Не могу найти метод проверки сходимости ряда

[Solaris86]

Исследовать ряд на сходимость $\sum^{\infty}_{n=1} \dfrac{7}{2n^3-7n-1}$
Пробовал найти сумму, так знаменатель не разложить на множители рациональные... Признаки сходимости не дают ничего. Подскажите, от чего отталкиваться.

[atlakatl]

Сравните ряд с обобщённым гармоническим рядом $\sum^{\infty}_{n=1} \dfrac{7}{n^3}$

[Solaris86]

Я сравнивал эти ряды: $\dfrac {7}{2}\sum^{\infty}_{n=1} \dfrac{1}{n^3-\dfrac{7}{2}n-\dfrac{1}{2}} \leqslant \dfrac{7}{2}\sum^{\infty}_{n=1} \dfrac{1}{n^3}$
В итоге получил неверное неравенство
$\dfrac{1}{n^3-\dfrac{7}{2}n-\dfrac{1}{2}} \leqslant \dfrac{1}{n^3}$
$n^3 \leqslant n^3-\dfrac{7}{2}n-\dfrac{1}{2}$
$0 \leqslant -7n-1$
$n \leqslant -\dfrac{1}{7}$

[Someone]

Solaris86 в сообщении #1285512 писал(а):

Я сравнивал эти ряды: $\dfrac {7}{2}\sum^{\infty}_{n=1} \dfrac{1}{n^3-\dfrac{7}{2}n-\dfrac{1}{2}} \leqslant \dfrac{7}{2}\sum^{\infty}_{n=1} \dfrac{1}{n^3}$

Откуда взялось такое неравенство?
Кроме того, прежде, чем его писать, нужно уже знать, что ряды сходятся.

Я хотел бы также напомнить, что, кроме "первого" признака сравнения существуют и другие признаки сравнения. Было бы неплохо, если бы Вы приводили формулировки признаков сходимости, которыми пытаетесь воспользоваться.

[Solaris86]

Someone в сообщении #1285514 писал(а):

Откуда взялось такое неравенство?

1. Я использовал свойства суммы: $\sum^{\infty}_{n=1} ca_n = c\sum^{\infty}_{n=1} a_n$
2. Я пытался использовать признак сравнения данного ряда с рядом, всегда сходится, а именно с рядом: $\sum^{\infty}_{n=1} \dfrac{1}{n^p}$ при $p>1$

Someone в сообщении #1285514 писал(а):

Кроме того, прежде, чем его писать, нужно уже знать, что ряды сходятся.

Я знаю, что один из рядов сходится. Если окажется, что общий член проверяемого ряда меньше или равен общему члену известного сходящегося ряда, то проверяемый ряд также сходится. Не так?

Someone в сообщении #1285514 писал(а):

Я хотел бы также напомнить, что, кроме "первого" признака сравнения существуют и другие признаки сравнения. Было бы неплохо, если бы Вы приводили формулировки признаков сходимости, которыми пытаетесь воспользоваться.

Что я пытался делать:
1. Найти сумму ряда
2. Использовать признак сравнения
3. Использовать признак Даламбера
Радикальный признак Коши, интегральный признак Коши и предельный признак сравнения не использовал.

[Someone]

Solaris86 в сообщении #1285518 писал(а):

2. Использовать признак сравнения

Я просил Вас сформулировать признак, которым Вы пытались воспользоваться.

[Solaris86]

Someone в сообщении #1285539 писал(а):

Я просил Вас сформулировать признак, которым Вы пытались воспользоваться.

Теорема об этом признаке звучит так: Пусть даны два знакоположительных ряда $\sum^{\infty}_{n=1} a_n$ и $\sum^{\infty}_{n=1} b_n$. Если для всех n выполняется неравенство $a_n \leqslant b_n$, то из сходимости ряда $\sum^{\infty}_{n=1} b_n$ следует сходимость ряда $\sum^{\infty}_{n=1} a_n$, а из расходимости ряда $\sum^{\infty}_{n=1} a_n$ следует расходимость ряда $\sum^{\infty}_{n=1} b_n$.
Этот признак не помог, зато помог предельный признак сравнения и я нашёл ответ о сходимости нужного ряда.
Но тут начал решать следующее задание и тут уже точно застрял.
Надо найти сходимость ряда $\sum^{\infty}_{n=1} \dfrac{1}{\ln(n+1)}$
Примеров на логарифмы я вообще не видел ни разу.
Что я тут пробовал:
1. Найти сумму ряда: не знаю, как суммировать логарифмы, поэтому не подходит.
2. Признак сравнения, который описал выше использовать не могу, так как не знаю, с чем сравнить этот ряд, содержащий логарифм.
3. Предельный признак сравнения по той же причине не подходит.
4. Признак Даламбера вроде начал получаться, но ответа он не дал, так как получилось значение 1:
Распишу
$\sum^{\infty}_{n=1} \dfrac{1}{\ln(n+1)}$
$a_n = \dfrac{1}{\ln(n+1)}$
$a_n_+_1 = \dfrac{1}{\ln(n+2)}$
$\lim\limits_{x\to \infty} \dfrac {\dfrac{1}{\ln(n+2)}}{\dfrac{1}{\ln(n+1)}} = \lim\limits_{x\to \infty} \dfrac{\ln(n+1)}{\ln(n+2)} = \lim\limits_{x\to \infty} \dfrac{(\ln(n+1))'}{(\ln(n+2))'} = $
$\lim\limits_{x\to \infty} \dfrac {\dfrac{1}{n+1}}{\dfrac{1}{n+2}} = \lim\limits_{x\to \infty} \dfrac{n+2}{n+1} = 1$
5. Радикальный признак Коши пробовать не стал, так как думаю заранее, что не подойдет.
6. Интегральный признак Коши пробовал, но не смог использовать так как в ответе получался интегральный логарифм, который мы не изучали вообще и поэтому я не знаю, что с ним дальше делать
$\int\limits_{1}^{+\infty}\dfrac{1}{\ln(n+1)}dn = \text{li}(n+1)\bigg|_{1}^{+\infty}$ и дальше всё...
Других признаков я не знаю.

[thething]

В этом случае используйте первый признак сравнения в части расходимости. Попробуйте сравнить $\ln{n}$ и $n$. Альтернатива: докажите по индукции, что $e^n\geqslant{n}$

-- 19.01.2018, 21:01 --

Solaris86 в сообщении #1285743 писал(а):

Надо найти сходимость ряда $\sum^{\infty}_{n=1} \dfrac{1}{\ln(n+1)}$

все-таки не найти, а исследовать на сходимость

-- 19.01.2018, 21:05 --

(Оффтоп)

Solaris86 в сообщении #1285506 писал(а):

Исследовать ряд на сходимость $\sum^{\infty}_{n=1} \dfrac{7}{2n^3-7n-1}$

Интересно, зачем тут в числителе поставили $7$?

[Solaris86]

thething в сообщении #1285745 писал(а):

Попробуйте сравнить $\ln{n}$ и $n$. Альтернатива: докажите по индукции, что $e^n\geqslant{n}$

Я попробую, а вы скажите, верно или нет получилось.
Ряд $\sum^{\infty}_{n=1} \dfrac{1}{n}$, как известно, расходящийся.
Если мы докажем, что $\dfrac{1}{\ln(n+1)} \geqslant \dfrac{1}{n}$, что ряд $\sum\limits^{\infty}_{n=1} \dfrac{1}{\ln(n+1)}$ окажется расходящимся.
$n \geqslant \ln(n+1)$
$n\ln e \geqslant \ln(n+1)$
$\ln e^n \geqslant \ln(n+1)$
$e^n \geqslant n+1$
Проверим для $n=1: e \geqslant 2$, верно.
Предположим, что неравенство выполняется для $n=k: e^k \geqslant k+1$
Докажем, что оно выполняется для $n=k+1: e^{k+1} \geqslant k+2$
Доказательство:
$e^{k+1} = ee^k \geqslant e(k+1) = (k+2) + (e-1)k + (e-2) \geqslant k+2$, так как $(e-1) + (e-2) \geqslant 0$
Отсюда следует, что $e^n \geqslant n+1$ и поэтому $\dfrac{1}{\ln(n+1)} \geqslant \dfrac{1}{n}$.
Верно?

[atlakatl]

Solaris86
Всё-таки вернёмся к моему

atlakatl в сообщении #1285508 писал(а):

Сравните ряд с обобщённым гармоническим рядом $\sum^{\infty}_{n=1} \dfrac{7}{n^3}$

Да, второй и третий члены в знаменателе отрицательные. Вас это смутило? Но у куба стоит число $2$. Подумайте, как будет расти знаменатель в сравнении с просто кубом. И помним: первые члены ряда на сходимость не влияют. Нам интересна именно бесконечность, неважно с какого члена она начинается.

[thething]

Solaris86 в сообщении #1285772 писал(а):

Верно?

Верно, правда, в этом месте

Solaris86 в сообщении #1285772 писал(а):

$e^{k+1} = ee^k \geqslant e(k+1) = (k+2) + (e-1)k + (e-2) \geqslant k+2$, так как $(e-1) + (e-2) \geqslant 0$

можно попроще, а именно, $e\geqslant{1+1}$, поэтому $e(k+1)\geqslant{(k+1)+(k+1)\geqslant{k+2}}$

[provincialka]

Someone в сообщении #1285514 писал(а):

Я хотел бы также напомнить, что, кроме "первого" признака сравнения существуют и другие признаки сравнения.

Поддерживаю! Вот зачем мучиться с неравенствами, если есть асимптотические равенства, эквивалентность? Не для логарифма, правда.

[Someone]

(Solaris86)

Solaris86 в сообщении #1285743 писал(а):

Теорема об этом признаке звучит так: Пусть даны два знакоположительных ряда $\sum^{\infty}_{n=1} a_n$ и $\sum^{\infty}_{n=1} b_n$. Если для всех n выполняется неравенство $a_n \leqslant b_n$, то из сходимости ряда $\sum^{\infty}_{n=1} b_n$ следует сходимость ряда $\sum^{\infty}_{n=1} a_n$, а из расходимости ряда $\sum^{\infty}_{n=1} a_n$ следует расходимость ряда $\sum^{\infty}_{n=1} b_n$.

И где тут ваше неравенство?

Solaris86 в сообщении #1285512 писал(а):

Я сравнивал эти ряды: $\dfrac {7}{2}\sum^{\infty}_{n=1} \dfrac{1}{n^3-\dfrac{7}{2}n-\dfrac{1}{2}} \leqslant \dfrac{7}{2}\sum^{\infty}_{n=1} \dfrac{1}{n^3}$

Я понял, что задачу Вы уже решили, но всё-таки рекомендую при решении задачи не делать что попало.

[provincialka]

Не к ТС, а вообще.
1. Дурная привычка: при исследовании ряда работать с суммой, а не со слагаемыми (это я расшифровываю вопрос Someone). Сумма --- это что-то пока не существующее.

2. Желательно решение подобных задач начинать не с признаков, а я интуитивного понимания того, как ведет себя ряд. Например, в первом примере общий член похож на $c\frac1{n^3}$. Осталось формализовать это слово "похож", например, $\frac{7}{2n^3-7n-1}\sim \frac{7}{2n^3}$

[thething]

В дополнение provincialka
"Чувство ряда" приходит не сразу. Мне кажется, надо прорешать 50 задач (условно) по признакам, пока не начнешь что-то понимать. Ну или вообще попытаться донести всю эту кухню до кого-то. Причем совсем неплохо один и тот же ряд исследовать разными признаками, естественно применИмыми к данному ряду. Отследить, так сказать, что работает лучше, а что хуже. ТС же, видимо как раз от недостатка опыта, бьет сразу всеми признаками, особо не вдаваясь в детали, можно ли их применять..

Для ТС: в данном примере с логарифмом нам повезло с достаточно легкой оценкой. В общем же случае, когда идут логарифмы, как уже было сказано выше, лучше использовать асимптотические свойства. В частности, помогает расписывать по определению предел $\lim\limits_{n\to{\infty}}^{}\frac{\ln^k{n}}{n^m}=0$, где степени числителя и знаменателя специально подбираются так, чтобы получить сходимость или расходимость