О сходимости рядов

Question

Уилл Джаги дал ответ на следующий вопрос, ряд сходится:

Я сталкиваюсь со следующим вопросом о сходимости рядов: \begin{align*} \sum\dfrac{1}{k^{\epsilon}}\left(\dfrac{1}{\log k}-\dfrac{1}{\log(k+1)}\right), \end{align*} где $\epsilon\in(0,1)$ фиксированный.

Единственное, что я могу сделать, это не более чем \begin{align*} \sum\dfrac{1}{k^{\epsilon}}\dfrac{1}{(\log k)(\log(k+1))}\log(1+1/k). \end{align*}Я предполагаю, что серии действительно расходятся. Период, термин$(\log k)(\log(k+1))$ медленнее любого $k^{\eta}$ для $\eta\in(0,1)$, с одной стороны, ряд имеет нижнюю оценку \begin{align*} \sum\dfrac{1}{k^{\epsilon}}\dfrac{1}{k^{\eta}}\log(1+1/k), \end{align*} который мы можем положить $\epsilon+\eta\leq 1$. Но я не могу поставить нижнюю границу скорости$\log(1+1/k)$, Есть идеи?

РЕДАКТИРОВАТЬ:

Стефан Лафон ответил на следующий вопрос, ответ отрицательный, ряды всегда будут сходиться:

Итак, я ищу неотрицательную возрастающую функцию $f$ такой, что \begin{align*} \sum\dfrac{1}{k^{\epsilon}}\left(\dfrac{1}{f(k)}-\dfrac{1}{f(k+1)}\right) \end{align*}расходится, но я не могу его найти. Сначала я думал$\log$вещь подойдет, но Уилл Джаги это опровергает. Так что же такое$f$ например?

Answer 1

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

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

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

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

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

Answer 2

Используя суммирование Абеля (интегрирование по частям):

$$\begin{split} \sum_{k=2}^n \dfrac{1}{k^{\epsilon}}\left(\dfrac{1}{\log k}-\dfrac{1}{\log(k+1)}\right) &= \left(\sum_{k=2}^n \dfrac{1}{k^{\epsilon}}\dfrac{1}{\log k}\right)-\left(\sum_{k=3}^{n+1}\dfrac{1}{(k-1)^{\epsilon}}\dfrac{1}{\log k}\right)\\ &=\frac 1 {2^\varepsilon}\frac 1 {\log 2}-\frac 1 {n^\varepsilon}\frac 1 {\log (n+1)}+\sum_{k=3}^n \left( \frac 1 {k^\varepsilon} - \frac 1 {(k-1)^\varepsilon}\right)\frac 1 {\log k} \end{split}$$ Также $$\begin{split} \frac 1 {k^\varepsilon} - \frac 1 {(k-1)^\varepsilon} &= \frac 1 {k^\varepsilon} \left( 1 - \frac 1 {\left ( 1 - \frac 1 k\right)^\varepsilon}\right)\\ &= \frac 1 {k^\varepsilon} \left( -\frac \varepsilon k + \mathcal O\left(\frac 1 {k^2}\right) \right)\\ &= -\frac \varepsilon {k^{\varepsilon+1}} + \mathcal O\left(\frac 1 {k^{\varepsilon+2}}\right) \\ \end{split}$$ Таким образом, ряд сходится.

На второй вопрос, если вы замените $\log(k)$ с участием $f(k)$, вы видите, что сходимость или расхождение исходного ряда зависит от сходимости $$\sum \frac 1 {k^{\varepsilon+1}} \frac 1 {f(k)}$$ и поскольку вы предполагаете $f$ чтобы быть неубывающим, член ряда ограничен сверху величиной $\frac 1 {k^{\varepsilon+1}} \frac 1 {f(1)}$, а значит, ряд всегда сходится.

Answer 3

Возможно, все мы слишком много думаем:

\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*}