Sur la convergence des séries

Question

Will Jagy a fourni la réponse à la question suivante, la série est convergente:

Je rencontre la question suivante sur la convergence des séries: \begin{align*} \sum\dfrac{1}{k^{\epsilon}}\left(\dfrac{1}{\log k}-\dfrac{1}{\log(k+1)}\right), \end{align*} où $\epsilon\in(0,1)$ c'est réglé.

La seule chose que je peux faire est pas plus que \begin{align*} \sum\dfrac{1}{k^{\epsilon}}\dfrac{1}{(\log k)(\log(k+1))}\log(1+1/k). \end{align*}Je propose que la série soit en fait divergente. Le terme$(\log k)(\log(k+1))$ est plus lent que tout $k^{\eta}$ pour $\eta\in(0,1)$, d'une part la série a la borne inférieure \begin{align*} \sum\dfrac{1}{k^{\epsilon}}\dfrac{1}{k^{\eta}}\log(1+1/k), \end{align*} que nous pouvons mettre $\epsilon+\eta\leq 1$. Mais je ne peux pas mettre une limite inférieure du taux de$\log(1+1/k)$, une idée?

ÉDITER:

Stefan Lafon a répondu à la question suivante, la réponse est négative, la série sera toujours convergente:

Je recherche donc une fonction croissante non négative $f$ tel que \begin{align*} \sum\dfrac{1}{k^{\epsilon}}\left(\dfrac{1}{f(k)}-\dfrac{1}{f(k+1)}\right) \end{align*}est divergente, mais je n'en trouve pas. Au départ, je pensais que$\log$chose fera l'affaire, mais Will Jagy le réfute. Alors qu'est-ce qu'un tel$f$ par exemple?

Answer 1

Pour $0 < t < 1,$ $$ t - \frac{t^2}{2} < \log (1+t) < t $$

$$ \frac{1}{k} - \frac{1}{2k^2} < \log \left(1+ \frac{1}{k} \right) < \frac{1}{k} $$

$$ \frac{2k-1}{2k^2} < \log \left(1+ \frac{1}{k} \right) < \frac{1}{k} $$

$$ \frac{k}{2k^2} < \frac{2k-1}{2k^2} < \log \left(1+ \frac{1}{k} \right) < \frac{1}{k} $$

$$ \frac{1}{2k} < \log \left(1+ \frac{1}{k} \right) < \frac{1}{k} $$

Answer 2

En utilisant la sommation d'Abel (intégration par parties):

$$\begin{split} \sum_{k=2}^n \dfrac{1}{k^{\epsilon}}\left(\dfrac{1}{\log k}-\dfrac{1}{\log(k+1)}\right) &= \left(\sum_{k=2}^n \dfrac{1}{k^{\epsilon}}\dfrac{1}{\log k}\right)-\left(\sum_{k=3}^{n+1}\dfrac{1}{(k-1)^{\epsilon}}\dfrac{1}{\log k}\right)\\ &=\frac 1 {2^\varepsilon}\frac 1 {\log 2}-\frac 1 {n^\varepsilon}\frac 1 {\log (n+1)}+\sum_{k=3}^n \left( \frac 1 {k^\varepsilon} - \frac 1 {(k-1)^\varepsilon}\right)\frac 1 {\log k} \end{split}$$ Également $$\begin{split} \frac 1 {k^\varepsilon} - \frac 1 {(k-1)^\varepsilon} &= \frac 1 {k^\varepsilon} \left( 1 - \frac 1 {\left ( 1 - \frac 1 k\right)^\varepsilon}\right)\\ &= \frac 1 {k^\varepsilon} \left( -\frac \varepsilon k + \mathcal O\left(\frac 1 {k^2}\right) \right)\\ &= -\frac \varepsilon {k^{\varepsilon+1}} + \mathcal O\left(\frac 1 {k^{\varepsilon+2}}\right) \\ \end{split}$$ Ainsi la série converge.

À votre deuxième question, si vous remplacez $\log(k)$ avec $f(k)$, vous voyez que la convergence ou la divergence de la série originale dépend de celle de $$\sum \frac 1 {k^{\varepsilon+1}} \frac 1 {f(k)}$$ et puisque vous assumez $f$ pour être non décroissant, le terme de la série est borné d'en haut par $\frac 1 {k^{\varepsilon+1}} \frac 1 {f(1)}$, et donc la série converge toujours.

Answer 3

Peut-être que nous avons tous trop réfléchi:

\begin{align*} \sum_{k\geq n_{0}}\dfrac{1}{k^{\epsilon}}\left(\dfrac{1}{f(k)}-\dfrac{1}{f(k+1)}\right)&\leq\sum_{k\geq n_{0}}\left(\dfrac{1}{f(k)}-\dfrac{1}{f(k+1)}\right)\\ &=\dfrac{1}{f(n_{0})}-\lim\dfrac{1}{f(n)}\\ &=\dfrac{1}{f(n_{0})}-\dfrac{1}{\sup f(n)}. \end{align*}