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

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

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 $n$.

1. 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.
2. 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.
3. 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.

Примеры

1. Ряд

$\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {n}{2^{n}}}$

сходится, так как выполняется условие предельной формы радикального признака теоремы Коши

$\lim _{n\to \infty }{\sqrt[{n}]{a_{n}}}={\frac {1}{2}}$

2. Рассмотрим ряд

$\sum _{n=1}^{\infty }{\left({\frac {n-1}{n+1}}\right)}^{n(n-1)}$

$\lim _{n\to \infty }{\sqrt[{n}]{a_{n}}}=\lim _{n\to \infty }{\left({\frac {n-1}{n+1}}\right)}^{n-1}=\lim _{n\to \infty }{\left(1-{\frac {2}{n+1}}\right)}^{n-1}=e^{-2}<1\Rightarrow$ряд сходится.

См. также

• Признак Жамэ
• Интегральный признак Коши — Маклорена