1
1

Пусть $%f: [0,+\infty)\to [0, +\infty)$% - непрерывная биекция. Рассмотрим ряд $$\sum\frac{nf(x^2)}{1+n^3f(x^2)^2}$$

  1. Доказать, что ряд сходится поточечно на прямой
  2. Доказать, что ряд сходится равномерно при $%x\ge \epsilon$% для любого $%\epsilon > 0$%
  3. Доказать, что равномерно на прямой ряд не сходится

Поточечную сходимость по определению что ли надо доказывать? Для нее нет критериев, кажется.

Для пункта 2: $%|a_n(x)|\le |\frac{1}{n^2f(x^2)}|$%. Надо как-то показать, что при $%x\ge \epsilon, f(x^2) > C $%. Как?

Пункт 3 тоже непонятно, как делать. Отрицание определения равномерной сходимости частичных сумм записать не получится, т.к. предел неизвестен

задан 10 Июл 22:25

10|600 символов нужно символов осталось
1
  1. Для поточечной сходимости берем фиксированный $%x \in [0, +\infty)$%. Если $%f(x^2) = 0$%, то ряд сходится, так как состоит из нулей. Если $%f(x^2) \neq 0$%, то общий член эквивалентен $$ \frac{1}{n^2f(x^2)} $$ и ряд сходится.
  2. Так как $%f(x)$% -- непрерывная биекция на указанных множествах, то $%f(0) = 0$% (иначе значения будут приниматься несколько раз) и $%f$% возрастает. Тогда $%f(x^2) \geq f(\varepsilon^2)$% в вашей оценке достаточно дополнить, что $$ \frac{1}{n^2f(x^2)} \leq \frac{1}{n^2f(\varepsilon^2)}, $$ и признак Вейерштрасса дает равномерную сходимость.
  3. Можно выбрать последовательность $%x_n \to 0$% такую, что $%f(x_n^2) = \frac{1}{n}$%. Предел общего члена стремится к нулю. я был не прав, но $$ \sum\limits_{k = n+1}^{2n} \frac{k/n}{1 + k^3/n^2} \geq n \cdot \frac{(n+1)/n}{1 + 8n}, $$ что показывает, что равномерной сходимости нет.
ссылка

отвечен 10 Июл 22:45

изменен 11 Июл 16:41

  1. Почему иначе значения будут приниматься несколько раз?

  2. Почему такая последовательность существует?

(10 Июл 23:28) curl

@curl: из условия можно вывести, что f монотонно возрастает. Если a < b, но f(a) > f(b), то на [0,b] функция ограничена, а вне этого отрезка она принимает сколь угодно большие значения. Из непрерывности следует, что промежуточные значения тоже принимаются, и тогда f(a) принимается ещё раз. Отсюда ясно, что f(0)=0.

Далее достаточно взять прообразы чисел 1/n, и получится убывающая последовательность, стремящаяся к нулю.

(11 Июл 1:08) falcao

@no_exception: если взять f(x^2)=1/n, то получится 1/(1+n)->0. По-моему, при таком условии равномерная сходимость будет, так как при y=n^{3/2}f(x^2), член ряда не больше n^{-1/2}y/(1+y^2)<=n^{-1/2}/2->0.

(11 Июл 1:15) falcao

вне этого отрезка она принимает сколь угодно большие значения

Почему? Если x > b, то f(x) < f(b), и f ограничена числом f(b) вне отрезка [0,b]

(11 Июл 2:22) curl

@curl: биекция дана из R+ в R+. Поэтому она принимает сколь угодно большие значения по причине сюръективности. На отрезке f ограничена сверху константой C. Значит, значения > C она принимает за пределами отрезка.

(11 Июл 4:23) falcao

@falcao А что дает взятие прообразов чисел 1/n?

(11 Июл 7:36) curl

@curl: таким способом обычно можно бывает доказать отсутствие равномерной сходимости. Но в данном случае, когда в знаменателе присутствует n^3, сходимость на всей прямой оказывается равномерной. Желательно проверить условие.

(11 Июл 9:43) falcao
1

@falcao, я проглядел, спасибо. Но равномерной сходимости все равно не будет, ведь $%\sum\limits_{k = n+1}^{2n} \frac{k/n}{1 + k^3/n^2} \geq n \cdot \frac{(n+1)/n}{1 + 8n}$%, предел чего не ноль

(11 Июл 10:55) no_exception

@no_exception: да, действительно. Я когда смотрел, то косвенно подразумевал, что должен работать признак Вейерштрасса. Однако оценка там 1/sqrt(n), и такой ряд расходится. Тот комментарий показывает только то, что метод оценки одного члена не работает ни в одну из сторон. А если их брать много, как Вы сейчас сделали, то всё ОК.

(11 Июл 15:46) falcao

@falcao, я изначально подразумевал то, что не выполнено даже необходимое условие равномерной сходимости -- равномерное стремление общего челна к нулю. Но я в уме обсчитался, ваши вычисления корректны.

(11 Июл 16:42) no_exception

@no_exception: да-да, я как раз об этом. Задача, кстати, неплохая получилась, только я бы вместо f(x^2) взял что-то конкретное типа x^2, потому что решается всё точно так же.

(11 Июл 20:50) falcao

Здесь берется последовательность $%x_n$% для которых $%f(x_n^2)=1/n$%? Т.е. рассматривается последовательность биекций $%x^2:[0,\infty)\to [0,\infty)$% и $%f: [0,\infty)\to [0,\infty)$% и последовательно берутся прообразы $%1/n$%? Далее, как считается этот кусок суммы и почему отсюда следует отсутствие равномерной сходимости? Почему это не работает на $%[\epsilon, 0)$%?

(12 Июл 3:00) curl
1

@curl, я использую критерий Коши равномерной сходимости ряда. "Хвост" ряда оценивается снизу, где оценка снизу не стремится к нулю. Вторую часть вопроса не понял

(12 Июл 13:13) no_exception
показано 5 из 13 показать еще 8
10|600 символов нужно символов осталось
Ваш ответ

Если вы не нашли ответ, задайте вопрос.

Здравствуйте

Математика - это совместно редактируемый форум вопросов и ответов для начинающих и опытных математиков, с особенным акцентом на компьютерные науки.

Присоединяйтесь!

отмечен:

×2,553

задан
10 Июл 22:25

показан
66 раз

обновлен
12 Июл 13:13

Отслеживать вопрос

по почте:

Зарегистрировавшись, вы сможете подписаться на любые обновления

по RSS:

Ответы

Ответы и Комментарии

Дизайн сайта/логотип © «Сеть Знаний». Контент распространяется под лицензией cc by-sa 3.0 с обязательным указанием авторства.
Рейтинг@Mail.ru