Qué $\sum_{n=2}^{\infty}\frac{n^4}{\log(1)+\log(2)+\log(3)+\cdots+\log(n)}$ convergen?

Question

No puedo encontrar una manera de probar la convergencia/divergencia de esta serie:

$$\sum_{n=2}^{\infty}\frac{n^4}{\log(1)+\log(2)+\log(3)+\cdots+\log(n)}$$

He probado el método de Cauchy, pero con el fin de hacer que los logaritmos más manejable he agrupado todos ellos (por lo $\log(1)+\log(2)+\log(3)+...+\log(n)=\log(n!)$. El problema es que no sé cómo diferenciar que cuando la necesito. Así que me gustaría estar agradecidos por la ayuda si alguien puede pensar de una manera diferente o simplemente una manera de mejorar la mina (utilizando el método de Cauchy de alguna manera para que funcione).

Answer 1

Sin Stirling.

Tenga en cuenta que el denominador es de $$\sum_{k=1}^n \log k \leq \sum_{k=1}^n \log n = n\log n$$ a partir de la cual puede límite inferior el término general de la serie por $$a_n\stackrel{\rm def}{=} \frac{n^4}{\log 1+\log 2+\dots+\log n} \geq \frac{n^3}{\log n}\xrightarrow[n\to\infty]{} \infty$$ y por lo tanto la serie $\sum_n a_n$ diverge, como su término general que hace que no vaya a $0$.

Answer 2

Es fácil mostrar que $n!\le n^n$.

Por lo tanto, $\log(n!)\le n\log(n)$ y hemos

$$\sum_{n=2}^N \frac{n^4}{\log(n!)}\ge \sum_{n=2}^N \frac{n^3}{\log(n)}\to \infty \,\,\text{as}\,\,N\to \infty$$

Answer 3

Podemos usar la prueba de comparación para mostrar que se bifurca y vamos a utilizar la serie de $b_n = n^2$.

Primera nota de que $\log(n!) \approx n\log(n) - n$ por la fórmula de Stirling.

A continuación, $a_n = \frac{n^4}{\log(n!)} \to \frac{n^4}{n\log(n) - n} = \frac{n^3}{\log(n) - 1} > \frac{n^3}{n} = n^2$ que diverge. A continuación, la serie debe también divergen.