Determine se converge ou diverge cada uma das séries abaixo:
\sum \frac{1}{(\log n)^{\log n}};

Passo 1

O que o enunciado pede: determinar se a série
\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{(\log n)^{\log n}}
converge ou diverge. (Usei n=2 como início porque \log 1=0 e termos iniciais não afetam a convergência; qualquer início fixo funciona.)
Informações importantes fornecidas:
  • O termo geral é a_n=\dfrac{1}{(\log n)^{\log n}}.
  • Todos os termos para n\ge2 são positivos.
  • Não há indicação explícita da base do \log; adotarei a convenção padrão em análise: \log é o logaritmo natural (base e).

Passo 2

Transformação algébrica do termo geral para ficar mais fácil de comparar. Vou usar a identidade geral x^y = e^{y\log x}, válida quando \log é o logaritmo natural. Aplicando-a a (\log n)^{\log n} temos:
(\log n)^{\log n} = e^{(\log n)(\log\log n)}.
Portanto o termo a_n pode ser reescrito como
a_n = \frac{1}{(\log n)^{\log n}} = e^{-(\log n)(\log\log n)}.
Outra forma útil é escrever em potência de n. Como e^{\log n}=n, temos
e^{-(\log n)(\log\log n)} = \big(e^{\log n}\big)^{-\log\log n} = n^{-\log\log n}.
Resumindo,
a_n = n^{-\log\log n}.
Essa forma deixa claro que o expoente em n^{-\text{(expoente)}} é \log\log n, que cresce (lentamente) para +\infty quando n\to\infty.

Passo 3

Lembrando um resultado padrão que usaremos para comparação (vou explicar por que serve): a p-série
\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{p}}
converge se, e somente se, p>1. Isso é bem conhecido e pode ser visto pelo teste da integral ou por comparação com harmônica generalizada. Aqui queremos comparar a_n com uma p-série: se conseguirmos um p>1 tal que a_n \le n^{-p} para todo n suficientemente grande, então a convergência da p-série implica a convergência da nossa série (teste da comparação direta para séries de termos positivos).

Passo 4

Como \log\log n \to \infty quando n\to\infty, existe um N tal que, para todo n\ge N,
\log\log n \ge 2.
(Escrever explicitamente: \log\log n \ge 2 equivale a \log n \ge e^{2}, isto é n\ge e^{e^{2}}; não importa o valor numérico grande de N, só precisamos que exista.) Para esses n vale
a_n = n^{-\log\log n} \le n^{-2}.
Portanto, a partir de algum índice N em diante, cada termo a_n é menor ou igual ao termo correspondente da p-série com p=2.

Passo 5

Como a p-série \sum n^{-2} converge (porque 2>1), e temos 0\le a_n \le n^{-2} para todo n\ge N, o teste da comparação direta nos garante que
\sum_{n=2}^{\infty} a_n = \sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{(\log n)^{\log n}}
converge.

Passo 6

Interpretação intuitiva rápida (para fixar a ideia): embora \log n cresça lentamente, o expoente \log n faz com que (\log n)^{\log n} seja enorme — mais precisamente, no formato n^{\log\log n} o expoente \log\log n cresce sem limite, então os termos a_n decaem mais rápido do que qualquer potência fixa n^{-p}. Assim a série tem uma queda muito forte dos termos e soma finita.

Resposta

Converge

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