Равномерная сходимость ряда

[Ryabsky]

$$\sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^n}{n!} e^{-x} $$

Исследовать ряд на равномерную сходимость на $x \in [1;+\infty)$.
То что ряд сходится на любом конечном интервале, это очевидно, хотя бы просто потому что радиус сходимости равен бесконечности. Кроме того, понятно, что ряд $ \sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{x^n}{n!}$ не сходится равномерно на бесконечном интервале.
Неравномерную сходимость исходного ряда доказать не получается, если пользоваться критерием Коши или определением.
С другой стороны, для доказательства равномерной сходимости хочется применить Абеля и Дирихле, что опять же не получается. Да и оценка по Вейерштрассу здесь не катит...
Подскажите хотя бы, какой тут ответ то? Ну и если можно, какую нибудь умную мыслишку?

[RIP]

Если бы ряд сходился равномерно, то при переходе к пределу $x\to+\infty$ получилось бы...

[Ryabsky]

ну, здесь получается 1. правда мне это ни о чем не говорит

[RIP]

Если ряд сходится равномерно, то к пределу можно переходить почленно (если пределы сущ-вуют, конечно).

[Полосин]

Чуть сложнее - по определению: найдите точную верхнюю грань остатка.

[nn910]

Ryabsky в сообщении #257115 писал(а):

ну, здесь получается 1. правда мне это ни о чем не говорит

Поэтому можно написать оценку остаточного члена Лагранжа для $e^{x}$ и поделить все на $e^{x}$ получите оценку остатка ряда

[Ryabsky]

RIP в сообщении #257116 писал(а):

Если ряд сходится равномерно, то к пределу можно переходить почленно (если пределы сущ-вуют, конечно).

но ведь в обратную сторону это неверно, вообще говоря.

насчет лагранжа - надо попробовать

[ewert]

Ryabsky в сообщении #257126 писал(а):

но ведь в обратную сторону это неверно, вообще говоря.

А тут как раз в нужную сторону. Если была бы равномерная сходимость, то $\lim\limits_{x\to+\infty}\lim\limits_{n\to\infty}S_n(x)$ совпадал бы с $\lim\limits_{n\to\infty}\lim\limits_{x\to+\infty}S_n(x)$. У нас же в первом случае получается единица, во втором -- ноль. Вот и следовательно.

Остаток в форме Лагранжа выглядит малоперспективным: там аргумент соотв. производной слишком уж неопределён, и полезной оценки снизу непосредственно не получается.

А вот почему неравномерность должна быть очевидной -- по крайней мере, в принципе. При больших иксах члены ряда сперва растут, потом убывают, причём максимум (по номеру) достигается при $n\sim x$. Интуитивно ясно: если иксы велики, то более-менее половина всей суммы приходится на растущий участок и другая половина -- на падающий. Т.е. "граница сходимости" с ростом $x$ отодвигается на бесконечность, что и означает неравномерность.

Другое дело, что формальное обоснование этих соображений -- некоторая морока. Например, можно так. Если $x=m$, то

$$\sum_{n=m}^{\infty}{x^n\over n!}={m^m\over m!}\left(1+{m\over m+1}+{m^2\over(m+1)(m+2)}+{m^3\over(m+1)(m+2)(m+3)}+\ldots\right)\;.$$

Общий член ряда в скобках оценивается (по формуле Тейлора для логарифма) снизу через $e^{-{1\over m}(1+2+3+\ldots+k)}\sim e^{-k^2\over2m}$. Ряд из таких членов оценивается через интеграл Пуассона, т.е. асимптотически пропорционален $\sqrt{m}$. По формуле Стирлинга ${m^m\over m!}\cdot\sqrt{m}$ асимптотически пропорционально $e^m$. Следовательно, при $x=m$ и $m\to\infty$ остаток $\displaystyle e^{-x}\sum_{n=m}^{\infty}{x^n\over n!}$ оценивается снизу некоторой положительной константой, т.е. не стремится к нулю.

---------------------------------------------------------------------------------
А-а, я, кажется, понял, что имел в виду Полосин. Очевидно, что при любом фиксированном $m$ остаток $\displaystyle e^{-x}\sum_{n=m}^{\infty}{x^n\over n!}\to1$ при $x\to+\infty$. Это противоречит равномерной сходимости, согласно которой $\displaystyle \sup\limits_{x\in[1;+\infty)}\left\{e^{-x}\sum_{n=m}^{\infty}{x^n\over n!}\right\}$ должен стремиться к нулю при $m\to\infty$. Действительно, это, наверное, оптимальный способ доказательства.