Buscando razonamiento y verificación de que $\sum_{n=1}^\infty (\frac{1}{(n+1)\ln^2 (n+1)})^r$ diverge para $0<r<1$.

Question

Buscando razonamiento y verificación de que $$\sum_{n=1}^\infty \left(\frac{1}{(n+1)\ln^2 (n+1)}\right)^r$$ diverge para $0.

Haciendo referencia a un hilo de 2016:

¿Existe una serie tal que $a_n>0,\sum a_n$ converja pero $\sum a_n^{r}$ diverja para todo $0\leq r<1$?

Verifiqué que la serie converge para $r=1$ utilizando el test integral, pero tengo dificultades para verificar su divergencia para $0.

Mis disculpas si esto es obvio. Mis recursos disponibles y libros carecen de claridad sobre el tema.

Answer 1

Reclamación 1: Para cualquier $\beta\in(0,\infty)$, existe un $n_{0}$ tal que $\ln n\leq n^{\beta}$ siempre que $n\geq n_{0}$.

Prueba: Sea $\beta\in(0,\infty)$ dado. Por la regla de L'Hopital, \begin{eqnarray*} & & \lim_{x\rightarrow\infty}\frac{\ln x}{x^{\beta}}\\ & = & \lim_{x\rightarrow\infty}\frac{\frac{1}{x}}{\beta x^{\beta-1}}\\ & = & \frac{1}{\beta}\lim_{x\rightarrow\infty}\frac{1}{x^{\beta}}\\ & = & 0. \end{eqnarray*} Por lo tanto, existe un $x_{0}$ tal que $\frac{\ln x}{x^{\beta}}<\frac{1}{2}$ siempre que $x\geq x_{0}$. En particular, $\ln n\leq n^{\beta}$ siempre que $n\in\mathbb{N}\cap(x_{0},\infty)$.

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Para tu problema: Sea $r\in(0,1)$ dado. Elija $\beta\in(0,\frac{1-r}{2r})$. Elija $n_{0}\in\mathbb{N}$ tal que $\ln n\leq n^{\beta}$ siempre que $n\geq n_{0}$. Denote $\alpha=(2\beta+1)r$. Observa que $0<\alpha<1$.

Para $n\geq n_{0}$, tenemos que \begin{eqnarray*} & & n^{r}\left(\ln n\right)^{2r}\\ & \leq & n^{r}\cdot\left(n^{\beta}\right)^{2r}\\ & = & n^{(2\beta+1)r}\\ & = & n^{\alpha}. \end{eqnarray*} Se sigue que \begin{eqnarray*} & & \sum_{n=2}^{\infty}\left(\frac{1}{n\ln^{2}n}\right)^{r}\\ & \geq & \sum_{n=n_{0}}^{\infty}\frac{1}{n^{\alpha}}\\ & = & \infty. \end{eqnarray*} Por lo tanto, $\sum_{n=2}^{\infty}\left(\frac{1}{n\ln^{2}n}\right)^{r}$ diverge.

Answer 2

Todo lo que se necesita es que, para $0 < c < 1$, $\lim_{x \to \infty} \dfrac{\ln(x)}{x^c} =0$.

Esto se ha demostrado aquí muchas veces, a menudo por mí, así que te dejaré esto a ti.

Dado que $0 < r < 1$, permite que $c = \dfrac{1-r}{2}$ para que $0 < c < 1$, $r=1-2c$, y $c < 1-r$.

Luego, escribiendo $n$ por $n+1$ ya que no importa, queremos mostrar que $(n \ln^2(n))^r \lt n^s$ para algún $0 < s < 1$, ya que $\sum_{n=1}^{\infty} \dfrac1{n^s}$ diverge.

$\begin{array}\\ (n \ln^2(n))^r &=(n \ln^2(n))^{1-2c}\\ &=n^{1-2c} \ln^{2(1-2c)}(n)\\ &\lt n^{1-2c} \ln^{2}(n)\\ &\lt n^{1-c} n^{-c}\ln^{2}(n)\\ &\lt n^{1-c} \dfrac{\ln^{2}(n)}{n^c}\\ &\lt n^{1-c} \qquad\text{para }n\text{ suficientemente grande}\\ \text{así que}\\ \dfrac1{(n \ln^2(n))^r} &\gt \dfrac1{n^{1-c}} \qquad\text{para }n\text{ suficientemente grande\\ \end{array}$

y esta suma diverge.

Nótese que esto funciona para $\dfrac1{(n \ln^b(n))^r}$ para cualquier $b > 0$.

Answer 3

Podemos demostrar que la serie dada diverge usando el test de convergencia de Bertrand. De la serie, $a_n=\frac{1}{(n+1)ln^2(n+1)}$. Ahora veamos el siguiente límite, donde $0: $$\lim_{n\to\infty}\left(\left(n\left(\frac{\left(\frac{1}{(n+1)\ln^2(n+1)}\right)^r}{\left(\frac{1}{(n+2)\ln^2(n+2)}\right)^r}-1\right)-1\right)\ln{n}\right)=\lim_{n\to\infty}\left(\left(n\left(\left(\frac{(n+2)ln^2(n+2)}{(n+1)ln^2(n+1)}\right)^r-1\right)-1\right)\ln{n}\right)=\lim_{n\to\infty}{((n(1-1)-1)\ln n)}=\lim_{n\to\infty}{(-\ln{n})}=-\infty<1$$

Así, usando el test de convergencia de Bertrand, podemos concluir que la serie $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty \left(\frac{1}{(n+1)\ln^2 (n+1)}\right)^r$ diverge para $0< r<1$. Fácilmente se puede mostrar que también diverge para todos los $r\le0$, lo que significa que la serie diverge para todos los $r<1$.

Answer 4

Como se indica en la sección de comentarios, podemos usar convenientemente _la prueba de condensación de Cauchy. Escribimos la serie como \begin{align*} \sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{1}{(n+1)\ln^2(n+1)}\right)^r=\sum\{n=2}^{\infty}\left(\frac{1}{n\ln^2(n)}\right)^r \tag{1}

Según la prueba de condensación de Cauchy, el lado derecho de (1) converge si y solo si la siguiente serie converge. Dado $0, obtenemos \begin{align*} \color{blue}{\sum_{n=2}^{\infty}}\color{blue}{2^n\left(\frac{1}{2^n\ln^2\left(2^n\right)}\right)^r} &=\sum_{n=2}^{\infty}2^{n(1-r)}\frac{1}{\left(\ln(2^n)\right)^{2r}}\\ &=\sum_{n=2}^{\infty}2^{n(1-r)}\frac{1}{\left(n\ln (2)\right)^{2r}}\\ &\,\,\color{blue}{=\frac{1}{\left(\ln (2)\right)^{2r}}\sum_{n=2}^{\infty}2^{n(1-r)}\frac{1}{n^{2r}}\to\infty}\tag{2} Dado que (2) diverge, la divergencia de (1) sigue.