) =
Ako je ( ) kovergeta iz sa člaovima koji su različiti od ule i esom različitim od ule, oda je iz (/ ) kovergeta, a es mu je reciproča esu iza. (/ ) = / Ako je (a ) kovergeta iz i (b ) kovergeta iz sa člaovima koji su različiti od ule i esom različitim od ule, oda je es količika izova i jedak količiku esa izova i ( / ) = / o Obrato, iz kovergecije količika e sledi kovergecija brojioca i imeioca. Primer su izovi: = i = koji divergiraju, dok jihov količik / = / = / kovergira.
. Pokažimo da je es iza a =, kad jedak uli, tj. = 0. Što je veći to je bliži uli (Slika..). Drugim rečima, kad u izu idemo dovoljo daleko oda apsoluta vredost a - 0 postae i ostae maja od svakog pozitivog realog broja ε. Napravimo strogi dokaz avedeog tvrđeja: Arhimedova teorema Za svaka dva priroda broja a i b postoji pripoda broj td. je a > b. Neka je (-ε, ε) ε-okolia ule. Prema Arhimedovoj teoremi postoji prirodi broj 0 takav da je 0 ε > tj. ε. Sada je, za svako > 0, ε. Budući da je 0 0 a - 0 = to je a - 0 ε za svako > 0, tj. svi člaovi iza, osim evetualo prvih koačo mogo člaova a, a,., a 0 alaze se u datoj ε-okolii ule. ε 0 ε 0 Slika.. > 0 ( Po defiiciji esa sledi = 0. - 0 ) ε. Dokažimo da e postoji ( ). Tačke agomilavaja ovog iza su - i, a da bi iz bio kovergeta mora da ima samo jedu tačku agomilavaja. Dakleovaj iyje divergeta.. Dokažimo da je ( ) = 0. Tvrdjeje: Ako je iz (a) kovergeta sa esom A, oda je iz jegovih apsolutih vrijedosti ( a ) takođe kovergeta, sa esom A Kako je ( ) = ( ) = 0., a kako smo malopre dokazali da je = 0 odatle sled ii da je 4. Dokažimo da je ( - ) = ( - ) = 0 =. 5. Dokažimo da je = 0. = = 0.
6. Naći es iza: ako: i. Postupak: = = == = = = = sg 0, ako je k < m, ako je k = m, ako je k > m 7. Naći sledeći es iza: Postupak: 4 + + 7 4 + 5 + 8 4 + + 7 4 + 5 + 8 = 4 ( + + 7 4) 4 ( + 5 + 8 = 4) = Objašjeje: Tražei es je es količika dva polioma. U zadacima ovog tipa, koristi se prethodo dokazaa čijeica: = 0
Pored toga, posmatra se stepe polioma u brojiocu I stepe polioma u imeiocu I odos ta dva stepea određuje rezultat, kao što smo mogli videti u opštem slučaju (u zadatku broj 6). U ašem slučaju, poliomi u imeiocu I u brojiocu su istog stepea, pa kao krajji rezultat dobijamo odos koeficijeata koji stoje uz člaove ajvećeg stepea, odoso uz 4. 8. Naći sledeći es iza: 0 6 + 7 5 + 4 + + 7 5 4 + + + 5 + 8 Postupak: 0 6 + 7 5 + 4 + + 7 5 4 + + + 5 + 8 = 6 0 + 7 + 4 + + 7 5 6 7 0 + = + 4 + + 7 5 6 5 + + + 5 + 8 4 = 4 5 + + + 5 + 8 4 Objašjeje: Postupak je aaloga prethodom. U ovom zadatku imamo da je stepe brojioca veći od stepea imeioca i ako kraćeg sređivaja, ostaju i u imeiocu i u brojiocu samo kostate i sabirci tipa cost. koje teže uli kada teži beskoačosti, ali u brojiocu ostaje ^k što I determiiše koača rezultat. 9. Izračuati graiču vredost iza čiji je opšti čla oblika = +. Postupak: + = + ++ = + = ++ ++ ++ Sada se poovo izvlači ajveći stepe I u imeiocu razlomka se koristi da je = (ovo važi jer imamo >0 i pa je = = ): ++ = (+ )+ = ( (+ )+) = (+ )+ = = + 0. Izračuati graiču vredost iza zadatog sa = ++ +. Postupak: Suma aritmetičke progresije je data formulom: + + + + = (+).
Kada je iskoristimo, dobijamo: + + + = (+) + = = ( + ) =
Broj e kao es iza U sledećim zadacima (-5) koristićemo defiiciju broja e pomoću esa iza: ( ). Nađimo graiču vredost ( ) Rešeje: apravićemo es koji am treba, za koji zamo da je e, a oda izvršiti potrebe operacije ( ) = ( ( ) ).. Nađimo graiču vredost ( ) Rešeje: poovićemo prethodi postupak, s tim što ćemo sada koristiti čijeicu da teži beskoačosti kada teži beskoačosti ( ) = ( ) ( ( ) ).. Nađimo graiču vredost ( ) Rešeje: brojilac ćemo rastaviti a - i ( ) ( ) = ( ) ( ) ( ) da malo obrazložimo ovaj stepe a kraju... imali smo, a treba am (-)/, da bi to dobili pomožili smo sa / i oduzeli /, da e bi pokvarili rezultat moramo uraditi sve obruto, dodati / i pomožiti sa /! 4. Izračuati es sledećeg iza [ ] Rešeje: koristeći svojstva logaritamske fukcije zadai es možemo zapisati u obliku
[ ] ( ) ( ) ( ) ( ) [ ] [ ] 5. Naći graiču vredost ( ) Rešeje: ( ) = ( ( ) ) ( ) ( )
Teorema o dva policajca Postoje izovi kod kojih ije lako aći graiču vredost kao što je prethodo pokazao. Za takve slučajeve koristimo teoremu od dva policajca. Teorema(Teorema o dva policajca): Neka su (a ),(b ) i (c ) izovi. Neka je 0 priroda broj. Neka za iz (c ) vazi a c b za sve > 0. Pretpostavimo takođe da je Tada je i. Priča iza teroeme je sledeća: Ako dva policajca vode zarobljeika između jih i oba policajca ulaze u ćeliju, tada bez obzira kojim putem idu zarobljeik takođe mora ući sa jima u ćeliju. 6. zadatak: Imamo iz a ovaj iz primeićemo teoremu o dva policajca a sledeći ači: Mi zamo a osovu prethodog da je i da je kao i da važi Odatle zaključujemo da je a osovu tereme o dva policajca. Možemo se susresti sa sledeća dva problema prilikom primee teoreme o dva policajca. Prvi problem je da prepozamo kada može da se koristi teorema. Najčešće teorema se koristi kad god možemo da ađemo dva iza koji ograičavaju dati iz i pritom imaju istu graiču vredost. U grojem primeru izovi / i (-)/ zadovoljavaju baš taj uslov. Drugi problem je taj da prilikom primee ove teoreme moramo sami proaći dva iza. Odoso treba da zamo koje izove ćemo da uzmemo. Najčešće, možemo uzeti aposlutu vredost datog iza i to će biti aš jeda izabra iz, dok je drugi običo egativa vredost prvo izabraog iza. 7. zadatak. Izračuati es iza. Pre svega zamo da. Zbog toga važi i. Izabraćemo iz i iz. Za ovako izabrae izove važi za svako. Tda sledi da je a osovu teoreme o dva policajca.
Slika uz 7. zadatak 8.zadatak:Izračuati graiču vredost iza Uočavamo da je iz b 0, a zatim i da je. Dakle uzimamo da je iz a =0, iz c =/. Za ovako odabrae izove vazi da je a b c. Sledi da je graiča vredost iza b = 0. 9.zadatak:Dokazati da je Odmah možemo da primetimo da u brojiocu razlomka imamo si() koji možemo da ograičimo. Dakle imamo Imamo i uslov da je + pozitvo, što zači da se smer ejedakosti eće promeiti ukoliko budemo delili sa +.
Dalje, Odatle a osovu teoreme o dva policajca sledi da je. 0.zadatak: Dokazati da je Slika u 9. zadatak Posmatramo tri slučaja, a >, a =, 0 < a <.. slučaj: a > Najpre ćemo a predstaviti preko -tog korea Zatim posledju jedakost razvijamo primeom biome formule pri čemu je Odatle sledi da je
Odoso. Kako samo razmatrao slučaj kada je a > 0, tada važi i da je, pa je i. Dakle, S obzirom da kada, sledi (a osovu teoreme) da, odoso kada.. slučaj: a =. slučaj: 0 < a < Kako posmatramo samo oe a za koje važi 0 < a < sledi da je pa je es u imeiocu a osovu prvog slučaja jedak jediici, a odatle sledi da je.
. Izračuati: Rešeje: a) 0 + b) + a) Racioalizacijom izraza u zagradama dobijamo: 0 ( + )= 0 ( + ) ++ ++ = 0 + ++ = b) 0 ( + = +) + = 0 + + + + + + = Kako je + = 0 =5 ( + ) + + + + + + + + = + + + + = + + + + + = + + + + =0, =0 sledi da je vredost tražeog esa jedaka uli, tj. + =0. Izračuati: a) + b) + Rešeje: Izvlačejem za a), odoso za b) u imeiocu I brojiocu dobijamo: ( a) + = ) (+ = ) + = = jer je =0
b) + = + = 0 =0 jer je =0. Izračuati: + + + a) b) ( ) si ( π) + si c) cos d) Rešeje: a) + + + = + + ( + + +) ( +) = (( ) ++) (( ) +) = (( ) +) ( ) + = ( ) + ( ) + = 0+ 0+ = jer je ( =0 ) zato što je <. b) ( ) si ( π)=0 jer je si( π)=0 za svaki priroda broj. si c) =0 jer je fukcija si ograičea fukcija, i važi da je =0 vredost proizvoda ograičee fukcije I fukcije koja teži uli je ula., a graiča cos d) =0 jer je fukcija cos graičea fukcija, I važi da je =0 vredost ograičee fukcije I fukcije koja teži uli je ula., a graiča 4. Izračuati: a) + + b) 5 + 5 +
Rešeje: a) + + = + ++ ++ ++ = (+ + 4 + ) = ( +) = ( ++) + + + = + 0+0 = 4 + ++ ++ = + ++ = Prethodo važi jer je: =0 i 4 =0 b) 5 + = + 5 5 (+ 5 ) 5 ( 5 5) = + 5 5 5 = +0 0 5 = 5 jer je =0 i 5 5 =0 5. Izračuati: a) (l l( )) b) ( + ) Rešeje: a) Koristeći svojstva logaritamske fukcije zadati es možemo apisati a sledeći ači: (l l ( ))= l( )= l( ) Zbog svojstva eprekidosti fukcije l(x) I svojstva da za sve eprekide fukcije f važi da je f (a )=f ( a ) dobijamo da je pretodii es jedak: l [ ( ) ]=l[ ( ]=l[ ) ( )( ) 4 ]=l (e 4 )=4 + ) b) ( = ( ( ) (+ ) ) = ( ) (+ ) = e e =e