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

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.

(17 Окт '19 19:13) caterpillar

@caterpillar : в Дирихле у меня не вышло равномерно ограничить последовательность сумм.

(17 Окт '19 19:18) pokld

Так это стандартный приём: домножьте и разделите на sin(x/2) и воспользуйтесь формулой произведения синусов. Получится телескопическая сумма и почти всё сократится.

(17 Окт '19 19:20) caterpillar

@caterpillar : спасибо, попробую.

(17 Окт '19 19:25) pokld

@caterpillar : спасибо большое =) Я разбивал не на синус и всё остальное, а на $%\dfrac{\sin kx}{k}$% и остальное.

(17 Окт '19 19:55) pokld

@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.

(17 Окт '19 20:26) pokld

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)

(17 Окт '19 20:31) caterpillar

@caterpillar : при $%x = 2\pi n$% исходный ряд просто равен нулю. Нам же никто не запрещает разбить данный промежуток на несколько подмножеств.

А сходимость в этих окрестностях надо исследовать отдельно. (по Вейерштрассу)

Если честно, не вижу пути для этого.

(17 Окт '19 20:38) pokld

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.

(17 Окт '19 20:41) caterpillar
1

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.

(17 Окт '19 21:14) caterpillar

@caterpillar : Точно! Как всё просто оказалось <>_<>

Ещё раз спасибо.

(17 Окт '19 21:18) pokld
показано 5 из 11 показать еще 6
10|600 символов нужно символов осталось
Знаете, кто может ответить? Поделитесь вопросом в Twitter или ВКонтакте.

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:

×3,637
×769
×428
×27

задан
17 Окт '19 19:03

показан
251 раз

обновлен
17 Окт '19 21:18

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