Brojni i funkcionalni redovi - veoma teški zadaci sa rešenjima

Rešenje:
Neka je [tex]a_n=\left(1-\frac{1}{n}\right)^{n^{2}}[/tex]. Prema Koši-Adamarovoj formuli
[tex]\sqrt[n]{a_n}=\left(1-\frac{1}{n}\right)^{n}\to\frac{1}{e}\Rightarrow R=e[/tex]
pa red konvergira apsolutno za [tex]|x|\lt e[/tex] i divergira za [tex]|x|\gt e[/tex]. U krajnjim tačkama korenski i Dalamberov kriterijum daju graničnu vrednost [tex]1[/tex], pa ih treba ispitati neposredno. Za [tex]x=\pm e[/tex] je
[tex]\left|a_nx^{n}\right|=\left(1-\frac{1}{n}\right)^{n^{2}}e^{n}=e^{\,n^{2}\ln\left(1-\frac{1}{n}\right)+n}[/tex]
Iz Maklorenovog razvoja [tex]\ln(1-t)=-t-\frac{t^{2}}{2}-\frac{t^{3}}{3}-\ldots[/tex] za [tex]t=\frac{1}{n}[/tex] i [tex]n\ge 2[/tex] dobijamo
[tex]n^{2}\ln\left(1-\frac{1}{n}\right)+n=-\frac{1}{2}-\sum_{k=3}^{\infty}\frac{1}{k\,n^{k-2}},\qquad 0\lt\sum_{k=3}^{\infty}\frac{1}{k\,n^{k-2}}\le\frac{1}{3}\sum_{j=1}^{\infty}\frac{1}{n^{j}}=\frac{1}{3(n-1)}\to 0[/tex]
Prema tome, [tex]\left|a_nx^{n}\right|\to e^{-\frac{1}{2}}\ne 0[/tex], potreban uslov konvergencije nije ispunjen i red divergira i za [tex]x=e[/tex] i za [tex]x=-e[/tex]. Oblast konvergencije je interval [tex]\left(-e; e\right)[/tex].

Rešenje:
Za [tex]n\ge 2[/tex] važi [tex]n^p\gt 1[/tex], pa su svi imenioci pozitivni i red je alternativan. Međutim, niz [tex]\frac{1}{n^p+(-1)^n}[/tex] nije monoton (njegov imenilac je [tex]n^p+1[/tex] za parno [tex]n[/tex] i [tex]n^p-1[/tex] za neparno [tex]n[/tex]), pa se Lajbnicov kriterijum ne može direktno primeniti. Izdvajamo glavni član:
[tex]a_n=\frac{(-1)^n}{n^p+(-1)^n}=\frac{(-1)^n}{n^p}-c_n,\qquad c_n=\frac{1}{n^p\left(n^p+(-1)^n\right)}\gt 0[/tex]
Red [tex]\sum\frac{(-1)^n}{n^p}[/tex] konvergira za svako [tex]p\gt 0[/tex] prema Lajbnicovom kriterijumu, jer [tex]\frac{1}{n^p}[/tex] opada ka [tex]0[/tex]. Za pozitivan red [tex]\sum c_n[/tex] važi
[tex]c_n\cdot n^{2p}=\frac{n^p}{n^p+(-1)^n}\to 1[/tex]
pa prema graničnom kriterijumu poređenja [tex]\sum c_n[/tex] konvergira tačno kada konvergira [tex]\sum\frac{1}{n^{2p}}[/tex], tj. za [tex]2p\gt 1[/tex].
Ako je [tex]p\gt\frac{1}{2}[/tex], onda je [tex]\sum a_n[/tex] razlika dva konvergentna reda, pa konvergira. Ako je [tex]0\lt p\le\frac{1}{2}[/tex], red divergira: u suprotnom bi konvergirao red [tex]\sum c_n=\sum\frac{(-1)^n}{n^p}-\sum a_n[/tex].
Dakle, red konvergira tačno za [tex]p\gt\frac{1}{2}[/tex] (apsolutno za [tex]p\gt 1[/tex] i uslovno za [tex]\frac{1}{2}\lt p\le 1[/tex]).

Rešenje:
Konvergencija: prema Košijevom korenskom kriterijumu, pošto [tex]\sqrt[k]{k}\to 1[/tex],
[tex]\sqrt[k]{\frac{k^{n}}{a^{k}}}=\frac{\left(\sqrt[k]{k}\right)^{n}}{a}\to\frac{1}{a}\lt 1[/tex]
pa je [tex]f(n)[/tex] konvergentan red sa pozitivnim članovima za svako [tex]n[/tex]. Stavimo još [tex]f(0)=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{a^{k}}=\frac{1}{a-1}[/tex] (geometrijski red sa količnikom [tex]\frac{1}{a}\lt 1[/tex]). Pomnožimo [tex]f(n)[/tex] sa [tex]a[/tex] i pomerimo indeks, [tex]k=m+1[/tex]:
[tex]af(n)=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{k^{n}}{a^{k-1}}=\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(m+1)^{n}}{a^{m}}=1+\sum_{m=1}^{\infty}\frac{(m+1)^{n}}{a^{m}}[/tex]
Prema binomnoj formuli [tex](m+1)^{n}=\sum_{j=0}^{n}\binom{n}{j}m^{j}[/tex]. Svaki od konačno mnogo redova [tex]\sum_{m\ge 1}\frac{m^{j}}{a^{m}}=f(j)[/tex] konvergira, pa možemo sabirati član po član:
[tex]\sum_{m=1}^{\infty}\frac{(m+1)^{n}}{a^{m}}=\sum_{j=0}^{n}\binom{n}{j}f(j)=f(0)+\sum_{j=1}^{n-1}\binom{n}{j}f(j)+f(n)[/tex]
Dakle, koristeći [tex]1+\frac{1}{a-1}=\frac{a}{a-1}[/tex],
[tex]af(n)=\frac{a}{a-1}+\sum_{j=1}^{n-1}\binom{n}{j}f(j)+f(n)\ \Rightarrow\ (a-1)f(n)=\frac{a}{a-1}+\sum_{j=1}^{n-1}\binom{n}{j}f(j)[/tex]
što je tražena jednakost. Za [tex]n=1[/tex] ona daje [tex]f(1)=\frac{a}{(a-1)^{2}}[/tex].

Rešenje:
Primetimo da je [tex]n^2+2n+4=(n+1)^2+3[/tex] i [tex]n^2+n+3=n(n+1)+\sqrt{3}\,\sqrt{3}[/tex]. Posmatrajmo vektore u ravni [tex]\vec{v}_n=\left(n; \sqrt{3}\right)[/tex]. Tada je [tex]\left|\vec{v}_n\right|=\sqrt{n^2+3}[/tex], [tex]\left|\vec{v}_{n+1}\right|=\sqrt{n^2+2n+4}[/tex], a skalarni proizvod vektora [tex]\vec{v}_n[/tex] i [tex]\vec{v}_{n+1}[/tex] je [tex]n(n+1)+3[/tex]. Zato, ako je [tex]\varphi_n\in[0; \pi][/tex] ugao između [tex]\vec{v}_n[/tex] i [tex]\vec{v}_{n+1}[/tex],
[tex]\cos\varphi_n=\frac{n(n+1)+3}{\left|\vec{v}_n\right|\,\left|\vec{v}_{n+1}\right|}=\frac{n^2+n+3}{\sqrt{n^2+3}\,\sqrt{n^2+2n+4}}[/tex]
i [tex]n[/tex]-ti član reda je tačno [tex]\varphi_n[/tex]. Neka je [tex]\theta_n\in\left(0; \frac{\pi}{2}\right)[/tex] ugao između [tex]\vec{v}_n[/tex] i pozitivnog smera [tex]x[/tex]-ose; tada je [tex]\operatorname{tg} \theta_n=\frac{\sqrt{3}}{n}[/tex]. Taj broj opada kad [tex]n[/tex] raste, pa je [tex]\theta_n\gt\theta_{n+1}[/tex] i [tex]\varphi_n=\theta_n-\theta_{n+1}[/tex]. Parcijalne sume se teleskopski skraćuju:
[tex]\sum_{n=1}^{N}\varphi_n=\sum_{n=1}^{N}\left(\theta_n-\theta_{n+1}\right)=\theta_1-\theta_{N+1}[/tex]
Ovde je [tex]\operatorname{tg} \theta_1=\sqrt{3}[/tex], tj. [tex]\theta_1=\frac{\pi}{3}[/tex], a [tex]\operatorname{tg} \theta_{N+1}=\frac{\sqrt{3}}{N+1}\to 0[/tex], tj. [tex]\theta_{N+1}\to 0[/tex]. Dakle, zbir reda je [tex]\frac{\pi}{3}[/tex], a tražena vrednost je
[tex]\frac{2016}{\pi}\cdot \frac{\pi}{3}=672[/tex]

Rešenje:
Za [tex]0\lt x\le 1[/tex], prema Maklorenovom redu funkcije [tex]e^u[/tex],
[tex]x^{-x}=e^{-x\ln x}=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\left(-x\ln x\right)^k}{k!}[/tex]
Neka je [tex]h(x)=-x\ln x[/tex] za [tex]0\lt x\le 1[/tex] i [tex]h(0)=0[/tex]; funkcija [tex]h[/tex] je neprekidna na [tex][0; 1][/tex], jer [tex]x\ln x\to 0[/tex] kad [tex]x\to 0^{+}[/tex]. Iz [tex]h'(x)=-\ln x-1[/tex] sledi da se maksimum funkcije [tex]h[/tex] dostiže u [tex]x=\frac{1}{e}[/tex], tj. [tex]0\le h(x)\le\frac{1}{e}[/tex] na [tex][0; 1][/tex]. Zato je
[tex]\left|\frac{h(x)^k}{k!}\right|\le\frac{1}{e^k\,k!},\qquad\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{e^k\,k!}=e^{1/e}[/tex]
Prema Vajerštrasovom kriterijumu red neprekidnih funkcija [tex]\sum_{k=0}^{\infty}\frac{h(x)^k}{k!}[/tex] konvergira ravnomerno na [tex][0; 1][/tex]; njegov zbir [tex]e^{h(x)}[/tex] jednak je [tex]x^{-x}[/tex] za [tex]x\gt 0[/tex] (i graničnoj vrednosti [tex]1[/tex] za [tex]x=0[/tex]). Zato se može integraliti član po član:
[tex]\int_{0}^{1}x^{-x}\,dx=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{k!}J_k,\qquad J_k=\int_{0}^{1}\left(-x\ln x\right)^k dx[/tex]
U [tex]J_k[/tex] uvedimo smenu [tex]x=e^{-t}[/tex], [tex]t\in\left(0; +\infty\right)[/tex]; tada je [tex]dx=-e^{-t}dt[/tex] i [tex]-x\ln x=t\,e^{-t}[/tex]. Zatim stavimo [tex]u=(k+1)t[/tex]:
[tex]J_k=\int_{0}^{\infty}t^k e^{-kt}e^{-t}\,dt=\int_{0}^{\infty}t^k e^{-(k+1)t}\,dt=\frac{1}{(k+1)^{k+1}}\int_{0}^{\infty}u^k e^{-u}\,du=\frac{k!}{(k+1)^{k+1}}[/tex]
jer je [tex]\int_{0}^{\infty}u^k e^{-u}\,du=k![/tex] (parcijalna integracija [tex]k[/tex] puta). Dakle,
[tex]\int_{0}^{1}\frac{dx}{x^{x}}=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{k!}\cdot \frac{k!}{(k+1)^{k+1}}=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{(k+1)^{k+1}}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{n}}[/tex]
što je i trebalo dokazati.

Rešenje:
Red [tex]S[/tex] ima pozitivne članove i ograničen je odozgo zbirom [tex]\sum\frac{1}{n^{2}}[/tex], pa konvergira. Svaki prirodan broj [tex]m[/tex] može se na jedinstven način zapisati u obliku [tex]m=q\cdot k^{3}[/tex], gde je [tex]q[/tex] slobodan od kubova i [tex]k\in\mathbb{N}[/tex]. Zaista, ako je [tex]m=\prod p^{e_p}[/tex] rastavljanje na proste činioce, zapišimo [tex]e_p=3s_p+r_p[/tex], gde je [tex]r_p\in\{0; 1; 2\}[/tex], i uzmimo [tex]q=\prod p^{r_p}[/tex], [tex]k=\prod p^{s_p}[/tex]. Obrnuto, u svakom takvom zapisu izložioci u [tex]q[/tex] su [tex]0[/tex], [tex]1[/tex] ili [tex]2[/tex], pa su [tex]r_p[/tex] i [tex]s_p[/tex] ostatak i količnik pri deljenju [tex]e_p[/tex] sa [tex]3[/tex], tj. jedinstveni su.
Red sa pozitivnim članovima može se proizvoljno preuređivati i grupisati, pa se (gde [tex]q[/tex] prolazi kroz brojeve slobodne od kubova) dvostruki red rastavlja u proizvod:
[tex]\frac{\pi^{2}}{6}=\sum_{m=1}^{\infty}\frac{1}{m^{2}}=\sum_{q}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{q^{2}k^{6}}=\left(\sum_{q}\frac{1}{q^{2}}\right)\left(\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k^{6}}\right)=S\cdot \frac{\pi^{6}}{945}[/tex]
Dakle,
[tex]S=\frac{\pi^{2}}{6}\cdot \frac{945}{\pi^{6}}=\frac{315}{2\pi^{4}}\approx 1{,}617[/tex]

Rešenje:
Neka je [tex]G(x)=\sum_{n=0}^{\infty}F_n x^n[/tex]. Iz rekurentne veze
[tex]G(x)-xG(x)-x^2G(x)=F_0+\left(F_1-F_0\right)x=x\ \Rightarrow\ G(x)=\frac{x}{1-x-x^2}[/tex]
Prema Bineovoj formuli [tex]F_n=\frac{\varphi^n-\psi^n}{\sqrt{5}}[/tex], gde je [tex]\varphi=\frac{1+\sqrt{5}}{2}[/tex] i [tex]\psi=\frac{1-\sqrt{5}}{2}[/tex], poluprečnik konvergencije je [tex]\frac{1}{\varphi}=\frac{\sqrt{5}-1}{2}\approx 0{,}618\gt\frac{1}{2}[/tex], pa za [tex]x=\frac{1}{2}[/tex] konvergiraju red i njegovi izvodi dobijeni diferenciranjem član po član. Stavimo
[tex]H(x)=xG(x)=\sum_{n=0}^{\infty}F_n x^{n+1}=\frac{x^2}{1-x-x^2}[/tex]
Diferenciranjem dva puta član po član dobijamo za [tex]x\ne 0[/tex]
[tex]H''(x)=\sum_{n=0}^{\infty}(n+1)n\,F_n x^{n-1}=\frac{2}{x}\sum_{n=0}^{\infty}T_nF_nx^{n}[/tex]
pa je traženi zbir
[tex]\sum_{n=0}^{\infty}\frac{T_nF_n}{2^{n+2}}=\frac{1}{4}\sum_{n=0}^{\infty}T_nF_n\left(\frac{1}{2}\right)^n=\frac{1}{4}\cdot \frac{1}{4}H''\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{16}H''\left(\frac{1}{2}\right)[/tex]
Direktnim računom dobijamo
[tex]H''(x)=\frac{2\left(1+3x^2-x^3\right)}{\left(1-x-x^2\right)^3},\qquad H''\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{2\cdot \frac{13}{8}}{\left(\frac{1}{4}\right)^3}=\frac{13}{4}\cdot 64=208[/tex]
Dakle, zbir je jednak [tex]\frac{208}{16}=13[/tex].

Rešenje:
Podintegralna funkcija [tex]g(t)=\frac{1}{2}\ln\left|\operatorname{ctg} \frac{t}{2}\right|[/tex] ima samo logaritamske singularitete u [tex]t=0[/tex] i [tex]t=\pm\pi[/tex], koji su integrabilni, pa je [tex]F[/tex] definisana i neprekidna na [tex][-\pi; \pi][/tex]. Pošto je [tex]g[/tex] parna, [tex]F[/tex] je neparna, pa su svi [tex]a_n=0[/tex] (uključujući [tex]a_0[/tex]).
Osim toga, [tex]F(\pi)=0[/tex]: smena [tex]t=\pi-s[/tex] prevodi [tex]\operatorname{ctg} \frac{t}{2}[/tex] u [tex]\operatorname{tg} \frac{s}{2}=\frac{1}{\operatorname{ctg} \frac{s}{2}}[/tex], pa je integral [tex]\frac{1}{2}\int_{0}^{\pi}\ln\operatorname{ctg} \frac{t}{2}\,dt[/tex] jednak svojoj suprotnoj vrednosti. Dakle, [tex]F(-\pi)=F(\pi)=0[/tex]. Parcijalnom integracijom (granični član je nula, jer je [tex]F(0)=F(\pi)=0[/tex]):
[tex]b_n=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}F(x)\sin nx\,dx=\frac{2}{n\pi}\int_{0}^{\pi}F'(x)\cos nx\,dx=\frac{1}{n\pi}I_n,\qquad I_n=\int_{0}^{\pi}\ln\operatorname{ctg} \frac{x}{2}\,\cos nx\,dx[/tex]
Smena [tex]x=\pi-s[/tex] daje [tex]I_n=-(-1)^nI_n[/tex], pa je [tex]I_n=0[/tex] za parno [tex]n[/tex]. Za neparno [tex]n[/tex] još jednom primenjujemo parcijalnu integraciju, koristeći [tex]\left(\ln\operatorname{ctg} \frac{x}{2}\right)'=-\frac{1}{\sin x}[/tex] (granični članovi su nula, jer se logaritamski singularitet množi sa [tex]\sin nx[/tex], koji linearno teži ka [tex]0[/tex] u [tex]0[/tex] i u [tex]\pi[/tex]):
[tex]I_n=\frac{1}{n}\int_{0}^{\pi}\frac{\sin nx}{\sin x}\,dx[/tex]
Za [tex]n=2m+1[/tex] identitet [tex]2\sin x\cos 2jx=\sin (2j+1)x-\sin (2j-1)x[/tex] posle teleskopskog sabiranja daje
[tex]\frac{\sin (2m+1)x}{\sin x}=1+2\sum_{j=1}^{m}\cos 2jx[/tex]
čiji je integral na [tex][0; \pi][/tex] jednak [tex]\pi[/tex]. Dakle, [tex]I_n=\frac{\pi}{n}[/tex] i [tex]b_n=\frac{1}{n^2}[/tex] za neparno [tex]n[/tex], a [tex]b_n=0[/tex] za parno [tex]n[/tex]:
[tex]F(x)=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\sin \left((2k-1)x\right)}{(2k-1)^2}[/tex]
Pošto red [tex]\sum\frac{1}{(2k-1)^2}[/tex] konvergira, dobijeni red konvergira ravnomerno (Vajerštrasov kriterijum) ka neprekidnoj funkciji sa istim Furijeovim koeficijentima kao neprekidna funkcija [tex]F[/tex] (za koju je [tex]F(-\pi)=F(\pi)[/tex]); dve takve funkcije se poklapaju, pa jednakost važi na celom intervalu [tex][-\pi; \pi][/tex].