Страница сетевой поддержки учеников Тимура Юрьевича Альпина

Исследовать на сходимость ряд:
$$\begin{equation} \sum_{n=1}^{\infty}\frac{\left[3+\left(-1\right)^{n}\right]^{n}}{n}x^{n}.\label{main} \end{equation}$$

По формуле Коши-Адамара
$$\frac{1}{R}=\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{\left|a_{n}\right|}.$$
Но можно заметить, что при $n=2k$
$$\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{\left|a_{n}\right|}=\lim_{n\to\infty}\frac{\left[3+\left(-1\right)^{n}\right]}{\sqrt[n]{n}}=\lim_{k\to\infty}\frac{\left[3+\left(-1\right)^{2k}\right]}{\sqrt[2k]{2k}}=4,$$
а при $n=2k+1$
$$\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{\left|a_{n}\right|}=\lim_{n\to\infty}\frac{\left[3+\left(-1\right)^{n}\right]}{\sqrt[n]{n}}=\lim_{k\to\infty}\frac{\left[3+\left(-1\right)^{2k+1}\right]}{\sqrt[2k+1]{2k+1}}=2.$$
Так как две подпоследовательности стремятся к разным пределам,
$$\cancel{\exists}\lim_{n\to\infty}\frac{\left[3+\left(-1\right)^{n}\right]}{\sqrt[n]{n}}.$$
Аналогично не получается найти радиус сходимости по признаку Даламбера.

Если рассмотреть отдельно чётные слагаемые ряда, для них получится, что $R=\frac{1}{4}$, если нечётные — $R=\frac{1}{2}$. Таким образом, при $\left|x\right|<\frac{1}{4}$ ряд должен сходиться, за пределами же этой области могут возникнуть проблемы. Теперь эти догадки докажем точно.
1) Пусть $\left|x\right|<\frac{1}{4}$. Тогда существует $q$, лежащее между $\left|x\right|$ и $\frac{1}{4}$: $$\left|x\right| < q < \frac{1}{4}$$ $$\left|x\right|^{n} < q^{n}$$ $$\frac{\left[3+\left(-1\right)^{n}\right]^{n}}{n}\left|x\right|^{n}<\frac{\left[3+\left(-1\right)^{n}\right]^{n}}{n}q^{n}=\frac{\left[3q+\left(-1\right)^{n}q\right]^{n}}{n}$$ $$3q+\left(-1\right)^{n}q=\left\{ \begin{array}{l} 2q,\;n=2k+1\\ 4q,\;n=2k \end{array}\right.\leqslant4q$$ $$\frac{\left[3+\left(-1\right)^{n}\right]^{n}}{n}\left|x\right|^{n}<\frac{\left[3+\left(-1\right)^{n}\right]^{n}}{n}q^{n}\leqslant\left[3q+\left(-1\right)^{n}q\right]^{n}\leqslant\left(4q\right)^{n}$$ Так как $q < \frac{1}{4}$, $4q < 1$ и ряд $$\sum_{n=0}^{\infty}\left(4q\right)^{n}$$ сходится. Тогда по первому признаку сравнения сходится и ряд $$\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left[3+\left(-1\right)^{n}\right]^{n}}{n}\left|x\right|^{n}=\sum_{n=0}^{\infty}\left|\frac{\left[3+\left(-1\right)^{n}\right]^{n}}{n}x^{n}\right|\text{,}$$ а исходный ряд ($\ref{main}$) сходится абсолютно.

2) Пусть теперь $\left|x\right|>\frac{1}{4}.$ Тогда $\exists q$: $\frac{1}{4} < q < \left|x\right|$ $$q^{n} < \left|x\right|^{n},$$ $$\frac{\left[3+\left(-1\right)^{n}\right]^{n}}{n}q^{n}<\frac{\left[3+\left(-1\right)^{n}\right]^{n}}{n}\left|x\right|^{n}.$$ При $n=2k$ $$\frac{\left[3+\left(-1\right)^{n}\right]^{n}}{n}q^{n}=\frac{\left[3+\left(-1\right)^{2k}\right]^{2k}}{2k}q^{2k}=\frac{4^{2k}}{2k}q^{2k}=\frac{\left(4q\right)^{2k}}{2k}$$ Так как $\frac{1}{4} < q$, $4q > 1$ и
$$\lim_{k\to\infty}\frac{\left(4q\right)^{2k}}{2k}=\infty,$$
а коль скоро
$$\frac{\left[3+\left(-1\right)^{2k}\right]^{2k}}{n}\left|x\right|^{2k}>\frac{\left(4q\right)^{2k}}{2k},$$
то
$$\lim_{k\to\infty}\frac{\left[3+\left(-1\right)^{2k}\right]^{2k}}{n}\left|x\right|^{2k}=\infty,\quad\cancel{\exists}\lim_{k\to\infty}\frac{\left[3+\left(-1\right)^{2k}\right]^{2k}}{n}x^{2k}.$$
Из того, что подпоследовательность с чётными номерами не имеет конечного предела, следует, что вся последовательность не имеет конечного предела. Значит, неверно и то, что
$$\lim_{n\to\infty}\frac{\left[3+\left(-1\right)^{n}\right]^{n}}{n}x^{n}=0,$$
а значит, ряд ($\ref{main}$) расходится (ибо не удовлетворяет необходимому условию сходимости).

Рассмотрим теперь граничные точки.

а) Пусть $x=\frac{1}{4}$. Составим частичные суммы ряда с чётным
количеством слагаемых:
$$S_{2m}=\sum_{n=1}^{2m}\frac{\left[3+\left(-1\right)^{n}\right]^{n}}{n}x^{n}=\sum_{n=1}^{2m}\frac{\left[3+\left(-1\right)^{n}\right]^{n}}{n}\left(\frac{1}{4}\right)^{n}=\sum_{k=1}^{m}\left(\frac{\left[3+\left(-1\right)^{2k}\right]^{2k}}{2k}\left(\frac{1}{4}\right)^{2k}+\frac{\left[3+\left(-1\right)^{2k-1}\right]^{2k-1}}{2k-1}\left(\frac{1}{4}\right)^{2k-1}\right)=$$
$$=\sum_{k=1}^{m}\left(\frac{1}{2k}+\frac{1}{2k-1}\left(\frac{1}{2}\right)^{2k-1}\right)>\sum_{k=1}^{m}\frac{1}{2k},$$
но так как гармонический ряд расходится и состоит из положительных слагаемых,
$$\lim_{m\to\infty}\sum_{k=1}^{m}\frac{1}{2k}=\infty\quad\Rightarrow\quad\lim_{m\to\infty}S_{2m}=\lim_{m\to\infty}\sum_{k=1}^{m}\left(\frac{1}{2k}+\frac{1}{2k-1}\left(\frac{1}{2}\right)^{2k-1}\right)=\infty.$$
Подпоследовательность последовательности частичных сумм не сходится, значит вся последовательность частичных сумм не сходится, и значит, ряд расходится по определению.

б) $x=-\frac{1}{4}$
$$S_{2m}=\sum_{n=1}^{2m}\frac{\left[3+\left(-1\right)^{n}\right]^{n}}{n}x^{n}=\sum_{k=1}^{2m}\left(\frac{1}{2k}-\frac{1}{2k+1}\left(\frac{1}{2}\right)^{2k+1}\right).$$
Ограничим эти суммы снизу:
$$1>0,$$
$$2k+1>2k,$$
$$\frac{1}{2k+1}<\frac{1}{2k},$$ $$-\frac{1}{2k+1}>-\frac{1}{2k},$$
$$-\frac{1}{2k+1}\left(\frac{1}{2}\right)^{2k+1}>-\frac{1}{2k}\left(\frac{1}{2}\right)^{2k+1},$$
$$\frac{1}{2k}-\frac{1}{2k+1}\left(\frac{1}{2}\right)^{2k+1}>\frac{1}{2k}-\frac{1}{2k}\left(\frac{1}{2}\right)^{2k+1},$$
$$\sum_{k=1}^{2m}\left(\frac{1}{2k}-\frac{1}{2k+1}\left(\frac{1}{2}\right)^{2k+1}\right)>\sum_{k=1}^{2m}\left(\frac{1}{2k}-\frac{1}{2k}\left(\frac{1}{2}\right)^{2k+1}\right),$$
$$S_{2m}>\sum_{k=1}^{2m}\left(\frac{1}{2k}-\frac{1}{2k}\left(\frac{1}{2}\right)^{2k+1}\right)=\sum_{k=1}^{2m}\frac{1}{2k}\left(1-\left(\frac{1}{2}\right)^{2k+1}\right)>\sum_{k=1}^{2m}\frac{1}{2k},$$
$$S_{2m}>\sum_{k=1}^{2m}\frac{1}{2k}.$$
$$\lim_{m\to\infty}\sum_{k=1}^{m}\frac{1}{2k}=\infty\quad\Rightarrow\quad\lim_{m\to\infty}S_{2m}=\infty.$$
Следуя логике, уже изложенной для $x=\frac{1}{4}$, приходим к выводу, что и в этом случае ряд расходится. Объединив полученные результаты, придём к тому, что ряд сходится при
$$x\in\left(-\frac{1}{4},\frac{1}{4}\right).$$