Daniel je napisao:Upravo i jeste čar ove oblasti to što ne postoji univerzalan način, već intuicija. Ponekad je potrebno da eksperimentišeš s raznim redovima koje uzimaš za [inlmath]\sum b_n[/inlmath], pa ako dobiješ da je [inlmath]a_n<b_n[/inlmath] a red [inlmath]\sum b_n[/inlmath] divergira, onda znaš da s tim redom ne vredi... Isto i ako dobiješ da je [inlmath]a_n>b_n[/inlmath] a red [inlmath]\sum b_n[/inlmath] konvergira. Isprobavaš dok ne dobiješ [inlmath]a_n<b_n[/inlmath] pri čemu red [inlmath]\sum b_n[/inlmath] konvergira, ili [inlmath]a_n>b_n[/inlmath] pri čemu red [inlmath]\sum b_n[/inlmath] divergira.

To te pitam! Puno hvala na iscrpnom objašnjenju, čitao sam detaljno svaku rič

Pa da vidimo jesam li se na ovom primjeru popravio

Imamo red
[dispmath]\sum_{n=1}^\infty\frac{n}{\left(1+n^2\right)^2}[/dispmath]
I. poredbeni kriterij:

Slično tvom, postupkom sam došao da je [dispmath]\sum b_n=\sum\frac{1}{n^3}[/dispmath]. Pošto je [inlmath]r>1[/inlmath], zaključujemo da red [inlmath]b_n[/inlmath] konvergira. Zbog toga mora konvergirati i red [inlmath]a_n[/inlmath], a to će biti točno jedino ako [inlmath]\sum a_n[/inlmath] bude manji od [inlmath]\sum b_n[/inlmath]. Obzirom da je tako, zaključio sam da red konvergira.

II. poredbeni kriterij:

Računanjem limesa [inlmath]\lim\limits_{x\to\infty}\frac{a_n}{b_n}[/inlmath] dobio sam kao rezultat [inlmath]1[/inlmath]. Prema pravilu, ako dobijemo broj iz intervala [inlmath]\left<0,+\infty\right>[/inlmath], tada oba reda moraju ili konvergirati ili divergirati. U ovom slučaju konvergirati...

Upravo tako. Jedino si, pretpostavljam, umesto

eseper je napisao:a to će biti točno jedino ako [inlmath]\sum a_n[/inlmath] bude manji od [inlmath]\sum b_n[/inlmath].

hteo da napišeš – a to će biti točno jedino ako [inlmath]a_n[/inlmath] bude manje od [inlmath]b_n[/inlmath]
Znači, ne trebaju ti sume, jer [inlmath]I[/inlmath] poredbeni kriterijum glasi upravo tako – [inlmath]a_n<b_n[/inlmath]. Bez suma.

Daniel je napisao: Upravo tako. Jedino si, pretpostavljam, umesto

eseper je napisao:a to će biti točno jedino ako [inlmath]\sum a_n[/inlmath] bude manji od [inlmath]\sum b_n[/inlmath].

hteo da napišeš – a to će biti točno jedino ako [inlmath]a_n[/inlmath] bude manje od [inlmath]b_n[/inlmath]

Da, upravo tako

---

I posljednja dva (za sada) što se tiče poredbenih kriterija ovakvog tipa:

(a)
[dispmath]\sum\frac{\ln n}{n^3+n+1}[/dispmath]
[inlmath]\sum\frac{1}{n^3}\;\Rightarrow[/inlmath] red konvergira (može i [inlmath]\sum\frac{1}{n^2}[/inlmath], red će i dalje konvergirati)
[inlmath]\sum a_n<\sum b_n[/inlmath]

(b)
[dispmath]\sum\frac{1}{n}\log\left(1+\frac{1}{n}\right)[/dispmath]
Ovde sam prvo uzeo da je [inlmath]\sum b_n=\sum\frac{1}{n}[/inlmath]. Odnosno, taj red [inlmath]\sum b_n[/inlmath] bi u tom slučaju divergirao, međutim tada ne vrijedi da je [inlmath]\sum a_n>\sum b_n[/inlmath].
Potom sam za [inlmath]\sum b_n[/inlmath] uzeo [inlmath]\sum\frac{1}{n^2}[/inlmath] i poklapa se.
Dakle, i ovaj red bi trebao konvergirati.

eseper je napisao:(a)
[dispmath]\sum\frac{\ln n}{n^3+n+1}[/dispmath]
[inlmath]\sum\frac{1}{n^3}\;\Rightarrow[/inlmath] red konvergira (može i [inlmath]\sum\frac{1}{n^2}[/inlmath], red će i dalje konvergirati)
[inlmath]\sum a_n<\sum b_n[/inlmath]

Ovde ne vidim način kako bismo došli do reda [inlmath]\sum\frac{1}{n^3}[/inlmath]. Ako bismo napisali
[dispmath]\frac{\ln n}{n^3+n+1}>\frac{1}{n^3+n+1}<\frac{1}{n^3}[/dispmath]
time ništa ne bismo zaključili, jer u toj sekvenci imamo jedno [inlmath]>[/inlmath] i jedno [inlmath]<[/inlmath], pa i dalje ne znamo u kakvom su odnosu početni i krajnji izraz.
Jesi li možda do reda [inlmath]\sum\frac{1}{n^3}[/inlmath] došao na neki drugi način?

Jasno mi je kako se dolazi do reda [inlmath]\sum\frac{1}{n^2}[/inlmath]:
[dispmath]\frac{\ln n}{n^3+n+1}<\frac{n}{n^3+n+1}=\frac{1}{n^2+1+\frac{1}{n}}<\frac{1}{n^2}[/dispmath]
jer odatle zaista sledi da je [inlmath]\frac{\ln n}{n^3+n+1}<\frac{1}{n^2}[/inlmath], pa zaključujemo da je red konvergentan.

eseper je napisao:(b)
[dispmath]\sum\frac{1}{n}\log\left(1+\frac{1}{n}\right)[/dispmath]
Ovde sam prvo uzeo da je [inlmath]\sum b_n=\sum\frac{1}{n}[/inlmath]. Odnosno, taj red [inlmath]\sum b_n[/inlmath] bi u tom slučaju divergirao, međutim tada ne vrijedi da je [inlmath]{\color{red}\sum}a_n>{\color{red}\sum}b_n[/inlmath].

Nemoj pisati te sume pri upoređivanju, nemoj da ti na tome bzvz skidaju bodove.

eseper je napisao:Potom sam za [inlmath]\sum b_n[/inlmath] uzeo [inlmath]\sum\frac{1}{n^2}[/inlmath] i poklapa se.
Dakle, i ovaj red bi trebao konvergirati.

Zanimalo bi me da vidim tvoj postupak, jer ja do tog rezultata dolazim na način koji nije baš jednostavan:
[dispmath]\frac{1}{n}\log\left(1+\frac{1}{n}\right)=\frac{1}{n^2}\cdot n\log\left(1+\frac{1}{n}\right)=\frac{1}{n^2}\log\left(1+\frac{1}{n}\right)^n[/dispmath]
Za svako [inlmath]n\ge 1[/inlmath] funkcija [inlmath]\left(1+\frac{1}{n}\right)^n[/inlmath] je pozitivna i neprekidna, a za [inlmath]n\to\infty[/inlmath] njena vrednost teži ka [inlmath]e[/inlmath], iz čega možemo zaključiti da je ta funkcija za [inlmath]n\ge 1[/inlmath] ograničena, tj. da postoji neka konstanta [inlmath]c[/inlmath] od koje je vrednost te funkcije uvek manja (zapravo, ta funkcija je uvek manja od [inlmath]e[/inlmath] zato što monotono raste prema [inlmath]e[/inlmath], ali da se ne bismo sad bavili dokazom da je ona monotono rastuća, nećemo pogrešiti ako kažemo da je manja od te neke konstante [inlmath]c[/inlmath]):
[dispmath]\frac{1}{n^2}\log\left(1+\frac{1}{n}\right)^n<\frac{1}{n^2}\log c=c_1\frac{1}{n^2}[/dispmath]
pa pošto je [inlmath]\sum\frac{1}{n^2}[/inlmath] konvergentan, konvergentan je i [inlmath]c_1\sum\frac{1}{n^2}[/inlmath], pa odatle i [inlmath]\sum\frac{1}{n}\log\left(1+\frac{1}{n}\right)[/inlmath].

Ovako, dat ću ti objedinjen odgovor za oba zadatka zato što je praktički isti. U svakom primjeru koji smo radili na nastavi, nikada se nismo bavili time kako si došao do [inlmath]\sum b_n[/inlmath], već bi asistentica samo uredno napisala koliki je [inlmath]\sum b_n[/inlmath] i na temelju toga smo rješavali. Sada kada sam išao rješavati ovakve zadatke, tu je i nastao problem, jer nisam imao odakle naučiti ni shvatiti. Na dva ispitna roka se dosada nisu pojavljivali ovakvi redovi s [inlmath]\ln[/inlmath]-ovima, tj. oni redovi gdje je zahtjevnije odrediti [inlmath]\sum b_n[/inlmath], što ne znači da neće doći. Moram proći sve tipove. Svašta se daje, lani je uletio čak i određeni integral, iako se on radi u Mat2, a ne Mat1 iz koje ja postavljam zadatke ovde na forumu, mala digresija, izvinjavam se... tako da

Da se vratim na temu, sada mislim da sam u potpunosti shvatio ovakve tipove kao što je prvi zadatak. Što se tiče drugog zadatka, vidim da je dosta komplicirano, ja nisam tako ni određivao nego samo intuitivno. Sada ću ga detaljnije proučiti.

I, uzet ću u obzir ne pisanje suma pri uspoređivanju

Da vidimo ovaj:
[dispmath]\sum\frac{2n+1}{n^2(n+1)^2}[/dispmath]
- probao sam D'Alembertom - dobio sam da je limes [inlmath]1[/inlmath], dakle očito ne ide... pa onda

Prvi poredbeni:
[inlmath]a_n=\frac{2n+1}{n^2(n+1)^2}[/inlmath]
[inlmath]b_n=\frac{1}{n^2}\;\Rightarrow[/inlmath] harmonijski red, konvergira

stoga je
[inlmath]a_n<b_n[/inlmath] pa red (po meni) konvergira

Drugi poredbeni:
Limes je [inlmath]1[/inlmath], što znači da oba reda konvergiraju...

eseper je napisao:- probao sam D'Alembertom - dobio sam da je limes [inlmath]1[/inlmath], dakle očito ne ide...

eseper je napisao:Prvi poredbeni:
[inlmath]a_n=\frac{2n+1}{n^2(n+1)^2}[/inlmath]
[inlmath]b_n=\frac{1}{n^2}\;\Rightarrow[/inlmath] harmonijski red, konvergira

stoga je
[inlmath]a_n<b_n[/inlmath] pa red (po meni) konvergira

Pretpostavljam da si do [inlmath]b_n=\frac{1}{n^2}[/inlmath] došao na ovaj način?
[dispmath]\frac{2n+1}{n^2\left(n+1\right)^2}<\frac{n^2+2n+1}{n^2\left(n+1\right)^2}=\frac{\cancel{\left(n+1\right)^2}}{n^2\cancel{\left(n+1\right)^2}}=\frac{1}{n^2}[/dispmath]

eseper je napisao:Drugi poredbeni:
Limes je [inlmath]1[/inlmath], što znači da oba reda konvergiraju...

Šta si tu uzeo za drugi red?
Ako uzmeš da je [inlmath]b_n=\frac{1}{n^2}[/inlmath], tada je [inlmath]\lim\limits_{n\to\infty}\frac{a_n}{b_n}=0[/inlmath].
A ako uzmeš da je [inlmath]b_n=\frac{1}{n^3}[/inlmath], tada je [inlmath]\lim\limits_{n\to\infty}\frac{a_n}{b_n}=2[/inlmath].
Naravno, oba rezultata nam govore da [inlmath]\sum a_n[/inlmath] konvergira, samo me malo buni ta jedinica koju si ti dobio.

Op, vidim tek sad lapsus. Tako je, u drugom poredbenom se dobije da je limes [inlmath]0[/inlmath], greška pri pisanju na forum

Na isti način sam došao do [inlmath]b_n[/inlmath]. Isto tako moglo se dogoditi da dobijem krivo, jer sam se dvoumio oko ovog [inlmath]n^2[/inlmath] u brojniku (da dobijemo [inlmath](n+1)^2[/inlmath] i pokratimo sa nazivnikom)

Opet jedan s trigonometrijom. Je li zadatak točan ovisi mi, kao i uvijek, o [inlmath]b_n[/inlmath]
[dispmath]\sum_{n=1}^\infty\sin\left(\frac{n+1}{n^3+17}\right)[/dispmath]
[inlmath]b_n=\frac{1}{n^2}[/inlmath] (ako je kriv, možeš li napisati postupak kako si došao do njega?)
[dispmath]\sin\left(\frac{n+1}{n^3+17}\right)<\frac{n+1}{n^3+17}<\frac{1}{n^2}[/dispmath]
Opet je u pitanju harmonijski red, što znači da [inlmath]b_n[/inlmath] konvergira, a samim tim i [inlmath]a_n[/inlmath]

Dakle,
[dispmath]\sin\left(\frac{n+1}{n^3+17}\right)\le\frac{1}{n^2}[/dispmath] što bi značilo da red uistinu konvergira po prvom kriteriju.
Što se tiče drugog kriterija, dobio sam da je [dispmath]\lim\frac{a_n}{b_n}=+\infty[/dispmath]

eseper je napisao:[inlmath]b_n=\frac{1}{n^2}[/inlmath] (ako je kriv, možeš li napisati postupak kako si došao do njega?)
[dispmath]\sin\left(\frac{n+1}{n^3+17}\right)<\frac{n+1}{n^3+17}{\color{red}<}\frac{1}{n^2}[/dispmath]

Moram te razočarati, crveno obeležena nejednakost važi samo za [inlmath]n\le 4[/inlmath], ali već za [inlmath]n\ge 5[/inlmath] važi suprotna nejednakost, tj. [inlmath]\frac{n+1}{n^3 +17}>\frac{1}{n^2}[/inlmath]:[dispmath]\frac{n+1}{n^3 +17}=\frac{n+1}{n^2\left(n+\frac{17}{n^2}\right)}=\frac{1}{n^2}\cdot\frac{n+\frac{17}{n^2}+1 -\frac{17}{n^2}}{n+\frac{17}{n^2}}=\frac{1}{n^2}\left(1+\frac{1-\frac{17}{n^2}}{n+\frac{17}{n^2}}\right)[/dispmath][inlmath]n\le 4:[/inlmath][dispmath]\frac{17}{n^2}>1\quad\Rightarrow\quad 1-\frac{17}{n^2}<0\quad\Rightarrow\quad\frac{1-\frac{17}{n^2}}{n+\frac{17}{n^2}}<0\quad\Rightarrow[/dispmath][dispmath]\Rightarrow\quad 1+\frac{1-\frac{17}{n^2}}{n+\frac{17}{n^2}}<1\quad\Rightarrow\quad\frac{1}{n^2}\left(1+\frac{1-\frac{17}{n^2}}{n+\frac{17}{n^2}}\right)<\frac{1}{n^2}[/dispmath][inlmath]n\ge 5:[/inlmath][dispmath]\frac{17}{n^2}<1\quad\Rightarrow\quad 1-\frac{17}{n^2}>0\quad\Rightarrow\quad\frac{1-\frac{17}{n^2}}{n+\frac{17}{n^2}}>0\quad\Rightarrow[/dispmath][dispmath]\Rightarrow\quad 1+\frac{1-\frac{17}{n^2}}{n+\frac{17}{n^2}}>1\quad\Rightarrow\quad\frac{1}{n^2}\left(1+\frac{1-\frac{17}{n^2}}{n+\frac{17}{n^2}}\right)>\frac{1}{n^2}[/dispmath]Zato moraš raditi postupno, da te ne bi ponela intuicija kao sad.

Dakle, ovaj način nije uspeo - ništa nam nije rekao o konvergenciji. Isprobamo sad ovako:[dispmath]\frac{n+1}{n^3+17}<\frac{n+1}{n^3+1}=\frac{\cancel{n+1}}{\cancel{\left(n+1\right)}\left(n^2-n+1\right)}=\frac{1}{n\left(n-1\right)+1}<\frac{1}{n\left(n-1\right)}[/dispmath]a u ovom postu sam već pokazao da red [inlmath]\sum\frac{1}{n\left(n-1\right)}[/inlmath] konvergira, da se sad ne ponavljam.
Pa, prema tome, konvergira i [inlmath]\sum\frac{n+1}{n^3+17}[/inlmath], a samim tim i [inlmath]\sum\sin\left(\frac{n+1}{n^3+17}\right)[/inlmath].

eseper je napisao:Što se tiče drugog kriterija, dobio sam da je [dispmath]\lim\frac{a_n}{b_n}=+\infty[/dispmath]

Pod pretpostavkom da si za [inlmath]b_n[/inlmath] uzeo [inlmath]\frac{1}{n^2}[/inlmath]:[dispmath]\lim_{n\to\infty}\frac{\sin\left(\frac{n+1}{n^3+17}\right)}{\frac{1}{n^2}}=\lim_{n\to\infty}\cancelto{1}{\frac{\sin\left(\frac{n+1}{n^3+17}\right)}{\frac{n+1}{n^3+17}}}\cdot\frac{\frac{n+1}{n^3+17}}{\frac{1}{n^2}}=\lim_{n\to\infty}\frac{n^2\left(n+1\right)}{n^3+17}=\lim_{n\to\infty}\frac{1+\cancelto{0}{\frac{1}{n}}}{1+\cancelto{0}{\frac{17}{n^3}}}=1[/dispmath]Ako ne nađeš grešku u svom postupku, postavi ga, pa da vidimo...