17.2 Вычисление радиуса сходимости степенного ряда

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

$ρ\equiv \lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{\left|a_n\right|} = ρ^∗.$

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).

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.

Примеры:

Пример 1. Рассмотрим ряд

$\sum\limits_{n=0}^\infty nx^n.$ Здесь

$a_n = n, \lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_n} = \lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{n} = 1$ , т. е.

$R = \dfrac{1} {\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_n}} = 1$ . В точках

$x = R = 1$ и

$x = −R = −1$ ряд расходится. Область его сходимости
– интервал

$\left(−1, 1\right)$ .

Пример 2. Для ряда

$\sum\limits_{n=0}^\infty\left[3 + (−1)n\right]^nx_n$
имеем

$a_n = [3 + (−1)n]^n$ ,

$\overline\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_n} = \overline\lim\limits_{n\to\infty}\left[3 + (−1)n\right] = 4$ ,

$R = \frac{1}{4}$ . Данный ряд сходится при

$\left|x\right|\lt\frac{1}{4}$ . Если

$x = \pm\frac{1}{4}$ , то

$\left|a_{2k}x^{2k}\right|= 4^{2k}\frac{1}{4^{2k}} = 1$ , т. е. слагаемые с четными номерами равны

$1$ и
предел слагаемых ряда не равен нулю. Окончательно, область сходимости
ряда – интервал

$\left(−\frac{1}{4}, \frac{1}{4}\right)$ .

Пример 3. Для ряда

$\sum\limits_{n=0}^\infty\frac{\left(n!\right)^2}{\left(2n!\right)}x^n$ имеем

$a_n = \frac{\left(n!\right)^2}{\left(2n!\right)}$ ,

$\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{\frac{\left(\left(n+1\right)!\right)^2}{\left(2\left(n+1\right)\right)!}}{\frac{\left(n!\right)^2}{\left(2n\right)!}} = \lim\limits_{n\to\infty}\frac{\left(\left(n+1\right)!\right)^2\left(2n\right)!}{\left(2n+2\right)!\left(n!\right)^2} = \lim\limits_{n\to\infty}\frac{\left(n+1\right)^2}{\left(2n+1\right)\left(2n+2\right)} = \frac{1}{4}$ ,

$R = 4$ . Данный ряд сходится при

$\left|x\right|\lt 4$ .
При

$x = 4$ получаем числовой ряд

$\sum\limits_{n=1}^\infty a_n$ , где

$a_n = \frac{\left(n!\right)^24^n}{\left(2n\right)!}$ . Поскольку

$\frac{a_n}{a_{n+1}} = 1-\frac{1}{2n}+\frac{1}{2n\left(n+1\right)}$ , то

$a_n\lt a_{n+1}$ . Это означает, что последовательность

$\left(a_n\right)$ монотонно возрастает. Следовательно не выполняется необходимое условие для сходимости ряда (предел общего члена отличен от нуля), ряд расходится. Аналогично для

$x = -4$ . Окончательно, область сходимости
ряда – интервал

$\left(−4, 4\right)$ .

Пример 4. Рассмотрим ряд

$\sum\limits_{n=0}^\infty \left(1+\frac{1}{n}\right)^{n^2}x^n.$

$\frac{1}{R} = \lim\limits_{n\to\infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n^2} = e^2$ . Следовательно при

$\left|x\right|\lt \frac{1}{e^2}$ сходится абсолютно. В точках

$x = R = \frac{1}{e^2}$ и

$x = −R = −\frac{1}{e^2}$ ряд расходится. Область его сходимости
– интервал

$\left(−\frac{1}{e^2}, \frac{1}{e^2}\right)$ .

Тест по теме: "Радиус сходимости числового ряда"

Небольшой тест по теории и практике.

Литература

Ф4. Задача о баллоне с газом

Условие

В баллоне содержится очищенный газ, но неизвестно какой. Что бы поднять температуру этого газа на один градус при постоянном давлении требуется $958,4$ дж, а при постоянном объёме — $704,6$ дж. Что это за газ?

Решение

При нагревании газа при постоянном объёме затрачиваемая энергия идёт только на изменение внутренней энергии газа, а при нагревании при постоянном давлении — ещё и на совершение работы. Запишем закон сохранения энергии для обоих случаев:

$\begin{equation} mc_v\Delta t = \Delta W.\label{eq:ref1}\end{equation}$

$\begin{equation} mc_p\Delta t = \Delta W+A.\label{eq:ref2}\end{equation}$

Здесь $c_p$ — теплоёмкость газа при постоянном давлении (т.е. количество тепла, которое необходимо для нагревания $1$ кг газа при постоянном давлении), $c_v$ — теплоёмкость газа при постоянном объёме, $\Delta t$ -изменение температуры, $\Delta W$ — изменение внутренней энергии газа, $m$ — масса газа, $A = p\Delta V$ — совершённая при расширении газа работа ( $\Delta V$ — изменение объёма, $p$ — давление).

Так как при повышении температуры газа на одинаковое число градусов изменение его внутренней энергии одинаково как при нагревании при постоянном объёме, так и при нагревании при постоянном давлении, то можно записать: $c_pm\Delta t = c_vm\Delta t+p\Delta V$ . С помощью уравнение газового состояния (уравнения Клапейрона — Менделеева) совершённую работу можно выразить через молекулярную массу газа $\mu$ и газовую постоянную $R$ : $p\Delta V = \frac{m}{\mu}R\Delta t$ . Подставляя это соотношение в уравнение $\eqref{eq:ref1}$ , получим: $c_p = c_v+\frac{R}{\mu}$ , откуда:

$\mu = \frac{R}{c_p-c_v} \approx 32,7$ кг/кмоль.

Неизвестный газ — кислород с очень не большой примесью более тяжёлого газа.

Ф3. Задача о растяжении пружины

Условие

Из двух одинаковых кусков стальной проволоки свили две пружины. Диаметр витков одной из них равен $d$ , другой $2d$ . Первая пружина под действием груза растянулась на одну десятую своей длины. На какую часть своей длины растянется под действием того же груза вторая пружина?

Решение

Удлинение пружины равно $\Delta l = n\cdot 2d\cdot \sin\frac{\alpha}{2}$ , где $n$ — число витков пружины, а $\alpha$ — угол, на который разворачиваются соседние витки пружины (Рис.). Так как удлинение пружины мало, то этот угол мал и $\sin\frac{\alpha}{2} \approx\frac{\alpha}{2}$ . Поэтому $\Delta l = nd\alpha$ .
Угол $\alpha$ пропорционален моментам сил $F$ , которые растягивают виток: $\alpha \simeq F\cdot d$ . Сила $F$ равна весу груза, подвешенного к пружине, и одинакова в обоих случаях, поэтому $\Delta l\sim nd^2$ .

Диаметр витков второй пружины вдвое больше, а число витков у неё вдвое меньше, следовательно, абсолютное удлинение второй пружины вдвое больше, чем у первой. Таким образом, вторая пружина растянется на $\frac{2}{5}$ своей длины.

Многие, приславшие решение этой задачи, правильно нашли, что удлинение второй пружины в два раза больше чем первой, но забыли, что вторая пружина в двое короче, чем первая, поэтому относительное удлинение второй пружины равно не $\frac{1}{5}$ , как получилось у них, а $\frac{2}{5}$ .

Ф2. Задача о пружинном маятнике

Условие

На горизонтальной плоскости лежат два шарика с массами $m_1$ и $m_2$ , скреплённые между собой пружиной с жёсткостью $c$ . Плоскость гладкая. Шарики сдвигают, сжимая пружину, затем их одновременно отпускают. Определите периоды возникших колебаний шариков.

Решение

Центр масс системы не должен двигаться (или может двигаться равномерно и прямолинейно), поэтому шарики колеблются в противофазе с одинаковой частотой, а их отклонения $x_1$ и $x_2$ от положения равновесия удовлетворяют соотношению $c_1x_1 = c_2x_2$ , где $c_1$ и $c_2$ — коэффициенты жесткости соответствующих кусков пружины длиной $l_1$ и $l_2$ ( $l_1$ и $l_2$ — расстояния от шариков до центра масс системы;

$\left.l_1 = l \frac{m_2}{m_1+m_2}, l_2 = l \frac{m_1}{m_1+m_2}\right).$

Удлинение $^1/q$ -й части пружины всегда в $q$ раз меньше удлинения всей пружины, т.е. $^1/q$ -я часть пружины имеет жёсткость в $q$ раз большую, чем жёсткость всей пружины. Поэтому $c = \frac{m_1+m_2}{m_2}$ . Отсюда следует, что период колебаний шариков

$T = 2\pi\sqrt{\frac{m_1m_2}{\left(m_1+m_2\right)c}}.$

Интересно проверить ответ, взяв какой-нибудь предельный случай. Предположим, что масса $m_2$ очень велика: $m_2\gg m_1$ . Тогда шарик с массой $m_1$ должен колебаться так, как если бы второй шар был не подвижно закреплён, и $T = 2\pi\sqrt{\frac{m_1}{c}}$ .

Проверим нашу формулу

$T = 2\pi\sqrt{\frac{m_1}{c\left(1+\frac{m_1}{m_2}\right)}} \simeq 2\pi\sqrt{\frac{m_1}{c}}.$

Автор: Иван Киреев

17.2 Вычисление радиуса сходимости степенного ряда

Примеры:

Тест по теме: "Радиус сходимости числового ряда"

Навигация (только номера заданий)

Информация

Результаты

Рубрики

1.

2.

Элементы сортировки

3.

4.

Литература

Ф4. Задача о баллоне с газом

Условие

Решение

Ф3. Задача о растяжении пружины

Условие

Решение

Ф2. Задача о пружинном маятнике

Условие

Решение