Serie de logaritmos anidados

Question

Mientras trabajaba en problemas de Cálculo de Spivak, me encontré con uno que preguntaba por la convergencia/divergencia de la serie $$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{1+\frac{1}{n}}}.$$

Esta es una comparación directa con la serie armónica para mostrar la divergencia, pero terminé jugando un poco más con la idea y tropezando con el interesante hecho de que $$\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n^{1+\frac{1}{\log n}}}\,\,\text{diverges}\quad\text{and}\quad \sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n^{1+\frac{1}{\log\log n}}}\,\,\text{converges}.$$

La primera es otra comparación de límites con la serie armónica; la segunda intenté hacerla mirando $$\int_2^{\infty} \frac{1}{n}\cdot \frac{1}{n^{\frac{1}{\log \log n}}}\, dn$$ y sustituyendo $u=\log n$ para dar $$\int_2^{\infty}e^{-\frac{u}{\log u}}\, du,$$ que parece más manejable.

Tengo dos preguntas:

1. ¿Puede alguien demostrar la convergencia de la divergencia de la segunda serie terminando mi intento o mediante alguna otra técnica?
2. En general, para la serie $$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{1+\frac{1}{f(n)}}}$$ qué se puede decir sobre las tasas de crecimiento/otras caracterizaciones del $f$ para el cual esto converge?

Cualquier ayuda será muy apreciada.

Answer 1

Desde $\frac{u^{1/2}}{\log u}\to\infty$ existe $c>0$ tal que $\frac{u^{1/2}}{\log u}>1$ para todos $u>c$ . Así, $\frac{u}{\log u}>u^{1/2}$ para todos $u>c$ y luego $$ e^{-\frac u{\log u}}\leq e^{-u^{1/2}},\ \ u>c. $$ Además, como $\frac{e^{u^{1/2}}}{u^2}\to\infty$ podemos encontrar $d>c$ con $$e^{-u^{1/2}}\leq\frac1{u^2},\ \ u>d. $$

Sobre tu segunda pregunta, obtienes la integral $$ \int_1^\infty\frac1x\,e^{-\frac{\log x}{f(x)}}\,dx, $$ así que básicamente necesitas $f$ perder contra el logaritmo para que la exponencial conserve algo de fuerza.

Answer 2

Se pidió un enfoque diferente al que se discutió en el OP. En este caso, utilizamos Prueba de condensación de Cauchy en la serie $S$ expresado como

$$S=\sum_{n=3}^\infty f(n) \tag 1$$

donde el sumando $f(n)$ viene dada por

$$f(n)=\frac{1}{n^{1+\frac{1}{\log(\log(n)}}}$$

Ahora, analizamos la suma $T$ expresado como

$$\begin{align} T&=\sum_{n=3}^\infty 2^n f(2^n)\\\\ &=\sum_{n=3}^\infty 2^n \frac{1}{2^{n\left(1+\frac{1}{\log(\log(2^n)}\right)}}\\\\ &=\sum_{n=3}^\infty 2^{-\left(\frac{n}{\log(n\log(2))}\right)} \tag 2 \end{align}$$

Ahora, para cualquier $\alpha >0$ la función logaritmo satisface la desigualdad VER ESTA RESPUESTA

$$\log(x)\le \frac{x^\alpha -1}{\alpha}\le \frac{x^\alpha}{\alpha} \tag 3$$

Aplicando $(3)$ a $(2)$ revela que para $0<\alpha <1$

$$2^{-\left(\frac{n}{\log(n\log(2))}\right)}\le 2^{-\left(\frac{\alpha n^{1-\alpha}}{\log^\alpha(2)}\right)}$$

Así, la serie en $(2)$ converge claramente por la prueba de comparación. Tomemos por ejemplo $\alpha =1/2$ . Entonces, es fácil demostrar que

$$2^{-\left(\frac{ n^{1/2}}{2\sqrt{\log(2)}}\right)}\le \frac{48/\log^{3/2}}{n^{3/2}}$$

y la serie converge comparándola con la serie $\sum_{n=3}^\infty \frac{1}{n^{3/2}}$ .

Por último, la prueba de condensación garantiza que las series en $(1)$ también converge. Y ya hemos terminado.