|
Столкнулся с исследованием ряда $%\sum\limits_{k=1}^{\infty}\dfrac{\sqrt x}{k}\dfrac{\sin kx}{2kx^2+1}$% на сходимость и равномерную сходимость на промежутке $%[0; +\infty)$%. Как-то разбить, чтобы решить через признаки Абеля или Дирихле у меня не вышло. Ограничить, чтобы воспользоваться признаком Вейерштрасса тоже не получилось. Прошу подсказать. задан 17 Окт '19 19:03 
pokld
показано 5 из 11
показать еще 6
|
Здравствуйте
Математика - это совместно редактируемый форум вопросов и ответов для начинающих и опытных математиков, с особенным акцентом на компьютерные науки.
Присоединяйтесь!
отмечен:
задан
17 Окт '19 19:03
показан
633 раза
обновлен
17 Окт '19 21:18
Связанные исследования
Связанные вопросы
Дизайн сайта/логотип © «Сеть Знаний». Контент распространяется под лицензией cc by-sa 3.0 с обязательным указанием авторства.
А почему с Дирихле не вышло? По-моему, как раз он тут срабатывает. Для обоснования равномерной сходимости придётся найти точку максимума при помощи производной. Ну и исключить точки типа 2pi*n, в которых сумма синусов не ограничивается сверху.
@caterpillar : в Дирихле у меня не вышло равномерно ограничить последовательность сумм.
Так это стандартный приём: домножьте и разделите на sin(x/2) и воспользуйтесь формулой произведения синусов. Получится телескопическая сумма и почти всё сократится.
@caterpillar : спасибо, попробую.
@caterpillar : спасибо большое =) Я разбивал не на синус и всё остальное, а на $%\dfrac{\sin kx}{k}$% и остальное.
@caterpillar : в итоге получил что-то вот такое $%\dfrac{\cos(\frac x2)-\cos(nx+\frac x2)}{2\sin \frac x2}$%. Не уверен, что тут есть смысл говорить об равномерной ограниченности последовательности сумм.
Возможно, стоит использовать $%|\sum\limits_{k=1}^{n} \sin kx| < \dfrac{1}{|\sin \frac x2|}$%, но применить это тоже не выходит.
Равномерная ограниченность тут будет, если вырезать окрестности точек 2pi*n. А сходимость в этих окрестностях надо исследовать отдельно (по Вейерштрассу при n не равных нулю). При n=0 я сам пока не догадался (видимо, чересчур очевидно)
@caterpillar : при $%x = 2\pi n$% исходный ряд просто равен нулю. Нам же никто не запрещает разбить данный промежуток на несколько подмножеств.
Если честно, не вижу пути для этого.
Равенство нулю даёт поточечную сходимость, а нужна равномерная. Для доказательства равномерной сходимости в окрестности точки 2pi достаточно рассмотреть 2pi-eps<x<2pi+eps, дальше -- оценки.
Хотя, к чему тут вообще Дирихле и это вот всё, если сразу по Вейерштрассу получается, если отбросить синус и найти точку максимума той дроби, что останется. Как я и думал, всё очевидно.
@caterpillar : Точно! Как всё просто оказалось <>_<>
Ещё раз спасибо.