Hace $$\sum^{\infty}_{n=1}\frac{\ln{n}}{n^{1.1}}$$ ¿convergen o divergen? Creo que la comparación básica funciona pero me cuesta encontrar un comparador. ¿Podría alguien sugerir uno?
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Gudmundur Orn
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Lo importante aquí es que $\ln n \ll n^\alpha$ para cualquier $\alpha > 0$ , para $n$ lo suficientemente grande. Puede comprobarlo verificando el límite $$ \lim_{n \to \infty} \frac{\ln n}{n^\alpha} = 0.$$
Veamos cómo podemos utilizar esto para demostrar que $$ \sum_{n \geq 1} \frac{\ln n}{n^{1.1}}$$ converge. Desde arriba, hay un poco de $N$ tal que para todo $n > N$ tenemos que $\ln n < n^{0.05}$ digamos. Entonces puedes dividir tu suma en dos partes, $$ \sum_{n = 1}^N \frac{\ln n}{n^{1.1}} + \sum_{n > N} \frac{\ln n}{n^{1.1}}.$$ La primera suma es finita. La segunda suma está acotada por encima de $$ \sum_{n > N} \frac{n^{0.05}}{n^{1.1}},$$ que converge directamente.
De forma más general, se puede demostrar que $$ \sum_{n \geq 1} \frac{\ln n}{n^{\beta}}$$ converge absolutamente para cualquier $\beta > 1$ . $\diamondsuit$
Renan
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Uno tiene, por el prueba de convergencia integral y una integración por partes: $$ 0<\sum^{\infty}_{n=1}\frac{\ln{n}}{n^{1.1}}\leq \int^{\infty}_{1}\frac{\ln{x}}{x^{1.1}}dx=\left[-\frac{\ln x}{x^{0.1}}\right]^{\infty}_{1}+\int^{\infty}_{1}\frac{dx}{x^{1.1}}=100 $$ la serie es convergente.
