Brojni i funkcionalni redovi - zadaci sa rešenjima

Rešenje:
Za [tex]-1\le x\le 1[/tex] red je geometrijski, sa prvim članom [tex]1[/tex] i količnikom [tex]q=\frac{x}{2}[/tex], pri čemu je [tex]|q|\le\frac{1}{2}\lt 1[/tex]. Zato red konvergira i
[tex]f(x)=\frac{1}{1-\frac{x}{2}}=\frac{2}{2-x}[/tex]
Tada je
[tex]\int_{0}^{1}\frac{2}{2-x}\,dx=\left[-2\ln(2-x)\right]_{0}^{1}=-2\ln 1+2\ln 2=2\ln 2[/tex]
Prema tome,
[tex]\sqrt{e^{2\ln 2}}=\sqrt{e^{\ln 4}}=\sqrt{4}=2[/tex]

Rešenje:
Pošto je [tex]1-\frac{1}{n}=\frac{n-1}{n}[/tex] i [tex]1-\frac{1}{n+1}=\frac{n}{n+1}[/tex], opšti član je razlika uzastopnih članova niza [tex]b_n=\log_{2}\frac{n-1}{n}[/tex]:
[tex]a_n=\log_{2}\frac{n-1}{n}-\log_{2}\frac{n}{n+1}=b_n-b_{n+1}[/tex]
Zato se u parcijalnim sumama skoro svi sabirci poništavaju:
[tex]S_N=\sum_{n=2}^{N}(b_n-b_{n+1})=b_2-b_{N+1}=\log_{2}\frac{1}{2}-\log_{2}\frac{N}{N+1}[/tex]
Kada [tex]N\to\infty[/tex], važi [tex]\frac{N}{N+1}\to 1[/tex], pa [tex]\log_{2}\frac{N}{N+1}\to 0[/tex]. Dakle, red konvergira i njegov zbir je
[tex]S=\lim_{N\to\infty}S_N=\log_{2}\frac{1}{2}=-1[/tex]

Rešenje:
Rastavimo opšti član na parcijalne razlomke (primetimo da je [tex](2n+5)-(2n-1)=6[/tex]):
[tex]\frac{1}{(2n-1)(2n+5)}=\frac{1}{6}\left(\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+5}\right)\quad\Rightarrow\quad S_n=\frac{1}{6}\left(\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{2k-1}-\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{2k+5}\right)[/tex]
Pošto je [tex]2k+5=2(k+3)-1[/tex], druga suma se sastoji od razlomaka [tex]\frac{1}{7},\frac{1}{9},\ldots,\frac{1}{2n+5}[/tex], tj. od razlomaka istog oblika kao u prvoj sumi, sa indeksom pomerenim za [tex]3[/tex]. Za [tex]n\ge 3[/tex] razlomci [tex]\frac{1}{7},\ldots,\frac{1}{2n-1}[/tex] se poništavaju i
[tex]S_n=\frac{1}{6}\left(1+\frac{1}{3}+\frac{1}{5}-\frac{1}{2n+1}-\frac{1}{2n+3}-\frac{1}{2n+5}\right)[/tex]
Kada [tex]n\to\infty[/tex], poslednja tri razlomka teže [tex]0[/tex], pa red konvergira i
[tex]S=\lim_{n\to\infty}S_n=\frac{1}{6}\cdot \frac{23}{15}=\frac{23}{90}[/tex]

Rešenje:
Transformišimo brojilac opšteg člana:
[tex](-4)^{n}x^{6n}=(-1)^{n}2^{2n}\left(x^{3}\right)^{2n}=(-1)^{n}\left(2x^{3}\right)^{2n}[/tex]
Prema tome, za [tex]t=2x^{3}[/tex] red postaje
[tex]\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}t^{2n}}{(2n)!}[/tex]
To je Maklorenov red funkcije [tex]\cos t[/tex]. On konvergira ka [tex]\cos t[/tex] za svako realno [tex]t[/tex]: poluprečnik konvergencije je beskonačan, a ostatak u Lagranžovom obliku teži [tex]0[/tex], jer su svi izvodi kosinusa po apsolutnoj vrednosti ograničeni sa [tex]1[/tex]. Prema tome, za svako [tex]x\in\mathbb{R}[/tex] zbir reda je
[tex]\cos\left(2x^{3}\right)[/tex]

Rešenje:
Redovi [tex]T=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n}{2^{n}}[/tex] i [tex]G=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{2^{n}}[/tex] konvergiraju (prvi po Dalamberovom kriterijumu, jer [tex]\frac{n+1}{2n}\to\frac{1}{2}\lt 1[/tex], a drugi je geometrijski). Zato i dati red konvergira, a njegov zbir je [tex]S=2T-G[/tex], gde je
[tex]G=\frac{\frac{1}{2}}{1-\frac{1}{2}}=1[/tex]
Da bismo našli [tex]T[/tex], pomerimo indeks u [tex]\frac{T}{2}[/tex] i oduzmimo:
[tex]\frac{T}{2}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n}{2^{n+1}}=\sum_{n=2}^{\infty}\frac{n-1}{2^{n}}[/tex]
[tex]T-\frac{T}{2}=\frac{1}{2}+\sum_{n=2}^{\infty}\frac{n-(n-1)}{2^{n}}=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}=1\quad\Rightarrow\quad T=2[/tex]
Prema tome,
[tex]S=2\cdot 2-1=3[/tex]

Rešenje:
Primenimo Dalamberov kriterijum na apsolutne vrednosti članova:
[tex]\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right|=\frac{n+2}{n+3}\,|x-4|\to|x-4|[/tex]
Prema tome, red apsolutno konvergira za [tex]|x-4|\lt 1[/tex], tj. za [tex]3\lt x\lt 5[/tex], a divergira za [tex]|x-4|\gt 1[/tex]; poluprečnik konvergencije je [tex]R=1[/tex]. Krajnje tačke treba posebno proveriti. Za [tex]x=5[/tex] dobijamo ostatak harmonijskog reda, koji divergira:
[tex]\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n+2}=\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}+\ldots[/tex]
Za [tex]x=3[/tex] važi [tex](x-4)^{n+2}=(-1)^{n+2}=(-1)^{n}[/tex], pa red postaje
[tex]\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{n+2}[/tex]
Brojevi [tex]\frac{1}{n+2}[/tex] opadaju i teže [tex]0[/tex], pa prema Lajbnicovom kriterijumu ovaj red konvergira (uslovno). Dakle, oblast konvergencije je [tex]\left[3 ; 5\right)[/tex].

Rešenje:
Uklanjanje konačno mnogo članova ne menja konvergenciju reda, pa je dovoljno ispitati ostatak reda. Po definiciji granične vrednosti, za [tex]\varepsilon=\frac{L}{2}\gt 0[/tex] postoji indeks [tex]N[/tex] takav da za svako [tex]n\ge N[/tex] važi
[tex]n\,a_n\gt L-\frac{L}{2}=\frac{L}{2}\quad\Rightarrow\quad a_n\gt\frac{L}{2}\cdot \frac{1}{n}\gt 0[/tex]
Harmonijski red [tex]\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}[/tex] divergira, pa divergira i red [tex]\sum_{n=N}^{\infty}\frac{L}{2n}[/tex] (uklanjanje konačno mnogo članova i množenje pozitivnom konstantom [tex]\frac{L}{2}[/tex] ne menjaju divergenciju).
Prema kriterijumu poređenja za redove sa pozitivnim članovima, red [tex]\sum_{n=N}^{\infty}a_n[/tex] divergira. Dodavanje konačno mnogo članova [tex]a_1,\ldots,a_{N-1}[/tex] to ne menja, pa red [tex]\sum_{n=1}^{\infty}a_n[/tex] divergira.

Rešenje:
Furijeovi koeficijenti mogu se računati na bilo kom intervalu dužine [tex]2\pi[/tex]; uzimamo [tex]\left(0; 2\pi\right)[/tex]. Najpre,
[tex]a_0=\frac{1}{\pi}\int_{0}^{2\pi}x\,dx=\frac{1}{\pi}\cdot \frac{(2\pi)^2}{2}=2\pi[/tex]
Dakle, slobodni član je [tex]\frac{a_0}{2}=\pi[/tex]. Parcijalnom integracijom za [tex]n\ge 1[/tex] dobijamo
[tex]a_n=\frac{1}{\pi}\int_{0}^{2\pi}x\cos nx\,dx=\frac{1}{\pi}\left(\left[\frac{x\sin nx}{n}\right]_{0}^{2\pi}-\frac{1}{n}\int_{0}^{2\pi}\sin nx\,dx\right)=0[/tex]
[tex]b_n=\frac{1}{\pi}\int_{0}^{2\pi}x\sin nx\,dx=\frac{1}{\pi}\left(\left[-\frac{x\cos nx}{n}\right]_{0}^{2\pi}+\frac{1}{n}\int_{0}^{2\pi}\cos nx\,dx\right)=\frac{1}{\pi}\cdot \left(-\frac{2\pi}{n}\right)=-\frac{2}{n}[/tex]
Prema tome,
[tex]f(x)=\pi-2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sin nx}{n}[/tex]
Pošto je [tex]f[/tex] deo po deo glatka, prema Dirihleovoj teoremi red konvergira ka [tex]x[/tex] za [tex]0\lt x\lt 2\pi[/tex], a u tačkama skoka [tex]x=2k\pi,\ k\in\mathbb{Z}[/tex], njegova suma je [tex]\pi[/tex], aritmetička sredina jednostranih graničnih vrednosti [tex]0[/tex] i [tex]2\pi[/tex].