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 $\frac{a_{n+1}}{a_{n}}\leq q$ для $n=1$ и $n=2$.

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

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

Доказательство

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

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

Доказательство

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