MATEMANIJA

Može li itko napisati postupak i rješenja ovih zadataka?
Treba ispitati konvergenciju reda...
[dispmath]\begin{array}{ll}
a) & 1+{\large\frac{1}{2^{\sin2\alpha}}}+{\large\frac{1}{3^{\sin3\alpha}}}+{\large\frac{1}{4^{\sin4\alpha}}}+\cdots\\
\\
b) & \cos1+{\large\frac{\cos2}{\sqrt{2^3}}}+{\large\frac{\cos3}{\sqrt{3^3}}}+{\large\frac{\cos4}{\sqrt{4^3}}}+c\dots\\
\\
c) & \sum\limits_{n=1}^{\infty}\cos\frac{1}{\sqrt{n+1}}
\end{array}[/dispmath]

Evo zasad za a) i c), radio sam ih na osnovu neophodnog (ali ne i dovoljnog) uslova za konvergenciju reda, da njegov opšti član [inlmath]x_n[/inlmath] teži nuli kada [inlmath]n\to\infty[/inlmath]. Pod a) i c) taj uslov nije ispunjen, pa nema šta dalje da se ispituje, red divergira.
Oko b) moram još da razmislim, budući da je kod njega taj uslov ispunjen, ali pošto to nije dovoljan već samo neophodan uslov za konvergenciju, potrebno je izvršiti još neka ispitivanja.

a) Opšti član ovog reda je
[dispmath]x_n=\frac{1}{n^{\sin n\alpha}}[/dispmath]
Kada [inlmath]n\to\infty[/inlmath] ni vrednost ni znak [inlmath]\sin n\alpha[/inlmath] nisu određeni. To znači da i u beskonačnosti [inlmath]\sin n\alpha[/inlmath] može biti negativno, a kada je [inlmath]\sin n\alpha[/inlmath] negativno, opšti član se može pisati kao:
[dispmath]x_n=n^{\left|\sin n\alpha\right|}[/dispmath]
iz čega se vidi da opšti član za [inlmath]n\to\infty[/inlmath] ne teži nuli, pa samim tim nije ispunjen neophodan uslov za konvergenciju reda, pa zaključujemo da red divergira.


c) Ovde je sasvim očigledno da opšti član ne ispunjava uslov [inlmath]\lim\limits_{n\to\infty}x_n=0[/inlmath]:
[dispmath]\lim_{n\to\infty}x_n=\lim_{n\to\infty}\cos\frac{1}{\sqrt{n+1}}=\cos 0=1[/dispmath]
tako da ovaj red takođe divergira.

Hvala. Tipovi zadatka kao što je sljedeći se redovito pojavljuju na kolokvijima, pa može li ga itko riješiti i objasniti na koji način.

Odredite sve vrijednosti realnog parametra [inlmath]a\in\mathbb{R}[/inlmath] za koje red [inlmath]\sum\limits_{n=0}^\infty\frac{2^n+3^n}{\left(a+1\right)^n}[/inlmath] konvergira. Kolika je u tom slučaju suma reda?

Ovaj red možemo posmatrati kao sumu dva podreda:
[dispmath]\sum\limits_{n=0}^\infty\frac{2^n+3^n}{\left(a+1\right)^n}=\sum\limits_{n=0}^\infty\left(\frac{2}{a+1}\right)^n+\sum\limits_{n=0}^\infty\left(\frac{3}{a+1}\right)^n[/dispmath]
Članovi oba ova podreda predstavljaju geometrijsku progresiju. Da bi red konvergirao, potrebno je da konvergiraju oba njegova podreda, a njegova suma će biti jednaka zbiru suma ta dva podreda.

Suma [inlmath]n[/inlmath] članova prvog podreda biće
[dispmath]S_{1n}=\frac{1-\left(\frac{2}{a+1}\right)^n}{1-\frac{2}{a+1}}[/dispmath]
a da bi postojao limes ove sume kada [inlmath]n\to\infty[/inlmath], mora biti [inlmath]\left|\frac{2}{a+1}\right|<1[/inlmath], tj. [inlmath]a<-3\;\lor\; a>1[/inlmath].

Suma [inlmath]n[/inlmath] članova drugog podreda biće
[dispmath]S_{2n}=\frac{1-\left(\frac{3}{a+1}\right)^n}{1-\frac{3}{a+1}}[/dispmath]
a da bi postojao limes ove sume kada [inlmath]n\to\infty[/inlmath], mora biti [inlmath]\left|\frac{3}{a+1}\right|<1[/inlmath], tj. [inlmath]a<-4\;\lor\; a>2[/inlmath].

Presek ova dva uslova je [inlmath]a<-4\;\lor\; a>2[/inlmath].

I u tom slučaju, suma reda [inlmath]S[/inlmath] jednaka je
[dispmath]S=\lim_{n\to\infty}S_{1n}+\lim_{n\to\infty}S_{2n}=\lim_{n\to\infty}\frac{1-\left(\frac{2}{a+1}\right)^n}{1-\frac{2}{a+1}}+\lim_{n\to\infty}\frac{1-\left(\frac{3}{a+1}\right)^n}{1-\frac{3}{a+1}}=[/dispmath]
[dispmath]=\frac{1}{1-\frac{2}{a+1}}+\frac{1}{1-\frac{3}{a+1}}=\frac{a+1}{a+1-2}+\frac{a+1}{a+1-3}=\frac{a+1}{a-1}+\frac{a+1}{a-2}=[/dispmath]
[dispmath]=\left(a+1\right)\left(\frac{1}{a-1}+\frac{1}{a-2}\right)=\left(a+1\right)\frac{a-2+a-1}{\left(a-1\right)\left(a-2\right)}=\frac{\left(a+1\right)\left(2a-3\right)}{\left(a-1\right)\left(a-2\right)}[/dispmath]

Što se tiče prvog posta i zadatka pod b)... Red konvergira, a evo i zašto.

Najpre primetimo da vrednosti kosinusa za razno [inlmath]n[/inlmath] menjaju znak. Kosinus je čas pozitivan, čas negativan. (doduše, ne za redom). Imenilac je stalno pozitivan. Dakle opšti član ovog reda nema stalno isti znak. I to čini zadatak komplikovanijim. Ali, samo dok ne primetimo jednu olakšicu.
Recimo, imamo red [inlmath]\sum\limits_{n=1}^\infty a_n[/inlmath].
Hajde sad da nekako napravimo sličan red sa pozitivnim članovima: [inlmath]\sum\limits_{n=1}^\infty |a_n|[/inlmath].

Neka su odgovarajuće parcijalne sume [inlmath]S_n=\sum\limits_{k=1}^n a_k[/inlmath] i [inlmath]A_n=\sum\limits_{k=1}^n |a_k|[/inlmath]

Pošto je: [inlmath]|a_1+a_2+a_3+\cdots +a_n |\le |a_1|+|a_2|+|a_3|+\cdots +|a_n |[/inlmath]
Sledi da je [inlmath]|S_n|\le A_n[/inlmath]

Stoga, red [inlmath]\sum\limits_{n=1}^\infty a_n[/inlmath] je uvek konvergentan ako je konvergentan red [inlmath]\sum\limits_{n=1}^\infty |a_n|[/inlmath].

Ovo nam omogućava korišćenje kriterijuma koje koristimo za redove sa pozitivnim članovima.

U datom zadatku imamo red [inlmath]\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{\cos n}{n^{\frac{3}{2}}}[/inlmath].
Da bismo dokazali konvergenciju ovog reda dovoljno je dokazati da je red [inlmath]\sum\limits_{n=1}^\infty\left|\frac{\cos n}{n^{\frac{3}{2}}}\right|[/inlmath] konvergentan.

Primenimo poredbeni kriterijum koji kaže da je red [inlmath]\sum\limits_{n=1}^\infty a_n[/inlmath] konvergentan ako je i red [inlmath]\sum\limits_{n=1}^\infty b_n[/inlmath] konvergentan, pri čemu je [inlmath]b_n>a_n[/inlmath]

Pošto je [inlmath]\left|\frac{\cos n}{n^{\frac{3}{2}}}\right|=\frac{|\cos n|}{n^{\frac{3}{2}}}<\frac{2}{n^{\frac{3}{2}}}[/inlmath] za dokaz kovergencije polaznog reda dovoljno je dokazati da [inlmath]\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{2}{n^{\frac{3}{2}}}[/inlmath] konvergira. Ovaj red je konvergentan ako je konvergentan i red [inlmath]\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{1}{n^{\frac{3}{2}}}[/inlmath]

Dokaz da je ovaj zadnji red konvergentan možemo izvesti, a možemo se setiti i činjenice da je red [inlmath]\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{1}{n^k}[/inlmath] konvergentan za [inlmath]k>1[/inlmath], što onda znači da je konvergentan i red [inlmath]\sum\limits_{n=1}^\infty\left|\frac{\cos n}{n^{\frac{3}{2}}}\right|[/inlmath], samim tim i polazni.

Zanima me cijeli postupak za ovaj zadatak i pritom što više objašnjenja. Hvala.

Ispitajte konvergenciju sljedećeg reda:
[dispmath]\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{3^n}\left(\frac{n}{n+1}\right)^{n^2}[/dispmath]

[dispmath]n>0\quad\Rightarrow\quad n>0\;\land\;n+1>0\quad\Rightarrow\quad\frac{n}{n+1}>0\quad\Rightarrow\quad\left(\frac{n}{n+1}\right)^{n^2}>0[/dispmath]
[dispmath]\frac{1}{3^n}>0\quad\land\quad\left(\frac{n}{n+1}\right)^{n^2}>0\quad\Rightarrow\quad\frac{1}{3^n}\left(\frac{n}{n+1}\right)^{n^2}>0[/dispmath]
[inlmath]\Rightarrow\quad\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{1}{3^n}\left(\frac{n}{n+1}\right)^{n^2}[/inlmath] je red s pozitivnim članovima.

Kod redova s pozitivnim članovima [inlmath]\sum\limits_{n=1}^\infty a_n[/inlmath] i [inlmath]\sum\limits_{n=1}^\infty b_n[/inlmath] važi da, ako je [inlmath]a_n\le b_n[/inlmath], tada iz konvergencije reda [inlmath]\sum\limits_{n=1}^\infty b_n[/inlmath] sledi konvergencija reda [inlmath]\sum\limits_{n=1}^\infty a_n[/inlmath]. Znači, ako postoji neki red s pozitivnim članovima koji je konvergentan a čiji je opšti član veći ili jednak opštem članu reda [inlmath]\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{1}{3^n}\left(\frac{n}{n+1}\right)^{n^2}[/inlmath], to će značiti da i red [inlmath]\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{1}{3^n}\left(\frac{n}{n+1}\right)^{n^2}[/inlmath] konvergira.
[dispmath]n>0\quad\Rightarrow\quad\frac{n}{n+1}<1\quad\Rightarrow\quad\left(\frac{n}{n+1}\right)^{n^2}<1\quad\Rightarrow[/dispmath]
[dispmath]\Rightarrow\quad\frac{1}{3^n}\left(\frac{n}{n+1}\right)^{n^2}<\frac{1}{3^n}\quad\Rightarrow\quad\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{3^n}\left(\frac{n}{n+1}\right)^{n^2}<\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{3^n}[/dispmath]
[inlmath]\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{1}{3^n}[/inlmath] je red s pozitivnim članovima. Ako dokažemo njegovu konvergenciju, dokazaćemo time i konvergenciju reda [inlmath]\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{1}{3^n}\left(\frac{n}{n+1}\right)^{n^2}[/inlmath].
[dispmath]\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{3^n}=\lim_{m\to\infty}\sum_{n=1}^m\frac{1}{3^n}=\lim_{m\to\infty}\frac{1}{3^1}\cdot\frac{1-\cancelto{0}{\left(\frac{1}{3}\right)^m}}{1-\frac{1}{3}}=\frac{1}{\cancel 3}\cdot\frac{1}{\frac{2}{\cancel 3}}=\frac{1}{2}[/dispmath]
Dakle, pošto je pokazano da red [inlmath]\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{1}{3^n}[/inlmath] konvergira, kao i da je [inlmath]\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{1}{3^n}\left(\frac{n}{n+1}\right)^{n^2}<\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{1}{3^n}[/inlmath], pri čemu su oba reda s pozitivnim članovima, iz toga sledi da i red [inlmath]\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{1}{3^n}\left(\frac{n}{n+1}\right)^{n^2}[/inlmath] konvergira.

Hvala Kako odrediti da li neki red sa pozitivnim članovima tražiti prema D'Alembertovom kriteriju ili Cauchyjevom? Kako to prepoznati u zadatku?

Evo kako bi se konvergencija ovog reda ispitala pomoću D'Alembertovog kriterijuma:
[dispmath]\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{3^n}\left(\frac{n}{n+1}\right)^{n^2}=\sum_{n=1}^\infty a_n[/dispmath]
[dispmath]a_n=\frac{1}{3^n}\left(\frac{n}{n+1}\right)^{n^2}[/dispmath]
[dispmath]\lim_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}=\lim_{n\to\infty}\frac{\frac{1}{3^{n+1}}\left(\frac{n+1}{n+2}\right)^{\left(n+1\right)^2}}{\frac{1}{3^n}\left(\frac{n}{n+1}\right)^{n^2}}=\lim_{n\to\infty}\frac{\cancel{\frac{1}{3^n}}\cdot\frac{1}{3}\left(\frac{n+1}{n+2}\right)^{n^2+2n+1}}{\cancel{\frac{1}{3^n}}\left(\frac{n}{n+1}\right)^{n^2}}=\frac{1}{3}\lim_{n\to\infty}\frac{\left(\frac{n+1}{n+2}\right)^{n^2}\cdot\left(\frac{n+1}{n+2}\right)^{2n+1}}{\left(\frac{n}{n+1}\right)^{n^2}}=[/dispmath]
[dispmath]=\frac{1}{3}\lim_{n\to\infty}\left[\frac{\left(n+1\right)^2}{n\left(n+2\right)}\right]^{n^2}\cdot\left(\frac{n+1}{n+2}\right)^{2n+1}=\frac{1}{3}\lim_{n\to\infty}\left(\frac{n^2+2n+1}{n^2+2n}\right)^{n^2}\cdot\left(\frac{n+2-1}{n+2}\right)^{2n+1}=[/dispmath]
[dispmath]=\frac{1}{3}\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{1}{n^2+2n}\right)^{n^2}\cdot\left(1-\frac{1}{n+2}\right)^{2n+1}=[/dispmath]
[dispmath]=\frac{1}{3}\lim_{n\to\infty}\left[\left(1+\frac{1}{n^2+2n}\right)^{n^2+2n}\right]^{\frac{n^2}{n^2+2n}}\cdot\left[\left(1+\frac{1}{-n-2}\right)^{-n-2}\right]^{\frac{2n+1}{-n-2}}=[/dispmath]
[dispmath]=\frac{1}{3}e^{\lim\limits_{n\to\infty}\frac{n^2}{n^2+2n}}\cdot e^{\lim\limits_{n\to\infty}\frac{2n+1}{-n-2}}=\frac{1}{3}e^{\lim\limits_{n\to\infty}\frac{1}{1+\cancelto{0}{\frac{2}{n}}}}\cdot e^{\lim\limits_{n\to\infty}\frac{2+\cancelto{0}{\frac{1}{n}}}{-1-\cancelto{0}{\frac{2}{n}}}}=\frac{1}{3}e^1\cdot e^{-2}=\frac{1}{3e}<1[/dispmath]

---

A evo preko Cauchyjevog kriterijuma:
[dispmath]\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_n}=\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{\frac{1}{3^n}\left(\frac{n}{n+1}\right)^{n^2}}=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{3}\left(\frac{n}{n+1}\right)^n=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{3}\left(\frac{n+1-1}{n+1}\right)^n=[/dispmath]
[dispmath]=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{3}\left(1-\frac{1}{n+1}\right)^n=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{3}\left(1+\frac{1}{-n-1}\right)^n=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{3}\left[\left(1+\frac{1}{-n-1}\right)^{-n-1}\right]^\frac{n}{-n-1}=[/dispmath]
[dispmath]=\frac{1}{3}e^{\lim\limits_{n\to\infty}\frac{n}{-n-1}}=\frac{1}{3}e^{\lim\limits_{n\to\infty}\frac{1}{-1-\cancelto{0}{\frac{1}{n}}}}=\frac{1}{3}e^{-1}=\frac{1}{3e}<1[/dispmath]

---

Od ova dva načina, očigledno je jednostavnije preko Cauchyjevog kriterijuma, što je i logično, budući da su u izrazu za opšti član [inlmath]a_n[/inlmath] svi faktori dignuti na eksponent koji je deljiv sa [inlmath]n[/inlmath], pa će se taj eksponent kratiti sa [inlmath]n[/inlmath]-tim korenom koji figuriše u formuli za Cauchyjev kriterijum upoređivanja.

Sljedeća tri zadatka (preko D'Alemberta). Relativno su jednostavni pa su valjda točni. Ako bude potrebe napisat ću postupak za pojedini...

1.

---

[dispmath]\sum_{n=1}^\infty\frac{n^n}{(2n)!}[/dispmath]
Rješenje: [inlmath]q=0[/inlmath] što je [inlmath]<1[/inlmath] pa red konvergira

2.

---

[dispmath]\sum_{n=1}^\infty\frac{(n!)^3}{(3n)!}[/dispmath]
Rješenje: [inlmath]q=\frac{1}{27}[/inlmath] što je [inlmath]<1[/inlmath] pa red konvergira

3.

---

[dispmath]\sum_{n=1}^\infty\frac{e^n}{n}[/dispmath]
Rješenje: [inlmath]q=e[/inlmath], što je [inlmath]>1[/inlmath] pa red divergira

Tačna sva tri.

Ako vam je dozvoljeno da koristite [inlmath]\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]n=1[/inlmath] kao nešto što je odranije poznato, onda bi ovaj treći bilo jednostavnije preko Cauchyja – bukvalno u dva poteza.

Dozvoljeno je

dalje, zanimaju me sljedeća dva

1.
[dispmath]\sum_{n=1}^\infty\frac{2^{n-1}}{n^n}[/dispmath]
[inlmath]q=0<1[/inlmath] pa red konvergira

2.
[dispmath]\sum_{n=1}^\infty\frac{3^n n!}{(n+1)^n}[/dispmath]
[inlmath]q=3e>1[/inlmath] pa red divergira
Ako ovo nije točno, molim te postupak, makar skraćeni

Prvi je u redu (i njega je lakše pomoću Cauchyja), a u drugom treba da ispadne [inlmath]q=\frac{3}{e}[/inlmath]:
[dispmath]a_n=\frac{3^n n!}{\left(n+1\right)^n}[/dispmath]
[dispmath]\lim_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}=\lim_{n\to\infty}\frac{\frac{3^{n+1}\left(n+1\right)!}{\left[\left(n+1\right)+1\right]^{n+1}}}{\frac{3^n n!}{\left(n+1\right)^n}}=\lim_{n\to\infty}\frac{3^{n+1}\left(n+1\right)!\left(n+1\right)^n}{3^n n!\left(n+2\right)^{n+1}}=\lim_{n\to\infty}\frac{\cancel{3^n}\cdot 3\left(n+1\right)\cdot\cancel{n!}\left(n+1\right)^n}{\cancel{3^n}\cancel{n!}\left(n+2\right)^n\cdot\left(n+2\right)}=[/dispmath]
[dispmath]=3\lim_{n\to\infty}\left(\frac{n+1}{n+2}\right)^{n+1}=3\lim_{n\to\infty}\left(\frac{n+2-1}{n+2}\right)^{n+1}=3\lim_{n\to\infty}\left(1-\frac{1}{n+2}\right)^{n+1}=[/dispmath]
[dispmath]=3\lim_{n\to\infty}\left[\left(1+\frac{1}{-n-2}\right)^{-n-2}\right]^\frac{n+1}{-n-2}=3e^{\lim\limits_{n\to\infty}\frac{n+1}{-n-2}}=3e^{\lim\limits_{n\to\infty}\frac{1+\frac{1}{n}}{-1-\frac{2}{n}}}=3e^{-1}=\frac{3}{e}[/dispmath]

Bio sam neku glupost zeznuo Inače, ovo pišem jer Wolfram čini se ne razumije faktorijele, pa izbacuje krivo rješenje.

Posljednji (za sada ) u nizu zadataka s D'Alembertom je sljedeći

[dispmath]\sum\frac{2^{n-1}n!}{n^{2n+1}}[/dispmath]
[inlmath]q=0<1[/inlmath] pa red konvergira

Od sutra ću se više posvetiti Cauchyju, Leibnitzu i poredbenim kriterijima

eseper je napisao:jer Wolfram čini se ne razumije faktorijele

Hm, kako ne razume?
http://www.wolframalpha.com/input/?i=%28n%2B1%29!%2Fn!
http://www.wolframalpha.com/input/?i=5!

eseper je napisao:[dispmath]\sum\frac{2^{n-1}n!}{n^{2n+1}}[/dispmath]
[inlmath]q=0<1[/inlmath] pa red konvergira

Molio bih postupak za ovaj red pomoću Cauchyja
[dispmath]\frac{3}{2\mathrm{arctg}\:1}+\frac{3^2}{2^2\mathrm{arctg}^2 2}+\frac{3^3}{2^3\mathrm{arctg}^3 3}+\cdots[/dispmath]
to možemo još zapisati i ovako
[dispmath]\sum\left(\frac{3}{2\mathrm{arctg}\:n}\right)^n[/dispmath]
pa onda kad idemo riješiti limes i riješimo se [inlmath]n[/inlmath]-tog korijena ostane samo [inlmath]\frac{3}{2\mathrm{arctg}\:n}[/inlmath]
Tj., ovdje ne znam šta sa ovim arkusom, kako se njega rješiti?

Verovatno te zbunjuje to što funkcija [inlmath]\mathrm{tg}\:x[/inlmath] nema definisan limes u beskonačnosti, međutim, funkcija [inlmath]\mathrm{arctg}\:x[/inlmath] ga ima:


što će reći da je [inlmath]\lim\limits_{n\to\infty}\mathrm{arctg}\:x=\frac{\pi}{2}[/inlmath] i dobićeš da je [inlmath]\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_n}=\frac{3}{\pi}<1[/inlmath], tj. da red konvergira.

podsjetio sam se

a ovaj preko Cauchyja?
[dispmath]\sum\mathrm{arctg}\frac{1}{2n^2}[/dispmath]

I s obzirom da ne mogu više editirati stari post, pa evo novog:
ovo je zadatak s prethodne stranice teme, a zanima me možemo li ga kako pojednostavniti na način da imamo samo jedan red koji računamo, tj. tražimo limes, odnosno možemo li [inlmath]\frac{1}{3^n}[/inlmath] ikako "ugurati" unutar zagrada? ili to u ovakvim slučajevima nije dopušteno?
[dispmath]\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{3^n}\left(\frac{n}{n+1}\right)^{n^2}[/dispmath]

eseper je napisao:a ovaj preko Cauchyja?
[dispmath]\sum\mathrm{arctg}\frac{1}{2n^2}[/dispmath]

[dispmath]\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{\mathrm{arctg}\frac{1}{2n^2}}=\lim_{n\to\infty}\left(\mathrm{arctg}\frac{1}{2n^2}\right)^\frac{1}{n}=[/dispmath][inlmath]\frac{1}{2n^2}=\mathrm{tg}\:t[/inlmath]
[inlmath]n=\frac{1}{\sqrt{2\mathrm{tg}\:t}}[/inlmath][dispmath]=\lim_{t\to 0}\:t^{\sqrt{2\mathrm{tg}\:t}}=\lim_{t\to 0}\:e^{\ln t^{\sqrt{2\mathrm{tg}\:t}}}=\lim_{t\to 0}\:e^{\sqrt{2\mathrm{tg}\:t}\ln t}=e^{\lim\limits_{t\to 0}\sqrt{2\mathrm{tg}\:t}\ln t}[/dispmath][dispmath]\lim_{t\to 0}\sqrt{2\mathrm{tg}\:t}\ln t=\lim_{t\to 0}\sqrt 2\cancelto{1}{\sqrt{\frac{\mathrm{tg}\:t}{t}}}\sqrt t\ln t=\sqrt 2\lim_{t\to 0}\sqrt t\ln t=[/dispmath][inlmath]\ln t=-z[/inlmath]
[inlmath]t=e^{-z}[/inlmath][dispmath]=-\sqrt 2\lim_{z\to\infty}\sqrt{e^{-z}}z=-\sqrt 2\lim_{z\to\infty}\frac{z}{e^\frac{z}{2}}=-2\sqrt 2\lim_{z\to\infty}\cancelto{0}{\frac{\frac{z}{2}}{e^\frac{z}{2}}}=0[/dispmath]
[dispmath]\Rightarrow\quad e^{\lim\limits_{t\to 0}\sqrt{2\mathrm{tg}\:t}\ln t}=e^0=1[/dispmath]
Kada se Cauchyjem dobije rezultat [inlmath]1[/inlmath], može biti da red konvergira, a može biti i da divergira. Potrebno je konvergenciju ispitati na neki drugi način.

eseper je napisao:I s obzirom da ne mogu više editirati stari post, pa evo novog:

Stari postovi i ne treba da se edituju, stari postovi su istorija.

eseper je napisao:ovo je zadatak s prethodne stranice teme, a zanima me možemo li ga kako pojednostavniti na način da imamo samo jedan red koji računamo, tj. tražimo limes, odnosno možemo li [inlmath]\frac{1}{3^n}[/inlmath] ikako "ugurati" unutar zagrada? ili to u ovakvim slučajevima nije dopušteno?

Pa, možemo ga, da prostiš, „ugurati“,
[dispmath]\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{3^n}\left(\frac{n}{n+1}\right)^{n^2}=\sum_{n=1}^\infty\left[\frac{1}{3}\left(\frac{n}{n+1}\right)^{n}\right]^n[/dispmath]
ili ovako,
[dispmath]\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{3^n}\left(\frac{n}{n+1}\right)^{n^2}=\sum_{n=1}^\infty\left(\frac{1}{\sqrt[n]3}\cdot\frac{n}{n+1}\right)^{n^2}[/dispmath]
pa sad vidi da li ti neki od ovih oblika više odgovara... Po meni, nepotrebno komplikovanje...

eseper je napisao:[dispmath]\sum\mathrm{arctg}\frac{1}{2n^2}[/dispmath]

Očito da ćemo onda ovaj red trebati preko usporednog kriterija I. ili II. vrste. Za to su nam potrebna neka dva reda koja možemo uspoređivati. [inlmath]a_n[/inlmath] je očito [inlmath]\mathrm{arctg}\frac{1}{2n^2}[/inlmath], no iz dosadašnjih zadataka iz ovog dijela gradiva koje sam pokušavao riješiti, nisam otkrio kako točno naći [inlmath]b_n[/inlmath] Kada se nađe, onda se primjene samo pravila pa pretpostavljam da zadatak nije kompliciran I osim toga, kako odrediti koji red je majoranta, a koji minoranta?

Prvo pokažimo da za svako [inlmath]x>0[/inlmath] važi da je [inlmath]\mathrm{arctg}\:x<x[/inlmath].
Posmatramo funkcije [inlmath]f\left(x\right)=\mathrm{arctg}\:x[/inlmath] i [inlmath]g\left(x\right)=x[/inlmath].
Za [inlmath]x=0[/inlmath] ove dve funkcije imaju jednake vrednosti:
[dispmath]f\left(0\right)=\mathrm{arctg}\:0\mathop=0,\quad g\left(0\right)=0\quad\Rightarrow\quad f\left(0\right)=g\left(0\right)[/dispmath]
Izvodi ovih dveju funkcija su:
[dispmath]f'\left(x\right)=\left(\mathrm{arctg}\:x\right)'=\frac{1}{1+x^2},\quad g'\left(x\right)=x'=1[/dispmath]
iz čega sledi da za svako [inlmath]x>0[/inlmath] važi
[dispmath]f'\left(x\right)<g'\left(x\right)[/dispmath]
Pošto su za [inlmath]x=0[/inlmath] vrednosti obe funkcije jednake, a za [inlmath]x>0[/inlmath] izvod prve funkcije je manji od izvoda druge, pri čemu su obe funkcije neprekidne, to znači da će prva funkcija sporije rasti od druge, pa će za svako [inlmath]x>0[/inlmath] vrednost prve funkcije biti manja od vrednosti druge funkcije:
[dispmath]x>0\quad\Rightarrow\quad f\left(x\right)<g\left(x\right)\quad\Rightarrow\quad\mathrm{arctg}\:x<x[/dispmath]
Na osnovu ovoga sledi da je
[dispmath]\mathrm{arctg}\frac{1}{2n^2}<\frac{1}{2n^2}[/dispmath]
Ako dokažemo da red [inlmath]\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{1}{2n^2}[/inlmath] konvergira, time ćemo dokazati da konvergira i red [inlmath]\sum\limits_{n=1}^\infty\mathrm{arctg}\frac{1}{2n^2}[/inlmath], budući da oba ta reda imaju pozitivne članove.
[dispmath]\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{2n^2}=\frac{1}{2}\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2}=\frac{1}{2}\left(1+\sum_{n=2}^\infty\frac{1}{n^2}\right)<\frac{1}{2}\left[1+\sum_{n=2}^\infty\frac{1}{n\left(n-1\right)}\right]=[/dispmath]
[dispmath]=\frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{2\cdot 1}+\frac{1}{3\cdot 2}+\frac{1}{4\cdot 3}+\cdots\right)=\frac{1}{2}\left(1+\frac{2-1}{2\cdot 1}+\frac{3-2}{3\cdot 2}+\frac{4-3}{4\cdot 3}+\cdots\right)=[/dispmath]
[dispmath]=\frac{1}{2}\left(1+\frac{\cancel 2}{\cancel 2\cdot 1}-\frac{1}{2\cdot 1}+\frac{\cancel 3}{\cancel 3\cdot 2}-\frac{\cancel 2}{3\cdot\cancel 2}+\frac{\cancel 4}{\cancel 4\cdot 3}-\frac{\cancel 3}{4\cdot\cancel 3}+\cdots\right)=[/dispmath]
[dispmath]=\frac{1}{2}\left(1+1-\cancel{\frac{1}{2}}+\cancel{\frac{1}{2}}-\cancel{\frac{1}{3}}+\cancel{\frac{1}{3}}-\frac{1}{4}+\cdots\right)=\frac{1}{2}\cdot 2=1[/dispmath]
[dispmath]\Rightarrow\quad\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{2n^2}<1[/dispmath]
čime je dokazana konvergencija reda [inlmath]\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{1}{2n^2}[/inlmath], a samim tim, na osnovu prethodnog obrazloženja, i konvergencija reda [inlmath]\sum\limits_{n=1}^\infty\mathrm{arctg}\frac{1}{2n^2}[/inlmath].

Super, hvala

Inače, ako je ovo točno, onda zapravo i ne trebamo dokazivati da je red [inlmath]\sum\frac{1}{2n^2}[/inlmath] konvergentan:

Harmonijski red:
[dispmath]\sum\frac{1}{h^r}[/dispmath]
- ako je [inlmath]r>1[/inlmath], red konvergira
- ako je [inlmath]r\le 1[/inlmath], red divergira

Geometrijski red:
[dispmath]\sum q^n[/dispmath]
- ako je [inlmath]|q|<1[/inlmath], red konvergira
- ako je[inlmath]|q|\ge 1[/inlmath], red divergira

---

Uspio sam na onom primjeru shvatiti kako smo došli do reda [inlmath]\sum b_n[/inlmath], ali evo recimo na ovom primjeru:
[dispmath]\sum\frac{1}{n\ln n}[/dispmath]
Ovo je ujedno i [inlmath]\sum a_n[/inlmath], ali kako bismo odredili što je [inlmath]\sum b_n[/inlmath] ? To mi do kraja nije jasno.

Evo još nekoliko sličnih zadataka, pa da provjerimo...

1.

---

[dispmath]\sum\mathrm{arctg}\:2^{-n}[/dispmath]
[inlmath]a_n=\mathrm{arctg}\:2^{-n}[/inlmath]
[inlmath]b_n=\left(\frac{1}{2}\right)^n[/inlmath]
[inlmath]a_n<b_n[/inlmath]
Red konvergira

2.

---

[dispmath]\sum\sin\left(\sqrt{n^3-1}-\sqrt{n^3}\right)[/dispmath]
Kada se ovo sredi, dobijemo [dispmath]\sum\frac{1}{\sin\left(\sqrt{n^3-1}+\sqrt{n^3}\right)}[/dispmath]
[inlmath]a_n=\frac{1}{\sin\left(\sqrt{n^3-1}+\sqrt{n^3}\right)}[/inlmath]
[inlmath]b_n=\frac{1}{n^\frac{3}{2}}[/inlmath]
[inlmath]a_n<b_n[/inlmath]
Red konvergira

3.

---

[dispmath]\sum\mathrm{tg}\frac{1}{\sqrt{n}}[/dispmath]
[inlmath]a_n=\mathrm{tg}\frac{1}{\sqrt{n}}[/inlmath]
[inlmath]b_n=\frac{1}{n^\frac{1}{2}}[/inlmath]
[inlmath]a_n<b_n[/inlmath]
Red divergira

eseper je napisao:Harmonijski red:
[dispmath]\sum\frac{1}{h^r}[/dispmath]
- ako je [inlmath]r>1[/inlmath], red konvergira
- ako je [inlmath]r\le 1[/inlmath], red divergira

Ako vam je dozvoljeno da se pozivate na tu osobinu kao na nešto što je po defaultu poznato, onda, eto, poseban dokaz i nije potreban.

Mala digresija: harmonijski red je, valjda, [inlmath]\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{1}{n}[/inlmath], a kad se u imeniocu pojavljuje eksponent, onda to više nije harmonijski, već p-red (izvor).

eseper je napisao:[dispmath]\sum\frac{1}{n\ln n}[/dispmath]
Ovo je ujedno i [inlmath]\sum a_n[/inlmath], ali kako bismo odredili što je [inlmath]\sum b_n[/inlmath] ? To mi do kraja nije jasno.

Vrlo zeznut primer. Opšti član mu je manji od opštih članova redova [inlmath]\sum\frac{1}{n}[/inlmath] i [inlmath]\sum\frac{1}{\ln n}[/inlmath] koji divergiraju, a opet je veći od opšteg člana reda [inlmath]\frac{1}{n^2}[/inlmath] koji konvergira, tako da ga, na prvi pogled, ne možemo uhvatiti „ni za glavu ni za rep“, osim što možemo samo konstatovati da, bilo da konvergira ili divergira, to čini vrlo sporo.
Ali, evo ipak načina na koji bi se njegovo ponašanje moglo odrediti:
Prvo, uporedimo [inlmath]\ln n[/inlmath] i [inlmath]\log_2 n[/inlmath]:
[dispmath]e>2\quad\mathop\Rightarrow\limits^{n>1}\quad\log_n e>\log_n 2\quad\Rightarrow\quad\frac{1}{\ln n}>\frac{1}{\log_2 n}\quad\Rightarrow\quad\ln n<\log_2 n[/dispmath]
[dispmath]\frac{1}{n\ln n}>\frac{1}{n\log_2 n}>\frac{1}{n\left\lceil\log_2 n\right\rceil}=\frac{1}{2^{\log_2 n}\left\lceil\log_2 n\right\rceil}>\frac{1}{2^{\left\lceil\log_2 n\right\rceil}\left\lceil\log_2 n\right\rceil}[/dispmath]
[inlmath]\left\lceil x\right\rceil[/inlmath] predstavlja [inlmath]x[/inlmath] zaokruženo na prvi veći ceo broj.

[inlmath]n=2\quad\Rightarrow\quad 2^0[/inlmath] vrednosti [inlmath]n\quad\Rightarrow\quad 2^{\left\lceil\log_2 n\right\rceil}\left\lceil\log_2 n\right\rceil=2^1\cdot 1[/inlmath]

[inlmath]\left.\begin{array}{ll}
n=3 \\
n=4
\end{array}\right\}\quad\Rightarrow\quad 2^1[/inlmath] vrednosti [inlmath]n\quad\Rightarrow\quad 2^{\left\lceil\log_2 n\right\rceil}\left\lceil\log_2 n\right\rceil=2^2\cdot 2[/inlmath]

[inlmath]\left.\begin{array}{ll}
n=5 \\
n=6 \\
n=7 \\
n=8
\end{array}\right\}\quad\Rightarrow\quad 2^2[/inlmath] vrednosti [inlmath]n\quad\Rightarrow\quad 2^{\left\lceil\log_2 n\right\rceil}\left\lceil\log_2 n\right\rceil=2^3\cdot 3[/inlmath]

[inlmath]\left.\begin{array}{ll}
n=9 \\
n=10 \\
n=11 \\
n=12 \\
n=13 \\
n=14 \\
n=15 \\
n=16
\end{array}\right\}\quad\Rightarrow\quad 2^3[/inlmath] vrednosti [inlmath]n\quad\Rightarrow\quad 2^{\left\lceil\log_2 n\right\rceil}\left\lceil\log_2 n\right\rceil=2^4\cdot 4[/inlmath]

[inlmath]\cdots[/inlmath]

Pa onda posmatramo zadati red počev od [inlmath]n=2[/inlmath] (jer bi mu za [inlmath]n=1[/inlmath] vrednost bila beskonačna zbog logaritma u imeniocu koji je tada jednak nuli):
[dispmath]\Rightarrow\quad\sum_{n=2}^\infty\frac{1}{2^{\left\lceil\log_2 n\right\rceil}\left\lceil\log_2 n\right\rceil}=\frac{1}{2^1\cdot 1}+\underbrace{\frac{1}{2^2\cdot 2}+\frac{1}{2^2\cdot 2}}_{2^1\;\mathrm{sabiraka}}+\underbrace{\frac{1}{2^3\cdot 3}+\cdots+\frac{1}{2^3\cdot 3}}_{2^2\;\mathrm{sabiraka}}+\underbrace{\frac{1}{2^4\cdot 4}+\cdots+\frac{1}{2^4\cdot 4}}_{2^3\;\mathrm{sabiraka}}+\cdots[/dispmath]
[dispmath]\sum_{n=2}^\infty\frac{1}{2^{\left\lceil\log_2 n\right\rceil}\left\lceil\log_2 n\right\rceil}=\frac{1}{2^1\cdot 1}+2^1\cdot\frac{1}{2^2\cdot 2}+2^2\cdot\frac{1}{2^3\cdot 3}+2^3\cdot\frac{1}{2^4\cdot 4}+\cdots[/dispmath]
[dispmath]\sum_{n=2}^\infty\frac{1}{2^{\left\lceil\log_2 n\right\rceil}\left\lceil\log_2 n\right\rceil}=\frac{1}{2\cdot 1}+\frac{1}{2\cdot 2}+\frac{1}{2\cdot 3}+\frac{1}{2\cdot 4}+\cdots[/dispmath]
[dispmath]\sum_{n=2}^\infty\frac{1}{2^{\left\lceil\log_2 n\right\rceil}\left\lceil\log_2 n\right\rceil}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{1}+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\cdots\right)[/dispmath]
[dispmath]\sum_{n=2}^\infty\frac{1}{2^{\left\lceil\log_2 n\right\rceil}\left\lceil\log_2 n\right\rceil}=\frac{1}{2}\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n}[/dispmath]
Budući da red [inlmath]\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{1}{n}[/inlmath] (harmonijski red) divergira, znači da divergira i red [inlmath]\sum\limits_{n=2}^\infty\frac{1}{2^{\left\lceil\log_2 n\right\rceil}\left\lceil\log_2 n\right\rceil}[/inlmath], a odatle sledi, pošto je ranije pokazano da je [inlmath]\frac{1}{n\ln n}>\frac{1}{2^{\left\lceil\log_2 n\right\rceil}\left\lceil\log_2 n\right\rceil}[/inlmath], da divergira i red [inlmath]\sum\limits_{n=2}^\infty\frac{1}{n\ln n}[/inlmath].

Toliko od mene zasad, ova poslednja tri primera što si postavio pogledaću nekom drugom prilikom, ako u međuvremenu već neko ne bude odgovorio.

Hvala Daniele
Ostala mi je jedino nepoznata činjenica kako određujemo majorantu, a kako minorantu reda u nekim primjerima kao što je ovaj:
[dispmath]\frac{2n^2}{n^3 -3n+4}\mbox{ i }\frac{1}{n}[/dispmath]
Je li dovoljno samo uvrstiti neki broj i pogledati koji je rezultat manji (minoranta), a koji veći (majoranta).

Također me zanima u ovom primjeru kako dobijemo da je opći član reda [inlmath]\sum\frac{2n^2}{n^3-3n+4}[/inlmath] (red [inlmath]a_n[/inlmath]) [inlmath]\sum\frac{1}{n}[/inlmath] (red [inlmath]b_n[/inlmath])? Odnosno, kako općenito određujemo [inlmath]b_n[/inlmath] ? To si mi gore pokazao kroz primjere, ali baš me zanima neki univerzalan način, kako doći do toga općenito Zašto je baš ovdje [inlmath]b_n=\frac{1}{n}[/inlmath], a ne na primjer [inlmath]b_n=\frac{1}{n^2}[/inlmath]? Ako odredim krivi [inlmath]b_n[/inlmath], ode mi cijeli zadatak k vragu

Ako neko drugi zna, nadam se da će se uključiti u raspravu kako bi Daniel mogao udahnuti

eseper je napisao:1.
[dispmath]\sum\mathrm{arctg}\:2^{-n}[/dispmath]
[inlmath]a_n=\mathrm{arctg}\:2^{-n}[/inlmath]
[inlmath]b_n=\left(\frac{1}{2}\right)^n[/inlmath]
[inlmath]a_n<b_n[/inlmath]
Red konvergira

eseper je napisao:2.
[dispmath]\sum\sin\left(\sqrt{n^3-1}-\sqrt{n^3}\right)[/dispmath]
Kada se ovo sredi, dobijemo [dispmath]\sum\frac{1}{\sin\left(\sqrt{n^3 -1}+\sqrt{n^3}\right)}[/dispmath]
[inlmath]a_n=\frac{1}{\sin\left(\sqrt{n^3-1}+\sqrt{n^3}\right)}[/inlmath]
[inlmath]b_n=\frac{1}{n^\frac{3}{2}}[/inlmath]
[inlmath]a_n<b_n[/inlmath]
Red konvergira

[dispmath]\sin\left(\sqrt{n^3-1}-\sqrt{n^3}\right)=\sin\left[\left(\sqrt{n^3-1}-\sqrt{n^3}\right)\cdot\frac{\sqrt{n^3-1}+\sqrt{n^3}}{\sqrt{n^3-1}+\sqrt{n^3}}\right]=[/dispmath]
[dispmath]=\sin\frac{\cancel{n^3}-1-\cancel{n^3}}{\sqrt{n^3-1}+\sqrt{n^3}}=-\sin\frac{1}{\sqrt{n^3-1}+\sqrt{n^3}}{\color{red}\ne}\frac{1}{\sin\left(\sqrt{n^3-1}+\sqrt{n^3}\right)}[/dispmath]
Drugo, sve i kad bi zaista dobio da je [inlmath]a_n=\frac{1}{\sin\left(\sqrt{n^3-1}+\sqrt{n^3}\right)}[/inlmath], to ne bi bio red s pozitivnim članovima, jer bi za neke vrednosti [inlmath]n[/inlmath] sinus imao pozitivnu vrednost, ali za neke druge vrednosti [inlmath]n[/inlmath] sinus bi imao negativnu vrednost. A kriterijume upoređivanja možeš primenjivati samo na redove s pozitivnim članovima.

eseper je napisao:3.
[dispmath]\sum\mathrm{tg}\frac{1}{\sqrt{n}}[/dispmath]
[inlmath]a_n=\mathrm{tg}\frac{1}{\sqrt{n}}[/inlmath]
[inlmath]b_n=\frac{1}{n^\frac{1}{2}}[/inlmath]
[inlmath]a_n{\color{red}<}b_n[/inlmath]
Red divergira

Pogrešan ti je smer znaka nejednakosti, treba [inlmath]a_n>b_n[/inlmath], inače je OK. Verovatno si samo pogrešio u kucanju.
Treba samo naglasiti da, pošto je [inlmath]0<\frac{1}{\sqrt n}\le 1[/inlmath], a tangens je u tom intervalu pozitivan, taj red će imati pozitivne članove, pa možemo primeniti kriterijum upoređivanja. Takođe (slična priča kao i za [inlmath]\mathrm{arctg}\:x[/inlmath] u jednom od ranijih postova), pošto je [inlmath]\mathrm{tg}\:0=0[/inlmath], kao i [inlmath]\left(\mathrm{tg}\:x\right)'=\frac{1}{\cos^2 x}[/inlmath], što je veće od jedinice za [inlmath]0<x<\frac{\pi}{2}[/inlmath], dok je [inlmath]\left(x\right)'=1[/inlmath], a [inlmath]\mathrm{tg}\:x[/inlmath] je neprekidna funkcija na intervalu [inlmath]\left(0,\frac{\pi}{2}\right)[/inlmath], zaključujemo da će za [inlmath]0<x<\frac{\pi}{2}[/inlmath] biti [inlmath]\mathrm{tg}\:x>x[/inlmath].
I odatle se, znači, dobije da je [inlmath]\mathrm{tg}\frac{1}{\sqrt n}>\frac{1}{n^\frac{1}{2}}[/inlmath].
Onaj prethodni zadatak sa sinusom radiš po sličnom rezonu.

Daniel je napisao:1.

[dispmath]\sin\left(\sqrt{n^3-1}-\sqrt{n^3}\right)=\sin\left[\left(\sqrt{n^3-1}-\sqrt{n^3}\right)\cdot\frac{\sqrt{n^3-1}+\sqrt{n^3}}{\sqrt{n^3-1}+\sqrt{n^3}}\right]=[/dispmath]
[dispmath]=\sin\frac{\cancel{n^3}-1-\cancel{n^3}}{\sqrt{n^3-1}+\sqrt{n^3}}=-\sin\frac{1}{\sqrt{n^3-1}+\sqrt{n^3}}{\color{red}\ne}\frac{1}{\sin\left(\sqrt{n^3-1}+\sqrt{n^3}\right)}[/dispmath]
Drugo, sve i kad bi zaista dobio da je [inlmath]a_n=\frac{1}{\sin\left(\sqrt{n^3-1}+\sqrt{n^3}\right)}[/inlmath], to ne bi bio red s pozitivnim članovima, jer bi za neke vrednosti [inlmath]n[/inlmath] sinus imao pozitivnu vrednost, ali za neke druge vrednosti [inlmath]n[/inlmath] sinus bi imao negativnu vrednost. A kriterijume upoređivanja možeš primenjivati samo na redove s pozitivnim članovima.

Izvinjavam se, krivo sam prepisao zadatak. Ide ovako
[dispmath]\sum\sin\left(\sqrt{n^3 +1}-\sqrt{n^3}\right)[/dispmath]
tako da dobijemo ipak ono moje rješenje. No, obzirom da to i dalje nije red s pozitivnim članovima. Osim po [inlmath]b_n[/inlmath] -u koji je [inlmath]\frac{1}{n^\frac{3}{2}}[/inlmath] (pravilo za harmonijski red - konvergira, ali to mi nije dovoljno jer ne znam bi li dobio sve bodove na ispitu). Stoga jedino što preostaje, čini mi se, je po II. poredbenom kriteriju naći limes i tako dokazati da red konvergira. Mogu raditi i po I. poredbenom kao što si opisao u trećem.

Daniel je napisao:3.
Pogrešan ti je smer znaka nejednakosti, treba [inlmath]a_n>b_n[/inlmath], inače je OK. Verovatno si samo pogrešio u kucanju.
Treba samo naglasiti da, pošto je [inlmath]0<\frac{1}{\sqrt n}\le 1[/inlmath], a tangens je u tom intervalu pozitivan, taj red će imati pozitivne članove, pa možemo primeniti kriterijum upoređivanja. Takođe (slična priča kao i za [inlmath]\mathrm{arctg}\:x[/inlmath] u jednom od ranijih postova), pošto je [inlmath]\mathrm{tg}\:0=0[/inlmath], kao i [inlmath]\left(\mathrm{tg}\:x\right)'=\frac{1}{\cos^2 x}[/inlmath], što je veće od jedinice za [inlmath]0<x<\frac{\pi}{2}[/inlmath], dok je [inlmath]\left(x\right)'=1[/inlmath], a [inlmath]\mathrm{tg}\:x[/inlmath] je neprekidna funkcija na intervalu [inlmath]\left(0,\frac{\pi}{2}\right)[/inlmath], zaključujemo da će za [inlmath]0<x<\frac{\pi}{2}[/inlmath] biti [inlmath]\mathrm{tg}\:x>x[/inlmath].
I odatle se, znači, dobije da je [inlmath]\mathrm{tg}\frac{1}{\sqrt n}>\frac{1}{n^\frac{1}{2}}[/inlmath].
Onaj prethodni zadatak sa sinusom radiš po sličnom rezonu.

Ne, nije greška u kucanju Shvatio sam gdje grješim u ovakvim zadacima, upravo na tome. Ok, pozabavit ću se time
Na tragu toga je i moj prethodni post. Za one "obične" samo s [inlmath]n[/inlmath]-ovima, bez trigonometrije, je li dovoljno samo u [inlmath]\sum a_n[/inlmath] i [inlmath]\sum b_n[/inlmath] uvrstiti neki broj umjesto [inlmath]n[/inlmath] i vidjeti što je veće, a što manje?

eseper je napisao:Izvinjavam se, krivo sam prepisao zadatak. Ide ovako
[dispmath]\sum\sin\left(\sqrt{n^3+1}-\sqrt{n^3}\right)[/dispmath]
tako da dobijemo ipak ono moje rješenje.

Kako?
[dispmath]\sin\left(\sqrt{n^3+1}-\sqrt{n^3}\right)=\sin\left[\left(\sqrt{n^3+1}-\sqrt{n^3}\right)\cdot\frac{\sqrt{n^3+1}+\sqrt{n^3}}{\sqrt{n^3+1}+\sqrt{n^3}}\right]=[/dispmath]
[dispmath]=\sin\frac{\cancel{n^3}+1-\cancel{n^3}}{\sqrt{n^3+1}+\sqrt{n^3}}=\sin\frac{1}{\sqrt{n^3+1}+\sqrt{n^3}}{\color{red}\ne}\frac{1}{\sin\left(\sqrt{n^3-1}+\sqrt{n^3}\right)}[/dispmath]
Obrni-okreni, ne može sinus nikako da ti pređe u imenilac.

eseper je napisao:No, obzirom da to i dalje nije red s pozitivnim članovima. Osim po [inlmath]b_n[/inlmath] -u koji je [inlmath]\frac{1}{n^\frac{3}{2}}[/inlmath] (pravilo za harmonijski red - konvergira, ali to mi nije dovoljno jer ne znam bi li dobio sve bodove na ispitu). Stoga jedino što preostaje, čini mi se, je po II. poredbenom kriteriju naći limes i tako dokazati da red konvergira. Mogu raditi i po I. poredbenom kao što si opisao u trećem.

Ma, ne. Kad smo taj red sveli na oblik [inlmath]\sum\sin\frac{1}{\sqrt{n^3+1}+\sqrt{n^3}}[/inlmath], vidimo odatle da je argument sinusa u intervalu [inlmath]\left(0,1+\sqrt 2\right][/inlmath], a u tom intervalu, kao i u još većem intervalu [inlmath]\left(0,\pi\right)[/inlmath], sinus ima pozitivnu vrednost, te se ovde radi o redu s pozitivnim članovima. Pošto je [inlmath]\sin 0\mathop=0[/inlmath], a [inlmath]\left(\sin x\right)'=\cos x\le 1[/inlmath] i [inlmath]\left(x\right)'=1[/inlmath], pri čemu je [inlmath]\sin x[/inlmath] neprekidna funkcija, zaključujemo, na vrlo sličan način kao i u prethodnim primerima, da za [inlmath]x>0[/inlmath] važi [inlmath]\sin x<x[/inlmath]. Zato imamo da je
[dispmath]\sin\frac{1}{\sqrt{n^3+1}+\sqrt{n^3}}<\frac{1}{\sqrt{n^3+1}+\sqrt{n^3}}<\frac{1}{\sqrt{n^3}}[/dispmath]
a pošto red [inlmath]\sum\frac{1}{\sqrt{n^3}}[/inlmath] konvergira, time je dokazana i konvergencija reda [inlmath]\sum\sin\frac{1}{\sqrt{n^3+1}+\sqrt{n^3}}[/inlmath], tj. [inlmath]\sum\sin\left(\sqrt{n^3+1}-\sqrt{n^3}\right)[/inlmath].

eseper je napisao:Ne, nije greška u kucanju Shvatio sam gdje grješim u ovakvim zadacima, upravo na tome. Ok, pozabavit ću se time

Hm, ako nije greška u kucanju, onda moram i to malo dodatno da prokomentarišem.
Ako je [inlmath]a_n<b_n[/inlmath] a red [inlmath]\sum b_n[/inlmath] divergira (kako si napisao), onda iz toga ne možeš ništa zaključiti o ponašanju reda [inlmath]\sum a_n[/inlmath]. Da je [inlmath]a_n<b_n[/inlmath] i da red [inlmath]\sum b_n[/inlmath] konvergira, onda bi iz toga sledila i konvergencija reda [inlmath]\sum a_n[/inlmath], ali iz divergencije reda [inlmath]\sum b_n[/inlmath] ne sledi ništa.
Takođe, kada bi bilo [inlmath]a_n>b_n[/inlmath], tada bi iz divergencije reda [inlmath]\sum b_n[/inlmath] sledila divergencija reda [inlmath]\sum a_n[/inlmath], a iz konvergencije reda [inlmath]\sum b_n[/inlmath] ne bi sledilo ništa.
Cela prethodna priča, normalno, važi onda kada su [inlmath]\sum a_n[/inlmath] i [inlmath]\sum b_n[/inlmath] redovi s pozitivnim članovima.

eseper je napisao:Na tragu toga je i moj prethodni post. Za one "obične" samo s [inlmath]n[/inlmath]-ovima, bez trigonometrije, je li dovoljno samo u [inlmath]\sum a_n[/inlmath] i [inlmath]\sum b_n[/inlmath] uvrstiti neki broj umjesto [inlmath]n[/inlmath] i vidjeti što je veće, a što manje?

Nisam zaboravio na njega, doći će i on na red.

eseper je napisao:Ostala mi je jedino nepoznata činjenica kako određujemo majorantu, a kako minorantu reda u nekim primjerima kao što je ovaj:
[dispmath]\frac{2n^2}{n^3-3n+4}\mbox{ i }\frac{1}{n}[/dispmath]
Je li dovoljno samo uvrstiti neki broj i pogledati koji je rezultat manji (minoranta), a koji veći (majoranta).

Pa, u opštem slučaju, nije. Jer, po definiciji, ako za neko [inlmath]n_0\in\mathbb{N}[/inlmath] važi [inlmath]\forall n\ge n_0\;a_n\le b_n[/inlmath], tada je [inlmath]\sum a_n[/inlmath] minoranta reda [inlmath]\sum b_n[/inlmath], a [inlmath]\sum b_n[/inlmath] je majoranta reda [inlmath]\sum a_n[/inlmath]. Drugim rečima, tada za [inlmath]n<n_0[/inlmath] ne mora biti zadovoljeno [inlmath]a_n\le b_n[/inlmath] iako je [inlmath]\sum b_n[/inlmath] majoranta reda [inlmath]\sum a_n[/inlmath], tako da, ako uvrstimo neko proizvoljno [inlmath]n[/inlmath], ne možemo biti sigurni da to [inlmath]n[/inlmath] koje smo izabrali neće biti možda manje od tog [inlmath]n_0[/inlmath], što bi nas moglo dovesti do pogrešnog rezultata.

eseper je napisao:Također me zanima u ovom primjeru kako dobijemo da je opći član reda [inlmath]\sum\frac{2n^2}{n^3-3n+4}[/inlmath] (red [inlmath]a_n[/inlmath]) [inlmath]\sum\frac{1}{n}[/inlmath] (red [inlmath]b_n[/inlmath])? Odnosno, kako općenito određujemo [inlmath]b_n[/inlmath] ? To si mi gore pokazao kroz primjere, ali baš me zanima neki univerzalan način, kako doći do toga općenito Zašto je baš ovdje [inlmath]b_n=\frac{1}{n}[/inlmath], a ne na primjer [inlmath]b_n=\frac{1}{n^2}[/inlmath]? Ako odredim krivi [inlmath]b_n[/inlmath], ode mi cijeli zadatak k vragu

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.

Kod ovog konkretnog primera, kako bismo se oslobodili [inlmath]n[/inlmath] u brojiocu, delimo i brojilac i i menilac sa [inlmath]n^2[/inlmath]:
[dispmath]\frac{2n^2}{n^3-3n+4}=\frac{2}{n-\frac{1}{n^2}\left(3n-4\right)}[/dispmath]
i onda razmišljamo ovako: [inlmath]\left(3n-4\right)[/inlmath] je pozitivno za svako [inlmath]n\ge 2[/inlmath]; takođe, [inlmath]\frac{1}{n^2}[/inlmath] je uvek pozitivno; iz toga sledi da za svako [inlmath]n\ge 2[/inlmath] važi
[dispmath]-\frac{1}{n^2}\left(3n-4\right)<0\quad\Rightarrow\quad n-\frac{1}{n^2}\left(3n-4\right)<n\quad\Rightarrow\quad\frac{2}{n-\frac{1}{n^2}\left(3n-4\right)}>\frac{2}{n}[/dispmath]
Red [inlmath]\sum\frac{2}{n}[/inlmath] divergira jer je on jednak [inlmath]2\sum\frac{1}{n}[/inlmath], a znamo da [inlmath]\sum\frac{1}{n}[/inlmath] divergira. Samim tim, pošto je pokazano da je [inlmath]\frac{2}{n-\frac{1}{n^2}\left(3n-4\right)}>\frac{2}{n}[/inlmath], tj. [inlmath]\frac{2n^2}{n^3-3n+4}>\frac{2}{n}[/inlmath], divergira i red [inlmath]\sum\frac{2n^2}{n^3-3n+4}[/inlmath].
Ovde nas je sam put naveo na red [inlmath]\sum\frac{2}{n}[/inlmath], tj. na [inlmath]\sum\frac{1}{n}[/inlmath], tako da ti je to i odgovor zbog čega nije korišćen red [inlmath]\sum\frac{1}{n^2}[/inlmath].

eseper je napisao:Ako neko drugi zna, nadam se da će se uključiti u raspravu kako bi Daniel mogao udahnuti

Ma, bez brige što se tiče mog disanja, mata je poslednja stvar na svetu koja bi me mogla smoriti. Al' da bih voleo da se više ljudi uključi – voleo bih. I na ovoj i na drugim temama.

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...

Ok, hvala Sad znam i ovo

Idem dalje dok ne savladam ovo...
[dispmath]\sum\mathrm{tg}\frac{1}{n\sqrt{n}}[/dispmath]
Imali smo donekle sličan zadatak... Razmišljam ovako:
Kada bih za [inlmath]b_n[/inlmath] uzeo [inlmath]\frac{1}{n^{\frac{3}{2}}}[/inlmath], taj bi red konvergirao (a samim time morao bi konvergirati i red [inlmath]a_n[/inlmath]). S obzirom da je

[inlmath]f'(x)=(\mathrm{tg}\:x)'=\frac{1}{\cos^2x}[/inlmath]
[inlmath]g'(x)=(x)'=1[/inlmath]

što bi značilo da je [inlmath]f'(x)>g'(x)[/inlmath] što opet povlači za sobom činjenicu da je [inlmath]a_n>b_n[/inlmath]. To (valjda) znači da eksponent [inlmath]n[/inlmath]-a u redu [inlmath]b_n[/inlmath] mora biti manji ili jednak jedinici jer jedino tada red može divergirati. A kao rješenje nameće mi se [inlmath]b_n=\frac{1}{n}[/inlmath] i tada bi red divergirao.

Limes bi trebao biti [inlmath]0[/inlmath].

Onda je potrebno tangens razložiti na sinus i na kosinus:
[dispmath]\mathrm{tg}\frac{1}{n\sqrt{n}}=\frac{\sin\frac{1}{n\sqrt{n}}}{\cos\frac{1}{n\sqrt{n}}}[/dispmath]
Pošto je [inlmath]0<\frac{1}{n\sqrt{n}}<1[/inlmath], vrednost kosinusa će uvek biti pozitivna, pa ako ga izrazimo preko sinusa, ispred korena stavljamo znak plus:
[dispmath]\frac{\sin\frac{1}{n\sqrt{n}}}{\cos\frac{1}{n\sqrt{n}}}=\frac{\sin\frac{1}{n\sqrt{n}}}{\sqrt{1-\sin^2\frac{1}{n\sqrt{n}}}}<\frac{\frac{1}{n\sqrt{n}}}{\sqrt{1-\sin^2\frac{1}{n\sqrt{n}}}}[/dispmath]
[inlmath]\frac{1}{n\sqrt{n}}>0\quad\Rightarrow\quad\sin\frac{1}{n\sqrt{n}}<\frac{1}{n\sqrt{n}}\quad\Rightarrow\quad\sin^2\frac{1}{n\sqrt{n}}<\left(\frac{1}{n\sqrt{n}}\right)^2\quad\Rightarrow[/inlmath]
[inlmath]\Rightarrow\quad 1-\sin^2\frac{1}{n\sqrt{n}}>1-\left(\frac{1}{n\sqrt{n}}\right)^2\quad\Rightarrow\quad\sqrt{1-\sin^2\frac{1}{n\sqrt{n}}}>\sqrt{1-\left(\frac{1}{n\sqrt{n}}\right)^2}\quad\Rightarrow[/inlmath]
[inlmath]\Rightarrow\quad\frac{1}{\sqrt{1-\sin^2\frac{1}{n\sqrt{n}}}}<\frac{1}{\sqrt{1-\left(\frac{1}{n\sqrt{n}}\right)^2}}[/inlmath]
[dispmath]\frac{\frac{1}{n\sqrt{n}}}{\sqrt{1-\sin^2\frac{1}{n\sqrt{n}}}}<\frac{\frac{1}{n\sqrt{n}}}{\sqrt{1-\left(\frac{1}{n\sqrt{n}}\right)^2}}=\frac{\frac{1}{n\sqrt{n}}}{\sqrt{1-\frac{1}{n^3}}}=\frac{\frac{1}{\cancel{n\sqrt{n}}}}{\frac{\sqrt{n^3-1}}{\cancel{n\sqrt n}}}=\frac{1}{\sqrt{n^3-1}}=[/dispmath]
[dispmath]=\frac{1}{\sqrt{\left(n-1\right)\left(n^2+n+1\right)}}<\frac{1}{\sqrt{\left(n-1\right)\left(n^2-2n+1\right)}}=\frac{1}{\sqrt{\left(n-1\right)\left(n-1\right)^2}}=\frac{1}{\left(n-1\right)^\frac{3}{2}}[/dispmath]
Red [inlmath]\sum\limits_{n=k}^\infty\frac{1}{\left(n-1\right)^\frac{3}{2}}[/inlmath] može se napisati kao [inlmath]\sum\limits_{n=k-1}^\infty\frac{1}{n^\frac{3}{2}}[/inlmath], prema tome, on konvergira, a iz njegove konvergencije sledi i konvergencija reda [inlmath]\sum\mathrm{tg}\frac{1}{n\sqrt{n}}[/inlmath].

A konvergencija preko [inlmath]II[/inlmath] poredbenog kriterijuma se mnogo lakše dokazuje:
[dispmath]\lim_{n\to\infty}\frac{\mathrm{tg}\frac{1}{n\sqrt{n}}}{\frac{1}{n^\frac{3}{2}}}=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{\cancelto{1}{\cos\frac{1}{n\sqrt{n}}}}\cdot\cancelto{1}{\frac{\sin\frac{1}{n\sqrt{n}}}{\frac{1}{n\sqrt{n}}}}=1[/dispmath]

Pa da, ali problem mi je uvijek doći do [inlmath]b_n[/inlmath]-a. Ovakvo nešto kao u tvom predzadnjem postu, niti bih znao, a niti imao vremena raspisivati na ispitu Mrzim ovo područje matematike

Postoji li neki jednostavniji način kako doći do [inlmath]b_n[/inlmath]-a u ovom zadatku? I općenito u zadacima sa trigonometrijskim funkcijama? Jer ako je ovo jedina mogućnost, teško da će mi i dopasti ovakvi tipovi

Puno hvala na trudu, svejedno ću proći sve detaljno

Što se [inlmath]I[/inlmath] poredbenog kriterijuma tiče, nažalost, samo intuicija. Tu nam čak i dodatno otežava to što ne znamo da li treba da dobijemo da red konvergira ili da divergira, pa ne znamo ni ka kojem smeru nejednakosti treba da idemo (ako treba dokazati konvergenciju, tada treba postaviti znak [inlmath]<[/inlmath], a ako treba divergenciju, tada treba postaviti znak [inlmath]>[/inlmath]).
Međutim, u ovom primeru je lakše prvo preko [inlmath]II[/inlmath] poredbenog kriterijuma ispitati da li se radi o konvergenciji ili o divergenciji, pa zatim u [inlmath]I[/inlmath] poredbenom kriterijumu primeniti odgovarajuću nejednakost.
Da smo u [inlmath]II[/inlmath] poredbenom kriterijumu pretpostavili da red divergira i kao poredbeni red uzeli [inlmath]\sum\frac{1}{n}[/inlmath], dobili bismo
[dispmath]\lim_{n\to\infty}\frac{\mathrm{tg}\frac{1}{n\sqrt{n}}}{\frac{1}{n}}=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{\cancelto{1}{\cos\frac{1}{n\sqrt{n}}}}\cdot\cancelto{1}{\frac{\sin\frac{1}{n\sqrt{n}}}{\frac{1}{n\sqrt n}}}\cdot\cancelto{0}{\frac{1}{\sqrt n}}=0[/dispmath]
što nam, prema pravilima [inlmath]II[/inlmath] poredbenog kriterijuma, još uvek nije dokaz da red [inlmath]\sum\mathrm{tg}\frac{1}{n\sqrt{n}}[/inlmath] konvergira, ali onda isprobamo isto to ali s poredbenim redom [inlmath]\sum\frac{1}{n\sqrt n}[/inlmath] (kao što sam učinio u svom prethodnom postu), a koji se nekako logično i nameće, budući da je njegov opšti član jednak argumentu tangensa i dolazimo do zaključka da red [inlmath]\sum\mathrm{tg}\frac{1}{n\sqrt{n}}[/inlmath] konvergira. I onda kad znamo da taj red konvergira, znamo da u [inlmath]I[/inlmath] poredbenom kriterijumu treba njegov opšti član da predstavimo manjim od opšteg člana nekog reda za koji znamo da konvergira.

I vidim da te ovo zbunjuje:

eseper je napisao:što bi značilo da je [inlmath]f'(x)>g'(x)[/inlmath] što opet povlači za sobom činjenicu da je [inlmath]a_n>b_n[/inlmath].

Ne, uopšte to ne mora da povlači tu činjenicu. Može da bude da je [inlmath]f'\left(x\right)>g'\left(x\right)[/inlmath] a da je, opet, [inlmath]a_n<b_n[/inlmath], kao što u ovom primeru i jeste bio slučaj.
Iz činjenice da je [inlmath]f'(x)>g'(x)[/inlmath] uopšte ne mora da sledi da red divergira. Ja sam tu nejednakost s izvodima napisao samo zato da bih njome objasnio zašto u nekim konkretnim slučajevima (u koje ovaj ne spada) možemo pri ispitivanju konvergencije postaviti neke od nejednakosti.

Da, razumijem

Do sada se u ispitu pojavio [inlmath]\sum\mathrm{arctg}\frac{1}{2n^2}[/inlmath] (kojeg smo i riješili u ovoj temi) što je puno jednostavniji primjer od prethodnog... Moram prijeći na Leibnitza, a ovo mi preostaje vježbati, pa ću ovisno o ne(znanju) pojedinog zadatka postati opet ovde...

Samo napred! Leibnitza možeš i u novu, posebnu temu, pošto u ovoj već ima svega i svačega...

To sam i mislio

[dispmath]\sum 2^{\frac{n^2+1}{n+1}}[/dispmath]
Prema D'Alembertovom kriteriju, limes je [inlmath]4>1[/inlmath] pa red divergira.

Tačno je da red divergira, ali [inlmath]\lim\limits_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}={\color{red}2}[/inlmath].

omaklo mi

[inlmath](1)[/inlmath] Cauchyjev kriterij
[dispmath]\sum_{n=1}^\infty 3^{n+1}\left(\frac{n+1}{2n+1}\right)^{2n-1}[/dispmath]
Ovaj red bi trebao konvergirati jer sam kao rezultat dobio [dispmath]q=\frac{3}{4}<1[/dispmath]

[inlmath](2)[/inlmath] Cauchyjev kriterij
[dispmath]\sum_{n=1}^\infty\left(\frac{2n+5}{n+3}\right)^n\left(\frac{n}{n+1}\right)^{n^2}[/dispmath]
Rezultat: [dispmath]q=\frac{2}{e}[/dispmath] što je [inlmath]<1[/inlmath] pa i ovaj red konvergira.

[inlmath](3)[/inlmath] Poredbeni kriteriji
[dispmath]\sum\frac{n\cos^2\frac{n\pi}{3}}{2^n}[/dispmath]
eh sada... vjerojatno nije točan, ali evo što sam napravio:

[inlmath]b_n=\left(\frac{1}{2}\right)^n[/inlmath]
[inlmath]b_n<1[/inlmath] pa bi red trebao konvergirati
[inlmath]a_n<b_n[/inlmath]
[inlmath]n\cos^2\frac{n\pi}{3}<1[/inlmath]
i kako uopće izračunati limes? ako je komplicirano, ne treba sav postupak... pretpostavljam da će rješenje biti [inlmath]+\infty[/inlmath].


[inlmath](4)[/inlmath]

D' Alember - za ovaj će mi trebati mala pomoć
[dispmath]\sum_{n=1}^\infty\frac{n!}{(2n-1)!!}[/dispmath]
u pitanju je dvostruki faktorijel

[inlmath]\left(1\right)[/inlmath] OK, [inlmath]\left(2\right)[/inlmath] OK.

Evo još, zasad, objašnjenja za [inlmath]\left(3\right)[/inlmath]:

eseper je napisao:[inlmath](3)[/inlmath] Poredbeni kriteriji
[dispmath]\sum\frac{n\cos^2\frac{n\pi}{3}}{2^n}[/dispmath]
eh sada... vjerojatno nije točan, ali evo što sam napravio:

[inlmath]b_n=\left(\frac{1}{2}\right)^n[/inlmath]
[inlmath]b_n<1[/inlmath] pa bi red trebao konvergirati

[inlmath]b_n[/inlmath] je opšti član geometrijskog reda, a geometrijski red uvek konvergira kada je [inlmath]q<1[/inlmath], pa tako i u ovom slučaju:
[dispmath]\sum_{n=1}^\infty\left(\frac{1}{2}\right)^n=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{2}\frac{1-\cancelto{0}{\left(\frac{1}{2}\right)^n}}{1-\frac{1}{2}}=\frac{\frac{1}{2}}{\frac{1}{2}}=1[/dispmath]
Međutim:

eseper je napisao:[inlmath]a_n<b_n[/inlmath]
[inlmath]n\cos^2\frac{n\pi}{3}<1[/inlmath]

Ova nejednakost nije tačna za svako [inlmath]n[/inlmath]. Tačno je da je [inlmath]\cos^2\frac{n\pi}{3}<1[/inlmath], ali to nije jedini faktor u brojiocu. On se još množi s [inlmath]n[/inlmath], koje može biti vrlo veliko, tako da vrednost celog brojioca uopšte ne mora biti [inlmath]<1[/inlmath].
To znači da si pogrešan red izabrao za [inlmath]\sum b_n[/inlmath].
To bi onda trebalo ovako:
[dispmath]\frac{n\cos^2\frac{n\pi}{3}}{2^n}\le\frac{n}{2^n}[/dispmath]
Znači, [inlmath]b_n=\frac{n}{2^n}[/inlmath], za koji možeš, bilo preko D'Alemberta, bilo preko Cauchyja (koristeći [inlmath]\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]n=1[/inlmath]), dokazati da konvergira (u oba slučaja [inlmath]q=\frac{1}{2}[/inlmath]).
Prema tome, konvergira i [inlmath]\sum\frac{n\cos^2\frac{n\pi}{3}}{2^n}[/inlmath].

Pre nego što pređem na [inlmath](4)[/inlmath], još jedna dopuna u vezi s [inlmath](3)[/inlmath] (da sad ne editujem prethodni post, jer editovanja obično prođu neopaženo):

eseper je napisao:[inlmath]b_n=\left(\frac{1}{2}\right)^n[/inlmath]
[inlmath]b_n<1[/inlmath] pa bi red trebao konvergirati

To što je opšti član nekog reda manji od jedinice, nije ti nikakva garancija da će taj red konvergirati. Evo ti kao primer harmonijski red, [inlmath]\sum\frac{1}{n}[/inlmath]. Opšti član mu je manji od jedinice, a red ipak divergira.

eseper je napisao:[inlmath](4)[/inlmath]

D' Alember - za ovaj će mi trebati mala pomoć
[dispmath]\sum_{n=1}^\infty\frac{n!}{(2n-1)!!}[/dispmath]
u pitanju je dvostruki faktorijel

[dispmath]a_n=\frac{n!}{(2n-1)!!}\\
\lim_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}=\lim_{n\to\infty}\frac{\frac{(n+1)!}{\bigl(2(n+1)-1\bigr)!!}}{\frac{n!}{(2n-1)!!}}=\lim_{n\to\infty}\frac{\frac{(n+1)\cdot\cancel{n!}}{(2n+1)!!}}{\frac{\cancel{n!}}{(2n-1)!!}}=\lim_{n\to\infty}(n+1)\frac{(2n-1)!!}{(2n+1)!!}=\\
=\lim_{n\to\infty}(n+1)\frac{\cancel{(2n-1)!!}}{(2n+1)\cancel{(2n-1)!!}}=\lim_{n\to\infty}\frac{n+1}{2n+1}=\lim_{n\to\infty}\frac{1+\cancelto{0}{\frac{1}{n}}}{2+\cancelto{0}{\frac{1}{n}}}=\frac{1}{2}[/dispmath]

Zanima me kako bismo rješili ova dva reda:

[inlmath](a)[/inlmath] [dispmath]\sum_{n=1}^\infty\frac{a^n}{(1+a)\left(1+a^2\right)\cdots\left(1+a^n\right)}[/dispmath]

[inlmath](b)[/inlmath] [dispmath]\sum_{n=1}^\infty\left(\sqrt{2}-\sqrt[3]{2}\right)\left(\sqrt{2}-\sqrt[5]{2}\right)\cdots\left(\sqrt{2}-\sqrt[2n+1]{2}\right)[/dispmath]

Preko D'Alemberta vrlo lako, i jedan i drugi (oba reda su sa pozitivnim članovima):

eseper je napisao:[inlmath](a)[/inlmath] [dispmath]\sum_{n=1}^\infty\frac{a^n}{(1+a)\left(1+a^2\right)\cdots\left(1+a^n\right)}[/dispmath]

gdje je [inlmath]a>0[/inlmath]

[dispmath]\lim_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}=\lim_{n\to\infty}\frac{\frac{a^{n+1}}{\cancel{\left(1+a\right)\left(1+a^2\right)\cdots\left(1+a^n\right)}\left(1+a^{n+1}\right)}}{\frac{a^n}{\cancel{\left(1+a\right)\left(1+a^2\right)\cdots\left(1+a^n\right)}}}=\lim_{n\to\infty}\frac{a}{1+a^{n+1}}=\lim_{n\to\infty}\frac{\cancelto{0}{\frac{1}{a^n}}}{\cancelto{0}{\frac{1}{a^{n+1}}}+1}=0[/dispmath]
Red konvergira.

eseper je napisao:[inlmath](b)[/inlmath] [dispmath]\sum_{n=1}^\infty\left(\sqrt{2}-\sqrt[3]{2}\right)\left(\sqrt{2}-\sqrt[5]{2}\right)\cdots\left(\sqrt{2}-\sqrt[2n+1]{2}\right)[/dispmath]

[dispmath]\lim_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}=\lim_{n\to\infty}\frac{\cancel{\left(\sqrt 2-\sqrt[3]2\right)\left(\sqrt 2-\sqrt[5]2\right)\cdots\left(\sqrt 2-\sqrt[2n+1]2\right)}\left(\sqrt 2-\sqrt[2n+3]2\right)}{\cancel{\left(\sqrt 2-\sqrt[3]2\right)\left(\sqrt 2-\sqrt[5]2\right)\cdots\left(\sqrt 2-\sqrt[2n+1]2\right)}}=\sqrt 2-\lim_{n\to\infty}\sqrt[2n+3]2=\sqrt 2-1<1[/dispmath]
I ovaj red konvergira.

Pretpostavljam da smete koristiti [inlmath]\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]a=1,\;a>0[/inlmath] kao nešto što je poznato; ako je potrebno, mogu i za to da napišem dokaz.

Izgledaju strašno , kad ono...
Smijemo, smijemo, ne trebaš pisati dokaz

Trebam pomoć za sljedeća dva zadatka koja treba rješiti poredbenim kriterijem

[inlmath](1)[/inlmath] - ovog sam uspio, ali evo za provjeru
[dispmath]\sum (-1)^{n+1}\left(\sqrt{n^2+1}-n\right)[/dispmath]
[inlmath]\lim\limits_{n\to\infty} |a_n|=0[/inlmath]
red konvergira za [inlmath]n\ge 0[/inlmath]

[inlmath](2)[/inlmath]
[dispmath]\sum\frac{\cos\left(n^2+n+1\right)}{n^2+n+1}[/dispmath]
[inlmath](3)[/inlmath]
[dispmath]\sum\cos(n\pi)\mathrm{tg}\frac{1}{\sqrt[3]{n^2}}[/dispmath]

eseper je napisao:[inlmath](1)[/inlmath] - ovog sam uspio, ali evo za provjeru
[dispmath]\sum (-1)^{n+1}\left(\sqrt{n^2+1}-n\right)[/dispmath]
[inlmath]\lim\limits_{n\to\infty} |a_n|=0[/inlmath]
red konvergira za [inlmath]n\ge 0[/inlmath]

Pa, ništa ovde nisi napisao. Samo si napisao kako glasi Lajbnicov kriterijum.
A postupak bi izgledao ovako:[dispmath]\left|a_{n+1}\right|\le\left|a_n\right|[/dispmath][dispmath]\sqrt{\left(n+1\right)^2+1}-\left(n+1\right)\le\sqrt{n^2+1}-n[/dispmath][dispmath]\sqrt{n^2+2n+2}-\cancel n-1\le\sqrt{n^2+1}-\cancel n[/dispmath][dispmath]\sqrt{n^2+2n+2}\le\sqrt{n^2+1}+1\quad /^2[/dispmath][dispmath]\cancel{n^2}+2n+\cancel 2\le\cancel{n^2}+\cancel 1+2\sqrt{n^2+1}+\cancel 1\quad /:2[/dispmath][dispmath]n\le\sqrt{n^2+1}\quad /^2[/dispmath][dispmath]\cancel{n^2}\le\cancel{n^2}+1[/dispmath][dispmath]0\le 1\quad\top[/dispmath]
[dispmath]\lim_{n\to\infty}\left|a_n\right|=\lim_{n\to\infty}\left(\sqrt{n^2+1}-n\right)=[/dispmath][inlmath]a^2-b^2=\left(a+b\right)\left(a-b\right)\quad\Rightarrow\quad a-b=\frac{a^2-b^2}{a+b}[/inlmath][dispmath]=\lim_{n\to\infty}\frac{\cancel{n^2}+1-\cancel{n^2}}{\sqrt{n^2+1}+n}=0[/dispmath]

eseper je napisao:[inlmath](2)[/inlmath]
[dispmath]\sum\frac{\cos\left(n^2+n+1\right)}{n^2+n+1}[/dispmath]

Možemo pokazati da [inlmath]\sum\frac{\cos\left(n^2+n+1\right)}{n^2+n+1}[/inlmath] apsolutno konvergira:[dispmath]\left|\frac{\cos\left(n^2+n+1\right)}{n^2+n+1}\right|=\frac{\left|\cos\left(n^2+n+1\right)\right|}{n^2+n+1}\le\frac{1}{n^2+n+1}\le\frac{1}{n^2}[/dispmath]Pošto znamo da [inlmath]\sum\frac{1}{n^2}[/inlmath] konvergira, konvergira i [inlmath]\sum\left|\frac{\cos\left(n^2+n+1\right)}{n^2+n+1}\right|[/inlmath], a samim tim konvergira i [inlmath]\sum\frac{\cos\left(n^2+n+1\right)}{n^2+n+1}[/inlmath].

eseper je napisao:[inlmath](3)[/inlmath]
[dispmath]\sum\cos(n\pi)\mathrm{tg}\frac{1}{\sqrt[3]{n^2}}[/dispmath]

[dispmath]\cos\left(n\pi\right)=\left(-1\right)^n\quad\Rightarrow\quad\sum\cos\left(n\pi\right)\mathrm{tg}\frac{1}{\sqrt[3]{n^2}}=\sum\left(-1\right)^n\mathrm{tg}\frac{1}{\sqrt[3]{n^2}}[/dispmath]Za [inlmath]n\ge 1[/inlmath] argument tangensa je uvek manji ili jednak od jedinice, pa je vrednost tangensa uvek pozitivna [inlmath]\Rightarrow[/inlmath] [inlmath]\sum\mathrm{tg}\frac{1}{\sqrt[3]{n^2}}[/inlmath] je red s pozitivnim članovima.
Primenjujemo Lajbnicov kriterijum:[dispmath]n+1>n\quad\Rightarrow\quad\sqrt[3]{\left(n+1\right)^2}>\sqrt[3]{n^2}\quad\Rightarrow\quad\frac{1}{\sqrt[3]{\left(n+1\right)^2}}<\frac{1}{\sqrt[3]{n^2}}\quad\Rightarrow[/dispmath][dispmath]\Rightarrow\quad\mathrm{tg}\frac{1}{\sqrt[3]{\left(n+1\right)^2}}<\mathrm{tg}\frac{1}{\sqrt[3]{n^2}}\quad\Rightarrow\quad\left|a_{n+1}\right|<\left|a_n\right|[/dispmath][dispmath]\lim_{n\to\infty}\left|a_n\right|=\lim_{n\to\infty}\mathrm{tg}\frac{1}{\sqrt[3]{n^2}}=\lim_{n\to\infty}\cancelto{1}{\frac{\sin\frac{1}{\sqrt[3]{n^2}}}{\frac{1}{\sqrt[3]{n^2}}}}\cdot\cancelto{1}{\cos\frac{1}{\sqrt[3]{n^2}}}\cdot\cancelto{0}{\frac{1}{\sqrt[3]{n^2}}}=0[/dispmath][inlmath]\Rightarrow[/inlmath] red konvergira.

Još nekoliko konvergencija...

[inlmath](1)[/inlmath]
[dispmath]\sum\left(\sqrt[n]{a}-\sqrt[n+1]{a}\right)\quad (a>0)[/dispmath]
[inlmath](2)[/inlmath]
[dispmath]\sum\frac{n^2}{(\ln n)^n}[/dispmath]
[inlmath](3)[/inlmath]
[dispmath]\sum\frac{1}{\ln(n!)}[/dispmath]

Evo zasad [inlmath]\left(1\right)[/inlmath] i [inlmath]\left(2\right)[/inlmath]:

eseper je napisao:[inlmath](1)[/inlmath]
[dispmath]\sum\left(\sqrt[n]{a}-\sqrt[n+1]{a}\right)\quad (a>0)[/dispmath]

Razvojem ovog reda lako se može pokazati da on konvergira, čak se može i izračunati ka kojoj vrednosti konvergira:
[dispmath]\lim_{k\to\infty}\sum_{n=1}^k\sqrt[n]a-\sqrt[n+1]a=\lim_{k\to\infty}\left(\sqrt[1]a-\cancel{\sqrt[2]a}+\cancel{\sqrt[2]a}-\cancel{\sqrt[3]a}+\cdots+\cancel{\sqrt[k]a}-\sqrt[k+1]a\right)=\lim_{k\to\infty}\left(a-\sqrt[k+1]a\right)=a-1[/dispmath]

eseper je napisao:[inlmath](2)[/inlmath]
[dispmath]\sum\frac{n^2}{(\ln n)^n}[/dispmath]

Pošto je imenilac dignut na [inlmath]n[/inlmath]-ti stepen, ovde je zgodno primeniti Cauchyjev kriterijum, a pošto je to red s pozitivnim članovima, ispunjen je uslov za primenu tog kriterijuma:
[dispmath]\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_n}=\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{\frac{n^2}{\left(\ln n\right)^n}}=\lim_{n\to\infty}\frac{\left(\cancelto{1}{\sqrt[n]n}\right)^2}{\ln n}\lim_{n\to\infty}\frac{1}{\ln n}=0[/dispmath]
[inlmath]\Rightarrow[/inlmath] red konvegira.

eseper je napisao:[inlmath](3)[/inlmath]
[dispmath]\sum\frac{1}{\ln(n!)}[/dispmath]

Nemam trenutno na umu nikakvo pametnije rešenje nego da se primeni isti princip koji je primenjen za red [inlmath]\sum\frac{1}{n\ln n}[/inlmath] u ovom zadatku.
[dispmath]n!<n^n\quad\Rightarrow\quad\ln\left(n!\right)<\ln\left(n^n\right)=n\ln n\quad\Rightarrow\quad\frac{1}{\ln\left(n!\right)}>\frac{1}{n\ln n}>\frac{1}{n\log_2n}>\cdots[/dispmath]
i dalje je sve isto kao u pomenutom zadatku, tako da se na kraju pokazuje da red [inlmath]\sum\frac{1}{\ln\left(n!\right)}[/inlmath] divergira.

Hvala

Imam još jednu zanimljivu konvergenciju:
[dispmath]\sum 3^{n+1}\,\sin\left[\left(\frac{n+1}{2n+1}\right)^{2n-1}\right][/dispmath]
Ovdje mi odmah pada ma pamet Cauchy, ali što sa ovim sinusom?

Jeste, hoće ovo [inlmath]3^{n+1}[/inlmath] da navede na Cauchyja, međutim, [inlmath]3^{n+1}[/inlmath] se sasvim lako dâ srediti i D'Alembertom. S druge strane, s ovim sinusom se Cauchy ne može nikako izboriti, tako da tu definitivno mora D'Alembert. Kada [inlmath]n\to\infty[/inlmath], argument sinusa teži nuli preko pozitivnih vrednosti, tako da je vrednost sinusa pozitivna, pa je ovo red s pozitivnim članovima i sme se primeniti D'Alembert, a takođe, budući da argument sinusa teži nuli, znamo šta nam je činiti...

Treba da ti ispadne [inlmath]\lim\limits_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{3}{4}[/inlmath].

Da se korigujem... Može ipak i preko Cauchyja... Kad se oslobodiš sinusa koristeći [inlmath]\lim\limits_{x\to 0}\frac{\sin x}{x}=1[/inlmath], tada primeniš korenovanje i na trojku i na to što je bilo u argumentu sinusa, pa kad se to sredi i izračuna, dobije se [inlmath]\frac{3}{4}[/inlmath], znači, isti rezultat kao i preko D'Alemberta...

Po d'Alembertu:

Hmm, a što s eksponentom argumenta sinusa? Ja sam sada sve to raspisivao po [dispmath]\lim_{x\to\infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^n=e[/dispmath], ali tada ispadne samo [inlmath]3[/inlmath] kao rezultat

Sad ću probati preko Cauchy-ja

Pa, ne znam zašto ti ispadne [inlmath]3[/inlmath]. O'š da ti napišem svoj postupak, ili da ti napišeš svoj?

Nemoj. Pomučit ću se

Dobio sam [inlmath]\frac{3}{4}[/inlmath] i jednim i drugim kriterijem. Naravno, Cauchy je dosta lakši i manje kompliciraniji u ovom slučaju. Inače, sjetio sam se da sam imao sličan zadatak koji je i bio postavljen na forumu. Malo pogledam i evo ga. Identičan. Zapravo, sinus ovdje služi kao ukras, da bi se zadatak učinio naočigled težim. Evo još jednog zadatka iz ispita i to je najvjerovatnije zadnji što se tiče konvergencije reda
[dispmath]\sum (n!)^2\,\ln\left(1+\frac{2^n}{n^{2n}}\right)[/dispmath]
Ovaj će biti dosta teži

eseper je napisao:Inače, sjetio sam se da sam imao sličan zadatak koji je i bio postavljen na forumu. Malo pogledam i evo ga. Identičan.

Vid' stvarno... I to još iz ovog meseca... Al' sam ja izlapetis kad ga se uopšte ne sećam...

eseper je napisao:[dispmath]\sum (n!)^2\,\ln\left(1+\frac{2^n}{n^{2n}}\right)[/dispmath]
Ovaj će biti dosta teži

D'Alembert. Faktorijeli se fino pokrate i ostane [inlmath]\left(n+1\right)^2[/inlmath] koji zatim ubaciš unutar logaritma kao eksponent. Svedeš odgovarajuće izraze u brojiocu i imeniocu tako da teže ka [inlmath]e[/inlmath], kako bi se oslobodio logaritama... Kao rezultat se dobje [inlmath]\frac{2}{e^2}[/inlmath].

Ostane mi ovo:
[dispmath]\lim_{x\to\infty}\frac{e^{\frac{(n+1)^2\left(2^{n+1}\right)}{(n+1)^{2n}}}}{e^{\frac{2n}{n^{2n}}}}[/dispmath]
i što dalje?

Hm, di ti nestadoše logaritmi?
I, mislim da si omašio jedan eksponent...

Da, izostavio sam logaritam... Onda, tražimo limes samo iz ovih eksponenata, jer kad eksponent pređe ispred logaritma, ostaje i u brojniku i u nazivniku [inlmath]\ln e[/inlmath].

Eksponente sam opet prekontrolirao i ne nalazim grešku I nije mi jasno kako se u rezultatu može pojaviti [inlmath]e[/inlmath] kada ga se rješimo prethodno

eseper je napisao:Eksponente sam opet prekontrolirao i ne nalazim grešku

Trebalo bi da bude
[dispmath]\lim_{x\to\infty}\frac{\frac{\left(n+1\right)^2\cdot 2^{n+1}}{\left(n+1\right)^{2{\color{red}\left(n+1\right)}}}}{\frac{2n}{n^{2n}}}[/dispmath]

eseper je napisao:I nije mi jasno kako se u rezultatu može pojaviti [inlmath]e[/inlmath] kada ga se rješimo prethodno

Mi se rešimo tog prvobitnog [inlmath]e[/inlmath], ali ko kaže da iz izraza oblika [inlmath]\left(1+\frac{1}{n}\right)^n[/inlmath] ne može nastati neko novo [inlmath]e[/inlmath]?

Da, u pravu si. Kada sve to sredim, u brojniku i nazivniku dobijem eksponent sa [inlmath]2n[/inlmath] i to opet svedem na gore spomenuti izraz iz čega se dobije [inlmath]e^{-2}[/inlmath]. Odnosno, gore ostaje [inlmath]2[/inlmath], a dole ode taj [inlmath]e[/inlmath] i eto ispravnog rješenja

Evo malo laksi zadaci

1. i 2. sam uradio. Nadam se da je dobro, a sa trecim ne znam sta da radim kad dobijem da je limes jednak [inlmath]0[/inlmath]. :/ Nesto prosto sigurno, al' ne zamerite, tek sam poc'o.

1.
[dispmath]\sum_{n=1}^\infty\frac{(n!)^2}{(2n)!}[/dispmath]
[dispmath]\lim_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{\frac{(n+1)!))^2}{(2n+2)!}}{\frac{(n!)^2}{((2n)!}}=\lim_{n\to\infty}\frac{\frac{(n+1)^2\cancel{(n!)^2}}{(2n+2)(2n+1)(\cancel{(2n)!}}}{\frac{\cancel{(n!)^2}}{\cancel{(2n)!}}}=\lim_{n\to\infty}\frac{(n+1)^2}{(2n+2)(2n+1)}\approx\frac{n^2}{4n^2}=\frac{1}{4},[/dispmath]
Manje od [inlmath]1\:\Rightarrow[/inlmath] Konvergira.

2.
[dispmath]\sum_{n=1}^\infty\cos\frac{1}{n^2}[/dispmath]
[inlmath]\lim\limits_{n\to\infty} \cos\frac{1}{n^2} = 1 \ne 0\:\Rightarrow[/inlmath] Divergira

3.
[dispmath]\sum_{n=1}^\infty\sin\frac{n}{n^3+n^2+2}[/dispmath]

[inlmath]1.[/inlmath] i [inlmath]2.[/inlmath] su OK, s tim da ću ja sad opet malo da budem cepidlaka.

PocetnikSRB je napisao:[dispmath]\cdots =\lim_{n\to\infty}\frac{(n+1)^2}{(2n+2)(2n+1)}\approx\frac{n^2}{4n^2}=\cdots[/dispmath]

Ovo nikako nemoj ovako da pišeš. Limes nečega je, ako postoji, tačno određena vrednost, tj. nije približno jednaka nekom drugom izrazu.
Ovaj limes bi bilo najpravilnije izračunati tako što i brojilac i imenilac podelimo sa [inlmath]n^2[/inlmath]:
[dispmath]\lim_{n\to\infty}\frac{\left(n+1\right)^2}{\left(2n+2\right)\left(2n+1\right)}=\lim_{n\to\infty}\frac{\left(\frac{n+1}{n}\right)^2}{\frac{2n+2}{n}\cdot\frac{2n+1}{n}}=\lim_{n\to\infty}\frac{\left(1+\cancelto{0}{\frac{1}{n}}\right)^2}{\left(2+\cancelto{0}{\frac{2}{n}}\right)\left(2+\cancelto{0}{\frac{1}{n}}\right)}=\frac{1}{2\cdot 2}=\frac{1}{4}[/dispmath]

PocetnikSRB je napisao:3.
[dispmath]\sum_{n=1}^\infty\sin\frac{n}{n^3+n^2+2}[/dispmath]

Ovo možemo rešiti preko kriterijuma upoređivanja, ali da bismo mogli da primenimo kriterijum upoređivanja, prethodno je potrebno pokazati da je to red s pozitivnim članovima.
Posmatramo argument sinusa, [inlmath]\frac{n}{n^3+n^2+2}[/inlmath]:
[dispmath]\frac{n}{n^3+n^2+2}<\frac{n}{n^3+n^2}=\frac{1}{n^2+n}\le\frac{1}{2}[/dispmath]
Nejednakost [inlmath]\frac{1}{n^2+n}\le\frac{1}{2}[/inlmath] sledi iz činjenice da je [inlmath]\frac{1}{n^2+n}[/inlmath] za pozitivne vrednosti [inlmath]n[/inlmath] opadajuća funkcija, a da ona, za najmanju vrednost [inlmath]n[/inlmath], koja iznosi [inlmath]n=1[/inlmath], ima vrednost [inlmath]\frac{1}{2}[/inlmath].
Prema tome, za [inlmath]n\ge 1[/inlmath], argument sinusa je manji od [inlmath]\frac{1}{2}[/inlmath], tj. nalazi se u intervalu [inlmath]\left(0,\frac{1}{2}\right)[/inlmath]. Pošto je sinus pozitivan u intervalu [inlmath]\left(0,\pi\right)[/inlmath], a [inlmath]\left(0,\frac{1}{2}\right)[/inlmath] je podinterval intervala [inlmath]\left(0,\pi\right)[/inlmath], zaključujemo da je sinus pozitivan u intervalu [inlmath]\left(0,\frac{1}{2}\right)[/inlmath], tj. da je ovo red s pozitivnim članovima.

Sada možemo primeniti kriterijum upoređivanja. Pošto za [inlmath]x>0[/inlmath] važi da je [inlmath]\sin x<x[/inlmath] (o tome sam pisao u ovom postu), kao referentni red ćemo uzeti [inlmath]\sum\frac{n}{n^3+n^2+2}[/inlmath] (očigledno je da je i to red s pozitivnim članovima):
[dispmath]\sin\frac{n}{n^3+n^2+2}<\frac{n}{n^3+n^2+2}<\frac{n}{n^3+n^2}=\frac{1}{n^2+n}<\frac{1}{n^2}[/dispmath]
Pošto za red [inlmath]\sum\frac{1}{n^2}[/inlmath] znamo da konvergira, iz ovoga zaključujemo da konvergira i red [inlmath]\sum\sin\frac{n}{n^3+n^2+2}[/inlmath].

Hahahah, okej. Pisem u svesci tako, nego sam sad hteo samo da skratim posto nisam pisao u Latexu jos otkad sam poslednji put pisao ovde na forumu, pa mi treba malo vise vremena dok iskucam.


E hvala, jasno je sad. Nego, ovakvi zadaci se mogu raditi i Dalamberom i Kosijem ili samo ovako? Ne moras sad da radis, cisto da pitam.

Za [inlmath]1.[/inlmath] zadatak ne vidim način preko Košija. S druge strane, on je kô stvoren za Dalambera, zbog skraćivanja faktorijela.

Za [inlmath]3.[/inlmath] zadatak ne vidim način ni preko Dalambera, ni preko Košija, tj. ni [inlmath]\frac{a_{n+1}}{a_n}[/inlmath] ni [inlmath]\sqrt[n]{a_n}[/inlmath] ne bi mogli da se srede. Zato jedino preostaje taj kriterijum upoređivanja.

E to, hvala.

U trećem se zapravo može sračunati limes od [inlmath]\frac{a_{n+1}}{a_n}[/inlmath], nameštanjem i brojioca i imenioca na izraze oblika [inlmath]\frac{\sin f(n)}{f(n)}[/inlmath] za[inlmath]f(n)\to 0[/inlmath], ali to će na kraju dati vrednost [inlmath]1[/inlmath] za ceo limes, što znači da je Dalamberov kriterijum tu nemoćan.

Generalno, faktorijel sugeriše na upotrebu Dalambera, a stepen na Košija (u prvom slučaju se treba skraćivanjem rešiti suvišnih članova u proizvodu, u drugom se korenom rešavamo stepena). Ne uvek, ali eto, čisto da naslutiš neku logiku toga koji kriterijum kad pomaže.

Hvala vam jos jednom.

Imam sad 2 zadatka.

1. Ispitati obicnu i apsolutnu konvergenciju reda
[dispmath]\sum_{n=1}^\infty (-1)^n\left(1-\cos\frac{1}{n}\right)[/dispmath]
[dispmath]a_n=(-1)^n\left(1-\cos\frac{1}{n}\right)[/dispmath]
[inlmath]a_n\to 0[/inlmath] i niz je monotono opadajuci [inlmath]\Rightarrow[/inlmath] Konvergentan.

Bice, pretpostavljam, i apsolutno konvergentan jer [inlmath]|a_n|[/inlmath] takodje tezi [inlmath]0[/inlmath].

---

2. Ispitati konvergenciju niza
[dispmath]\sum_{n=1}^\infty e^{\cos n}\left(e^{\sin\frac{1}{n^2}}-1\right)[/dispmath]
Ovaj ne znam, jedino sto mi pada na pamet je da se napise da je [inlmath]\cos n\in[-1,1][/inlmath] te je [inlmath]e^{\cos n}\in [-e,e][/inlmath] i kad se pomnozi sa [inlmath]0[/inlmath] (koja se dobije u zagradi) rezultat ispadne [inlmath]0[/inlmath].

PocetnikSRB je napisao:1. Ispitati obicnu i apsolutnu konvergenciju reda
[dispmath]\sum_{n=1}^\infty (-1)^n\left(1-\cos\frac{1}{n}\right)[/dispmath]
[dispmath]a_n=(-1)^n\left(1-\cos\frac{1}{n}\right)[/dispmath]
[inlmath]a_n\to 0[/inlmath] i niz je monotono opadajuci [inlmath]\Rightarrow[/inlmath] Konvergentan.

Niz [inlmath]a_n=(-1)^n\left(1-\cos\frac{1}{n}\right)[/inlmath] nije monotono opadajuć...
[inlmath]a_n=\left(1-\cos\frac{1}{n}\right)[/inlmath] jeste, i to zaista obezbeđuje konvergenciju po Lajbnicovom kriterijumu uz uslov da taj niz konvergira ka nuli za [inlmath]n\to\infty[/inlmath].

Uslov da [inlmath]|a_n|\to 0[/inlmath] za [inlmath]n\to\infty[/inlmath] je ispunjen, potreban je, ali ne i dovoljan za apsolutnu konvergenciju.

U [inlmath]1.[/inlmath] zadatku možeš ovako ispitati apsolutnu konvergenciju:
[dispmath]\left|a_n\right|=1-\cos\frac{1}{n}=2\sin^2\frac{1}{2n}<2\left(\frac{1}{2n}\right)^2=\frac{1}{2n^2}[/dispmath]
Pošto znamo da red [inlmath]\sum\frac{1}{n^2}[/inlmath] konvergira, odatle konvergira i red [inlmath]\frac{1}{2}\sum\frac{1}{n^2}[/inlmath], tj. [inlmath]\sum\frac{1}{2n^2}[/inlmath], pa iz prethodne nejednakosti zaključujemo da konvergira i red [inlmath]\sum\left(1-\cos\frac{1}{n}\right)[/inlmath], što znači da dati red i apsolutno konvergira.

PocetnikSRB je napisao:2. Ispitati konvergenciju niza
[dispmath]\sum_{n=1}^\infty e^{\cos n}\left(e^{\sin\frac{1}{n^2}}-1\right)[/dispmath]
Ovaj ne znam, jedino sto mi pada na pamet je da se napise da je [inlmath]\cos n\in [-1,1][/inlmath] te je [inlmath]e^{\cos n}\in [-e,e][/inlmath] i kad se pomnozi sa [inlmath]0[/inlmath] (koja se dobije u zagradi) rezultat ispadne [inlmath]0[/inlmath].

Prvo malo ispravki: ako je [inlmath]\cos n\in\left[-1,1\right][/inlmath], tada je [inlmath]e^{\cos n}[/inlmath] unutar intervala [inlmath]\left[e^{-1},e\right][/inlmath], a ne unutar intervala [inlmath]\left[-e,e\right][/inlmath].

Inače, [inlmath]\cos n[/inlmath], gde je [inlmath]n\in\mathbb{N}[/inlmath], pripada intervalu [inlmath]\left(-1,1\right)[/inlmath] tj. ne uključuje vrednosti [inlmath]-1[/inlmath] i [inlmath]1[/inlmath]. Negde sam to već pisao, ali mrzi me sada da tražim, uglavnom, kosinus ima vrednosti [inlmath]-1[/inlmath] ili [inlmath]1[/inlmath] samo za vrednosti argumenta koje su jednake [inlmath]k\pi[/inlmath]. Pošto su [inlmath]k\pi[/inlmath] iracionalni brojevi (izuzev za [inlmath]k=0[/inlmath]), sledi da kosinus prirodnog broja ne može imati vrednost [inlmath]-1[/inlmath] ili [inlmath]1[/inlmath]. Što se celih brojeva tiče, i za njih važi isto pravilo, osim za nulu, pošto je kosinus nule jednak jedinici. Mada, sve ovo i nema mnogo veze s ovim zadatkom, to napominjem čisto onako, uzgred.

Da, izraz u zagradi teži nuli i, kad se pomnoži tim kosinusom ispred zagrade koji ima konačnu vrenost, zaista se za opšti član dobije vrednost koja teži nuli, a budući da je ovo red s pozitivnim članovima, to je, kako Milovan malopre reče, potreban, ali ne i dovoljan uslov da red konvergira. A ovo je red s pozitivnim članovima, jer:

[inlmath]e^{\cos n}\in\left(\frac{1}{e},e\right)\quad\land\quad\left(e^{\sin\frac{1}{n^2}}-1\right)>0\quad\Rightarrow\quad a_n>0[/inlmath]

Evo kako bi se mogla ispitati konvergencija:
[dispmath]a_n=e^{\cos n}\left(e^{\sin\frac{1}{n^2}}-1\right)<e\left(e^{\sin\frac{1}{n^2}}-1\right)<e\left(e^{\frac{1}{n^2}}-1\right)[/dispmath]
Pošto je [inlmath]e[/inlmath] konstanta, radi dokazivanja da konvergira red [inlmath]\sum e\left(e^{\frac{1}{n^2}}-1\right)[/inlmath] dovoljno je dokazati da konvergira red [inlmath]\sum\left(e^{\frac{1}{n^2}}-1\right)[/inlmath]. To možemo dokazati koristeći drugi kriterijum upoređivanja, gde za referentni red odaberemo red [inlmath]\sum\frac{1}{n^2}[/inlmath], za koji znamo da konvergira:

[inlmath]a_n=e^{\frac{1}{n^2}}-1[/inlmath]

[inlmath]b_n=\frac{1}{n^2}[/inlmath]
[dispmath]\lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{b_n}=\lim_{n\to\infty}\frac{e^{\frac{1}{n^2}}-1}{\frac{1}{n^2}}=[/dispmath]
Smena [inlmath]t=\frac{1}{n^2}[/inlmath]:
[dispmath]=\lim_{t\to 0}\frac{e^{t}-1}{t}[/dispmath]
Za ovaj limes se može pokazati, bilo preko Lopitala, bilo bez upotrebe Lopitala, da je jednak jedinici. A pošto je limes jednak konstanti koja nije ni [inlmath]0[/inlmath] ni [inlmath]\infty[/inlmath], to znači da se redovi [inlmath]\sum a_n[/inlmath] i [inlmath]\sum b_n[/inlmath] ponašaju isto u pogledu konvergencije, a pošto red [inlmath]\sum b_n[/inlmath] konvergira, odatle zaključujemo da konvergira i red [inlmath]\sum a_n[/inlmath].

Milovan je napisao:Niz [inlmath]a_n=(-1)^n\left(1-cos\frac{1}{n}\right)[/inlmath] nije monotono opadajuć...
[inlmath]a_n=\left(1-cos\frac{1}{n}\right)[/inlmath] jeste, i to zaista obezbeđuje konvergenciju po Lajbnicovom kreiterijum uz uslov da taj niz konvergira ka nuli za [inlmath]n \to \infty[/inlmath].

Uslov da [inlmath]|a_n|\to 0[/inlmath] za [inlmath]n\to\infty[/inlmath] je ispunjen, potreban je, ali ne i dovoljan za apsolutnu konvergenciju.

Jao, moja greska, za [inlmath]a_n[/inlmath] nisam hteo da ubacim i [inlmath](-1)^n[/inlmath]
Hvala!

---

Daniel je napisao:Prvo malo ispravki: ako je [inlmath]\cos n\in\left[-1,1\right][/inlmath], tada je [inlmath]e^{\cos n}[/inlmath] unutar intervala [inlmath]\left[e^{-1},e\right][/inlmath], a ne unutar intervala [inlmath]\left[-e,e\right][/inlmath].

Hahah, e Boze...


Sve je jasno sad. Hvala mnogo!

Da dodam, kod prvog nisi morao da ispituješ konvergenciju pomoću Lajbnicovog kriterijuma, budući da je niz apsolutno konvergentan, pa samim tim i konvergentan.

Obrnuto u opštem slučaju ne važi, pa, pošto ti se ispitivanje apsolutne konvergencije svakako traži, bolje je da to obaviš u startu. Ako dobiješ da je apsolutno konvergentan (kao što sad jesi) onda odatle direktno sledi i apsolutna konvergencija. Ako ne, onda dodatno ispitaš i konvergenciju. (sada nisi morao)

Da, da, da. Razumem.

Mozda je preglup zadatak ali mi treba vremena da uvjezbam. Malo sam pratio prethotne postove pa mi to djeluje na prvi pogled malo komplikovano.
Zapravo moj zadatak je da li ovaj red konvergira i prema kojoj vrijednosti [inlmath]a_n:=2+(-1)^n\frac{1}{n^2}[/inlmath]? Ako mi neko moze pomoci i malo objasniti nacin rada ovih zadataka bio bih zahvalan

Red [inlmath]\sum\left[2+(-1)^n\frac{1}{n^2}\right][/inlmath] možemo predstaviti kao zbir sledeća dva reda: [inlmath]\sum 2+\sum(-1)^n\frac{1}{n^2}[/inlmath]
Red [inlmath]\sum 2[/inlmath] divergira (jer nije ispunjen potreban uslov za konvergenciju, da opšti član teži nuli), dok red [inlmath]\sum(-1)^n\frac{1}{n^2}[/inlmath] konvergira, prema Lajbnicovom kriterijumu (on čak i apsolutno konvergira). Njihov zbir je, prema tome, red koji divergira.

---

Može i preko [inlmath]I[/inlmath] kriterijuma upoređivanja:
Red [inlmath]\sum\left[2+(-1)^n\frac{1}{n^2}\right][/inlmath] se može napisati kao [inlmath]\sum 1+\sum\left[1+(-1)^n\frac{1}{n^2}\right][/inlmath]. Oba sabirka su redovi s pozitivnim članovima, dakle, i njihov zbir je red s pozitivnim članovima, pa se na njih može primeniti [inlmath]I[/inlmath] kriterijum upoređivanja. Pošto za svako [inlmath]n\ge 1[/inlmath] važi da je [inlmath]1+(-1)^n\frac{1}{n^2}\ge 0[/inlmath], tada je:
[dispmath]2+(-1)^n\frac{1}{n^2}=1+\left[1+(-1)^n\frac{1}{n^2}\right]\ge 1+0=1[/dispmath]
Pošto red [inlmath]\sum 1[/inlmath] divergira (nije ispunjen potreban uslov za konvergenciju, da opšti član teži nuli), a pokazano je da je opšti član reda [inlmath]\sum\left[2+(-1)^n\frac{1}{n^2}\right][/inlmath] veći ili jednak od opšteg člana reda [inlmath]\sum 1[/inlmath], iz toga sledi, prema [inlmath]I[/inlmath] kriterijumu upoređivanja, da divergira i red [inlmath]\sum\left[2+(-1)^n\frac{1}{n^2}\right][/inlmath].

Recimo sta je sa ovim redom [inlmath]z_n:=z_0^n[/inlmath], ako je [inlmath]z_0:=\frac{\sqrt 5}{3}+\frac{2i}{3}[/inlmath]? Da li on konvergira ili divergira i kako?

Divergira, jer, kada njegov opšti član transformišeš u trigonometrijski oblik, dobićeš da mu je moduo jednak jedinici. Prema tome, nije ispunjen neophodan uslov za konvergenciju reda, da mu opšti član teži nuli.

Članovi ovog reda predstavljaju kompleksne brojeve koji se u kompleksnoj ravni nalaze na kružnici radijusa [inlmath]1[/inlmath] s centrom u koordinatnom početku. S porastom [inlmath]n[/inlmath], članovi tog reda non-stop „kruže“ po toj kružnici i tako do u beskonačnost.
Realni i imaginarni delovi ovih brojeva opisuju kosinusoidu, odnosno sinusoidu u zavisnosti od [inlmath]n[/inlmath].

Hvala ti mnogo.

Malo pomoci oko ovog zadatka i konvergencije
[dispmath]x_n:=\sum\limits_{i=1}^n\left(\frac{1}{i}\right)^\frac{1}{3}[/dispmath]
Slabo iskustvo imam sa sumama

Svaki član ovog reda, zapravo, predstavlja parcijalnu sumu jednog drugog reda, čiji je opšti član zadat izrazom
[dispmath]a_n=\left(\frac{1}{n}\right)^\frac{1}{3}[/dispmath]
Za taj red se može dokazati da divergira, prema [inlmath]I[/inlmath] kriterijumu upoređivanja:
[dispmath]\left(\frac{1}{n}\right)^\frac{1}{3}=\frac{1}{\sqrt[3]n}>\frac{1}{n}[/dispmath]
Pošto je poznato da red [inlmath]\sum\frac{1}{n}[/inlmath] divergira, sledi da red [inlmath]\sum\left(\frac{1}{n}\right)^\frac{1}{3}[/inlmath], čiji je opšti član veći od opšteg člana reda [inlmath]\sum\frac{1}{n}[/inlmath], takođe divergira.

Pošto red [inlmath]\sum\left(\frac{1}{n}\right)^\frac{1}{3}[/inlmath] divergira, sledi da njegove parcijalne sume [inlmath]\sum\limits_{i=1}^n\left(\frac{1}{i}\right)^\frac{1}{3}[/inlmath] ne teže nuli, što znači da ni opšti član zadatog reda, koji je upravo jednak [inlmath]\sum\limits_{i=1}^n\left(\frac{1}{i}\right)^\frac{1}{3}[/inlmath], ne teži nuli, a što je neophodan uslov za konvergenciju reda. Prema tome, zadati red divergira.

A kako da odredim u ovome kada imam proizvod u imeniocu? To sve razdvojiti ili kako? Mada sa ovim sumama sam donji
[dispmath]a_n:=\sum_{k=1}^n\frac{1}{k(k+1)(k+2)}[/dispmath]
Ako moze postupak resavanja

Čekaj, jesi li siguran da suma figuriše unutar opšteg člana reda [inlmath]a_n[/inlmath]?
Ovako kako je napisano, značilo bi da red glasi
[dispmath]\sum_{n=1}^\infty a_n=\sum_{n=1}^\infty\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k\left(k+1\right)\left(k+2\right)}[/dispmath]
tj. u samom redu bi figurisala dvostruka suma.

Ili je, možda, [inlmath]a_n=\frac{1}{n\left(n+1\right)\left(n+2\right)}[/inlmath] (bez sume), a red [inlmath]\sum\limits_{n=1}^\infty a_n=\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{1}{n\left(n+1\right)\left(n+2\right)}[/inlmath] To mi se čini logičnije.

Isto pitanje važi i za prethodni zadatak.

Ne. Bas tako kako sam napisao.

U tom slučaju, opšti član [inlmath]a_n[/inlmath] predstavlja sumu čiji je prvi član jednak [inlmath]\frac{1}{6}[/inlmath], a ostali članovi te sume su pozitivni [inlmath]\Rightarrow[/inlmath] opšti član [inlmath]a_n[/inlmath] nije manji od [inlmath]\frac{1}{6}[/inlmath] [inlmath]\Rightarrow[/inlmath] opšti član [inlmath]a_n[/inlmath] ne teži nuli [inlmath]\Rightarrow[/inlmath] red divergira.

Sad vidim da je i u prethodnom zadatku bilo sasvim dovoljno da se samo tako napiše (tako da je onaj moj postupak bio suvišan), s tom razlikom što je u prošlom zadatku opšti član predstavljao sumu čiji je prvi član bio jednak jedinici.

a tek mene onda koliko zbunjuju ovakvi zadaci.

Evo jos jedan zadatak, da li konvergira ovaj red?
[dispmath]\sum_{n=1}^\infty\frac{n^n}{2^n}[/dispmath]
Preko Cauchyjevog kriterija dobijem[inlmath]\frac{n}{2}[/inlmath], ali nisam siguran sta dalje

Pa, to ti je to.

Pošto Cauchy kaže, ako [inlmath]\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_n}>1[/inlmath] tada red divergira, a ovde si dobio da je [inlmath]\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_n}=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{n}{2}[/inlmath], a taj limes je očigledno jednak [inlmath]\infty[/inlmath], znači, veći je od [inlmath]1[/inlmath].

Prema tome, red ne da divergira, već vrtoglavom brzinom juri ka beskonačnosti.

Aha.
A sta ako imam isti takav red samo sto u imeniocu imam [inlmath]2^{n^2}[/inlmath]. Dobije isti razlomak samo [inlmath]\frac{n}{2^n}[/inlmath]

Jeste, a [inlmath]\lim\limits_{n\to\infty}\frac{n}{2^n}=0[/inlmath] (jer eksponencijalna funkcija brže teži beskonačnosti od stepene, pa u ovom razlomku imenilac brže teži beskonačnosti od brojioca), a pošto je [inlmath]0<1[/inlmath], sledi da ovaj red konvergira.

Moze postupak

[inlmath]\lim\limits_{n\to\infty}\frac{n}{a^n}=0,\;a>1[/inlmath] se uzima kao nešto što je poznato i nije ga u zadacima potrebno dokazivati. Ali, ako te baš zanima dokaz ovog limesa, on glasi ovako:
[dispmath]\frac{n}{a^n}=\frac{n}{\left[1+\left(a-1\right)\right]^n}=\frac{n}{1+\underbrace{{n\choose 1}\left(a-1\right)+{n\choose 2}\left(a-1\right)^2}+\cdots +{n\choose n}\left(a-1\right)^n}<\frac{n}{{n\choose 1}\left(a-1\right)+{n\choose 2}\left(a-1\right)^2}=[/dispmath]
[dispmath]=\frac{\cancel n}{\cancel n\left(a-1\right)+\frac{\cancel n\left(n-1\right)}{2}\left(a-1\right)^2}=\frac{1}{\left(a-1\right)+\frac{n-1}{2}\left(a-1\right)^2}=\frac{1}{a-1}\cdot\frac{1}{1+\frac{n-1}{2}\left(a-1\right)}[/dispmath]
Pošto poslednji izraz teži nuli kada [inlmath]n\to\infty[/inlmath], samim tim će i izraz [inlmath]\frac{n}{a^n}[/inlmath], za koji je pokazano da je manji od tog izraza, takođe težiti nuli kada [inlmath]n\to\infty[/inlmath].

Ako imamo red u kojem je opći član [inlmath]a_n=\frac{\sin n}{n^2}[/inlmath] i treba dokazati je li konvergira... Pošto [inlmath]\frac{1}{n^2}[/inlmath] konvergira uvik, ako bude veći od našeg reda (u bilježnici mi piše strogo veće), tj. naš red kao neki podskup ovog razlomka onda smo sigurni da i naš red konvergira, šta smo i napisali...Ali šta ta nejednadžba nebi trebala glasiti:
[dispmath]a_n=\frac{\sin n}{n^2}\le\frac{1}{n^2}[/dispmath]
Jer ako je [inlmath]n[/inlmath] npr. [inlmath]1[/inlmath] onda su izrazi jednaki.

P.S.
Kako to da smo kasnije u drugom zadatku napisali da [inlmath]\frac{1}{n}[/inlmath] divergira

blake je napisao:kao neki podskup ovog razlomka

Razlomak nije skup, pa samim tim ne može imati ni svoj podskup. Vežbaj da se izražavaš precizno, i zbog ispita, a i inače...

blake je napisao:Ali šta ta nejednadžba nebi trebala glasiti:
[dispmath]a_n=\frac{\sin n}{n^2}\le\frac{1}{n^2}[/dispmath]
Jer ako je [inlmath]n[/inlmath] npr. [inlmath]1[/inlmath] onda su izrazi jednaki.

Ne, ako je [inlmath]n=1[/inlmath], onda je [inlmath]\frac{\sin n}{n^2}=\frac{\sin 1}{1^2}=\sin 1[/inlmath], a [inlmath]\frac{1}{n^2}=\frac{1}{1^2}=1[/inlmath], prema tome, ti izrazi nisu jednaki.
Ti izrazi bi bili jednaki samo onda kada bi bilo [inlmath]\sin n=1[/inlmath], a onda bi moralo biti [inlmath]n=\frac{\pi}{2}+2k\pi=\frac{4k+1}{2}\pi[/inlmath], a pošto je [inlmath]\pi[/inlmath] iracionalan broj, sledi da bi moralo i [inlmath]n[/inlmath] biti iracionalno, a [inlmath]n[/inlmath] je prirodan broj [inlmath]\Rightarrow[/inlmath] kontradikcija [inlmath]\Rightarrow[/inlmath] prema tome, [inlmath]\sin n<1\quad\Rightarrow\quad\frac{\sin n}{n^2}<\frac{1}{n^2}[/inlmath].

Inače, pošto taj kriterijum upoređivanja važi samo za redove s pozitivnim članovima, a [inlmath]\sum\frac{\sin n}{n^2}[/inlmath] nije red s pozitivnim članovima, jer [inlmath]\sin n[/inlmath] može biti i pozitivno i negativno, ovde bi najpravilnije bilo da se preko kriterijuma upoređivanja prvo dokaže da konvergira red [inlmath]\sum\left|\frac{\sin n}{n^2}\right|[/inlmath], a to znači da red [inlmath]\sum\frac{\sin n}{n^2}[/inlmath] apsolutno konvergira. Pa se onda primeni teorema da iz apsolutne konvergencije nekog reda sledi i njegova konvergencija, čime je onda dokazano da konvergira i red [inlmath]\sum\frac{\sin n}{n^2}[/inlmath].

blake je napisao:P.S.
Kako to da smo kasnije u drugom zadatku napisali da [inlmath]\frac{1}{n}[/inlmath] divergira

Zato što red [inlmath]\sum\frac{1}{n}[/inlmath] jeste divergentan. On, istina, ispunjava neophodan uslov za konvergenciju reda, da je [inlmath]\lim\limits_{n\to\infty}a_n=0[/inlmath], ali to je samo neophodan, ali ne i dovoljan uslov da bi red bio konvergentan. Ima onaj štos, da je red [inlmath]\sum\frac{1}{n^p}[/inlmath] (gde je [inlmath]p[/inlmath] realan broj), divergentan ako je [inlmath]p\le 1[/inlmath], a konvergentan je ako je [inlmath]p>1[/inlmath].

1.
[dispmath]a_n=\frac{3^n\cdot n!}{n^n}[/dispmath]
S D Alambertovim kriterijem dodjem do [inlmath]\frac{0}{2}[/inlmath] i red konvergira ?

2.
[dispmath]a_n=\cos\frac{1}{\sqrt{n+1}}[/dispmath]
Tu dodjem do [inlmath]\cos 0[/inlmath] kada stavim opci clan u limes kad [inlmath]n[/inlmath] ide u beskonacno

blake je napisao:1.
[dispmath]a_n=\frac{3^n\cdot n!}{n^n}[/dispmath]
S D Alambertovim kriterijem dodjem do [inlmath]\frac{0}{2}[/inlmath] i red konvergira ?

Ne znam kako si došao do [inlmath]\frac{0}{2}[/inlmath]:
[dispmath]\lim_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}=\lim_{n\to\infty}\frac{\frac{3^{n+1}\cdot\left(n+1\right)!}{\left(n+1\right)^{n+1}}}{\frac{3^n\cdot n!}{n^n}}=\lim_{n\to\infty}\frac{3^{n+1}\cdot\left(n+1\right)!\cdot n^n}{\left(n+1\right)^{n+1}\cdot 3^n\cdot n!}=\lim_{n\to\infty}\frac{3\cdot\cancel{3^n}\cdot\cancel{\left(n+1\right)}\cdot\cancel{n!}\cdot n^n}{\cancel{\left(n+1\right)}\cdot\left(n+1\right)^n\cdot\cancel{3^n}\cdot\cancel{n!}}=[/dispmath][dispmath]=3\lim_{n\to\infty}\left(\frac{n}{n+1}\right)^n=3\lim_{n\to\infty}\left(\frac{1}{1+\frac{1}{n}}\right)^n=3\lim_{n\to\infty}\frac{1}{\left(1+\frac{1}{n}\right)^n}=\frac{3}{\lim\limits_{n\to\infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^n}=\frac{3}{e}>1[/dispmath]
[inlmath]\Rightarrow[/inlmath] red divergira.

blake je napisao:2.
[dispmath]a_n=\cos\frac{1}{\sqrt{n+1}}[/dispmath]
Tu dodjem do [inlmath]\cos 0[/inlmath] kada stavim opci clan u limes kad [inlmath]n[/inlmath] ide u beskonacno

Tako je, a pošto je [inlmath]\cos 0=1[/inlmath], znači da je [inlmath]\lim\limits_{n\to\infty}a_n=1[/inlmath], prema tome, nije ispunjen neophodan uslov za konvergenciju reda (koji glasi da mora biti [inlmath]\lim\limits_{n\to\infty}a_n=0[/inlmath]), pa zaključujemo da red divergira.

[dispmath]\sum_{n=1}^\infty\left(\frac{2n^2+1}{3n^2-1}\right)^n[/dispmath]
Cauchyjevim kriterijem dođem do
[dispmath]\lim_{n\to\infty}\frac{2n^2+1}{3n^2-1}=\lim_{n\to\infty}\frac{2+\frac{1}{n^2}}{3-\frac{1}{n^2}}=\frac{2}{3}[/dispmath]

To je u redu, ostaje ti samo da zaključiš da je odatle red konvergentan (pošto je dobijena granična vrednost manja od jedan).

Tenks

ajde da pitam ovde da ne pravim novu temu
Po Dalamberovom, Kosijevom kriterijumu, ako ih koristim i dobijem [inlmath]q=1[/inlmath], sta i kako dalje ?
Znam da ako je [inlmath]q<1[/inlmath] red konvergira a ako je [inlmath]q>1[/inlmath] on divergira. Koliko se secam sa predavanja receno nam je da ako se dobije [inlmath]1[/inlmath] kao rezultat mi o tom redu nista ne mozemo da zakljucimo?

U tom slucaju moras da ispitujes preko nekog drugog kriterijuma (Gausov,Rabeov...)

Ali mi to nismo radili na vezbama
niti smo spomenuli

Imaš i poredbene kriterijume [inlmath]I[/inlmath] i [inlmath]II[/inlmath] vrste... Bilo je baš u ovoj temi slučajeva takvih redova kod kojih bi se Dalamberom ili Košijem dobilo [inlmath]q=1[/inlmath], ali poredbeni kriterijumi rešavaju posao... Da ih sad ne tražim, prelistaj malo...

Hvala ljudiiii

Dakle, kod reda
[dispmath]\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{(2n-1)!!}{2^{n+1}(2n)!!}[/dispmath]
ja upotrebim Dalamberov kriterijum, i posle malo sredjivanja dobijem
[dispmath]\frac{(2n)!!(2n+1)!!}{2(2n+2)!!(2n-1)!!}[/dispmath]
e sad, kako dalje smem da skratim ove duple faktorijele?

Skratiš ih tako što [inlmath]\left(2n+1\right)!![/inlmath] napišeš kao [inlmath]\left(2n+1\right)\cdot\left(2n-1\right)!![/inlmath], a [inlmath]\left(2n+2\right)!![/inlmath] napišeš kao [inlmath]\left(2n+2\right)\cdot\left(2n\right)!![/inlmath].

Daniel je napisao:

eseper je napisao:[inlmath](3)[/inlmath]
[dispmath]\sum\frac{1}{\ln(n!)}[/dispmath]

Nemam trenutno na umu nikakvo pametnije rešenje nego da se primeni isti princip koji je primenjen za red [inlmath]\sum\frac{1}{n\ln n}[/inlmath] u ovom zadatku.
[dispmath]n!<n^n\quad\Rightarrow\quad\ln\left(n!\right)<\ln\left(n^n\right)=n\ln n\quad\Rightarrow\quad\frac{1}{\ln\left(n!\right)}>\frac{1}{n\ln n}>\frac{1}{n\log_2n}>\cdots[/dispmath]
i dalje je sve isto kao u pomenutom zadatku, tako da se na kraju pokazuje da red [inlmath]\sum\frac{1}{\ln\left(n!\right)}[/inlmath] divergira.

Ja bih se eto nakon 7 godina od posta nadovezao na ovaj zadatak, nadam se da nije neko drugi vec napisao u drugim postovima
Dakle imamo red:[dispmath]\sum\limits_{n=2}^{\infty}\frac{1}{\ln{(n!)}}[/dispmath]
Kako vrijedi:

[dispmath]n! < n^n[/dispmath]
[dispmath]\ln{(n!)} < \ln{(n^n)}[/dispmath]
[dispmath]\frac{1}{\ln\left(n!\right)}>\frac{1}{n\ln n}[/dispmath]
Sada cemo da uporedimo dva reda:
[dispmath]\sum\limits_{k=n}^{\infty}\frac{1}{\ln{(n!)}}>\sum\limits_{n=2}^{\infty}\frac{1}{n\ln{(n)}}[/dispmath]
Predstavimo sada red: [inlmath]\sum\limits_{n=2}^{\infty}\frac{1}{n\ln{(n)}}[/inlmath] u obliku funkcije: [inlmath]f(x)=\frac{1}{x\ln{(x)}}[/inlmath]
Kako je f-ja: [inlmath]f(x)=\frac{1}{x\ln{(x)}}[/inlmath] neprekidna i opadajuća, to možemo primjeniti Integralni kriterij:
[dispmath]\int\limits_2^\infty \frac{1}{x\ln{(x)}}\mathrm dx \Longrightarrow
\left|\begin{matrix}
u=\ln{x} & \mathrm dx=x \mathrm du\\
2 \to \ln{2} & \infty \to \ln{\infty}
\end{matrix}\right |[/dispmath]
[dispmath]\Rightarrow \int\limits_{\ln{2}}^{\ln{\infty}} \frac{1}{u}\mathrm du =\ln{|(u)|}\Big |_{\ln{2}}^{\ln{\infty}}=\ln{(\ln{(\infty)})}-\ln{(\ln{(2)})}=\infty[/dispmath]
Kako nas integral divergira tako divergira i nas red: [inlmath]\sum\limits_{n=2}^{\infty}\frac{1}{n\ln{(n)}}[/inlmath] a samim tim i nas pocetni red:[inlmath]\sum\limits_{n=2}^{\infty}\frac{1}{\ln{(n!)}}[/inlmath]