Verifique quais das séries abaixo são convergentes, sem necessariamente calcular o limite.
\sum_{n=2}^{\infty}\left(\frac{1}{\log n}\right)^{\log n}.

Passo 1

O enunciado pede para verificar se a série
\sum_{n=2}^{\infty}\left(\frac{1}{\log n}\right)^{\log n}
é convergente. Informações dadas e observações iniciais:
  • A soma começa em n=2.
  • Para n\ge2, \log n>0, então cada termo \left(\tfrac{1}{\log n}\right)^{\log n} é bem definido e positivo.
  • A pergunta é apenas: a série converge ou diverge? (não é pedido o valor da soma).

Passo 2

Primeiro vou fixar a convenção: aqui \log n denota o logaritmo natural, isto é \log n=\ln n. Isso é padrão em análise e facilita as manipulações exponenciais que vou usar.

Passo 3

Vamos manipular a expressão do termo geral para enxergá-lo melhor. Denote
a_n=\left(\frac{1}{\log n}\right)^{\log n}.
Usando a identidade x^y=e^{y\ln x} (lembrando que \ln é o logaritmo natural), podemos escrever
a_n = \exp\!\big(\log n\cdot \ln(1/\log n)\big).
Agora calcule \ln(1/\log n). Como \ln(1/x)=-\ln x, obtemos
\ln\!\big(1/\log n\big) = -\ln(\log n).
Logo
a_n = \exp\!\big(\log n\cdot (-\ln(\log n))\big) = \exp\!\big(-(\log n)(\ln\log n)\big).
Podemos também reescrever a_n como potência de n. Observe que \exp(\log n\cdot t)=n^{t} quando t é qualquer número; aplicando isso com t=-\ln\log n temos
a_n = n^{-\ln\log n}.
Esse formato é muito útil: o expoente -\ln\log n depende de n e cresce (em módulo) conforme n cresce, porque \ln\log n\to\infty quando n\to\infty.

Passo 4

Agora vou comparar a_n com uma série p conhecida. Para séries do tipo \sum n^{-p} sabe-se que converge se e somente se p>1 (série p). No nosso caso o expoente é p_n=\ln\log n, que tende a infinito quando n\to\infty, então para n suficientemente grande teremos p_n>2 (por exemplo). Formalizando: existe N tal que, para todo n\ge N,
\ln\log n \ge 2.
Um valor explícito serve: escolher N=\left\lceil e^{e^{2}}\right\rceil garante \log\log n\ge2 para todo n\ge N (pois \log\log N \ge 2). Note que esse N é apenas para a prova — não precisamos do valor exato — só importa que existe.
Para n\ge N temos então
a_n = n^{-\ln\log n} \le n^{-2}.

Passo 5

Aplicamos o teste da comparação simples (ou comparação por maiorante): se 0\le a_n\le b_n para n\ge N e \sum b_n converge, então \sum a_n também converge. Aqui tomamos b_n=n^{-2}. A série
\sum_{n=N}^{\infty} n^{-2}
é convergente porque é uma série p com p=2>1. Como os termos iniciais n=2,\dots,N-1 são finitos em número, adicioná-los não altera a convergência da série total. Portanto
\sum_{n=2}^{\infty} a_n
converge.

Passo 6

Resumo intuitivo: os termos a_n são da forma n^{-\,\ln\log n} e o expoente \ln\log n cresce sem limite; portanto os termos decaem mais rápido que qualquer potência fixa n^{-p} para p arbitrariamente grande (ultimamente serão menores que n^{-2}, n^{-10}, etc.). Assim a série converge por comparação com uma série p de expoente >1.

Resposta

Convergente.

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