Функциональный ряд, дифференцируемость

[MMM-2000]

Дан вот такой ряд:

$$ \sum\limits_{n=1}^{\infty} { \frac{\sin((2^{n^2}) x)}{a^{n^2}} } $$

Доказать следующие 3 утверждения:
1) при $a>1$ сумма ряда непрерывна на $R$
2) при $a>2$ ряд можно дифференцировать
3) при $1<a<2$ сумма ряда не дифференцируема.

Первые два утверждения легко доказываются, так как при $a>1$ ряд сходится равномерно, при $a>2$ - ряд из производных сходится равномерно.

А вот с 3 непонятно что делать, сам по себе ряд просуммировать вроди не представляется возможным.
Подскажите пожалуйста, что можно сделать?

[mitia87]

Рассмотрите сумму ряда из производных в точке $x = 0$ и докажите недифференцируемость в этой точке.

[MMM-2000]

mitia87 в сообщении #273901 писал(а):

Рассмотрите сумму ряда из производных в точке $x = 0$ и докажите недифференцируемость в этой точке.

=) помоему $S(x)= 0$ - дифференцируемая функция =)

[mitia87]

$S(x) = \sum\limits_{n=1}^{\infty} {u_n(x)}, u_n(x) = \frac{sin((2^{n^2}) x)}{a^{n^2}} .$
Если сумма дифференцируема, то
$S'(x) = \sum\limits_{n=1}^{\infty} {u_n'(x)} = \sum\limits_{n=1}^{\infty} {cos((2^{n^2}) x) \left (\frac{2}{a} \right ) ^ {n^2} }.$
Тогда при $1 < a < 2$
$S'(0) = \sum\limits_{n=1}^{\infty} {\left (\frac{2}{a} \right ) ^ {n^2} } > \sum\limits_{n=1}^{\infty} {1 ^ {n^2} } = \infty.$

Вроде так.

[MMM-2000]

Вторая строчка не верна.
Чтобы почленно дифференцировать ряд нужна равномерная сходимость ряда из производных, а её нет. вы сами это в последней строке написали.

[mitia87]

Так от противного или не пройдет?

[ewert]

mitia87 в сообщении #273916 писал(а):

Если сумма дифференцируема, то
$S'(x) = \sum\limits_{n=1}^{\infty} {u_n'(x)} = \sum\limits_{n=1}^{\infty} {cos((2^{n^2}) x) \left (\frac{2}{a} \right ) ^ {n^2} }.$

Из дифференцируемости суммы формально не следует, что ряд можно дифференцировать почленно.

[MMM-2000]

Если предположить что сумма диференцируема и равняется ряду из производных то этим самым мы только сможем доказать, что если сумма и дефференцируема, то она не равняется ряду из производных. Вот.
А если предположить что сумма дифференцируема, то надо доказывать, что она равняется ряду из производных.

Вообщем от противного здесь не катит. =)

[RIP]

Можно делать так (возможно, можно и проще). Пусть $k\in\{0;1\}$ и $N\to+\infty$. Рассмотрим приращение функции $f(x+\pi2^{-N^2-k})-f(x)$. Из-за периодичности синуса все слагаемые с $n>N$ взаимно уничтожатся. Выделяя слагаемое с $n=N$, а остальные оценивая тривиально ($|\sin\alpha-\sin\beta|\le|\alpha-\beta|$), получаем

$$f(x+\pi2^{-N^2-k})-f(x)=\frac{\sin(2^{N^2}x+\pi2^{-k})-\sin2^{N^2}x+o(1)}{a^{N^2}}.$$

Оба выражения (т. е. при $k=0$ и $k=1$) не могут быть одновременно $O(2^{-N^2})$ при $N\to+\infty$.

[MMM-2000]

Ммм.
У меня вызывает сомнения оценка...
К чему именно её надо применять?

[MMM-2000]

Прошу прощения но я так и не понял идею решения.
вот у нас есть приращение $f(x+\triangle x)-f(x)$
Так как $\triangle x\to0$ то для доказательства недефференцирруймости нам достаточно рассмотреть две последовательности стремящиеся к 0
Вы взяли
$\pi *2^{-N-k}$ где k либо 0 либо 1
так теперь мы получаем

$$f(x+\pi *2^{-N-k})-f(x)= \sum\limits_{n=1}^{\infty}{\frac{sin((x+2^{-N-k})2^{n^2})-sin(x2^{n^2})}{a^{n^2}}} $$

Я понимаю что для любого $N$ эта сумма будет конечной.
Но дальнейший переход мне не совсем понятен.
Не могли бы вы его чуть-чуть поподробней осветить?

[RIP]

Все слагаемые с $n>N$ равны нулю (Вы, кстати, в правой части пи потеряли). Все слагаемые с $n<N$ будут достаточно малы, например, достаточно грубой оценки $O\left((2/a)^{(N-1)^2}2^{-N^2}\right)=o(N^{-1}a^{-N^2})$. Вот это у меня и написано.

-- Ср 23.12.2009 22:26:19 --

Да, у меня не $N$, а $N^2$.

[MMM-2000]

Да я описался.

МММ... А как от сюда будет следовать не дифференцируемость функции, если правая часть при обоих последовательностях стремиться к 0?
Противоречий нет в этом ни каких с дефференцируемостью.
Или я не прав?

[RIP]

Из дифференцируемости следовало бы, что максимум модулей этих двух приращений был бы $O(2^{-N^2})$, в то время как этот максимум оценивается снизу как $c a^{-N^2}$, $c>0$.

[MMM-2000]

Прошу прощения за кучу формул, просто хочу гарантированно понять решение.

Так вот что у нас есть:

$$f(x+\pi *2^{-N^2-k})-f(x)= \sum\limits_{n=1}^{\infty}{\frac{sin((x+\pi2^{-N^2-k})2^{n^2})-sin(x2^{n^2})}{a^{n^2}}} = $$

$$=\sum\limits_{n=1}^{N-1}{\frac{sin((x+\pi2^{-N^2-k})2^{n^2})-sin(x2^{n^2})}{a^{n^2}}}$$

если $k=0$ то добавится слагаемое

$$ \frac{sin(x2^{N^2}+\pi )-sin(x2^{N^2})}{a^{N^2}} $$

если $k=1$ то добавится слагаемое

$$ \frac{sin(x2^{N^2}+\frac{\pi}{2} )-sin(x2^{N^2})}{a^{N^2}} $$

Теперь работаем с суммой:

$$\sum\limits_{n=1}^{N-1}{\frac{sin((x+\pi2^{-N^2-k})2^{n^2})-sin(x2^{n^2})}{a^{n^2}}}=$$

$$=\sum\limits_{n=1}^{N-1}{\frac{2sin(\pi2^{n^2-N^2-k-1})cos(x2^{n^2}+\pi2^{n^2-N^2-k-1})}{a^{n^2}}} $$

И вы её оцениваете сверху $O\left((2/a)^{(N-1)^2}2^{-N^2}\right)$. (правда оценка мне не очень понятна т.к. слагаемые в сумме могут быть разных знаков)
И это будет $o(a^{-N^2})$
А от куда берется что макссимум модулей ограничен сверху $c2^{-N^2}, c>0 $?
з.ы. что-то я вообще ничего не понимаю.