Ok, hvala Sad znam i ovo

Idem dalje dok ne savladam ovo...
[dispmath]\sum\mathrm{tg}\frac{1}{n\sqrt{n}}[/dispmath]
Imali smo donekle sličan zadatak... Razmišljam ovako:
Kada bih za [inlmath]b_n[/inlmath] uzeo [inlmath]\frac{1}{n^{\frac{3}{2}}}[/inlmath], taj bi red konvergirao (a samim time morao bi konvergirati i red [inlmath]a_n[/inlmath]). S obzirom da je

[inlmath]f'(x)=(\mathrm{tg}\:x)'=\frac{1}{\cos^2x}[/inlmath]
[inlmath]g'(x)=(x)'=1[/inlmath]

što bi značilo da je [inlmath]f'(x)>g'(x)[/inlmath] što opet povlači za sobom činjenicu da je [inlmath]a_n>b_n[/inlmath]. To (valjda) znači da eksponent [inlmath]n[/inlmath]-a u redu [inlmath]b_n[/inlmath] mora biti manji ili jednak jedinici jer jedino tada red može divergirati. A kao rješenje nameće mi se [inlmath]b_n=\frac{1}{n}[/inlmath] i tada bi red divergirao.

Limes bi trebao biti [inlmath]0[/inlmath].

Onda je potrebno tangens razložiti na sinus i na kosinus:
[dispmath]\mathrm{tg}\frac{1}{n\sqrt{n}}=\frac{\sin\frac{1}{n\sqrt{n}}}{\cos\frac{1}{n\sqrt{n}}}[/dispmath]
Pošto je [inlmath]0<\frac{1}{n\sqrt{n}}<1[/inlmath], vrednost kosinusa će uvek biti pozitivna, pa ako ga izrazimo preko sinusa, ispred korena stavljamo znak plus:
[dispmath]\frac{\sin\frac{1}{n\sqrt{n}}}{\cos\frac{1}{n\sqrt{n}}}=\frac{\sin\frac{1}{n\sqrt{n}}}{\sqrt{1-\sin^2\frac{1}{n\sqrt{n}}}}<\frac{\frac{1}{n\sqrt{n}}}{\sqrt{1-\sin^2\frac{1}{n\sqrt{n}}}}[/dispmath]
[inlmath]\frac{1}{n\sqrt{n}}>0\quad\Rightarrow\quad\sin\frac{1}{n\sqrt{n}}<\frac{1}{n\sqrt{n}}\quad\Rightarrow\quad\sin^2\frac{1}{n\sqrt{n}}<\left(\frac{1}{n\sqrt{n}}\right)^2\quad\Rightarrow[/inlmath]
[inlmath]\Rightarrow\quad 1-\sin^2\frac{1}{n\sqrt{n}}>1-\left(\frac{1}{n\sqrt{n}}\right)^2\quad\Rightarrow\quad\sqrt{1-\sin^2\frac{1}{n\sqrt{n}}}>\sqrt{1-\left(\frac{1}{n\sqrt{n}}\right)^2}\quad\Rightarrow[/inlmath]
[inlmath]\Rightarrow\quad\frac{1}{\sqrt{1-\sin^2\frac{1}{n\sqrt{n}}}}<\frac{1}{\sqrt{1-\left(\frac{1}{n\sqrt{n}}\right)^2}}[/inlmath]
[dispmath]\frac{\frac{1}{n\sqrt{n}}}{\sqrt{1-\sin^2\frac{1}{n\sqrt{n}}}}<\frac{\frac{1}{n\sqrt{n}}}{\sqrt{1-\left(\frac{1}{n\sqrt{n}}\right)^2}}=\frac{\frac{1}{n\sqrt{n}}}{\sqrt{1-\frac{1}{n^3}}}=\frac{\frac{1}{\cancel{n\sqrt{n}}}}{\frac{\sqrt{n^3-1}}{\cancel{n\sqrt n}}}=\frac{1}{\sqrt{n^3-1}}=[/dispmath]
[dispmath]=\frac{1}{\sqrt{\left(n-1\right)\left(n^2+n+1\right)}}<\frac{1}{\sqrt{\left(n-1\right)\left(n^2-2n+1\right)}}=\frac{1}{\sqrt{\left(n-1\right)\left(n-1\right)^2}}=\frac{1}{\left(n-1\right)^\frac{3}{2}}[/dispmath]
Red [inlmath]\sum\limits_{n=k}^\infty\frac{1}{\left(n-1\right)^\frac{3}{2}}[/inlmath] može se napisati kao [inlmath]\sum\limits_{n=k-1}^\infty\frac{1}{n^\frac{3}{2}}[/inlmath], prema tome, on konvergira, a iz njegove konvergencije sledi i konvergencija reda [inlmath]\sum\mathrm{tg}\frac{1}{n\sqrt{n}}[/inlmath].

A konvergencija preko [inlmath]II[/inlmath] poredbenog kriterijuma se mnogo lakše dokazuje:
[dispmath]\lim_{n\to\infty}\frac{\mathrm{tg}\frac{1}{n\sqrt{n}}}{\frac{1}{n^\frac{3}{2}}}=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{\cancelto{1}{\cos\frac{1}{n\sqrt{n}}}}\cdot\cancelto{1}{\frac{\sin\frac{1}{n\sqrt{n}}}{\frac{1}{n\sqrt{n}}}}=1[/dispmath]

Pa da, ali problem mi je uvijek doći do [inlmath]b_n[/inlmath]-a. Ovakvo nešto kao u tvom predzadnjem postu, niti bih znao, a niti imao vremena raspisivati na ispitu Mrzim ovo područje matematike

Postoji li neki jednostavniji način kako doći do [inlmath]b_n[/inlmath]-a u ovom zadatku? I općenito u zadacima sa trigonometrijskim funkcijama? Jer ako je ovo jedina mogućnost, teško da će mi i dopasti ovakvi tipovi

Puno hvala na trudu, svejedno ću proći sve detaljno

Što se [inlmath]I[/inlmath] poredbenog kriterijuma tiče, nažalost, samo intuicija. Tu nam čak i dodatno otežava to što ne znamo da li treba da dobijemo da red konvergira ili da divergira, pa ne znamo ni ka kojem smeru nejednakosti treba da idemo (ako treba dokazati konvergenciju, tada treba postaviti znak [inlmath]<[/inlmath], a ako treba divergenciju, tada treba postaviti znak [inlmath]>[/inlmath]).
Međutim, u ovom primeru je lakše prvo preko [inlmath]II[/inlmath] poredbenog kriterijuma ispitati da li se radi o konvergenciji ili o divergenciji, pa zatim u [inlmath]I[/inlmath] poredbenom kriterijumu primeniti odgovarajuću nejednakost.
Da smo u [inlmath]II[/inlmath] poredbenom kriterijumu pretpostavili da red divergira i kao poredbeni red uzeli [inlmath]\sum\frac{1}{n}[/inlmath], dobili bismo
[dispmath]\lim_{n\to\infty}\frac{\mathrm{tg}\frac{1}{n\sqrt{n}}}{\frac{1}{n}}=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{\cancelto{1}{\cos\frac{1}{n\sqrt{n}}}}\cdot\cancelto{1}{\frac{\sin\frac{1}{n\sqrt{n}}}{\frac{1}{n\sqrt n}}}\cdot\cancelto{0}{\frac{1}{\sqrt n}}=0[/dispmath]
što nam, prema pravilima [inlmath]II[/inlmath] poredbenog kriterijuma, još uvek nije dokaz da red [inlmath]\sum\mathrm{tg}\frac{1}{n\sqrt{n}}[/inlmath] konvergira, ali onda isprobamo isto to ali s poredbenim redom [inlmath]\sum\frac{1}{n\sqrt n}[/inlmath] (kao što sam učinio u svom prethodnom postu), a koji se nekako logično i nameće, budući da je njegov opšti član jednak argumentu tangensa i dolazimo do zaključka da red [inlmath]\sum\mathrm{tg}\frac{1}{n\sqrt{n}}[/inlmath] konvergira. I onda kad znamo da taj red konvergira, znamo da u [inlmath]I[/inlmath] poredbenom kriterijumu treba njegov opšti član da predstavimo manjim od opšteg člana nekog reda za koji znamo da konvergira.

I vidim da te ovo zbunjuje:

eseper je napisao:što bi značilo da je [inlmath]f'(x)>g'(x)[/inlmath] što opet povlači za sobom činjenicu da je [inlmath]a_n>b_n[/inlmath].

Ne, uopšte to ne mora da povlači tu činjenicu. Može da bude da je [inlmath]f'\left(x\right)>g'\left(x\right)[/inlmath] a da je, opet, [inlmath]a_n<b_n[/inlmath], kao što u ovom primeru i jeste bio slučaj.
Iz činjenice da je [inlmath]f'(x)>g'(x)[/inlmath] uopšte ne mora da sledi da red divergira. Ja sam tu nejednakost s izvodima napisao samo zato da bih njome objasnio zašto u nekim konkretnim slučajevima (u koje ovaj ne spada) možemo pri ispitivanju konvergencije postaviti neke od nejednakosti.

Da, razumijem

Do sada se u ispitu pojavio [inlmath]\sum\mathrm{arctg}\frac{1}{2n^2}[/inlmath] (kojeg smo i riješili u ovoj temi) što je puno jednostavniji primjer od prethodnog... Moram prijeći na Leibnitza, a ovo mi preostaje vježbati, pa ću ovisno o ne(znanju) pojedinog zadatka postati opet ovde...

Samo napred! Leibnitza možeš i u novu, posebnu temu, pošto u ovoj već ima svega i svačega...

To sam i mislio

[dispmath]\sum 2^{\frac{n^2+1}{n+1}}[/dispmath]
Prema D'Alembertovom kriteriju, limes je [inlmath]4>1[/inlmath] pa red divergira.