Равномерная сходимость функционального ряда

[tech]

Здравствуйте. Нужно доказать отсутствие равномерной сходимости на $E=(1,+\infty)$ следующего функционального ряда:
$\sum \limits_{n=1}^{\infty} a_n(x)$, где $a_n(x)=\frac{n}{x+1}\sh\frac{x}{n^2\sqrt{n}}>0$
Поточечная сходимость на $E$ есть.
Подобрать $x$, чтобы $a_n(x)$ не стремилось к нулю при $n \to \infty$ не получилось.
Значит, нужно построить отрицание критерия Коши.
К примеру, полагаю $x_N=N^{5/2}$ (это не единственный $x_N$, который я пробовал проверять). Получаю что-то в духе:
$\sum \limits_{k=N+1}^{2N} a_k(x_N)\geqslant \frac{N(N+1)N^{5/2}}{(N^{5/2}+1)(N+1)^{5/2}}$. И так каждый раз (в знаменателе показатель степени больше, чем в числителе).
Пробовал даже взять производную. Например, при $k<x^{2/5}$ получается $f'(k)<0$, но и таким образом поподбирав $x$, прихожу к подобному результату.
Подскажите, пожалуйста, как можно оценить эту сумму $\sum \limits_{k=N+1}^{2N} a_k(x_N)$?

[ИСН]

Того, что каждое из слагаемых неограниченно растёт, не хватит?

[tech]

ИСН
Хм, да, действительно каждое из слагаемых растёт неограниченно при $x>n^{5/2}-1$. Значит, не выполняется необходимое условие сходимости функционального ряда.
Можно поинтересоваться, как вы определили то, что функция неограниченно растёт? С помощью второй производной (исследования на выпуклость) или как-то проще?
И ещё, не могли бы вы (или кто-нибудь ещё) оценить правильность доказательства (или, может быть, есть способ проще?) отсутствия равномерной сходимости на $E=(1;\infty)$ следующего функционального ряда:
$\sum \limits_{n=1}^{\infty} \frac{x}{n}\arctg\frac{\cos{x}}{n}$
$\forall x$ (из $E$) $|\sum \limits_{k=n+1}^{n+p} \frac{x}{k}\arctg\frac{\cos{x}}{k}|=\sum \limits_{k=n+1}^{n+p} \frac{x}{k}\arctg\frac{|\cos{x}|}{k}$
Функция убывает $\forall x$ из $E$. Положим $x_N=N$.
$\sum \limits_{k=N+1}^{2N} \frac{N}{k}\arctg\frac{|\cos{N}|}{k}\geqslant N\frac{N}{2N}\arctg\frac{|\cos{N}|}{2N}\geqslant$
$\geqslant\frac{1}{2}(\frac{|\cos{N}|}{2N}-\frac{|\cos{N}|^3}{3N^3})\geqslant \frac{|\cos{N}|}{3}$
А значит, $\sum \limits_{k=N+1}^{\infty} \frac{N}{k}\arctg\frac{|\cos{N}|}{k}$ тем более $\geqslant \frac{|\cos{N}|}{3}$
А так как последняя штука не стремится к нулю при $N\to\infty$, то получилось противоречие с одним из критериев $\lim \limits_{n\to\infty} \sup \limits_{x \in E} u_n(x)\ne0$ (по сути, с критерием Коши). Значит, равномерной сходимости здесь нет.

[Otta]

tech в сообщении #865731 писал(а):

Можно поинтересоваться, как вы определили то, что функция неограниченно растёт?

Методом беглого взгляда. Обычно люди знают, что растет быстрее на бесконечности, экспонента или степенная функция.

[tech]

Otta
Ах, шинус же сумма экспонент. Сглупил.
А не могли бы вы посмотреть доказательство, что я добавил?

[Otta]

tech в сообщении #865731 писал(а):

$\frac{1}{2}(\frac{|\cos{N}|}{2N}-\frac{|\cos{N}|^3}{3N^3})\geqslant \frac{|\cos{N}|}{3}$

Почему?

[tech]

Ой, там
$\frac{N}{2}(\frac{|\cos{N}|}{2N}-\frac{|\cos{N}|^3}{3N^3})\geqslant \frac{|\cos{N}|}{3}$

[Otta]

Так лучше, но вопрос остался. Я бы лучше $x_n$ сменила, в этих косинусах и оценках снизу многочленами Тейлора радости мало.

[tech]

Otta
$\frac{|\cos{N}|^2}{3N^2}\leqslant\frac{1}{3}$
$\frac{|\cos{N}|}{2}(\frac{1}{2}-\frac{|\cos{N}|^3}{3N^2})\geqslant\frac{|\cos{N}|}{2}(\frac{1}{2}-\frac{1}{3})=\frac{|\cos{N}|}{12}$
Если опять не ошибся с арифметикой, то вот так.

[Otta]

Ну ладно. Эпсилон-то какое получилось? ))

[tech]

Otta
А эпсилон не получился. Разве не достаточно того, что это выражение не стремится к нулю?
Ведь критерий (следствие критерия Коши) выглядит следующим образом:
Ряд равномерно сходится на E тогда и толького тогда, когда
1. ряд сходится на E
2. $\lim \limits_{n\to\infty} \sup \limits_{x \in E} |\sum \limits_{k=n+1}^{\infty} u_k(x)|=0$
И получилось, что второе не выполняется.

[Otta]

Ну ладно, будем считать, что выкрутились.
А существование эпсилон проще всего из отрицания определения предела выцепить.

...но я бы все равно точки брала другие.

[provincialka]

А в чем отличие от первого примера? В том, что ряд не знакопостоянный?

[tech]

provincialka
Вы намекаете на то, что общий член последовательности, как функция от $x$, здесь тоже неограничен?
Если да, то я тоже уже обратил на это внимание, хотя и поздно. Это, конечно, значительно упрощает доказательство.