Download Matematika - Nizovi i Redovi PDF

TitleMatematika - Nizovi i Redovi
File Size1.4 MB
Total Pages213
Table of Contents
                            redovi - naslovna strana.pdf
redovi - uvod 1
redovi - uvod 2
Ministrima prosvete i kulture republike Srbije
Predgovor
redovi
                        
Document Text Contents
Page 1

Vukomir Vule M. Milinković Dalibor M. Ćosić


Saradnici:
Borislav M. Ranković Aleksandar B. Ranković
Vukomir D. Ćirović Danijela S. Poledica



Matematika
Nizovi i redovi



Ovu knjigu posvećujemo svim dobrim ili plemenitim ljudima,
bez obzira na boju kože koju imaju, kojoj veri ili naciji
pripadaju ili kojim imenom Gospoda znali, koji su dolazili iz
raznih delova sveta na programske ili specijalističke kurseve
iz matematike, fizike, elektrotehnike ili biomehanike koje su
vodili autori ove knjige.

Zato je ova knjiga namenjena studentima matematičkih,
tehničkih, bioloških ekonomskih ili svih drugih fakulteta gde
se poštuje jedino istina da je matematika osnova svih
primenjenih nauka, kako fizike, elektrotehnike, građevine,
ekonomije ili biologije, tako medicine, prava ili filozofije!

Page 2

sa kojima narcisoidne ili iskompleksirane režimske
„profesorske“

probrani od odabranih
seku korov i pripremaju podlogu za put na kojem se

ekonomisti, inženjeri, lekari, pravnici, filolozi, filozofi ili
iskreni i hrabri ljudi a ne narcisoidne, iskompleksirane,
impotentne, podmukle ili primitivne džukele koje mašu
nekakvim diplomama ili titulama dobijenim finansijskim,
krevetskim, udbaškim ili drugim kanalima!
Dakle, matematika nije sama sebi cilj ili nekakva kraljica

im
primenjenim naukama koju treba upoznavati i negovati

kurtonskim nakitom, ratnoprofiterskim džipovima ili istim
takvim (stambenim) kvadratima !!!!! !!

Page 106

Vukomir M Milinkovíc Dalibor M Ćosíc Knjiga za samostalno pripremanje ispita 96

�1; 1; �1; 1; �1; 1; �1; : : : ; (�1)n ; : : :
pa su �1 i + 1 taµcke nagomilavanja datog niza, izme�u kojih on divergira.
Ispitajmo konvergenciju sledécih nizova

123) Za niz an = 1 +
1

22
+

1

32
+

1

42
+ � � � +

1

n2
imamo

an+1 = 1 +
1

22
+

1

32
+

1

42
+ � � � +

1

n2| {z }
an

+
1

(n + 1)
2

an+2 = 1 +
1

22
+

1

32
+

1

42
+ � � � +

1

n2
+

1

(n + 1)
2| {z }

an+1

+
1

(n + 2)
2

an+k = 1 +
1

22
+

1

32
+

1

42
+ � � � +

1

n2
+

1

(n+1)
2

+
1

(n+ 2)
2| {z }

an+2

+ � � �+
1

(n+ k)
2
pa je

an+1 � an| {z }
>0

=
1

(n + 1)
2
; an+2 � an| {z }

>0

=
1

(n + 1)
2

+
1

(n + 2)
2
ili

an+k � an| {z }
>0

=
1

(n + 1)
2

+
1

(n + 2)
2

+ � � � +
1

(n + k)
2
odnosno

an < an+1 < an+2 < an+3 < � � � < an+k k = 1 ;2;3; :::
Dakle, dati niz monotono raste. Kako je

j an j =
���� 1 + 12 � 2 + 13 � 3 + 14 � 4 + � � � + 1n � n

���� <
<

���� 1 + 11 � 2 + 12 � 3 + 13 � 4 + � � � + 1( n� 1 )n
����

odnosno
1

( n + 1 ) n
=
n + 1 � n
( n + 1 ) n

=
n + 1

( n + 1 ) n


n

( n + 1 ) n
=

1

n


1

n + 1
ili

1

1 � 2
= 1 �

1

2
;

1

2 � 3
=

1

2


1

3
;

1

3 � 4
=

1

3


1

4
;

1

( n� 1 )n
=

1

n� 1


1

n

onda imamo

j an j =
���� 1 +


1�

1

2


+


1

2


1

3


+


1

3


1

4


+ � � � +


1

n� 1


1

n

�����
=

���� 1 + 1 � 12 + 12 � 13 + 13 � 14 + � � � + 1n� 1 � 1n
���� =

���� 2� 1n
���� < 2

pa je dati niz ograniµcen ili konvergentan.

124) Za niz an =
1

2
+

1

22
+

1

23
+ � � � +

1

2n
imamo

Page 107

Vukomir M Milinkovíc Dalibor M Ćosíc Knjiga za samostalno pripremanje ispita 97

an+1 =
1

2
+
1

22
+
1

23
+ � � �+

1

2n| {z }
an

+
1

2n+1
ili an < an+1 pa niz monotono raste

Kako je an =
1

21
+
1

22
+
1

23
+ � � �+

1

2n
= 1�

1

2n
onda imamo

janj =
���� 12 + 122 + 123 + � � �+ 12n

���� =
���� 1� 12n

���� < 1
pa je niz ograniµcen, odnosno konvergentan.

STOP !!! Zadatak sa rezultatom koji pravolinijska �logika�nije oµcekivala!

125) Kako je 1 + 2 + 3 + � � �+ n =
1

2
n (n+ 1 ) onda imamo

1

n2
+
2

n2
+
3

n2
+ � � �+

n

n2
=(1+ 2 + 3 + � � �+ n)

1

n2
=
1

2
n (n+1)

1

n2
=
1

2


1+

1

n


pa za n!1 dobijamo
1

n2
+
2

n2
+
3

n2
+ � � �+

n

n2
= lim

n!1

1

2


1 +

1

n


=
1

2

Kada n!1 tada je
1

n2
+
2

n2
+
3

n2
+ � � �+

n

n2
=
1

2

Obavezno uradimo sledéce primere ispitivanja konvergencije nizova i
odre�ivanja njihovih graniµcnih vrednosti

��� lim
n!1

an Ako je dat stepeni niz

a; a2; a3; a4; a5; : : : ; an; : : : gde je an = an

tada za

8<
:
a = 0 svi µclanovi imaju vrednost 0 pa je lim

n!1
an = 0

a = 1 svi µclanovi imaju vrednost 1 pa je lim
n!1

an = 1

Za a > 1 imamo an+1 = an+1 = an a > an pa je niz uzlazan ili rastúci.
Ako stavimo a = 1 + h ) an = (1 + h)n tada za a > 1 imamo h > 0 pa je
ispunjen uslov za Bernulijevu nejednakost, kada je
an = a

n = (1 + h)
n| {z }

an

> 1 + nh Kada n! +1 tada i (1 + nh)! +1

a jo�vi�e an = (1 + h)n ! +1 jer je véci. Dakle, za a > 1 niz an besk-
onaµcno raste, pa je divergentan, odnosno lim

n!1
an = +1 a > 1

Za a < 1 ili 0 < a < 1 imamo
1

a
> 1 kada niz bn =


1

a

�n
beskonaµcno raste

ali niz njegovih reciproµcnih vrednosti an teµzi ka nuli, pa imamo

lim
n!1

an = 0 0 < a < 1

Page 212

Vukomir M Milinkovíc Dalibor M Ćosíc Knjiga za samostalno pripremanje ispita 202

f 0 (x) = �
1

2

p
9� x2 +

x2

2
p

9� x2
+

9

2

1r
1�

x2

9

1

3
odakle dobijamo

(1) f 0 (x) =
x2

3

1r
1�

� x
3

�2 Kako je
(1� t)� = 1 �




1


t +




2


t2 � � � � + ( �1)n




n


tn + � � �

onda za razvoj f 0 (x) u potencijalni red, primenimo razvoj

1
p

1� t
= (1 � t)�

1
2 = 1 �


� 1
2

1


t +


� 1
2

2


t2 � � � � + ( �1)n


� 1
2

n


tn + � � �

gde je�
� 1
2

n


=


1

2




1

2
� 1
��


1

2
� 2

� � �



1

2
� n + 1


n!

=




1

2

��


3

2

��


5

2


� � �



2n� 1
2


n!

=
( � 1) ( � 3) ( � 5) � � �


� (2n� 1)


2n n!

= ( � 1)n
1 � 3 � 5 � � � (2n� 1)

2n n!

= ( � 1)n
(2n� 1) !!

(2n) !!
Kako je (�1)!! = 1 onda zamenom dobijamo red

(2)
1

p
1� t

=

+1X
n=0

(2n� 1)!!
(2n)!!

tn koji konvergira za j t j < 1 ili za t 2 (�1; 1)

Smenom
� x

3

�2
= t u relaciju (2) moµzemo prvi izvod f 0 (x) prikazati relacijom

(1) kada imamo

f 0 (x) =
x2

3

+1X
n=0

(2n� 1)!!
(2n)!!

x2n

32n
=

1

3

+1X
n=0

(2n� 1)!!
(2n)!!

x2n+2

32n

Dobijeni red je konvergentan za jx j < 3 Integracijom µclan po µclan dobijamo

f (x) =

Z
f 0 (x) dx =

1

3

+1X
n=0

(2n� 1)!!
(2n)!!

x2n+3

32n (2n + 3)
+ C

Kako je f (0) = 0 = 0 + C ) C = 0 onda imamo

(3) f (x) =
1

3

+1X
n=1

(2n� 1)!!
(2n)!! (2n + 3)

x2n+3

32n

Page 213

Vukomir M Milinkovíc Dalibor M Ćosíc Knjiga za samostalno pripremanje ispita 203

3� Za p = q = 1 dobijamo red

(4) S =
+1X
n=1

(2n� 1)!!
(2n)!! (2n + 3)

µciju sumu treba izraµcunati.

Iz relacije (3) za x = 3 dobijamo

f (3) =
1

3

+1X
n=0

(2n� 1)!!
(2n)!! (2n + 3)

32n � 33
32n

= 9
+1X
n=0

(2n� 1)!!
(2n)!! (2n + 3)

Za n = 0 imamo

9
(2 � 0� 1)!!

(2 � 0)!! (2 � 0 + 3)
= 9

(�1)!!
0!! � 3

= 9
1

1 � 3
= 3 odnosno

f (3) = 3 + 9
+1X
n=1

(2n� 1)!!
(2n)!! (2n + 3)

= 3 + 9 S odakle je

S =
1

9
f (3)�

3

9
=

1

9




3

2

p
9� 32 +

9

2
arcsin

3

3
� 3


=
1

9


9

2



2
� 3


=


4


1

3

Similer Documents