Determine si $\sum \frac{1}{(\ln{n})^{\ln{n}}}$ converge.

Question

Actualmente intento determinarlo por comparación. He intentado compararlo con $\frac{1}{n^2}$ y parece que funciona, pero no estoy seguro de si lo he hecho bien.

Lo he hecho así:

$(\ln {n})^{\ln{n}}>n^2$

$e^{\ln{\ln{n}}\times\ln{n}}>e^{\ln{n}\times2}$

$\ln{\ln{n}}\times\ln{n}>\ln{n}\times2$

$\ln{\ln{n}}>2$

$n>e^{(e^2)}$

¿Supongo que esto es suficiente? Una serie convergente es mayor que la original después de alguna constante $m$ . ¿Necesito algo más?

Answer 1

¿Y la prueba de condensación?

$$2^na_{2^n}=\frac{2^n}{\left(\log2^n\right)^{\log 2^n}}=\frac{2^n}{n^{n\log 2}\left(\log2\right)^{n\log 2}}$$

Y ahora aplica el $\,n$ -en la prueba de la raíz de lo anterior:

$$\sqrt[n]{\frac{2^n}{n^{n\log 2}\left(\log2\right)^{n\log 2}}}=\frac2{n^{log2}\left(\log2\right)^{\log2}}\xrightarrow[n\to\infty]{}0$$

Así, $\,\sum 2^na_{2^n}\;$ converge $\,\iff\sum a_n\;$ converge.

Answer 2

$$\frac{1}{(\log n)^{\log n}}=e^{-\log n(\log(\log n))}=\frac{1}{n^{\log(\log n)}}\leq\frac{1}{n^2}$$ para grandes $n$ por lo que la serie dada es convergente por comparación.

Answer 3

Podemos utilizar Prueba de condensación de Cauchy para obtener la serie condensada

$$\sum_{n=1}^{\infty }\frac{2^n}{(\ln{2^n})^{\left(\ln{2^n}\right)}}=\sum_{x=1}^{\infty }\frac{2^n}{[(n\ln 2)^{\ln 2}]^n}$$

entonces observa que eventualmente

$$(n\ln 2)^{\ln 2} \ge3 \implies \frac{2^n}{[(n\ln 2)^{\ln 2}]^n} \le \left(\frac23\right)^n$$