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
\[
x\in\left(-\frac{1}{4},\frac{1}{4}\right).
\]
