Brojni i funkcionalni redovi - teški zadaci sa rešenjima

Rešenje:
Uvedimo smenu [tex]t=-\frac{x^2}{5}[/tex]. Red postaje [tex]\sum_{n=0}^{\infty}(n+1)t^n[/tex], pri čemu je [tex]|t|\lt 1[/tex] tačno kada je [tex]|x|\lt\sqrt{5}[/tex]. Za [tex]|t|\lt 1[/tex] iz geometrijskog reda imamo
[tex]\sum_{n=0}^{\infty}t^{n+1}=\frac{t}{1-t}[/tex]
Stepeni red se može diferencirati član po član unutar svog intervala konvergencije, pa je
[tex]\sum_{n=0}^{\infty}(n+1)t^n=\left(\frac{t}{1-t}\right)'=\frac{(1-t)+t}{(1-t)^2}=\frac{1}{(1-t)^2}[/tex]
Vraćanjem smene [tex]t=-\frac{x^2}{5}[/tex] dobijamo sumu:
[tex]S(x)=\frac{1}{\left(1+\frac{x^2}{5}\right)^2}=\frac{25}{\left(5+x^2\right)^2}[/tex]
Provera: [tex]S(0)=1[/tex], što je prvi član reda.

Rešenje:
Umesto računanja četiri izvoda, kombinovaćemo poznate razvoje. Neka je [tex]u=\sin x=x-\frac{x^3}{6}+o(x^4)[/tex]. Pošto je [tex]u=O(x)[/tex] kada [tex]x\to 0[/tex], imamo
[tex]e^u=1+u+\frac{u^2}{2}+\frac{u^3}{6}+\frac{u^4}{24}+o(x^4)[/tex]
Sa tačnošću do [tex]o(x^4)[/tex]:
[tex]u^2=x^2-\frac{x^4}{3}+o(x^4); \quad u^3=x^3+o(x^4); \quad u^4=x^4+o(x^4)[/tex]
Zamenom u razvoj za [tex]e^u[/tex] dobijamo
[tex]e^{\sin x}=1+\left(x-\frac{x^3}{6}\right)+\left(\frac{x^2}{2}-\frac{x^4}{6}\right)+\frac{x^3}{6}+\frac{x^4}{24}+o(x^4)[/tex]
Članovi sa [tex]x^3[/tex] se poništavaju, a [tex]-\frac{1}{6}+\frac{1}{24}=-\frac{1}{8}[/tex], pa je
[tex]e^{\sin x}=1+x+\frac{x^2}{2}-\frac{x^4}{8}+o(x^4)[/tex]
Provera pomoću izvoda: [tex]f(0)=1; \ f'(0)=1; \ f''(0)=1; \ f'''(0)=0; \ f^{(4)}(0)=-3[/tex] i [tex]\frac{-3}{4!}=-\frac{1}{8}[/tex].

Rešenje:
Produžimo [tex]f[/tex] do parne funkcije na [tex]\left(-\pi; \pi\right)[/tex], a zatim periodično sa periodom [tex]2\pi[/tex]. Tada je [tex]b_n=0[/tex] i
[tex]a_n=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}f(x)\cos nx\,dx[/tex]
Najpre,
[tex]a_0=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}\left(\frac{\pi}{4}-\frac{x}{2}\right)dx=\frac{2}{\pi}\left(\frac{\pi^{2}}{4}-\frac{\pi^{2}}{4}\right)=0[/tex]
Za [tex]n\ge 1[/tex] je [tex]\int_{0}^{\pi}\cos nx\,dx=0[/tex], a parcijalnom integracijom
[tex]\int_{0}^{\pi}x\cos nx\,dx=\left[\frac{x\sin nx}{n}\right]_{0}^{\pi}+\left[\frac{\cos nx}{n^{2}}\right]_{0}^{\pi}=\frac{(-1)^{n}-1}{n^{2}}[/tex]
Prema tome,
[tex]a_n=\frac{2}{\pi}\cdot \left(-\frac{1}{2}\right)\cdot \frac{(-1)^{n}-1}{n^{2}}=\frac{1-(-1)^{n}}{\pi n^{2}}[/tex]
To je [tex]0[/tex] za parno [tex]n[/tex] i [tex]\frac{2}{\pi n^{2}}[/tex] za neparno [tex]n=2k-1[/tex]. Parno produženje je neprekidno i deo po deo glatko, pa prema Dirihleovoj teoremi red konvergira ka [tex]\frac{\pi}{4}-\frac{x}{2}[/tex] na celom segmentu [tex]\left[0; \pi\right][/tex]:
[tex]\frac{\pi}{4}-\frac{x}{2}=\frac{2}{\pi}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\cos\left((2k-1)x\right)}{(2k-1)^{2}}[/tex]
Provera za [tex]x=0[/tex]: pošto je [tex]\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{(2k-1)^{2}}=\frac{\pi^{2}}{8}[/tex], desna strana je jednaka [tex]\frac{2}{\pi}\cdot \frac{\pi^{2}}{8}=\frac{\pi}{4}[/tex].

Rešenje:
Razvijmo [tex]f[/tex] u Maklorenov red pomoću geometrijskog reda. Za [tex]\left|\frac{5}{3}x^{15}\right|\lt 1[/tex] je
[tex]\frac{1}{3+5x^{15}}=\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{1+\frac{5}{3}x^{15}}=\frac{1}{3}\sum_{m=0}^{\infty}\left(-\frac{5}{3}\right)^m x^{15m}[/tex]
Pošto je [tex]\frac{2+3x^{12}}{3}=\frac{2}{3}+x^{12}[/tex], dobijamo
[tex]f(x)=\sum_{m=0}^{\infty}\frac{2}{3}\left(-\frac{5}{3}\right)^m x^{15m}+\sum_{m=0}^{\infty}\left(-\frac{5}{3}\right)^m x^{15m+12}[/tex]
Konvergentan stepeni red je Tejlorov red svoje sume, pa je [tex]f^{(k)}(0)=k!\,c_k[/tex], gde je [tex]c_k[/tex] koeficijent uz [tex]x^k[/tex]. Pošto je [tex]87=15\cdot 5+12[/tex] i [tex]87[/tex] nije deljiv sa [tex]15[/tex], stepen [tex]x^{87}[/tex] javlja se samo u drugoj sumi, za [tex]m=5[/tex]:
[tex]c_{87}=\left(-\frac{5}{3}\right)^5=-\frac{3125}{243}[/tex]
Prema tome,
[tex]f^{(87)}(0)=87!\cdot c_{87}=-\frac{3125}{243}\cdot 87![/tex]

Rešenje:
Podelimo polinome: [tex]n^2+1=(n+2)(n-2)+5[/tex], pa je
[tex]\frac{n^2+1}{n+2}=n-2+\frac{5}{n+2}[/tex]
Svaki od redova ispod konvergira (na primer, prema Dalamberovom kriterijumu), pa se dati red može rastaviti:
[tex]S=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n}{n!}-2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n!}+5\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(n+2)\,n!}[/tex]
Koristimo Maklorenov red [tex]e=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!}[/tex]. U drugoj sumi nedostaje član [tex]\frac{1}{0!}=1[/tex]:
[tex]\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n}{n!}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(n-1)!}=e; \qquad \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n!}=e-1[/tex]
Za treću sumu je
[tex]\frac{1}{(n+2)\,n!}=\frac{n+1}{(n+2)!}=\frac{(n+2)-1}{(n+2)!}=\frac{1}{(n+1)!}-\frac{1}{(n+2)!}[/tex]
pa se suma teleskopski skraćuje:
[tex]\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{1}{(n+1)!}-\frac{1}{(n+2)!}\right)=\frac{1}{2!}=\frac{1}{2}[/tex]
Prema tome,
[tex]S=e-2(e-1)+\frac{5}{2}=\frac{9}{2}-e[/tex]

Rešenje:
Prema Dalamberovom kriterijumu je
[tex]\left|\frac{x^{n+3}}{(n+2)(n+3)}\cdot \frac{(n+1)(n+2)}{x^{n+2}}\right|=\frac{n+1}{n+3}\,|x|\to|x|[/tex]
Dakle, poluprečnik konvergencije je [tex]R=1[/tex], a na [tex]\left(-1; 1\right)[/tex] red se može diferencirati član po član. Neka je [tex]S(x)[/tex] njegova suma; tada je [tex]S(0)=0[/tex], [tex]S'(0)=0[/tex], a drugi izvod je geometrijski red:
[tex]S'(x)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^{n+1}}{n+1}; \qquad S''(x)=\sum_{n=0}^{\infty}x^{n}=\frac{1}{1-x}[/tex]
Integracijom od [tex]0[/tex] do [tex]x[/tex] i korišćenjem [tex]S'(0)=0[/tex] dobijamo
[tex]S'(x)=\int_{0}^{x}\frac{dt}{1-t}=-\ln(1-x)[/tex]
Integralimo ponovo, koristeći [tex]S(0)=0[/tex]. Smenom [tex]u=1-t[/tex] dobijamo
[tex]\int_{0}^{x}\ln(1-t)\,dt=\int_{1-x}^{1}\ln u\,du=\left[u\ln u-u\right]_{1-x}^{1}=-x-(1-x)\ln(1-x)[/tex]
Prema tome,
[tex]S(x)=-\int_{0}^{x}\ln(1-t)\,dt=x+(1-x)\ln(1-x)[/tex]
Provera: Maklorenov razvoj desne strane počinje sa [tex]\frac{x^{2}}{2}+\frac{x^{3}}{6}+\frac{x^{4}}{12}+\ldots[/tex], što se poklapa sa redom.

Rešenje:
Tražimo teleskopsko razlaganje. Neka je [tex]b_n=\frac{2^n}{3^n-2^n}[/tex]. Tada je
[tex]b_n-b_{n+1}=\frac{2^n\left(3^{n+1}-2^{n+1}\right)-2^{n+1}\left(3^n-2^n\right)}{\left(3^{n+1}-2^{n+1}\right)\left(3^n-2^n\right)}[/tex]
a brojilac je jednak
[tex]3\cdot 6^n-2^{2n+1}-2\cdot 6^n+2^{2n+1}=6^n[/tex]
Dakle, opšti član reda je tačno [tex]b_n-b_{n+1}[/tex], pa se parcijalne sume teleskopski skraćuju:
[tex]S_N=b_1-b_{N+1}=\frac{2}{3-2}-\frac{2^{N+1}}{3^{N+1}-2^{N+1}}=2-\frac{1}{\left(\frac{3}{2}\right)^{N+1}-1}[/tex]
Pošto [tex]\left(\frac{3}{2}\right)^{N+1}\to\infty[/tex], poslednji razlomak teži ka [tex]0[/tex]. Prema tome, red konvergira i njegov zbir je
[tex]\lim_{N\to\infty}S_N=2[/tex]

Rešenje:
Koristimo teoremu o diferenciranju reda član po član: ako su funkcije [tex]u_n[/tex] neprekidno diferencijabilne na segmentu [tex]\left[a; b\right][/tex], red [tex]\sum u_n(x_0)[/tex] konvergira u nekoj tački [tex]x_0\in\left[a; b\right][/tex] i red izvoda [tex]\sum u_n'(x)[/tex] konvergira ravnomerno na [tex]\left[a; b\right][/tex], onda [tex]\sum u_n[/tex] konvergira ravnomerno na [tex]\left[a; b\right][/tex], njegov zbir je diferencijabilan na tom segmentu i važi [tex]\left(\sum u_n\right)'=\sum u_n'[/tex].
Ovde su funkcije [tex]u_n(x)=\frac{\sin \left(n^{3}x\right)}{2n^{5}+3}[/tex] neprekidno diferencijabilne na [tex]\mathbb{R}[/tex] i
[tex]u_n'(x)=\frac{n^{3}\cos\left(n^{3}x\right)}{2n^{5}+3}[/tex]
Za [tex]x_0=0[/tex] svi članovi su jednaki [tex]0[/tex], pa red tu konvergira. Za svako realno [tex]x[/tex] je
[tex]\left|u_n'(x)\right|\le\frac{n^{3}}{2n^{5}+3}\lt\frac{n^{3}}{2n^{5}}=\frac{1}{2n^{2}}[/tex]
a red [tex]\sum\frac{1}{2n^{2}}[/tex] konvergira (uopšteni harmonijski red sa [tex]p=2\gt 1[/tex]). Prema Vajerštrasovom kriterijumu red izvoda konvergira ravnomerno na [tex]\mathbb{R}[/tex], pa i na svakom segmentu [tex]\left[a; b\right][/tex].
Primenom teoreme na proizvoljnom segmentu koji sadrži datu tačku [tex]x[/tex] dobijamo da je [tex]S[/tex] diferencijabilna u [tex]x[/tex] i da je [tex]S'(x)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n^{3}\cos\left(n^{3}x\right)}{2n^{5}+3}[/tex]. Pošto je [tex]x\in\mathbb{R}[/tex] proizvoljno, tvrđenje je dokazano (štaviše, [tex]S'[/tex] je neprekidna kao ravnomerna granica neprekidnih funkcija).

Rešenje:
Označimo opšti član sa [tex]u_n[/tex] i primenimo Košijev korenski kriterijum na [tex]\left|u_n\right|[/tex]:
[tex]\sqrt[n]{\left|u_n\right|}=\frac{1}{\pi}\left|a+\frac{1}{n}\right|^{n}[/tex]
Slučaj [tex]|a|\lt 1[/tex]: za velike [tex]n[/tex] je [tex]\left|a+\frac{1}{n}\right|\le q=\frac{1+|a|}{2}\lt 1[/tex], pa je [tex]\sqrt[n]{\left|u_n\right|}\le\frac{q^n}{\pi}\to 0\lt 1[/tex] i red konvergira apsolutno.
Slučaj [tex]a=1[/tex]: [tex]\sqrt[n]{u_n}=\frac{1}{\pi}\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n}\to\frac{e}{\pi}\lt 1[/tex], pa red konvergira.
Slučaj [tex]a=-1[/tex]: [tex]\sqrt[n]{\left|u_n\right|}=\frac{1}{\pi}\left(1-\frac{1}{n}\right)^{n}\to\frac{1}{e\pi}\lt 1[/tex], pa red konvergira apsolutno.
Slučaj [tex]|a|\gt 1[/tex]: za velike [tex]n[/tex] je [tex]\left|a+\frac{1}{n}\right|\ge|a|-\frac{1}{n}\ge r=\frac{1+|a|}{2}\gt 1[/tex], pa je
[tex]\left|u_n\right|\ge\left(\frac{r^{n}}{\pi}\right)^{n}\to+\infty[/tex]
Opšti član ne teži ka [tex]0[/tex], pa red divergira. Dakle, red konvergira tačno za [tex]a\in\left[-1; 1\right][/tex].

Rešenje:
Funkcija [tex]x^{2}[/tex] je parna, pa su svi sinusni koeficijenti jednaki nuli, [tex]b_n=0[/tex], i
[tex]a_n=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}x^{2}\cos nx\,dx[/tex]
Za [tex]n=0[/tex] dobijamo [tex]a_0=\frac{2}{\pi}\cdot \frac{\pi^{3}}{3}=\frac{2\pi^{2}}{3}[/tex]. Za [tex]n\ge 1[/tex] dva puta primenjujemo parcijalnu integraciju:
[tex]\int_{0}^{\pi}x^{2}\cos nx\,dx=\left[\frac{x^{2}\sin nx}{n}\right]_{0}^{\pi}-\frac{2}{n}\int_{0}^{\pi}x\sin nx\,dx=-\frac{2}{n}\int_{0}^{\pi}x\sin nx\,dx[/tex]
[tex]\int_{0}^{\pi}x\sin nx\,dx=\left[-\frac{x\cos nx}{n}\right]_{0}^{\pi}+\frac{1}{n}\int_{0}^{\pi}\cos nx\,dx=-\frac{\pi(-1)^{n}}{n}[/tex]
Prema tome,
[tex]\int_{0}^{\pi}x^{2}\cos nx\,dx=\frac{2\pi(-1)^{n}}{n^{2}},\qquad a_n=\frac{4(-1)^{n}}{n^{2}}[/tex]
[tex]2\pi[/tex]-periodično produženje funkcije [tex]x^{2}[/tex] sa [tex]\left[-\pi; \pi\right][/tex] je neprekidno (vrednosti u [tex]\pm\pi[/tex] se poklapaju) i deo po deo glatko, pa prema Dirihleovoj teoremi njegov Furijeov red konvergira ka njemu u svakoj tački:
[tex]x^{2}=\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}a_n\cos nx=\frac{\pi^{2}}{3}+4\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{n^{2}}\cos nx,\quad x\in\left[-\pi; \pi\right][/tex]
Stavimo [tex]x=\pi[/tex]. Pošto je [tex]\cos n\pi=(-1)^{n}[/tex], imamo [tex](-1)^{n}\cos n\pi=1[/tex] i
[tex]\pi^{2}=\frac{\pi^{2}}{3}+4\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2}}\Rightarrow\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2}}=\frac{1}{4}\left(\pi^{2}-\frac{\pi^{2}}{3}\right)=\frac{\pi^{2}}{6}[/tex]

Rešenje:
Dalamberov kriterijum se ne može primeniti direktno, jer [tex]\frac{\cos(k+1)}{\cos k}[/tex] nema graničnu vrednost, pa ocenjujemo članove reda.
Neka je [tex]|x|\lt 3[/tex] i [tex]q=\frac{|x|}{3}\lt 1[/tex]. Tada je
[tex]\left|\frac{k^{3}\cos k}{3^{k}}x^{k}\right|\le k^{3}q^{k},\qquad\frac{(k+1)^{3}q^{k+1}}{k^{3}q^{k}}\to q\lt 1[/tex]
pa red [tex]\sum k^{3}q^{k}[/tex] konvergira po Dalamberovom kriterijumu, a po kriterijumu poređenja stepeni red konvergira apsolutno.
Za svako [tex]k[/tex] bar jedan od brojeva [tex]|\cos k|[/tex] i [tex]|\cos(k+1)|[/tex] nije manji od [tex]\frac{1}{4}[/tex]. Zaista, kad bi oba bila manja od [tex]\frac{1}{4}[/tex], iz [tex]\cos(k+1)=\cos k\cos 1-\sin k\sin 1[/tex] bismo dobili
[tex]|\sin k|\sin 1\le|\cos k|\cos 1+|\cos(k+1)|\lt\frac{1}{2}\Rightarrow|\sin k|\lt\frac{1}{2\sin 1}\lt 0{,}6[/tex]
(jer je [tex]\sin 1\gt 0{,}84[/tex]), dok je [tex]|\sin k|=\sqrt{1-\cos^{2}k}\gt\sqrt{\frac{15}{16}}\gt 0{,}96[/tex], što je kontradikcija. Prema tome, [tex]|\cos k|\ge\frac{1}{4}[/tex] za beskonačno mnogo vrednosti [tex]k[/tex].
Neka je sada [tex]|x|\ge 3[/tex]. Za tih beskonačno mnogo vrednosti [tex]k[/tex] je
[tex]\left|\frac{k^{3}\cos k}{3^{k}}x^{k}\right|\ge\frac{k^{3}}{4}\left(\frac{|x|}{3}\right)^{k}\ge\frac{k^{3}}{4}[/tex]
pa članovi ne teže ka [tex]0[/tex] i red divergira. Dakle, red konvergira za [tex]|x|\lt 3[/tex] i divergira za [tex]|x|\ge 3[/tex], tj. [tex]R=3[/tex].

Rešenje:
Neka je [tex]u_n=\frac{4^n(n!)^2}{(2n)!\,(n+1)}\gt 0[/tex]; red je [tex]\sum(-1)^{n-1}u_n[/tex]. Pošto je [tex]4^n(n!)^2=\left(2\cdot 4\cdot \ldots\cdot 2n\right)^2=\left((2n)!!\right)^2[/tex] i [tex](2n)!=(2n)!!\,(2n-1)!![/tex], dobijamo
[tex]u_n=\frac{P_n}{n+1},\qquad P_n=\frac{(2n)!!}{(2n-1)!!}=\prod_{k=1}^{n}\frac{2k}{2k-1}[/tex]
Ocena odozdo: iz [tex](2k)^2\ge(2k-1)(2k+1)[/tex] sledi [tex]\left(\frac{2k}{2k-1}\right)^2\ge\frac{2k+1}{2k-1}[/tex], a proizvod se teleskopski skraćuje:
[tex]P_n^2\ge\prod_{k=1}^{n}\frac{2k+1}{2k-1}=2n+1[/tex]
Ocena odozgo: za [tex]k\ge 2[/tex] nejednakost [tex]4k(k-1)\le(2k-1)^2[/tex] daje [tex]\left(\frac{2k}{2k-1}\right)^2\le\frac{k}{k-1}[/tex], pa je za [tex]n\ge 1[/tex]
[tex]P_n^2\le 4\prod_{k=2}^{n}\frac{k}{k-1}=4n,\qquad\sqrt{2n+1}\le P_n\le 2\sqrt{n}[/tex]
Red ne konvergira apsolutno: za [tex]n\ge 1[/tex] je
[tex]u_n\ge\frac{\sqrt{2n+1}}{n+1}\ge\frac{\sqrt{n}}{2n}=\frac{1}{2\sqrt{n}}[/tex]
a red [tex]\sum\frac{1}{\sqrt{n}}[/tex] divergira (uopšteni harmonijski red sa [tex]p=\frac{1}{2}\le 1[/tex]), pa po kriterijumu poređenja red [tex]\sum\left|(-1)^{n-1}u_n\right|=\sum u_n[/tex] divergira.
Konvergencija: [tex]u_n\le\frac{2\sqrt{n}}{n+1}\lt\frac{2}{\sqrt{n}}\to 0[/tex], a za svako [tex]n\ge 0[/tex] je
[tex]\frac{u_{n+1}}{u_n}=\frac{4(n+1)^2}{(2n+1)(2n+2)}\cdot \frac{n+1}{n+2}=\frac{2n^2+4n+2}{2n^2+5n+2}\le 1[/tex]
pa je niz [tex]u_n[/tex] nerastući i teži ka [tex]0[/tex]. Prema Lajbnicovom kriterijumu alternativni red konvergira. Pošto konvergira, ali ne apsolutno, red konvergira uslovno.