Доказать что последовательность расходится

Предел последовательности

С понятием «последовательность» мы уже познакомились, когда изучали прогрессии (см. §24 справочника для 9 класса). По определению:

Т.е., числовая последовательность – это некий набор чисел с присвоенными им порядковыми номерами. Это набор можно задать формулой, описанием или просто перечислением.

Например:
1) Формула \(y_n=\frac1n,\ n\in\mathbb\) задает бесконечную последовательность дробей:

\(1,\)	\(\frac12,\)	\(\frac13,\)	\(. \)	\(\frac1n,\)	\(. \)
1	2	3	.	n	.

2) Формула \(y_n=(-1)^n,\ n\in\mathbb\) задает бесконечную последовательность «прыгающих» единиц:

-1,	1,	-1,	1,	-1,	1,	.
1	2	3	4	5	6	.

3) Рекуррентная формула \(y_1=1,\ y_2=1,\ y_(n+2)=y_(n+1)+y_n\) задает бесконечную последовательность чисел Фибоначчи:

1,	1,	2,	3,	5,	8,	.
1	2	3	4	5	6	.

4) Описание «число π точностью до \(10^<-n>\)» задает бесконечную последовательность все более «подробных» значений числа π:

3,1;	3,14;	3,141;	3,1415;	3,14159;	3,141592;	.
1	2	3	4	5	6	.

Этот ряд можно также задать формулой \(y_n=\frac<[\pi\cdot 10^n]><10^n>\), где квадратные скобки обозначают целую часть от числа.

п.2. Предел последовательности

Поведение последовательности «на длинных дистанциях» может быть неочевидным. Чтобы лучше понять, возрастает или убывает заданный ряд чисел, ограничен ли он какой-либо величиной или уходит на бесконечность, проще всего построить график.

1) \(y_n=\frac1n\) Последовательность сходится к 0

2) \(y_n=(-1)^n\) Последовательность ни к чему не сходится

3) числа Фибоначчи \(y_1=1,\ y_2=1,\ y_=y_+y_n\) Последовательность уходит на бесконечность

4) приближения числа π Последовательность сходится к π

В приведенных примерах мы видим, что последовательность \(y_n=\frac1n\) сходится к 0, а приближение числа π \(y_n=\frac<[\pi\cdot 10^n]><10^n>\) конечно же сходится к π.
Говорят, что у таких последовательностей есть конечный предел, и записывают это так: $$ \lim_\frac1n=0,\ \ \lim_\frac<[\pi\cdot 10^n]><10^n>=\pi $$

п.3. Как доказать сходимость последовательности к пределу?

Разберем данное выше определение предела на конкретном примере.
Пусть \(y_n=\frac<1>\). Докажем, что предел этой последовательности b=0.
Найдем номер \(N_<\varepsilon>\) члена последовательности, который первым окажется меньше одной тысячной. Т.е. «заранее взятое число» у нас ε=0,001, а ε-окрестность окружает точку предела \(b=0:\ -\varepsilon\lt y_n\lt\varepsilon\).
Решаем неравенство \(|y_n-b|\lt\varepsilon\): \begin \left|\frac<1>-0\right|\lt 0,001\Rightarrow \frac<1>\lt 0,001\Rightarrow n+4\gt \frac<1><0,001>=1000\\ n\gt 996\Rightarrow N_<\varepsilon>=997 \end Значит, начиная с \(N_<\varepsilon>=997\), все \(y_n=\frac<1>,\ n\geq N_<\varepsilon>=997\) будут меньше ε=0,001.
Если попробовать еще больше приблизиться к пределу b=0, например с ε=0,00001, стартовый номер \(N_<\varepsilon>\) для членов последовательности, которые умещаются в 100 раз меньшей ε-окрестности, очевидно, увеличится.
Теперь найдем общую формулу зависимости \(N_<\varepsilon>\) для последовательности \(y_n=\frac<1>\) с пределом b=0: \begin \left|\frac<1>-0\right|\lt \varepsilon \Rightarrow \frac<1>\lt \varepsilon\Rightarrow n+4\gt \frac<1><\varepsilon>\\ n\gt\frac1\varepsilon-4\Rightarrow N_<\varepsilon>=\left[\frac1\varepsilon-4\right]+1 \end где квадратные скобки обозначают целую часть от числа.

\(\varepsilon\)	0,1	0,01	0,001	0,0001	0,00001	0,000001
\(N_<\varepsilon>\)	7	97	997	9997	99997	999997
\(\lg \varepsilon\)	-1	-2	-3	-4	-5	-6
\(\lg N_<\varepsilon>\)	0,845	1,987	2,999	4,000	5,000	6,000

И построим график (в логарифмическом масштабе):

Мы видим, что чем меньше ε, тем больше \(N_<\varepsilon>\). Но главное – мы всегда можем его указать.
Таким образом, мы доказали, что действительно \(\lim_\frac<1>=0\)
Ведь для любого сколь угодно малого \(\varepsilon\gt 0\) мы можем указать такой номер \(N_<\varepsilon>=\left[\frac1\varepsilon-4\right]+1\), начиная с которого, для всех членов последовательности с номерами \(n\geq N_<\varepsilon>\) разность \(\left|\frac<1>-0\right|\), т.е. эти члены не выйдут за переделы ε окрестности предела b=0.

Построенный график интересен еще и тем, что показывает одно из важных практических применений логарифмов: если разбросы по шкалам очень велики, отличаются на порядки, то графики удобней строить в десятичных логарифмах.
Такие графики часто можно увидеть у физиков-ядерщиков, копающих вглубь, от нанометров до планковских длин; или у астрономов, всматривающихся вдаль, от тысяч километров до гигапарсек.

п.4. Ограниченные и неограниченные последовательности

Например:
1) последовательность \(y_n=\frac1n\) ограничена сверху \(M=y_1=1\) и ограничена снизу \(m=\lim_y_n=0\). Т.е. \(0\lt y_n\leq 1,\ \forall n\) — последовательность ограничена.
2) последовательность \(y_n=(-1)^n\) ограничена сверху \(M=1\) и ограничена снизу \(m=-1\). Т.е. \(-1\leq y_n\leq 1,\ \forall n\) — последовательность ограничена.
3) последовательность чисел Фибоначчи \(y_1=1,\ y_2=1,\ y_=y_+y_n\) ограничена снизу \(m=1\), но неограничена сверху. Т.е. последовательность неограничена: \(\lim_=+\infty\)

п.5. Как доказать неограниченность последовательности?

Разберем данное выше определение неограниченности (стремления к бесконечности) на конкретном примере.
Пусть \(y_n=n^2\). Докажем, что последовательность неограничена.
Найдем номер \(N_M\) члена последовательности, который первым окажется больше \(M=100\) — нашего «сколько угодно большого числа».
Согласно определению, подставляем значения в неравенство \(|y_n|\gt M\): \begin |n^2|\gt 100\Rightarrow n^2\gt 100\Rightarrow n\gt 10\\ N_M=11 \end Т.е. все \(y_n\), начиная с 11-го, будут больше 100.
Выведем общую формулу для \(N_M\): \begin |n^2|\gt M\Rightarrow n^2\gt M\Rightarrow n\gt\sqrt\\ N_M=[\sqrt]+1 \end где квадратные скобки обозначают целую часть числа.

\(M\)	10	100	1 000	10 000	100 000	1 000 000
\(N_M\)	4	11	33	101	317	1001

Таким образом, мы доказали, что действительно \(\lim_n^2=+\infty\)
Ведь для любого сколь угодно большого \(M\gt 0\) мы можем указать такой номер \(N_M=[\sqrt]\), начиная с которого, для всех членов последовательности с номерами \(n\geq N_M,\ y_n=n^2\gt M\), т.е. члены последовательности становятся ещё больше.

п.6. Примеры

Пример 1. Используя определение предела последовательности, докажите, что:
a) \( \lim_\frac<3-2n>=-\frac12 \)
По условию: $$ y_n=\frac<3-2n>,\ \ b=-\frac12 $$ Находим \(N_<\varepsilon>\) для произвольного ε>0 из неравенства \(|y_n-b|\lt\varepsilon\)
$$ \left|\frac<3-2n>+\frac12\right|\lt\varepsilon\Rightarrow \left|\frac<2n+2+3-2n><2(3-2n)>\right| \lt \varepsilon\Rightarrow \frac52\left|\frac<1><3-2n>\right|\lt \varepsilon $$ Знаменатель у дроби под модулем при \(n\geq 2\) отрицательный . Поэтому, раскрывая модуль, получаем: \begin \frac52\left|\frac<1><3-2n>\right|=\frac<5><2(2n-3)>\lt \varepsilon\Rightarrow 2n-3\gt \frac<5><2\varepsilon>\Rightarrow n\gt\frac12\left(\frac<5><2\varepsilon>+3\right)\\ N_<\varepsilon>=\left[\frac12\left(\frac<5><2\varepsilon>+3\right)\right]+1 \end Например:

ε	0,1	0,01	0,001	0,0001	0,00001	0,000001
\(N_<\varepsilon>\)	15	128	1253	12503	125003	1250003

Таким образом, для любого сколь угодно малого ε>0 найдется номер в последовательности \(N_<\varepsilon>=\left[\frac12\left(\frac<5><2\varepsilon>+3\right)\right]+1\), начиная с которого
\(\left|\frac<3-2n>+\frac12\right|\lt\varepsilon,\ n\geq N_<\varepsilon>\geq 2\).
Что и требовалось доказать.

ε	0,1	0,01	0,001	0,0001	0,00001	0,000001
\(N_<\varepsilon>\)	3	3	11	33	105	333

Показанный приём с усилением неравенства часто применяется в математическом анализе. Найденное \(N_<\varepsilon>\) немного больше «точного» значения, которое следует из исходной дроби \(\frac<3(3n^2+n+1)>\), но наша задача в том, чтобы обоснованно построить любое выражение для стартового номера \(N_<\varepsilon>\) в зависимости от ε.
Если найденный номер будет немного больше исходного – не страшно; главное, чтобы он 1) был обоснован; 2) гарантировал размещение всех последующих \(y_n,\ n\geq N_<\varepsilon>\) в ε окрестности предела b.

Таким образом, для любого сколь угодно малого ε>0 найдется номер в последовательности \(N_<\varepsilon>=\left[\frac<1><3\sqrt<\varepsilon>>\right]\), начиная с которого \(\left|\frac<3n^2+n+1>-\frac13\right|\lt\varepsilon,\ n\geq N_<\varepsilon>\geq 3\).
Что и требовалось доказать.

в) \( \lim_\frac<3^n+1><3^n>=1 \)
По условию: $$ y_n=\frac<3^n+1><3^n>,\ \ b=1 $$ Записываем неравенство \(|y_n-b|\lt\varepsilon\):
\begin \left|\frac<3^n+1><3^n>-1\right|\lt\varepsilon\Rightarrow \left|\frac<3^n+1-3^n><3^n>\right|\lt\varepsilon\Rightarrow \frac<1><3^n>\lt \varepsilon\Rightarrow 3^n\gt \frac1\varepsilon\\ n\gt\log_3\frac1\varepsilon\Rightarrow n\gt -\log_3\varepsilon\\ N_<\varepsilon>=\left[-\log_3\varepsilon\right]+1 \end Например:

ε	0,1	0,01	0,001	0,0001	0,00001	0,000001
\(N_<\varepsilon>\)	3	5	7	9	11	14

Таким образом, для любого сколь угодно малого ε>0 найдется номер в последовательности \(N_<\varepsilon>=\left[-\log_3\varepsilon\right]\), начиная с которого \(\left|\frac<3^n+1><3^n>-1\right|\lt\varepsilon,\ n\geq N_<\varepsilon>\).
Что и требовалось доказать.

ε	0,1	0,01	0,001	0,0001	0,00001	0,000001
\(N_<\varepsilon>\)	2	362	39602	3996002	4·10 8	4·10 10

Таким образом, для любого сколь угодно малого ε>0 найдется номер в последовательности \(N_<\varepsilon>=\left[\left(\frac<1><5\varepsilon>-1\right)^2\right]\), начиная с которого \(\left|\frac<\sqrt><5\sqrt+1>-\frac15\right|\lt\varepsilon,\ n\geq N_<\varepsilon>\).
Что и требовалось доказать.

Пример 2. Используя определения неограниченной последовательности, докажите, что:
a) \( \lim_2^n=+\infty \)
По условию: \(y_n=2^n\)
Записываем неравенство \(|y_n|\gt M\):
\begin 2^n\gt M\Rightarrow n\gt \log_2M\\ N_M=\left[\log_2M\right]+1 \end Например:

M	10	100	1 000	10 000	100 000	1 000 000
NM	4	8	11	14	18	21

Таким образом, для любого сколь угодно большого \(M\gt 0\) мы можем указать такой номер \(N_M=\left[\log_2M\right]+1\), начиная с которого, для всех членов последовательности с номерами \(n\geq N_M,\ y_n=2^n\gt M\).
Что и требовалось доказать.

б) \( \lim_\sqrt=+\infty \)
По условию: \(y_n=\sqrt\)
Записываем неравенство \(|y_n|\gt M\):
\begin \sqrt\gt M\Rightarrow n+1\gt M^2\Rightarrow n\gt M^2 -1\\ N_M=\left[M^2-1\right]+1=\left[M^2\right] \end знак целой части оставляем, т.к. \(M\in\mathbb\) — не обязательно целое.
Например:

M	10	100	1 000	10 000	100 000	1 000 000
NM	100	10 000	1 000 000	10 8	10 10	10 12

Таким образом, для любого сколь угодно большого \(M\gt 0\) мы можем указать такой номер \(N_M=\left[M^2\right]\), начиная с которого, для всех членов последовательности с номерами \(n\geq N_M,\ y_n=\sqrt\gt M\).
Что и требовалось доказать.

Критерий Коши сходимости последовательности

Условие Коши можно представить и в другом виде. Пусть m > n . Если m < n , то поменяем n и m местами. Случай нас не интересует, поскольку при этом неравенство (1) выполняется автоматически. Имеем:
;
.
Здесь p – натуральное число.

Тогда условие Коши можно сформулировать так:

Последовательность удовлетворяет условию Коши, если для любого существует такое натуральное число , что
(2) при и любых натуральных p .

Число , фигурирующее в условии Коши, зависит от ε . То есть оно является функцией от действительной переменной ε , областью значений которой является множество натуральных чисел. Число также можно записать в виде , как это принято для обозначения функций.

Критерий Коши сходимости последовательности

Критерий Коши сходимости последовательности

Для того, чтобы последовательность имела конечный предел, необходимо и достаточно, чтобы она удовлетворяла условию Коши.

Доказательство необходимости

Пусть последовательность сходится к конечному пределу a :
.
Это означает, что имеется некоторая функция , так что для любого выполняется неравенство:
(1.1) при .
См. Определение предела последовательности.

Покажем, что последовательность удовлетворяет условию Коши ⇑. Для этого нам нужно найти такую функцию , при которой, для любого , выполняются неравенства:
при .
Воспользуемся свойствами неравенств и применим (1.1):
.
Последнее неравенство выполняется при .

Заменим на . Тогда для любого имеем:
при ,
где .

Доказательство достаточности

Пусть последовательность удовлетворяет условию Коши ⇑. Докажем, что она сходится к конечному числу. Доказательство разделим на три части. Сначала докажем, что последовательность ограничена. Затем применим теорему Больцано – Вейерштрасса, согласно которой у ограниченной последовательности существует подпоследовательность, сходящаяся к конечному числу. И наконец, покажем, что к этому числу сходится вся последовательность.

Докажем, что последовательность , удовлетворяющая условию Коши ⇑, ограничена. Для этого, в условии Коши, положим . Тогда существует такое натуральное число , при котором выполняются неравенства:
(2.1.1) при .

Возьмем любое натуральное число и зафиксируем член последовательности . Обозначим его как , чтобы подчеркнуть, что это постоянное, не зависящее от индекса n число.

Подставляем в (2.1.1) и выполняем преобразования. При имеем:
;
;
;
;
.
Отсюда видно, что при , члены последовательности ограничены. Поскольку, при , имеется только конечное число членов, то и вся последовательность ограничена.

Применим теорему Больцано – Вейерштрасса. Согласно этой теореме, у ограниченной последовательности, существует подпоследовательность, сходящаяся к некоторому конечному числу a . Обозначим такую подпоследовательность как . Тогда
.

Покажем, что к числу a сходится вся последовательность.
Поскольку последовательность удовлетворяет условию Коши ⇑, то имеется некоторая функция , при которой для любого выполняются неравенства:
при .
В качестве возьмем член сходящейся подпоследовательности и заменим ε ₁ на ε /2 :
(2.3.1) при .

Зафиксируем n . Тогда (2.3.1) является неравенством, содержащим последовательность , у которой исключено конечное число первых членов с . Конечное число первых членов не влияет на сходимость (см. Влияние конечного числа членов на сходимость последовательности). Поэтому предел при усеченной последовательности по прежнему равен a . Применяя свойства пределов, связанные с неравенствами и арифметические свойства пределов, при , из (2.3.1) имеем:
при .
Воспользуемся очевидным неравенством: . Тогда
при .

То есть для любого существует натуральное число , так что
при .
Это означает, что число a является пределом всей последовательности (а не только ее подпоследовательности .

Пример применения признака Коши

Признак Коши применяется при продолжении показательной функции, определенной для рациональных чисел, на область действительных чисел. С его помощью доказывается, что если последовательность рациональных чисел < r_n > сходится, то и последовательность < a r_n > , где a > 0 , также является сходящейся. Доказательство приводится здесь ❯.

Использованная литература:
О.В. Бесов. Лекции по математическому анализу. Часть 1. Москва, 2004.

Исследовать на сходимость числовой ряд

Числовой ряд в общем виде задаётся следующей формулой: $$\sum_^\infty a_n.$$ Разберем из чего состоит ряд. $a_n$ — это общий член ряда. $n$ — это переменная суммирования, которая может начинаться с нуля или любого натурального числа. Таким образом ряд расписывается следующим образом: $$\sum_^\infty a_n = a_1+a_2+a_3+. $$ Слагаемые $a_1,a_2,a_3. $ называются членами ряда. Если они неотрицательные, то ряд называется положительными числовым рядом.

Ряд расходится, если сумма его членов равна бесконечности: $$\sum_^\infty n^2+1 = 2+5+10+. $$Ряд сходится, если сумма его членов равна конечному числу. Например, бесконечно убывающая геометрическая прогрессия: $$\sum_^\infty \frac<1> <2^n>= 1+\frac<1> <2>+ \frac<1><4>+\frac<1><8>+. $$ Её сумма вычисляется по следующей формуле $S = \frac<1-q>$, где $A$ — первый член прогрессии, а $q$ — основание. В данном случае сумма равна $S = \frac<1><1 - \frac<1><2>> = 2$.

Стоит заметить, что вычислить сумму ряда в большинстве случаев просто так не получится. Поэтому используют признаки сходимости, выполнение которых достаточно для установления сходимости ряда. Например, признаки Коши и Даламбера. Зависит это от общего члена ряда.

Необходимый признак сходимости ряда

Необходимый признак сходимости ряда нужно применять мысленно перед тем, как использовать достаточные признаки. Именно благодаря ему, можно заранее установить, что ряд расходится и не тратить время на проверку достаточными признаками. Для этого, нужно найти предел общего члена ряда и в зависимости от его значения сделать вывод.

1. Если ряд сходится, то $\lim\limits_ a_n = 0$
2. Если $\lim\limits_ a_n \neq 0$ или не существует, то ряд расходится

ЗАМЕЧАНИЕ ! Первый пункт не работает в обратную сторону и нужно использовать достаточный признак сходимости. То есть, если предел общего члена ряда равен нулю, то это ещё не значит, что ряд сходится! Требуется использовать один из достаточных признаков сходимости.

Пример 1

Проверить сходимость числового ряда $\sum_^\infty n^2 + 1$

Решение

Применяем необходимый признак сходимости ряда $$\lim_ n^2+1 = \infty$$Так как получили бесконечность, то значит ряд расходится и на этом исследование заканчивается. Если бы предел равнялся нулю, то действовали бы дальше применяя достаточные признаки.

Ответ

Ряд расходится

Пример 2

Проверить сходимость $\sum_^\infty \frac<1>$

Решение

Ищем предел общего члена ряда $$\lim_ \frac<1> = 0$$Так как предел получился равным нулю, то нельзя сказать сходится или расходится ряд. Нужно применить один из достаточных признаков сходимости.

Ответ

Требуется дополнительное исследование

Признаки сравнения

Обобщенный гармонический ряд записывается следующим образом $ \sum_ ^\infty \frac<1> $.

1. Если $ p = 1 $, то ряд $ \sum_ ^\infty \frac<1>$ расходится
2. Если $ p \leqslant 1 $, то ряд расходится. Пример,$ \sum_ ^\infty \frac<1><\sqrt> $, в котором $ p = \frac<1><2>$
3. Если $ p > 1 $, то ряд сходится. Пример, $ \sum_ ^\infty \frac<1><\sqrt> $, в котором $ p = \frac<3><2>> 1 $

Этот ряд пригодится нам при использовании признаков сравнения, о которых пойдет речь дальше.

Признак сравнения

Пусть даны два знакоположительных числовых ряда $\sum_^\infty a_n$ и $\sum_^\infty b_n$, причем второй ряд сходящийся. Тогда, если начиная с некоторого номера $n$ выполнено неравенство $a_n \le b_n$, то ряд $\sum_^\infty a_n$ сходится вместе с $\sum_^\infty b_n$.

Предельный признак сравнения

Если предел отношения общих членов двух рядов $\sum_^\infty a_n$ и $\sum_^\infty b_n$ равен конечному числу и отличается от нуля $$\lim_ \frac = A,$$то оба ряда сходятся или расходятся одновременно.

ЗАМЕЧАНИЕ. Предельный признак удобно применять когда хотя бы один из общих членов ряда представляет собой многочлен.

Проверяем ряд на необходимый признак сходимости и убеждаемся в его выполнении $$\lim_ \frac<1> = 0.$$

Теперь данный ряд нужно сравнить с одним из гармонических рядов. В данном случае видим, что в знаменателе старшая степень $n^3$, значит подойдет гармонический ряд $\frac<1>$, а он как известно сходится. Но нужно дополнительно мысленно проверить, что выполняется неравенство $n^3 \le n^3+n^2+1$. Убедившись в этом получаем, что $$\frac<1> \le \frac<1>.$$Это означает, что $\sum_^\infty \frac<1>$ сходится.

Пример 4

Исследовать сходимость ряда с помощью признака сравнения $$\sum_^\infty \frac<1>$$

Решение

Воспользуемся предельным признаком сравнения. Сравним данный ряд со сходящимся рядом $\sum_^\infty \frac<1>$. Найти предел отношения общих членов двух рядов $$\lim_ \frac<\frac<1>><\frac<1>> = \lim_ \frac =$$Выносим за скобку $n^2$ и сокращаем на него числитель и знаменатель $$\lim_ \frac)> = \lim_ (1-\frac<2>) = 1.$$ Итак, получили конечное число отличное от нуля, значит оба ряда сходятся одновременно.

Ответ

Ряд сходится

Признак Даламбера

Признак рекомендуется использовать, если в общем члене ряда есть:

• Число в степени. Например, $2^n, 3^$
• Присутствует факториал. Например, $(n+1)!,(2n-3)!$

Для исследования сходимости ряда по признаку Даламбера нужно найти предел отношения двух членов ряда: $$\lim_ \frac> = L$$

В зависимости от значения предела делается вывод о сходимости или расходимости ряда:

1. При $0 \le L \le 1$ ряд сходится
2. При $L > 1$ или $L = \infty$ ряд расходится
3. При $L = 1$ признак не даёт ответа и нужно пробовать другой

Общий член ряда $a_n = \frac<2^>$, тогда следующий член ряда будет $$a_ = \frac<2^<(n+1)+1>> <(n+1)!>= \frac<2^><(n+1)!>$$

Теперь находим предел предыдущего и последующего членов ряда $$L=\lim_ \frac> = \lim_ \frac<\frac<2^><(n+1)!>><\frac<2^>> = \lim_ \frac <2^n!><(n+1)! 2^>$$ Выполняем сокращение на $2^$ и $n!$ и находим значение предела $$L=\lim_ \frac<2> = 0$$ Так как предел равен нулю ($L=0$), то ряд сходится по признаку Даламбера.

Начинаем с того, что выписываем общий член ряда $$a_n = \frac<3^><\sqrt<2n+5>>.$$

Теперь вычисляем предел последней дроби, чтобы проверить признаком Даламбера сходимость. Для этого сократим числитель и знаменатель на $n$ $$L = \lim\limits_ \frac<3\sqrt<2n+5>><\sqrt<2n+7>> = 3\lim\limits_ \frac<\sqrt<2+\frac<5>>><\sqrt<2+\frac<7>>> = 3\frac<\sqrt<2>><\sqrt<2>> = 3.$$

Так как получился $L > 0$, то по признаку Даламбера представленный ряд расходится.

Если не получается решить свою задачу, то присылайте её к нам. Мы предоставим подробное решение. Вы сможете ознакомиться с ходом вычисления и почерпнуть информацию. Это поможет своевременно получить зачёт у преподавателя!

Радикальный признак Коши

Для установления сходимости ряда по радикальному признаку Коши нужно вычислить предел корня $n$ степени из общего члена ряда $$L = \lim\limits_ \sqrt[n].$$

1. Если $L<1$, то ряд сходится,
2. если $L>1$, то ряд расходится,
3. если $L=1$, то признак не даёт ответа о сходимости.

Применяется данный признак в случаях, когда общий член ряда находится в степени содержащей $n$.

Так как у общего члена есть тепень, в составе которой, присутствует $n$, то есть смысл попробовать применить радикальный признак сходимости Коши. Для этого, извлекаем корень $n$ степени из общего члена. $$\sqrt[n]<\bigg(\frac<3n+1><2n+7>\bigg)^<3n>> = \bigg(\frac<3n+1><2n+7>\bigg)^3.$$

Теперь вычисляем предел полученного выражения. $$L = \lim\limits_ \bigg(\frac<3n+1><2n+7>\bigg)^3 = \lim\limits_\frac<(3n+1)^3><(2n+7)^3>$$

Делаем вывод: так как $L > 1$, то представленный ряд расходится.

Выписываем общий член ряда и извлекаем из него корень $n$ степени. $$\sqrt[n]<\frac<1> <3^n>\bigg(\frac\bigg)^n> = \frac<1><3>\frac$$

Вычисляем предел $$L = \lim\limits_ \frac<1><3>\frac = \frac<1> <3>\cdot 1 = \frac<1><3>.$$

Так как предел меньше единицы $L = \frac<1> <3>< 1$, то данный ряд сходится.