Радикальный признак Коши
Войти  |  Регистрация
Авторизация
» » Радикальный признак Коши

Радикальный признак Коши



Радикальный признак Коши — признак сходимости числового ряда:

Если для числового ряда

∑ n = 0 ∞ a n {displaystyle sum _{n=0}^{infty }a_{n}}

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

a n n ≤ q {displaystyle {sqrt[{n}]{a_{n}}}leq q} ,

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

a n n > 1 {displaystyle {sqrt[{n}]{a_{n}}}>1}

то ряд расходится.

Если a n n = 1 {displaystyle {sqrt[{n}]{a_{n}}}=1} , то это сомнительный случай и необходимы дополнительные исследования.

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

Предельная форма

Если существует предел

ρ = lim n → ∞ a n n {displaystyle ho =lim _{n o infty }{sqrt[{n}]{a_{n}}}} ,

то рассматриваемый ряд сходится если ρ < 1 {displaystyle ho <1} , а если ρ > 1 {displaystyle ho >1} — расходится.

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

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

Доказательство

Прежде всего нужно отметить, что если признак Коши выполняется для последовательности { a } {displaystyle {a}} , начиная с некоторого номера N {displaystyle N} , то можно рассмотреть подпоследовательность последовательности { a } {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 N − 1 {displaystyle N-1} начальных членов последовательности { a } {displaystyle {a}} не влияет на сходимость ряда. В таком случае для упрощения доказательства имеет смысл принять N = 1 {displaystyle N=1} , то есть принять, что признак Коши выполняется для всех натуральных n {displaystyle n} .

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

    1. Ряд

    ∑ n = 1 ∞ n 2 n {displaystyle sum _{n=1}^{infty }{frac {n}{2^{n}}}} сходится, так как выполняется условие предельной формы радикального признака теоремы Коши lim n → ∞ a n n = 1 2 {displaystyle lim _{n o infty }{sqrt[{n}]{a_{n}}}={frac {1}{2}}}

    2. Рассмотрим ряд

    ∑ n = 1 ∞ ( n − 1 n + 1 ) n ( n − 1 ) {displaystyle sum _{n=1}^{infty }{left({frac {n-1}{n+1}} ight)}^{n(n-1)}} lim n → ∞ a n n = lim n → ∞ ( n − 1 n + 1 ) n − 1 = lim n → ∞ ( 1 − 2 n + 1 ) n − 1 = e − 2 < 1 ⇒ {displaystyle lim _{n o infty }{sqrt[{n}]{a_{n}}}=lim _{n o infty }{left({frac {n-1}{n+1}} ight)}^{n-1}=lim _{n o infty }{left(1-{frac {2}{n+1}} ight)}^{n-1}=e^{-2}<1Rightarrow } ряд сходится.
    Добавлено Admin 21-05-2021, 13:00 Просмотров: 47
    Добавить комментарий
    Ваше Имя:
    Ваш E-Mail:
    • bowtiesmilelaughingblushsmileyrelaxedsmirk
      heart_eyeskissing_heartkissing_closed_eyesflushedrelievedsatisfiedgrin
      winkstuck_out_tongue_winking_eyestuck_out_tongue_closed_eyesgrinningkissingstuck_out_tonguesleeping
      worriedfrowninganguishedopen_mouthgrimacingconfusedhushed
      expressionlessunamusedsweat_smilesweatdisappointed_relievedwearypensive
      disappointedconfoundedfearfulcold_sweatperseverecrysob
      joyastonishedscreamtired_faceangryragetriumph
      sleepyyummasksunglassesdizzy_faceimpsmiling_imp
      neutral_faceno_mouthinnocent