Интегральный признак Коши

Пусть задан $ \sum _{n=1} ^\infty a_n $ ряд с положительными членами, который монотонно убывает при $ n>1 $. К такому ряду можно попробовать применить интегральный признак Коши, чтобы исследовать на сходимость.

Суть заключается в том, что нужно составить несобственный интеграл из общего члена ряда $ a_n $, заменив при этом букву $ n $ на $ x $. Затем вычислить, полученный интеграл. Если ответ его будет конечным, то значит, искомый ряд одновременно сходится с несобственным интегралом.

Интегральный признак Коши, примеры решений которого будут разобраны далее, очень удобен при исследовании рядов вида: $ \sum_{n=1} ^\infty \frac{1}{n \ln^p n} $ и других, в которых вместе есть некоторая функция и её производная.

Алгоритм исследования

Проверяем, что члены ряда положительные, то есть $ a_n > 0 $, при $ n>1 $
Узнаем, что члены ряда монотонно убывают, то есть $ a_n > a_{n+1} $
Функция определена при всех $ n>1 $, то есть существует
Составляем несобственный интеграл из общего члена ряда, заменив $ n $ на $ x $
Вычислить интеграл, и сделать вывод об одновременной сходимости или расходимости вместе с рядом

Примеры решения

Пример 1
Исследовать на сходимость по интегральном признаку Коши ряд $$ \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{(n+1)\ln(n+1)} $$
Решение
Ряд знакоположительный, так как функции $ n+1 $ и $ \ln(n+1) $ положительные. Члены ряда монотонно убывают с возрастанием $ n $ в знаменателе. Так же замечаем в общем члене содержится функция $ \ln(n+1) $ и её производная $ \frac{1}{n+1} $, а это признак к тому, что нужно воспользоваться интегральным признаком Коши. Составляем несобственный интеграл, в котором $ n $ подменяем на $ x $ и переписываем пределы из под значка суммы: $$ \int _1^\infty \frac{1}{(x+1)\ln(x+1)}dx = \int_1^\infty \frac{dx}{(x+1)\ln(x+1)} = $$ Выполняем подведение под знак дифференциала функции $ \frac{1}{x+1} $: $$ =\int_1 ^\infty \frac{d(\ln(x+1))}{\ln(x+1)}=\ln(\ln(x+1))\bigg\|_1 ^\infty = $$ $$ = \lim_{x\to \infty} \ln(\ln(x+1)) - \ln(\ln2) = \infty - \ln(\ln2) = \infty $$ В результате вычисления интеграла оказалось, что он расходится. И одновременно с ним расходится ряд $ \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{(n+1)\ln(n+1)} $ 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!
Ответ
Ряд расходится

Пример 2
Исследовать по интегральному признаку ряд: $$ \sum_{n=1}^\infty \frac{n}{n^2+4} $$
Решение
Ряд знакоположительный, члены монотонно убывают. Поэтому составляем несобственный интеграл, чтобы воспользоваться интегральным признаком: $$ \int_1^\infty \frac{x}{x^2+4} dx = \frac{1}{2} \int_1^\infty \frac{d(x^2+4)}{x^2+4} = \frac{1}{2}\ln(x^2+4) \bigg \|_1 ^\infty = $$ $$ = \frac{1}{2}\lim_{x\to \infty} \ln(x^2+4) - \frac{1}{2} \ln(1^2+4) = $$ $$ = \frac{1}{2}\cdot \infty - \frac{1}{2}\ln5 = \infty $$ Так как интеграл равен бесконечности, то он расходится. А с ним расходится и ряд $ \sum_{n=1}^\infty \frac{n}{n^2+4} $
Ответ
Ряд расходится

Пример 3
С помощью интегрального признака Коши на примерах решений доказать расходимость гармонического ряда $ \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n} $ и сходимость ряда $ \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2} $
Решение
а) Исследуем первый ряд: $$ \int_1^\infty \frac{1}{x} dx = \ln\|x\| \bigg \|_1 ^\infty = \lim_{x\to \infty} \ln\|x\| - \ln1 = \infty $$ Интеграл расходится, а вместе с ним и ряд $ \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n} $ б) Исследуем второй ряд: $$ \int_1^\infty \frac{1}{x^2} dx = -\frac{1}{x} \bigg \|_1^\infty = $$ $$ = -\lim_{x\to\infty} \frac{1}{x} + \frac{1}{1} = 0 + 1 = 1 $$ Так как получено конечно число, то интеграл сходится. А вместе с ним одновременно сходится и ряд $ \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2} $
Ответ
а) Расходится б) Сходится