¿Alguien sabe cómo determinar con la prueba de si la serie $$\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^{2+\cos(2\pi\ln(n)) }}$$ converge?
Respuesta
¿Demasiados anuncios?
No estoy completamente seguro de que en un argumento de abajo, pero creo que la serie diverge. Deje $\delta > 0$ ser pequeño y deje $\varepsilon > 0$ ser tal que $\cos(\pi\pm\delta)=-1+\varepsilon$. Por otra parte, poner a $\tau := \delta/(2\pi)$. Para $k\in\mathbb N$ definir el conjunto $\Delta_k^\tau := (e^{k+1/2-\tau},e^{k+1/2+\tau})$. Luego tenemos a $n\in\Delta_k^\tau$ si y sólo si $2+\cos(2\pi\ln(n))\in [1,1+\varepsilon)$ y la serie es como mínimo tan grande como $$ \sum_k\sum_{n\in\Delta_k^\tau}\frac 1 {n^{1+\varepsilon}}. $$ Y ahora, no estoy 100% seguro. Yo reclamo que $$ \sum_{n\in\Delta_k^\tau}\frac 1 {n^{1+\varepsilon}}\,\ge\,\int_{\Delta_k^\tau}\frac 1 {x^{1+\varepsilon}}\,dx. $$ Si no, luego dos veces por la izquierda chico debe hacer. Ahora, $$ \int_{\Delta_k^\tau}\frac 1 {x^{1+\varepsilon}}\,dx = -\frac 1 {\varepsilon e^{\varepsilon/2}}\left(\frac 1{e^{\varepsilon\tau}} - \frac 1{e^{-\varepsilon\tau}}\right)\cdot e^{-\varepsilon k} = \frac 2 {\varepsilon e^{\varepsilon/2}}\sinh(\varepsilon\tau)e^{-\varepsilon k}. $$ Suma más de $k$, obtenemos $$ \frac 2 {\varepsilon e^{\varepsilon/2}}\sinh(\varepsilon\tau)\frac 1 {1-e^{-\varepsilon}} = \frac 1 \varepsilon \cdot\frac{\sinh(\varepsilon\tau)}{\sinh(\varepsilon/2)} = \frac 1 \pi\cdot\frac{\delta}{\varepsilon}\cdot\frac{\sinh(\varepsilon\tau)}{\varepsilon\tau}\cdot\frac{\varepsilon/2}{\sinh(\varepsilon/2)}. $$ Ahora, nos vamos a $\delta\to 0$. Luego, por supuesto, también se $\tau\to 0$$\varepsilon\to 0$. Así, los dos últimos factores tiende a uno. Pero $\delta/\varepsilon\to\infty$. De hecho, tenemos $\cos(\delta) = 1-\varepsilon$, lo $\delta = \arccos(1-\varepsilon)$ y $$ \lim_{x\downarrow 0}\frac{\arccos(1-x)}{x} = \infty. $$ Este (esperemos) muestra que la serie diverge.
