Интегральный признак Коши – Маклорена. Вторая часть.

Продолжим тему применения интегрального признака Коши – Маклорена (или в иной терминологии просто интегрального признака Коши), начатую в первой части. В первой части этой темы мы разобрали примеры наиболее часто встречающиеся рядов, для исследования сходимости которых применяется интегральный признак Коши. Здесь же рассмотрим несколько примеров, в которых применение интегрального признака Коши не совсем оправдано с точки зрения простоты решения. Однако такие примеры нередко встречаются в стандартных типовых расчётах и контрольных работах, при этом авторы задач требуют применения именно интегрального признака Коши. Поэтому уделим внимание и таким задачам.

Задача №1

Условие

Исследовать сходимость ряда \(\displaystyle{\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{\arctg {n}}{1+n^2}}\) с помощью интегрального признака Коши – Маклорена.

Решение

Сходимость этого ряда элементарно доказывается с помощью любого из признаков сравнения. Однако в условии оговорен интегральный признак Коши, который мы обязаны применять. Впрочем, для любознательного читателя я скрою под примечание исследование сходимости данного ряда с помощью признаков сравнения.

Применение признаков сравнения

Общий член ряда записан под знаком суммы: \(\displaystyle{u_n=\frac{\arctg {n}}{1+n^2}\gt{0}}\). Увеличим числитель дроби \(\displaystyle{\frac{\arctg n}{1+n^2}}\). Запишем вместо \(\displaystyle{\arctg{n}}\) число \(\displaystyle{\frac{\pi}{2}}\), – ведь любой арктангенс всегда меньше этого числа:

\[ \frac{\arctg {n}}{1+n^2} \lt \frac{\frac{\pi}{2}}{1+n^2} \]

А теперь ещё раз увеличим дробь, записав \(\displaystyle{n^2}\) вместо \(\displaystyle{1+n^2}\) в знаменателе:

\[ \frac{\frac{\pi}{2}}{1+n^2} \lt \frac{\frac{\pi}{2}}{n^2} =\frac{\pi}{2}\cdot\frac{1}{n^2} \]

Ряд \(\displaystyle{\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}}\) сходится, так как представляет собой обобщёный гармонический ряд, у которого степень \(\displaystyle{n}\) в знаменателе больше единицы (т.е. \(\displaystyle{2 \gt {1}}\)). Так как сходится ряд \(\displaystyle{\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}}\), то будет сходиться и ряд \(\displaystyle{\sum\limits_{n=1}^{\infty}\left(\frac{\pi}{2}\cdot\frac{1}{n^2}\right)}\), откуда согласно признаку сравнения следует сходимость ряда \(\displaystyle{\sum\limits_{n=1}^{\infty}u_n}\).

Можно применить и второй признак сравнения, т.е. признак сравнения в предельной форме. Сравним наш ряд с сходящимся рядом \(\displaystyle{\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}}\), используя признак сравнения в предельной форме:

\[ \lim_{n\to\infty}\frac{\frac{\arctg {n}}{1+n^2}}{\frac{1}{n^2}} =\lim_{n\to\infty}\frac{n^2\arctg {n}}{1+n^2} =\lim_{n\to\infty}\frac{\arctg {n}}{\frac{1}{n^2}+1} =\frac{\frac{\pi}{2}}{0+1} =\frac{\pi}{2} \]

Так как \(\displaystyle{0 \lt \frac{\pi}{2} \lt \infty}\), то одновременно с рядом \(\displaystyle{\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}}\) сходится и заданный нам ряд.

Рассмотрим функцию \(\displaystyle{f(x)=\frac{\arctg x}{1+x^2}}\). Она непрерывна и неотрицательна при \(\displaystyle{x\ge{1}}\), однако вопрос монотонности её не столь очевиден.

Найдём производную функции \(\displaystyle{f(x)}\):

\[ f'(x) =\left( \frac{\arctg {x}}{1+x^2}\right)' =\frac{1-2x\arctg {x}}{\left(1+x^2\right)^2} \]

Знаменатель полученной дроби больше нуля при любых значениях \(\displaystyle{x}\). Обратимся к числителю. Так как \(\displaystyle{x \ge {1}}\), то \(\displaystyle{2x \ge {2}}\) и \(\displaystyle{\arctg {x} \ge \arctg {1}=\frac{\pi}{4}}\). Тогда \(\displaystyle{2x\arctg {x} \ge {2}\cdot\frac{\pi}{4}\gt {1}}\), откуда имеем \(\displaystyle{1-2x\arctg x \lt {0}}\).

Итак, \(\displaystyle{f'(x) \lt 0}\) при \(\displaystyle{x \ge {1}}\), т.е. функция \(\displaystyle{f(x)}\) убывает при \(\displaystyle{x\ge {1}}\). Функция \(\displaystyle{f(x)}\) удовлетворяет всем условиям интегрального признака Коши – Маклорена. Вычислим несобственный интеграл от данной функции:

\[ \int\limits_{1}^{\infty}f(x)dx=\int\limits_{1}^{\infty}\frac{\arctg {x}\,dx}{1+x^2} =\lim_{b\to +\infty}\int\limits_{1}^{b}\frac{\arctg {x}\,dx}{1+x^2} =\lim_{b\to +\infty}\int\limits_{1}^{b}\arctg {x}\,d(\arctg {x})=\\ =\lim_{b\to +\infty}\left.\frac{\arctg^2{x}}{2}\right|_{1}^{b} =\lim_{b\to +\infty}\left(\frac{1}{2}\cdot\left(\arctg^2{b}-\arctg^2{1}\right)\right) =\frac{1}{2}\cdot\left(\left(\frac{\pi}{2}\right)^2-\left(\frac{\pi}{4}\right)^2\right) =\frac{3\pi^2}{32} \]

Итак, интеграл \(\displaystyle{\int\limits_{1}^{\infty}f(x)dx}\) сходится. Значит, будет сходиться и ряд \(\displaystyle{\sum\limits_{n=1}^{\infty}u_n}\).

Ответ:

ряд сходится.

Задача №2

Условие

Исследовать ряд \(\displaystyle{\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(n+1)\sqrt{n}}}\) на сходимость с помощью интегрального признака Коши – Маклорена.

Решение

Вновь вынужден отметить, что сходимость этого ряда элементарно доказывается с помощью любого из признаков сравнения. Конечно, применение интегрального признака Коши упомянуто в условии, поэтому будем применять именно этот признак. Впрочем, я скрою под примечание исследование сходимости данного ряда с помощью, например, первого признака сравнения.

Применение первого признака сравнения

Общий член ряда записан под знаком суммы: \(\displaystyle{u_n=\frac{1}{(n+1)\sqrt{n}}\gt{0}}\). Уменьшим знаменатель дроби \(\displaystyle{\frac{1}{(n+1)\sqrt{n}}}\), записав \(\displaystyle{n}\) вместо \(\displaystyle{n+1}\). Уменьшение знаменателя приведёт к увеличению дроби:

\[ \frac{1}{(n+1)\sqrt{n}} \lt \frac{1}{n\sqrt{n}} =\frac{1}{n^\frac{3}{2}} \]

Ряд \(\displaystyle{\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^\frac{3}{2}}}\) сходится, так как представляет собой обобщёный гармонический ряд, у которого степень \(\displaystyle{n}\) в знаменателе больше единицы (т.е. \(\displaystyle{\frac{3}{2} \gt {1}}\)). Так как ряд \(\displaystyle{\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^\frac{3}{2}}}\) сходится, то согласно первому признаку сравнения ряд \(\displaystyle{\sum\limits_{n=1}^{\infty}u_n}\) сходится.

Рассмотрим функцию \(\displaystyle{f(x)=\frac{1}{(x+1)\sqrt{x}}}\). Эта функция удовлетворяет всем условиям признака Коши – Маклорена.

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

Несобственный интеграл сходится. Значит, будет сходиться и заданный ряд.

Ответ:

ряд сходится.

Задача №3

Условие

Исследовать сходимость ряда \(\displaystyle{\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{\sqrt[4]{(5n+6)^3}}}\) с помощью интегрального признака Коши – Маклорена.

Решение

Сходимость этого ряда, как и предыдущих рядов на этой странице, тоже легко доказывается с помощью признаков сравнения. Вновь я скрою под примечание исследование сходимости данного ряда с помощью, например, второго (предельного) признака сравнения.

Применение второго признака сравнения

Общий член ряда записан под знаком суммы: \(\displaystyle{u_n=\frac{1}{\sqrt[4]{(5n+6)^3}}\gt{0}}\). Сравним заданный ряд с расходящимся рядом \(\displaystyle{\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^\frac{3}{4}}}\), используя признак сравнения в предельной форме:

\[ \lim_{n\to\infty}\frac{\frac{1}{\sqrt[4]{(5n+6)^3}}}{\frac{1}{n^\frac{3}{4}}}=\lim_{n\to\infty}\frac{\sqrt[4]{n^3}}{\sqrt[4]{(5n+6)^3}} =\lim_{n\to\infty}\frac{1}{\sqrt[4]{\left(5+\frac{6}{n}\right)^3}} =\frac{1}{\sqrt[4]{125}} \]

Так как \(\displaystyle{0\lt\frac{1}{\sqrt[4]{125}}\lt\infty}\), то сравниваемые ряды сходятся либо расходятся одновременно. Так как ряд \(\displaystyle{\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^\frac{3}{4}}}\) расходится, то будет расходиться и ряд \(\displaystyle{\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{\sqrt[4]{(5n+6)^3}}}\).

Функция \(\displaystyle{f(x)=\frac{1}{\sqrt[4]{(5x+6)^3}}}\) удовлетворяет всем условиям интегрального признака Коши.

\[ \int\limits_{1}^{\infty}f(x)dx =\lim_{b\to+\infty}\int\limits_{1}^{b}\frac{dx}{\sqrt[4]{(5x+6)^3}}=\\ =\lim_{b\to +\infty}\left(\frac{1}{5}\int\limits_{1}^{b}(5x+6)^{-\frac{3}{4}}d(5x+6)\right) =\lim_{b\to +\infty}\left(\frac{1}{5}\cdot\left.\frac{(5x+6)^\frac{1}{4}}{\frac{1}{4}}\right|_{1}^{b}\right) =\lim_{b\to +\infty}\left(\frac{4}{5}\cdot\left(\sqrt[4]{5b+6}-\sqrt[4]{11}\right)\right) =\infty \]

Несобственный интеграл расходится. Значит, будет расходиться и заданный ряд.

Ответ:

ряд расходится.