eseper je napisao:[dispmath]\sum\mathrm{arctg}\frac{1}{2n^2}[/dispmath]

Očito da ćemo onda ovaj red trebati preko usporednog kriterija I. ili II. vrste. Za to su nam potrebna neka dva reda koja možemo uspoređivati. [inlmath]a_n[/inlmath] je očito [inlmath]\mathrm{arctg}\frac{1}{2n^2}[/inlmath], no iz dosadašnjih zadataka iz ovog dijela gradiva koje sam pokušavao riješiti, nisam otkrio kako točno naći [inlmath]b_n[/inlmath] Kada se nađe, onda se primjene samo pravila pa pretpostavljam da zadatak nije kompliciran I osim toga, kako odrediti koji red je majoranta, a koji minoranta?

Prvo pokažimo da za svako [inlmath]x>0[/inlmath] važi da je [inlmath]\mathrm{arctg}\:x<x[/inlmath].
Posmatramo funkcije [inlmath]f\left(x\right)=\mathrm{arctg}\:x[/inlmath] i [inlmath]g\left(x\right)=x[/inlmath].
Za [inlmath]x=0[/inlmath] ove dve funkcije imaju jednake vrednosti:
[dispmath]f\left(0\right)=\mathrm{arctg}\:0\mathop=0,\quad g\left(0\right)=0\quad\Rightarrow\quad f\left(0\right)=g\left(0\right)[/dispmath]
Izvodi ovih dveju funkcija su:
[dispmath]f'\left(x\right)=\left(\mathrm{arctg}\:x\right)'=\frac{1}{1+x^2},\quad g'\left(x\right)=x'=1[/dispmath]
iz čega sledi da za svako [inlmath]x>0[/inlmath] važi
[dispmath]f'\left(x\right)<g'\left(x\right)[/dispmath]
Pošto su za [inlmath]x=0[/inlmath] vrednosti obe funkcije jednake, a za [inlmath]x>0[/inlmath] izvod prve funkcije je manji od izvoda druge, pri čemu su obe funkcije neprekidne, to znači da će prva funkcija sporije rasti od druge, pa će za svako [inlmath]x>0[/inlmath] vrednost prve funkcije biti manja od vrednosti druge funkcije:
[dispmath]x>0\quad\Rightarrow\quad f\left(x\right)<g\left(x\right)\quad\Rightarrow\quad\mathrm{arctg}\:x<x[/dispmath]
Na osnovu ovoga sledi da je
[dispmath]\mathrm{arctg}\frac{1}{2n^2}<\frac{1}{2n^2}[/dispmath]
Ako dokažemo da red [inlmath]\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{1}{2n^2}[/inlmath] konvergira, time ćemo dokazati da konvergira i red [inlmath]\sum\limits_{n=1}^\infty\mathrm{arctg}\frac{1}{2n^2}[/inlmath], budući da oba ta reda imaju pozitivne članove.
[dispmath]\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{2n^2}=\frac{1}{2}\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2}=\frac{1}{2}\left(1+\sum_{n=2}^\infty\frac{1}{n^2}\right)<\frac{1}{2}\left[1+\sum_{n=2}^\infty\frac{1}{n\left(n-1\right)}\right]=[/dispmath]
[dispmath]=\frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{2\cdot 1}+\frac{1}{3\cdot 2}+\frac{1}{4\cdot 3}+\cdots\right)=\frac{1}{2}\left(1+\frac{2-1}{2\cdot 1}+\frac{3-2}{3\cdot 2}+\frac{4-3}{4\cdot 3}+\cdots\right)=[/dispmath]
[dispmath]=\frac{1}{2}\left(1+\frac{\cancel 2}{\cancel 2\cdot 1}-\frac{1}{2\cdot 1}+\frac{\cancel 3}{\cancel 3\cdot 2}-\frac{\cancel 2}{3\cdot\cancel 2}+\frac{\cancel 4}{\cancel 4\cdot 3}-\frac{\cancel 3}{4\cdot\cancel 3}+\cdots\right)=[/dispmath]
[dispmath]=\frac{1}{2}\left(1+1-\cancel{\frac{1}{2}}+\cancel{\frac{1}{2}}-\cancel{\frac{1}{3}}+\cancel{\frac{1}{3}}-\frac{1}{4}+\cdots\right)=\frac{1}{2}\cdot 2=1[/dispmath]
[dispmath]\Rightarrow\quad\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{2n^2}<1[/dispmath]
čime je dokazana konvergencija reda [inlmath]\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{1}{2n^2}[/inlmath], a samim tim, na osnovu prethodnog obrazloženja, i konvergencija reda [inlmath]\sum\limits_{n=1}^\infty\mathrm{arctg}\frac{1}{2n^2}[/inlmath].

Super, hvala

Inače, ako je ovo točno, onda zapravo i ne trebamo dokazivati da je red [inlmath]\sum\frac{1}{2n^2}[/inlmath] konvergentan:

Harmonijski red:
[dispmath]\sum\frac{1}{h^r}[/dispmath]
- ako je [inlmath]r>1[/inlmath], red konvergira
- ako je [inlmath]r\le 1[/inlmath], red divergira

Geometrijski red:
[dispmath]\sum q^n[/dispmath]
- ako je [inlmath]|q|<1[/inlmath], red konvergira
- ako je[inlmath]|q|\ge 1[/inlmath], red divergira

---

Uspio sam na onom primjeru shvatiti kako smo došli do reda [inlmath]\sum b_n[/inlmath], ali evo recimo na ovom primjeru:
[dispmath]\sum\frac{1}{n\ln n}[/dispmath]
Ovo je ujedno i [inlmath]\sum a_n[/inlmath], ali kako bismo odredili što je [inlmath]\sum b_n[/inlmath] ? To mi do kraja nije jasno.

Evo još nekoliko sličnih zadataka, pa da provjerimo...

1.

---

[dispmath]\sum\mathrm{arctg}\:2^{-n}[/dispmath]
[inlmath]a_n=\mathrm{arctg}\:2^{-n}[/inlmath]
[inlmath]b_n=\left(\frac{1}{2}\right)^n[/inlmath]
[inlmath]a_n<b_n[/inlmath]
Red konvergira

2.

---

[dispmath]\sum\sin\left(\sqrt{n^3-1}-\sqrt{n^3}\right)[/dispmath]
Kada se ovo sredi, dobijemo [dispmath]\sum\frac{1}{\sin\left(\sqrt{n^3-1}+\sqrt{n^3}\right)}[/dispmath]
[inlmath]a_n=\frac{1}{\sin\left(\sqrt{n^3-1}+\sqrt{n^3}\right)}[/inlmath]
[inlmath]b_n=\frac{1}{n^\frac{3}{2}}[/inlmath]
[inlmath]a_n<b_n[/inlmath]
Red konvergira

3.

---

[dispmath]\sum\mathrm{tg}\frac{1}{\sqrt{n}}[/dispmath]
[inlmath]a_n=\mathrm{tg}\frac{1}{\sqrt{n}}[/inlmath]
[inlmath]b_n=\frac{1}{n^\frac{1}{2}}[/inlmath]
[inlmath]a_n<b_n[/inlmath]
Red divergira

eseper je napisao:Harmonijski red:
[dispmath]\sum\frac{1}{h^r}[/dispmath]
- ako je [inlmath]r>1[/inlmath], red konvergira
- ako je [inlmath]r\le 1[/inlmath], red divergira

Ako vam je dozvoljeno da se pozivate na tu osobinu kao na nešto što je po defaultu poznato, onda, eto, poseban dokaz i nije potreban.

Mala digresija: harmonijski red je, valjda, [inlmath]\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{1}{n}[/inlmath], a kad se u imeniocu pojavljuje eksponent, onda to više nije harmonijski, već p-red (izvor).

eseper je napisao:[dispmath]\sum\frac{1}{n\ln n}[/dispmath]
Ovo je ujedno i [inlmath]\sum a_n[/inlmath], ali kako bismo odredili što je [inlmath]\sum b_n[/inlmath] ? To mi do kraja nije jasno.

Vrlo zeznut primer. Opšti član mu je manji od opštih članova redova [inlmath]\sum\frac{1}{n}[/inlmath] i [inlmath]\sum\frac{1}{\ln n}[/inlmath] koji divergiraju, a opet je veći od opšteg člana reda [inlmath]\frac{1}{n^2}[/inlmath] koji konvergira, tako da ga, na prvi pogled, ne možemo uhvatiti „ni za glavu ni za rep“, osim što možemo samo konstatovati da, bilo da konvergira ili divergira, to čini vrlo sporo.
Ali, evo ipak načina na koji bi se njegovo ponašanje moglo odrediti:
Prvo, uporedimo [inlmath]\ln n[/inlmath] i [inlmath]\log_2 n[/inlmath]:
[dispmath]e>2\quad\mathop\Rightarrow\limits^{n>1}\quad\log_n e>\log_n 2\quad\Rightarrow\quad\frac{1}{\ln n}>\frac{1}{\log_2 n}\quad\Rightarrow\quad\ln n<\log_2 n[/dispmath]
[dispmath]\frac{1}{n\ln n}>\frac{1}{n\log_2 n}>\frac{1}{n\left\lceil\log_2 n\right\rceil}=\frac{1}{2^{\log_2 n}\left\lceil\log_2 n\right\rceil}>\frac{1}{2^{\left\lceil\log_2 n\right\rceil}\left\lceil\log_2 n\right\rceil}[/dispmath]
[inlmath]\left\lceil x\right\rceil[/inlmath] predstavlja [inlmath]x[/inlmath] zaokruženo na prvi veći ceo broj.

[inlmath]n=2\quad\Rightarrow\quad 2^0[/inlmath] vrednosti [inlmath]n\quad\Rightarrow\quad 2^{\left\lceil\log_2 n\right\rceil}\left\lceil\log_2 n\right\rceil=2^1\cdot 1[/inlmath]

[inlmath]\left.\begin{array}{ll}
n=3 \\
n=4
\end{array}\right\}\quad\Rightarrow\quad 2^1[/inlmath] vrednosti [inlmath]n\quad\Rightarrow\quad 2^{\left\lceil\log_2 n\right\rceil}\left\lceil\log_2 n\right\rceil=2^2\cdot 2[/inlmath]

[inlmath]\left.\begin{array}{ll}
n=5 \\
n=6 \\
n=7 \\
n=8
\end{array}\right\}\quad\Rightarrow\quad 2^2[/inlmath] vrednosti [inlmath]n\quad\Rightarrow\quad 2^{\left\lceil\log_2 n\right\rceil}\left\lceil\log_2 n\right\rceil=2^3\cdot 3[/inlmath]

[inlmath]\left.\begin{array}{ll}
n=9 \\
n=10 \\
n=11 \\
n=12 \\
n=13 \\
n=14 \\
n=15 \\
n=16
\end{array}\right\}\quad\Rightarrow\quad 2^3[/inlmath] vrednosti [inlmath]n\quad\Rightarrow\quad 2^{\left\lceil\log_2 n\right\rceil}\left\lceil\log_2 n\right\rceil=2^4\cdot 4[/inlmath]

[inlmath]\cdots[/inlmath]

Pa onda posmatramo zadati red počev od [inlmath]n=2[/inlmath] (jer bi mu za [inlmath]n=1[/inlmath] vrednost bila beskonačna zbog logaritma u imeniocu koji je tada jednak nuli):
[dispmath]\Rightarrow\quad\sum_{n=2}^\infty\frac{1}{2^{\left\lceil\log_2 n\right\rceil}\left\lceil\log_2 n\right\rceil}=\frac{1}{2^1\cdot 1}+\underbrace{\frac{1}{2^2\cdot 2}+\frac{1}{2^2\cdot 2}}_{2^1\;\mathrm{sabiraka}}+\underbrace{\frac{1}{2^3\cdot 3}+\cdots+\frac{1}{2^3\cdot 3}}_{2^2\;\mathrm{sabiraka}}+\underbrace{\frac{1}{2^4\cdot 4}+\cdots+\frac{1}{2^4\cdot 4}}_{2^3\;\mathrm{sabiraka}}+\cdots[/dispmath]
[dispmath]\sum_{n=2}^\infty\frac{1}{2^{\left\lceil\log_2 n\right\rceil}\left\lceil\log_2 n\right\rceil}=\frac{1}{2^1\cdot 1}+2^1\cdot\frac{1}{2^2\cdot 2}+2^2\cdot\frac{1}{2^3\cdot 3}+2^3\cdot\frac{1}{2^4\cdot 4}+\cdots[/dispmath]
[dispmath]\sum_{n=2}^\infty\frac{1}{2^{\left\lceil\log_2 n\right\rceil}\left\lceil\log_2 n\right\rceil}=\frac{1}{2\cdot 1}+\frac{1}{2\cdot 2}+\frac{1}{2\cdot 3}+\frac{1}{2\cdot 4}+\cdots[/dispmath]
[dispmath]\sum_{n=2}^\infty\frac{1}{2^{\left\lceil\log_2 n\right\rceil}\left\lceil\log_2 n\right\rceil}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{1}+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\cdots\right)[/dispmath]
[dispmath]\sum_{n=2}^\infty\frac{1}{2^{\left\lceil\log_2 n\right\rceil}\left\lceil\log_2 n\right\rceil}=\frac{1}{2}\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n}[/dispmath]
Budući da red [inlmath]\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{1}{n}[/inlmath] (harmonijski red) divergira, znači da divergira i red [inlmath]\sum\limits_{n=2}^\infty\frac{1}{2^{\left\lceil\log_2 n\right\rceil}\left\lceil\log_2 n\right\rceil}[/inlmath], a odatle sledi, pošto je ranije pokazano da je [inlmath]\frac{1}{n\ln n}>\frac{1}{2^{\left\lceil\log_2 n\right\rceil}\left\lceil\log_2 n\right\rceil}[/inlmath], da divergira i red [inlmath]\sum\limits_{n=2}^\infty\frac{1}{n\ln n}[/inlmath].

Toliko od mene zasad, ova poslednja tri primera što si postavio pogledaću nekom drugom prilikom, ako u međuvremenu već neko ne bude odgovorio.

Hvala Daniele
Ostala mi je jedino nepoznata činjenica kako određujemo majorantu, a kako minorantu reda u nekim primjerima kao što je ovaj:
[dispmath]\frac{2n^2}{n^3 -3n+4}\mbox{ i }\frac{1}{n}[/dispmath]
Je li dovoljno samo uvrstiti neki broj i pogledati koji je rezultat manji (minoranta), a koji veći (majoranta).

Također me zanima u ovom primjeru kako dobijemo da je opći član reda [inlmath]\sum\frac{2n^2}{n^3-3n+4}[/inlmath] (red [inlmath]a_n[/inlmath]) [inlmath]\sum\frac{1}{n}[/inlmath] (red [inlmath]b_n[/inlmath])? Odnosno, kako općenito određujemo [inlmath]b_n[/inlmath] ? To si mi gore pokazao kroz primjere, ali baš me zanima neki univerzalan način, kako doći do toga općenito Zašto je baš ovdje [inlmath]b_n=\frac{1}{n}[/inlmath], a ne na primjer [inlmath]b_n=\frac{1}{n^2}[/inlmath]? Ako odredim krivi [inlmath]b_n[/inlmath], ode mi cijeli zadatak k vragu

Ako neko drugi zna, nadam se da će se uključiti u raspravu kako bi Daniel mogao udahnuti

eseper je napisao:1.
[dispmath]\sum\mathrm{arctg}\:2^{-n}[/dispmath]
[inlmath]a_n=\mathrm{arctg}\:2^{-n}[/inlmath]
[inlmath]b_n=\left(\frac{1}{2}\right)^n[/inlmath]
[inlmath]a_n<b_n[/inlmath]
Red konvergira

eseper je napisao:2.
[dispmath]\sum\sin\left(\sqrt{n^3-1}-\sqrt{n^3}\right)[/dispmath]
Kada se ovo sredi, dobijemo [dispmath]\sum\frac{1}{\sin\left(\sqrt{n^3 -1}+\sqrt{n^3}\right)}[/dispmath]
[inlmath]a_n=\frac{1}{\sin\left(\sqrt{n^3-1}+\sqrt{n^3}\right)}[/inlmath]
[inlmath]b_n=\frac{1}{n^\frac{3}{2}}[/inlmath]
[inlmath]a_n<b_n[/inlmath]
Red konvergira

[dispmath]\sin\left(\sqrt{n^3-1}-\sqrt{n^3}\right)=\sin\left[\left(\sqrt{n^3-1}-\sqrt{n^3}\right)\cdot\frac{\sqrt{n^3-1}+\sqrt{n^3}}{\sqrt{n^3-1}+\sqrt{n^3}}\right]=[/dispmath]
[dispmath]=\sin\frac{\cancel{n^3}-1-\cancel{n^3}}{\sqrt{n^3-1}+\sqrt{n^3}}=-\sin\frac{1}{\sqrt{n^3-1}+\sqrt{n^3}}{\color{red}\ne}\frac{1}{\sin\left(\sqrt{n^3-1}+\sqrt{n^3}\right)}[/dispmath]
Drugo, sve i kad bi zaista dobio da je [inlmath]a_n=\frac{1}{\sin\left(\sqrt{n^3-1}+\sqrt{n^3}\right)}[/inlmath], to ne bi bio red s pozitivnim članovima, jer bi za neke vrednosti [inlmath]n[/inlmath] sinus imao pozitivnu vrednost, ali za neke druge vrednosti [inlmath]n[/inlmath] sinus bi imao negativnu vrednost. A kriterijume upoređivanja možeš primenjivati samo na redove s pozitivnim članovima.

eseper je napisao:3.
[dispmath]\sum\mathrm{tg}\frac{1}{\sqrt{n}}[/dispmath]
[inlmath]a_n=\mathrm{tg}\frac{1}{\sqrt{n}}[/inlmath]
[inlmath]b_n=\frac{1}{n^\frac{1}{2}}[/inlmath]
[inlmath]a_n{\color{red}<}b_n[/inlmath]
Red divergira

Pogrešan ti je smer znaka nejednakosti, treba [inlmath]a_n>b_n[/inlmath], inače je OK. Verovatno si samo pogrešio u kucanju.
Treba samo naglasiti da, pošto je [inlmath]0<\frac{1}{\sqrt n}\le 1[/inlmath], a tangens je u tom intervalu pozitivan, taj red će imati pozitivne članove, pa možemo primeniti kriterijum upoređivanja. Takođe (slična priča kao i za [inlmath]\mathrm{arctg}\:x[/inlmath] u jednom od ranijih postova), pošto je [inlmath]\mathrm{tg}\:0=0[/inlmath], kao i [inlmath]\left(\mathrm{tg}\:x\right)'=\frac{1}{\cos^2 x}[/inlmath], što je veće od jedinice za [inlmath]0<x<\frac{\pi}{2}[/inlmath], dok je [inlmath]\left(x\right)'=1[/inlmath], a [inlmath]\mathrm{tg}\:x[/inlmath] je neprekidna funkcija na intervalu [inlmath]\left(0,\frac{\pi}{2}\right)[/inlmath], zaključujemo da će za [inlmath]0<x<\frac{\pi}{2}[/inlmath] biti [inlmath]\mathrm{tg}\:x>x[/inlmath].
I odatle se, znači, dobije da je [inlmath]\mathrm{tg}\frac{1}{\sqrt n}>\frac{1}{n^\frac{1}{2}}[/inlmath].
Onaj prethodni zadatak sa sinusom radiš po sličnom rezonu.

Daniel je napisao:1.

[dispmath]\sin\left(\sqrt{n^3-1}-\sqrt{n^3}\right)=\sin\left[\left(\sqrt{n^3-1}-\sqrt{n^3}\right)\cdot\frac{\sqrt{n^3-1}+\sqrt{n^3}}{\sqrt{n^3-1}+\sqrt{n^3}}\right]=[/dispmath]
[dispmath]=\sin\frac{\cancel{n^3}-1-\cancel{n^3}}{\sqrt{n^3-1}+\sqrt{n^3}}=-\sin\frac{1}{\sqrt{n^3-1}+\sqrt{n^3}}{\color{red}\ne}\frac{1}{\sin\left(\sqrt{n^3-1}+\sqrt{n^3}\right)}[/dispmath]
Drugo, sve i kad bi zaista dobio da je [inlmath]a_n=\frac{1}{\sin\left(\sqrt{n^3-1}+\sqrt{n^3}\right)}[/inlmath], to ne bi bio red s pozitivnim članovima, jer bi za neke vrednosti [inlmath]n[/inlmath] sinus imao pozitivnu vrednost, ali za neke druge vrednosti [inlmath]n[/inlmath] sinus bi imao negativnu vrednost. A kriterijume upoređivanja možeš primenjivati samo na redove s pozitivnim članovima.

Izvinjavam se, krivo sam prepisao zadatak. Ide ovako
[dispmath]\sum\sin\left(\sqrt{n^3 +1}-\sqrt{n^3}\right)[/dispmath]
tako da dobijemo ipak ono moje rješenje. No, obzirom da to i dalje nije red s pozitivnim članovima. Osim po [inlmath]b_n[/inlmath] -u koji je [inlmath]\frac{1}{n^\frac{3}{2}}[/inlmath] (pravilo za harmonijski red - konvergira, ali to mi nije dovoljno jer ne znam bi li dobio sve bodove na ispitu). Stoga jedino što preostaje, čini mi se, je po II. poredbenom kriteriju naći limes i tako dokazati da red konvergira. Mogu raditi i po I. poredbenom kao što si opisao u trećem.

Daniel je napisao:3.
Pogrešan ti je smer znaka nejednakosti, treba [inlmath]a_n>b_n[/inlmath], inače je OK. Verovatno si samo pogrešio u kucanju.
Treba samo naglasiti da, pošto je [inlmath]0<\frac{1}{\sqrt n}\le 1[/inlmath], a tangens je u tom intervalu pozitivan, taj red će imati pozitivne članove, pa možemo primeniti kriterijum upoređivanja. Takođe (slična priča kao i za [inlmath]\mathrm{arctg}\:x[/inlmath] u jednom od ranijih postova), pošto je [inlmath]\mathrm{tg}\:0=0[/inlmath], kao i [inlmath]\left(\mathrm{tg}\:x\right)'=\frac{1}{\cos^2 x}[/inlmath], što je veće od jedinice za [inlmath]0<x<\frac{\pi}{2}[/inlmath], dok je [inlmath]\left(x\right)'=1[/inlmath], a [inlmath]\mathrm{tg}\:x[/inlmath] je neprekidna funkcija na intervalu [inlmath]\left(0,\frac{\pi}{2}\right)[/inlmath], zaključujemo da će za [inlmath]0<x<\frac{\pi}{2}[/inlmath] biti [inlmath]\mathrm{tg}\:x>x[/inlmath].
I odatle se, znači, dobije da je [inlmath]\mathrm{tg}\frac{1}{\sqrt n}>\frac{1}{n^\frac{1}{2}}[/inlmath].
Onaj prethodni zadatak sa sinusom radiš po sličnom rezonu.

Ne, nije greška u kucanju Shvatio sam gdje grješim u ovakvim zadacima, upravo na tome. Ok, pozabavit ću se time
Na tragu toga je i moj prethodni post. Za one "obične" samo s [inlmath]n[/inlmath]-ovima, bez trigonometrije, je li dovoljno samo u [inlmath]\sum a_n[/inlmath] i [inlmath]\sum b_n[/inlmath] uvrstiti neki broj umjesto [inlmath]n[/inlmath] i vidjeti što je veće, a što manje?

eseper je napisao:Izvinjavam se, krivo sam prepisao zadatak. Ide ovako
[dispmath]\sum\sin\left(\sqrt{n^3+1}-\sqrt{n^3}\right)[/dispmath]
tako da dobijemo ipak ono moje rješenje.

Kako?
[dispmath]\sin\left(\sqrt{n^3+1}-\sqrt{n^3}\right)=\sin\left[\left(\sqrt{n^3+1}-\sqrt{n^3}\right)\cdot\frac{\sqrt{n^3+1}+\sqrt{n^3}}{\sqrt{n^3+1}+\sqrt{n^3}}\right]=[/dispmath]
[dispmath]=\sin\frac{\cancel{n^3}+1-\cancel{n^3}}{\sqrt{n^3+1}+\sqrt{n^3}}=\sin\frac{1}{\sqrt{n^3+1}+\sqrt{n^3}}{\color{red}\ne}\frac{1}{\sin\left(\sqrt{n^3-1}+\sqrt{n^3}\right)}[/dispmath]
Obrni-okreni, ne može sinus nikako da ti pređe u imenilac.

eseper je napisao:No, obzirom da to i dalje nije red s pozitivnim članovima. Osim po [inlmath]b_n[/inlmath] -u koji je [inlmath]\frac{1}{n^\frac{3}{2}}[/inlmath] (pravilo za harmonijski red - konvergira, ali to mi nije dovoljno jer ne znam bi li dobio sve bodove na ispitu). Stoga jedino što preostaje, čini mi se, je po II. poredbenom kriteriju naći limes i tako dokazati da red konvergira. Mogu raditi i po I. poredbenom kao što si opisao u trećem.

Ma, ne. Kad smo taj red sveli na oblik [inlmath]\sum\sin\frac{1}{\sqrt{n^3+1}+\sqrt{n^3}}[/inlmath], vidimo odatle da je argument sinusa u intervalu [inlmath]\left(0,1+\sqrt 2\right][/inlmath], a u tom intervalu, kao i u još većem intervalu [inlmath]\left(0,\pi\right)[/inlmath], sinus ima pozitivnu vrednost, te se ovde radi o redu s pozitivnim članovima. Pošto je [inlmath]\sin 0\mathop=0[/inlmath], a [inlmath]\left(\sin x\right)'=\cos x\le 1[/inlmath] i [inlmath]\left(x\right)'=1[/inlmath], pri čemu je [inlmath]\sin x[/inlmath] neprekidna funkcija, zaključujemo, na vrlo sličan način kao i u prethodnim primerima, da za [inlmath]x>0[/inlmath] važi [inlmath]\sin x<x[/inlmath]. Zato imamo da je
[dispmath]\sin\frac{1}{\sqrt{n^3+1}+\sqrt{n^3}}<\frac{1}{\sqrt{n^3+1}+\sqrt{n^3}}<\frac{1}{\sqrt{n^3}}[/dispmath]
a pošto red [inlmath]\sum\frac{1}{\sqrt{n^3}}[/inlmath] konvergira, time je dokazana i konvergencija reda [inlmath]\sum\sin\frac{1}{\sqrt{n^3+1}+\sqrt{n^3}}[/inlmath], tj. [inlmath]\sum\sin\left(\sqrt{n^3+1}-\sqrt{n^3}\right)[/inlmath].

eseper je napisao:Ne, nije greška u kucanju Shvatio sam gdje grješim u ovakvim zadacima, upravo na tome. Ok, pozabavit ću se time

Hm, ako nije greška u kucanju, onda moram i to malo dodatno da prokomentarišem.
Ako je [inlmath]a_n<b_n[/inlmath] a red [inlmath]\sum b_n[/inlmath] divergira (kako si napisao), onda iz toga ne možeš ništa zaključiti o ponašanju reda [inlmath]\sum a_n[/inlmath]. Da je [inlmath]a_n<b_n[/inlmath] i da red [inlmath]\sum b_n[/inlmath] konvergira, onda bi iz toga sledila i konvergencija reda [inlmath]\sum a_n[/inlmath], ali iz divergencije reda [inlmath]\sum b_n[/inlmath] ne sledi ništa.
Takođe, kada bi bilo [inlmath]a_n>b_n[/inlmath], tada bi iz divergencije reda [inlmath]\sum b_n[/inlmath] sledila divergencija reda [inlmath]\sum a_n[/inlmath], a iz konvergencije reda [inlmath]\sum b_n[/inlmath] ne bi sledilo ništa.
Cela prethodna priča, normalno, važi onda kada su [inlmath]\sum a_n[/inlmath] i [inlmath]\sum b_n[/inlmath] redovi s pozitivnim članovima.

eseper je napisao:Na tragu toga je i moj prethodni post. Za one "obične" samo s [inlmath]n[/inlmath]-ovima, bez trigonometrije, je li dovoljno samo u [inlmath]\sum a_n[/inlmath] i [inlmath]\sum b_n[/inlmath] uvrstiti neki broj umjesto [inlmath]n[/inlmath] i vidjeti što je veće, a što manje?

Nisam zaboravio na njega, doći će i on na red.

eseper je napisao:Ostala mi je jedino nepoznata činjenica kako određujemo majorantu, a kako minorantu reda u nekim primjerima kao što je ovaj:
[dispmath]\frac{2n^2}{n^3-3n+4}\mbox{ i }\frac{1}{n}[/dispmath]
Je li dovoljno samo uvrstiti neki broj i pogledati koji je rezultat manji (minoranta), a koji veći (majoranta).

Pa, u opštem slučaju, nije. Jer, po definiciji, ako za neko [inlmath]n_0\in\mathbb{N}[/inlmath] važi [inlmath]\forall n\ge n_0\;a_n\le b_n[/inlmath], tada je [inlmath]\sum a_n[/inlmath] minoranta reda [inlmath]\sum b_n[/inlmath], a [inlmath]\sum b_n[/inlmath] je majoranta reda [inlmath]\sum a_n[/inlmath]. Drugim rečima, tada za [inlmath]n<n_0[/inlmath] ne mora biti zadovoljeno [inlmath]a_n\le b_n[/inlmath] iako je [inlmath]\sum b_n[/inlmath] majoranta reda [inlmath]\sum a_n[/inlmath], tako da, ako uvrstimo neko proizvoljno [inlmath]n[/inlmath], ne možemo biti sigurni da to [inlmath]n[/inlmath] koje smo izabrali neće biti možda manje od tog [inlmath]n_0[/inlmath], što bi nas moglo dovesti do pogrešnog rezultata.

eseper je napisao:Također me zanima u ovom primjeru kako dobijemo da je opći član reda [inlmath]\sum\frac{2n^2}{n^3-3n+4}[/inlmath] (red [inlmath]a_n[/inlmath]) [inlmath]\sum\frac{1}{n}[/inlmath] (red [inlmath]b_n[/inlmath])? Odnosno, kako općenito određujemo [inlmath]b_n[/inlmath] ? To si mi gore pokazao kroz primjere, ali baš me zanima neki univerzalan način, kako doći do toga općenito Zašto je baš ovdje [inlmath]b_n=\frac{1}{n}[/inlmath], a ne na primjer [inlmath]b_n=\frac{1}{n^2}[/inlmath]? Ako odredim krivi [inlmath]b_n[/inlmath], ode mi cijeli zadatak k vragu

Upravo i jeste čar ove oblasti to što ne postoji univerzalan način, već intuicija. Ponekad je potrebno da eksperimentišeš s raznim redovima koje uzimaš za [inlmath]\sum b_n[/inlmath], pa ako dobiješ da je [inlmath]a_n<b_n[/inlmath] a red [inlmath]\sum b_n[/inlmath] divergira, onda znaš da s tim redom ne vredi... Isto i ako dobiješ da je [inlmath]a_n>b_n[/inlmath] a red [inlmath]\sum b_n[/inlmath] konvergira. Isprobavaš dok ne dobiješ [inlmath]a_n<b_n[/inlmath] pri čemu red [inlmath]\sum b_n[/inlmath] konvergira, ili [inlmath]a_n>b_n[/inlmath] pri čemu red [inlmath]\sum b_n[/inlmath] divergira.

Kod ovog konkretnog primera, kako bismo se oslobodili [inlmath]n[/inlmath] u brojiocu, delimo i brojilac i i menilac sa [inlmath]n^2[/inlmath]:
[dispmath]\frac{2n^2}{n^3-3n+4}=\frac{2}{n-\frac{1}{n^2}\left(3n-4\right)}[/dispmath]
i onda razmišljamo ovako: [inlmath]\left(3n-4\right)[/inlmath] je pozitivno za svako [inlmath]n\ge 2[/inlmath]; takođe, [inlmath]\frac{1}{n^2}[/inlmath] je uvek pozitivno; iz toga sledi da za svako [inlmath]n\ge 2[/inlmath] važi
[dispmath]-\frac{1}{n^2}\left(3n-4\right)<0\quad\Rightarrow\quad n-\frac{1}{n^2}\left(3n-4\right)<n\quad\Rightarrow\quad\frac{2}{n-\frac{1}{n^2}\left(3n-4\right)}>\frac{2}{n}[/dispmath]
Red [inlmath]\sum\frac{2}{n}[/inlmath] divergira jer je on jednak [inlmath]2\sum\frac{1}{n}[/inlmath], a znamo da [inlmath]\sum\frac{1}{n}[/inlmath] divergira. Samim tim, pošto je pokazano da je [inlmath]\frac{2}{n-\frac{1}{n^2}\left(3n-4\right)}>\frac{2}{n}[/inlmath], tj. [inlmath]\frac{2n^2}{n^3-3n+4}>\frac{2}{n}[/inlmath], divergira i red [inlmath]\sum\frac{2n^2}{n^3-3n+4}[/inlmath].
Ovde nas je sam put naveo na red [inlmath]\sum\frac{2}{n}[/inlmath], tj. na [inlmath]\sum\frac{1}{n}[/inlmath], tako da ti je to i odgovor zbog čega nije korišćen red [inlmath]\sum\frac{1}{n^2}[/inlmath].

eseper je napisao:Ako neko drugi zna, nadam se da će se uključiti u raspravu kako bi Daniel mogao udahnuti

Ma, bez brige što se tiče mog disanja, mata je poslednja stvar na svetu koja bi me mogla smoriti. Al' da bih voleo da se više ljudi uključi – voleo bih. I na ovoj i na drugim temama.