Равномерная сходимость функционального ряда

[Nick Mayorov]

Привет.

В задаче требуется доказать равномерную сходимость ряда:

$$\sum_{k=1}^{k=\infty}\frac{\arctg(x / k)}{x + k}, \text{ при } 0 \leq x < \infty.$$

Я пишу доказать, потому что, пришёл к выводу, что действительно ряд сходится равномерно в этом промежутке (возможно и ошибаюсь). Меня интересует, можно ли провести следующее доказательство.

Запишем

$$\frac{\arctg(x / k)}{x + k} = \int\limits_0^{x}\left(\frac{1}{k (1 + t^2/k^2)(t + k)} - \frac{\arctg(t / k)}{ (t + k)^2}\right) d t.$$

И рассмотрим ряды составленные из элементов стоящими под интегралом. Докажем, что они сходятся равномерно на требуемом промежутке.

Имеем

$$\frac{1}{k (1 + t^2/k^2)(t + k)} \leq \frac{1}{k^2}$$

и

$$\frac{\arctg(t / k)}{ (t + k)^2} \leq \frac{\pi / 2}{k ^ 2}. $$

По признаку Вейерштрасса, тогда, упомянутые ряды сходятся равномерно. Тогда и ряд составленный из их разности (всего что стоит под интегралом) тоже сходится равномерно.

Получаем, что элементы исходного ряда представимы в виде интеграла от элементов ряда, сходящегося равномерно на $[0, \infty)$, значит и исходный ряд будет сходится равномерно на этом промежутке.

Я не уверен, в правильности последнего утверждения, т. к. здесь фигурирует бесконечный промежуток. Доказательства, которые я смотрел в книгах, проводятся для конечного отрезка типа $[a, b]$, однако, вроде бы его можно модифицировать на бесконечный промежуток. Думаю в подробности вдаваться не стоит, знающие люди и так смогут сказать, можно ли так поступить или нет.

Также интересует, не может ли кто-нибудь предложить другое, возможно более простое, доказательство равномерности (или неравномерности) сходимости данного ряда на этом промежутке.

[nnosipov]

Равномерной сходимости здесь нет, поскольку остаток ряда

$$ R_N(x)=\sum_{k=N}^\infty \frac{\arctg{x/k}}{x+k} $$

нельзя сделать сколь угодно малым одновременно для всех положительных $x$. Чтобы в этом убедиться, попробуйте оценить снизу величину $R_N(N)$.

[ewert]

Nick Mayorov в сообщении #528414 писал(а):

Я пишу доказать, потому что, пришёл к выводу, что действительно ряд сходится равномерно в этом промежутке (возможно и ошибаюсь).

Если $x$ большое, то на участке $k\in[x;2x]$ сумма членов ряда оценивается снизу через интеграл $\int\limits_{k=x}^{2x}\dfrac{\mathrm{const}}{x+k}\,dk=\ln(x+k)\Big|_{k=x}^{2x}=\ln\dfrac32$ (там кое-где ещё единички нужны, но они непринципиальны). Т.е. хвосты ряда не могут стремиться к нулю равномерно при $x\to+\infty$.

[Nick Mayorov]

nnosipov в сообщении #528471 писал(а):

Равномерной сходимости здесь нет, поскольку остаток ряда

$$ R_N(x)=\sum_{k=N}^\infty \frac{\arctg{x/k}}{x+k} $$

нельзя сделать сколь угодно малым одновременно для всех положительных $x$. Чтобы в этом убедиться, попробуйте оценить снизу величину $R_N(N)$.

Большое спасибо за указание. Вот что у меня вышло.

Для начала, при $x = N \text{ и } k \geq N$, будет $\arctg(x / k) = \arctg(N / k) \geq (\pi N) / (4 k)$ (нужно представить себе прямую, проходящую через (0, 0) и (1, $\arctg(1)$). Тогда имеем

$$R_N(N) > \frac{\pi N}{4} \sum_{k = N}^{\infty} \frac{1}{k(N + k)} > \frac{\pi N}{4} \sum _ {k = N} ^ {\infty} \frac{1}{(N + k) ^ 2} = \frac{\pi N}{4} \sum _ {k = 2 N} ^ {\infty} \frac{1}{k ^ 2}$$

.

Получившуюся сумму можно тоже оценить снизу

$$\sum _ {k = 2 N} ^ {\infty} \frac{1}{k ^ 2} > \int \limits _{2 N}^{\infty} \frac{d k }{k ^ 2} = \frac{1}{2 N}.$$

В итоге имеем $R_N(x) > \pi / 8$ при $x = N$, что доказывает, неравномерность сходимости.

Значит, про интегралы, я что-то намудрил, и видимо, то что промежуток должен быть конечным это важно.


ewert, вам тоже большое спасибо. Подумаю, над тем, что вы написали. Да кажется и так уже понял.

[nnosipov]

Nick Mayorov в сообщении #528579 писал(а):

Вот что у меня вышло.

Да, ровно это и предполагалось.