Matematické Fórum

2M70 · 14. 11. 2021 20:37

S touhle komplikovanou řadou funkcí se mi opravdu nedaří hnout.

Má se vyšetřit bodová, stejnoměrná a lokálně stejnoměrná konvergence řady funkcí:

$\sum_{n = 1}^{\infty} (- 1)^{n} \frac{n - 2}{n + 2} \frac{1}{\sqrt[3]{n}} e^{- n x}$

Vzhledem k tomu, že tam je faktor $(- 1)^{n}$ , mě napadá Leibnizovo kritérium, kdy řada funkcí konverguje stejnoměrně na intervalu I, pokud posloupnost funkcí $f_{n}$ je monotonní a konverguje stejnoměrně k nule na intervalu I.

Nutná podmínka bodové/stejnoměrné konvergence řady je, aby bodově/stejnoměrně konvergovala posloupnost funkcí.

Měla by se vyšetřit konvergence posloupnosti $\frac{n - 2}{n + 2} \frac{1}{\sqrt[3]{n}} e^{- n x}$

Pokud jde o obor konvergence, tak podle zadaného předpisu diverguje v (-2) a v nule.

Bodová limita by při zafixovaném "x" měla být $lim_{n \to \infty} \frac{n - 2}{n + 2} \frac{1}{\sqrt[3]{n}} e^{- n x} = 0$

a podle mého názoru by měla být nulová i supremová norma,
$lim_{n \to \infty} | \frac{n - 2}{n + 2} \frac{1}{\sqrt[3]{n}} e^{- n x} - 0 | = 0$ ,

ten faktor $e x p (- n x)$ by to měl tlačit do nuly. To by svědčilo pro stejnoměrnou konvergenci.

Teď jde o to, jaký je obor konvergence - když uvážíme, že původní funkční předpis divergoval v (-2) a v 0.

Pokud jde o monotonii posloupnosti, mělo by platit $a_{n + 1} < a_{n}$

Tedy

$\frac{n - 1}{n + 3} \frac{1}{\sqrt[3]{n + 1}} e^{- (n + 1) x} < \frac{n - 2}{n + 2} \frac{1}{\sqrt[3]{n}} e^{- n x}$

Což ale nevím, jak dokázat.

Našel jsem podobný příklad, který byl ale na číselnou řadu, nebyl tam tedy ten fakotr $e x p (- n x)$

To byla řada $\sum_{n = 1}^{\infty} (- 1)^{n} \frac{n - 1}{n + 1} \frac{1}{\sqrt{n}}$

Tam byla uvedena limita $lim_{n \to \infty} \frac{n - 1}{n + 1} \frac{1}{\sqrt{n}} = 0$
což je hodně podobné našemu případu.

Dále tam bylo to ověření monotonie
$\frac{n}{(n + 2) \sqrt{n + 1}} \leq \frac{n - 1}{(n + 1) . \sqrt{n}}$

což dává
$n^{\frac{3}{2}} . \sqrt{n + 1} \leq (n + 2) (n + 1) = n^{2} + n - 2$

dále to bylo umocněno
$n^{3} (n + 1) \leq n^{4} + 2 n^{3} - 3 n^{2} - 4 n + 4$
a převedeno na
$0 \leq n^{3} - 3 n^{2} - 4 n + 4$

a pak tam byl krok, kterému nerozumím,
$lim_{n \to \infty} (n^{3} - 3 n^{2} - 4 n + 4) = + \infty$ , $\exists n_{0} : n > n_{0} : n^{3} - 3 n^{2} - 4 n + 4 > 0$

To jsou tedy indicie, které se mi podařilo nalézt. Otázkou tedy zůstává dořešení oboru konvergence a vyšetření bodové/stejnoměrné konvergence řady. Vzhledem k tomu faktoru $e x p (- n x)$ by to mohlo být dokonce na $R$ , ale to mi přijde hodně odvážné. A pak je taky důležitý krok to dokázání monotonie posloupnosti.

Předem díky za pomoc!

Brano · 15. 11. 2021 01:51

wlog uvazujme iba $n \geq 3$
$f_{n} (x) = \frac{n - 2}{n + 2} \frac{1}{\sqrt[3]{n}} e^{- n x} > 0$
$x < 0 \Rightarrow f_{n} (x) \to \infty \Rightarrow \sum (- 1)^{n} f_{n} (x) ↛$
$f_{n} (0) \to 0 \Rightarrow \sum (- 1)^{n} f_{n} (x) \to$
$x \geq x_{0} > 0 \Rightarrow | f_{n} (x) | < e^{- n x_{0}} \to 0$
teda rad konverguje absolutne rovnomerne na lubovolnom $[x_{0}, \infty)$ cize konverguje absolutne lokalne rovnomerne na $(0, \infty)$ v nule konverguje ale nie absolutne (to sa lahko dotiahne) a inde nekonverguje vobec. Este by bolo treba doklepnut, ze na $(0, \infty)$ nekonverguje rovnomerne (teda myslim ze to tak je ale uz je vela hodin)

2M70 · 15. 11. 2021 10:05

↑ Brano:

Díky za cenné podněty!

Musím se přiznat, že nevím, co znamená zkratka wlog, už nejsem nejmladší a těmhle "btw", "imho" apod. moc nehovím.

Proč uvažujeme jen $n \geq 3$ ?

Máš pravdu, že pro x záporné je z toho rázem rostoucí exponenciála, čili diverguje. Nějak mě to netrklo.

Nějak nevím, proč v nule konverguje neabsolutně.

Vzhledem k tomu Leibnizovi ještě zůstává otevřená ta otázka monotonie, tedy zda platí

$\frac{n - 1}{n + 3} \frac{1}{\sqrt[3]{n + 1}} e^{- (n + 1) x} < \frac{n - 2}{n + 2} \frac{1}{\sqrt[3]{n}} e^{- n x}$ .

Napadá mě, že rozhodující je ta exponenciála, tedy že $e^{- (n + 1) x} \leq e^{- n x}$ a to "přebije" ostatní členy.

Díky moc!

vlado_bb · 15. 11. 2021 10:46

↑ 2M70:wlog - without loss of generality

Brano · 15. 11. 2021 10:46 — Editoval Brano (15. 11. 2021 10:49)

↑ 2M70:
wlog = without loss of generality to je ceske buno = bez ujmy na obecnosti
Leibnitz potrebuje striedajuce znamienka, t.j. fn kladne; ale konecny pocet clenov radu mozme kedykolvek ignorovat
toto kriterium pouzivame len pre x=0, takze len tam ti to staci dotiahnut do konca s tou monotonnostou, pripominam, ze mozes ignorovat lubovolne konecne vela clenov v uvahach
co sa tyka neabsolutnosti, pouzijeme limitne porovnavacie krierium
$f_{n} (0) = \frac{n - 2}{n + 2} \frac{1}{\sqrt[3]{n}} \sim \frac{1}{\sqrt[3]{n}}$ a $\sum \frac{1}{\sqrt[3]{n}} \to \infty$

pre $x \geq x_{0}$ pouzivame weierstrassovo M ktreirium, ja som napisal iba, ze $e^{- n x_{0}} \to 0$ ale treba $\sum e^{- n x_{0}} \to$ , co je ale tiez lahke

2M70 · 15. 11. 2021 10:59

↑ Brano:

Teď jde o to, co když se ověření té monotonie bude vyžadovat. Dá se nějak jednoduše ukázat

$\frac{n - 1}{n + 3} \frac{1}{\sqrt[3]{n + 1}} e^{- (n + 1) x} < \frac{n - 2}{n + 2} \frac{1}{\sqrt[3]{n}} e^{- n x}$ ?

V té nule mi přijde, že nejen že to nekonverguje neabsolutně, ale že to diverguje - řada $\sum_{}^{} \frac{1}{n^{α}}$ vždy diverguje pro $α \leq 1$ .

Richard Tuček · 15. 11. 2021 13:34

↑ 2M70:
Mám dojem, že řada konverguje stejnoměrně pro x z int <delta; +nek)
exp(-n*delta)>exp(-n*x)
Pro x=0 řada konverguje neabsolutně.

2M70 · 15. 11. 2021 13:39

↑ Richard Tuček:

To s tou deltou mi přijde jako běžná praxe, když je potřeba z posloupnosti odříznout "zlobivý" bod.

Ještě mě napadá, jak je to s intervalem lokálně stejnoměrné konvergence - tam by ta nula mohla být součástí intervalu - "vždycky to tak je".

Jak dokážu tu neabsolutní konvergenci?

Dík!

Brano · 15. 11. 2021 21:18 — Editoval Brano (15. 11. 2021 21:36)

2M70 napsal(a):
To s tou deltou mi přijde jako běžná praxe, když je potřeba z posloupnosti odříznout "zlobivý" bod.

to som pisal tu

Brano napsal(a):
teda rad konverguje absolutne rovnomerne na lubovolnom $[x_{0}, \infty)$ ...

a z toho priamo vyplyva odpoved na

2M70 napsal(a):
Ještě mě napadá, jak je to s intervalem lokálně stejnoměrné konvergence - tam by ta nula mohla být součástí intervalu - "vždycky to tak je".

konkretne

Brano napsal(a):
... cize konverguje absolutne lokalne rovnomerne na $(0, \infty)$

2M70 napsal(a):
Jak dokážu tu neabsolutní konvergenci?

rad konverguje neabsolutne ak
1) konverguje - to vyplyva z uz spominaneho Leibnizovho kriteria, len musis dokoncit tu monotonnost
2) absolutna hodnota jeho clenov diverguje (do nekonecna) - to vyplyna napr. z uz spominaneho limitneho porovnavacieho kriteria

Brano napsal(a):
co sa tyka neabsolutnosti, pouzijeme limitne porovnavacie krierium
$f_{n} (0) = \frac{n - 2}{n + 2} \frac{1}{\sqrt[3]{n}} \sim \frac{1}{\sqrt[3]{n}}$ a $\sum \frac{1}{\sqrt[3]{n}} \to \infty$

posledna vec co by sa zisla vysetrit je, ze si myslim ze rad NEkonverguje rovnomerne na ziadnom z intervalov $[0, x_{0}]$ , ale nemam zatial dokaz, tam by bolo treba asi nieco take ako ukazat, ze ta limita toho radu nie je spojita v bode 0.

2M70 · 15. 11. 2021 21:44

↑ Brano:

Díky za cenné podněty!

Ještě zůstává otevřená otázka té monotonie, tedy dokázat, že

$\frac{n - 1}{n + 3} \frac{1}{\sqrt[3]{n + 1}} e^{- (n + 1) x} < \frac{n - 2}{n + 2} \frac{1}{\sqrt[3]{n}} e^{- n x}$

Brano · 16. 11. 2021 01:36 — Editoval Brano (16. 11. 2021 01:39)

↑ 2M70:
staci to pre x=0, lebo weierstrass monotonnost nepotrebuje, iba leibniz, ale ked tak po nej tolko tuzis tak podme na to :)
prenasobime $e^{(n + 1) x}$ a dostaneme
$\frac{n - 1}{n + 3} \frac{1}{\sqrt[3]{n + 1}} < \frac{n - 2}{n + 2} \frac{1}{\sqrt[3]{n}} e^{x}$
a kedze $e^{x} \geq 1$ tak tato nerovnost vyplyva z
$\frac{n - 1}{n + 3} \frac{1}{\sqrt[3]{n + 1}} < \frac{n - 2}{n + 2} \frac{1}{\sqrt[3]{n}}$
(nezabudni, my potrebujeme taketo spatne implikacie a tiez nam staci uvazovat dostatocne velke n, t.j. obe strany su kladne)
odtranime menovatele a dame na tretiu a dostaneme
$(n - 1)^{3} (n + 2)^{3} n < (n - 2)^{3} (n + 3)^{3} (n + 1)$
po roznasobeni
$n^{7} + 3 n^{6} + . . . < n^{7} + 4 n^{6} + . . .$
co plati pre dostatocne velke n

2M70 · 16. 11. 2021 10:35

↑ Brano:

Díky!!!!

Jestli se nepletu, tak snad mám už všechno požadované zjištěno.

Díky všem za pomoc a taky za trpělivost :-)

Matematické Fórum

#1 14. 11. 2021 20:37

Řada funkcí - složitá

#2 15. 11. 2021 01:51

Re: Řada funkcí - složitá

#3 15. 11. 2021 10:05

Re: Řada funkcí - složitá

#4 15. 11. 2021 10:46

Re: Řada funkcí - složitá

#5 15. 11. 2021 10:46 — Editoval Brano (15. 11. 2021 10:49)

Re: Řada funkcí - složitá

#6 15. 11. 2021 10:59

Re: Řada funkcí - složitá

#7 15. 11. 2021 13:34

Re: Řada funkcí - složitá

#8 15. 11. 2021 13:39

Re: Řada funkcí - složitá

#9 15. 11. 2021 21:18 — Editoval Brano (15. 11. 2021 21:36)

Re: Řada funkcí - složitá

2M70 napsal(a):

Brano napsal(a):

2M70 napsal(a):

Brano napsal(a):

2M70 napsal(a):

Brano napsal(a):

#10 15. 11. 2021 21:44

Re: Řada funkcí - složitá

#11 16. 11. 2021 01:36 — Editoval Brano (16. 11. 2021 01:39)

Re: Řada funkcí - složitá

#12 16. 11. 2021 10:35

Re: Řada funkcí - složitá

Zápatí