Исследовать ряд на сходимость

[Limit79]

Есть вот такой ряд:

$$\sum_{n=2}^{\infty} \frac{(-1)^n \ln(n)}{n \sqrt{n}}$$

Он сходится абсолютно, чтобы это доказать, пытаюсь оценить $\frac{\ln(n)}{n \sqrt{n}}$ чем-нибудь сходящимся сверху, но не получается.

Подскажите, пожалуйста, в какую сторону думать

[Otta]

А чем Вы пытались оценивать?

[SpBTimes]

Докажите, что $\ln(n) < n^a$ для любого $a > 0$ начиная с какого-то номера

[Limit79]

Otta
Сверху приходит на ум только $\frac{n}{n \sqrt{n}}$, но ряд с этим общим членом расходится, увы.

[Otta]

Ну так очень грубо степень выбрал.

[Limit79]

SpBTimes
Тут две мысли: $n < e^{n^{a}}$, так как $e>2$, то $2^{n^a} < e^{n^a}$, а вот дальше не знаю что...
Либо рассмотреть функцию $f(x) = x^a - \ln(x)$.

-- 13.01.2014, 00:14 --

Otta
$\frac{\sqrt{n}}{n \sqrt{n}}$, но тоже расходится. А из каких соображений выбирать степень?

[Otta]

Видимо, чтоб сходился. А оценка используется именно того вида, что SpBTimes подсказал.

[Limit79]

Тут такая штука получается: чтобы сходился

$$\sum\limits_{n=2}^{\infty} \frac{n^a}{n \sqrt{n}} = \sum\limits_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n^{\frac{3}{2} - a}}$$

достаточно чтобы

$$a< \frac{1}{2}$$

но при все таких $a$

$$\frac{\ln(n)}{n \sqrt{n}} \geqslant \frac{n^a}{n \sqrt{n}}$$

начиная с какого-то номера $n$

[SpBTimes]

Limit79 в сообщении #813540 писал(а):

но при все таких $a$

$$\frac{\ln(n)}{n \sqrt{n}} \geqslant \frac{n^a}{n \sqrt{n}}$$

начиная с какого-то номера $n$

Это почему?

[Limit79]

SpBTimes
Хотя да, это неверно, я по графикам смотрю, а они сильно сближаются.

[provincialka]

Поведение логарифма и степенной функции в бесконечности легко сравнить с помощью правила Лопиталя. Вам про это не рассказывали?

[Limit79]

provincialka
Вы, кстати, и рассказывали только я что-то про это не подумал.

$$\lim\limits_{n \to \infty} \frac{n^a}{\ln(n)} = \lim\limits_{n \to \infty} \frac{an^{a-1}}{\frac{1}{n}} = \lim\limits_{n \to \infty} (an^a) = \infty$$

при $a>0$, то есть $n^a > \ln(n)$ начиная с некоторого номера $n$

-- 13.01.2014, 00:40 --

и, тогда

$$ \frac{\ln(n)}{n \sqrt{n}} < \frac{n^{\frac{1}{3}}}{n \sqrt{n}}$$

начиная с некоторого $n$.

Ряд $\sum\limits_{n=2}^{\infty} \frac{n^{\frac{1}{3}}}{n \sqrt{n}}$ сходится, значит сходится и исходный

Так ли?

[provincialka]

(Оффтоп)

Limit79 в сообщении #813565 писал(а):

Вы, кстати, и рассказывали

Надеюсь. не на лекциях? Не хотелось бы терять инкогнито

Limit79 в сообщении #813565 писал(а):

Так ли?

Так.

[Limit79]

provincialka

(Оффтоп)

Нет, не на лекциях.

Otta
SpBTimes
provincialka
Спасибо за помощь!