Доказать отсутствие равномерной сходимости ряда

[artempalkin]

Нужно доказать отсутствие равномерной сходимости ряда $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac 1{\sqrt {nx}}\ln\frac {2x+n}{x+n}$ на $E=(1,+\infty)$

Я доказал, и в целом не так уж и сложно, но все же существенно сложнее, чем большинство задач такого типа (это задача из Кудрявцева). Может быть, кто-то подскажет идею, как можно проще доказать?

Мое док-во:

Пойдем по критерию Коши:

$\left|\sum\limits_{k=n}^{2n}\frac 1{\sqrt {kx}}\ln\frac {2x+k}{x+k}\right|=${подставим $x=n$}$=\sum\limits_{k=n}^{2n}\frac 1{\sqrt {nk}}\ln\frac {2n+k}{n+k}=\sum\limits_{k=n}^{2n}\frac 1{\sqrt {nk}}\ln\left(1+\frac n {n+k}\right)>${замечаем, что под суммой стоит выражение, убывающее по $k$, и заменяем каждое слагаемое на последнее}$>(n+1)\frac 1{n\sqrt 2}\ln\frac 43>\frac12\ln\frac43$

[Padawan]

Для любого фиксированного $N$ и для любого $p=1,2,\ldots$

$$ \sum\limits_{n=N+1}^{N+p}\frac {1}{\sqrt{nx}}\ln\frac{2x+n}{x+n}>p\cdot\frac{1}{\sqrt{(N+p)x}}\ln\frac{2x+N+p}{x+N+p}$$

Теперь положим $x=p$ и устремим $p$ к бесконечности. Последнее выражение устремится к $\ln\frac 32$. Значит, критерий Коши не выполнен.
Вообще, мы можем одновременно устремлять $N, x$ и $p$ к бесконечности, требуя какие-то соотношения между ними, подбирая которые можем добиться невыполнения критерия Коши (в других подобных примерах).
В Вашем док-ве по сути Вы взяли $N=x=p$.

[artempalkin]

Padawan в сообщении #1590389 писал(а):

Вообще, мы можем одновременно устремлять $N, x$ и $p$ к бесконечности, требуя какие-то соотношения между ними, подбирая которые можем добиться невыполнения критерия Коши (в других подобных примерах).

Да, спасибо, хорошая идея! С пределами все же попроще работать, чем с цепочками неравенств...