Радикальный признак Коши: корень n-й степени

Ряд $\sum {\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n$ выглядит безобидно: члены прижимаются к числу $e\approx 2,718$, растут они еле заметно. Признак Даламбера разводит руками — отношение соседей ползёт к единице. А радикальный признак Коши закрывает вопрос одной строкой: $\sqrt[n]{a_n}=1+\frac{1}{n}\to e>1$ — расходится. Вся мощь метода в одной операции: корень $n$-й степени срезает внешнюю степень и оставляет голую скорость роста.

Ряд как объект — в уроке числовые ряды и термине ряд. Здесь — радикальный признак Огюстена Луи Коши: формулировка, объяснение, почему корень сильнее отношения, три разобранных примера и численный калькулятор обеих версий. Навигация по всем признакам — в гайде как исследовать сходимость ряда.

Где радикальный Коши стоит в очереди#

Это старший брат признака Даламбера: та же шкала вердиктов, тот же отказ работать при единице, но другой способ измерения. Даламбер делит соседние члены, Коши извлекает корень из самого члена. Выбор между ними — по форме члена: факториалы и произведения тянут к отношению, конструкции вида $f(n{)}^n$ — к корню.

Формулировка: один корень, три вердикта#

Читаем: $a_n$ — общий член положительного ряда, $\sqrt[n]{a_n}$ — корень $n$-й степени из него. Геометрический смысл: если $a_n\approx {\rho }^n$, то корень возвращает ровно $\rho$ — основание главной экспоненты в члене. Признак спрашивает: каково основание степени, под которую маскируется член? Меньше единицы — член тает геометрически, ряд сходится. Больше — растёт, ряд разбегается.

• $\rho <1$: с некоторого номера члены зажаты между прогрессиями с меньшим знаменателем — хвост ряда суммируется;
• $\rho >1$: корень не убывает до чисел больших единицы, члены растут хотя бы геометрически — не стремятся к нулю, необходимое условие сходимости нарушено;
• $\rho =1$: и $\frac{1}{n}$, и $\frac{1}{n^2}$ дают единицу — признак не различает полиномиальные скорости, дорога к предельному признаку сравнения и интегральному.

Почему корень сильнее отношения

Связь между ними — через геометрическое среднее. Корень можно расписать как произведение отношений соседей: $\sqrt[n]{a_n}=\sqrt[n]{a_1}\cdot \sqrt[n]{\frac{a_2}{a_1}\cdot \frac{a_3}{a_2}\cdots \frac{a_n}{a_{n-1}}}$. Среднее геометрическое гасит колебания: если отношения $\frac{a_{n+1}}{a_n}$ имеют предел $\rho$, то и корень стремится к тому же $\rho$. Отсюда иерархия: всё, что видит Даламбер, видит и Коши. Обратное неверно — корень ловит ряды, где отношение скачет без предела.

Живой пример силы корня: $a_n={\left(\frac{2+(-1{)}^n}{4}\right)}^n$. На чётных номерах корень равен $\frac{3}{4}$, на нечётных $\frac{1}{4}$ — предела нет, обычная формулировка молчит. Но верхний предел равен $\frac{3}{4}<1$, и расширенная версия признака (по верхнему пределу) отвечает: сходится. Отношение же соседей ведёт себя неприлично: на переходе чёт-нечёт оно равно $\frac{3^{n+1}}{4}$ — улетает на бесконечность, на обратном — падает к нулю. Никакой информации.

Как применять: четыре шага#

1. 1
   Проверьте форму члена: всё выражение стоит в степени $n$ или приводится к виду $c\cdot f(n{)}^n$ с константой $c$. Если внутри факториал — идите к Даламберу.
2. 2
   Извлеките корень и упростите: $\sqrt[n]{f(n{)}^n}=f(n)$, а константы гаснут — $\sqrt[n]{c}\to 1$, поэтому $\sqrt[n]{c\cdot f(n{)}^n}\to f(n)$.
3. 3
   Посчитайте предел при $n\to \infty$. Двухэтажные пределы вида ${\left(1+\frac{k}{n}\right)}^n$ ползут к $e^k$ — повторить логику поможет урок замечательные пределы.
4. 4
   Сравните $\rho$ с единицей и сформулируйте вывод словами. Единица — честное «признак не отвечает», а не «расходится»: дальше сравнение с эталоном или интеграл.

Пример 1. n/2^n: два признака согласны#

Ряд $\sum \frac{n}{2^n}$ — скромный на вид, но показательный: многочлен поверх показательной функции, и оба инструмента — корень и отношение — дают одинаковый ответ $\frac{1}{2}$. Такие ряды — хорошая проверка техники: посчитайте обоими способами и убедитесь, что числа совпали.

1. 1
   Член $a_n=\frac{n}{2^n}$. Корень: $\sqrt[n]{a_n}=\frac{\sqrt[n]{n}}{2}$ — степень $n$ срезается ровно, многочлен остаётся под корнем.
2. 2
   Предел $\sqrt[n]{n}\to 1$, потому что $\frac{\ln n}{n}\to 0$ — логарифм растёт медленнее любой степени (детали в уроке предел последовательности).
3. 3
   Итого $\rho =\frac{1}{2}<1$ — ряд сходится.
4. 4
   Контроль Даламбером: $\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{n+1}{2n}\to \frac{1}{2}$ — совпадает, как и обещала теория.
5. 5
   Числа: при $n=1000$ корень равен $\frac{1,00693}{2}\approx 0,5035$, отношение — $\frac{1001}{2000}=0,5005$. Обе оценки прижимаются к половине.
6. 6
   Бонус для любопытных: сумма ряда равна ровно 2 — из формулы геометрических производных $\sum n{x}^n=\frac{x}{(1-x{)}^2}$ при $x=\frac{1}{2}$; механика — в уроке степенные ряды.

Пример 2. (2 + 1/n)^n: корень мгновенно#

Ряд $\sum {\left(\frac{2n+1}{n}\right)}^n=\sum {\left(2+\frac{1}{n}\right)}^n$. Дробь в члене выглядит пугающе, но корень обращает её в простую последовательность — именно за это и любят радикальный признак.

1. 1
   Корень: $\sqrt[n]{a_n}={\left(2+\frac{1}{n}\right)}^{n/n}=2+\frac{1}{n}$ — внешняя степень исчезла.
2. 2
   Предел: $2+\frac{1}{n}\to 2$.
3. 3
   $\rho =2>1$ — ряд расходится.
4. 4
   Заглянем глубже: члены ведут себя как $2^n$ — растут без ограничений, необходимое условие сходимости нарушено вчистую.
5. 5
   Мораль: константа внутри степени решает всё. ${\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{n}\right)}^n$ давал бы $\rho =\frac{1}{2}$ и сходимость; ${\left(2+\frac{1}{n}\right)}^n$ — расход. Поправка $\frac{1}{n}$ на вердикт не влияет.

Пример 3. (1 + 1/n)^n: где корень побеждает Даламбера#

Ряд $\sum {\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n$ — классическая демонстрация того, что корень и отношение — разные инструменты. Члены ряда стремятся к $e$: предел второй замечательной последовательности. Разберём его обоими признаками и посмотрим, кто справится.

1. 1
   Корень: $\sqrt[n]{a_n}=1+\frac{1}{n}\to e\approx 2,718>1$ — ряд расходится, вердикт за одну строку.
2. 2
   Даламбер: $\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{{\left(1+\frac{1}{n+1}\right)}^{n+1}}{{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n}\to \frac{e}{e}=1$ — признак молчит.
3. 3
   Необходимое условие здесь тоже расставит точки: $a_n\to e\ne 0$, члены не стремятся к нулю — расходимость видна и без признаков.
4. 4
   Технический смысл примера не в вердикте, а в механизме: предел отношения существует и равен ровно единице, а корень даёт $e$. Случай ${\rho }_{\text{Даламбера}}=1$ не означает «признак бессилен всегда» — он означает «в этой задаче».
5. 5
   Обобщение: ряд $\sum {\left(1+\frac{k}{n}\right)}^n$ расходится при любом $k>0$, потому что корень равен $1+\frac{k}{n}\to e^k>1$; а вот ${\left(1+\frac{k}{n}\right)}^{n^2}$ даёт корень $e^{kn}$ — расходимость ещё более оглушительная.

Типичные грабли#

• Извлекли корень и забыли, что $\sqrt[n]{c}\to 1$: множитель-константа перед степенью $n$ на вердикт не влияет, писать $\rho =2$ вместо $1$ для ряда $\sum 2\cdot {\left(\frac{1}{2}\right)}^n$ — ошибка.
• Объявили $\rho =1$ расходящимся: единица — отсутствие вердикта, а не приговор.
• Применили признак к знакочередующемуся ряду: корень из отрицательного числа не определён, признак требует $a_n>0$ — сначала модули, потом Лейбниц.
• Поленились упрощать корень: $\sqrt[n]{\frac{n}{2^n}}$ — это $\frac{\sqrt[n]{n}}{2}$, а не «что-то около единицы»; мелкие пределы вроде $\sqrt[n]{n}\to 1$ нужно знать наизусть.
• Стали извлекать корень из факториала: $(n!{)}^{1/n}\to \infty$, но считать это каждый раз тяжелее, чем отношение — форма члена подсказывает инструмент.

Куда идти дальше#

Если корень выдал единицу — член живёт на полиномиальной скорости, и его судьбу решают предельный признак сравнения с эталонным $p$-рядом или интегральный признак для рядов с логарифмами. Ряды с чередованием знаков — отдельная история на странице признака Лейбница; для ряда из модулей радикальный признак по-прежнему полезен.

Потренироваться выбирать между корнем и отношением — в тренажёре по рядам; формулы всех пяти признаков — в шпаргалке по рядам; пошаговое исследование конкретного ряда — решатель рядов. Краткая выжимка про старший брат — в термине признак Даламбера.