Proučavanje niza obično se usmjerava prema određivanju njegova limesa. Kao što je poznato, ako limes niza postoji, on je jedinstven. Ali, niz može imati i gomilišta, tj. u nizu možemo istaknuti konvergentne podnizove čiji se limesi nazivaju gomilišta. Standardni primjer niza koji ima dva gomilišta jest niz s općim članom $a_n=(-1)^n$. Gomilišta su mu brojevi $1$ i $-1$. Može li limes imati tri, četiri ili pet gomilišta? Postoje li nizovi koji imaju beskonačno mnogo gomilišta? U članku odgovaramo na ta pitanja te nudimo i ideje konstruiranja odgovarajućih nizova.
Pojam niza formalno se uvodi u četvrtom razredu gimnazija i srednjih strukovnih škola koje imaju tri i više sati nastave matematike tjedno, iako se sporadični problemi ove teme javljaju na svim razinama školovanja i izvan njega te učenici do kraja srednje škole već imaju intuitivno usvojen koncept niza. Evo primjera zadataka s nizovima koji su bili zadani na natjecanju Klokan bez granica. Prvi je zadatak bio namijenjen učenicima trećeg razreda osnovne škole u 2016., dok je sljedeći zadatak bio zadatak za učenike 4. razreda srednje škole na istoimenom natjecanju 2017. godine, [1].
| |||||||||||||||
| ||||||||||
Definicija niza kao funkcije čija je domena skup prirodnih brojeva izriče se u četvrtom razredu srednje škole i tada se pažnja usmjerava prema brojevnim nizovima. Posebno se obrađuju dva vrlo specifična niza: aritmetički i geometrijski, a proučavaju se i razna svojstva koja niz ima kao realna funkcija kao što su monotonost, ograničenost, konvergencija.
Istaknimo kako je usvajanje koncepta konvergencije niza preduvjet uspješnom usvajanju pojmova više matematike kao što su: limes funkcije u točki, neprekidnost i derivacija funkcije te određeni integral.
Već smo spomenuli kako je niz funkcija čija je domena skup prirodnih brojeva, a ovdje ćemo se ograničiti samo na nizove čija je kodomena skup realnih brojeva. Dakle, nazovemo li niz slovom $a$, tada je $$a:\mathbb{N} \rightarrow \mathbb{R}.$$ Umjesto oznake $a(n)$ za sliku broja $n$ pri djelovanju funkcije $a$, tradicionalno se koristimo oznakom $a_n$. Također, kažemo da je $a_n$ $n$-ti član niza $(a_n)$. Za niz $a$ često se koristimo oznakama $(a_n)$, $(a_n)_n$, $(a_n)_{n\in \mathbb{N}}$.
Budući da se radi o funkciji, danom nizu $(a_n)$ možemo ispitivati razna svojstva kao što je monotonost, ograničenost, periodičnost, a često mu crtamo i graf. Osim uobičajenog grafa u pravokutnom koordinatnom sustavu u ravnini često se niz prikazuje samo na brojevnom pravcu. Na donjim slikama dana su oba načina crtanja grafa niza, a s pomoću Geogebrina apleta mogu se dobiti grafovi nizova u ravnini.
Podniz niza
Ponekad je pri proučavanju svojstava niza zanimljivo preskočiti neke članove niza. Brojevi koji preostanu i dalje čine jedan niz, a nazivamo ga podnizom početnog niza.
Promotrimo niz $(a_n)$ čiji je opći član $a_n=(-1)^n \dfrac 1n$. Prvih nekoliko članova ovog niza su brojevi:
$$
-1, \frac 12, -\frac 13, \frac 14, -\frac 15, \frac 16, -\frac 17, \ldots
$$
Niz $ \dfrac 12, \dfrac 14, \dfrac 16, \ldots$ podniz je niza $(a_n)$ dobiven uzimanjem samo pozitivnih članova osnovnog niza $(a_n)$. Uzmemo li u osnovnom nizu samo negativne članove, dobit ćemo jedan drugi podniz: $ -1, -\dfrac 13, -\dfrac 15, -\dfrac 17, \ldots$
Limes niza i gomilište niza
U sljedećem primjeru prikazan je jedan način uvođenja pojma limesa niza, [2]. Promatra se niz $(a_n)$, gdje je $a_n=\dfrac 1n$, a cijela se priča zasniva na tome da se na nekoliko primjera pokaže kako se u pruzi oko $0$ (to je broj koji ćemo u konačnici nazvati limesom niza) nalaze svi članovi niza nakon nekog mjesta, a izvan pruge nalazi se konačno mnogo članova niza.
|
Primjer 1. Promotrimo niz $(a_n)$ gdje je $a_n=\dfrac1n$. a) Nacrtajmo graf niza i istaknimo točke za koje je $|a_n|<\dfrac15$. Koliko ih ima? Nakon kojeg mjesta $n_0$ u nizu vrijedi $|a_n|<\dfrac15$ za sve $n\ge n_0$? Koliko ima članova niza za koje ne vrijedi $|a_n|<\dfrac15$? b) Broj $\dfrac15$ zamijenimo s $\dfrac1{10}$ i odgovorimo na ista pitanja kao u a) dijelu. c) Broj $\dfrac15$ zamijenimo bilo kojim pozitivnim brojem $\varepsilon$ i odgovorimo na ista pitanja kao u a) dijelu. Rješenje. a) Točke za koje vrijedi da im je ordinata po apsolutnoj vrijednosti manja od $\dfrac15$ nalaze se u pruzi između pravaca $y=-\dfrac15$ i $y=\dfrac15$. Ima ih beskonačno mnogo jer za sve $n\ge6$ vrijedi $|a_n|=\left|\dfrac1n\right|=\dfrac1n<\dfrac15$. Dakle, za traženi $n_0$ možemo uzeti $n_0=6$. Izvan pruge nalazi se konačno mnogo točaka niza, preciznije njih $5$.   $$   c) Za bilo koji pozitivni broj $\varepsilon$ slika bi bila slična slikama iz podzadataka a) i b).   Kad je $|a_n|< \varepsilon$? Riješimo nejednadžbu $\dfrac1n< \varepsilon\implies > \dfrac1{\varepsilon}$. Znači, čim je broj $n$ veći od $\dfrac1{\varepsilon}$, vrijedi $|a_n|< \varepsilon$. Za $n_0$ uzimamo bilo koji prirodni broj veći od $\dfrac1{\varepsilon}$. To na primjer može biti $n_0=\left\lfloor\dfrac1{\varepsilon}\right\rfloor+1$. Ovdje je $\left\lfloor x\right\rfloor$ oznaka za najveće cijelo od broja $x$, tj. to je najveći broj koji je cijeli i manji ili jednak $x$. Tako je $\lfloor3\rfloor=3$, $\lfloor3.8\rfloor=3$, $\lfloor-3.8\rfloor=-4$. Za koliko članova niza ne vrijedi $|a_n|< \varepsilon$? Samo za konačno mnogo njih. Istaknimo svojstvo koje ima broj $0$. Oko broja $0$ uzmemo bilo koji otvoreni interval $I$ (u ovom slučaju radi se o intervalu $\langle 0-\varepsilon, 0+\varepsilon \rangle$, koji kratko zovemo $\varepsilon$-okolina broja $0$). Na grafu u koordinatnom sustavu javlja se pruga ograničena pravcima $y=-\varepsilon$ i $y=\varepsilon$. Izvan te pruge nalazi se samo konačno mnogo članova niza $(a_n)$. Naravno, unutar pruge nalaze se svi članovi niza $(a_n)$ nakon nekog mjesta, tj. unutar pruge nalazi se beskonačno mnogo članova niza $(a_n)$. Ovo svojstvo vrijedi za bilo koji otvoreni interval $I$ oko $0$. Zato broj $0$ nazivamo limes niza $(a_n)$ i označavamo: $$ \lim_{n\rightarrow \infty } \frac 1n = 0.$$ Ovo se svojstvo ponekad uzima kao definicija limesa niza. |
Preciznije, kažemo da niz $(a_n)$ ima limes $L$ ako za svaku otvorenu okolinu oko broja $L$ vrijedi da se izvan te okoline nalazi konačno mnogo članova niza $(a_n)$. Još se kaže da niz $(a_n)$ konvergira (ili teži) k broju $L$.
Sljedećim Geogebrinim apletom moguće je dodatno uvježbavati određivanje limesa niza, [2].
Ova je definicija dobra za intuitivno građenje pojma limesa, ali za izvođenje raznih računa i dokaza puno je primjerenija takozvana Cauchyjeva definicija koja glasi ovako: kažemo da niz $(a_n)$ ima limes $L$ ako za svaki $\varepsilon >0$ postoji $n_0\in\mathbb{N}$ takav da za svaki $n \ge n_0$ vrijedi
$$
|a_n – L| <\varepsilon.$$Jedan od osnovnih zadataka koji se javljaju u ovoj nastavnoj temi je izračunavanje limesa raznih nizova. U tu se svrhu, osim izračunavanja limesa prema definiciji, koristimo i raznim teoremima koji analiziraju konvergenciju raznih kombinacija dvaju ili više poznatih nizova. Ovdje se nećemo baviti ovom problematikom, nego ćemo pažnju usmjeriti prema podnizovima i njihovim limesima.
Budući da je podniz i sam jedan niz, i za njega možemo razmatrati pitanje konvergencije. Ako podniz niza $(a_n)$ ima limes, tada taj broj nazivamo gomilište niza $(a_n)$. Zamijetimo da ako je niz $(a_n)$ konvergentan, tada je limes niza $(a_n)$ ujedno i gomilište tog niza (i to jedinstveno).
Primjer 2. Odredimo gomilišta niza $(a_n)$ koji su limesi podnizova $(a_{2n})$ i $(a_{2n-1})$, ako je $$a_n= (-1)^{n-1}\frac{2n+1}{n+3}.$$
 Rješenje. Opći član podniza s parnim indeksima glasi ovako:$$a_{2n}=(-1)^{2n-1}\frac{2\cdot 2n +1}{2n+3}= – \frac{4n+1}{2n+3}.$$ Njegov je limes jednak $-2$. Naime, dijeljenjem brojnika i nazivnika racionalne funkcije s najvećom potencijom (a to je $n$) dobivamo ovaj račun: $$\lim_{n \rightarrow \infty} a_{2n} = \lim_{n \rightarrow \infty} \left(-\frac{4n+1}{2n+3}\right) = \lim_{n \rightarrow \infty}\left( – \frac{4 + \frac 1n }{2+\frac 3n}\right)=-\frac 42=-2.$$Opći član podniza s neparnim indeksima glasi ovako: $$a_{2n-1}=(-1)^{2n-2}\frac{2\cdot (2n-1) +1}{(2n-1)+3}= \frac{4n-1}{2n+2}.$$Njegov je limes jednak $2$. Brojevi $-2$ i $2$ su gomilišta niza $(a_n)$. |
Uočimo da se u svakoj okolini gomilišta nalazi beskonačno mnogo članova niza, dok se izvan okoline gomilišta može nalaziti konačno mnogo članova niza (tada je gomilište ujedno i limes niza) ili beskonačno mnogo članova niza $(a_n)$ (tada gomilište nije limes).
Koliko gomilišta može imati niz?
Postoje nizovi koji nemaju gomilišta. Primjerice, jedan takav niz je $(a_n)$ gdje je $a_n=n$. Odaberemo li bilo koji njegov podniz, taj će podniz neograničeno rasti te taj podniz nije konvergentan.
Postoje nizovi koji imaju točno jedno gomilište. Primjerice, svi konvergentni nizovi imaju točno jedan limes koji je ujedno i gomilište tog niza. Ali, možemo konstruirati niz koji nije konvergentan, a koji ima jedno gomilište. Primjerice, to je sljedeći niz:
$$b_n = \left\{\begin{array}{cl}\dfrac 1n & \mbox{ ako je $n$ paran} \\n & \mbox{ ako je $n$ neparan}.\end{array}\right.$$
Ovaj niz nije konvergentan, ali $0$ mu je gomilište jer je limes podniza $(b_{2n})$.
Postoje nizovi koji imaju dva gomilišta. Jedan takav smo već spomenuli u primjeru 2.
Možemo li zamisliti nizove koji imaju $3, 4, 5$ ili općenito, konačan broj gomilišta?
Ideja konstrukcije takvih nizova krije se u Primjeru 2. U njemu smo razmatrali dva podniza: jedan s parnim indeksima, a drugi s neparnim indeksima. Drugim riječima, indeksi prvog podniza pri dijeljenju s $2$ imaju ostatak $0$, a indeksi drugog podniza pri dijeljenju s $2$ imaju ostatak $1$.
Dakle, želimo li konstruirati niz koji ima $r$ gomilišta, definirat ćemo taj niz s pomoću $r$ konvergentnih podnizova čiji indeksi pri dijeljenju s $r$ daju ostatak $0, 1, 2, \ldots , r-1$. Evo primjera jednog niza koji ima $5$ gomilišta:$$a_n = \left\{
\begin{array}{cl}
\dfrac 1n & n=5k, k\in \mathbb{N} \\
-\dfrac{n}{n+1} & n=5k+1, k\in \mathbb{N}_0 \\
\dfrac{2n+1}{n} & n=5k+2, k\in \mathbb{N}_0 \\
\dfrac{4n+3}{n-1} & n=5k+3, k\in \mathbb{N}_0 \\
\dfrac{\pi n}{n+2} & n=5k+4, k\in \mathbb{N}_0 .
\end{array}
\right.
$$Podnizovi $(a_{5k})$, $(a_{5k+1})$, $(a_{5k+2})$, $(a_{5k+3})$ i $(a_{5k+4})$ su konvergentni i njihovi limesi su redom $0, -1, 2, 4$ i $\pi$. Tih pet brojeva su gomilišta niza $(a_n)$.
Možemo li zamisliti niz koji ima beskonačno mnogo gomilišta?
Prvo ćemo razmotriti niz koji ima beskonačno mnogo gomilišta, ali prebrojivo mnogo. Drugim riječima, skup svih gomilišta tog niza je ekvipotentan (jednakobrojan) sa skupom $\mathbb{N}$.
Formirajmo matricu tako da u prvi red zapišemo razlomke čiji su brojnici jednaki $1$, a nazivnici su redom $1,2,3,\ldots$, u drugi red zapišemo razlomke čiji su brojnici jednaki $2$, u treći red idu razlomci s brojnikom $3$ itd. Na donjoj slici prikazana je ova matrica.
Na ovaj smo način zapisali sve pozitivne razlomke. Naime, razlomak $\dfrac{m}{n}$ nalazi se u $m$-tom retku i $n$-tom stupcu ove sheme. Sad ćemo sve te brojeve poslagati u niz tako da prolazimo shemom koristeći se dijagonalama. Pratimo li putanju upisanu u donjoj slici, dobivamo niz
$$
\frac 11, \hspace{2mm}\frac 12, \frac 21, \hspace{2mm} \frac 31, \frac 22, \frac 13, \hspace{2mm} \frac 14, \frac 23, \frac 32, \frac 41, \hspace{2mm} \frac 51, \frac 42, \frac 33, \frac 24, \frac 15, \ldots
$$
Uočimo da smo ovim postupkom poslagali u niz sve pozitivne racionalne brojeve.
Pokažimo da ovaj niz ima prebrojivo mnogo gomilišta. Neka je $\dfrac mn$ bilo koji, do kraja skraćeni pozitivni racionalni broj. Definiramo podniz $(a_{m,n})$ ovako:$$
\frac mn, \frac{2\cdot m}{2\cdot n}, \frac{3\cdot m}{3\cdot n}, \frac{4\cdot m}{4\cdot n}, \ldots$$Drugim riječima, članovi podniza su razlomci koje dobijemo od osnovnog razlomka $\frac mn$ proširivanjem s prirodnim brojem. Svi se ti razlomci nalaze u shemi, a samim time nalaze se i u osnovnom nizu $(a_n)$.
Koliki je limes podniza $(a_{m,n})$? Iz same konstrukcije stvaranja tog podniza jasno je da svi članovi tog niza imaju vrijednost $\dfrac mn$, tj. ovdje se radi o jednom konstantnom podnizu i njegov je limes upravo broj $\dfrac mn$. Koliko ima takvih podnizova? Ima ih onoliko koliko ima do kraja skraćenih pozitivnih racionalnih brojeva, a njih ima prebrojivo mnogo. Dakle, uspjeli smo konstruirati niz koji kao gomilišta ima sve do kraja skraćene pozitivne racionalne brojeve, tj. niz koji ima prebrojivo mnogo gomilišta.
Komentar: Pažljivi čitatelj uočit će veliku sličnost između gore opisanog slaganja u niz svih pozitivnih racionalnih brojeva i uobičajenog dokaza da je skup pozitivnih racionalnih brojeva ekvipotentan sa skupom prirodnih brojeva.
Evo još jednog niza koji ima prebrojivo mnogo gomilišta.
|
Primjer 3. Neka je niz $(a_n)$ zadan ovako: $$a_n = \left\{
\begin{array}{cl}
p + \dfrac{1}{p^k} & \mbox{ ako je $n=p^k$ za neki prosti broj $p$ i neki prirodni broj $k$} \\
n & \mbox{inače}.
\end{array}
\right. $$ Pokažimo da ovaj niz ima prebrojivo mnogo gomilišta.
Rješenje. Neka je $p$ bilo koji prosti broj. Formiramo podniz $$p+\frac 1p, \ p+\frac{1}{p^2}, \ p+\frac{1}{p^3}, \ p+\frac{1}{p^4}, \ \ldots$$ Taj podniz teži prema broju $p$, tj. broj $p$ je gomilište niza $(a_n)$, a budući da prostih brojeva ima beskonačno mnogo i to prebrojivo mnogo, ovo je primjer niza koji ima prebrojivo mnogo gomilišta. |
Dakle, iz prethodnog teksta jasno je da postoje nizovi koji imaju prebrojivo mnogo gomilišta. Proširimo to pitanje na drugu vrstu beskonačnosti. Postoje li nizovi koji imaju neprebrojivo mnogo gomilišta? Prisjetimo se da za skup kažemo da je neprebrojiv ako je ekvipotentan sa skupom realnih brojeva.
Niz koji ćemo promatrati jest niz svih pozitivnih racionalnih brojeva, označimo ga s $(q_n)$. Pokažimo da se svaki pozitivni realni broj (a njih ima neprebrojivo mnogo) može dobiti kao gomilište tog niza. Realni broj ima ili konačan decimalni zapis ili periodični ili neperiodični decimalni zapis. U prva se dva slučaja radi o racionalnim brojevima. Stoga usmjerimo pažnju na iracionalne brojeve, tj. brojeve čiji je decimalni zapis beskonačan neperiodični broj. Iracionalnih brojeva ima neprebrojivo mnogo. Svaki takav pozitivni broj $r$ je oblika$$
r=m. d_1d_2d_3\ldots ,$$gdje je $m$ prirodni broj ili $0$, a $d_1, d_2, d_3, \ldots$ su znamenke. Formiramo podniz $(c_n)$ niza svih pozitivnih racionalnih brojeva $(q_n)$ ovako:
$$c_1=m, \ c_2=m.d_1, \ c_3=m.d_1d_2, \ c_4=m.d_1d_2d_3, \ldots, $$tj. općenito:$$c_n=m.d_1d_2d_3\ldots d_{n-1}.$$Svi brojevi $c_n$ su racionalni brojevi koji se nalaze u nizu $(q_n)$, a limes niza $(c_n)$ upravo je broj $r$.
Dakle, odgovor na pitanje postavljeno u podnaslovu članka glasi: niz može imati beskonačno mnogo gomilišta.
LITERATURA
- M. Ćulav Markičević, N. Lukač, M. Marić, S. Stilinović, S. Varošanec, Z. Varošanec, Matematičko natjecanje Klokan bez granica 2015.-2017., HMD, Zagreb, 2018.
- S. Varošanec, Matematika 4, udžbenik za 4. razred gimnazija i strukovnih škola, Element, Zagreb, 2012.