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.