¿para que valor de $a$ que $ \big(\sum\frac {1}{u_n}\big) $ converge?

Question

Para cualquier número real $a$ (positivo o negativo), definir una secuencia de $\{u_n\}$ (dependiendo de $a$) de forma recursiva por $u_0=2$ y $$ \int_{u_n}^{u_{n+1}}(\ln u)^a\,du=1.$ $

¿Que $a\in\mathbb{R}$ $$ \sum_{n=0}^\infty \frac {1}{u_n}$ $ convergen?

Gracias por sus respuestas

Answer 1

Tenga en cuenta que una alternativa de definición de $u_n$ ($n\ge0$) es $$ \int_2^{u_n} (\ln u)^a\,du = n. $$ Por las mismas técnicas utilizadas para asintóticamente evaluar la integral logarítmica, uno puede mostrar que $$ \int_2^{y} (\ln u)^a\,du \sim y(\ln y)^un $$ (con explícita de los términos de error, incluso), del que se desprende que $$ u_n \sim n(\ln n)^{-a}. $$ Por lo tanto, $\sum_{n=0}^\infty 1/u_n$ diverge si $a\ge-1$ y converge si $a<-1$, por el límite de la prueba de comparación y) la integral de la prueba.

Answer 2

Primer aviso de que desde $\int_2^{+\infty} (\ln u)^a\,du = +\infty$ todos los $a$, la secuencia de $(u_n)$ está bien definido y en aumento.

Si $a \geq 0$,$n = \int_2^{u_n} (\ln u)^{a}\,du \geq (u_n-2) (\ln 2)^a$, lo $\sum \frac{1}{u_n} = +\infty$.

Si $-1 \leq a < 0$, se obtiene de manera similar $(u_n-2)(\ln u_n)^a \leq n \leq (u_n-2) (\ln 2)^a$, lo que da $\ln u_n \sim \ln n$$u_n = O(n(\ln n)^{-a})$, por lo que hemos vuelto a $\sum \frac{1}{u_n} = +\infty$.

Si $a < -1$, podemos escribir $$ \frac{u_{n+1}-u_n}{(\ln u_n)^{-a}} \geq \int_{u_n}^{u_{n+1}} \frac{du}{(\ln u)^{-a}} = 1 $$ y podemos deducir que existe $c > 0$ tal que para todos los $n$ lo suficientemente grande, $$ u_n \geq c \sum_{k=1}^n (\ln n)^{-a} \asymp c\ n (\ln n)^{-a}. $$ Por lo tanto, $\sum \frac{1}{u_n} < \infty$ fib $a < -1$.