ряды - Иследовать на сходимость и равномерную сходимость

Рассмотрим первую последовательность $%f_n^{(1)}(x)=n\left(x^{\frac{1}{n}}-x^{\frac{1}{2n}} \right)=\dfrac{x^{\frac{1}{n}}-x^{\frac{1}{2n}}}{\frac{1}{n}}$% на множестве $%E_1=\left(\dfrac{1}{2},\ 1 \right).\ $% Для краткости обозначим $%\alpha=\dfrac{1}{2n},\ $% имея в виду, что $%\alpha > 0$% и рассмотрим функцию $%\varphi_{\alpha}(x)=\dfrac{x^{2\alpha}-x^{\alpha}}{2\alpha}.\ $% Найдем поточечный предел $$\lim\limits_{\alpha\to{0+}}{\varphi_{\alpha}(x)}=\lim\limits_{\alpha\to{0+}}{\dfrac{x^{2\alpha}-x^{\alpha}}{2\alpha}}=\ln{x}-\dfrac{1}{2}\ln{x}=\dfrac{1}{2}\ln{x}. \tag{1} $$ Значит, функциональная последовательность $%f_n^{(1)}(x)$% поточечно стремится к функции $%\dfrac{1}{2}\ln{x}$% при $%{n}\to{\infty}.\ $% Теперь рассмотрим функцию $%\psi(x)=\varphi_{\alpha}(x)-\dfrac{1}{2}\ln{x}.\ $% Её производная $%\psi'(x)=\dfrac{1}{2x}\left(2x^{2\alpha}-x^{\alpha}-1 \right)$% обращается в нуль при значениях $%x_{1,\, 2}^{\alpha}=\dfrac{1\pm{3}}{4},\ $% из которых лишь точка $%x_2=1$% является предельной точкой множества $%E_1$% и эта точка является точкой минимума функции $%\psi(x).$% Отсюда следует, что функция $%\psi(x)$% монотонна на множестве $%E_1,$% поэтому $%\sup\limits_{x\in{E_1}}{|\psi(x)|}$% равен большему из чисел $%\lim\limits_{x\to{\frac{1}{2}}}{|\psi(x)|}$% и $%\lim\limits_{x\to{1}}{|\psi(x)|}.$% Однако $%\lim\limits_{x\to{1}}{\psi(x)}=0.$% Тогда $$\sup\limits_{x\in{E_1}}{|\psi(x)|}=\lim\limits_{x\to{\frac{1}{2}}}{|\psi(x)|}=\left|\psi \left(\frac{1}{2}\right)\right|=\dfrac{\left(\frac{1}{2}\right)^{2\alpha}-\left(\frac{1}{2}\right)^{\alpha}}{2\alpha}-\dfrac{1}{2}\ln{\left(\frac{1}{2}\right)}\to{0}$$ при $%{\alpha\to{0+}}$% в силу (1). Таким образом, последовательность $%f_n^{(1)}(x)=n\left(x^{\frac{1}{n}}-x^{\frac{1}{2n}} \right)$% сходится равномерно на множестве $%E_1$% к функции $%\dfrac{1}{2}\ln{x}.$%

На множестве $%E_2=\left(1,\ +\infty\right)$% равномерной сходимости не будет. Действительно, возьмем $%x_n=n^{2n}.$% Тогда $%f_n^{(1)}(x_n)=n(n^2-n)\to+\infty$% при $%n\to\infty.$%

Теперь исследуем вторую из функциональных последовательностей: $$f_n(x)=\dfrac{n^2 x}{(n^2+1)(1+n^4 x^2)\operatorname{arctg}(1+x)}.$$ Поскольку $%\dfrac{\pi}{4}<\operatorname{arctg}(1+x)<\dfrac{\pi}{2}\ $% при $%x>0,\ $% то $${0} < f_n(x) < \dfrac{4}{\pi}\cdot \dfrac{n^2 x}{(n^2+1)(1+n^4 x^2)}=\dfrac{4}{\pi(n^2+1)}\cdot \dfrac{n^2 x}{(1+n^4 x^2)}$$ Обозначим $%g_n(x)={\dfrac{n^2 x}{1+n^4 x^2}}\ $% и найдем $%\sup\limits_{x\in(0,\ +\infty)}g_n(x).\ $% Дифференцируя $%g_n(x),\ $% получим $$\dfrac{dg_n(x)}{dx}=\dfrac{d}{dx}{\left({\dfrac{n^2 x}{1+n^4 x^2}}\right)}=\dfrac{n^2(1+n^4 x^2)-n^2 x\cdot 2n^4 x}{(1+n^4 x^2)^2}=\dfrac{n^2-n^6 x^2}{(1+n^4 x^2)^2}=\dfrac{n^2(1-n^4 x^2)}{(1+n^4 x^2)^2}.$$ Знак производной изменяется при переходе через точку $%x_n=\dfrac{1}{n^2}$% с положительного на отрицательный, следовательно, точка $%x_n$% является точкой максимума функции $%g_n(x)={\dfrac{n^2 x}{1+n^4 x^2}},\ $% значит, наибольшее значение $%g_n(x_n)=\dfrac{1}{2}.$%
Значит, $$\sup\limits_{x\in(0,\ +\infty)}{\dfrac{n^2 x}{1+n^4 x^2}}=\dfrac{1}{2}.$$ Тогда $$\sup\limits_{x\in(0,\ +\infty)}{ f_n(x)} \leqslant \dfrac{2}{\pi(n^2+1)} \underset{n\to{\infty}}\to {0}.$$ По теореме Вейерштрасса о равномерной сходимости функциональная последовательность $%f_n(x)\underset{n\to{\infty}}\rightrightarrows{0}.$%