Ряды 2

[Otta]

champion12 в сообщении #880536 писал(а):

Если равномерно сходится, то поточечно -- тоже. Обратное -- неверно.

Вот. Поэтому если для каких-то значений параметра сразу делается равномерная, сделайте равномерную.
А для остальных сперва посмотрите поточечную. А то вдруг и ее нет.

[champion12]

Otta в сообщении #880542 писал(а):

champion12 в сообщении #880536 писал(а):

Если равномерно сходится, то поточечно -- тоже. Обратное -- неверно.

Вот. Поэтому если для каких-то значений параметра сразу делается равномерная, сделайте равномерную.
А для остальных сперва посмотрите поточечную. А то вдруг и ее нет.

Можно так? При $\alpha>1$

$\left|\sum\limits_{n=1}^{\infty}\ln\left(1+\dfrac{\sin(nx)}{n\cdot\ln^{\alpha}n}\right)\right|\le \left|\sum\limits_{n=1}^{\infty}\ln\left(1+\dfrac{1}{n\cdot\ln^{\alpha}n}\right)\right|$

Ряд $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\ln\left(1+\dfrac{1}{n\cdot\ln^{\alpha}n}\right)$ сходится по предельному+ интегральному признаку сравнения.

Тогда по признаку Вейештрасса при $\alpha>1$ исходный ряд сходится равномерно?

-- 26.06.2014, 23:09 --

Otta в сообщении #880542 писал(а):

А для остальных сперва посмотрите поточечную. А то вдруг и ее нет.

А для поточечной -- каким признаком пользоваться лучше?

[Otta]

champion12 в сообщении #880550 писал(а):

Тогда по признаку Вейештрасса при $\alpha>1$ исходный ряд сходится равномерно?

Да. Но осадочек остался.
Вы когда перестанете сравнивать ряды и начнете сравнивать слагаемые, как этого требуют такие теоремы? И я уж тихо молчу, что модуль - функция ваще-т не монотонная, чтобы под ее знаком переходить к неравенству, как это сделано в первой строке.

-- 27.06.2014, 02:14 --

champion12 в сообщении #880550 писал(а):

А для поточечной -- каким признаком пользоваться лучше?

Ну уж подумайте, все Вам сразу расскажи. Там их выше крыши, признаков тех, Вам хватит.

(Оффтоп)

(Меня почему-то не отпускает ощущение, что Вы не вполне понимаете, что такое поточечная сходимость, хотя формально Вы уже писали.)

[champion12]

Спасибо. Да, извиняюсь за то, что неверно писал модуль. При $x=\dfrac{\pi}{2}+2\pi k, k\in Z$ и $0<\alpha\le 1$ вижу, что сходимости не будет по предельному признаку сравнения + интегральный признак. Значит и поточечной сходимости на множестве $(-\infty;\infty)$ не будет, а равномерной -- тем более. Верно?

[Otta]

champion12 в сообщении #880566 писал(а):

При $x=\dfrac{\pi}{2}+2\pi k, k\in Z$ и $0<\alpha\le 1$ вижу, что сходимости не будет по предельному признаку сравнения + интегральный признак.

Почему не будет?

[champion12]

Otta в сообщении #880570 писал(а):

champion12 в сообщении #880566 писал(а):

При $x=\dfrac{\pi}{2}+2\pi k, k\in Z$ и $0<\alpha\le 1$ вижу, что сходимости не будет по предельному признаку сравнения + интегральный признак.

Почему не будет?

Точнее при $x_0=\dfrac{\pi}{2n}+\dfrac{2\pi k}{n}, k\in Z$

$\ln\left(1+\dfrac{\sin(nx_0)}{n\cdot\ln^{\alpha}n}\right)= \ln\left(1+\dfrac{1}{n\cdot\ln^{\alpha}n}\right)$

Ряды $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{n\cdot\ln^{\alpha}n}$ и $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\ln\left(1+\dfrac{1}{n\cdot\ln^{\alpha}n}\right)$ведут себя одинаково.

$\sum\limits_{n=1}^{\infty}\left|\dfrac{1}{n\cdot\ln^{\alpha}n}\right|$ При $\alpha\in(0;1) $ расходится по интегральному признаку.

Значит и исходный ряд расходится при При $\alpha\in(0;1) $ и таком $x_0$. Верно?

[Otta]

champion12 в сообщении #880578 писал(а):

Точнее при $x_0=\dfrac{\pi}{2n}+\dfrac{2\pi k}{n}, k\in Z$

Угу. А можно поинтересоваться, в какой конкретно точке из всех перечисленных не будет сходимости.

[champion12]

Спасибо. Можно сказать, что в $x_0=\dfrac{\pi}{2n}$

[Otta]

Не за что пока.
А в которой из этих?

[champion12]

Получается, что в каждой из них! Потому как синус будет равен 1 в этих точках

[Otta]

champion12 в сообщении #880599 писал(а):

Получается, что в каждой из них!

То есть и в первой тоже?

[champion12]

Точно, что-то у меня крыша поехала, не должна точка зависеть от $ n$, но как тогда?

[Otta]

Нет, а что Вас смущает?

(Оффтоп)

Похоже, мое ощущение-таки меня не обмануло.

Еще раз, что значит, что ряд сходится поточечно на множестве? Сходится в каждой точке, Вы говорили. Что значит, что ряд сходится в конкретной точке? Если бы мы имели возможность подставить каждую, то так бы и сделали. А поскольку не имеем - берем и смотрим сходимость при фиксированном значении параметра. То есть ряд фактически числовой. Вы умеете смотреть сходимость числовых рядов? Да вроде должны.

[champion12]

Это я понимаю, но я пытался снизу ограничить расходящимся числовым рядом, но не получилось адекватно это сделать, да и до сих пор не получается

-- 27.06.2014, 09:04 --

Абсолютную сходимость пробовал сделать так:

$\left|\ln\left(1+\dfrac{\sin(nx_0)}{n\cdot\ln^{\alpha}n}\right)\right| \text{сравниваем с} \left|\ln\left(1+\dfrac{1}{n\cdot\ln^{\alpha}n}\right)\right|$

По предельному признаку сравнения, предел отношения будет равен $|\sin(nx)|$. Этот вариант не подходит...

[Otta]

Нет, что-то Вы не очень понимаете. Скажите, что Вам даст оценка снизу (даже если она есть) модуля слагаемого? Какой результат Вы из этого получите? Далее, что требуют теоремы сравнения среди своих условий?