Интегральный признак Коши – Маклорена. Первая часть.

В этой теме мы рассмотрим применение интегрального признака Коши – Маклорена для исследования сходимости числовых рядов.

Интегральный признак Коши – Маклорена

Если функция \(\displaystyle{f(x)}\), определённая при всех \(\displaystyle{x\ge{1}}\), является неотрицательной, непрерывной и невозрастающей на \(\displaystyle{[1;+\infty)}\), то ряд \(\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty}f(n)}\) сходится или расходится одновременно с несобственным интегралом \(\displaystyle{\int\limits_{1}^{\infty}f(x)dx}\).

Сразу отмечу, что начальным значением индекса суммирования \(\displaystyle{n}\) не обязана быть именно единица. Начинать суммирование можно при любом \(\displaystyle{n=n_0}\). Главное, чтобы при \(\displaystyle{x \ge {n_0}}\) функция \(\displaystyle{f(x)}\) удовлетворяла условиям теоремы. Естественно, в этом случае несобственный интеграл уже будет таким: \(\displaystyle{\int\limits_{n_0}^{\infty}f(x)dx}\).

Чаще всего в стандартных примерах интегральный признак Коши применяется, если выражение под знаком суммы имеет такую структуру: \(\displaystyle{\frac{1}{n\cdot\ln^p {n}}}\). Иногда составители контрольных работ или типовых расчётов дают указание применить интегральный признак Коши в тех случаях, когда удобнее было бы применить, например, признаки сравнения. В этой теме мы рассмотрим и такие случаи (во второй части).

Задача №1

Условие

Исследовать ряд \(\displaystyle{\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(2n+1)\sqrt[4]{\ln(2n+1)}}}\) на сходимость.

Решение

Это классический случай для применения интегрального признака Коши. Для исследования ряда на сходимость требуется найти интеграл \(\displaystyle{\int\limits_{1}^{\infty}f(x)dx}\), где \(\displaystyle{f(x)=\frac{1}{(2x+1)\sqrt[4]{\ln(2x+1)}}}\). Функция \(\displaystyle{f(x)}\) удовлетворяет всем условиям признака Коши – Маклорена.

Почему \(\displaystyle{f(x)}\) удовлетворяет всем условиям признака Коши – Маклорена?

Функции \(\displaystyle{2x+1}\) и \(\displaystyle{\sqrt[4]{\ln(2x+1)}}\) непрерывны при \(\displaystyle{x\ge{1}}\). Более того, обе они положительны и возрастают, а значит будет непрерывной возрастающей функцией и \(\displaystyle{\varphi(x)=(2x+1)\sqrt[4]{\ln(2x+1)}}\). Так как непрерывная функция \(\displaystyle{\varphi(x)}\) является положительной и возрастает, то функция \(\displaystyle{f(x)=\frac{1}{\varphi(x)}}\) будет положительной, непрерывной и убывающей.

Осталось лишь вычислить \(\displaystyle{\int\limits_{1}^{\infty}f(x)dx}\). Если этот интеграл будет сходиться, то будет сходиться и заданный ряд; если интеграл будет расходиться, то заданный ряд также расходится.

\[ \int\limits_{1}^{\infty}f(x)dx =\int\limits_{1}^{\infty}\frac{1}{(2x+1)\sqrt[4]{\ln(2x+1)}}dx =\lim_{b\to +\infty}\int\limits_{1}^{b}\frac{dx}{(2x+1)\sqrt[4]{\ln(2x+1)}}=\\ =\lim_{b\to+\infty}\left(\frac{1}{2}\int\limits_{1}^{b}\left(\ln(2x+1)\right)^{-\frac{1}{4}}d\left(\ln(2x+1)\right)\right) =\lim_{b\to+\infty}\left(\frac{1}{2}\cdot\left. \frac{\left(\ln(2x+1)\right)^{\frac{3}{4}}}{\frac{3}{4}}\right|_{1}^{b}\right)=\\ =\lim_{b\to+\infty}\left(\frac{2}{3}\cdot\left(\ln^{\frac{3}{4}}(2b+1)-\ln^{\frac{3}{4}}(2\cdot{1}+1)\right)\right) =\lim_{b\to+\infty}\left(\frac{2}{3}\cdot\left(\ln^{\frac{3}{4}}(2b+1)-\ln^{\frac{3}{4}}{3}\right)\right) =\infty \]

Итак, несобственный интеграл расходится. Значит, будет расходиться и заданный ряд.

Ответ:

ряд расходится.

Задача №2

Условие

Исследовать ряд \(\displaystyle{\sum\limits_{n=2}^{\infty}\frac{1}{n\ln n}}\) на сходимость.

Решение

Выяснение вопроса сходимости этого ряда полностью аналогично решению предыдущего примера, поэтому данную задачу рассмотрим просто для практики. Я бы советовал читателю решить её самостоятельно, лишь сверяясь с решением, приведённым ниже. Тут стоит обратить внимание, что в рассматриваемом случае нижний индекс суммирования равен не единице, а двойке, т.е. суммирование начинается при \(\displaystyle{n=2}\).

Функция \(\displaystyle{f(x)=\frac{1}{x\ln {x}}}\) удовлетворяет всем условиям интегрального признака Коши – Маклорена. Вычислим интеграл \(\displaystyle{\int\limits_{2}^{\infty}f(x)dx}\):

\[ \int\limits_{2}^{\infty}f(x)dx =\int\limits_{2}^{\infty}\frac{1}{x\ln {x}}dx =\lim_{b\to +\infty}\int\limits_{2}^{b}\frac{dx}{x\ln x}=\\ =\lim_{b\to +\infty}\int\limits_{2}^{b}\frac{d\left(\ln x\right)}{\ln x}dx =\lim_{b\to +\infty}\left.\ln|\ln x|\right|_{2}^{b} =\lim_{b\to +\infty}\left(\ln|\ln b|-\ln|\ln 2| \right) =\infty \]

Интеграл \(\displaystyle{\int\limits_{2}^{\infty}f(x)dx}\) расходится. Значит, будет расходиться и заданный ряд.

Ответ:

ряд расходится.

Задача №3

Условие

Исследовать ряд \(\displaystyle{\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(3n-1)\ln^2 (5n+7)}}\) на сходимость.

Решение

Структура выражения \(\displaystyle{\frac{1}{(3n-1)\ln^2 (5n+7)}}\) явно указывает на применение интегрального признака Коши. Однако в отличие от предыдущих примеров, здесь есть проблема: выражение \(\displaystyle{3n-1}\) в скобках и выражение \(\displaystyle{5n+7}\) под знаком логарифма не совпадают. Следовательно, нужно рассмотреть некий вспомогательный ряд, у которого означенные выражения будут совпадать.

Рассмотрим ряд \(\displaystyle{\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(5n+7)\ln^2 (5n+7)}}\). Функция \(\displaystyle{f(x)=\frac{1}{(5x+7)\ln(5x+7)}}\) удовлетворяет всем условиям интегрального признака Коши – Маклорена. Вычислим интеграл \(\displaystyle{\int\limits_{1}^{\infty}f(x)dx}\):

\[ \int\limits_{1}^{\infty}f(x)dx =\int\limits_{1}^{\infty}\frac{dx}{(5x+7)\ln^2 (5x+7)}=\\ =\lim_{b\to +\infty}\left(\frac{1}{5}\cdot\int\limits_{1}^{b}\frac{d\left(\ln(5x+7)\right)}{\ln^2(5x+7)}dx\right) =\lim_{b\to +\infty}\left(\frac{1}{5}\cdot\int\limits_{1}^{b}\left(\ln(5x+7)\right)^{-2}d\left(\ln(5x+7)\right)\right)=\\ =\lim_{b\to +\infty}\left(\frac{1}{5}\cdot\left.\frac{\left(\ln(5x+7)\right)^{-1}}{-1}\right|_{1}^{b}\right) =\lim_{b\to +\infty}\left(-\frac{1}{5\ln(5b+7)}+\frac{1}{5\ln{12}}\right) =0+\frac{1}{5\ln{12}} =\frac{1}{5\ln{12}} \]

Интеграл \(\displaystyle{\int\limits_{1}^{\infty}f(x)dx}\) сходится. Значит, будет сходиться и ряд \(\displaystyle{\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(5n+7)\ln^2 (5n+7)}}\). Мы доказали, что вспомогательный ряд сходится. Теперь вернёмся к исходному ряду и используем признак сравнения (в предельной форме):

\[ \lim_{n\to\infty}\frac{\frac{1}{(3n-1)\ln^2 (5n+7)}}{\frac{1}{(5n+7)\ln^2 (5n+7)}} =\lim_{n\to\infty}\frac{5n+7}{3n-1} =\lim_{n\to\infty}\frac{5+\frac{7}{n}}{3-\frac{1}{n}} =\frac{5}{3} \]

Так как \(\displaystyle{0\lt\frac{5}{3}\lt\infty}\), то рассматриваемые ряды сходятся либо расходятся одновременно. Так как ряд \(\displaystyle{\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(5n+7)\ln^2 (5n+7)}}\) сходится, то будет сходиться и ряд \(\displaystyle{\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(3n-1)\ln^2 (5n+7)}}\).

Ответ:

ряд сходится.