WikiSort.ru - Не сортированное

Радикальный признак Коши — признак сходимости числового ряда:

Если для числового ряда

${\displaystyle \sum _{n=0}^{\infty }a_{n}}$

с неотрицательными членами существует такое число ${\displaystyle q}$ , ${\displaystyle 0<q<1}$ , что, начиная с некоторого номера, выполняется неравенство

${\displaystyle {\sqrt[{n}]{a_{n}}}\leq q}$ ,

то данный ряд сходится; если же, начиная с некоторого номера

${\displaystyle {\sqrt[{n}]{a_{n}}}\geq 1}$

то ряд расходится.

Если же, начиная с некоторого номера, ${\displaystyle {\sqrt[{n}]{a_{n}}}<1}$ , при этом не существует такого ${\displaystyle q}$ , ${\displaystyle 0<q<1}$ , что ${\displaystyle {\sqrt[{n}]{a_{n}}}\leqslant q}$ для всех ${\displaystyle n}$ , начиная с некоторого номера, то в этом случае ряд может как сходиться, так и расходиться.

Предельная форма

Если существует предел

${\displaystyle \rho =\lim _{n\to \infty }{\sqrt[{n}]{a_{n}}}}$ ,

то рассматриваемый ряд сходится если ${\displaystyle \rho <1}$ , а если ${\displaystyle \rho >1}$  — расходится.

Замечание 1. Если ${\displaystyle \rho =1}$ , то радикальный признак Коши не даёт ответа на вопрос о сходимости ряда.

Замечание 2. Если ${\displaystyle \rho =1}$ , и последовательность ${\displaystyle {\sqrt[{n}]{a_{n}}}}$ стремится к своему пределу ${\displaystyle \rho }$ сверху, то про ряд все-таки можно сказать, что он расходится.

Доказательство

Прежде всего нужно отметить, что если признак Коши выполняется для последовательности ${\displaystyle \{a\}}$ , начиная с некоторого номера ${\displaystyle N}$ , то можно рассмотреть подпоследовательность последовательности ${\displaystyle \{a\}}$ , как раз начиная с этого номера. Ряд, составленный из такой подпоследовательности, будет сходиться. Но тогда будет сходиться и исходный ряд, поскольку конечное число ${\displaystyle N-1}$ начальных членов последовательности ${\displaystyle \{a\}}$ не влияет на сходимость ряда. В таком случае для упрощения доказательства имеет смысл принять ${\displaystyle N=1}$ , т.е. принять, что признак Коши выполняется для всех натуральных ${\displaystyle n}$ .

1. Пусть для всех натуральных ${\displaystyle n}$ верно неравенство ${\displaystyle {\sqrt[{n}]{a_{n}}}\leqslant q}$ , где ${\displaystyle 0<q<1}$ . Тогда можно записать ${\displaystyle {a_{1}}\leq q}$ , ${\displaystyle {\sqrt {a_{2}}}\leq q}$ , ..., ${\displaystyle {\sqrt[{n}]{a_{n}}}\leq q}$ , и так далее. Поскольку и ${\displaystyle q}$ , и все члены последовательности ${\displaystyle \{a\}}$ неотрицательны, систему неравенств можно переписать так: ${\displaystyle {a_{1}}\leq q}$ , ${\displaystyle {a_{2}}\leq {q^{2}}}$ , ..., ${\displaystyle {a_{n}}\leq {q^{n}}}$ , и так далее. Складывая первые ${\displaystyle n}$ неравенств, получим ${\displaystyle {a_{1}}+...+{a_{n}}\leq q+...+{q^{n}}}$ . Это означает, что ${\displaystyle n}$ -я частичная сумма ряда меньше ${\displaystyle n}$ -й частичной суммы убывающей геометрической прогрессии с начальным членом ${\displaystyle q}$ . Сумма бесконечной убывающей геометрической прогрессии сходится, поэтому по признаку сравнения знакоположительных рядов исходный ряд тоже сходится.
2. Пусть ${\displaystyle {\sqrt[{n}]{a_{n}}}\geq 1}$ (для всех натуральных ${\displaystyle n}$ ): тогда можно записать ${\displaystyle a_{n}\geq 1}$ . Это означает, что модуль членов последовательности ${\displaystyle \{a\}}$ не стремится к нулю на бесконечности, а значит, и сама последовательность ${\displaystyle \{a\}}$ не стремится к нулю. Необходимое условие сходимости любого ряда не выполняется. Поэтому ряд расходится.
3. Пусть ${\displaystyle {\sqrt[{n}]{a_{n}}}=1}$ для всех натуральных ${\displaystyle n}$ . При этом не существует такого ${\displaystyle q}$ , ${\displaystyle 0<q<1}$ , что ${\displaystyle {\sqrt[{n}]{a_{n}}}\leqslant q}$ для всех натуральных ${\displaystyle n}$ . В этом случае ряд может как сходиться, так и расходиться. Например, оба ряда ${\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n}}}$ и ${\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{2}}}}$ удовлетворяют этому условию, причём первый ряд (гармонический) расходится, а второй сходится. Действительно, для ряда ${\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n}}}$ верно ${\displaystyle {\sqrt[{n}]{|{a_{n}}|}}={\frac {1}{\sqrt[{n}]{n}}}={\left({\frac {1}{n}}\right)^{\frac {1}{n}}}<1}$ для любого натурального ${\displaystyle n}$ , кроме ${\displaystyle n=1}$ . В то же время, поскольку ${\displaystyle \lim _{n\to \infty }{\sqrt[{n}]{a_{n}}}=1}$ , это означает, что для любого ${\displaystyle q}$ , ${\displaystyle 0<q<1}$ можно подобрать такое число ${\displaystyle \varepsilon }$ , что ${\displaystyle 1-\varepsilon >q}$ , и при этом, начиная с некоторого номера, все члены последовательности ${\displaystyle \{b\}}$ , где ${\displaystyle {b_{n}}={\sqrt[{n}]{a_{n}}}}$ , будут находиться на интервале ${\displaystyle (1-\varepsilon ;1)}$ , т.е. ${\displaystyle {b_{n}}>q}$ . А это и означает, что не существует такого ${\displaystyle q}$ , ${\displaystyle 0<q<1}$ , что ${\displaystyle {\sqrt[{n}]{a_{n}}}\leqslant q}$ для всех натуральных ${\displaystyle n>1}$ . Эти рассуждения можно повторить и для второго ряда: точно также для всех ${\displaystyle n>1}$ верно ${\displaystyle {\sqrt[{n}]{|{a_{n}}|}}<1}$ , ${\displaystyle \lim _{n\to \infty }{\sqrt[{n}]{a_{n}}}=1}$ . Но при этом второй ряд сходится.

Примеры

1. Ряд

${\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }{\frac {n}{2^{n}}}}$

сходится, так как выполняется условие предельной формы радикального признака теоремы Коши

${\displaystyle \lim _{n\to \infty }{\sqrt[{n}]{a_{n}}}={\frac {1}{2}}}$

2. Рассмотрим ряд

${\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }{\left({\frac {n-1}{n+1}}\right)}^{n(n-1)}}$

${\displaystyle \lim _{n\to \infty }{\sqrt[{n}]{a_{n}}}=\lim _{n\to \infty }{\left({\frac {n-1}{n+1}}\right)}^{n-1}=\lim _{n\to \infty }{\left(1-{\frac {2}{n+1}}\right)}^{n-1}=e^{-2}<1\Rightarrow }$ ряд сходится.

См. также

• Признак Жамэ
• Интегральный признак Коши — Маклорена

Для улучшения этой статьи желательно: Найти и оформить в виде сносок ссылки на независимые авторитетные источники, подтверждающие написанное.