Determine, caso existam, todos os valores reais de \beta para os quais a série \sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n^{\beta} \ln (n)} é convergente.

Passo 1

O enunciado pede: determinar todos os valores reais de \beta para os quais a série
\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n^{\beta}\ln(n)}
é convergente.
Informações relevantes dadas:
\bullet A série é de termos positivos (para n\ge 2 temos \ln(n)>0).
\bullet A soma começa em n=2.
\bullet O parâmetro \beta é um número real que devemos encontrar as faixas onde a série converge ou diverge.

Passo 2

Primeiro passo técnico útil: verificar que a sequência de termos
a_n=\frac{1}{n^{\beta}\ln(n)},\qquad n\ge 2,
é positiva e monotonicamente decrescente (para n\ge 2). Isso nos permite usar testes que exigem monotonicidade (por exemplo, o teste da condensação de Cauchy). Vou mostrar que a_n é decrescente passando para a função contínua
f(x)=\frac{1}{x^{\beta}\ln x},\qquad x>1,
e calculando sua derivada. Seja
\ln f(x) = -\beta\ln x - \ln(\ln x).
Diferenciando,
\frac{f'(x)}{f(x)} = -\frac{\beta}{x} - \frac{1}{x\ln x}.
Logo
f'(x) = f(x)\left(-\frac{\beta}{x} - \frac{1}{x\ln x}\right) = -\frac{1}{x^{\beta+1}\ln x}\left(\beta + \frac{1}{\ln x}\right).
Para x>1 temos \ln x>0, então \beta + \frac{1}{\ln x}>0 para qualquer \beta real suficientemente grande em magnitude? Na verdade o fator entre parênteses é sempre >\!-\infty e, independentemente de \beta, o produto com o sinal negativo torna f'(x)<0 para todo x>1 salvo caso degenerado de expressão não definida (não ocorre aqui). Em particular, para x\ge 2 temos f'(x)<0. Portanto f é decrescente em [2,\infty) e, consequentemente, a_n é decrescente para n\ge 2.
(Resumo: a_n>0 e a_n decresce, condição satisfeita para usar o teste da condensação de Cauchy.)

Passo 3

Vou aplicar o teste da condensação de Cauchy. Enunciado do teste (versão que usamos):
se (a_n) é uma sequência positiva e decrescente, então a série \sum_{n=1}^\infty a_n converge se, e somente se, a série
\sum_{k=0}^\infty 2^k a_{2^k}
converge.
Aqui tomamos a_n=\dfrac{1}{n^{\beta}\ln n}. Calculamos o termo condensado:
2^k a_{2^k} = 2^k\cdot\frac{1}{(2^k)^{\beta}\ln(2^k)} = \frac{2^{k(1-\beta)}}{\ln(2^k)} = \frac{2^{k(1-\beta)}}{k\ln 2}.
Portanto a série condensada é (escrevo sem o fator constante separado):
\sum_{k=1}^\infty 2^k a_{2^k} = \frac{1}{\ln 2}\sum_{k=1}^\infty \frac{2^{k(1-\beta)}}{k}.

Passo 4

Agora analisamos a série condensada conforme o valor de \beta.
Caso 1: \beta>1. Então 1-\beta<0. Assim 2^{k(1-\beta)} é uma sequência exponencial decrescente: existe r\in(0,1) tal que 2^{k(1-\beta)}=r^k. Para todo k\ge 1 temos
0\le \frac{2^{k(1-\beta)}}{k} \le 2^{k(1-\beta)},
e \sum_{k=1}^\infty 2^{k(1-\beta)} é uma série geométrica convergente (razão r<1). Por comparação, \sum_{k=1}^\infty \dfrac{2^{k(1-\beta)}}{k} converge. Logo a série condensada converge, e pelo teste da condensação a série original \sum_{n=2}^\infty \dfrac{1}{n^{\beta}\ln n} converge quando \beta>1.
(Observação prática: uma outra maneira simples para \beta>1 é comparar diretamente com a p-série: para n\ge 2 temos \ln n\ge 1, então \dfrac{1}{n^\beta\ln n}\le \dfrac{1}{n^\beta}. Como \sum n^{-\beta} converge para \beta>1, a série original também converge.)
Caso 2: \beta=1. Então 1-\beta=0 e
\frac{2^{k(1-\beta)}}{k} = \frac{1}{k}.
Assim a série condensada é
\frac{1}{\ln 2}\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k},
que é uma constante times a série harmônica, e portanto diverge. Pelo teste da condensação, a série original diverge quando \beta=1.
Caso 3: \beta<1. Então 1-\beta>0, logo 2^{k(1-\beta)} cresce exponencialmente com k. Assim
\frac{2^{k(1-\beta)}}{k\ln 2}\to\infty\quad\text{quando }k\to\infty,
portanto os termos do somatório condensado não tendem a zero; a série condensada diverge (os termos não vão para zero já garantem divergência). Consequentemente a série original diverge quando \beta<1.

Passo 5

Conclusão lógica das três análises: a série \sum_{n=2}^{\infty}\dfrac{1}{n^{\beta}\ln n} converge exatamente quando \beta>1, e diverge para \beta\le 1.
Um jeitinho mental para fixar: o fator \ln n no denominador não é suficiente para fazer convergir quando o expoente \beta fica em 1 (o caso \beta=1 ainda diverge), mas se \beta ultrapassa 1 então a queda em n^{\beta} já é forte o bastante e a série converge.

Resposta

A série converge se, e somente se, \beta>1.
Diverge para \beta\le 1.

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