Радикальный признак Коши

Радикальный признак Коши — признак сходимости числового ряда:

Если для числового ряда

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

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

{\sqrt[{n}]{a_{n}}}\leq q

,

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

{\sqrt[{n}]{a_{n}}}>1

то ряд расходится.

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

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

Предельная форма править

Если существует предел

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

,

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

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

Замечание 2. Если $\rho =1$ , но последовательность ${\sqrt[{n}]{a_{n}}}$ стремится к своему пределу $\rho$ сверху, то ряд расходится.

Доказательство править

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

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