Сходимость ряда, логарифм в знаменателе

[Limit79]

Исследовать ряд на сходимость: $ \sum_{2}^{\infty} \frac{1}{(2n-1) \ln(n+1)}$

В Даламбере получается $1$, радикальный Коши - не в тему, интегральный - интеграл не выражается в элементарных функциях. Значит надо с чем-то сравнить - не могу понять с чем...

Необходимый признак сходимости выполняется.

[zhoraster]

Сравнить с чем-то эквивалентным, чей интеграл выражается в элементарных функциях.

[Limit79]

zhoraster
Спасибо за совет, так и сделал:

Сравним исходный ряд с рядом $ \sum_{2}^{\infty} \frac{1}{(2n+2) \ln(n+1)}$ .

$ \frac{1}{(2n-1) \ln(n+1)} > \frac{1}{(2n+2) \ln(n+1)}$ при $n=2,3...$

По первому признаку сравнения рядов, из расходимости ряда $ \sum_{2}^{\infty} \frac{1}{(2n+2) \ln(n+1)}$ следует расходимость исходного ряда.

Докажем расходимость ряда $ \sum_{2}^{\infty} \frac{1}{(2n+2) \ln(n+1)}$

По интегральному признаку Коши:

$ \int_{2}^{\infty} \frac{1}{(2n+2) \ln(n+1)} = \frac{1}{2} \int_{2}^{\infty} \frac{1}{(n+1) \ln(n+1)} = \frac{1}{2} \int_{2}^{\infty} \frac{d( \ln(n+1))}{ \ln(n+1)} = ... = \infty$ То есть этот ряд расходится, то есть исходный ряд тоже расходится.


Как-то так?

[bot]

Так. Чтобы не париться с неравенствами в нужную сторону, проще пользоваться эквивалентностями.
В данном случае $(2n-1)\ln(n+1) \sim \text{const}\cdot n\ln n $