положительный ряд

[Evgenjy]

ex-math в сообщении #1053919 писал(а):

Evgenjy
Это тоже неверно.

Нет, теперь все правильно (с учетом исправленной формулы).

ex-math в сообщении #1053919 писал(а):

По степеням $k(x-1)$ раскладывать нельзя, так как эта величина может быть большой.

Это вообще какая-то путаница у Вас, никакого отношения не имеющая к предлагаемому мною решению.

[ex-math]

Evgenjy
Прошу прощения, Ваша асимптотическая формула теперь действительно верна.
Но из-за появившегося $k^2$ она не позволит решить задачу. Подставляя $O $-оценку в ряд, Вы теряете знак, и тогда сумма ряда окажется слишком большой -- $(x-1)^2$ не хватит, чтобы обеспечить стремление к нулю.
Все это я уже описал на страницах темы в нескольких вариациях. Так задачу не решить.

[Evgenjy]

ex-math в сообщении #1053990 писал(а):

Так задачу не решить.

Продолжим решение.

$$\sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k-1}k}{(x^{k}+1)^2} =\sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k-1}kx^{-k}}{2+x^k+x^{-k}}=\sum_{k=1}^{\infty} (-1)^{k-1}kx^{-k}\left\lbrace \frac{1}{4}+k^2O[(x-1)^2] \right\rbrace=$$

$$=\frac{1}{4}\sum_{k=1}^{\infty}(-1)^{k-1}kx^{-k}+O[(x-1)^2]\sum_{k=1}^{\infty} (-1)^{k-1}k^3x^{-k}=\frac{x}{4(x+1)^2}+O[(x-1)^{2}]\frac{x}{(x+1)^4}$$

С пределом при $x\to1+$ все предельно ясно. Осталось оценить множитель $O[(x-1)^{2}]$ на интервале от $1$ до $2$ и даже до $1,7$, поскольку при больших значениях $x$ сумма двух последовательных, нечетного и четного, членов исходного ряда положительна.

[ex-math]

Evgenjy
Как у Вас после использования $O $-оценки в ряде сохранилось знакочередование? Запишите $O $- оценку в виде неравенства и станет понятно, о чем я толкую. Стремления к нулю добавочного члена Вы так не получите. Решения нет.

[Evgenjy]

ex-math в сообщении #1054254 писал(а):

Как у Вас после использования $O $-оценки в ряде сохранилось знакочередование?

Вы правы, лучше без $O $.

$$\sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k-1}k}{(x^{k}+1)^2} =\sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k-1}kx^{-k}}{2+x^k+x^{-k}}=$$

$$=\frac{1}{4}\sum_{k=1}^{\infty}(-1)^{k-1}kx^{-k}-\sum_{k=1}^{\infty} (-1)^{k-1}kx^{-k}\left\lbrace\frac{1}{4}-\frac{1}{2+x^k+x^{-k}}\right\rbrace$$

Самый последний ряд в формуле также знакочередующийся, поскольку

$$\frac{1}{4}-\frac{1}{2+x^k+x^{-k}}>0$$

[Evgenjy]

Evgenjy в сообщении #1054504 писал(а):

Вы правы, лучше без $O $.

Нет, и так не получается. Решения не нашел.

[maxal]

Подсказка насчет положительности: докажите, что функция $f(k) = \frac{1}{(x^k+1)^2}$ выпукла при любом $x>1$.

[iancaple]

Пусть $f(k)$ положительная выпуклая вниз последовательность, монотонно убывающая к нулю. Тогда $(f(k)-f(k+1))$ положительная убывающая, а $F(n)=\sum_{k=n}^{\infty}(-1)^{k-n}f(k)$ положительная убывающая к нулю. Тогда
$\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}nf(n)=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}F(n)>0$ , т.к. $F(1)>0$
Так просто?

[maxal]

iancaple, всё так.
Кстати, задача происходит из этого обсуждения на MO.

[iancaple]

Да, сложны истории некоторых задач.
Надо было раньше догадаться, что раз убывание к нулю $f(n)$ гарантирует $\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1}f(n)>0$, то выпуклое убывание к нулю должно бы гарантировать $\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1}nf(n)>0$. Правда, при доказательстве я использовал абсолютную сходимость этого ряда, интересно разобраться, нужна ли абсолютная.

[maxal]

iancaple, использование выпуклости здесь неочевидно. Но как только это свойство всплывает, остальное становится делом техники.

[Evgenjy]

maxal в сообщении #1052250 писал(а):

Подсказка для честного вычисления предела: подставить $x=e^t$ и воспользоваться тождеством $\frac{1}{\cosh(y)^2}=1-\tanh(y)^2$.

Как Вы получили, что

$$\lim\limits_{t\to0+}{\sum_{k\geq 1} (-1)^{k-1}ke^{-2tk} \tanh(tk)^2}=0$$

?

[iancaple]

Тема давно распалась на два отдельных вопроса о пределе и о положительности. Обобщу положительность.
Лемма. Пусть $f_n$ -монотонно убывает к 0, выпуклая (то есть $f_n-2f_{n+1}+f_{n+2}\geq 0, n=1,2...$). Тогда $\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}nf_n\geq 0$, если этот ряд сходится.
Док-во. Пусть $0<q<1$. Тогда и $q^{n-1}f_n$ удовлетворяет всем условиям леммы. Неравенство $f_{n+2}q^2-2f_{n+1}q+f_n\geq 0$ выполняется, так как вершина параболы $\frac{f_{n+1}}{f_{n+2}}\geq 1$, а при $q=1$ оно дано по условию.
Обозначим $F_n=\sum_{k=n}^{\infty}(-1)^{k-n}f_kq^{k-1}$, $F_n$ убывающая к нулю (группируем члены рядов по два, начиная с положительного, и сравниваем соответственно расположенные скобки для $F_n$ и $F_{n+1}$)
Так как $F_1\geq 0$ и ряд $\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}nf_nq^{n-1}$ абсолютно сходящийся,$\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}nf_nq^{n-1}=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}F_n\geq 0$
По второй теореме Абеля можно сделать предельный переход $q\to 1$, лемма доказана.
То, что сумма ряда строго положительна, кроме случая последовательности из одних нулей, вроде тоже верно, но технически сложнее все идет.