¿Cuál es el valor límite de$a$ que converge$\sum\limits_{k = 1 }^ \infty \frac{ \ln(k)}{k^a}$

Question

si a> 1, entonces la serie$\sum\limits_{k = 1 }^ \infty \frac{ 1}{k^a} $ converge

¿Cuál es el valor límite de$a$ para la serie a continuación?

ps

Mis pasos para encontrar el valor: if$$\sum\limits_{k = 1 }^ \infty \frac{ \ln(k)}{k^a} $ then$x > 1$

así

ps

si$\ln x <x $, es seguro que$$\sum\limits_{k = 1 }^ \infty \frac{ \ln(k)}{k^a} < \sum\limits_{k = 1 }^ \infty \frac{ k}{k^a} = \sum\limits_{k = 1 }^ \infty \frac{ 1 }{k^{a-1}}$ la serie converge. Pero podemos encontrar un valor menor para la serie.

¿Podría ayudarme a encontrar el valor exacto de$a>2$ con el que convergen las series?

Gracias por las respuestas

Answer 1

Deje $f(x)=e^x-1-x$, $f'(x)=e^x-1$ y sólo el $x\in\mathbb{R}$, de modo que $e^x-1=0$$x=0$. Tenga en cuenta que $f''(0)=1$ $f(x)$ alcanza un mínimo de$0$$x=0$. Por lo tanto, para todos los $x\in\mathbb{R}$, $$ 1+x\le e^x\etiqueta{1} $$

Por lo tanto, obtenemos que para todos los $x\in\mathbb{R}$, $x<e^x$, y por lo tanto, para todos los $x>0$, $$ \log(x)< x\etiqueta{2} $$ Para cualquier $\alpha>0$, aplicar la desigualdad de $(2)$ $x^\alpha$y dividir por $\alpha$ para obtener $$ \log(x)< \tfrac1\alpha x^\alpha\etiqueta{3} $$ Entonces para cualquier $\epsilon>0$, tenemos $$ \begin{align} \sum_{k=1}^\infty\frac{\log(k)}{k^{1+\epsilon}} &<\sum_{k=1}^\infty\frac{\frac2\epsilon k^{\epsilon/2}}{k^{1+\epsilon}}\\ &=\frac2\epsilon\sum_{k=1}^\infty\frac1{k^{1+\epsilon/2}}\tag{4} \end{align} $$ y $(4)$ converge para todos los $\epsilon>0$. Así, para cualquier $\alpha>1$, $$ \sum_{k=1}^\infty\frac{\log(k)}{k^\alpha}\etiqueta{5} $$ converge.

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Como alternativa, debido a $\frac{\log(x)}{x^\alpha}$ es una función decreciente al$x\ge e$$\alpha\ge1$, $$ \begin{align} \sum_{k=3}^\infty\frac{\log(k)}{k^\alpha} &\le\int_1^\infty\frac{\log(x)}{x^\alpha}\mathrm{d}x\\ &=\int_0^\infty\frac{x}{e^{\alpha x}}\,e^x\,\mathrm{d}x\\ &=\frac1{(\alpha-1)^2}\int_0^\infty x\,e^{-x}\,\mathrm{d}x\\ &=\frac1{(\alpha-1)^2}\tag{6} \end{align} $$ Así, para cualquier $\alpha>1$, tenemos de nuevo que $(5)$ converge.

Answer 2

Se converge para$a\gt 1$. Prueba la prueba integral.

Answer 3

Se puede probar fácilmente que para todo$\varepsilon>0$ existe$x_0$, de manera que para todos$x>x_0$:$$\ln x <x^\varepsilon$ $

Se puede mostrar de varias maneras (es decir, calculando$\lim_{x\to \infty}\frac{\ln x}{x^\varepsilon} $) *.

Ahora, para cualquier$a>1$%, podemos escribir$a=1+2\delta$ y, a partir de la declaración anterior, podemos encontrar un$N$% natural, tal que por cada$n>N$:$$\ln n<n^\delta$ $

Entonces obtenemos:$$\sum_{n=N+1}^\infty \frac{\ln n}{n^a} = \sum_{n=N+1}^\infty \frac{\ln n}{n^{1+2\delta}}<\sum_{n=N+1}^\infty \frac{ n^\delta}{n^{1+2\delta}}=\sum_{n=N+1}^\infty \frac{1}{n^{1+\delta}}$ $ La última suma es una cola de "serie p" con p> 1 y por lo tanto converge.

* Adición -$$\lim_{x\to \infty}\frac{\ln x}{x^\varepsilon}\overset{\text{L'Hopital}}{=\!=\!=\!=\!=\!=}\lim_{x\to \infty}\frac{\frac{1}{x}}{\varepsilon \cdot x^{\varepsilon-1}}=\frac {1}{\varepsilon}\lim_{x\to \infty}\frac{1}{x^\varepsilon}=0$ $

Answer 4

He aquí otro enfoque. Deje $\displaystyle c_k = \frac{\log k}{k^a}$. Examinar la relación de los términos sucesivos de un gran $k$, $$\frac{c_{k+1}}{c_{k}} = 1 - \frac{a}{k} + \frac{1}{k\log k} + O\left(\frac{1}{k^2}\right).$$ Por Raabe la prueba de la serie converge para $a>1$ y diverge para $a<1$. Por Bertrand de la prueba de la serie diverge para $a=1$.

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Raabe de la prueba nos dice que si $$\left|\frac{a_{n+1}}{a_{n}}\right| \sim 1 - \frac{s}{n} \hspace{5ex}(n\to\infty),$$ entonces la serie converge absolutamente si $s>1$, diverge si $s<1$, y pueden converger o divergir si $s=1$.

Una versión simplificada de Bertrand de la prueba nos dicen que si $$\left|\frac{a_{n+1}}{a_{n}}\right| \sim 1 - \frac{1}{n} - \frac{s}{n\log n} \hspace{5ex}(n\to\infty),$$ entonces la serie converge absolutamente si $s>1$, diverge si $s<1$, y pueden converger o divergir si $s=1$.

Answer 5

Todo lo que necesitas para que tu serie converja es$a>1$. En efecto, $\displaystyle\frac{\ln k}{k^a} = \frac{\ln k}{k^{\frac{a-1}{2}}}\times\frac{1}{k^{1+\frac{a-1}{2}}} = o(\frac{1}{k^{1+\frac{a-1}{2}}})$.