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...