Функциональный ряд

[rabbit-a]

Тогда, может быть, так: ряд $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{-n^x\ln\ n}{(\sqrt{n+1}+\sqrt{n})(n^x+1)^2} (*) $
в смысле сходимости ведет себя также как и ряд $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\ln\ n}{n^{x+1/2}};$ поскольку $\sqrt{n+1}+\sqrt{n}\sim \sqrt{n},\ \frac{n^x}{(n^x+1)^2}\sim \frac{1}{n^x}$ при $n\rightarrow +\infty, x\in(0;+\infty)$

Применим признак Абеля: множители $\frac{\ln\ n}{n^{1/2}}<1\ \forall n,$ т.е. представляют собой последовательность, ограниченную в совокупности, а ряд $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^x}$ сходится при
$ x\in(1;+\infty)$ как ряд Дирихле.
Верно это?

Подскажите пожалуйста как доказать равномерную сходимость ряда $(*)$ на $(1/2;+\infty)$

[Otta]

rabbit-a в сообщении #1040086 писал(а):

ряд $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{-n^x\ln\ x}{(\sqrt{n+1}+\sqrt{n})(n^x+1)^2} (*) $

Опечатку в логарифме исправьте.

rabbit-a в сообщении #1040086 писал(а):

Применим признак Абеля:

Это дурной тон - применять признак Абеля к знакопостоянным рядам. Если не хватит признака Вейерштрасса - не хватит и Абеля.

rabbit-a в сообщении #1040086 писал(а):

Подскажите пожалуйста как доказать равномерную сходимость ряда $(*)$ на $(1/2;+\infty)$

Никак. Он не сходится там равномерно. Но зачем Вам это? Дифференцируемость - свойство локальное, а Вы смотрите на нее так, будто она глобальное свойство, неотъемлемое от всего множества.

[rabbit-a]

Минуточку: разве я не вправе здесь применить признак Абеля? (я, честно говоря, не понял замечание про дурной тон-Вы имеете ввиду, что признак Вейерштрасса более общий, чем признак Абеля?). У меня было задание определить область на которой исходный ряд можно почленно дифференцировать, причем же здесь локальность дифференцирования? Как я должен записать ответ: на области сходимости ряд не всюду можно почленно дифференцировать? -как-то мне не нравится такой вариант ответа.
Или на $(1;+\infty)$ ряд можно почленно дифференцировать, а левее единицы нельзя разве?

Опечатку исправил.

[Otta]

rabbit-a в сообщении #1040092 писал(а):

(я, честно говоря, не понял замечание про дурной тон-Вы имеете ввиду, что признак Вейерштрасса более общий, чем признак Абеля?).

Я имею в виду, что в случае знакопостоянных рядов признак Абеля не привносит дополнительной информации в сравнении с грамотным исследованием по признаку Вейерштрасса.

Какая функция называется дифференцируемой на множестве?

[rabbit-a]

Функция дифференцируема на множестве, если она дифференцируема в каждой внутренней точке этого множества (речь видимо идет о двусторонних производных), и что?
Я все также не могу понять областью дифференцируемости исходного ряда является $(1/2;+\infty)$ или $(1;+\infty)$
Вы спрашивали для чего мне равномерная сходимость ряда из производных-для того, чтобы доказать возможность почленного дифференцирования. Условие равномерной сходимости является обязательным, разве нет?

[Otta]

rabbit-a в сообщении #1040099 писал(а):

Я все также не могу понять областью дифференцируемости исходного ряда является $(1/2;+\infty)$ или $(1;+\infty)$

Как Вы можете это понять, когда это должно быть результатом Вашего решения? априори? посмотрел и понял? однако, большой навык нужен.

rabbit-a в сообщении #1040099 писал(а):

Функция дифференцируема на множестве, если она дифференцируема в каждой внутренней точке этого множества (речь видимо идет о двусторонних производных), и что?

И ничего, надо остановиться и подумать, что Вам это дает.
Вас неуклонно тянет к большим множествам, а дифференцируемость - еще раз - штука локальная. Докажите ее в окрестности каждой точки. Может, так пройдет Ваша теорема? Вам ведь не нужна равномерная сходимость ряда и ряда из производных на большом множестве, Вам задачу так не ставили. Вам нужна дифференцируемость.

-- 24.07.2015, 14:14 --

rabbit-a в сообщении #1040099 писал(а):

Условие равномерной сходимости является обязательным, разве нет?

Если Вы внимательно посмотрите на теорему, и что из чего следует, Вы это сами увидите. Конечно, нет.

[rabbit-a]

Пусть функции $u_n(x)$ определены в промежутке $[a;b]$ и имеют в нем непрерывные производные $u'_n(x)$. Если в этом промежутке не только сходится ряд $\sum u_n(x)$, но и равномерно сходится ряд, составленный из производных, то и сумма ряда $ f(x)$ имеет на $[a;b]$ производную, причем $f(x)=\sum u'_n(x)$

Фихтенгольц Г.М. "Курс дифференциального исчисления", том 2, стр.476, параграф 435.

Я что вижу, то и применяю. Я понимаю, что на форуме принято не решать примеры, а наводить на мысль о решении, но мой кругозор в смысле теорем матем. анализа в разы уже Вашего, поэтому то, то для Вас очевидно, для меня непонятно, и сколько бы я здесь не думал сам по себе, вряд ли станет ясней. Может быть, Вы отошлете меня к какому-нибудь более простому примеру, где используется идея(теорема), нужная в данном примере.

Еще я нашел похожий пример, где дифференцируется ряд $\sum \frac{a_n}{n^x}$ и для получающегося дифференцированием ряда $-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{a_n}{n^x}\ln n $ доказывается равномерная сходимость относительно $x\ \forall x\geq x_0$, где $x_0$ - любое, но фиксированное число, большее некоторого заданного. Опираясь на признак Абеля (почему я и пытался его примнить) в Фихтенгольце доказывается , что множители $\frac{\ln n}{n^{x-x_0}}$ начиная с $n=2$ с возрастанием n, будут все ограничены числом $\ln 2.$

Вот именно этот момент мне непонятен. Я понимаю, что на бесконечности любая степенная функция растет быстрее логарифмической, но не понимаю почему будет общая ограничивающая константа для этих дробей. Например, выбрав $x$ близкое к $x_0$ я легко получу значение $>\ln 2.$. Может быть, Вы этот момент как-то можете мне пояснить.

[Otta]

Честно говоря, я с трудом представляю, что может быть конкретней указания

Otta в сообщении #1040101 писал(а):

Докажите ее в окрестности каждой точки. Может, так пройдет Ваша теорема?

Неужели нужно написать, как выглядит достаточно малая окрестность произвольно выбранной из Вашего промежутка точки?

[rabbit-a]

Ну хорошо, пытаюсь доказать дифференцируемость в каждой точке $f(x)=\frac{(x_0+\Delta x)^n}{((x_0+\Delta x)^n+1)^2}=\frac{1}{(x_0+\Delta x)^n+1}-\frac{1}{((x_0+\Delta x)^n+1)^2}=A\cdot \Delta x+\alpha(\Delta x)$
честно говоря не представляю как вынести $\Delta x$ за скобку....

[Otta]

Otta в сообщении #1040113 писал(а):

написать, как выглядит достаточно малая окрестность произвольно выбранной из Вашего промежутка точки?

А? Или справитесь? Напишите. Потом дальше поговорим.

[rabbit-a]

Произвольно малая окрестность $U(x_0;\delta)=(x_0-\delta;x_0+\delta), x_0\in(1/2;+\infty)$
$\delta$ -- сколь угодно малое
Чего дальше делать?

[Otta]

О! Ура! Вот. Выбирайте Вашу окрестность такой, чтобы она целиком лежала в множестве и применяйте процитированную Выше теорему на этой окрестности.

[rabbit-a]

Может быть так: $\frac{n^x}{(\sqrt{n+1}+\sqrt{n})(n^x+1)^2}<\frac{n^x}{(\sqrt{n+1}+\sqrt{n})n^{2x}}=\frac{1}{(\sqrt{n+1}+\sqrt{n})\cdot n^x}$ но ряд $\sum \frac{1}{(\sqrt{n+1}+\sqrt{n})\cdot n^x}$ сходится $\forall x_0\in (1/2+\delta;+\infty)$ так как ряд сравнения $\frac{1}{(\sqrt{n+1}+\sqrt{n})\cdot n^x_0}$ сходится как ряд Дирихле т.к. $x_0+1/2>1/2+1/2+\delta>1$

Тем самым ряд можно почленно дифференцировать на всей области сходимости $(1/2;+\infty)$
Верно?!

[Otta]

Опять та же проблема. Где логарифм?

-- 27.07.2015, 00:40 --

rabbit-a в сообщении #1040710 писал(а):

ряд $\sum \frac{1}{(\sqrt{n+1}+\sqrt{n})\cdot n^x}$ сходится $\forall x_0\in (1/2+\delta;+\infty)$

Я этого не понимаю. Это как-то не по-русски. Ряд, не зависящий от $x_0$, сходится для любого $x_0$. Может, Вы что-то другое имели в виду?

В общем, Вы отвлеклись. Возьмите хорошую окрестность (см. выше) и на ней применяйте теорему о почленной дифференцируемости. Не отвлекаясь. Если Вы не понимаете, зачем все это делается, то имеет смысл или перечитать ветку, или спросить еще раз.

[rabbit-a]

Про логарифм я и забыл...
$\forall \varepsilon>0\ \exists N$ такое что $\forall n>N \ln n<n^{\varepsilon} $

$\frac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}<\frac{1}{\sqrt{n}}$

$\forall x\in U(x_0+\delta;\delta/2)\subset (1/2+2\delta;+\infty)$ ну или $x_0\in(1/2+\delta;+\infty)$
(я не понимаю что я должен спросить, если меня спрашивают про дифференцируемость на множестве, а не в точке, да-к значит я всё равно в конце концов должен выйти на исходное множество или его часть)

поэтому c учетом неравенства написанного для показательного выражения, и, выбрав $\varepsilon =\delta/2$, а также учитывая, что $x_0+\delta$ -- левая граница окрестности, получаем

${\frac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}\frac{n^x\ln n}{(1+n^x)^2}<\frac{n^{\delta/2}}{\sqrt{n}n^x}=\frac{1}{n^{x+1/2-\delta/2}}\le \frac{1}{n^{x_0+\delta/2+1/2-\delta/2}}\le \frac{1}{n^{1/2+\delta+1/2}}=\frac{1}{n^{1+\delta}}}$

оценили для каждой точки из окрестности (или что это же самое по моим представлениям: для каждой внутренней точки области сходимости исходного ряда) функциональный ряд числовым рядом с указанным членом. Но такой числовой ряд сходится как ряд Дирихле $\forall \delta>0$. Теперь применяем теорему Вейерштрасса и получаем что ряд можно почленно дифференцировать в каждой внутренней точки промежутка сходимости.

Теперь правильно?

Перечитал ветку четыре раза, при перечитывании в пятый раз зарябило в глазах.