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dopo aver dimostrato la condizione necessaria di qst serie 1/n^log n cosa faccio?

dovresti stabilirne il carattere ...

[tex]\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{n^{\ln n}}=\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{e^{\ln n\ln n}}=\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{e^{\ln^2n}} .....[/tex]

scusa...potresti essere più chiaro......grazie 1000..

Basta osservare che [tex]\ln (n) > 2[/tex] definitivamente...

[tex]\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{n^{\ln n}}=\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{e^{\ln n\ln n}}=\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{e^{\ln^2n}} .....[/tex]

poni [tex]\ln=t[/tex] e ottieni che il termine generale della serie risulta:

[tex]\displaystyle \frac{1}{e^{t^2}}=\left( \frac{1}{e^{2}}\right)^t[/tex]

a questo punti essendo quest'ultima una serie geometrica di ragione minore di uno, puoi ocncludere ....

...ho dimenticato un passaggio ....e scritto a muzzo...

[tex]\displaystyle \frac{1}{e^{t^2}}< \frac{1}{e^{t }}=\left( \frac{1}{e }\right)^t[/tex]

a questo punti essendo quest'ultima una serie geometrica di ragione minore di uno, puoi ocncludere ....

Posto le mie soluzioni di serie 2!

@Clara: il parametro alfa nell'esercizio 2 è positivo, quindi alcuni risultati sono sbagliati.

Confrontando le soluzioni con quelle di @GIMUSI, il 4b presenta un refuso (credo), dato che c'è un NO nella casella, ma dopo giustamente scrive che la serie converge per confronto asintotico. La 8c, invece, in accordo con quanto dice Clara, mi sembra sia soddisfatta per alfa < 1/6, in quanto per confronto asintotico con n^(6alfa)/n^2 si ha quello che serve.

Concordo pienamente con Empio riguardo l'8c) e il 4b)!