Признак Даламбера сходимости ряда

Пусть дан ряд $\displaystyle \sum_{n = 1}^{\infty} a_n$ с положительными слагаемыми. Предположим, что существует такое число $q, 0 < q < 1,$ что начиная с некоторого номера $N$ справедливо неравенство $\frac{a_{n + 1}}{a_n} \leqslant q \left(n \geqslant N\right).$ Тогда ряд $\displaystyle \sum_{n = 1}^{\infty} a_n$ сходится.

Из условия теоремы следует, что $a_{N +1} \leqslant q \cdot a_N, a_{N + 2} \leqslant q \cdot a_{N + 1}, \ldots, a_n \leqslant q \cdot a_{n − 1} \left(n \geqslant N + 1\right).$ Перемножая эти неравенства, получаем $a_n \leqslant q^{n – N} \cdot a_N \left(n \geqslant N + 1\right),$ т. е. $a_n \leqslant c \cdot q^n \left(n \geqslant N + 1\right),$ где $c = a_N \cdot q^{−N}.$ По признаку сравнения, из сходимости геометрической прогрессии со знаменателем $q, \mid q \mid < 1,$ следует сходимость исходного ряда.

Из неравенства $\frac{a_{n + 1}}{a_n} < 1 \tag{15.6}$ не следует сходимость ряда $\displaystyle \sum_{n = 1}^{\infty} a_n.$ Неравенство $\left(15.6\right)$ означает лишь то, что слагаемые ряда строго убывают, из чего вовсе не следует сходимость ряда, например, $\displaystyle \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n}, \displaystyle \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{n}}$ и т. д.

Из неравенства $\frac{a_{n + 1}}{a_n} \geqslant 1 \left(n \geqslant N\right) \tag{15.7}$ сразу следует расходимость ряда $\displaystyle \sum_{n = 1}^{\infty} a_n.$ В самом деле, $\left(15.7\right)$ означает, что слагаемые ряда образуют неубывающую последовательность положительных чисел и, следовательно, не стремятся к нулю, так что в этом случае не выполнено необходимое условие сходимости.

Пусть дан ряд $\displaystyle \sum_{n = 1}^{\infty} a_n \tag{15.8}$ с положительными слагаемыми. Предположим, что существует (быть может, и бесконечный) $\displaystyle \lim_{n \rightarrow {\infty}} \frac{a_{n + 1}}{a_n} = \lambda.$ Тогда

a) если $0 \leqslant \lambda < 1,$ то ряд $\left(15.8\right)$ сходится;

b) если $1 < \lambda \leqslant \infty,$ то ряд $\left(15.8\right)$ расходится;

c) если $\lambda = 1,$ то ничего определенного о сходимости ряда $\left(15.8\right)$ сказать нельзя.

a) Выберем такое $\varepsilon > 0,$ что $q \equiv \lambda + \varepsilon < 1 \left(\text{например, }\varepsilon = \frac{\left(1 — \lambda\right)}{2}\right).$ Тогда, начиная с некоторого номера $N,$ будет иметь место неравенство $\frac{a_{n + 1}}{a_n} \leqslant q \left(n \geqslant N\right),$ и, в силу признака Даламбера, ряд $\left(15.8\right)$ сходится.

b) Если $1 < \lambda \leqslant \infty,$ то, начиная с некоторого номера, справедливо неравенство $\frac{a_{n + 1}}{a_n} \geqslant 1$ и, в силу замечания 2, ряд $\left(15.8\right)$ расходится.

c) Для доказательства приведем примеры сходящегося и расходящегося рядов, для которых $\lambda = 1.$ Ряд $\displaystyle \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n}$ расходится и $\frac{a_{n + 1}}{a_n} = \frac{n}{n + 1} \rightarrow 1$ при $n \rightarrow \infty.$ Ряд $\displaystyle \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n^2}$ сходится и $\frac{a_{n + 1}}{a_n} \rightarrow 1$ при $n \rightarrow \infty.$

Пример 1. Исследовать на сходимость ряд

$\displaystyle \sum_{n = 1}^\infty \frac{1000^n}{n!}.$

По признаку Даламбера, $\frac{a_{n + 1}}{a_n} = \frac{1000^{ n + 1} \cdot n!}{\left(n + 1\right)! \cdot 1000^n} = \frac{1000}{n + 1} \rightarrow 0 \qquad \left(n \rightarrow \infty\right),$ следовательно, данный ряд сходится.

Пример 2. Исследовать на сходимость ряд

$\displaystyle \sum_{n = 1}^\infty \frac{\left(2n + 1\right)!}{\left(n!\right)^2}.$

К этому ряду удобно применить признак Даламбера $\frac{a_{n + 1}}{a_n} = \frac{\left(2n + 3\right)! \cdot \left(n!\right)^2}{\left[\left(n + 1\right)!\right]^2 \cdot \left(2n + 1\right)!} = \frac{\left(2n + 2\right) \cdot \left(2n + 3\right)}{\left(n + 1\right)^2} =$ $= \frac{4n^2 + 10n + 6}{n^2 + 2n + 1} \rightarrow 4 \qquad \left(n \rightarrow \infty\right),$ По признаку Даламбера, данный ряд расходится.

Пример 3. Исследовать на сходимость ряд

$\displaystyle \sum_{n = 1}^\infty \frac{1}{2n — 1}.$

По признаку Даламбера, $\frac{a_{n + 1}}{a_n} = \frac{1 \cdot \left(2n – 1\right)}{2n \cdot 1} \rightarrow 1 \qquad \left(n \rightarrow \infty\right),$ следовательно, мы не можем выяснить характер сходимости данного ряда с помощью признака Даламбера.

Признак Даламбера

Вы можете пройти данный тест, чтобы примерно оценить, насколько вы поняли тему «Признак Даламбера»

Задание 1 из 5

1.
Для каких рядов действует признак Даламбера?
- Для рядов с положительными слагаемыми.
- Для рядов с неотрицательными слагаемыми.
- Для рядов с отрицательными слагаемыми.
Правильно

Неправильно

Задание 2 из 5

2.

К чему стремится ряд по признаку Даламбера в предельной форме?

Элементы сортировки

$\frac{2}{e}$
$\frac{1}{4}$
$0$

$\displaystyle \sum_{n = 1}^\infty \frac{2^n \cdot n!}{n^n}$

$\displaystyle \sum_{n = 1}^\infty \frac{\left(n!\right)^2}{\left(2n\right)!}$

$\displaystyle \sum_{n = 1}^\infty \frac{n \cdot 4^n}{\left(n + 1\right)!}$

Задание 3 из 5

3.
Отсортируйте в правильном порядке отрывки из доказательства теоремы (признак Даламбера):
- Из условия теоремы следует, что $a_{N +1} \leqslant q \cdot a_N, a_{N + 2} \leqslant q \cdot a_{N + 1}, ..., a_n \leqslant q \cdot a_{n − 1} \left(n \geqslant N + 1\right).$
- Перемножая эти неравенства, получаем $a_n \leqslant q^{n – N} \cdot a_N \left(n \geqslant N + 1\right)$ , т. е. $a_n \leqslant c \cdot q^n \left(n \geqslant N + 1\right)$ , где $c = a_N \cdot q^{−N}$ .
- По признаку сравнения, из сходимости геометрической прогрессии со знаменателем $q, \mid q \mid < 1$ , следует сходимость исходного ряда.
Правильно

Неправильно
Задание 4 из 5

4.
Пусть дан ряд

$\displaystyle \sum_{n = 1}^{\infty} a_n$ с положительными слагаемыми. Предположим, что существует (быть может, и бесконечный) $\displaystyle \lim_{n \rightarrow {\infty}} \frac{a_{n + 1}}{a_n} = \lambda$ . Тогда если $0 \leqslant \lambda < 1$ , то ряд _____.
Правильно

Неправильно
Задание 5 из 5

5.
В каких случаях мы можем утверждать о сходимости ряда

$\displaystyle \sum_{n = 1}^{\infty} a_n$

с положительными слагаемыми?
- Если $\frac{a_{n + 1}}{a_n} \leqslant q \left(n \geqslant N, 0 < q < 1\right).$
- Если $\displaystyle \lim_{n \rightarrow {\infty}} \frac{a_{n + 1}}{a_n} = \lambda, 0 \leqslant \lambda < 1.$
- Если $\displaystyle \lim_{n \rightarrow {\infty}} \frac{a_{n + 1}}{a_n} = \lambda, \lambda = 1.$
- Если $\frac{a_{n + 1}}{a_n} \geqslant 1 \left(n \geqslant N\right).$
Правильно

Неправильно

Коляда В. И., Кореновский А. А. Курс лекций по математическому анализу. 2010г. стр.10-12.
Б. П. Демидович «Сборник задач и упражнений по математическому анализу» 13-е издание, 1997г. стр.147.
Л. Д. Кудрявцев. Курс математического анализа, том 2, 1988-1989г. стр.20-21.
Лысенко З. М. Конспект лекций по математическому анализу.

Пусть дан степенной ряд вида $\sum\limits_{n=0}^{\infty}c_{n}z^n$ с радиусом сходимости $R$ , где $c_n$ , $z^{n}\in \mathbb{C}$ . Тогда для этого ряда справедлива следующая теорема:

Теорема о вычислении радиуса сходимости степенного ряда

Если существует конечный или бесконечный предел $\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{\left | c_n \right |}$ , то $\frac{1}{R}=\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{\left | c_n \right |}. (1)$
Если существует конечный или бесконечный предел $\lim\limits_{n \to\infty} \left | \frac{c_{n}}{c_{n+1}} \right |$ , то $R=\lim\limits_{n \to\infty} \left | \frac{c_{n}}{c_{n+1}} \right | .(2)$

Доказательство:

Докажем формулу (1). Пусть limn→∞n√|cn|=ρ.
- Если $0<\rho<+\infty$ , и $z_0$ — произвольная точка из круга $K=\left \{z:\left |z\right | < \frac{1}{\rho}\right \}$ , то $\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{\left | c_{n} \cdot z_{0}^{n} \right |} = \left | z_{0} \right | \cdot \lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{\left |c_{n} \right |} = \left |z_{0} \right | \cdot \rho < 1.$ По признаку Коши сходимости ряда, ряд сходится в точке $z_{0}$ . В силу того, что точка $z_{0}$ — произвольная точка круга $K$ , исходный ряд сходится в $K$ .
  Предположим, что точка $z_{m}$ не принадлежит кругу $K$ , то есть $\left |z_{m} \right | > \frac{1}{\rho}$ .Тогда $\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{\left | c_{n} \cdot z_{m}^{n} \right |} = \left | z_{m} \right | \cdot \lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{\left |c_{n} \right |} = \left |z_{m} \right | \cdot \rho > 1.$ По признаку Коши, ряд расходится.
  Значит, ряд сходится в круге $K$ , и расходится вне его замыкания. Это значит, что $\frac{1}{\rho}$ — радиус сходимости исходного ряда.
  
  Круг сходимости $K$ c нанесенными точками $z_{0}$ и $z_{m}$
  
  [свернуть]
- Если $\rho = 0$ , то $\forall z \in \mathbb{C}$ выполняется следующее: $\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{\left | c_{n} \cdot z^{n} \right |} = \left | z \right | \cdot \rho = 0 .$ По признаку Коши ряд сходится в точке $z$ . В силу произвольности точки $z$ ряд сходится на всей комплексной плоскости. И это значит, что радиус сходимости ряда $R=+\infty$ .
- Пусть $\rho = +\infty$ . Тогда $\forall z \neq 0$ $\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{\left | c_{n} \cdot z^{n} \right |} = \left | z \right | \cdot \rho = +\infty.$ По признаку Коши, ряд расходится в точке $z$ . Отсюда выходит, что радиус сходимости $R = 0$ .
Доказательство (2) по сути идентично доказательству (1). Различие в том, что будет использоваться признак Даламбера сходимости ряда. Для этого выполним следующие преобразования: R=limn→∞|cncn+1|=limn→∞|cn|limn→∞|cn+1|=1(limn→∞|cn+1|limn→∞|cn|)=1limn→∞|cn+1cn|.
Пусть limn→∞|cn+1cn|=ρ
- Если $0<\rho<+\infty$ , и $z_0$ — произвольная точка из круга $K=\left \{z:\left |z\right | < \frac{1}{\rho}\right \}$ , то $z_0$ так же по модулю меньше, чем $\frac{1}{\rho}$ . Отсюда следует, что $\lim\limits_{n \to \infty}\left | \frac{c_{n+1} \cdot z_{0}^{n+1}}{c_{n} \cdot z_{0}^{n}}\right |=\left | z \right | \cdot \lim\limits_{n \to \infty}\left | \frac{c_{n+1}}{c_{n}}\right |=\left |z \right | \cdot \rho < 1.$ По признаку Даламбера сходимости ряда, ряд сходится в точке $z_{0}$ . В силу того, что точка $z_{0}$ — произвольная точка круга $K$ , исходный ряд сходится в $K$ .
  Предположим, что точка $z_{m}$ не принадлежит замыканию круга $K$ , то есть $\left |z_{m} \right | > \frac{1}{\rho}$ . Тогда $\lim\limits_{n \to \infty}\left | \frac{c_{n+1} \cdot z_{0}^{n+1}}{c_{n} \cdot z_{0}^{n}}\right |=\left | z \right | \cdot \lim\limits_{n \to \infty}\left | \frac{c_{n+1}}{c_{n}}\right |=\left |z \right | \cdot \rho > 1.$ По признаку Даламбера, ряд расходится.
  Значит, ряд сходится в круге $K$ , и расходится вне него. А это значит, что $\frac{1}{\rho}$ — радиус сходимости исходного ряда.
- Пусть $\rho = 0$ , то $\forall z \in \mathbb{C}$ выполняется следующее: $\lim\limits_{n \to \infty}\left | \frac{c_{n+1} \cdot z_{0}^{n+1}}{c_{n} \cdot z_{0}^{n}}\right |=\left |z \right | \cdot \rho = 0.$ По признаку Даламбера, ряд сходится в точке $z$ . В силу произвольности $z$ ряд сходится на всей комплексной плоскости. И это значит, что радиус сходимости ряда $R=+\infty$ .
- Пусть $\rho = +\infty$ . Тогда $\forall z \neq 0$ $\lim\limits_{n \to \infty}\left | \frac{c_{n+1} \cdot z_{0}^{n+1}}{c_{n} \cdot z_{0}^{n}}\right |=\left |z \right | \cdot \rho = +\infty.$ По признаку Даламбера, ряд расходится в точке $z$ . Отсюда выходит, что радиус сходимости $R = 0$ .

Пример 1

Условие:

Найти радиус сходимости ряда
$\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{x^{n}}{3^{n} \cdot (n+1)}.$

Решение:

$R = \lim\limits_{n \to\infty} \left | \frac{c_{n}}{c_{n+1}} \right | = \lim\limits_{n \to\infty}\frac{3^{n+1}\cdot ((n+1)+1)}{3^{n} \cdot (n+1)} =$ $= \lim\limits_{n \to\infty} \frac{3 \cdot (n+2)}{n+1} = 3 \cdot \lim\limits_{n \to\infty} \frac{n+2}{n+1} = 3.$

[свернуть]

Пример 2

Условие:

Найти радиус сходимости степенного ряда
$\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{\sqrt{2}^{n} \cdot z^{n}}{n \cdot 12^{n}}.$

Решение:

$\frac{1}{R} = \lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{\left | c_n \right |} = \lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]\frac{\sqrt{2}^{n} }{n \cdot 12^{n}} = \frac{\sqrt{2}}{12} \cdot \lim\limits_{n\to\infty}\frac{1}{\sqrt[n]{n}} = \frac{\sqrt{2}}{12}.$ Отсюда следует, что $R = \frac{12}{\sqrt{2}}=6 \cdot \sqrt{2}.$

[свернуть]

Замечание

Пределы в формулах (1) и (2) могут не существовать. Однако существует универсальная формула для вычисления радиуса сходимости.

Теорема

Радиус сходимости $R$ степенного ряда $\sum\limits_{n=0}^{\infty}c_{n}z^n$ высчитывается по формуле:
$R = \frac{1}{\varlimsup\limits_{n \to \infty}\sqrt[n]{\left | c_{n} \right |}},$
где $\frac{1}{0}=+\infty$ и $\frac{1}{+\infty}=0.$

Доказательство

Доказательство данной теоремы основано на применении обобщенного признака Коши: $\varlimsup\limits_{n \to \infty}\sqrt[n]{\left | c_{n} \cdot z^{n} \right |} = \left | z \right | \cdot \varlimsup\limits_{n \to \infty}\sqrt[n]{\left |c_{n} \right |}.$
Предположим, что ряд сходится в точке $z_{0}$ , тогда из обобщенного признака Коши сходимости числового ряда с неотрицательными членами следует, что $\left | z_{0} \right | \cdot \varlimsup\limits_{n \to \infty}\sqrt[n]{\left |c_{n} \right |}<1$ . Отсюда получаем, что $\left | z_{0} \right | < \frac{1}{\varlimsup\limits_{n \to \infty}\sqrt[n]{\left | c_{n} \right |}}.$
Пусть ряд расходится в точке $z_{m}$ . Тогда $\left | z_{m} \right | \cdot \varlimsup\limits_{n \to \infty}\sqrt[n]{\left |c_{n} \right |}>1$ . Отсюда $\left | z_{m} \right | > \frac{1}{\varlimsup\limits_{n \to \infty}\sqrt[n]{\left | c_{n} \right |}}.$
То есть, если $z$ по модулю меньше чем $\frac{1}{\varlimsup\limits_{n \to \infty}\sqrt[n]{\left | c_{n} \right |}}$ , то ряд сходится в данной точке, а если $z$ по модулю больше, то ряд в данной точке расходится. Из определения радиуса сходимости следует, что
$R=\frac{1}{\varlimsup\limits_{n \to \infty}\sqrt[n]{\left | c_{n} \right |}}.$

Список использованной литературы:

Лысенко З.М., Конспект лекций по математическому анализу, 2015-2016 гг., 1-ый курс, семестр 2
Тер-Крикоров А.М., Шабунин М.И., Курс математического анализа. 3-е изд., испр. – М.:ФИЗМАТЛИТ, 2001. — 672 с — стр 427-430.
Кудрявцев Л.Д., Курс математического анализа, том 2.- 720 с. — стр. 104-110
Коляда В.И., Кореновский А.А., Курс лекций по математическому анализу в 2-х частях, часть 2. — Одесса: Астропринт, 2009.- 292с. — стр.56-60.

Вычисление радиуса сходимости, формула Коши-Адамара

Тест по материалу данной статьи

Таблица лучших: Вычисление радиуса сходимости, формула Коши-Адамара

максимум из 7 баллов
Место	Имя	Записано	Баллы	Результат
Таблица загружается
Нет данных

Метка: Признак Даламбера сходимости ряда

15.2.2 Признак Даламбера

Признак Даламбера

Навигация (только номера заданий)

Информация

Результаты

Рубрики

1.

2.

Элементы сортировки

3.

4.

5.

Вычисление радиуса сходимости. Формула Коши — Адамара

Теорема о вычислении радиуса сходимости степенного ряда

Доказательство:

Условие:

Решение:

Условие:

Решение:

Замечание

Теорема

Доказательство

Список использованной литературы:

Вычисление радиуса сходимости, формула Коши-Адамара

Навигация (только номера заданий)

Информация

Результаты

Рубрики

1.

2.

3.

Элементы сортировки

Таблица лучших: Вычисление радиуса сходимости, формула Коши-Адамара

Средний результат
Ваш результат

Средний результат
Ваш результат