матан: ряды и интегралы

[Sherpa]

Здравствуй, мехмат...
1. исследовать ряд на сходимость $\sum\limits_{n=1}^{\infty} {\frac {\cos\left(\frac{x}{n}\right)} {2^{n-x}+2^{n+x}}}$ на множестве $E=(-\infty; -10]$
как я понимаю, нужно делать по признаку Вейерштрасса. У меня получается
$\left|{\frac {\cos\left(\frac{x}{n}\right)} {2^{n-x}+2^{n+x}}} \right| \leqslant \frac{1}{2^n} \frac{1}{2^{-x}+2^x}$
соответственно исходный ряд сходится равномерно и абсолютно
но преподаватель как бы намекает, что в моих объяснениях чего-то не хватает. чего же?

2. разложить в ряд Маклорена и определить интервал сходимости
$\ln\left(\frac{2+x^2}{\sqrt{1-2x^2}}\right)$
в итоге у меня получилось:
$\ln{2}+\sum\limits_{n=1}^{\infty}{(-1)^{n-1} \frac{x^{2n}}{n}\left(\frac{1}{2^n} - (-1)^{n}2^{n-1}\right)}$
верно ли то, что у меня получилось, и если да, то какой тогда интервал сходимости?? вычисление по формуле Коши-Адамара не очень получаются...

3. интеграл поверхностный
$\int_{S} x^3 dy\wedge dz + y^3 dx\wedge dz +z^3dx\wedge dy$
$x^2 + y^2 +z = 2, z \geqslant 0$ посчитать по внешней стороне параболоида
тут у меня совсем плохо... пробовал считать в лоб, но получается что-то как-то странно... каким методом считать???

[Бодигрим]

Цитата:

но преподаватель как бы намекает, что в моих объяснениях чего-то не хватает. чего же?

В признаке Вейерштрасса функциональный ряд мажорируется по модулю числовым. У вас же ${1\over 2^n}{1\over 2^{-x}+2^x}$ - тоже функциональный, равномерную сходимость которого по-прежнему надо исследовать.

Добавлено спустя 1 минуту 47 секунд:

Цитата:

верно ли то, что у меня получилось

Выпишите, пожалуйста, свои промежуточные выкладки.

[Taras]

3. А как вы "в лоб" считали?

[Sherpa]

если подставить $х = -10$, то получится ${1\over 2^n}$ верно??

да, сейчас напишу промежуточные вычисления

а "в лоб" если подставить туда координаты нормали и перейти к двойному интегралу затем

Добавлено спустя 10 минут 50 секунд:

$\ln\left(\frac{2+x^2}{\sqrt{1-2x^2}}\right) = \ln{(2+x^2) - {1\over 2} \ln{(1-2x^2)}} = \ln{2} + \sum{(-1)^{n-1} {({x^2\over 2})^n \over n}} + {1\over 2} \sum{(-1)^{n-1} {(-2x^2)^n \over n}}$

[Бодигрим]

Sherpa писал(а):

если подставить $х = -10$, то получится ${1\over 2^n}$ верно??

Нет, конечно. Получится ${1\over 2^n} {1\over 2^{10}+2^{-10}}$.

Может быть вы хотели сказать, что ${1\over 2^x+2^{-x}} \le 2^{-10} $ при $x<-10$? Это, конечно, правда и отсюда следует соответствующая оценка исходного ряда.

Sherpa писал(а):

Бодигрим, а в лоб если подставить туда координаты нормали и перейти к двойному интегралу затем

Только не Бодигрим, а Taras. И вы расписывайте, расписывайте - по телепатии у нас у всех незачет в этом семестре. Может есть смысл попробовать цилиндрическую систему координат?

[Sherpa]

Да, именно это я и имел в виду.
значит фактически при $x < -10$ можно утверждать, что числовой ряд ${1\over 2^n}{1\over{2^{-10} + 2^{10}}}$ сходится, а следовательно и исходный функциональный ряд сходится. так?

да, прошу прощения... перепутал ники немного

[Бодигрим]

Да, вот теперь равномерная и абсолютная сходимость доказаны.

[Sherpa]

спасибо
а что можете посоветовать относительно второй и третей?

[AD]

Sherpa писал(а):

вычисление по формуле Коши-Адамара не очень получаются...

По-моему,
1. вполне получаются, в предположении, что коэффициенты вы нашли правильно, и
2. формула Коши--Адамара - это точная формула. Она не может не дать ответа.

Добавлено спустя 50 секунд:

Только, на всякий случай, выпишите её здесь, а то, возможно, она у вас в каком-нибудь урезанном виде была, и тогда я не прав буду.

[Sherpa]

${1\over R} = \varlimsup\limits_{n\to\infty} \left(\left|{\frac{1}{2^n} - (-1)^{n}2^{n-1}}\right|\right)^{1\over n}}$

вот только вопрос: не накосячил ли я в суммировании двух рядов

[RIP]

Верхний предел набирается так: $\varlimsup$

$\varlimsup$

В ряд Маклорена Вы разложили верно (я имею в виду самый первый пост, а в этом у Вас опечатка), а формулу Коши-Адамара применяете неверно: корень $n$-й степени надо извлекать из модуля коэффициента при $x^n$, а у Вас что?

[AD]

Да, а радиус можно методами комплана найти. Функция же дана, из которой он произошел. Находим особые точки, ...

[Sherpa]

RIP, да там минус перед полусуммой. Спасибо.
$\ln\left(\frac{2+x^2}{\sqrt{1-2x^2}}\right) = \ln{(2+x^2) - {1\over 2} \ln{(1-2x^2)}} = \ln{2} + \sum{(-1)^{n-1} {({x^2\over 2})^n \over n}} - {1\over 2} \sum{(-1)^{n-1} {(-2x^2)^n \over n}}=\ln{2}+\sum\limits_{n=1}^{\infty}{(-1)^{n-1} \frac{x^{2n}}{n}\left(\frac{1}{2^n} - (-1)^{n}2^{n-1}\right)}$

Но как тогда считать интервал?? Я не знаком с методом комплана...

[dimko239]

AD писал(а):

Да, а радиус можно методами комплана найти. Функция же дана, из которой он произошел. Находим особые точки, ...

А радиус сходимости степенного ряда равен расстоянию до ближайшей особой точки?

[Sherpa]

у меня получился предел 2, а следовательно радиус сходимости 1/2 и интервал будет (-0,5; 0,5)
Верно у меня получилось или нет???