Page 301 - 4371

2 2
x x t

Оскільки   00 S , то C  0 і    exS 2  e 2 dt , що і
0
потрібно було довести.
2
sin t 1 1     2
2t
11.33 Очевидно    cos1 2t    1   1 
t 2t 2t   ! 2
 
  4 n   2n   1  2t 2   4
 
2t
2t
2t
  ...   1 ...      ... 
! 4  !2n   2t  ! 2 ! 4
  
2n  2n 1 2n 1
 2t  1 2 t
n 1 n
  1 ...     1 .
 !2n  n 1  !2n

  1 n 1 2 2n 1 x   1 n 1 2 2n 2
2n
Тоді   xf   t 2n 1 dt   x .
n 1  !2n 0 n 1 n  !2n
Застосувавши ознаку Даламбера до ряду, складеного з
абсолютних величин членів даного ряду, маємо
2 2 n x 2 n2
n 1  n  22 ! 2 2 n x 2
lim  lim  0  x .
n  2 2 n2 x 2 n n  n 1  n 12  n  22 
n  n !2
Тобто ряд абсолютно збіжний на всій числовій прямій.
11.34 а) При x   k ряд, очевидно, збігається. Якщо б
ряд збігався при x   k , то це означало б, що sin nx  0
при n  , а значить і sin  n 1  x sin  n 1  x
 2 sin x cosnx  0 і cosnx  0, що неможливо в силу
2
2
sin nx  cos nx  1. Отже, ряд збіжний тільки при x   k .
б) Якщо ряд збігається в точці x , то cosnx  0 при
1 cos 2nx 1
n  , тобто  при n , а, з другого боку
2 2
1  cos 2 nx 2 2
 sin nx  1 cos nx  1. Тому ряд ніде не збі-
2
гається.
301