級数の収束について

Question

Jagyは次の質問に対する答えを提供しました、シリーズは収束しています：

級数の収束について次の質問に出くわします。 \begin{align*} \sum\dfrac{1}{k^{\epsilon}}\left(\dfrac{1}{\log k}-\dfrac{1}{\log(k+1)}\right), \end{align*} どこ $\epsilon\in(0,1)$ 固定されています。

私にできることはただ \begin{align*} \sum\dfrac{1}{k^{\epsilon}}\dfrac{1}{(\log k)(\log(k+1))}\log(1+1/k). \end{align*}私はシリーズが実際に発散していることを提案します。用語$(\log k)(\log(k+1))$ どれよりも遅い $k^{\eta}$ ために $\eta\in(0,1)$、一方で、シリーズには下限があります \begin{align*} \sum\dfrac{1}{k^{\epsilon}}\dfrac{1}{k^{\eta}}\log(1+1/k), \end{align*} 私たちが置くことができる $\epsilon+\eta\leq 1$。しかし、私はレートの下限を置くことはできません$\log(1+1/k)$、 何か案が？

編集：

Stefan Lafonは次の質問に答えました、答えは否定的です、シリーズは常に収束します：

だから私は非負の増加関数を探しています $f$ そのような \begin{align*} \sum\dfrac{1}{k^{\epsilon}}\left(\dfrac{1}{f(k)}-\dfrac{1}{f(k+1)}\right) \end{align*}発散していますが、見つかりません。当初、私は考えていました$\log$物事はうまくいくでしょう、しかしウィル・ジャジーはそれを反証します。だからそのようなものは何ですか$f$ 例えば？

Answer 1

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

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

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

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

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

Answer 2

アーベルの総和（部分積分）の使用：

$$\begin{split} \sum_{k=2}^n \dfrac{1}{k^{\epsilon}}\left(\dfrac{1}{\log k}-\dfrac{1}{\log(k+1)}\right) &= \left(\sum_{k=2}^n \dfrac{1}{k^{\epsilon}}\dfrac{1}{\log k}\right)-\left(\sum_{k=3}^{n+1}\dfrac{1}{(k-1)^{\epsilon}}\dfrac{1}{\log k}\right)\\ &=\frac 1 {2^\varepsilon}\frac 1 {\log 2}-\frac 1 {n^\varepsilon}\frac 1 {\log (n+1)}+\sum_{k=3}^n \left( \frac 1 {k^\varepsilon} - \frac 1 {(k-1)^\varepsilon}\right)\frac 1 {\log k} \end{split}$$ また $$\begin{split} \frac 1 {k^\varepsilon} - \frac 1 {(k-1)^\varepsilon} &= \frac 1 {k^\varepsilon} \left( 1 - \frac 1 {\left ( 1 - \frac 1 k\right)^\varepsilon}\right)\\ &= \frac 1 {k^\varepsilon} \left( -\frac \varepsilon k + \mathcal O\left(\frac 1 {k^2}\right) \right)\\ &= -\frac \varepsilon {k^{\varepsilon+1}} + \mathcal O\left(\frac 1 {k^{\varepsilon+2}}\right) \\ \end{split}$$ したがって、級数は収束します。

あなたの2番目の質問に、あなたが置き換える場合 $\log(k)$ と $f(k)$、元のシリーズの収束または発散は、 $$\sum \frac 1 {k^{\varepsilon+1}} \frac 1 {f(k)}$$ そしてあなたが仮定するので $f$ 減少しないために、シリーズの期間は上からによって制限されます $\frac 1 {k^{\varepsilon+1}} \frac 1 {f(1)}$、したがって、級数は常に収束します。

Answer 3

おそらく、私たち全員が考えすぎているだけです。

\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*}