Ряд с параметром

[provincialka]

Это первообразная, а вам нужно несобственный интеграл. Что будет с этой функцией в бесконечности?

[StrMth]

будет стремиться к нулю

[provincialka]

Вот и славно. Значит, он (интеграл) сходится.

[StrMth]

То есть пределы интегрирования у меня в нем будут $\ln2$ и $\infty$ Ведь в 1 логарифм не определен? А из чего следует , что он сходится?

[provincialka]

Так. Вас не учили, что невежливо говорить "он" о присутсвующих ? А к тому же и непонятно. Давайте поподробнее. Какой интеграл вы исследуете и как.

[StrMth]

Интеграл от $\ln2$ до $\infty$ $-1/\ln(n)$, он получился из случая $2\alpha=1$ , заменой $t=\ln(n)$

[provincialka]

А по-моему, это уже первообразная. Вы интеграл написать не можете? Знак int

[StrMth]

Да, это первообразная, действительно,$\int_{\ln2}^{\infty}t^{-2} dt $, где $t=\ln(n)$

[provincialka]

А зачем он нам был нужен? Собственно, конкретное значение ни к чему, важно, что показатель у $t$ равен -2.

[StrMth]

Стоп, так несобственный интеграл первого рода , расходиться же при отрицательной степени параметра

[provincialka]

Я в родах вечно путаюсь. Но интеграл на бесконечности $\int\limits{_a^\infty}\frac{dx}{x^p}$ сходится при $p>1$. Более того, вы этот интеграл практически сосчитали!

[StrMth]

Да, это у меня под ночь уже мозг отключается -_-, он действительно будет сходиться, степень положительная же в знаменателе будет

[StrMth]

Для рассмотрения 2х оставшихся случаев я использую оценки, основанные на заменах:для $ 2 \alpha<1 $ $ 2 \alpha=1-\varepsilon$ для $2\alpha>1$ $2\alpha=1+\varepsilon$ Соответственно в первом случае , будет расходиться($\frac{1}{n^{1-\varepsilon/2}}\frac{n^{\varepsilon/2}}{\ln^2(n)}>\frac{1}{n^{1-\varepsilon/2}}$), а во втором-сходиться ($\frac{1}{n^{1+\varepsilon/2}\ln^2(n)n^{\varepsilon/2}}<\frac{1}{n^{1+\varepsilon/2}}$)

[provincialka]

Вроде теперь все хорошо.