Сходимость двойного ряда

[g______d]

StaticZero в сообщении #1269735 писал(а):

То есть, представленными рассуждениями вопрос из стартового сообщения закрывается? Пойду курить мануалы, чтобы завершить строгое доказательство...

Ну я по поводу сходимости по $m$ ничего не говорил, поэтому не могу гарантированно подтвердить. Но, наверное если Вы тут напишете полное рассуждение (включая опущенные нами детали), мы на него посмотрим.

[amon]

StaticZero в сообщении #1269735 писал(а):

То есть, представленными рассуждениями вопрос из стартового сообщения закрывается?

Рано радуетесь. У Вас ещё внешний ряд остался ;)

[StaticZero]

amon в сообщении #1269742 писал(а):

Рано радуетесь. У Вас ещё внешний ряд остался ;)

Рука тянется дифференцировать $\partial/\partial z \cos (mz)$, умножить на $1/\sqrt m$ и получить исходный ряд.

[kotenok gav]

amon в сообщении #1269724 писал(а):

табличного ряда $ \frac{\partial}{\partial x}\sum\limits_{n}\frac{1}{n^2+c^2}\cos nx. $

Wolframalpha выдает что-то очень некрасивое.

[g______d]

Да, как-то печально с wolfram alpha. Давайте попробуем сами. Пусть $\Delta=\frac{d^2}{dx^2}$, $f(x)=\sum\limits_{n=-\infty}^{+\infty}\frac{1}{n^2+a^2}\cos(nx)=\sum\limits_{n\in \mathbb Z}\frac{1}{n^2+a^2}e^{i n x}$.

Тогда (в обобщённом смысле)

$$ (-\Delta+a^2) f=\sum\limits_{n\in \mathbb Z}e^{i n x}=2\pi \delta(x). $$

Поскольку $-a^2$ не на спектре, решение последнего уравнения единственно, в том числе в классе обобщённых функций, и является регулярной обобщённой функцией, даже непрерывной. Вне нуля уравнение однородное, поэтому

$$ f(x)=c_1 e^{ax}+c_2 e^{-ax}. $$

Осталось подобрать $c_1$, $c_2$. Должно выполняться $f(0)=f(2\pi)$, $f'(0)-f'(2\pi)=-2\pi$, откуда

$$ c_1+c_2=c_1 e^{2\pi a}+c_2 e^{-2\pi a},\quad a (c_1-c_2)=-2\pi +2\pi a (c_1 e^{2\pi a}-c_2 e^{-2\pi a}). $$

откуда, если я не наврал (а мог легко, так что проверьте),

$$ c_1 =\frac{2\pi }{a(2\pi +1)(e^{2\pi a}-1)},\quad c_2=\frac{2\pi }{a(2\pi +1)(1-e^{-2\pi a})}. $$

[StaticZero]

g______d в сообщении #1269793 писал(а):

$f(x)=\sum\limits_{n=-\infty}^{+\infty}\frac{1}{n^2+a^2}\cos(nx)=\sum\limits_{n\in \mathbb Z}\frac{1}{n^2+a^2}e^{i n x}$.

Здесь перед $e^{inx}$ знак $\operatorname{Re}$ был опущен, я правильно понял?

[StaticZero]

$$ \sh m (\pi - x) = \sum \limits_{n=1}^\infty \dfrac{1}{\pi} \dfrac{2n}{n^2 + m^2} \sh (\pi m) \sin (nx) $$

$$ \sum \limits_{n=1}^\infty \dfrac{n}{n^2 + m^2} \sin (nx) = \dfrac{\pi}{2} \dfrac{\sh m(\pi - x)}{\sh (\pi m)}. $$

Да, эта сумма убывает по $m$ экспоненциальным образом, значит, ряд сходится и по $n$, и по $m$. Осталось разобраться с расходимостью.

[g______d]

StaticZero в сообщении #1269893 писал(а):

Здесь перед $e^{inx}$ знак $\operatorname{Re}$ был опущен, я правильно понял?

$\cos(nx)=\frac12 (e^{inx}+e^{-inx})$.

[StaticZero]

Всё-таки я не понял, почему он расходится. Получается тогда, что

$$ \lim \limits_{x \to 0} \sum \limits_{n=1}^\infty \dfrac{n \sin nx}{n^2 + m^2} \ne 0. $$

-- 28.11.2017, 18:14 --

Не видно, чем снизу подпереть этот ряд.

[amon]

StaticZero в сообщении #1269964 писал(а):

Всё-таки я не понял, почему он расходится.

А там мало положить $z=z_0,$ надо еще $\rho=0$.

[StaticZero]

amon в сообщении #1269972 писал(а):

А там мало положить $z=z_0,$ надо еще $\rho=0$.

Это изменит вот что: $\sqrt m \to m$ и уйдёт синус, у которого в аргументе торчит $m$.

[amon]

Ну напишите ряд по $m$ для $z=z_0$, только точно - все формулы есть! Тогда, глядишь, и догадаемся что там расходится.

[StaticZero]

amon в сообщении #1269989 писал(а):

Ну напишите ряд по $m$ для $z=z_0$, только точно - все формулы есть! Тогда, глядишь, и догадаемся что там расходится.

$$ \sum \limits_{m=1}^\infty m \sum \limits_{n=1}^\infty \dfrac{n \sin \dfrac{\pi n (z - z_0)}{L} + n \sin \dfrac{\pi n (z + z_0)}{L} }{n^2 + m^2} $$

-- 28.11.2017, 20:24 --

Если $z \to z_0$, то один из рядов будет

$$ \lim \limits_{x \to 0} \sum \limits_{m=1}^\infty m \sum \limits_{n=1}^\infty \dfrac{n \sin nx}{n^2 + m^2}, $$

сумма внутреннего ряда как $f(x)$, найденная выше, в нуле не нуль

[amon]

StaticZero в сообщении #1270008 писал(а):

сумма внутреннего ряда как $f(x)$, найденная выше, в нуле не нуль

Естественно, не ноль и не бесконечность. Это ведь поле диполя с поправками. Расходимость должна быть только в точке $z=z_0,\;\rho=0.$ Что бы это ущучить, надобно не полениться, просуммировать внутренний ряд и написать то что получится со всеми бесселями. Оно должно сходиться при всех $\rho$ ($z=z_0$ можно положить сразу, что бы не мучатся) кроме $\rho=0.$

[StaticZero]

amon, так уже просуммировали:

$$ \sum \limits_{n=1}^\infty \dfrac{n \sin nx }{n^2 + m^2} = \dfrac{\pi}{2} \dfrac{\sh m(\pi - x)}{\sh (\pi m)}. $$

Проблема в том, что у меня не получается доказать, что

$$ \lim \limits_{x \to 0} \sum \limits_{n=1}^\infty \dfrac{n \sin nx}{n^2 + m^2} = \dfrac{\pi}{2}, $$

не обращаясь к сумме; такой предел при $z = z_0$ обеспечивает расходимость (только, правда, и для $r \ne 0$ тоже).

Можно и с бесселями

$$ \varphi = \sum \limits_{n = 1}^\infty \sum \limits_{m = 1}^\infty \dfrac{n m}{m^2 + n^2} \sin (nx) J_0 \left( \dfrac{r x_m}{r_0} \right), $$

но особо ничего не поменяется...