Matematické Fórum

Hertas · 24. 01. 2014 22:31

ahoj, mám řadu:
$\sum_{n=1}^{+\infty }n^{2/3}arctg(\frac{nx}{x^2+n^3})$
a určit stejnoměrnou konvergenci a) na omezeném intervalu (a,b)
b) na intervalu $(a, +\infty )$ , $a\in \mathbb{R}$
začal jsem limitním srovnávacím kritériem
$\lim_{n\to+\infty }\frac{n^{2/3}arctg(\frac{nx}{x^2+n^3})}{n^{2/3}\frac{nx}{x^2+n^3}}\underbrace{=}_{l'H.}\lim_{n\to+\infty }\frac{\frac{1}{1+(\frac{nx}{x^2+n^3})^2}(\frac{nx}{x^2+n^3})'}{(\frac{nx}{x^2+n^3})'}=1$
takže mám, že $\sum_{n=1}^{+\infty }n^{2/3}arctg(\frac{nx}{x^2+n^3})\sim \sum_{n=1}^{+\infty }n^{2/3}\frac{nx}{x^2+n^3}$ a dál $|n^{2/3}\frac{nx}{x^2+n^3}|\le n^{2/3}\frac{n}{n^3}=\frac{1}{n^{4/3}},\forall x\in \mathbb{R}\setminus H_0$ což by mohla být konvergentní majoranta do weierstrasse

pak na okolí bodu 0 označím
$h:=\frac{nx}{x^2+n^3}$ , z definice limity posloupnosti:
$(\forall \varepsilon >0)(\exists H_0)(\forall h\in H_0\setminus \{0\})(|\frac{arctg(h)}{h}-1|<\varepsilon )$
získávám odhad na okolí 0:
$(-\varepsilon +1)h<arctg(h)<(\varepsilon +1)h$
což je konvergentní majoranta, ale nejsem si tím úplně jistý :)
zkontroloval byste mi někdo prosím postup a případně napsal, kde mám chyby? Byl bych moc vděčný :)

Brano · 27. 01. 2014 13:04

v a) mozes bez ujmy na vseobecnosti uvazovat interval $(-a,a)$ a potom mas
$|n^{2/3}\frac{nx}{x^2+n^3}|\le n^{2/3}\frac{n}{n^3}a=\frac{a}{n^{4/3}},\forall x\in(-a,a)$
(neviem ako tam tebe vypadlo to $x$ )

ale b) si tu nijak neriesil, ci hej? mne sa zda, ze tam sice konverguje bodovo, ale nie rovnomerne - len som to este nejak nedotiahol.

Hertas · 27. 01. 2014 13:32

to x mi tam vypadlo protože nezávisí na n a můžu ho vytknout před sumu (aspoň si myslím, že by to tak mohlo být)
b) si myslím, že by měly platit stejné úvahy a tudíž by řada měla konvergovat stejnoměrně, ale ruku do ohně bych za to nedal

Brano · 27. 01. 2014 13:56 — Editoval Brano (27. 01. 2014 14:00)

to nie je pravda, ze sa ho mozes tak lahko zbavit - uvaz napr.
$\sum_{k=1}^\infty \frac{x}{2^k}=x$ - pre $x\in R$
teda potrebujes $\sup_{x\in R}\left|x-\sum_{k=1}^n\frac{x}{2^k}\right|=\sup_{x\in R}|x|2^{n+1}=\infty$ - takze to asi nebude mensie ako nejake $\epsilon$ .

Hertas · 27. 01. 2014 14:21

aha, takže v tom případě je v tomhle případě omezený interval nutný pro zaručení stejnoměrné konvergence a pro neomezný interval řada nemůže konvergovat stejnoměrně
a je to vidět z tohohle odhadu:
$|n^{2/3}\frac{nx}{x^2+n^3}|\le n^{2/3}\frac{n}{n^3}a=\frac{a}{n^{4/3}},\forall x\in(-a,a)$
pokud by x bylo neomezené, odhad nefunguje, říkám to správně?

Brano · 27. 01. 2014 22:38

ta prva cast je ok - na ohranicenom intervale nam ten odhad zabezpeci rovnomernu konvergenciu

problem, je s tym pripadom b) lebo tam nam ten odhad nijak extra nepomoze

Matematické Fórum

#1 24. 01. 2014 22:31

stejnoměrná konvergence

#2 27. 01. 2014 13:04

Re: stejnoměrná konvergence

#3 27. 01. 2014 13:32

Re: stejnoměrná konvergence

#4 27. 01. 2014 13:56 — Editoval Brano (27. 01. 2014 14:00)

Re: stejnoměrná konvergence

#5 27. 01. 2014 14:21

Re: stejnoměrná konvergence

#6 27. 01. 2014 22:38

Re: stejnoměrná konvergence

Zápatí