Mam do zbadania szereg: \(\displaystyle{ \sum_{n=0}^{ \infty } \sin^2\left( 2\pi \sqrt{n^2+x^2} \right)}\)
udało mi się pokazać, że warunek konieczny zbieżności jest spełniony na \(\displaystyle{ R}\), ale nie wiem, jak pokazać, że ten szereg jest zbieżny punktowo.
szereg funkcyjny
-
Fanik
- Użytkownik
- Posty: 215
- Rejestracja: 18 gru 2006, o 16:37
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 4 razy
- Pomógł: 23 razy
szereg funkcyjny
\(\displaystyle{ \begin{array}{l}
{\mbox{Wezmy dowolny }}x \in \mathbb{R} \\
\sin ^2 \left( {2\pi \sqrt {n^2 + x^2 } } \right) = \sin ^2 \left( {2\pi \sqrt {n^2 + x^2 } - 2\pi n} \right) = \sin ^2 \left( {2\pi n\left( {\sqrt {1 + \left( {\frac{x}{n}} \right)^2 } - 1} \right)} \right) = \\
= \sin ^2 \left( {2\pi n\left( {\sqrt {1 + \left( {\frac{x}{n}} \right)^2 } - 1} \right) \cdot \frac{{\left( {\sqrt {1 + \left( {\frac{x}{n}} \right)^2 } + 1} \right)}}{{\left( {\sqrt {1 + \left( {\frac{x}{n}} \right)^2 } + 1} \right)}}} \right) = \\
\sin ^2 \left( {\frac{{2\pi n \cdot \frac{{x^2 }}{{n^2 }}}}{{\left( {\sqrt {1 + \left( {\frac{x}{n}} \right)^2 } + 1} \right)}}} \right) = \sin ^2 \left( {\frac{{2\pi \frac{{x^2 }}{n}}}{{\left( {\sqrt {1 + \left( {\frac{x}{n}} \right)^2 } + 1} \right)}}} \right)\mathop \to \limits^{n \to \infty } \sin ^2 \frac{0}{2} = 0 \\
\\
\end{array}}\)
Zatem faktycznie dla dowolnego x warunek konieczny zbieżności jest spełniony.
Weźmy teraz szereg \(\displaystyle{ \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{{n^2 }}}}\).
Widzimy, że
\(\displaystyle{ \begin{array}{l}
\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{\sin ^2 \left( {\frac{{2\pi \frac{{x^2 }}{n}}}{{\left( {\sqrt {1 + \left( {\frac{x}{n}} \right)^2 } + 1} \right)}}} \right)}}{{\frac{1}{{n^2 }}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \left[ {\frac{{\sin \left( {\frac{{2\pi \frac{{x^2 }}{n}}}{{\left( {\sqrt {1 + \left( {\frac{x}{n}} \right)^2 } + 1} \right)}}} \right)}}{{\frac{{2\pi \frac{{x^2 }}{n}}}{{\left( {\sqrt {1 + \left( {\frac{x}{n}} \right)^2 } + 1} \right)}}}}} \right]^2 \cdot \frac{{\left[ {\frac{{2\pi \frac{{x^2 }}{n}}}{{\left( {\sqrt {1 + \left( {\frac{x}{n}} \right)^2 } + 1} \right)}}} \right]^2 }}{{\frac{1}{{n^2 }}}} = \\
1 \cdot \frac{{4\pi ^2 x^4 }}{4} = \pi ^2 x^4 \\
\end{array}}\)
O ile więc \(\displaystyle{ x \ne 0}\), to na mocy kryterium ilorazowego z szeregiem \(\displaystyle{ \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{{n^2 }}}}\) nasz szereg jest zbieżny.
Dla x=0 nasz szereg jest równy
\(\displaystyle{ \sum\limits_{n = 1}^\infty {\sin ^2 \left( {2\pi \sqrt {n^2 } } \right)} = \sum\limits_{n = 1}^\infty {\sin ^2 \left( {2\pi n} \right)} = 0}\)
{\mbox{Wezmy dowolny }}x \in \mathbb{R} \\
\sin ^2 \left( {2\pi \sqrt {n^2 + x^2 } } \right) = \sin ^2 \left( {2\pi \sqrt {n^2 + x^2 } - 2\pi n} \right) = \sin ^2 \left( {2\pi n\left( {\sqrt {1 + \left( {\frac{x}{n}} \right)^2 } - 1} \right)} \right) = \\
= \sin ^2 \left( {2\pi n\left( {\sqrt {1 + \left( {\frac{x}{n}} \right)^2 } - 1} \right) \cdot \frac{{\left( {\sqrt {1 + \left( {\frac{x}{n}} \right)^2 } + 1} \right)}}{{\left( {\sqrt {1 + \left( {\frac{x}{n}} \right)^2 } + 1} \right)}}} \right) = \\
\sin ^2 \left( {\frac{{2\pi n \cdot \frac{{x^2 }}{{n^2 }}}}{{\left( {\sqrt {1 + \left( {\frac{x}{n}} \right)^2 } + 1} \right)}}} \right) = \sin ^2 \left( {\frac{{2\pi \frac{{x^2 }}{n}}}{{\left( {\sqrt {1 + \left( {\frac{x}{n}} \right)^2 } + 1} \right)}}} \right)\mathop \to \limits^{n \to \infty } \sin ^2 \frac{0}{2} = 0 \\
\\
\end{array}}\)
Zatem faktycznie dla dowolnego x warunek konieczny zbieżności jest spełniony.
Weźmy teraz szereg \(\displaystyle{ \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{{n^2 }}}}\).
Widzimy, że
\(\displaystyle{ \begin{array}{l}
\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{\sin ^2 \left( {\frac{{2\pi \frac{{x^2 }}{n}}}{{\left( {\sqrt {1 + \left( {\frac{x}{n}} \right)^2 } + 1} \right)}}} \right)}}{{\frac{1}{{n^2 }}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \left[ {\frac{{\sin \left( {\frac{{2\pi \frac{{x^2 }}{n}}}{{\left( {\sqrt {1 + \left( {\frac{x}{n}} \right)^2 } + 1} \right)}}} \right)}}{{\frac{{2\pi \frac{{x^2 }}{n}}}{{\left( {\sqrt {1 + \left( {\frac{x}{n}} \right)^2 } + 1} \right)}}}}} \right]^2 \cdot \frac{{\left[ {\frac{{2\pi \frac{{x^2 }}{n}}}{{\left( {\sqrt {1 + \left( {\frac{x}{n}} \right)^2 } + 1} \right)}}} \right]^2 }}{{\frac{1}{{n^2 }}}} = \\
1 \cdot \frac{{4\pi ^2 x^4 }}{4} = \pi ^2 x^4 \\
\end{array}}\)
O ile więc \(\displaystyle{ x \ne 0}\), to na mocy kryterium ilorazowego z szeregiem \(\displaystyle{ \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{{n^2 }}}}\) nasz szereg jest zbieżny.
Dla x=0 nasz szereg jest równy
\(\displaystyle{ \sum\limits_{n = 1}^\infty {\sin ^2 \left( {2\pi \sqrt {n^2 } } \right)} = \sum\limits_{n = 1}^\infty {\sin ^2 \left( {2\pi n} \right)} = 0}\)