исследовать на равномерную сходимость ряд

[paha]

PreVory в сообщении #375835 писал(а):

$\frac{\ln(1+\frac {x^2}{n+1}) }{\sqrt{1+x^2(n+1)}}+...+\frac{\ln(1+\frac {x^2}{n+p} )}{\sqrt{1+x^2(n+p)}}>\frac{p\cdot\ln(1+\frac {x^2}{n+p} )}{\sqrt{1+x^2(n+p)}}$
если возьмём $p=n$, $x=\sqrt{2n}$, то: $\frac{n\cdot \ln 2}{\sqrt{1+4n^2}}>\frac{ln2}{3}$ ну значит нашлось такое эпсилон. что для любого номера. нойдётся n больший его, натуральное p, х-действительное число, что...

вообще ничего не понял(((
КК начинается так: $\forall\varepsilon >0$... Или Вы все-таки опровергаете равномерную сходимость? Вот этим $\varepsilon=\ln2^{1/3}$?

[ewert]

(Оффтоп)

AD в сообщении #375840 писал(а):

Люди! Я вас умоляю ... Ну где вы видели, чтобы умножение чисел обозначалось звёздочкой??

Кроме кода на C++

Я, я видел! В Фортране, Алголе, Пиэле, Бэйсике, Паскале, в просто Си, в Матлабе...

[PreVory]

Ну я вроде выше писал, что тот ряд сходится не равномерно, следовательно, опровергаю

[Padawan]

Да, всё правильно, не сходится равномерно.

[ewert]

Да, а насчёт неравномерности. В силу монотонности членов ряда (после отбрасывания косинуса) хвост оценивается двусторонне через

$\int_m^{\infty}{\ln(1+x^2t^{-1})\over\sqrt{1+x^2t}}dt\sim{1\over x}\int_{m}^{\infty}{\ln(1+x^2t^{-1})\over\sqrt{t}}dt={2\over x}\int_{\sqrt m}^{\infty}\ln(1+x^2y^{-2})\,dy\sim{2\over x}\int_{\sqrt m}^{\infty}{x^2\over y^{2}}\,dy={2x\over\sqrt m}$

для всех $x\sim\sqrt m$ и, следовательно, не стремится равномерно (на бесконечности) к нулю. (Здесь значок "$\sim$" означает не эквивалентность, а двусторонние оценки -- лень искать как это в ТеХе грамотно оформляется.)

[PreVory]

Всё бы хорошо, но из этого ничего не следует. Видимо всё же не стоит рассматривать этот ряд, а вернуться к исходному и смотреть его на равномерную сходимость. Вот если бы сумма косинусов была равномерно ограничена...но судя по всему это не так.
К тому же, как я уже писал, если мы сможем доказать или опровергнуть равномерную сходимость ряда мы решим задачу, т.к. после этого мы сможем утверждать что он сходится абсолютно не равномерно.

[ewert]

PreVory в сообщении #375875 писал(а):

Всё бы хорошо, но из этого ничего не следует.

Формально -- да, не следует. Но это делает равномерную абсолютную сходимость в высшей степени невероятной. Оформление же этой идеи -- это уже какая-то ловля блох.

[MetaMorphy]

Ну, если уж такими топорными методами действовать, то...

Абсолютная равномерная сходимость заданного ряда (на всей числовой прямой) не имеет места. Пусть $a_n(x)=\frac{\cos(x\sqrt{n})}{\sqrt{1+x^2n}}\ln\left(1+\frac{x^2}{n}\right)$; для $t>0$ и целого $k$ введём множества $S_k(x,t)=\{n>0 : (k-t)\pi \leqslant x\sqrt{n} < (k+t)\pi\}$; рассмотрим $A_k(x)=\sum_{n\in S_k(x,1/2)}a_n(x)$ (все слагаемые этой суммы имеют одинаковый знак); тогда $\sum_{n=1}^{\infty}a_n(x)=\sum_{k=0}^{\infty}A_k(x)$. При $x,k>0$ имеем

$$|A_k(x)|\geqslant\frac{\ln\left(1+\frac{x^4}{(k+1/4)^2\pi^2}\right)}{\sqrt{2(1+(k+1/4)^2\pi^2)}}\|S_k(x,1/4)\|\geqslant\frac{\ln\left(1+\frac{x^4}{(k+1/4)^2\pi^2}\right)}{\sqrt{2(1+(k+1/4)^2\pi^2)}}\left[\frac{\pi^2}{x^2}k\right],$$

поэтому ряд $\sum_{k=1}^{\infty}|A_k(\sqrt{k})|$ (например), а следовательно, и ряд $\sum_{k=1}^{\infty}\sup_{x\in\mathbb{R}}|A_k(x)|$, расходится, откуда вытекает требуемое.

Насчёт просто равномерной сходимости (а не абсолютной) надо ещё подумать. Может, к признаку Дирихле удастся прицепиться. А может, она тоже места не имеет...

Однако методический вопрос остаётся. Наверняка задачу задали на знание какого-нибудь теоретического (или полученного в рамках семинарских занятий) результата.

[PreVory]

MetaMorphy в сообщении #375984 писал(а):

Ну, если уж такими топорными методами действовать, то...

Абсолютная равномерная сходимость заданного ряда (на всей числовой прямой) не имеет места. Пусть $a_n(x)=\frac{\cos(x\sqrt{n})}{\sqrt{1+x^2n}}\ln\left(1+\frac{x^2}{n}\right)$; для $t>0$ и целого $k$ введём множества $S_k(x,t)=\{n>0 : (k-t)\pi \leqslant x\sqrt{n} < (k+t)\pi\}$; рассмотрим $A_k(x)=\sum_{n\in S_k(x,1/2)}a_n(x)$ (все слагаемые этой суммы имеют одинаковый знак); тогда $\sum_{n=1}^{\infty}a_n(x)=\sum_{k=0}^{\infty}A_k(x)$. При $x,k>0$ имеем

$$|A_k(x)|\geqslant\frac{\ln\left(1+\frac{x^4}{(k+1/4)^2\pi^2}\right)}{\sqrt{2(1+(k+1/4)^2\pi^2)}}\|S_k(x,1/4)\|\geqslant\frac{\ln\left(1+\frac{x^4}{(k+1/4)^2\pi^2}\right)}{\sqrt{2(1+(k+1/4)^2\pi^2)}}\left[\frac{\pi^2}{x^2}k\right],$$

поэтому ряд $\sum_{k=1}^{\infty}|A_k(\sqrt{k})|$ (например), а следовательно, и ряд $\sum_{k=1}^{\infty}\sup_{x\in\mathbb{R}}|A_k(x)|$, расходится, откуда вытекает требуемое.

Насчёт просто равномерной сходимости (а не абсолютной) надо ещё подумать. Может, к признаку Дирихле удастся прицепиться. А может, она тоже места не имеет...

Однако методический вопрос остаётся. Наверняка задачу задали на знание какого-нибудь теоретического (или полученного в рамках семинарских занятий) результата.

Честно говоря не очень понял, что вы сделали, но это не очень важно. Доказательство абсолютной неравномерной сходимости уже было получено из иных соображений. А что делать с условной по прежнему не понятно, есть ли хотя бы предположения по поводу верности этого?
Ну а задание было дано преподавателем по матанализу на 2 курсе ННГУ, в качестве дополнительного задания к контрольной на равномерную сходимость рядов. Ну и разумеется, методы рассмотренные на парах тут не дают результата.