Ako moze pomoc oko ovoga zadatka. Mislim da je ideja rjesavanja ovakvih zadataka da se primjeni Lopitalovo pravilo, ali prije toga treba da se dokaze da je to beskonacno kroz beskonacno, ili da primjenimo Stolcovu teoremu pa da dokazemo da je to [inlmath]0[/inlmath] kroz [inlmath]0[/inlmath]. Ja sam probala sve to ali se na kraju sve to zakomplikuje, pa ako mogu da dobijem vasu ideju oko ovog zadatka.
[dispmath]\lim_{n\to\infty}\frac{\sqrt n\cdot\int\limits_{\sqrt n}^{\sqrt{n+1}}\ln x\mathrm dx}{1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{2\cdot n-1}}[/dispmath]

[inlmath]lim_{n\to\infty}\frac{sqrt n\cdot \int\limits_\sqrt n^\sqrt{n+1}\ln x\mathrm dx}{1+frac{1}{2}+\cdots+frac{1}{2\cdot n-1}}[/inlmath]

neka medator obrise ovaj post kada koriguje prethodni

Izraze napisane u Latexu treba da uokviriš InlineMath- ili equation-tagovima, kako bi se oni prikazali kao formule. Korigovao sam.

Siniša, nisi se ni ti baš proslavio s Latexom. Ispred lim, sqrt i frac treba da ide \ (backslash). Zašto pre slanja poruke ne kliknete prvo na „Pregled“ kako biste videli kako će vaša poruka izgledati kad je budete poslali?

Što se tiče zadatka – izračunaj čemu je jednak integral u brojiocu, zatim to pomnoži sa [inlmath]\sqrt n[/inlmath]. Jesi li to uradila? Ako jesi, napiši šta si dobila kao rezultat. Zatim je potrebno da utvrdiš čemu teži taj dobijen izraz kada [inlmath]n\to\infty[/inlmath].

Izraz u imeniocu ovime kako je napisan nije jasno definisan. Vidi se da je to neka suma, ali nije odavde jasno kako glasi njen opšti član, niti šta od prikazanih sabiraka spada u tu sumu.

Kada izracunam integral u brojiocu i pomnozim ga sa [inlmath]\sqrt n[/inlmath] dobijem sledece:
[dispmath]\sqrt n\cdot\sqrt{n+1}\cdot\ln\sqrt{n+1}-n\cdot\ln\sqrt n-\frac{\sqrt n}{\sqrt n+\sqrt{n+1}}[/dispmath]
U imeniocu je sledeci izraz [inlmath]1+\frac{1}{3}+\frac{1}{5}+\cdots+\frac{1}{2n-1}[/inlmath]

dijana95 je napisao:Kada izracunam integral u brojiocu i pomnozim ga sa [inlmath]\sqrt n[/inlmath] dobijem sledece:
[dispmath]\sqrt n\cdot\sqrt{n+1}\cdot\ln\sqrt{n+1}-n\cdot\ln\sqrt n-\frac{\sqrt n}{\sqrt n+\sqrt{n+1}}[/dispmath]

[inlmath]\ln\sqrt n[/inlmath] možeš napisati kao [inlmath]\ln n^{\frac{1}{2}}[/inlmath], a zatim kao [inlmath]\frac{1}{2}\ln n[/inlmath]. Slično i za [inlmath]\ln\sqrt{n+1}[/inlmath]. U sabirku [inlmath]\frac{\sqrt n}{\sqrt n+\sqrt{n+1}}[/inlmath] podelimo i brojilac i imenilac sa [inlmath]\sqrt n[/inlmath]:
[dispmath]\lim_{n\to\infty}\left[\frac{\sqrt n\cdot\sqrt{n+1}\cdot\ln\left(n+1\right)-n\cdot\ln n}{2}-\frac{1}{1+\sqrt{1+\cancelto{0}{\frac{1}{n}}}}\right]=[/dispmath]
[inlmath]\ln\left(n+1\right)[/inlmath] napišeš kao [inlmath]\ln\left[n\left(1+\frac{1}{n}\right)\right][/inlmath], a zatim logaritam proizvoda rastaviš na zbir logaritama pa to bude [inlmath]\ln n+\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)[/inlmath]:
[dispmath]=\lim_{n\to\infty}\frac{\sqrt n\cdot\sqrt{n+1}\cdot\left[\ln n+\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)\right]-n\cdot\ln n}{2}-\frac{1}{2}=\\
=\frac{1}{2}\lim_{n\to\infty}\left[\sqrt n\cdot\sqrt{n+1}\cdot\ln n+\sqrt n\cdot\sqrt{n+1}\cdot\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)-n\cdot\ln n\right]-\frac{1}{2}=\\
=\frac{1}{2}\lim_{n\to\infty}\left[\left(\sqrt n\cdot\sqrt{n+1}-n\right)\cdot\ln n+\sqrt n\cdot\sqrt{n+1}\cdot\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)\right]-\frac{1}{2}=\\[/dispmath]
Na deo ovog izraza [inlmath]\sqrt n\cdot\sqrt{n+1}-n[/inlmath] primenićemo formulu [inlmath]a-b=\frac{a^2-b^2}{a+b}[/inlmath], koja predstavlja zapravo formulu za razliku kvadrata, samo u nešto modifikovanom obliku:
[dispmath]\sqrt n\cdot\sqrt{n+1}-n=\frac{\left(\sqrt n\cdot\sqrt{n+1}\right)^2-n^2}{\sqrt n\cdot\sqrt{n+1}+n}=\frac{\cancel{n^2}+n-\cancel{n^2}}{\sqrt n\cdot\sqrt{n+1}+n}=\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{n}}+1}[/dispmath]
što očigledno teži [inlmath]\frac{1}{2}[/inlmath] kada [inlmath]n\to\infty[/inlmath]. Prema tome, kada to uvrstimo u naš limes,
[dispmath]=\frac{1}{2}\lim_{n\to\infty}\left[\frac{1}{2}\cdot\ln n+\sqrt n\cdot\sqrt{n+1}\cdot\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)\right]-\frac{1}{2}=[/dispmath]
Posmatramo deo izraza unutar uglaste zagrade. Za [inlmath]n\to\infty[/inlmath] sabirak [inlmath]\frac{1}{2}\cdot\ln n[/inlmath] očigledno teži beskonačnosti. Ponašanje sabirka [inlmath]\sqrt n\cdot\sqrt{n+1}\cdot\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)[/inlmath] ne moramo eksplicitno određivati – vidimo da su svi njegovi činioci pozitivni, pa samim tim i on mora biti pozitivan, a njegov limes tada sigurno ne može biti [inlmath]-\infty[/inlmath]. Zbir limesa koji je beskonačan i limesa koji nije [inlmath]-\infty[/inlmath] mora dati beskonačnu vrednost. Prema tome, vrednost posmatranog limesa je beskonačna.

dijana95 je napisao:U imeniocu je sledeci izraz [inlmath]1+\frac{1}{3}+\frac{1}{5}+\cdots+\frac{1}{2n-1}[/inlmath]

Znači, u imeniocu drugog sabirka nije dvojka kako si prvobitno napisala, već trojka.
To je ogromna razlika
Molim te da, kad postavljaš neki zadatak, po nekoliko puta proveriš jesi li dobro napisala sve podatke, da ne bi unela zabunu kao sad.

Izraz u imeniocu može se napisati u obliku sume [inlmath]\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{1}{2n-1}[/inlmath], pri čemu je [inlmath]\frac{1}{2n-1}\sim\frac{1}{2n}[/inlmath], a [inlmath]\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{1}{2n}=\frac{1}{2}\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{1}{n}[/inlmath]. Pošto je [inlmath]\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{1}{n}[/inlmath] harmonijski red za koji znamo da divergira, divergiraće i red [inlmath]\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{1}{2n}[/inlmath], a samim tim će divergirati i red [inlmath]\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{1}{2n-1}[/inlmath].