2.4C Determine, caso exista algum, todos os números reais \alpha e \beta que tornam as séries \sum_{n=2}^{\infty} \frac{2 n+n^{2}}{n(\ln n)^{\alpha}} e \sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n^{\beta} \ln n} convergentes.

Passo 1

O enunciado pede para estudar a convergência, em função de parâmetros reais, de duas séries infinitas:
a)
\sum_{n=2}^{\infty} \frac{2n+n^{2}}{n(\ln n)^{\alpha}}
b)
\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n^{\beta}\,\ln n}
O conteúdo necessário envolve o teste da divergência (analisar se o termo geral tende a zero), comparação assintótica com séries-p e o teste da integral para séries que envolvem \ln n.

Passo 2

Para a primeira série, observe o termo geral:
\frac{2n+n^{2}}{n(\ln n)^{\alpha}} = \frac{2+n}{(\ln n)^{\alpha}}.
Para n grande, (2+n) cresce como n, logo
a_{n} \sim \frac{n}{(\ln n)^{\alpha}}.
Como \lim_{n\to\infty}n/(\ln n)^{\alpha} = \infty para todo real \alpha, o termo geral não tende a zero e a série diverge para qualquer \alpha.

Passo 3

Para a segunda série, a forma \sum1/(n^{\beta}\ln n) sugere usar o teste da integral. Considere
\int_{2}^{\infty}\frac{dx}{x^{\beta}\,\ln x}.
Fazendo a substituição x=e^{t}, temos dx=e^{t}dt, \ln x = t e x^{\beta}=e^{\beta t}, então
\int_{2}^{\infty}\frac{dx}{x^{\beta}\ln x} = \int_{\ln 2}^{\infty}\frac{e^{t}}{e^{\beta t}\,t}\,dt = \int_{\ln 2}^{\infty}\frac{e^{(1-\beta)t}}{t}\,dt.
Esse integral converge se, e somente se, o expoente 1-\beta for negativo, isto é, \beta>1. Para \beta\le1 a integral (e portanto a série) diverge.

Passo 4

Podemos reforçar:
  • Se \beta>1, então 1/(n^{\beta}\ln n)\le 1/n^{\beta} para n grande e \sum1/n^{\beta} converge ( \beta-série com \beta>1), logo a série original converge.
  • Se \beta\le1, ou o termo não tende a zero ( \beta<0) ou o teste da integral mostra divergência ( \beta\in[0,1]).

Resposta

Não existe nenhum \alpha que torne convergente a primeira série.
A segunda série converge se, e somente se, \beta>1.

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