Convergencia uniforme de $\sum x^n/n$

Question

Se dice en Wikipedia que $\displaystyle \sum_{n\ge 1}\dfrac{x^n}{n}$ converge uniformemente en $(-1,0)$ y converge absolutamente en cada punto por la prueba de la serie geométrica. Para la convergencia absoluta en cada punto (¿Significa esto que converge absolutamente en cada punto?) significa que, para $r\in(-1,0)$ , $\displaystyle \sum_{n\ge 1} \left|\dfrac{r^n}{n}\right|\le \sum_{n\ge 1}|r|^n<\infty$ por series geométricas. ¿Estoy en lo cierto en este caso?

Tengo una pregunta para la convergencia uniforme. Mi intento es que $f_n(x)=x^n/n$ y la función límite es $f(x)=\log(1/(1-x))$ ¿Supongo?

Para cada $\epsilon>0$ tenemos $$\left|\sum_{i\le n}f_i(x)-\log\left(\dfrac{1}{1-x}\right)\right|=\left|x+\dfrac{x^2}{2}+\cdots+\dfrac{x^n}{n}-\log\left(\dfrac{1}{1-x}\right)\right|=|x|^{n+1}\left|\dfrac{1}{n+1}+\dfrac{x}{n+2}+\cdots\right|.$$ La suma en el segundo absoluto en el término más a la derecha es $\displaystyle\le |1|+|x|/2+|x|^2/3+\cdots=\log(1/(1-|x|))$ . ¿Cómo puedo demostrar que $\exists N$ tal que para $n\ge N$ , $|x|^{n+1}\log(1/(1-|x|))<\epsilon$ ? No estoy seguro de que esta forma sea válida o no.

También se dice que la convergencia uniforme (que no es absoluta-uniforme) puede ser reordenar los términos de la suma en la convergencia no uniforme? ¿Podría darme ejemplos de ello? Gracias.

Answer 1

La serie $\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n+1}}n$ converge, por la prueba de la serie alternativa. En otras palabras, la serie de potencias $$\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n+1}}nx^n\tag1$$ converge cuando $x=1$ . Se deduce de La prueba de Abel que la serie de potencias $(1)$ converge uniformemente en $[0,1]$ . Si $x\in[0,1)$ es un ejercicio clásico del teorema de Taylor que la suma de las series es $\log(x+1)$ ; por continuidad, se deduce que la igualdad también es válida cuando $x=1$ . Ahora, sustituyendo $x$ por $-x$ y multiplicando todo por $-1$ , obtenemos que $\sum_{n=1}^\infty\frac{x^n}n$ convergen uniformemente a $-\log(1-x)$ en $[-1,0]$ . Pero $-\log(1-x)=\log\left(\frac1{1-x}\right)$ .

Answer 2

Integrando la serie geométrica con resto, tenemos $$\log \left( {\frac{1}{{1 - x}}} \right) = \sum\limits_{k = 1}^n {\frac{{x^k }}{k}} + \int_0^x {\frac{{t^n }}{{1 - t}}dt} = \sum\limits_{k = 1}^n {\frac{{x^k }}{k}} + x^{n + 1} \int_0^1 {\frac{{s^n }}{{1 - xs}}ds} .$$ Ahora bien, si $-1 \leq x \leq 0$ entonces $$\left| {x^{n + 1} \int_0^1 {\frac{{s^n }}{{1 - xs}}ds} } \right| \le \left| x \right|^{n + 1} \int_0^1 {s^n ds} = \frac{{\left| x \right|^{n + 1} }}{{n + 1}} \le \frac{1}{{n + 1}}.$$ Esto demuestra que la convergencia es uniforme en $-1 \leq x \leq 0$ .