1. Determine se a série \sum(\log n / n)^{n} é convergente usando ambos os testes, de d’Alembert e Cauchy.

Passo 1

O enunciado pede para estudar a convergência da série de termos positivos
a_n = \Bigl(\frac{\log n}{n}\Bigr)^{n}
usando os testes de d’Alembert (razão) e de Cauchy (raiz). Vamos precisar conhecer o critério que diz:
– Se \lim_{n\to\infty} \frac{a_{n+1}}{a_n} = L e L<1, a série converge.
– Se \lim_{n\to\infty} \sqrt[n]{a_n} = R e R<1, a série converge.

Passo 2

Aplicando o teste de d’Alembert, analisamos
\frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{\bigl(\frac{\log(n+1)}{\,n+1}\bigr)^{n+1}}{\bigl(\frac{\log n}{n}\bigr)^{n}} = \Bigl(\frac{n}{\log n}\Bigr)^{n} \Bigl(\frac{\log(n+1)}{n+1}\Bigr)^{n+1}.
Reescrevendo,
\frac{a_{n+1}}{a_n} = \biggl[\frac{n}{n+1}\,\frac{\log(n+1)}{\log n}\biggr]^{n} \;\times\;\frac{\log(n+1)}{\,n+1\,}.

Passo 3

Para estudar o limite, note que
\frac{n}{n+1}=1-\frac1{n+1}, \quad \frac{\log(n+1)}{\log n}=1+\frac{1}{n\log n}+o\!\Bigl(\frac1n\Bigr),
logo
\frac{n}{n+1}\,\frac{\log(n+1)}{\log n} =1-\frac1n+\frac1{n\log n}+o\!\Bigl(\tfrac1n\Bigr).
Elevando à potência n e usando (1+u_n)^n\approx e^{n u_n}, vem
\Bigl[\tfrac{n}{n+1}\,\tfrac{\log(n+1)}{\log n}\Bigr]^{n} \;\xrightarrow[n\to\infty]{} e^{-1}.
E como
\frac{\log(n+1)}{n+1}\;\sim\;\frac{\log n}{n}\;\xrightarrow[n\to\infty]{}0,
concluímos
\lim_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n} = e^{-1}\;\times\;0 = 0 < 1.
Pelo teste de d’Alembert, a série converge.

Passo 4

Agora o teste de Cauchy (raiz) exige
\sqrt[n]{a_n} = \sqrt[n]{\bigl(\tfrac{\log n}{n}\bigr)^{n}} = \frac{\log n}{n}.
Tomando limite,
\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_n} = \lim_{n\to\infty}\frac{\log n}{n} = 0 < 1.

Passo 5

Como em ambos os casos o limite é menor que 1, pelo teste da razão e pelo teste da raiz a série converge absolutamente.

Resposta

A série \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\Bigl(\frac{\log n}{n}\Bigr)^{n} é convergente.

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