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Convergencia/Divergencia de alguna serie

Si he a $\sum_{n=2}^{\infty} \frac {1}{n\log n}$ y quieren demostrar que se bifurca, puedo utilizar el siguiente?

$$\frac {1}{n\log n} \lt \frac {1}{n}$$

  • $\sum_{n=1}^\infty \frac 1 n$ diverge, pero el límite de $\frac 1 n$ es igual a cero, por lo que la comparasion creo que no es útil.

  • O puedo decir que diverge porque $\sum_{n=1}^\infty \frac 1{\log n}$ también diverge?

Y Si he a $\sum_{n=2}^\infty \frac {(-1)^n}{(n)}$ I puede utilizar la regla de Leibniz. $\sum_{n=1}^\infty \frac 1 n$ diverge, pero el límite es igual a cero, así que estoy confundido si esta serie diverge/converge de nuevo. Entiendo que $\sum_{n=1}^\infty \frac 1 n$ tiene una infinita suma, pero, ¿qué hacer en este caso?

21voto

Dr. MV Puntos 34555

Pensé que podría ser instructivo para presentar un enfoque que se basa en la primaria de la desigualdad

$$\log(1+x)\le x \tag1$$

y directo de la aritmética. Para ello, vamos a proceder.


De $(1)$ hemos

$$\begin{align} \frac{1}{n\log(n)}&\ge \frac{\log\left(1+\frac1n\right)}{\log(n)}\\\\ &\ge \log\left(1+\frac{\log\left(1+\frac1n\right)}{\log(n)}\right)\\\\ &=\log\left(\frac{\log(n+1)}{\log(n)}\right)\tag 2 \end{align}$$


Ahora podemos explotar una telescópico de la serie mediante el uso de $(2)$ escribir

$$\begin{align} \sum_{n=2}^N \frac{1}{n\log(n)}&\ge \sum_{n=2}^N \log\left(\frac{\log(n+1)}{\log(n)}\right)\\\\ &=\sum_{n=2}^N \left(\log(\log(n+1))-\log(\log(n)) \right)\\\\ &=\log(\log(N+1))-\log(\log(2))\tag 3 \end{align}$$


Finalmente, dejando $N\to \infty$ $(3)$ se obtiene el codiciado resultado

$$\lim_{N\to \infty}\sum_{n=2}^N \frac{1}{n\log(n)}=\infty$$

y la serie de interés diverge.

6voto

Michael Hardy Puntos 128804

La comparación va en la dirección equivocada: Usted necesita $\dfrac 1 {n\log n} \ge \text{something.}$

Alternativamente, puede utilizar una integral de la prueba: $$ \int_2^\infty \frac{dx}{x\log x} = \int_2^\infty \left(\frac 1 {\log x} \right) \left( \frac{dx} x\right) = \int_{\log 2}^\infty \frac 1 u\, du = +\infty. $$

3voto

Mike Godin Puntos 303

Integral de la prueba

$$ \int_{2}^{\infty}\frac{1}{x\log(x)}\mathbb{d}x $$

$$ u=\log(x) $$

$$ \mathbb{d}u=\frac{1}{x}\mathbb{d}x $$

$$ \int_{\log(2)}^{\infty}\frac{1}{u}\mathbb{d}u=\lim_{a\to\infty}\left[\log|a|-\log|\log(2)|\right]=\infty $$

De modo que la suma de la diferencia que debe existir así.

3voto

zwim Puntos 91

Bertrand de la serie $\displaystyle \sum\limits_{n\ge 2}\frac 1{n^\alpha\ln(n)^\beta}$ converge sólo para $(\alpha>1)$ o $(\alpha=1,\beta>1)$.

Generalmente esto se demostró mediante la comparación de una integral como otras respuestas han demostrado.

Pero, en general, para la serie de la especie $\displaystyle \sum\limits_{n\ge 2}\frac 1{n^{\alpha_0}\ln(n)^{\alpha_1}\ln(\ln(n))^{\alpha_2}\ln(\ln(\ln(n)))^{\alpha_3}...}$

Todos los cuales comparten la misma propiedad de la convergencia sólo si $\alpha_i=1$ $i<k$ $\alpha_k>1$ ($k$ siendo el último uno), puede utilizar la condensación de Cauchy de la prueba.

El criterio es : Para $(a_n)_n \searrow\ \ge 0$ $\displaystyle S=\sum\limits_{n\ge 1} a_n<+\infty\iff T=\sum\limits_{n\ge 0} 2^na_{2^n}<+\infty$

con la desigualdad de $S\le T\le 2S$.


Aplicado a $\displaystyle S=\sum\limits_{n\ge 2}\frac 1{n\ln(n)}$ da $\displaystyle T=\sum\limits_{n\ge 1}\frac{2^n}{2^n\ln(2^n)}=\frac 1{\ln(2)}\sum\limits_{n\ge 1} \frac 1n$ que es divergente.

3voto

Anthony Shaw Puntos 858

Desde $$ \sum_{n=2}^\infty\frac{2^n}{2^n\log(2)} $$ diverge por comparación con la Serie Armónica, la de Cauchy-Prueba de Condensación dice que $$ \sum_{n=2}^\infty\frac1{n\log(n)} $$ también diverge.

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