Сходимость рядов

[mr.tumkan]

1) Исследовать на сходимость ряд

$\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{(-1)^n\cdot ne^{-nx}}{\sqrt{n^3+1}\cdot e^{-n/x}}$

Переписал его в виде:

$\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{(-1)^n}{\sqrt{n^3+1}}\cdot e^{n/x-nx}=\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{(-1)^n}{\sqrt{n^3+1}}\cdot e^{\frac{n(1-x^2)}{x}}$

Наибольший интерес у меня вызвала величина $\frac{n(1-x^2)}{x}$. Рискну предположить, что если она меньше нуля, то ряд сходится абсолютно по Даламберу. Если она равна нулю, значит ряд сходится лишь условно. Прав ли я?

Если так, то решением неравенства $\frac{n(1-x^2)}{x}<0$ будет $x\in(-1 0)\cup(1,+\infty)$, при этом ряд сходится абсолютно по Даламберу.

При $x=\pm 1$ ряд сходится условно по Лейбницу. Верно ли это?

2) Исследовать на РАВНОМЕРНУЮ сходимость ряд $\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{\sqrt{1-x^{2n}}}{2^n}$ при $x\in[-1;1]$

При $x\in[-1;1]$ оценим сверху

$\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{\sqrt{1-x^{2n}}}{2^n}\leqslant \sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{1}{2^n}$

Начиная с некоторого номера $\dfrac{1}{2^n}\leqslant \dfrac{1}{n^2}$

А ряд $\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{1}{n^2}$ сходится равномерно, значит и исходный ряд сходится равномерно.

$\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{\sqrt{1-x^{2n}}}{2^n}=0$

[mr.tumkan]

Мне кажется, что рассуждения не являются верными...(пишу так как нет конкретных вопросов в старт-посте)

[ИСН]

У Вас какой цвет глаз по Даламберу?

[ewert]

mr.tumkan в сообщении #586152 писал(а):

$\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{\sqrt{1-x^{2n}}}{2^n}\leqslant \sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{1}{2^n}$

Начиная с некоторого номера $\dfrac{1}{2^n}\leqslant \dfrac{1}{n^2}$

Первое -- напрашивается, а вот второе -- уже нелепо. Ну зачем, ну зачем Вам нравятся именно шанхайские барсы?...

mr.tumkan в сообщении #586152 писал(а):

Рискну предположить, что если она меньше нуля, то ряд сходится абсолютно по Даламберу. Если она равна нулю, значит ряд сходится лишь условно. Прав ли я?

Формально -- прав, хотя по существу там чёрт-те сколько чего потеряно.

[ИСН]

mr.tumkan в сообщении #586152 писал(а):

А ряд $\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{1}{n^2}$ сходится равномерно

Он так сходится равномерно, как моя левая нога дистрибутивна.

[mr.tumkan]

ИСН в сообщении #586177 писал(а):

У Вас какой цвет глаз по Даламберу?

$\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{(-1)^n}{\sqrt{n^3+1}}\cdot e^{\frac{n(1-x^2)}{x}}$

$$\lim\limits_{n\to \infty} \Big|\dfrac{(-1)^{n+1}}{\sqrt{(n+1)^3+1}}\cdot e^{\frac{(n+1)(1-x^2)}{x}}:\dfrac{(-1)^n}{\sqrt{n^3+1}}\cdot e^{\frac{n(1-x^2)}{x}}\Big|=\lim\limits_{n\to \infty} \dfrac{\sqrt{n^3+1}}{\sqrt{(n+1)^3+1}}\cdot e^{\frac{1-x^2}{x}}=e^{\frac{1-x^2}{x}}$$

Значит ряд сходится при $e^{\frac{1-x^2}{x}}<1$

Или, иначе при $\frac{1-x^2}{x}<0$

Так?


Кстати, не при $x=1$ ряд $\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{(-1)^n\cdot ne^{-nx}}{\sqrt{n^3+1}\cdot e^{-n/x}}$ чудесным образом превращается в $\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{(-1)^n\cdot n}{\sqrt{n^3+1}}$

А этот ряд можно переписать в виде $\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{(-1)^n}{\sqrt{n+1/n^2}}$

А тут уже лейбниц, не?

ewert в сообщении #586180 писал(а):

Формально -- прав, хотя по существу там чёрт-те сколько чего потеряно.

Вы имеете ввиду, что не очень подробно?

-- 17.06.2012, 23:48 --

ИСН в сообщении #586181 писал(а):

mr.tumkan в сообщении #586152 писал(а):

А ряд $\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{1}{n^2}$ сходится равномерно

Он так сходится равномерно, как моя левая нога дистрибутивна.

Вы имеете ввиду, что про равномерность лучше говорить, когда ряд функциональный только? А чисто формально можно ведь домножать на $x^{0\cdot n}$ любой числовой ряд?

-- 17.06.2012, 23:49 --

ewert в сообщении #586180 писал(а):

Начиная с некоторого номера $\dfrac{1}{2^n}\leqslant \dfrac{1}{n^2}$

Первое -- напрашивается, а вот второе -- уже нелепо. Ну зачем, ну зачем Вам нравятся именно шанхайские барсы?....[/quote]

Ой, а можно просто сказать, что ряд $\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{1}{2^n}$ сходится по Даламберу, а значит исходный ряд сходится равномерно?

[ИСН]

В первом сообщении я намекал, что всякий ряд сходится или не сходится не по признаку, а сам по себе. Каким образом Вы это установили - не должно быть частью ответа. Ведь это не часть природы ряда.
Во втором намекал, да, именно на то, что Вы подумали, только в более строгих выражениях.

[ewert]

я бы лучше сказал, что ТС вообще все цитаты перепутал; ну так давайте подождём, пока он с ними распутается; а там, глядишь -- просветление выйдет.

[mr.tumkan]

Ок, постараюсь переписать аккуратно:

1) Исследовать на сходимость ряд

$\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{(-1)^n\cdot ne^{-nx}}{\sqrt{n^3+1}\cdot e^{-n/x}}$

Перепишем его в виде:

$\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{(-1)^n}{\sqrt{n^3+1}}\cdot e^{\frac{n(1-x^2)}{x}}$

Проверим - при каких значениях $x$ ряд сходится абсолютно, используем для этого признак Даламбера.

$$\lim\limits_{n\to \infty} \Big|\dfrac{(-1)^{n+1}}{\sqrt{(n+1)^3+1}}\cdot e^{\frac{(n+1)(1-x^2)}{x}}:\dfrac{(-1)^n}{\sqrt{n^3+1}}\cdot e^{\frac{n(1-x^2)}{x}}\Big|=\lim\limits_{n\to \infty} \dfrac{\sqrt{n^3+1}}{\sqrt{(n+1)^3+1}}\cdot e^{\frac{1-x^2}{x}}=e^{\frac{1-x^2}{x}}$$

Значит ряд сходится при $e^{\frac{1-x^2}{x}}<1$

Или, иначе при $\frac{1-x^2}{x}<0$

Иными словами, при $x\in(-1 0)\cup(1,+\infty)$ ряд сходится абсолютно.

Найдем - при каких $x$ ряд сходится условно, используя признак Лейбница

a) $\lim\limits_{n\to \infty}\dfrac{1}{\sqrt{n^3+1}}\cdot e^{\frac{n(1-x^2)}{x}}$

Если $\frac{n(1-x^2)}{x}<0$, то все в шоколаде и этот предел равен нулю. Только не знаю -- как это более строго записать.

б) $\dfrac{1}{\sqrt{n^3+1}}\cdot e^{\frac{n(1-x^2)}{x}}>\dfrac{1}{\sqrt{(n+1)^3+1}}\cdot e^{\frac{(n+1)(1-x^2)}{x}}$

Если $\frac{n(1-x^2)}{x}<0$, то все в шоколаде и это неравенство будет выполняться. Только не знаю -- как это более строго записать.

-- 18.06.2012, 00:29 --

---------------------------------------------------
2) Исследовать на РАВНОМЕРНУЮ сходимость ряд $\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{\sqrt{1-x^{2n}}}{2^n}$ при $x\in[-1;1]$

При $x\in[-1;1]$ оценим сверху

$\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{\sqrt{1-x^{2n}}}{2^n}\leqslant \sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{1}{2^n}$

Используя признак Даламбера, приходим к выводу, что ряд $\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{1}{2^n}$ при $x\in[-1;1]$ --- сходится.

Используя признак Сравнения, приходим к выводу, что ряд $\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{\sqrt{1-x^{2n}}}{2^n}$ при $x\in[-1;1]$ --- сходится. Но почему равномерно?

[mr.tumkan]

ИСН в сообщении #586189 писал(а):

В первом сообщении я намекал, что всякий ряд сходится или не сходится не по признаку, а сам по себе. Каким образом Вы это установили - не должно быть частью ответа. Ведь это не часть природы ряда.
Во втором намекал, да, именно на то, что Вы подумали, только в более строгих выражениях.

Я просто имел ввиду, что "ряд сходится по Даламберу" - означает, что он сходится, чтобы это узнать, мы использовали признак Даламбера. Если ряд сходится по признаку Даламбера - значит он сходится, верно?

[ИСН]

Да, но это лучше обернуть в те выражения, которые у Вас появились вот теперь.
И ещё.

mr.tumkan в сообщении #586201 писал(а):

ряд $\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{1}{2^n}$ при $x\in[-1;1]$ --- сходится

Этот ряд сходится при любых x, хоть 100500. Надо ли пояснять, почему?

[mr.tumkan]

ИСН в сообщении #586337 писал(а):

Этот ряд сходится при любых x, хоть 100500. Надо ли пояснять, почему?

Это понятно, спасибо.

ИСН в сообщении #586337 писал(а):

Да, но это лучше обернуть в те выражения, которые у Вас появились вот теперь.

Вы имеете ввиду, что верно будет - как в предыдущем сообщении, а да этого, очень криво записано? Смутило "но", значит еще не "обернуто"?

[ИСН]

"Используя признак (...), приходим к выводу" - это нормально. А "Ряд сходится по признаку (...)" - плохо.
Функциональный ряд потому сходится равномерно, что он оценивается сходящимся числовым рядом. Если это свойство неизвестно, надо его сперва доказать.

[mr.tumkan]

ИСН в сообщении #586345 писал(а):

"Используя признак (...), приходим к выводу" - это нормально. А "Ряд сходится по признаку (...)" - плохо.
Функциональный ряд потому сходится равномерно, что он оценивается сходящимся числовым рядом. Если это свойство неизвестно, надо его сперва доказать.

Быть может это просто связано с тем, что для любого икса из заданного промежутка можно указать единственный номер $N$ такой, что функциональный ряд не превзойдет сходящийся ряд?

Вы имеете ввиду строгое доказательство на языке эпсилон-дельта?