Ряды

[MChagall]

1) Определить круг сходимости для рядов: а)

$$\sum\limits_{n=0}^{\infty}C^k_nz^n, k\in \mathbb{Z}_+$$

b)

$$\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{n!}{n^n}(2z-i)^n$$

2) Доказать, что

$$\sum\limits_{n=1}^{\infty}ne^{inz}$$

сходится локально равномерно в верхней полуплоскости и расходится в нижней;
3) D - единичный круг, $f\in Hol(D)$, $f(0)=0$. Показать, что

$$\sum\limits_{n=1}^{\infty}f(z^n)$$

сходится в $D$.

Вроде, сделал, но смущает простота решений. Может кто посмотреть верно ли, что-то не учёл?
1) а) Рассмотрим ряд модулей и применим признак Даламбера:

$$\lim\limits_{n\to \infty}^{}\frac{(n+1)!\left\lvert z\right\rvert^{n+1}}{k!(n+1-k)!}\frac{k!(n-k)!}{n!\left\lvert z\right\rvert^n}=\lim\limits_{n\to \infty}^{}\frac{(n+1)\left\lvert z\right\rvert}{n+1-k}=\left\lvert z\right\rvert<1$$

при $\left\lvert z\right\rvert<1$. Значит, круг сходимости $\left\lvert z\right\rvert<1$.
b) Аналогично

$$\lim\limits_{n\to\infty}^{}\frac{(n+1)!\left\lvert 2z-i\right\rvert^{n+1}}{(n+1)^{n+1}}\frac{n^n}{n!\left\lvert 2z-i\right\rvert^n}=\lim\limits_{n\to\infty}^{}(\frac{n}{n+1})^n\left\lvert 2z-i\right\rvert=\frac{\left\lvert 2z-i\right\rvert}{e}$$

Получаем круг сходимости $\left\lvert z-\frac{i}{2}\right\rvert<\frac{e}{2}$.

2) Нижняя полуплоскость: $z=x-iy; y>0.$ Получаем

$$\lim\limits_{n\to\infty}^{}\left\lvert ne^{in(x-iy)}\right\rvert=\lim\limits_{n\to\infty}^{}\left\lvert ne^{ny}e^{inx}\right\rvert=\lim\limits_{n\to\infty}^{}\left\lvert ne^{ny}\right\rvert=\infty$$

Не выполняется необходимое условие сходимости (стремление n-го члена к нулю), значит ряд расходится.
Верхняя полуплоскость: $z=x+iy; y>0$. Поступаем как в первой задаче. $\left\lvert ne^{in(x+iy)}\right\rvert=\left\lvert \frac{ne^{inx}}{e^{ny}}\right\rvert=\frac{n}{e^{ny}}$. Признак Даламбера

$$\lim\limits_{n\to\infty}^{}\frac{n+1}{e^{ny}e^y}\frac{e{ny}}{n}=\frac{1}{e^y}<1$$

для любого числа верхней полуплоскости. Значит, в каждой точке ряд сходится. Не совсем понятно, что здесь про локальность.
Верны ли эти задачи?

[vpb]

1), 2) --- верно. Решения простые, потому что задачи простые. "Локально равномерно" значит, что сходится равномерно на любом компакте, целиком лежащем в верхней полуплоскости (открытой, т.е. без действительной прямой!) (докажите).

[Someone]

MChagall в сообщении #1305376 писал(а):

1) Определить круг сходимости для рядов: а)

$$\sum\limits_{n=0}^{\infty}C^k_nz^n, k\in \mathbb{Z}_+$$

MChagall в сообщении #1305376 писал(а):

1) а) Рассмотрим ряд модулей и применим признак Даламбера:

А он здесь примени́м?

[MChagall]

Someone в сообщении #1305391 писал(а):

А он здесь примени́м?

А почему нет? Если сходится ряд из модулей, то сходится и исходный. А ряд из модулей - действительный, и для работает признак Даламбера. Разве не верно это?

[vpb]

Someone в сообщении #1305391 писал(а):

А он здесь примени́м

С точки зрения любопытства, а почему нет? Или Вы имеете в виду, что среди нескольких первых членов могут нули попадаться?

[Someone]

А какие условия применимости признака Даламбера к ряду $\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_n$? Пусть даже в варианте для абсолютной сходимости.

vpb в сообщении #1305396 писал(а):

С точки зрения любопытства, а почему нет? Или Вы имеете в виду, что среди нескольких первых членов могут нули попадаться?

На несколько первых членов начхать.

[MChagall]

Someone в сообщении #1305398 писал(а):

А какие условия применимости

Положительность членов?
Имеете ввиду, что при $z=0$ все члены нулевые?

-- 18.04.2018, 22:35 --

Первые $k$ членов нулевые из-за $C^k_n=0?$

-- 18.04.2018, 22:42 --

vpb
Получается в 2) в верхней полуплоскости мне надо ещё доказывать?

[Someone]

MChagall в сообщении #1305402 писал(а):

Имеете ввиду, что при $z=0$ все члены нулевые?

Начхать на $z=0$. В конце-концов, этот случай тривиален и его можно упомянуть отдельно.

Да, прошу прощения, я недостаточно внимательно посмотрел на ряд и перепутал индекс суммирования. Всё в порядке.

[MChagall]

Someone
Зато я заметил, что первые коэффициенты равны нулю. Раньше с этим не сталкивался. Наверное, ерунда, но мне точно полезно.

[vpb]

MChagall в сообщении #1305402 писал(а):

Получается в 2) в верхней полуплоскости мне надо ещё доказывать

Да. Вы доказали сходимость поточечную, но не доказали еще сходимость локально равномерную.

[Someone]

MChagall в сообщении #1305409 писал(а):

Зато я заметил, что первые коэффициенты равны нулю. Раньше с этим не сталкивался. Наверное, ерунда, но мне точно полезно.

Сходимость ряда не зависит от его первых членов: мы можем любое конечное число членов выбросить, добавить или как угодно изменить. В результате из сходящегося ряда всегда получится сходящийся (разумеется, сумма может измениться), а из расходящегося — расходящийся. Поэтому всякие условия в признаке сходимости нужно понимать как "пусть, начиная с некоторого номера, …". Если Вы изучаете теорию рядов, то там где-то такая теорема должна была встретиться.

[MChagall]

Может, использовать признак Вейерштрасса. $\left\lvert a_n\right\rvert=\frac{n}{(e^y)^n}\leqslant \frac{n}{k^n}; 0<k<e^y$. Ряд $\frac{n}{k^n}$ - сходится, значит равномерная сходимость. Так верно, или я что-то не так понял?

-- 18.04.2018, 23:08 --

(Оффтоп)

Someone в сообщении #1305414 писал(а):

Сходимость ряда не зависит

Спасибо, это я понимаю. Имел ввиду, что не заметил, что количество вариантов нулевое вначале. Не сталкивался раньше с тем, что можем рассматривать выбор большего количества из меньшего ($n<k$ в $C^k_n$)

-- 18.04.2018, 23:31 --

3) Разложил каждую из ф-й $f(z^n)$ в ряд Тейлора. И просуммировал. Получил
$\sum\limits_{n=1}^{\infty}f(z^n)=f'(0)z+(f'(0)+\frac{f''(0)}{2})z^2+(f'(0)+\frac{f'''(0)}{3!})z^3+...$. Получается ряд по степеням $z$, коэффициенты которого состоят каждый из конечного числа слагаемых. Но как показать сходимость этого ряда? Наверное, какой-то трюк нужен.

[MChagall]

MChagall в сообщении #1305416 писал(а):

использовать признак Вейерштрасса

С утра сам понял, что неверно, доказал опять поточечную сходимость. Может, вот так: пусть $K$ - компакт в верхней полуплоскости. Тогда на нём достигается $y_{min}$. Тогда $\forall z\in K: $\left\lvert a_n\right\rvert=\frac{n}{(e^y)^n}\leqslant \frac{n}{(e^{y_{min}})^n}$$. Так как $y_{min}>0$, то ряд $\frac{n}{(e^{y_{min}})^n}$ сходится, и значит равномерная сходимость. Это верное рассуждение?

[vpb]

MChagall
Да, рассуждение верное.
По третьей задаче. Не нужно раскладывать по производным, потом опять сворачивать. Если функция голоморфна в круге и обращается в нуль в центре, то есть некая оценка для значений во внутренних точках. В учебнике об этом написано примерно там же, где про принцип максимума, почитайте.

[MChagall]

vpb в сообщении #1305658 писал(а):

некая оценка для значений во внутренних точках

Лемма Шварца? Там надо $\left\lvert f(z)\right\rvert\leqslant 1$. Поэтому рассмотрим $g(z)=\frac{f(z)}{M}$, где $M=\sup\limits_{\left\lvert z\right\rvert<1}f(z)$. На сходимость ряда это не должно влиять. Далее рассмотрим случай $\left\lvert g(z)\right\rvert<\left\lvert z\right\rvert$. Так как $\left\lvert z^2\right\rvert<1$, то $\left\lvert g(z^n)\right\rvert<1$. Значит $\left\lvert g(z^n)\right\rvert<\left\lvert z^n\right\rvert$, так ведь? Дальше, наверное, надо применить признак Даламбера и доказать, что $\lim\limits_{n\to\infty}^{}\frac{\left\lvert g(z^{n+1})\right\rvert}{\left\lvert g(z^n)\right\rvert}<1$. Но здесь уже не знаю как. Наверное надо точнее оценить $\left\lvert g(z^n)\right\rvert$. Но как это сделать?

-- 20.04.2018, 01:36 --

А, может, вот так:
$\left\lvert g(z^{n+1})\right\rvert<\left\lvert z^{n+1}\right\rvert$
$\left\lvert g(z^n)\right\rvert<\left\lvert z^n\right\rvert$
Делим одно на другое и получаем
$\frac{\left\lvert g(z^{n+1})\right\rvert}{\left\lvert g(z^n)\right\rvert}<\frac{\left\lvert z^{n+1}\right\rvert}{\left\lvert z^n\right\rvert}=\left\lvert \frac{z^{n+1}}{z^n}\right\rvert=\left\lvert z\right\rvert<1$. Так верно?