da Noisemaker » 23/07/2014, 21:46
Oppure, senza scomodare l'integrale, utilizzando la serie armonica generalizzata:
$$\sum_{n=2}^\infty \frac{1}{n^{\alpha}\ln^{\beta}n}, \,\,\,\,\alpha,\beta \in \mathbb{R}; $$
si dimostra, applicando ad esempio il criterio di condensazione di Cauchy
\begin{align*}
\sum_{n=2}^\infty \frac{1}{n^{\alpha}\ln^{\beta}n}\stackrel{Cauchy}{\Longrightarrow}\sum_{n=2}^\infty \frac{2^n}{2^{n\alpha}\ln^{\beta}2^n}&=\sum_{n=2}^\infty \frac{1}{2^{n\alpha-n}\left(n\ln2 \right)^{ \beta }}=\frac{1}{\ln^{ \beta }2 }\sum_{n=2}^\infty \frac{1}{2^{n(\alpha-1)} n^{ \beta } }\\
&=\begin{cases} \mbox{per}\,\,\alpha>1\,\,\mbox{e}\,\,\forall\,\, \beta, & \mbox{converge }\\
\mbox{per }\,\,\alpha=1\,\,\mbox{e per }\,\, \beta>1, & \mbox{converge }\\
\mbox{per}\,\,\alpha<1\,\,\mbox{e}\,\,\forall\,\, \beta, & \mbox{diverge }\\
\mbox{per }\,\,\alpha=1\,\,\mbox{e per }\,\, \beta\le1, & \mbox{diverge }
\end{cases}.
\end{align*}
Dobbiamo Sapere, e Sapremo