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