Za početak, osnovno. Napisat ću ono što imam ispred sebe, a ako možda neko želi nadopuniti, slobodno.

---

Neka je [inlmath]a_n[/inlmath] niz pozitivnih realnih brojeva takvih da:

- postoji [inlmath]m\in\mathbb{N}[/inlmath] takav da je [inlmath]|a_{n+1}|\le|a_n|[/inlmath] za [inlmath]n\ge m[/inlmath]
- [inlmath]\lim\limits_{x\to\infty}a_n=0[/inlmath]

Tada red
[dispmath]\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^na_n[/dispmath]
konvergira.

DEF: Red [inlmath]\sum a_n[/inlmath] je apsolutno konvergentan ako konvergira red [inlmath]\sum|a_n|[/inlmath]
TEOREM: Ako je red [inlmath]\sum a_n[/inlmath] apsolutno konvergentan, onda je i konvergentan

Pa krenimo

Evo nekoliko jednostavnijih za početak

[inlmath]1.[/inlmath]
[dispmath]\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n\frac{1}{n}[/dispmath]
[inlmath]\lim\limits_{x\to\infty}a_n=\lim\limits_{x\to\infty}\frac{1}{n}=0[/inlmath]
tj.
[inlmath]a_n\ge a_{n+1}[/inlmath]
pa red konvergira


[inlmath]2.[/inlmath]
[dispmath]\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n\mathrm{tg}\frac{1}{\sqrt{n}}[/dispmath]
[inlmath]\lim\limits_{x\to\infty}a_n=\lim\limits_{x\to\infty}\mathrm{tg}\frac{1}{\sqrt{n}}=\mathrm{tg}\:0=0[/inlmath] pa red konvergira
tj.
[inlmath]a_n\ge a_{n+1}[/inlmath] za [inlmath]n\ge1[/inlmath]

Nekako mi je ovo pre jednostavno. Trebaju li možda neka dodatna dokazivanja?

---

E sada, imamo

[inlmath]3.[/inlmath]
[dispmath]\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{\color{red}n+1}\sin\frac{n+1}{n^3+17}[/dispmath]
Zanima me upravo ovo crveno. Primjetio sam da postoje zadaci samo na [inlmath]n[/inlmath]-ti eksponent, potom [inlmath]n+1[/inlmath] kao što je ovdje slučaj i [inlmath]n-1[/inlmath]. Što takve zadatke razlikuje od ostalih tipova? Rješavaju li se možda na drukčiji način?

eseper je napisao:Nekako mi je ovo pre jednostavno. Trebaju li možda neka dodatna dokazivanja?

Ma, jok. To je to, dokazao si.

eseper je napisao:[inlmath]3.[/inlmath]
[dispmath]\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{\color{red}n+1}\sin\frac{n+1}{n^3+17}[/dispmath]
Zanima me upravo ovo crveno. Primjetio sam da postoje zadaci samo na [inlmath]n[/inlmath]-ti eksponent, potom [inlmath]n+1[/inlmath] kao što je ovdje slučaj i [inlmath]n-1[/inlmath]. Što takve zadatke razlikuje od ostalih tipova? Rješavaju li se možda na drukčiji način?

Sve je to isto. [inlmath]\left(-1\right)^{n+1}[/inlmath] je isto što i [inlmath]\left(-1\right)^{n-1}[/inlmath], a to je, opet, isto što i [inlmath]-\left(-1\right)^n[/inlmath]. Znači, ovaj red možeš napisati i kao
[dispmath]\sum_{n=1}^{\infty}\left(-1\right)^{n+1}\sin\frac{n+1}{n^3+17}=-\sum_{n=1}^{\infty}\left(-1\right)^n\sin\frac{n+1}{n^3+17}[/dispmath]
a kad posmatraš njegovu konvergenciju, taj minus ispred nema veze... jer, ako konvergira red [inlmath]-\sum a_n[/inlmath], tada konvergira i red [inlmath]\sum a_n[/inlmath]. I obratno.

Evo, limes je [inlmath]0[/inlmath] što znači da red konvergira...

Ali me zanima da li treba [inlmath]|a_n|\ge|a_{n+1}|[/inlmath] tražiti za koje [inlmath]n[/inlmath]-ove? Pokušao sam, malo se zakomplicira...

Znači, treba ispitati da li postoji [inlmath]m\in\mathbb{N}[/inlmath] takvo da važi [inlmath]n\ge m\;\Rightarrow\;\left|a_n\right|\ge\left|a_{n+1}\right|[/inlmath]
ili, drugim rečima, da li, počev od nekog određenog, [inlmath]m[/inlmath]-tog člana reda, taj i svi naredni članovi reda čine monotono neopadajući niz.
[dispmath]\sin\frac{n+1}{n^3+17}\ge\sin\frac{\left(n+1\right)+1}{\left(n+1\right)^3+17}[/dispmath]
Argument sinusa, [inlmath]\frac{n+1}{n^3+17}[/inlmath], ima vrednost između nule i jedinice, što se može i pokazati:
[dispmath]\frac{n+1}{n^3+17}=\frac{n+1}{n^3+1+16}=\frac{n+1}{\left(n+1\right)\left(n^2-n+1\right)+16}=\\
=\frac{1}{n^2-n+1+\frac{16}{n+1}}=\frac{1}{n^2-2n+1+n+\frac{16}{n+1}}=\frac{1}{\left(n-1\right)^2+n+\frac{16}{n+1}}[/dispmath]
Svi sabirci u imeniocu su pozitivni, a pošto je [inlmath]n\ge1[/inlmath], za svako [inlmath]n[/inlmath] vrednost imenioca će biti veća od jedan, a pošto je brojilac jednak jedinici, vrednost celog razlomka će biti između nule i jedinice.
Pošto je između nule i jedinice sinus monotono rastuća funkcija, tj. u tom interbvalu važi [inlmath]\sin\alpha\ge\sin\beta\;\Rightarrow\;\alpha\ge\beta[/inlmath], možemo pisati:
[dispmath]\frac{n+1}{n^3+17}\ge\frac{\left(n+1\right)+1}{\left(n+1\right)^3+17}\\
\frac{n+1}{n^3+17}\ge\frac{n+2}{n^3+3n^2+3n+18}[/dispmath]
Pošto su imenioci oba razlomka uvek pozitivni, možemo obe strane pomnožiti imeniocima tih razlomaka, ne narušavajući smer nejednakosti:
[dispmath]\left(n+1\right)\left(n^3+3n^2+3n+18\right)\ge\left(n+2\right)\left(n^3+17\right)\\
\cancel{n^4}+4n^3+6n^2+21n+18\ge\cancel{n^4}+2n^3+17n+34\\
2n^3+6n^2+4n-16\ge0\quad/:2\\
n^3+3n^2+2n-8\ge0\\
n^3+3n^2+2n\ge8[/dispmath]
Pošto su za [inlmath]n>0[/inlmath] sva tri sabirka na levoj strani nejednačine ([inlmath]n^3[/inlmath], [inlmath]3n^2[/inlmath] i [inlmath]2n[/inlmath]) monotono rastuća, biće monotono rastuć i njihov zbir, tj. leva strana nejednačine. Ona će biti manja od [inlmath]8[/inlmath] jedino za [inlmath]n=1[/inlmath] (što znači da tada nejednakost nije zadovoljena), a već za [inlmath]n=2[/inlmath] biće veća od [inlmath]8[/inlmath], što znači da je nejednakost tačna za svako [inlmath]n\ge2[/inlmath].
To znači da jedino za prva dva člana ovog reda važi da je sledeći veći od prethodnog, a već za naredna dva člana važi da je sledeći manji od prethodnog. Prema tome, u ovom slučaju [inlmath]m=2[/inlmath], tj. broj [inlmath]m[/inlmath] postoji, čime je ispunjen i drugi uslov za konvergenciju ovog reda, pa zaključujemo da red konvergira.

Shvaćam, identično sam dobio. Hvala na pojašnjenju

[inlmath](1)[/inlmath]
[dispmath]\sum(-1)^n\frac{1}{(n+1)\ln n}[/dispmath]
[inlmath]\lim|a_n|=0[/inlmath]

[inlmath]|a_n|\ge|a_{n+1}|[/inlmath] za [inlmath]n>1[/inlmath]

red konvergira


[inlmath](2)[/inlmath]
[dispmath]\sum(-1)^n\mathrm{tg}\frac{1}{n\sqrt{n}}[/dispmath]
[inlmath]\lim|a_n|=0[/inlmath]

[inlmath]|a_n|\ge|a_{n+1}|[/inlmath] za [inlmath]n\ge1[/inlmath]

red konvergira


[inlmath](3)[/inlmath]
[dispmath]\sum(-1)^n\mathrm{arctg}\frac{2^nn!}{n^n}[/dispmath]
Uputa za ovaj treći. Postoji li možda neki način da se argument [inlmath]\mathrm{arctg}[/inlmath]-a nekako sredi ili bi trebalo ovako tražiti limes i ono drugo? I raspisivati faktorijel...

[inlmath]1.[/inlmath] i [inlmath]2.[/inlmath] su OK.

Ovaj limes u [inlmath]3.[/inlmath] zadatku je vrlo interesantan. Jedini način na koji sam uspeo da ga rešim je preko stava o geometrijskoj sredini. Možda postoji i neki jednostavniji način, al' ja ga ne vidim. Ako neko zna, neka napiše.
[dispmath]\lim_{n\to\infty}\frac{2^nn!}{n^n}=\lim_{n\to\infty}\left(2\sqrt[n]{\frac{n!}{n^n}}\right)^n[/dispmath]
Stav o geometrijskoj sredini:
[dispmath]\left[\left(\forall n\in\mathbb{N}\right)\;x_n>0\;\land\;\lim_{n\to\infty}x_n=a\right]\;\Rightarrow\;\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{x_1x_2\cdots x_n}=a[/dispmath]
Na osnovu malopre pokazanog stava o geometrijskoj sredini:
[dispmath]\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{\frac{n!}{n^n}}=\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{\frac{\frac{1!}{1^1}\cdot\frac{2!}{2^2}\cdots\frac{\left(n-1\right)!}{\left(n-1\right)^{n-1}}\cdot\frac{n!}{n^n}}{\frac{1!}{1^1}\cdot\frac{2!}{2^2}\cdots\frac{\left(n-1\right)!}{\left(n-1\right)^{n-1}}}}=\lim_{n\to\infty}\frac{\sqrt[n]{\frac{1!}{1^1}\cdot\frac{2!}{2^2}\cdots\frac{\left(n-1\right)!}{\left(n-1\right)^{n-1}}\cdot\frac{n!}{n^n}}}{\sqrt[n]{\frac{1!}{1^1}\cdot\frac{2!}{2^2}\cdots\frac{\left(n-1\right)!}{\left(n-1\right)^{n-1}}}}=[/dispmath][dispmath]=\frac{\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{\frac{1!}{1^1}\cdot\frac{2!}{2^2}\cdots\frac{\left(n-1\right)!}{\left(n-1\right)^{n-1}}\cdot\frac{n!}{n^n}}}{\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{\frac{1!}{1^1}\cdot\frac{2!}{2^2}\cdots\frac{\left(n-1\right)!}{\left(n-1\right)^{n-1}}}}=\frac{\lim\limits_{n\to\infty}\frac{n!}{n^n}}{\lim\limits_{n\to\infty}\frac{\left(n-1\right)!}{\left(n-1\right)^{n-1}}}=\lim_{n\to\infty}\frac{\frac{n!}{n^n}}{\frac{\left(n-1\right)!}{\left(n-1\right)^{n-1}}}=\lim_{n\to\infty}\frac{\frac{\cancel n\cancel{\left(n-1\right)!}}{\cancel n\cdot n^{n-1}}}{\frac{\cancel{\left(n-1\right)!}}{\left(n-1\right)^{n-1}}}=[/dispmath][dispmath]=\lim_{n\to\infty}\frac{\left(n-1\right)^{n-1}}{n^{n-1}}=\lim_{n\to\infty}\left(\frac{n-1}{n}\right)^{n-1}=\lim_{n\to\infty}\left[\left(\frac{n}{n-1}\right)^{n-1}\right]^{-1}=[/dispmath][dispmath]=\lim_{n\to\infty}\left[\left(\frac{n-1+1}{n-1}\right)^{n-1}\right]^{-1}=\lim_{n\to\infty}\left[\left(1+\frac{1}{n-1}\right)^{n-1}\right]^{-1}=e^{-1}=\frac{1}{e}[/dispmath]
Vraćamo se na naš limes:
[dispmath]\lim_{n\to\infty}\frac{2^nn!}{n^n}=\lim_{n\to\infty}\left(2\sqrt[n]{\frac{n!}{n^n}}\right)^n=\lim_{n\to\infty}\left(\frac{2}{e}\right)^n=0[/dispmath]
Iz ovog postupka vidimo i jednu zanimljivu stvar, a to je da izrazi [inlmath]\frac{3^nn!}{n^n}[/inlmath], [inlmath]\frac{4^nn!}{n^n}[/inlmath], [inlmath]\frac{5^nn!}{n^n}[/inlmath] itd. teže beskonačnosti, dok jedino ovaj, u kome figuriše dvojka,, teži nuli.

Pošto argument tangensa teži nuli, zaključujemo i da vrednost tangensa teži nuli, što znači da je [inlmath]\lim\limits_{n\to\infty}\left|a_n\right|=0[/inlmath].

Radi dokazivanja da [inlmath]\left(\exists m\in\mathbb{N}\right)\;n\ge m\;\Rightarrow\;\left|a_{n+1}\right|\le\left|a_n\right|[/inlmath] treba da rešiš nejednačinu po [inlmath]n[/inlmath]: [inlmath]\frac{\left|a_{n+1}\right|}{\left|a_n\right|}\le1[/inlmath], u koju, naravno, uvrstiš izraze za [inlmath]\left|a_{n+1}\right|[/inlmath] i [inlmath]\left|a_n\right|[/inlmath] pri čemu se dosta toga pokrati...

Bome, zeznut zadatak I ovaj je baš s lanjskog ispita...

Još jedan, koji nije nešto osobitno težak, ali neka se nađe
[dispmath]\sum(-1)^n\frac{2n^2}{n^4-n^2+1}[/dispmath]
Red konvergira zato što je

[inlmath]\lim|a_n|=0\\
|a_n|\ge|a_{n+1}|[/inlmath]
[inlmath]n\ge1[/inlmath] a to sam zaključio iz
([inlmath]-2n^5+10n^4+8n^3-4n\ge2[/inlmath])