Доказательство

Так как функция монотонна на промежутке $\left[1,+\infty \right]$, тогда она интегрируема по Риману на любом конечном отрезке $\left[1,\eta \right]$, и поэтому имеет смысл говорить о несобственном интеграле.
Если $k\leq x\leq k+1$, тогда $f(k)\geq f(x)\geq f(k+1), k=1,2, …$ (функция убывает) (рис. 1). Проинтегрировав это неравенство $\left[k,k+1\right]$ имеем: $f(k)\geq \int\limits_{k}^{k+1}{f(x)dx}\geq f(k+1), k=1,2, …$.

Суммируя от $k=1$ до $k=n$ (рис. 2) получим:

Положим $s_{n}=\sum_{k=1}^{n}{f(k)}$, будем иметь

Если интеграл сходится, то в силу неотрицательности $f$ справедливо неравенство:

Отсюда следует:

то есть последовательность частичных сумм ряда ограничена сверху, а значит ряд сходится.
Если ряд сходится, пусть его сумма равна $s$, тогда $\forall n\epsilon \mathbb{N}s_{n}\leq s$  и следовательно $\forall n\epsilon \mathbb{N}\int_{1}^{n+1}{f(x)dx}\leq s$.
Пусть $\xi$, то беря n, так чтобы $n\geq \xi$, в силу неотрицательности функции имеем $\int_{1}^{\xi }{f(x)dx}\leq \int_{1}^{n}{f(x)dx}\leq s$.
Таким образом совокупность всех интегралов $\int_{1}^{\xi }{f(x)dx}$ ограничена сверху, поэтому интеграл $\int_{1}^{+\infty}{f(x)dx}$ сходится.

Доказательство

Рассмотрим неравенство [latex]\frac{a_{n+1}}{a_{n}}\leq q[/latex] для [latex]n=1[/latex] и [latex]n=2[/latex].

Таким образом [latex]\forall n[/latex] будет справедливо неравенство [latex]a_{n}\leq q^{n-1}*a_{1}[/latex]. При этом ряд [latex]\sum_{n=1}^{\infty} q^{n-1}*a_{1}[/latex] является сходящимся, а значит по признаку сравнения в форме неравенств ряд [latex]\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}[/latex] тоже сходится.

Если [latex]\frac{a_{n+1}}{a_{n}}\geq 1[/latex], то справедливо неравенство [latex]a_{n+1}\geq a_{n}>0[/latex], что противоречит необходимому условию сходимости ряда ([latex]\lim_{n\rightarrow \infty }a_{n}=0[/latex]). Значит ряд [latex]\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}[/latex] расходится.

Доказательство

Пусть [latex]\exists n_{0}\epsilon \mathbb{N}:\forall n>n_{0}\sqrt[n]{a_{n}}\leq q\Leftrightarrow a_{n}\leq q^{n}[/latex]. Так как [latex]0<q<1[/latex], то ряд [latex]\sum_{n=1}^{\infty} q^{n}[/latex] будет сходиться, а значит по признаку сравнения в форме неравенств ряд [latex]\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}[/latex] так же является сходящимся.

Если [latex]\exists n_{0}\epsilon \mathbb{N}:\forall n>n_{0}\sqrt[n]{a_{n}}\geq 1\Leftrightarrow a_{n}\geq 1[/latex], что противоречит необходимому условию сходимости ряда ([latex]\lim_{n\rightarrow \infty }a_{n}=0[/latex]). Значит ряд [latex]\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}[/latex] расходится.

Доказательство

1. [latex](A)[/latex] и [latex](B)[/latex] — ряды с неотрицательными членами. Частичные суммы рядов [latex](A)[/latex] и [latex](B)[/latex] обозначим как [latex]S_{n}^{(A)}[/latex] и [latex]S_{n}^{(B)}[/latex]. Из условия [latex]0\leq a_{n}\leq b_{n}[/latex] можно сказать, что [latex]S_{n}^{(A)}\leq S_{n}^{(B)}[/latex]. Пусть ряд [latex](B)[/latex] сходится, тогда, согласно критерию сходимости ряда с неотрицательными членами, его частичные суммы [latex]S_{n}^{(A)}[/latex] ограничены, а значит [latex]S_{n}^{(B)}[/latex] также будут ограничены ([latex]S_{n}^{(A)}\leq S_{n}^{(B)}[/latex]). Тогда по вышеупомянутому критерию ряд [latex](B)[/latex] тоже будет сходиться.
2. Пусть ряд [latex](A)[/latex] расходится. Докажем методом от противного. Предположим что ряд [latex](B)[/latex] сходится. Тогда согласно утверждению доказанном в пункте 1, ряд [latex](A)[/latex] тоже должен сходиться, что противоречит условию. Значит ряд [latex](B)[/latex] расходится.