Исследовать ряд на равномерную сходимость

[artempalkin]

Вот такой ряд нужно исследовать на равномерную сходимость на множестве $E=[0,\infty)$:

$$\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{x^n}{n!}e^{-x}$$

Конечно, можно сказать, что часть его - это известный ряд, и в итоге мы понимаем, что ряд сходится к тождественной единице, но сходится неравномерно, потому что вдалеке на бесконечности каждая из частичных сумм будет стремиться к нулю, а значит достаточно далеко от единицы.

Но все же хотелось бы (и наверное предполагается), что мы докажем не-равномерную сходимость этого ряда какими-то конвенциональными способами, с помощью критерия Коши или чего-то в этом роде...

Я вроде бы доказал по критерию Коши, но получается очень муторно, кажется. Опять же, тут может возникнуть где-то желание воспользоваться формулой Стирлинга, но я лично пока не умею ее доказывать и чувствую, что использовать ее не могу.

Мое докво:

Критерий Коши $n=x=p$

$\sum\limits_{k=n+1}^{2n}\frac{n^k}{k!}e^{-n}>e^{-n}\frac{1}{(n+1)!}\sum\limits_{k=n+1}^{2n}n^k=\frac{e^{-n}}{(n+1)!}n^n\frac{n^n-1}{n-1}\sim\frac{n^{2n}}{e^n(n+1)!n}$

Достаточно доказать, что правая часть не сколь угодно мала при сколь угодно далеких $n$. Вот тут бы пригодилась формула Стирлинга, но не комильфо. Вместо этого я рассматриваю $\frac{a_{n+1}}{a_n}$, и доказываю, что в пределе будет больше $1$ (а-ля "признак Даламбера", только тут не ряд, а последовательность; на самом деле даже стремится к бесконечности). А это значит, что следующий член будет намного больше предыдущего, ну и к нулю, конечно, не стремятся.

Вот это последнее действие мне кажется особенно непрофессиональным (хотя работает). В любом случае, подскажите, есть ли какое-то более простое решение "обычными способами"?

[ewert]

artempalkin в сообщении #1590649 писал(а):

я рассматриваю $\frac{a_{n+1}}{a_n}$, и доказываю, что в пределе будет больше $1$

Больше единицы быть ну никак не может -- именно потому, что полная сумма ряда тождественно равна единице. А вот Ваше начальное рассуждение вполне естественно. Если же хочется "конвенциональности" (т.е. без Тейлоров), то вполне достаточно того, что полная сумма заведомо положительна (вовсе не обязательно знать, что она равна именно единице). Тут даже никаких Коши не нужно.

[artempalkin]

ewert в сообщении #1590656 писал(а):

Больше единицы быть ну никак не может -- именно потому, что полная сумма ряда тождественно равна единице.

Я тут неясно выразился, надо было пояснить: я говорю сейчас не о ряде, а о последовательности $a_n=\frac{n^{2n}}{e^n(n+1)!n}$, которую я исследую по критерию Коши.

ewert в сообщении #1590656 писал(а):

Если же хочется "конвенциональности" (т.е. без Тейлоров), то вполне достаточно того, что полная сумма заведомо положительна (вовсе не обязательно знать, что она равна именно единице).

То, что она положительна, понятно, но какие гарантии, что она не стремится к нулю на бесконечности? Ну то есть мы-то с вами это знаем, потому что мы знаем явный вид суммы ряда... Но если мы не знаем, и она стремится, к примеру, к нулю на бесконечности (будучи всегда положительно-определенной), то я не вижу значительного противоречия...

[Padawan]

artempalkin в сообщении #1590649 писал(а):

$\sum\limits_{k=n+1}^{2n}\frac{n^k}{k!}e^{-n}>e^{-n}\frac{1}{(n+1)!}\sum\limits_{k=n+1}^{2n}n^k$

А в знаменателе не $(2n)!$ должно быть?

[artempalkin]

Padawan в сообщении #1590660 писал(а):

А в знаменателе не $(2n)!$ должно быть?

Да, конечно, $(2n)!$, и в итоге предел $a_{n+1}/a_n$ мой будет равен $e/4$ и доказательство мое обрушилось...

Думаю, что если посильнее оценить, то сработает (даже так "почти что" сработало)...

[vpb]

Мне кажется, пытаться придумать для этой задачи "стандартное" доказательство а-ля Демидович, да еще и без Стирлинга хотя бы в какой-то слабой форме --- только голову себе напрасно морочить. Ей-богу.

[artempalkin]

vpb в сообщении #1590664 писал(а):

Мне кажется, пытаться придумать для этой задачи "стандартное" доказательство а-ля Демидович, да еще и без Стирлинга хотя бы в какой-то слабой форме --- только голову себе напрасно морочить. Ей-богу.

Неужели так сложно, ей-богу? :)

[vpb]

artempalkin в сообщении #1590665 писал(а):

Неужели так сложно, ей-богу? :)

Ничего по этому поводу сказать не могу. Я никакого простого пути не вижу.

[RIP]

Док-во в лоб без использования суммы ряда (только там не тождественная единица, если суммирование начинается не с $n=0$) и без Стирлинга (достаточно $n!=O\left(\sqrt{n}(n/\mathrm{e})^n\right)$) выглядит маловероятным.
Максимум $n$-го члена достигается при $x=n$ и равен $\frac{n^n}{n!}\,\mathrm{e}^{-n}\sim\frac{1}{\sqrt{2\pi n}}$ (и обратно: если $x=n$, то $n$-е слагаемое максимально). Если фиксировать $x=n$ и посмотреть на слагаемые вблизи $n$-го, то получим

$$\frac{n^{n+k}}{(n+k)!}\,\mathrm{e}^{-n}=\frac{1}{\sqrt{2\pi n}}\exp\left(-\frac{k^2}{2n}+o(1)\right),\quad k=o(n^{2/3}),$$

то есть практически вся сумма сосредоточена в слагаемых с $k=O\left(\sqrt{n}\,\right)$. (Так что в критерии Коши нужно брать $p$ порядка $\sqrt{n}$, чтобы получилось.)

[мат-ламер]

Экспонента растёт быстрее любого многочлена.

[artempalkin]

RIP в сообщении #1590679 писал(а):

(только там не тождественная единица, если суммирование начинается не с $n=0$)

Кстати, да...

RIP в сообщении #1590679 писал(а):

(Так что в критерии Коши нужно брать $p$ порядка $\sqrt{n}$, чтобы получилось.)

Попробовал, но что-то особо лучше не становится... на самом деле даже сложнее, чем я думал...

[RIP]

Да, совсем просто вряд ли получится.
Если положить $a_k=\frac{n^k}{k!}\,\mathrm{e}^{-n}$, то из $\frac{a_{k+1}}{a_k}=\frac{n}{k+1}$ видно, что $a_n=a_{n-1}=\frac{n^n}{n!}\,\mathrm{e}^{-n}$ — максимальные слагаемые. Если $1\leqslant k\leqslant\sqrt{n}$, то

$$\frac{a_{n+k}}{a_{n+k-1}}=\left(1+\frac{k}{n}\right)^{-1}>\mathrm{e}^{-k/n}\geqslant\mathrm{e}^{-1/\sqrt{n}},$$

так что $\frac{a_{n+k}}{a_{n}}>\mathrm{e}^{-1}$. Поэтому

$$\sum_{k=n}^{n+\lfloor\sqrt{n}\rfloor}a_{k}>\sqrt{n}\cdot\frac{a_n}{\mathrm{e}},$$

так что осталось убедиться, что $n!\leqslant C\sqrt{n}\,(n/\mathrm{e})^n$. Это можно доказать с помощью индукции, поскольку всё сводится к неравенству

$$\mathrm{e}<\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+1/2} \iff 1<(n+1/2)\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)=\frac{1}{2t}\ln\frac{1+t}{1-t}=1+\frac{t^2}{3}+\frac{t^4}{5}+\dotsb,\quad t=\frac{1}{2n+1}.$$

(Слагаемые $a_k$, в которых $|k-n|$ сильно больше $\sqrt{n}$, слишком малы и на сумму практически не влияют, так что волей-неволей приходится ограничиваться $k=n+O\bigl(\sqrt{n}\bigr)$. А в этом диапазоне все слагаемые по порядку равны $1/\sqrt{n}$, так что я не вижу, как можно избежать доказательство неравенства $n!\leqslant C\sqrt{n}\,(n/\mathrm{e})^n$.)

[artempalkin]

RIP
Да, в целом я понял ваше доказательство...

Но мне больше всего понравилось вот это неравенство

$$\frac{a_{n+k}}{a_{n+k-1}}=\left(1+\frac{k}{n}\right)^{-1}>\mathrm{e}^{-k/n},$$

и не понравилось дальнейшее его ослабление... а не можем мы использовать неравенство в таком виде?

Но пока непонятно, как это сделать...

[RIP]

Если не ослаблять, то получится $\frac{a_{n+k}}{a_n}\approx\exp\left(-\frac{k^2}{2n}\right)$. Поскольку мы имеем дело с $k=O(\sqrt{n}\,)$, то все $a_{n+k}$ одного порядка, можно только константу улучшить, но для доказательства неравномерной сходимости это ничего не даёт.

[artempalkin]

RIP
Да, странно, что такой неожиданно неочевидно решаемый номер... Это Кудрявцев 2 том, гл. 5 пар 18 40(1).

40(2) такой:

$\sum\limits_{n=1}^{\infty}(-1)^n\frac{x^{2n}}{(2n)!}$ исследовать на равномерную сходимость там же. Члены ряда не ограничены, конец исследования. Может быть, в исходном ряду не должно было быть $e^{-x}$?