Сходимость ряда и линейная независимость системы функций

[Your_Rain]

Здравствуйте. Помогите, пожалуйста, разобраться с решением пары следующих задач.

Первая:
Исследовать на сходимость ряд:

$$\sum\limits_{n=1}^\infty \sin ({{\frac {2\pi} {e}} n!)}$$

Вторая:
Пусть $c _1, ..., c _n \in \mathbb{R}$ - константы, $c _i \ne c _j$ при $i \ne j$. Доказать линейную независимость над $\mathbb{R}$ системы функций $f _i$, заданных правилом $f _i (x) = \left| {x - c _i} \right|$

[RIP]

В первой задаче примените к функции $e^x$ в точке $x=-1$ формулу Тейлора с остаточным членом в форме Лагранжа (сами догадайтесь, сколько слагаемых брать) и подставьте полученное выражение для $e^{-1}$ в общий член ряда.

Во-второй задаче доказывайте по определению.

[jetyb]

1.Используйте разложение
$e^{-1}=1-\frac{1}{1}+\frac{1}{2!}-\frac{1}{3!}+\ldots+\frac{(-1)^n}{n!}+\ldots$
и факт, что при малых $x$ $\sin x<x$
2. Дифференцируема ли сумма недифференцируемых фунуций?

[Хорхе]

jetyb в сообщении #250969 писал(а):

2. Дифференцируема ли сумма недифференцируемых фунуций?

Временами очень даже дифференцируема.
Но подумать можно, действительно, в этом направлении.

[ewert]

Хорхе в сообщении #250990 писал(а):

Временами очень даже дифференцируема.

Но только если точки недифференцируемости пересекаются -- это и имелось в виду.

Доказательство со ссылкой на дифференцируемость, наверное, действительно будет наиболее лаконичным.

[id]

А зачем сразу дифференциировать?

Ведь можно просто по определению взять $x$ достаточно большим, чтобы избавиться от модуля.

[ewert]

id в сообщении #250992 писал(а):

достаточно большим, чтобы избавиться от модуля.

хм, ну попробуем. Берём $|x-1|+|x+1|-2|x|$. Чему оно равно на обеих бесконечностях?...

(пафос задачи, напротив, в том, чтобы брать достаточно "маленькие" иксы -- в смысле достаточно близкие к вершинам)

[romaninio]

так как ряд с синусом решить?

[ewert]

RIP имел в виду примерно следующее. Можно попробовать: $\displaystyle e^{-1}=\sum_{k=0}^n{(-1)^k\over k!}+{(-1)^{n+1}\over (n+1)!}\cdot e^{\theta}$, где $\theta\in[-1;0]$. Однако буквально так ничего не выйдет, т.к. $\theta$ неизвестно как зависит от $n$. Но вот если сделать ещё один шажок: $\displaystyle e^{-1}=\sum_{k=0}^n{(-1)^k\over k!}+{(-1)^{n+1}\over (n+1)!}+{(-1)^{n+2}\over (n+2)!}\cdot e^{\theta}$, а потом умножить на $n!$, да ещё и подставить под синус -- всё станет достаточно очевидным.

[romaninio]

Я конечно прошу прощения, Ewert... чувствую себя немного лунём, но как же очевидно?
под синусом будет 2p*[e^(-1)*n!].. где e^(-1) вышенаписанное выражение. а как дальше?

[ewert]

Так ведь сумма-то до $n$ после умножения на $n!$ станет целой. А последние два слагаемых -- маленькие, и на них синус можно оценить формулой Тейлора (достаточно первого члена с остатком)...

Да, и кстати:

jetyb в сообщении #250969 писал(а):

и факт, что при малых $x$ $\sin x<x$

-- этого недостаточно. Вообще просто неравенства не может быть достаточно, т.к. доказывать приходится условную сходимость.