E to, hvala.

U trećem se zapravo može sračunati limes od [inlmath]\frac{a_{n+1}}{a_n}[/inlmath], nameštanjem i brojioca i imenioca na izraze oblika [inlmath]\frac{\sin f(n)}{f(n)}[/inlmath] za[inlmath]f(n)\to 0[/inlmath], ali to će na kraju dati vrednost [inlmath]1[/inlmath] za ceo limes, što znači da je Dalamberov kriterijum tu nemoćan.

Generalno, faktorijel sugeriše na upotrebu Dalambera, a stepen na Košija (u prvom slučaju se treba skraćivanjem rešiti suvišnih članova u proizvodu, u drugom se korenom rešavamo stepena). Ne uvek, ali eto, čisto da naslutiš neku logiku toga koji kriterijum kad pomaže.

Hvala vam jos jednom.

Imam sad 2 zadatka.

1. Ispitati obicnu i apsolutnu konvergenciju reda
[dispmath]\sum_{n=1}^\infty (-1)^n\left(1-\cos\frac{1}{n}\right)[/dispmath]
[dispmath]a_n=(-1)^n\left(1-\cos\frac{1}{n}\right)[/dispmath]
[inlmath]a_n\to 0[/inlmath] i niz je monotono opadajuci [inlmath]\Rightarrow[/inlmath] Konvergentan.

Bice, pretpostavljam, i apsolutno konvergentan jer [inlmath]|a_n|[/inlmath] takodje tezi [inlmath]0[/inlmath].

---

2. Ispitati konvergenciju niza
[dispmath]\sum_{n=1}^\infty e^{\cos n}\left(e^{\sin\frac{1}{n^2}}-1\right)[/dispmath]
Ovaj ne znam, jedino sto mi pada na pamet je da se napise da je [inlmath]\cos n\in[-1,1][/inlmath] te je [inlmath]e^{\cos n}\in [-e,e][/inlmath] i kad se pomnozi sa [inlmath]0[/inlmath] (koja se dobije u zagradi) rezultat ispadne [inlmath]0[/inlmath].

PocetnikSRB je napisao:1. Ispitati obicnu i apsolutnu konvergenciju reda
[dispmath]\sum_{n=1}^\infty (-1)^n\left(1-\cos\frac{1}{n}\right)[/dispmath]
[dispmath]a_n=(-1)^n\left(1-\cos\frac{1}{n}\right)[/dispmath]
[inlmath]a_n\to 0[/inlmath] i niz je monotono opadajuci [inlmath]\Rightarrow[/inlmath] Konvergentan.

Niz [inlmath]a_n=(-1)^n\left(1-\cos\frac{1}{n}\right)[/inlmath] nije monotono opadajuć...
[inlmath]a_n=\left(1-\cos\frac{1}{n}\right)[/inlmath] jeste, i to zaista obezbeđuje konvergenciju po Lajbnicovom kriterijumu uz uslov da taj niz konvergira ka nuli za [inlmath]n\to\infty[/inlmath].

Uslov da [inlmath]|a_n|\to 0[/inlmath] za [inlmath]n\to\infty[/inlmath] je ispunjen, potreban je, ali ne i dovoljan za apsolutnu konvergenciju.

U [inlmath]1.[/inlmath] zadatku možeš ovako ispitati apsolutnu konvergenciju:
[dispmath]\left|a_n\right|=1-\cos\frac{1}{n}=2\sin^2\frac{1}{2n}<2\left(\frac{1}{2n}\right)^2=\frac{1}{2n^2}[/dispmath]
Pošto znamo da red [inlmath]\sum\frac{1}{n^2}[/inlmath] konvergira, odatle konvergira i red [inlmath]\frac{1}{2}\sum\frac{1}{n^2}[/inlmath], tj. [inlmath]\sum\frac{1}{2n^2}[/inlmath], pa iz prethodne nejednakosti zaključujemo da konvergira i red [inlmath]\sum\left(1-\cos\frac{1}{n}\right)[/inlmath], što znači da dati red i apsolutno konvergira.

PocetnikSRB je napisao:2. Ispitati konvergenciju niza
[dispmath]\sum_{n=1}^\infty e^{\cos n}\left(e^{\sin\frac{1}{n^2}}-1\right)[/dispmath]
Ovaj ne znam, jedino sto mi pada na pamet je da se napise da je [inlmath]\cos n\in [-1,1][/inlmath] te je [inlmath]e^{\cos n}\in [-e,e][/inlmath] i kad se pomnozi sa [inlmath]0[/inlmath] (koja se dobije u zagradi) rezultat ispadne [inlmath]0[/inlmath].

Prvo malo ispravki: ako je [inlmath]\cos n\in\left[-1,1\right][/inlmath], tada je [inlmath]e^{\cos n}[/inlmath] unutar intervala [inlmath]\left[e^{-1},e\right][/inlmath], a ne unutar intervala [inlmath]\left[-e,e\right][/inlmath].

Inače, [inlmath]\cos n[/inlmath], gde je [inlmath]n\in\mathbb{N}[/inlmath], pripada intervalu [inlmath]\left(-1,1\right)[/inlmath] tj. ne uključuje vrednosti [inlmath]-1[/inlmath] i [inlmath]1[/inlmath]. Negde sam to već pisao, ali mrzi me sada da tražim, uglavnom, kosinus ima vrednosti [inlmath]-1[/inlmath] ili [inlmath]1[/inlmath] samo za vrednosti argumenta koje su jednake [inlmath]k\pi[/inlmath]. Pošto su [inlmath]k\pi[/inlmath] iracionalni brojevi (izuzev za [inlmath]k=0[/inlmath]), sledi da kosinus prirodnog broja ne može imati vrednost [inlmath]-1[/inlmath] ili [inlmath]1[/inlmath]. Što se celih brojeva tiče, i za njih važi isto pravilo, osim za nulu, pošto je kosinus nule jednak jedinici. Mada, sve ovo i nema mnogo veze s ovim zadatkom, to napominjem čisto onako, uzgred.

Da, izraz u zagradi teži nuli i, kad se pomnoži tim kosinusom ispred zagrade koji ima konačnu vrenost, zaista se za opšti član dobije vrednost koja teži nuli, a budući da je ovo red s pozitivnim članovima, to je, kako Milovan malopre reče, potreban, ali ne i dovoljan uslov da red konvergira. A ovo je red s pozitivnim članovima, jer:

[inlmath]e^{\cos n}\in\left(\frac{1}{e},e\right)\quad\land\quad\left(e^{\sin\frac{1}{n^2}}-1\right)>0\quad\Rightarrow\quad a_n>0[/inlmath]

Evo kako bi se mogla ispitati konvergencija:
[dispmath]a_n=e^{\cos n}\left(e^{\sin\frac{1}{n^2}}-1\right)<e\left(e^{\sin\frac{1}{n^2}}-1\right)<e\left(e^{\frac{1}{n^2}}-1\right)[/dispmath]
Pošto je [inlmath]e[/inlmath] konstanta, radi dokazivanja da konvergira red [inlmath]\sum e\left(e^{\frac{1}{n^2}}-1\right)[/inlmath] dovoljno je dokazati da konvergira red [inlmath]\sum\left(e^{\frac{1}{n^2}}-1\right)[/inlmath]. To možemo dokazati koristeći drugi kriterijum upoređivanja, gde za referentni red odaberemo red [inlmath]\sum\frac{1}{n^2}[/inlmath], za koji znamo da konvergira:

[inlmath]a_n=e^{\frac{1}{n^2}}-1[/inlmath]

[inlmath]b_n=\frac{1}{n^2}[/inlmath]
[dispmath]\lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{b_n}=\lim_{n\to\infty}\frac{e^{\frac{1}{n^2}}-1}{\frac{1}{n^2}}=[/dispmath]
Smena [inlmath]t=\frac{1}{n^2}[/inlmath]:
[dispmath]=\lim_{t\to 0}\frac{e^{t}-1}{t}[/dispmath]
Za ovaj limes se može pokazati, bilo preko Lopitala, bilo bez upotrebe Lopitala, da je jednak jedinici. A pošto je limes jednak konstanti koja nije ni [inlmath]0[/inlmath] ni [inlmath]\infty[/inlmath], to znači da se redovi [inlmath]\sum a_n[/inlmath] i [inlmath]\sum b_n[/inlmath] ponašaju isto u pogledu konvergencije, a pošto red [inlmath]\sum b_n[/inlmath] konvergira, odatle zaključujemo da konvergira i red [inlmath]\sum a_n[/inlmath].

Milovan je napisao:Niz [inlmath]a_n=(-1)^n\left(1-cos\frac{1}{n}\right)[/inlmath] nije monotono opadajuć...
[inlmath]a_n=\left(1-cos\frac{1}{n}\right)[/inlmath] jeste, i to zaista obezbeđuje konvergenciju po Lajbnicovom kreiterijum uz uslov da taj niz konvergira ka nuli za [inlmath]n \to \infty[/inlmath].

Uslov da [inlmath]|a_n|\to 0[/inlmath] za [inlmath]n\to\infty[/inlmath] je ispunjen, potreban je, ali ne i dovoljan za apsolutnu konvergenciju.

Jao, moja greska, za [inlmath]a_n[/inlmath] nisam hteo da ubacim i [inlmath](-1)^n[/inlmath]
Hvala!

---

Daniel je napisao:Prvo malo ispravki: ako je [inlmath]\cos n\in\left[-1,1\right][/inlmath], tada je [inlmath]e^{\cos n}[/inlmath] unutar intervala [inlmath]\left[e^{-1},e\right][/inlmath], a ne unutar intervala [inlmath]\left[-e,e\right][/inlmath].

Hahah, e Boze...


Sve je jasno sad. Hvala mnogo!

Da dodam, kod prvog nisi morao da ispituješ konvergenciju pomoću Lajbnicovog kriterijuma, budući da je niz apsolutno konvergentan, pa samim tim i konvergentan.

Obrnuto u opštem slučaju ne važi, pa, pošto ti se ispitivanje apsolutne konvergencije svakako traži, bolje je da to obaviš u startu. Ako dobiješ da je apsolutno konvergentan (kao što sad jesi) onda odatle direktno sledi i apsolutna konvergencija. Ako ne, onda dodatno ispitaš i konvergenciju. (sada nisi morao)

Da, da, da. Razumem.

Mozda je preglup zadatak ali mi treba vremena da uvjezbam. Malo sam pratio prethotne postove pa mi to djeluje na prvi pogled malo komplikovano.
Zapravo moj zadatak je da li ovaj red konvergira i prema kojoj vrijednosti [inlmath]a_n:=2+(-1)^n\frac{1}{n^2}[/inlmath]? Ako mi neko moze pomoci i malo objasniti nacin rada ovih zadataka bio bih zahvalan