¿Cuándo $\sum_{n=2}^\infty n^\alpha (\log n)^\beta$ convergen?

Question

Necesito saber de lo $\alpha, \beta$ la siguiente suma converge: $$\sum_{n=2}^\infty n^\alpha (\log n)^\beta$$

Pensé en hacerlo con la ayuda de la integral de criterio, es decir, que yo consideraba (después de que yo había sustituido a $x = e^u$): $$\int_2^\infty e^{u(\alpha+1)} \cdot u^\beta \mathrm du$$

Entonces, me di cuenta de que para $\alpha + 1 > 0$, la función exponencial, siempre va a dominar el monomio, por lo que sólo se considera $\alpha + 1 \leq 0$. En primer lugar, me deje $\alpha + 1=0$, entonces me quedaría con: $$\int_2^\infty u^\beta \mathrm du$$

He resuelto el integral y sustituido de nuevo y terminó con: $$\lim_{b \to \infty} \frac{(\log b)^{\beta+1}}{\beta+1}$$

Pensé que esto sería sólo convergen $\beta+1 \leq 0$ y pensé: "Ok, ahora tengo algunos casos, donde la suma converge: $\alpha = -1 \land \beta \leq -1$". Para estar seguro, he comprobado la integral con la ayuda de wolframalpha, y me dijo que la integral no convergen.

¿Qué hice mal? Hay una manera más fácil encontrar $\alpha$$\beta$, de modo que la suma converge?

Answer 1

Ya que, por cualquier $\varepsilon > 0$ fijo, $(\log n)^\beta / n^\varepsilon \to 0$$n \to \infty$, es obvio que la suma converge para $\alpha < -1$ y diverge para $\alpha > -1$ (independientemente de $\beta$). Al $\alpha = -1$ $\beta = - 1$ la suma diverge, como se indica por FX (de ahí también para todos los $\beta > -1$). Nos quedamos con el caso de $\alpha =-1$$\beta < -1$. Entonces usted debe comparar con la integral $$ \int_2^\infty {\frac{1}{{x(\log x)^{1 + \delta } }}\,{\rm d}x} , $$ donde $\delta > 0$ fijo. Hacer un cambio de variable $x' = \log x$ a descubrir que la integral (y, por tanto, la suma) converge.

Answer 2

Para $\alpha = \beta = -1$, tienes algo como $\int \frac{1}{x \log x}$,$\log \log x$, que diverge. Para $\beta < -1$, sin embargo, es seguro.