Сходимость рядов

[Limit79]

Здравствуйте, уважаемые форумчане, прошу помощи с двумя задачками:

1) Найти область сходимости ряда:

$$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{3^n}{n^2} \cdot x^{4n} \cdot \cos(x+ \pi n)$$

По признаку Даламбера нахожу интервал сходимости:

$$ - \sqrt[4]{\frac{1}{3}} < x < \sqrt[4]{\frac{1}{3}}$$

Исследую сходимость на концах интервала:

При $x= - \sqrt[4]{\frac{1}{3}}$ ряд будет: $\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} \cdot \cos(\pi n - \sqrt[4]{\frac{1}{3}})$

Так как $\cos(\pi n - \sqrt[4]{\frac{1}{3}}) \leqslant 1$, то $\frac{1}{n^2} \cdot \cos(\pi n - \sqrt[4]{\frac{1}{3}}) \leqslant \frac{1}{n^2}$ для всех $n=1,2...$ и $\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}$ сходится, то ряд $\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} \cdot \cos(\pi n - \sqrt[4]{\frac{1}{3}})$ тоже сходится.


При $x= \sqrt[4]{\frac{1}{3}}$ ряд будет: $\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} \cdot \cos(\pi n + \sqrt[4]{\frac{1}{3}})$

Так как $\cos(\pi n + \sqrt[4]{\frac{1}{3}}) \leqslant 1$, то $\frac{1}{n^2} \cdot \cos(\pi n + \sqrt[4]{\frac{1}{3}}) \leqslant \frac{1}{n^2}$ для всех $n=1,2...$ и $\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}$ сходится, то ряд $\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} \cdot \cos(\pi n + \sqrt[4]{\frac{1}{3}})$ тоже сходится.

Тогда область сходимости исходного ряда будет:

$$ - \sqrt[4]{\frac{1}{3}} \leqslant x \leqslant \sqrt[4]{\frac{1}{3}}$$

Вопрос: верно ли я исследую сходимость рядов на концах интервала? Из-за косинуса же ряды получаются вроде как знакочередующиеся... или все же можно таким образом доказать сходимость?


2) Для функционального ряда $\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n \cdot (x-2)^n}{(n+1)^2 \cdot \ln(n+1)}$ построить мажорирующий ряд и доказать равномерную сходимость на отрезке $[1;3]$

А вот здесь проблема в самом начале - не могу подобрать мажорирующий ряд, вроде и кажется, что это будет $\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(n+1)^2}$, но неравенство $ \left | \frac{(-1)^n \cdot (x-2)^n}{(n+1)^2 \cdot \ln(n+1)} \right | \leqslant \frac{1}{(n+1)^2}$ выполняется только начиная с $n=2$...

Буду рад любым подсказкам и советам! Спасибо!

[Otta]

Limit79 в сообщении #772586 писал(а):

выполняется только начиная с $n=2$...

Ну и ладно. Одно слагаемое не влияет на сходимость. Можно его и не рассматривать. Или, что то же, разбить сумму на две: из конечного числа слагаемых и бесконечного, где оценку удобно строить.

-- 08.10.2013, 20:53 --

В первом задании утеряны точки сходимости, в которых косинус обращается в ноль. (В этом плане Коши был бы надежнее, косинус потерялся бы с меньшей вероятностью.) В крайних точках Вашего отрезка можно было мажорировать $1/n^2$ в обеих точках сразу.

[Limit79]

Otta, Спасибо за ответ!
То есть можно сказать что-то вроде:

Для данного функционального ряда на отрезке $[1;3]$ мажорирующим будет ряд $\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(n+1)^2}$, т.к. при $n=2,3..$ и $x \in [1;3]$ выполняется неравенство:

$$ \left | \frac{(-1)^n \cdot (x-2)^n}{(n+1)^2 \cdot \ln(n+1)} \right | \leqslant \frac{1}{(n+1)^2}$$

И, из сходимости ряда $\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(n+1)^2}$ следует равномерная сходимость исходного ряда на отрезке $[1;3]$ ?

А в первое задание добавить что-то вроде этого:

$\cos(x+\pi n) = 0$

$x+\pi n= \frac{\pi}{2} + \pi n$

$x= \frac{\pi}{2}$ ? И область сходимости будет:

$$ x \in \left [ - \sqrt[4]{\frac{1}{3}} ; \sqrt[4]{\frac{1}{3}}\right ] \cup {\frac{\pi}{2}}$$

Не могли бы Вы подсказать, верным ли способом я определил сходимость на концах интервала?

-- 08.10.2013, 20:14 --

Otta в сообщении #772595 писал(а):

В крайних точках Вашего отрезка можно было мажорировать $1/n^2$ в обеих точках сразу.

Так я же так и делал вроде

[Otta]

2) Да, примерно так. Так как неравенство выполнено при всех $n=2,3..$ и $x \in [1;3]$ и ряд$\sum\limits_{n=2}^{\infty} \frac{1}{(n+1)^2}$ сходится, то по признаку Вейерштрасса о равномерной сходимости исходный ряд сходится.

($n$ от 2 - это в порядке особого занудства, если уж очень хочется указать, какой ряд мажорирующий, то этот - для ряда $\sum\limits_{n=2}^{\infty} \frac{(-1)^n \cdot (x-2)^n}{(n+1)^2 \cdot \ln(n+1)}$. Обычно на этом не фиксируются. )

1)

Limit79 в сообщении #772604 писал(а):

Не могли бы Вы подсказать, верным ли способом я определил сходимость на концах интервала?

Идея верная, но ряд знакопеременный, поэтому Ваша оценка не дает возможности использовать теоремы сравнения. Но беду легко поправить. Рассмотрите ряд из модулей. Оцените его. Докажете абсолютную сходимость, ну и здорово. Можно вообще в обеих точках сразу смотреть, одно и то же.

Limit79 в сообщении #772604 писал(а):

А в первое задание добавить что-то вроде этого:

$\cos(x+\pi n) = 0$

$x+\pi n= \frac{\pi}{2} + \pi n$

$x= \frac{\pi}{2}$ ?

Да, типа этого. Только у косинуса не один нуль, конечно. Решите уравнение аккуратнее.

-- 08.10.2013, 21:23 --

Limit79 в сообщении #772604 писал(а):

Так я же так и делал вроде

Не, Вы сперва в одной, потом в другой... здесь это ни к чему. Хотя и не ошибка, конечно.

[Limit79]

Otta в сообщении #772611 писал(а):

Рассмотрите ряд из модулей

А какой будет ряд из модулей? Допустим, если бы было $\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} \cos(\pi n)$, то ряд из модулей был бы $\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}$, так как $| \cos(\pi n)| = |(-1)^n| = 1$, но в данном случае косинус же никак не сократить?

-- 08.10.2013, 20:35 --

Или же просто:

$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} \cos(\pi n \pm \sqrt[4]{\frac{1}{3}})$

Исследуем данный ряд на абсолютную сходимость, ряд из модулей будет: $\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} | \cos(\pi n \pm \sqrt[4]{\frac{1}{3}}) | $

Так как $\frac{1}{n^2} | \cos(\pi n \pm \sqrt[4]{\frac{1}{3}}) | \leqslant \frac{1}{n^2}$,то из сходимости ряда $\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} $ следует сходимость ряда $\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} \cos(\pi n \pm \sqrt[4]{\frac{1}{3}})$ (а точнее обоих рядов)?

[Otta]

Limit79 в сообщении #772616 писал(а):

А какой будет ряд из модулей?

Зачем Вам его считать, Вам же его сходимость нужна. Напишите и исследуйте. Стандартный прием для знакопеременных, но сходящихся абсолютно рядов.

-- 08.10.2013, 21:36 --

Во, да, именно так.

[Limit79]

Otta в сообщении #772611 писал(а):

Только у косинуса не один нуль

$\cos(x+\pi n) = 0$

$x+\pi n= \frac{\pi}{2} + \pi k$

$x= \frac{\pi}{2} + \pi k - \pi n$

И область сходимости будет:

$$ x \in \left [ - \sqrt[4]{\frac{1}{3}} ; \sqrt[4]{\frac{1}{3}}\right ] \cup \{ {\frac{\pi}{2} + \pi k - \pi n} \}, k \in Z, n \in N$$

[Otta]

Limit79 в сообщении #772622 писал(а):

$$ x \in \left [ - \sqrt[4]{\frac{1}{3}} ; \sqrt[4]{\frac{1}{3}}\right ] \cup \{ {\frac{\pi}{2} + \pi k - \pi n} \}, k \in Z$$

А кто такой $n$ в Вашем ответе?

[Limit79]

Otta в сообщении #772623 писал(а):

А кто такой $n$ в Вашем ответе?

Добавил, $n $ - номер члена ряда, в данном случае $n=1,2...$, то есть $n \in N$

[provincialka]

Limit79 в сообщении #772625 писал(а):

Добавил в тот ответ, $n $ - номер члена ряда, в данном случае $n=1,2...$, то есть $n \in N$

Индекс суммирования на ответ (сумму ряда, сходимость) не влияет. Не может быть его в ответе. Да и не нужен он там.

[Otta]

Limit79, так ведь это переменная "воображаемая", отвечающая за нумерацию слагаемых, не более. Если Вы написали бы сумму в развернутом виде, ее бы и не было.
А в ответе она вообще смотрится странно.

В общем, уберите лишние параметры, когда уравнение решаете.

Повтор, сорри, вышел.

[Limit79]

provincialka
Otta
А как его убрать? Точнее исходя из чего?

Аргумент косинуса $x+ \pi n$, а косинус равен нулю, когда аргумент равен $\frac{\pi}{2} + \pi k$ ...

[Otta]

Вы, во-первых решите, что Вам нужно: чтобы все слагаемые были нулевые, чтобы некоторые, чтобы большинство - как? И просто выпишите все условия явно. Тут это, благо, несложно получится.

[Limit79]

А, понял, $x=\frac{\pi}{2} + \pi k$, ведь $\frac{\pi}{2} + \pi k$ и $\frac{\pi}{2} + \pi k + \pi n$ - одни и те же точки.

Но как его из уравнения убрать?

-- 08.10.2013, 20:56 --

Otta
Чтобы все были нулевыми, условие такое - $\cos(x+\pi n) = 0$

-- 08.10.2013, 20:58 --

А тогда $x=\frac{\pi}{2}$, так как $\cos( \frac{\pi}{2} + \pi n) = 0$

[Otta]

А еще есть формулы приведения...