2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки


Правила форума


В этом разделе нельзя создавать новые темы.

Если Вы хотите задать новый вопрос, то не дописывайте его в существующую тему, а создайте новую в корневом разделе "Помогите решить/разобраться (М)".

Если Вы зададите новый вопрос в существующей теме, то в случае нарушения оформления или других правил форума Ваше сообщение и все ответы на него могут быть удалены без предупреждения.

Не ищите на этом форуме халяву, правила запрещают участникам публиковать готовые решения стандартных учебных задач. Автор вопроса обязан привести свои попытки решения и указать конкретные затруднения.

Обязательно просмотрите тему Правила данного раздела, иначе Ваша тема может быть удалена или перемещена в Карантин, а Вы так и не узнаете, почему.



Начать новую тему Ответить на тему На страницу 1, 2  След.
 
 Сходимость рядов
Сообщение08.10.2013, 18:41 


29/08/11
1759
Здравствуйте, уважаемые форумчане, прошу помощи с двумя задачками:

1) Найти область сходимости ряда: $$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{3^n}{n^2} \cdot  x^{4n} \cdot \cos(x+ \pi n)$$

По признаку Даламбера нахожу интервал сходимости: $$ - \sqrt[4]{\frac{1}{3}} < x < \sqrt[4]{\frac{1}{3}}$$

Исследую сходимость на концах интервала:

При $x= - \sqrt[4]{\frac{1}{3}}$ ряд будет: $\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}  \cdot \cos(\pi n - \sqrt[4]{\frac{1}{3}})$

Так как $\cos(\pi n - \sqrt[4]{\frac{1}{3}}) \leqslant 1$, то $\frac{1}{n^2}  \cdot \cos(\pi n - \sqrt[4]{\frac{1}{3}}) \leqslant \frac{1}{n^2}$ для всех $n=1,2...$ и $\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}$ сходится, то ряд $\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}  \cdot \cos(\pi n - \sqrt[4]{\frac{1}{3}})$ тоже сходится.


При $x= \sqrt[4]{\frac{1}{3}}$ ряд будет: $\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}  \cdot \cos(\pi n + \sqrt[4]{\frac{1}{3}})$

Так как $\cos(\pi n + \sqrt[4]{\frac{1}{3}}) \leqslant 1$, то $\frac{1}{n^2}  \cdot \cos(\pi n + \sqrt[4]{\frac{1}{3}}) \leqslant \frac{1}{n^2}$ для всех $n=1,2...$ и $\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}$ сходится, то ряд $\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}  \cdot \cos(\pi n + \sqrt[4]{\frac{1}{3}})$ тоже сходится.

Тогда область сходимости исходного ряда будет: $$ - \sqrt[4]{\frac{1}{3}} \leqslant x \leqslant \sqrt[4]{\frac{1}{3}}$$

Вопрос: верно ли я исследую сходимость рядов на концах интервала? Из-за косинуса же ряды получаются вроде как знакочередующиеся... или все же можно таким образом доказать сходимость?


2) Для функционального ряда $\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n \cdot (x-2)^n}{(n+1)^2 \cdot \ln(n+1)}$ построить мажорирующий ряд и доказать равномерную сходимость на отрезке $[1;3]$

А вот здесь проблема в самом начале - не могу подобрать мажорирующий ряд, вроде и кажется, что это будет $\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(n+1)^2}$, но неравенство $ \left | \frac{(-1)^n \cdot (x-2)^n}{(n+1)^2 \cdot \ln(n+1)} \right | \leqslant \frac{1}{(n+1)^2}$ выполняется только начиная с $n=2$...

Буду рад любым подсказкам и советам! Спасибо!

 Профиль  
                  
 
 Re: Сходимость рядов
Сообщение08.10.2013, 18:51 
Заслуженный участник


09/05/13
8904
∞⠀⠀⠀⠀
Limit79 в сообщении #772586 писал(а):
выполняется только начиная с $n=2$...

Ну и ладно. Одно слагаемое не влияет на сходимость. Можно его и не рассматривать. Или, что то же, разбить сумму на две: из конечного числа слагаемых и бесконечного, где оценку удобно строить.

-- 08.10.2013, 20:53 --

В первом задании утеряны точки сходимости, в которых косинус обращается в ноль. (В этом плане Коши был бы надежнее, косинус потерялся бы с меньшей вероятностью.) В крайних точках Вашего отрезка можно было мажорировать $1/n^2$ в обеих точках сразу.

 Профиль  
                  
 
 Re: Сходимость рядов
Сообщение08.10.2013, 19:09 


29/08/11
1759
Otta, Спасибо за ответ!
То есть можно сказать что-то вроде:

Для данного функционального ряда на отрезке $[1;3]$ мажорирующим будет ряд $\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(n+1)^2}$, т.к. при $n=2,3..$ и $x \in [1;3]$ выполняется неравенство:

$$ \left | \frac{(-1)^n \cdot (x-2)^n}{(n+1)^2 \cdot \ln(n+1)} \right | \leqslant \frac{1}{(n+1)^2}$$

И, из сходимости ряда $\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(n+1)^2}$ следует равномерная сходимость исходного ряда на отрезке $[1;3]$ ?

А в первое задание добавить что-то вроде этого:

$\cos(x+\pi n) = 0$

$x+\pi n= \frac{\pi}{2} + \pi n$

$x= \frac{\pi}{2}$ ? И область сходимости будет: $$ x \in \left [ - \sqrt[4]{\frac{1}{3}} ; \sqrt[4]{\frac{1}{3}}\right ] \cup  {\frac{\pi}{2}}$$

Не могли бы Вы подсказать, верным ли способом я определил сходимость на концах интервала?

-- 08.10.2013, 20:14 --

Otta в сообщении #772595 писал(а):
В крайних точках Вашего отрезка можно было мажорировать $1/n^2$ в обеих точках сразу.

Так я же так и делал вроде :-)

 Профиль  
                  
 
 Re: Сходимость рядов
Сообщение08.10.2013, 19:21 
Заслуженный участник


09/05/13
8904
∞⠀⠀⠀⠀
2) Да, примерно так. Так как неравенство выполнено при всех $n=2,3..$ и $x \in [1;3]$ и ряд$\sum\limits_{n=2}^{\infty} \frac{1}{(n+1)^2}$ сходится, то по признаку Вейерштрасса о равномерной сходимости исходный ряд сходится.

($n$ от 2 - это в порядке особого занудства, если уж очень хочется указать, какой ряд мажорирующий, то этот - для ряда $\sum\limits_{n=2}^{\infty} \frac{(-1)^n \cdot (x-2)^n}{(n+1)^2 \cdot \ln(n+1)}$. Обычно на этом не фиксируются. )

1)
Limit79 в сообщении #772604 писал(а):
Не могли бы Вы подсказать, верным ли способом я определил сходимость на концах интервала?

Идея верная, но ряд знакопеременный, поэтому Ваша оценка не дает возможности использовать теоремы сравнения. Но беду легко поправить. Рассмотрите ряд из модулей. Оцените его. Докажете абсолютную сходимость, ну и здорово. Можно вообще в обеих точках сразу смотреть, одно и то же.

Limit79 в сообщении #772604 писал(а):
А в первое задание добавить что-то вроде этого:

$\cos(x+\pi n) = 0$

$x+\pi n= \frac{\pi}{2} + \pi n$

$x= \frac{\pi}{2}$ ?

Да, типа этого. Только у косинуса не один нуль, конечно. Решите уравнение аккуратнее.

-- 08.10.2013, 21:23 --

Limit79 в сообщении #772604 писал(а):
Так я же так и делал вроде

Не, Вы сперва в одной, потом в другой... здесь это ни к чему. Хотя и не ошибка, конечно.

 Профиль  
                  
 
 Re: Сходимость рядов
Сообщение08.10.2013, 19:31 


29/08/11
1759
Otta в сообщении #772611 писал(а):
Рассмотрите ряд из модулей

А какой будет ряд из модулей? Допустим, если бы было $\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} \cos(\pi n)$, то ряд из модулей был бы $\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}$, так как $| \cos(\pi n)| = |(-1)^n| = 1$, но в данном случае косинус же никак не сократить?

-- 08.10.2013, 20:35 --

Или же просто:

$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} \cos(\pi n \pm \sqrt[4]{\frac{1}{3}})$

Исследуем данный ряд на абсолютную сходимость, ряд из модулей будет: $\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} | \cos(\pi n \pm \sqrt[4]{\frac{1}{3}}) | $

Так как $\frac{1}{n^2} | \cos(\pi n \pm \sqrt[4]{\frac{1}{3}}) | \leqslant \frac{1}{n^2}$,то из сходимости ряда $\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} $ следует сходимость ряда $\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} \cos(\pi n \pm \sqrt[4]{\frac{1}{3}})$ (а точнее обоих рядов)?

 Профиль  
                  
 
 Re: Сходимость рядов
Сообщение08.10.2013, 19:36 
Заслуженный участник


09/05/13
8904
∞⠀⠀⠀⠀
Limit79 в сообщении #772616 писал(а):
А какой будет ряд из модулей?

Зачем Вам его считать, Вам же его сходимость нужна. Напишите и исследуйте. Стандартный прием для знакопеременных, но сходящихся абсолютно рядов.

-- 08.10.2013, 21:36 --

Во, да, именно так.

 Профиль  
                  
 
 Re: Сходимость рядов
Сообщение08.10.2013, 19:40 


29/08/11
1759
Otta в сообщении #772611 писал(а):
Только у косинуса не один нуль

$\cos(x+\pi n) = 0$

$x+\pi n= \frac{\pi}{2} + \pi k$

$x= \frac{\pi}{2} + \pi k - \pi n$

И область сходимости будет: $$ x \in \left [ - \sqrt[4]{\frac{1}{3}} ; \sqrt[4]{\frac{1}{3}}\right ] \cup \{ {\frac{\pi}{2} + \pi k - \pi n} \}, k \in Z, n \in N$$

 Профиль  
                  
 
 Re: Сходимость рядов
Сообщение08.10.2013, 19:42 
Заслуженный участник


09/05/13
8904
∞⠀⠀⠀⠀
Limit79 в сообщении #772622 писал(а):
$$ x \in \left [ - \sqrt[4]{\frac{1}{3}} ; \sqrt[4]{\frac{1}{3}}\right ] \cup \{ {\frac{\pi}{2} + \pi k - \pi n} \}, k \in Z$$

А кто такой $n$ в Вашем ответе? :wink:

 Профиль  
                  
 
 Re: Сходимость рядов
Сообщение08.10.2013, 19:44 


29/08/11
1759
Otta в сообщении #772623 писал(а):
А кто такой $n$ в Вашем ответе?

Добавил, $n $ - номер члена ряда, в данном случае $n=1,2...$, то есть $n \in N$

 Профиль  
                  
 
 Re: Сходимость рядов
Сообщение08.10.2013, 19:46 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


18/01/13
12065
Казань
Limit79 в сообщении #772625 писал(а):
Добавил в тот ответ, $n $ - номер члена ряда, в данном случае $n=1,2...$, то есть $n \in N$

Индекс суммирования на ответ (сумму ряда, сходимость) не влияет. Не может быть его в ответе. Да и не нужен он там.

 Профиль  
                  
 
 Re: Сходимость рядов
Сообщение08.10.2013, 19:46 
Заслуженный участник


09/05/13
8904
∞⠀⠀⠀⠀
Limit79, так ведь это переменная "воображаемая", отвечающая за нумерацию слагаемых, не более. Если Вы написали бы сумму в развернутом виде, ее бы и не было.
А в ответе она вообще смотрится странно.

В общем, уберите лишние параметры, когда уравнение решаете.

Повтор, сорри, вышел.

 Профиль  
                  
 
 Re: Сходимость рядов
Сообщение08.10.2013, 19:51 


29/08/11
1759
provincialka
Otta
А как его убрать? Точнее исходя из чего?

Аргумент косинуса $x+ \pi n$, а косинус равен нулю, когда аргумент равен $\frac{\pi}{2} + \pi k$ ...

 Профиль  
                  
 
 Re: Сходимость рядов
Сообщение08.10.2013, 19:53 
Заслуженный участник


09/05/13
8904
∞⠀⠀⠀⠀
Вы, во-первых решите, что Вам нужно: чтобы все слагаемые были нулевые, чтобы некоторые, чтобы большинство - как? И просто выпишите все условия явно. Тут это, благо, несложно получится.

 Профиль  
                  
 
 Re: Сходимость рядов
Сообщение08.10.2013, 19:54 


29/08/11
1759
А, понял, $x=\frac{\pi}{2} + \pi k$, ведь $\frac{\pi}{2} + \pi k$ и $\frac{\pi}{2} + \pi k + \pi n$ - одни и те же точки.

Но как его из уравнения убрать? :?:

-- 08.10.2013, 20:56 --

Otta
Чтобы все были нулевыми, условие такое - $\cos(x+\pi n) = 0$

-- 08.10.2013, 20:58 --

А тогда $x=\frac{\pi}{2}$, так как $\cos( \frac{\pi}{2} + \pi n) = 0$

 Профиль  
                  
 
 Re: Сходимость рядов
Сообщение08.10.2013, 20:05 
Заслуженный участник


09/05/13
8904
∞⠀⠀⠀⠀
:roll: А еще есть формулы приведения...

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 22 ]  На страницу 1, 2  След.

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group