Resulta que la primera suma se aparta! Definir la iterada exponencial de la secuencia de $a_0=1, a_{n+1} = e^{a_n}$. No estoy seguro de que sabe si $a_k = \exp(\exp(\exp(\exp(\cdots\exp(1)\cdots)$ es siempre un no-entero (por $k>0$), pero voy a asumir que es, y este argumento sólo requiere de ajustes menores en caso contrario.
Deje $b_k = \lceil a_k \rceil$ $k>0$ y vamos a examinar el valor de $\text{pln}_1(b_k)$, que por supuesto va a ser exactamente
$$b_k \ln b_k \ln\ln b_k \cdots \underbrace{\ln \circ \ln \cdots \circ \ln}_{\text{$k+1$ times}}\; b_k.$$
Claramente $b_k > a_k$, $\ln b_k > \ln a_k$, $\ln \ln b_k > \ln \ln a_k$ y así sucesivamente para cada logaritmo iterado. Así que vamos a obtener un límite superior en las diferencias $\ln b_k - \ln a_k$ y así sucesivamente:
$$\begin{align}
b_k &< a_k + 1, \\
\ln b_k &< \ln(a_k + 1) = \ln a_k + \ln(1 + a_k^{-1}) < a_{k-1} + a_k^{-1}, \\
\ln \ln b_k &< \ln(a_{k-1} + a_k^{-1}) = \ln a_{k-1} + \ln(1 + (a_{k-1}a_k)^{-1}) < a_{k-2} + (a_{k-1} a_k)^{-1},
\end{align}$$
Usted puede ver una inductivo patrón de formación, lo que finalmente conduce a:
$$
\begin{align}
\underbrace{\ln \circ \ln \cdots \circ \ln}_{\text{%#%#% times}}\; b_k &< a_0 + (a_1 a_2 \cdots a_k)^{-1} = 1 + (a_1 a_2 \cdots a_k)^{-1}, \\
\underbrace{\ln \circ \ln \cdots \circ \ln}_{\text{%#%#% times}}\; b_k &< (a_1 a_2 \cdots a_k)^{-1}.\\
\end{align}
$$
Así que, a continuación, $k$k$k+1$k$$\text{pln}_1(b_k) < \frac{b_k \ln b_k \ln \ln b_k \cdots \overbrace{\ln \circ \ln \cdots \circ \ln}^{\text{$$
que podemos demostrar a partir de los anteriores límites está muy cerca de a $ times}}\; b_k}{a_k \ln a_k \ln \ln a_k \cdots \underbrace{\ln \circ \ln \cdots \circ \ln}_{\text{$. De hecho, los cálculos anteriores nos deja atados de la diferencia absoluta de los registros del numerador y el denominador por:
$ times}}\; a_k},$$
que converge a $1$ muy rápidamente como $$a_k^{-1} + (a_k a_{k-1})^{-1} + \cdots + (a_k a_{k-1} \cdots a_1)^{-1} < k/a_k,$. De ello se desprende que $0$ está acotado abajo por una constante positiva cerca de $k \to\infty$, por lo que el $\text{pln}_1(b_k)$ diverge.
De hecho, de forma heurística esperamos que la diferencia de $1$ a ser distribuidos al azar en $\sum_n 1/\text{pln}_1(n)$, en particular debe ser arbitrariamente cerca de $\lceil a_k \rceil - a_k$. Por ello, es sumamente plausible (aunque imposible de demostrar) que $(0,1)$ obtiene arbitrariamente cerca de $0$, lo $\text{pln}_1(n)$.
También se puede mostrar la segunda suma diverge similar a la de cálculo. La reutilización de la secuencia de arriba $0$ podemos escribir la suma como:
$\limsup_{n\to\infty} 1/\text{pln}_1(n) = +\infty$$
donde el $\{b_k\}$th suma es
$$ \sum_{n=b_1}^{b_2-1} \frac{1}{n \ln n} + \sum_{n=b_2}^{b_3-1} \frac{1}{n \ln n \ln \ln n} + \cdots,$k$k$$
Vamos a tratar de obtener un límite inferior para $$S_k := \sum_{n=b_k}^{b_{k+1}-1} \frac{1}{n \ln n \cdots \underbrace{\ln \circ \ln \cdots \circ \ln}_{\text{$. Por comparación con la integral,
$ times}}\; n}.$k$S_k$k+1$ veces}}\; x\,\right|_{x=b_k}^{b_{k+1}} \\
> \underbrace{\ln \circ \ln \cdots \circ \ln}_{\text{$$S_k > \int_{b_k}^{b_{k+1}} \frac{dx}{x \ln x \cdots \underbrace{\ln \circ \ln \cdots \circ \ln}_{\text{$ veces}} \; a_{k+1} - \underbrace{\ln \circ \ln \cdots \circ \ln}_{\text{$ times}}\; x} = \left.\underbrace{\ln \circ \ln \cdots \circ \ln}_{\text{$ veces}} \; b_k > 1 - (a_k a_{k-1} \cdots a_1)^{-1}.$$
Desde $k+1$, se deduce que el $k+1$ diverge.
