Равномерная сходимость логарифма, arcctg в нуле

[lampard]

1) Как доказать равномерную сходимость ряда для $\ln(x+1)$?

$\ln(1+x)=\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}}{n} x^n = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \dots \quad{\rm for}\quad \left|x\right| \leq 1\quad$

Есть мысли оценить $\left|\frac{(-1)^{n+1}}{n}\right|\le |x^n|$

Ряд $\sum_{n=1}^\infty x^n=\dfrac{1}{1-x}$ Т.е. сходится. А что можно еще сделать, что-то догадаться не могу.

2) Раложить в ряд

$f(x)=\operatorname{arcctg}\dfrac{x}{\sqrt{1-x^2}},\;\;\;x_0=0$

Тут сразу выбивает из колеи тот факт, что $f(0)$ не определено. Может сделать замену $t=\frac{1}{x}$, но врядли поможет.

Или же можно воспользоваться формулой.

$\operatorname{arcctg}\, x = \left\{\begin{matrix} \arcsin \frac{1}{\sqrt{1+x^2}},\qquad x \geqslant 0 \\\pi-\arcsin \frac{1}{\sqrt{1+x^2}},\qquad x < 0\end{matrix}\right.$

$\operatorname{arcctg}\,\left(\dfrac{x}{\sqrt{1-x^2}}\right) = \left\{\begin{matrix} \arcsin \sqrt{1-x^2},\qquad x \geqslant 0 \\\pi-\arcsin \sqrt{1-x^2},\qquad x < 0\end{matrix}\right.$

$\arcsin x = \sum\limits^{\infty}_{n=0} \frac{(2n)!}{4^n (n!)^2 (2n+1)} x^{2n+1}$ для всех $ \left| x \right| < 1$

Есть еще же формула $\arcsin \sqrt{1-x^2} =\arccos x$

$\arccos x ={\pi\over 2}-\arcsin x={\pi\over 2}- \sum^{\infin}_{n=0} \frac{(2n)!}{4^n (n!)^2 (2n+1)} x^{2n+1}$ для всех $ \left| x \right| < 1$

[mihailm]

1) он не сходится равномерно на промежутке $(-1,1)$

[ewert]

lampard в сообщении #878175 писал(а):

1) Как доказать равномерную сходимость ряда для $\ln(x+1)$?

$\ln(1+x)=\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}}{n} x^n = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \dots \quad{\rm for}\quad \left|x\right| \leq 1\quad$

Никак.

lampard в сообщении #878175 писал(а):

2) Раложить в ряд

$f(x)=\operatorname{arcctg}\dfrac{x}{\sqrt{1-x^2}},\;\;\;x_0=0$

Тут сразу выбивает из колеи тот факт, что $f(0)$ не определено.

Смотря как определять арккотангенс. Наиболее естественное (и употребительное у нас) определение -- это сдвинутый и перевёрнутый арктангенс. А чтобы разложить -- возьмите для начала производную.

[lampard]

А так -- можно?

$\operatorname{arcctg}\,\left(\dfrac{x}{\sqrt{1-x^2}}\right) = \left\{\begin{matrix} \arcsin \sqrt{1-x^2},\qquad x \geqslant 0 \\\pi-\arcsin \sqrt{1-x^2},\qquad x < 0\end{matrix}\right.$

$\operatorname{arcctg}\,\left(\dfrac{x}{\sqrt{1-x^2}}\right) = \left\{\begin{matrix} \arccos x ,\qquad x \geqslant 0 \\\pi- \arccos x ,\qquad x < 0\end{matrix}\right.$

$\operatorname{arcctg}\,\left(\dfrac{x}{\sqrt{1-x^2}}\right) = \left\{\begin{matrix} {\pi\over 2}- \sum^{\infin}_{n=0} \frac{(2n)!}{4^n (n!)^2 (2n+1)} x^{2n+1} ,\qquad x \geqslant 0 \\ \frac{\pi}{2}+ \sum^{\infin}_{n=0} \frac{(2n)!}{4^n (n!)^2 (2n+1)} x^{2n+1} ,\qquad x < 0\end{matrix}\right.$

-- 22.06.2014, 11:34 --

ewert в сообщении #878179 писал(а):

А чтобы разложить -- возьмите для начала производную.

Спасибо. А как дальше?

$\left(\operatorname{arcctg}\dfrac{x}{\sqrt{1-x^2}}\right)'=-\dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}}$

-- 22.06.2014, 11:39 --

ewert в сообщении #878179 писал(а):

Никак.

Этот вопрос возник в задаче:

$f(x)=\int\limits_0^x\ln(1+\sqrt{t})dt$

Там же нужно будет применять теорему о почленном интегрировании ряда, где нужно будет показать равномерную сходимость. Как тогда раскладывать, если не сходится равномерно?

-- 22.06.2014, 11:41 --

А, кажется понял $f(x)=\int\limits_0^x\ln(1+\sqrt{t})dt=2\int\limits_0^{\sqrt{x}}y\ln(1+y)dy$

Тогда нужно будет доказывать равномерную сходимость ряда $y\ln(1+y)=\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}}{n} y^{n-1} \;\; \left|y\right| \leq 1\quad$

тогда как ее доказывать?

[ewert]

lampard в сообщении #878181 писал(а):

А так -- можно?

$\operatorname{arcctg}\,\left(\dfrac{x}{\sqrt{1-x^2}}\right) = \left\{\begin{matrix} \arcsin \sqrt{1-x^2},\qquad x \geqslant 0
\\\pi-\arcsin \sqrt{1-x^2},\qquad x < 0\end{matrix}\right.$

Можно, но не нужно.

lampard в сообщении #878181 писал(а):

$\operatorname{arcctg}\,\left(\dfrac{x}{\sqrt{1-x^2}}\right) = \left\{\begin{matrix} \arccos x ,\qquad x \geqslant 0
\\\pi- \arccos x ,\qquad x < 0\end{matrix}\right.$

А это уже просто неверно.

Зачем Вы возитесь со всякой тригонометрией? Возьмите сразу производную от исходного выражения.

-- Вс июн 22, 2014 12:55:09 --

lampard в сообщении #878181 писал(а):

Спасибо. А как дальше?

$\left(\operatorname{arcctg}\dfrac{x}{\sqrt{1-x^2}}\right)'=-\dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}}$

Раскладывать правую часть в ряд и затем интегрировать.

lampard в сообщении #878181 писал(а):

Там же нужно будет применять теорему о почленном интегрировании ряда, где нужно будет показать равномерную сходимость. Как тогда раскладывать, если не сходится равномерно?

Для интегрирования вовсе не нужна равномерная сходимость на всём промежутке -- лишь на промежутке интегрирования.