Пусть $g$ — отображение открытого множества $E \subset \mathbb{R}^{n}$ в открытое множество $N \subset \mathbb{R}^{m},$ а $f: N \longmapsto \mathbb{R}^{p}.$ Тогда можно рассматривать сложную функцию $F: E \longmapsto \mathbb{R}^{p},$ $F(x) = f(g(x))$   $(x\in E).$ Ее называют композицией $F=f\circ g.$

Замечание. В правой части равенства $(13.1)$ мы имеем композицию линейных отображений $f{}'(y_{0})$ и $g{}'(x_{0}).$ Поэтому доказанную теорему можно сформулировать так: производная композиции равна композиции производных.

Цепное правило.
Пусть $z=f(y^{1},\ldots,y^{m})$ – действительная функция. Если положить $y^{i}=g_{i}(x)  (i=1,\ldots,m),$ то получим $z=f(g_{1}(x),\ldots,g_{m}(x)),$ и тогда, согласно правилу дифференцирования сложной функции,
$$\frac{\mathrm{dz} }{\mathrm{d} x}=\frac{\partial f}{\partial y^{1}}\frac{\mathrm{dg_{1}} }{\mathrm{d} x}+\ldots+\frac{\partial f}{\partial y^{m}}\frac{\mathrm{dg_{m}} }{\mathrm{d} x}$$
Положим теперь $y^{i}=g_{i}(x^{1},\ldots,x^{n}) (i=1,\ldots,m)$ и получим сложную функцию $z=f(g_{1}(x^{1},\ldots,x^{n}),\ldots,g_{m}(x^{1},\ldots,x^{n})).$ Если воспользоваться упомянутым только что правилом дифференцирования сложной функции, то получим
$$\frac{\partial z}{\partial x^{i}}=\frac{\partial f}{\partial y^{1}}\frac{\partial g_{1}}{\partial x^{i}}+\ldots+\frac{\partial f}{\partial y^{m}}\frac{\partial g_{m}}{\partial x^{i}} \qquad (i=1,\ldots,n).$$
Это равенство называется цепным правилом.

Цепное правило можно вывести также из только что доказанной теоремы. Действительно, положим в теореме $p = 1,$ т. е. рассмотрим случай, когда $f$ – действительная функция. Тогда $F:E \longmapsto \mathbb{R}$ – действительная функция. Из соотношения $(13.1)$ видно, что матрица производной $F'(x_{0})$ равна произведению матриц $f{}'(y_{0})$ и $g{}'(x_{0}).$ В векторной форме это можно записать так:
$$( \frac{\partial F}{\partial x^{1}}(x_{0}),\ldots,\frac{\partial F}{\partial x^{n}}(x_{0}))=$$
$$=\left ( \frac{\partial f}{\partial y^{1}}(y_{0}),\ldots,\frac{\partial f}{\partial y^{m}}(y_{0}) \right )\cdot\begin{pmatrix}
\frac{\partial g_{1}}{\partial x^{1}}(x_{0})& \ldots& \frac{\partial g_{1}}{\partial x^{n}}(x_{0}) \\
\ldots& \ldots& \ldots \\
\frac{\partial g_{m}}{\partial x^{1}}(x_{0})& \ldots& \frac{\partial g_{m}}{\partial x^{n}}(x_{0}) \\
\end{pmatrix} .$$
В частности,
$$ \frac{\partial F }{\partial x^{i}}=\frac{\partial f}{\partial y^{1}}\frac{\partial g_{1}}{\partial x^{i}}+\ldots +\frac{\partial f}{\partial y^{m}}\frac{\partial g_{m}}{\partial x^{i}} \qquad \qquad (i=1,\ldots,n),$$
и тем самым снова получаем цепное правило.

Примеры решения задач

Рассмотрим примеры задач, в которых фигурируют производные сложных функций. Читателю с целью самопроверки предлагается решить данные примеры самому, а затем сверить свое решение с приведенным.

1. Найти производную сложной функции $u=\frac{x}{y}-\frac{y}{x},$ где $x=\sin(t),$ $y=\cos(t)$
   
   Решение

   $\frac{\partial u}{\partial x}=\left (\frac{x}{y}-\frac{y}{x} \right )’= \frac{1}{y}(x)’-y\left ( \frac{1}{x} \right )’=\frac{1}{y}+\frac{y}{x^{2}}$
   $\frac{\partial u}{\partial y}=\left (\frac{x}{y}-\frac{y}{x} \right )’= x\left ( \frac{1}{y} \right )’-\frac{1}{x}(y)’=-\frac{x}{y^{2}}-\frac{1}{x}$
   $\frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d} t}={(\sin(t))}’=\cos(t)\qquad$ $\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} t}={(\cos(t))}’=-\sin(t)$
   $\frac{\mathrm{d} u}{\mathrm{d} t}=\frac{\partial u}{\partial x}\frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d} t}+\frac{\partial u}{\partial y}\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} t}=\left ( \frac{1}{y}+\frac{y}{x^{2}} \right )\cos(t)+\left ( -\frac{x}{y}-\frac{1}{x} \right )(-\sin(t))$

2. Найти полную производную сложной функции $u=x+y^{2}+z^{3},$ где $y=\sin(x),$ $z=\cos(x)$
   
   Решение

   $\frac{\mathrm{d} u}{\mathrm{d} x}=\frac{\partial u}{\partial x}+\frac{\partial u}{\partial y}\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} x}+\frac{\partial u}{\partial z}\frac{\mathrm{d} z}{\mathrm{d} x}=\\=1+2y\cos(x)+3z^{2}(-\sin(x))=1+2\sin(x)\cos(x)-3\cos^{2}(x)\sin(x)$

3. Найти полный дифференциал сложной функции $u=\ln^{2}(x^{2}+y^{2}-z^{2})$
   
   Решение

   Вначале находим частные производные:
   $\frac{\partial u}{\partial x}=2\ln(x^{2}+y^{2}-z^{2})\frac{1}{x^{2}+y^{2}-z^{2}} 2x$
   $\frac{\partial u}{\partial y}=2\ln(x^{2}+y^{2}-z^{2})\frac{1}{x^{2}+y^{2}-z^{2}} 2y$
   $\frac{\partial u}{\partial z}=2\ln(x^{2}+y^{2}-z^{2})\frac{1}{x^{2}+y^{2}-z^{2}} (-2z)$
   Для функции $n$-переменных $y=f(x_{1},x_{2},\ldots ,x_{n})$ полный дифференциал определяется выражением : $dy=\frac{\partial y}{\partial x_{1}}dx_{1}+\frac{\partial y}{\partial x_{2}}dx_{2}+\ldots +\frac{\partial y}{\partial x_{n}}dx_{n}$. Согласно этой формуле, получаем :
   $du=4\ln(x^{2}+y^{2}-z^{2})\frac{1}{x^{2}+y^{2}-z^{2}}(xdx+ydy-zdz)$

4. Вычислить приближенно $(1,02)^{3,01}$
   
   Решение

   Рассмотрим функцию $z=z^{y}.$ При $x_{0}=1$ и $y_{0}=3$ имеем $z_{0}=1^{3}=1,$
   $\Delta x=1,02-1=0,02 \qquad \Delta y=3,01-3=0,01.$
   Находим полный дифференциал функции $z=x^{y}$ в любой точке:
   $dz=yx^{y-1}\Delta x+^{y}\ln(x)\Delta y$
   Вычисляем его значения в точке $M(1,3)$ при данных приращениях $\Delta x= 0,02$ и $\Delta y= 0,01$
   $dz=3\cdot 1^{2}\cdot 0,02+1^{3}\cdot \ln(1)\cdot 0,02=0,06$
   Тогда $z=(1,02)^{3,01}\approx z_{0}+dz=$1+0,06=1,06

5. Найти частные производные второго порядка функции $z=e^{x^{2}y^{2}}$
   
   Решение

   Вначале найдем частные производные первого порядка:
   $\frac{\partial z}{\partial x}=e^{x^{2}y^{2}}2xy^{2},\qquad \frac{\partial z}{\partial y}=e^{x^{2}y^{2}}2x^{2}y$
   Продифференцировав их еще раз, получим:
   $\frac{\partial^2 z}{\partial x^2}=e^{x^{2}y^{2}}4x^{2}y^{4}+e^{x^{2}y^{2}}2y^{2}$
   $\frac{\partial^2 z}{\partial y^2}=e^{x^{2}y^{2}}4x^{4}y^{2}+e^{x^{2}y^{2}}2x^{2}$
   $\frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y}=e^{x^{2}y^{2}}4x^{3}y^{3}+e^{x^{2}y^{2}}4xy$
   $\frac{\partial^2 z}{\partial y \partial x}=e^{x^{2}y^{2}}4x^{3}y^{3}+e^{x^{2}y^{2}}4xy$
   Сравнивая последние два выражения, видим, что $\frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y}=\frac{\partial^2 z}{\partial y \partial x}$

6. Найти полный дифференциал второго порядка функции $z=x^{3}+y^{3}+x^{2}y^{2}$
   
   Решение

   Вначале находим частные производные до второго порядка:
   $\frac{\partial z}{\partial x}=3x^{2}+2xy^{2},\qquad \frac{\partial z}{\partial y}=3y^{2}+2x^{2}y$
   $\frac{\partial^2 z}{\partial x^2}=6x+2y^{2},\qquad \frac{\partial^2 z}{\partial y^2}=6y+2x^{2},\qquad \frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y}=4xy$
   Полный дифференциал второго порядка $d^{2}z$ функции $z=f(x,y)$ выражается формулой:
   $d^{2}z=\frac{\partial^2 z}{\partial x^2}dx^{2}+2\frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y}dxdy+\frac{\partial^2 z}{\partial y^2}dy^{2}$
   Следовательно,
   $d^{2}z=(6x+2y^{2})dx^{2}+8xydxdy+(6y+2x^{2})dy^{2}$

Литература

1. Лысенко З.М. Конспект лекций по математическому анализу.
2. В. И. Коляда, А. А. Кореновский «Курс лекций по математическому анализу». — Одесса: Астропринт, 2009, ч.1, раздел 13.4 «Производная сложной функции» (стр. 311 — 313).
3. А. П. Рябушко «Сборник индивидуальных заданий по высшей математике». — Минск: «Вышэйшая школа», 1991, ч.2, разделы 10.2,10.3 «Полный дифференциал. Дифференцирование сложных и неявных функций», «Частные производные высших порядков. Касательная плоскость и нормаль к поверхности» (стр. 212 — 216).
4. И. И. Ляшко, А.К. Боярчук, Я.Г.Гай, Г.П.Головач «Математический анализ: введение в анализ, производная, интеграл». «М.Едиториал», 2001, глава 2(4), «Производные и дифференциал высших порядков» (стр. 137).

Производная сложной функции

Лимит времени: 0

Навигация (только номера заданий)

0 из 9 заданий окончено

Вопросы:

1. 1
2. 2
3. 3
4. 4
5. 5
6. 6
7. 7
8. 8
9. 9

Информация

Пройдите этот тест, чтобы проверить свои знания по только что прочитанной теме.

Вы уже проходили тест ранее. Вы не можете запустить его снова.

Тест загружается...

Вы должны войти или зарегистрироваться для того, чтобы начать тест.

Вы должны закончить следующие тесты, чтобы начать этот:

Результаты

Правильных ответов: 0 из 9

Ваше время:

Время вышло

Вы набрали 0 из 0 баллов (0)

Средний результат
Ваш результат

Рубрики

1. Нет рубрики 0%
2. Математический анализ 0%

максимум из 14 баллов

Место	Имя	Записано	Баллы	Результат
Таблица загружается
Нет данных

Ваш результат был записан в таблицу лидеров

Загрузка

Имя: E-Mail:

Капча:

1. 1
2. 2
3. 3
4. 4
5. 5
6. 6
7. 7
8. 8
9. 9

1. С ответом
2. С отметкой о просмотре

1. Задание 1 из 9

   1.

   Количество баллов: 1

   Чему равняется $\frac{\partial^2 u}{\partial x^2}$ функции $u=\frac{x+y}{x-y}$?

   • $\frac{\partial^2 u}{\partial x^2}=\frac{2}{(x-y)^{2}}+\frac{2(x+y)}{(x-y)^{3}}$
   • $\frac{\partial^2 u}{\partial x^2}=-\frac{2}{(x-y)^{2}}+\frac{2(x+y)}{(x-y)^{3}}$
   • $\frac{\partial^2 u}{\partial x^2}=\frac{2}{(x-y)^{2}}$
   • $\frac{\partial^2 u}{\partial x^2}=\frac{2(x+y)}{(x-y)^{3}}$
   Правильно
   

   Неправильно
   
2. Задание 2 из 9

   2.

   Количество баллов: 1

   Дополните утверждение двумя словами:

   • Производная композиции равна (композиции производных, компазиции производных, кампазиции производных, кампозиции производных, компазиции праезводных, композиции праезводных, композиции праизводных)
   Правильно
   

   Неправильно
   
3. Задание 3 из 9

   3.

   Количество баллов: 1

   Чему равняется производная сложной функции $u=x^{2}+y^{2},$ $x=\sin(t),$ $y=t^{3}$?

   • $\frac{\mathrm{d} u}{\mathrm{d} t}=-2x\cos(t)+2y3t^{2}$
   • $\frac{\mathrm{d} u}{\mathrm{d} t}=x\cos(t)+2y3t^{2}$
   • $\frac{\mathrm{d} u}{\mathrm{d} t}=2x\cos(t)+2y3t^{2}$
   • $\frac{\mathrm{d} u}{\mathrm{d} t}=x\cos(t)+y3t^{2}$
   Правильно
   

   Неправильно
   
4. Задание 4 из 9

   4.

   Количество баллов: 2

   Вычислить приближенно $(1,02)^{3}(0,97)^{3}$ с точностью до трех знаков после запятой.
   Правильно
   

   Неправильно
   
5. Задание 5 из 9

   5.

   Количество баллов: 2

   Дана функция $u = x^{2}yz^{2}+3yz-4x^{2}z$, где $x=2t^{2}$, $y=t+1$, $z=\ln(t)+1$. Вычислить производную в точке $t_{0}=1$.
   Правильно
   

   Неправильно
   
6. Задание 6 из 9

   6.

   Количество баллов: 1

   Чему равняется полная производная заданной функции $z(y,u,v)$,если $z=u^{2}v+uy, y=x^{2}, u= x+1, v=\ln(x)$?

   • $\frac{\mathrm{d} z}{\mathrm{d} x}=2ux+2uv+y+\frac{u^{2}}{x}$
   • $\frac{\mathrm{d} z}{\mathrm{d} x}=ux+uv+y+\frac{u^{2}}{x}$
   • $\frac{\mathrm{d} z}{\mathrm{d} x}=2ux+2uv+y+\frac{u}{x}$
   • $\frac{\mathrm{d} z}{\mathrm{d} x}=2ux+2uv+2y+\frac{u}{x}$
   Правильно
   

   Неправильно
   
7. Задание 7 из 9

   7.

   Количество баллов: 3

   Установить соответствие между функциями и их производными.

   Элементы сортировки

   • $\frac{\partial u}{\partial x}=\frac{1}{x+y^{2}},$ $\frac{\partial u}{\partial y}=\frac{2y}{x+y^{2}}$
   • $\frac{\partial u}{\partial x}=\sin(xy)+xy\cos(xy),$ $\frac{\partial u}{\partial y}=x^{2}\cos(xy)$
   • $\frac{\partial u}{\partial x}=-\frac{y}{x^{2}+y^{2}},$ $\frac{\partial u}{\partial y}=\frac{x}{x^{2}+y^{2}}$

   • $u=\ln(x+y^{2})$

   • $u=x\sin(xy)$

   • $u=arctg\frac{y}{x}$

   Правильно
   

   Неправильно
   
8. Задание 8 из 9

   8.

   Количество баллов: 2

   Пусть отображение $g$ дифференцируемо в точке $x_{0}\in E,$ а отображение $f$ дифференцируемо в соответствующей точке $y_{0}=g(x_{0})\in N.$ Тогда справедливы следующие утверждения:

   • композиция $F=f\circ g$ дифференцируема в точке $x_{0}$
   • композиция $F=f\circ g$ непрерывна в точке $x_{0}$
   • $F'(x_{0})=f'(y_{0})g'(x_{0})$
   • $F'(y_{0}, x_{0})=f'(y_{0})g'(x_{0})$
   Правильно
   

   Неправильно
   
9. Задание 9 из 9

   9.

   Количество баллов: 1

   Восстановите равенство $\frac{\partial z}{\partial x^{i}}=\ldots \;$ , так называемо, цепным правилом

   • $\frac{\partial f}{\partial y^{1}}\frac{\partial g_{1}}{\partial x^{i}}$
   • $+\ldots+$
   • $\frac{\partial f}{\partial y^{m}}\frac{\partial g_{m}}{\partial x^{i}}$
   • $(i=1,\ldots,n)$
   Правильно
   

   Неправильно
   

Степенным рядом называется ряд вида $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} a_n(x-x_0)^n,$ где $x_0$ — фиксированная точка, $\{ a_n \}$ — числовая последовательность. Числа $a_n(n = 0,1,…)$ называются коэффициентами ряда, точка $x_0$ — центром ряда. Будем рассматривать ряды вида $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} a_nx^n,$ т. е. полагаем $x_0 = 0.$

Пример
Ряд $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}x^n $ — сумма геометрической прогрессии. Этот ряд сходится при $|x| \lt 1$ и расходится при $|x| \ge 1.$

• 17.1 Структура множества точек сходимости степенного ряда
• 17.2 Вычисление радиуса сходимости степенного ряда
• 17.3 Равномерная сходимость и непрерывность суммы степенного ряда
• 17.4 Почленное интегрирование и дифференцирование степенного ряда
• 17.5 Ряды Тейлора
  • 17.5.1 Определение и основные свойства
  • 17.5.2 Разложение основных элементарных функций

Теорема. Пусть дан степенной ряд $$\begin{equation}\sum\limits_{n=0}^\infty a_nx^n\label{eq:1} \end{equation}$$ Если существует $$\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{\left|a_n\right|} \equiv p \gt 0,$$ то радиус сходимости ряда $\eqref{eq:1}$ равен $R = \frac{1}{p}$. Если для любого $n$ числа $a_n \neq 0$ и существует $$\lim\limits_{n\to\infty}\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right| \equiv p^* \gt 0,$$ то $$R = \frac{1}{p^*} = \lim\limits_{n\to\infty}\left|\frac{a_n}{a_{n+1}}\right|.$$

Для доказательства первого утверждения применим признак Коши. Для фиксированного $x$ имеем $$\sqrt[n]{\left|a_nx^n\right|} = \sqrt[n]{a_n}\cdot\left|x\right|\to p\left|x\right|\left(n\to\infty\right). $$Если $\left|x\right|\lt\frac{1}{p}$, то $ρ\left|x\right|\lt 1$ и, по признаку Коши, ряд $\eqref{eq:1}$ сходится абсолютно. Если $\left|x\right|\gt\frac{1}{p}$, то $p\left|x\right|\gt 1$ и, следовательно, ряд $\eqref{eq:1}$ расходится, т. к. не выполнено необходимое условие сходимости.
Доказательство второго утверждения теоремы легко можно провести аналогично, используя признак Даламбера (проведите самостоятельно). Мы покажем, что из существования предела $ρ^∗$ следует существование предела $ρ$ и их равенство $ρ = ρ^∗$. Ясно, что отсюда также будет следовать второе утверждение теоремы.
Зададим $\epsilon \gt 0$ и найдем такой номер $N$, что для всех $n \geq N$ справедливо неравенство $$\left|\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right|-p^*\right|\lt\epsilon.$$ Тогда $$p^*-\epsilon\lt\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right|\lt p^*+\epsilon$$ т. е.
$$\left|a_n\right|\left(ρ^∗−\epsilon\right)\lt\left|a_{n+1}\right|\lt\left|a_n\right|\left(ρ^∗+\epsilon\right).$$ Применяя рекуррентно левое неравенство, получаем $$\left|a_{N+1}\right|\gt\left(ρ^∗−\epsilon\right)\left|a_N\right|,$$ $$\left|a_{N+2}\right|\gt\left(ρ^∗\epsilon\right)^2\left|a_N\right|,\dotsi,\left|a_{N+k}\right|\gt\left(ρ^∗-\epsilon\right)^k\left|a_N\right|,\dotsi,$$ а из правого неравенства следует, что $$\left|a_{N+k}\right|\lt\left(ρ^∗+\epsilon\right)^k\left|a_N\right| \left(k = 1, 2,\dotsi\right).$$
Пусть $n\gt N$, т. е. $n = N+k$, где $k\in N$. Тогда $$\sqrt[n]{\left|a_n\right|}\lt\left(ρ^∗+\epsilon\right)^{\frac{n−N}{n}}\left|a_N\right|^{\frac{1}{n}} = (ρ^∗+\epsilon)^{1-\frac{N}{n}}\sqrt[n]{\left|a_N\right|}.$$ При фиксированном $N$ выражение справа стремится к $ρ^∗+\epsilon$ при $n\to\infty$. Поэтому при $n\geq N_1$ оно меньше, чем $ρ^∗+2\epsilon$. Аналогично можно показать, что при $n\geq N_2$ справедливо неравенство $\sqrt[n]{\left|a_n\right|}\gt ρ^∗−2\epsilon$. Получим, что при $n\geq N_3 \equiv max \left(N_1, N_2\right)$ имеет место неравенство $$ρ^∗−2\epsilon\lt\sqrt[n]{\left|a_n\right|}\lt ρ^∗+2\epsilon,$$ а это означает, что существует $$ρ\equiv \lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{\left|a_n\right|} = ρ^∗.$$

Замечание 1. Если в условии теоремы считать, что $\frac{1}{0} = +\infty$ и $\frac{1}{+\infty} = 0$, то теорема остается справедливой и в случаях $ρ = 0$ и $ρ = +\infty$. При этом необходимые изменения в доказательстве очевидны (проведите самостоятельно).

Замечание 2. Во второй части доказательства нашей теоремы мы,
по существу, доказали, что из существования $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}\left(a_n\gt 0\right)$ следует, что существует и $\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_n}$, и эти пределы равны. Для рядов с
положительными слагаемыми это означает, что признак Коши не слабее
признака Даламбера.

Итак, мы можем находить радиус сходимости $R = \frac{1}{ρ}$ степенного ряда $\eqref{eq:1}$ в случае если существует $$ρ = \lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{\left|a_n\right|},$$ где $0\leq ρ\leq +\infty$. Но предел $ρ$ может и не существовать. В общем случае радиус сходимости ряда $\eqref{eq:1}$ находится следующим образом.

Теорема Коши – Адамара. Пусть дан степенной ряд $$\begin{equation}\sum\limits_{n=0}^\infty a_nx^n.\label{eq:2} \end{equation}$$ Тогда его радиус сходимости равен $$R =\dfrac{1}{\overline{\lim\limits_{n\to\infty}}\sqrt[n]{\left|a_n\right|}},$$ где понимается $\frac{1}{0} = +\infty$ и $\frac{1}{+\infty} = 0$.

Доказательство этой теоремы основано на применении обобщенного признака Коши сходимости рядов с положительными слагаемыми.

Теорема (обобщенный признак Коши). Пусть дан числовой ряд $$\begin{equation}\sum\limits_{n=0}^\infty u_n,\label{eq:3} \end{equation}$$ где числа $u_n \geq 0$. Если $\overline{\lim\limits_{n\to\infty}}\sqrt[n]{u_n}\lt 1$, то ряд $\eqref{eq:3}$ сходится, а если $\overline{\lim\limits_{n\to\infty}}\sqrt[n]{u_n}\gt 1$, то ряд $\eqref{eq:3}$ расходится.

Если $\overline{\lim\limits_{n\to\infty}}\sqrt[n]{u_n}\gt 1$, то существует подпоследовательность номеров $n_k$, таких, что $u_{n_k}\geq 1$, а значит, $u_n$ не стремится к нулю, и следовательно, ряд $\eqref{eq:3}$ расходится, т. к. не выполнено необходимое условие сходимости. Если же $\overline{\lim\limits_{n\to\infty}}\sqrt[n]{u_n}\equiv q\lt 1$, то для $0\lt\epsilon\lt 1−q$ найдется такой номер $N$, что для всех $n\geq N$ справедливо неравенство $\sqrt[n]{u_n}\lt q+\epsilon\lt 1$. Отсюда следует, что $u_n\lt\left(q+\epsilon\right)n$ при $n \geq N$ и, значит, ряд $\eqref{eq:3}$ сходится в силу признака сравнения.

(Теоремы Коши – Адамара). Имеем $$\overline{\lim\limits_{n\to\infty}}\sqrt[n]{\left|a_nx^n\right|} = \overline{\lim\limits_{n\to\infty}}\sqrt[n]{\left|a_n\right|}\cdot\left|x\right|.$$ Если $\left|x\right|\gt\frac{1}{\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{\left|a_n\right|}}$,
то для ряда $\sum\limits_{n=0}^\infty\left|a_nx^n\right|$ не выполнено необходимое условие сходимости.
Следовательно, необходимое условие сходимости не выполнено и для ряда
$\eqref{eq:2}$, т. е. он расходится.