Nužan uvjet konvergencije reda

Ispitajte konvergenciju reda:

a): $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2^n}{(n+1)\ln \left(1+\frac{1}{2n}\right)}$ ,
b): $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1} \frac{n}{6n-5}$ .

Rješenje.

a)

Limes nazivnika općeg člana zadanog reda jednak je

$\displaystyle \lim_{n\to \infty}(n+1)\ln \left(1+\frac{1}{2n}\right)= \lim_{n\t... ...o \infty} \ln \left[ \left(1+\frac{1}{2n}\right)^{2n} \right]^{\frac{n+1}{2n}}.$

Stoga je

$\displaystyle \lim_{n\to \infty}a_n= \frac{\displaystyle\lim_{n\to \infty} 2^n}... ... \infty}}\frac{n+1}{2n}}}= \frac{+\infty}{\ln e^{\frac{1}{2}} }=+\infty \neq 0.$

Dakle, prema

[M1, teorem 6.9], zadani red divergira.

b)

Promotrimo li podnizove $\{a_{2k}\}$ i $\{a_{2k+1}\}$ niza $\{a_n\}$ , gdje je

opći član zadanog reda, vidimo da je

	$\displaystyle \lim_{k\to \infty}a_{2k}=\lim_{k\to \infty}(-1)^{2k-1}\frac{2k}{6\cdot 2k-5}= \lim_{k\to \infty}\left(-\frac{2k}{12k-5}\right)=-\frac{1}{6},$
	$\displaystyle \lim_{k\to \infty}a_{2k+1}=\lim_{k\to \infty}(-1)^{2k}\frac{2k+1}{6(2k+1)-5}= \lim_{k\to \infty}\frac{2k+1}{12k+1}=\frac{1}{6}.$

Prema

[M1, poglavlje 6.1.1], niz $\{a_n\}$ ima dva gomilišta, $-\frac{1}{6}$ i $\frac{1}{6}$ , pa stoga divergira. Sada, prema

[M1, teorem 6.9], slijedi da zadani red divergira.