Интегральный признак Коши

Пусть \(f\left( x \right)\) является непрерывной, положительной и монотонно убывающей функцией на промежутке \(\left[ {1, + \infty } \right).\) Тогда ряд \[ {\sum\limits_{n = 1}^\infty {f\left( n \right)} } = {f\left( 1 \right) + f\left( 2 \right) + f\left( 3 \right) + \ldots + f\left( n \right) + \ldots } \] сходится, если сходится несобственный интеграл \(\int\limits_1^\infty {f\left( x \right)dx},\) и расходится, если \(\int\limits_1^\infty {f\left( x \right)dx} \to \infty.\)

   Пример 1

Определить, сходится или расходится ряд \(\sum\limits_{n = 1}^\infty {\large\frac{1}{{1 + 10n}}\normalsize}.\) Используем интегральный признак Коши. Вычислим соответствующий несобственный интеграл: \[ {\int\limits_1^\infty {\frac{{dx}}{{1 + 10x}}} } = {\lim\limits_{n \to \infty } \int\limits_1^n {\frac{{dx}}{{1 + 10x}}} } = {\lim\limits_{n \to \infty } \left. {\left[ {\frac{1}{{10}}\ln \left( {1 + 10x} \right)} \right]} \right|_1^n } = {\frac{1}{{10}}\lim\limits_{n \to \infty } \left[ {\ln \left( {1 + 10n} \right) - \ln 11} \right] = \infty .} \] Таким образом, данный ряд расходится.

   Пример 2

Показать, что обобщенный гармонический ряд \(\sum\limits_{n = 1}^\infty {\large\frac{1}{{{n^p}}}\normalsize} \) сходится при \(p > 1.\) Рассмотрим соответствующую функцию \(f\left( x \right) = \large\frac{1}{{{x^p}}}\normalsize\) и применим интегральный признак. Несобственный интеграл равен \[ {\int\limits_1^\infty {\frac{{dx}}{{{x^p}}}} } = {\lim\limits_{n \to \infty } \int\limits_1^n {\frac{{dx}}{{{x^p}}}} } = {\lim\limits_{n \to \infty } \int\limits_1^n {{x^{ - p}}dx} } = {\lim\limits_{n \to \infty } \left. {\left( {\frac{1}{{ - p + 1}}{x^{ - p + 1}}} \right)} \right|_1^n } = {\frac{1}{{1 - p}}\lim\limits_{n \to \infty } \left. {\left( {\frac{1}{{{x^{p - 1}}}}} \right)} \right|_1^n } = {\frac{1}{{1 - p}}\lim\limits_{n \to \infty } \left( {\frac{1}{{{n^{p - 1}}}} - 1} \right) } = {\frac{1}{{p - 1}}.} \] Видно, что обобщенный гармонический ряд сходится при значении \(p > 1.\)

   Пример 3

Определить, сходится или расходится ряд \(\sum\limits_{n = 1}^\infty {\large\frac{1}{{\left( {n + 1} \right)\ln \left( {n + 1} \right)}}\normalsize} .\) Вычислим соответствующий несобственный интеграл: \[ {\int\limits_1^\infty {\frac{{dx}}{{\left( {x + 1} \right)\ln \left( {x + 1} \right)}}} } = {\lim\limits_{n \to \infty } \int\limits_1^n {\frac{{dx}}{{\left( {x + 1} \right)\ln \left( {x + 1} \right)}}} } = {\lim\limits_{n \to \infty } \int\limits_1^n {\frac{{d\left( {x + 1} \right)}}{{\left( {x + 1} \right)\ln \left( {x + 1} \right)}}} } = {\lim\limits_{n \to \infty } \int\limits_1^n {\frac{{d\ln \left( {x + 1} \right)}}{{\ln \left( {x + 1} \right)}}} } = {\lim\limits_{n \to \infty } \left. {\left[ {\ln \ln \left( {x + 1} \right)} \right]} \right|_1^n } = {\lim\limits_{n \to \infty } \left[ {\ln \ln \left( {n + 1} \right) - \ln \ln 2} \right] = \infty .} \] Таким образом, данный ряд расходится.

   Пример 4

Исследовать ряд \(\sum\limits_{n = 1}^\infty {\large\frac{n}{{{n^2} + 1}}}\normalsize \) на сходимость. Оценим несобственный интеграл: \[ {\int\limits_1^\infty {\frac{{xdx}}{{{x^2} + 1}}} } = {\lim\limits_{n \to \infty } \int\limits_1^n {\frac{{xdx}}{{{x^2} + 1}}} .} \] Сделаем замену : \(t = {x^2} + 1.\) Тогда \(dt = 2xdx,\;\Rightarrow xdx = \large\frac{{dt}}{2}\normalsize.\) Находим значение интеграла: \[ {\lim\limits_{n \to \infty } \int\limits_1^n {\frac{{xdx}}{{{x^2} + 1}}} } = {\lim\limits_{n \to \infty } \int\limits_2^{{n^2} + 1} {\frac{{\frac{{dt}}{2}}}{t}} } = {\frac{1}{2}\lim\limits_{n \to \infty } \int\limits_2^{{n^2} + 1} {\frac{{dt}}{t}} } = {\frac{1}{2}\lim\limits_{n \to \infty } \left. {\left( {\ln t} \right)} \right|_2^{{n^2} + 1} } = {\frac{1}{2}\lim\limits_{n \to \infty } \left[ {\ln \left( {{n^2} + 1} \right) - \ln 2} \right] = \infty .} \] Поскольку данный интеграл расходится, то ряд \(\sum\limits_{n = 1}^\infty {\large\frac{n}{{{n^2} + 1}}}\normalsize \) также расходится.

   Пример 5

Исследовать ряд \(\sum\limits_{n = 1}^\infty {\large\frac{{\arctan n}}{{1 + {n^2}}}\normalsize} \) на сходимость. Заметим, что \(\arctan n < \large\frac{\pi }{2}\normalsize.\) Тогда по признаку сравнения получаем \[ {\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{\arctan n}}{{1 + {n^2}}}} } {< \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{\frac{\pi }{2}}}{{1 + {n^2}}}} } = {\frac{\pi }{2}\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{{1 + {n^2}}}} .} \] Используя интегральный признак, оценим сходимость ряда \(\sum\limits_{n = 1}^\infty {\large\frac{1}{{1 + {n^2}}}\normalsize}: \) \[ {\int\limits_1^\infty {\frac{{dx}}{{1 + {x^2}}}} } = {\lim\limits_{n \to \infty } \int\limits_1^n {\frac{{dx}}{{1 + {x^2}}}} } = {\lim\limits_{n \to \infty } \left. {\left( {\arctan x} \right)} \right|_1^n } = {\lim\limits_{n \to \infty } \left( {\arctan n - \arctan 1} \right) } = {\frac{\pi }{2} - \frac{\pi }{4} = \frac{\pi }{4}.} \] Поскольку несобственный интеграл сходится, то исходный числовой ряд также сходится.

   Пример 6

Определить, сходится или расходится ряд \(\sum\limits_{n = 0}^\infty {n{e^{ - n}}} .\) Применяя интегральный признак, вычислим соответствующий несобственный интеграл: \[\int\limits_0^\infty {x{e^{ - x}}dx} = \lim\limits_{n \to \infty } \int\limits_0^n {x{e^{ - x}}dx} .\] Интегрируем по частям: \[ {u = x,\;\;dv = {e^{ - x}}dx,}\;\; {\Rightarrow du = dx,\;\;v = \int {{e^{ - x}}dx} = - {e^{ - x}}.} \] Получаем \[ {\lim\limits_{n \to \infty } \int\limits_0^n {x{e^{ - x}}dx} } = {\lim\limits_{n \to \infty } \left[ {\left. {\left( { - x{e^{ - x}}} \right)} \right|_0^n - \int\limits_0^n {\left( { - {e^{ - x}}} \right)dx} } \right] } = {\lim\limits_{n \to \infty } \left[ {\left. {\left( { - x{e^{ - x}}} \right)} \right|_0^n + \int\limits_0^n {{e^{ - x}}dx} } \right] } = {\lim\limits_{n \to \infty } \left. {\left( { - x{e^{ - x}} - {e^{ - x}}} \right)} \right|_0^n } = { - \lim\limits_{n \to \infty } \left. {\left[ {{e^{ - x}}\left( {x + 1} \right)} \right]} \right|_0^n } = { - \lim\limits_{n \to \infty } \left[ {{e^{ - n}}\left( {n + 1} \right) - 1} \right] } = {1 - \lim\limits_{n \to \infty } \frac{{n + 1}}{{{e^n}}}.} \] Предел в последнем выражении можно оценить по правилу Лопиталя: \[ {\lim\limits_{n \to \infty } \frac{{n + 1}}{{{e^n}}} \sim \lim\limits_{x \to \infty } \frac{{x + 1}}{{{e^x}}} } = {\lim\limits_{x \to \infty } \frac{{{{\left( {x + 1} \right)}^\prime }}}{{{{\left( {{e^x}} \right)}^\prime }}} } = {\lim\limits_{x \to \infty } \frac{1}{{{e^x}}} = 0.} \] Следовательно, несобственный интеграл конечен и равен \(1.\) Поэтому, исходный ряд сходится.