положительный ряд

[ex-math]

Я продолжаю не понимать эти "поабели". Хорошо, можно просуммировать расходящийся предельный ряд, но где гарантия, что это будет пределом нашего ряда? Есть соответствующие теоремы?

[kp9r4d]

ex-math
Вообще почему-то всегда думал, что суммирование по Абелю непрерывно, тобишь $\sum a_n(x) = \sum a_n(a)$ при $x \to a$ (если все $a_n$ непрерывны и существуют на естественных областях определения), но сейчас действительно не вижу (и нагуглить не могу) оснований к этому. Хотелось бы увидеть контрпример, если это вдруг не так.

[juna]

ex-math в сообщении #1052306 писал(а):

Есть соответствующие теоремы?

Если ряд сходится к А в обычном смысле, то регулярный метод обобщенного суммирования должен давать А. Метод Пуассона-Абеля - регулярный. В обратную сторону утверждение неверно. Поэтому для надежности нужна подходящая тауберова теорема.

[ex-math]

topic100333.html
Вот хороший пример того, что получается при вольном обращении с расходящимися рядами, а что на самом деле. Хотя надо признать, что главные члены совпадают.

По сути, надо понять, можно ли в выражении

$$ \lim_{x\to1+0}\lim_{y\to1-0}\sum_{k=1}^\infty\frac {(-1)^{k-1}ky^k}{(x^k+1)^2} $$

пронести внешний предел внутрь ряда. Ясно, что одним требованием непрерывности здесь не обойтись, так что в общем случае так делать нельзя. Главное -- поменять местами пределы. Внутрь ряда потом занести будет можно, там сходимость равномерная по $x$.

maxal
Тот ряд, который я написал в своем первом сообщении, это и есть ряд с гиперболическим тангенсом. Но ничего честно вычислить не получается. Если тангенс оценить единицей или даже в разных диапазонах $k$ использовать разные оценки, то теряется знакопеременность и все рушится.

[Evgenjy]

Сначала имеющийся знакочередующийся ряд надо представить в следующем виде:

$$\sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k-1}k}{(x^{k}+1)^2} =\sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k-1}kx^{-k}}{2+x^k+x^{-k}}$$

[sup]

Странно, что iancaple не довел свою попытку до конца.
Имеем тождество

$$\frac{z}{(z+1)^2} = -\sum \limits_{d>0} (-1)^d\frac{d}{z^d}$$

Следовательно, наша сумма $S(x)$ представима в виде

$$S(x) = \sum \limits_{k>0} (-1)^k \frac {k}{x^k} \sum \limits_{d>0} (-1)^d\frac{d}{x^{kd}}$$

Меняем порядок суммирования

$$S(x) = -\sum \limits_{d>0} (-1)^d \frac{dx^{d+1}}{(x^{d+1} + 1)^2} = \sum \limits_{d>0} (-1)^d \frac{(d - 1)x^d}{(x^d + 1)^2}$$

Отсюда

$$2S(x) = \sum \limits_{d>0} (-1)^{d-1} \frac{x^d}{(x^d + 1)^2}$$

Это знакопеременный ряд с монотонно убывающим общим членом. Отсюда вытекает положительность $S(x)$. Ну и надо еще немножко дожать до предела в $x=1$.

[ex-math]

sup
Непонятен последний переход. Как получилось выражение для $2S(x)$?

[sup]

Хм, похоже, что я потерял слагаемое. Да, виноват.

[ex-math]

maxal
Будут дальнейшие подсказки? Или решение? А то сходу не получается, и сообщество, видимо, теряет к задаче интерес.

[Evgenjy]

ex-math в сообщении #1053396 писал(а):

Будут дальнейшие подсказки?

Evgenjy в сообщении #1052471 писал(а):

$$\sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k-1}k}{(x^{k}+1)^2} =\sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k-1}kx^{-k}}{2+x^k+x^{-k}}$$

Далее воспользоваться тем, что

$$\sum_{k=1}^{\infty} (-1)^{k-1}kx^{-k}=\frac{x}{(x+1)^2}$$

$$\frac{1}{2+x^k+x^{-k}}=\frac{1}{4}+O[(x-1)^{2k}]$$

[ex-math]

Evgenjy
Ваше последнее равенство просто неверно, а с ним и все решение. Правильно будет $O((x^k-1)^2)$, а это совсем другая песня. Взяв $k=1/\ln x $, это особенно хорошо видно.

[Evgenjy]

ex-math в сообщении #1053677 писал(а):

Ваше последнее равенство просто неверно

Спасибо, ex-math, что обратили внимание на ошибку в этом равенстве. Должно быть так:

$$\frac{1}{2+x^k+x^{-k}}=\frac{1}{4}+k^2O[(x-1)^{2}]$$

[sup]

Получить предел можно. А вот с положительностью - проблемы. Там, надо думать, должно быть какое-то "интересное" тождество.
Предел проще всего получить через интеграл

$$S(x) = \frac{1}{2\pi i} \int_{a - i\infty}^{a + i\infty} \frac {\pi z}{\sin (\pi z)} \frac {dz}{(x^z + 1)^2}$$

Здесь уже предел $x \to 1$ обосновывается сравнительно легко.
Но это "не интересно", т.к. привлекает ТФКП.
Более простыми методами можно попробовать так. Пусть $\varphi_k$ - некоторая последовательность и

$$S = \sum \limits_{k \geqslant 1} (-1)^{k-1}k\varphi_k$$

Положим $\delta \varphi_k = \varphi_k - \varphi_{k+1}$. Суммированием по Абелю легко получаем

$$2S = \sum \limits_{k \geqslant 1} (-1)^{k-1}\varphi_k + \sum \limits_{k \geqslant 1} (-1)^{k-1}k\delta \varphi_k$$

Эту формулу можно и дальше итерировать с операторами $\delta^2, \delta^3 \dots$.
Ну а теперь полагаем

$$\varphi_k = \frac {1}{(x^k+1)^2}$$

Оператор $\delta$ по сути - дифференцирование по $k$. Следовательно он выносит множитель $\ln x \sim x-1$. После второй итерации (ну или третей) сумму уже можно оценивать по модулю. Таким образом избавимся от множителя $k$ внутри суммы. В конечном итоге все сведется к предельному переходу в сумме

$$\sum \limits_{k \geqslant 1} (-1)^{k-1}\frac {1}{(x^k+1)^2}$$

Прямо скажем, такой подход красотой тоже не блещет. Но до ответа дойти, наверное, можно.

[ex-math]

Evgenjy
Это тоже неверно. По степеням $k(x-1)$ раскладывать нельзя, так как эта величина может быть большой.

-- 16.09.2015, 20:26 --

sup
Было обещано решение методами, доступными школьнику. Ваше второе решение, в принципе, доступно, но мне кажется, что ТС имел в виду другое. Да еще эта непонятно куда ведущая подсказка с гиперболическими функциями...

[sup]

Ну да. На школьные методы все это никак не тянет. Должно быть какое-то тождество.
Ну, вот например.

$$\sum (-1)^{k-1}\frac {k}{x^k+1} = \sum (-1)^{k-1}\frac {x^k}{(x^k+1)^2}$$

Справа знакопеременный ряд с монотонным убыванием членов. Из него следует, что слева положительная величина. Дальше что-нибудь в стиле предыдущих рассуждений.