Сходимость ряда.

[RFZ]

Скажите пожалуйста.
Верно ли, что ряд $\sum \limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{\ln n}{n^{\alpha}}$ сходится при $\alpha > \dfrac{3}{2}$ ?
Я получил это интегральным признаком Коши-Маклорена.

[Sonic86]

Как-то плохо область нашли - она шире, интегральный признак находит ее точно

[Whitaker]

Sonic86 в сообщении #485652 писал(а):

Как-то плохо область нашли - она шире, интегральный признак находит ее точно

Уважаемый я Вас не понял.

[Sonic86]

Whitaker в сообщении #485654 писал(а):

Уважаемый я Вас не понял.

Ну в смысле если я сейчас воспользуюсь интегральным признаком, то у меня получится множество, точно совпадающее с областью сходимости, но включающее в себя множество $\{ a: a> \frac{3}{2}\}$.
Короче: найдите сами область сходимости.

[ИСН]

RFZ, ставьте вопросы очень обдуманно. Вы точно это хотели узнать? Точно-точно? Именно это? Ровно это и больше ничего?
Пока что ответ "да", но у меня подозрения, что - - -

[Утундрий]

По необходимому $\[ \alpha > 0 \] $, потом показать, что $\[ \alpha \ne 1 \] $, потом по частям и полный дифференциал даст $\[ \alpha > 1 \] $.

В каком месте там $3/2$ !?

[nnosipov]

А на кой здесь вообще этот интегральный Коши-Маклорен? Всё же и так очевидно.

[RFZ]

nnosipov в сообщении #485670 писал(а):

А на кой здесь вообще этот интегральный Коши-Маклорен? Всё же и так очевидно.

Как очевидно?

-- Пт сен 23, 2011 21:21:54 --

Подскажите пожалуйста как придти к правильно ответу?

[nnosipov]

RFZ в сообщении #485672 писал(а):

Как очевидно?

Вспомните, как растёт логарифм по сравнению со степенной функцией.

[RFZ]

У меня получилось, что он сходится при $\alpha>1$.
Теперь правильно?

[Sonic86]

RFZ в сообщении #485672 писал(а):

Как очевидно?

Ну по интегральному асимптотика роста $\sum\limits_{n=1}^M \frac{\ln n }{n^a}$ и очевидна

Цитата:

У меня получилось, что он сходится при $\alpha>1$.
Теперь правильно?

Молодец!
Расходимость при $\alpha = 1$ доказать сможете?

[nnosipov]

RFZ в сообщении #485675 писал(а):

У меня получилось, что он сходится при $\alpha>1$.

Без интегралов получилось или с интегралами?

[RFZ]

А если воспользоваться тем, что на бесконечности $\ln x =o(x^{\varepsilon})$ для любого $\varepsilon$
Имеем, что $\sum \limits_{n=K}^{\infty}\dfrac{\ln n}{n^{\alpha}}<\sum \limits_{n=K}^{\infty}\dfrac{1}{n^{\alpha-\varepsilon}}$.
А последний сходится при $\alpha-\varepsilon>1$, но как отсюда получить $\alpha>1$?

[Утундрий]

RFZ в сообщении #485683 писал(а):

как отсюда получить

Так получите не отсюда. Просто подставьте $\[ \alpha = 1 \] $ в исходный ряд.

[RFZ]

Зачем мне подставлять туда $\alpha=1$. Я хочу выяснить при каких альфа он сходится? Сейчас я пользуюсь подсказкой nnosipov