Λύση

(α)    Αν $p \leq 0$, τότε $(\log k )^p \not \rightarrow$, οπότε η σειρά αποκλίνει. Αν $p<0$, πάλι $(\log k )^{-p} < \sqrt{k}$ για μεγάλα $k$ οπότε $(\log k )^p > \frac{1}{\sqrt{k}}$ και αφού η $\sum _{k=1} ^\infty \frac{1}{\sqrt{k}}$ αποκλίνει το ίδιο θα ισχύει για την $\sum _{k=1} ^\infty (\log k )^p$.

(β)     Αν $0<p<1$, τότε εφαρμόζουμε κριτήριο του λόγου: $\frac{p^{k+1} (k+1)^p}{p^k k^p}<p(1+\frac{1}{k})^p \rightarrow p<1$, άρα η σειρά συγκλίνει. Αν $p\geq 1$, τότε $p^kk^p \not \rightarrow 0$, άρα η σειρά αποκλίνει.

(γ)    Είναι $k^p-k^q <k^p \Rightarrow p\leq 1$ τότε η $\sum \frac{1}{k^p}$ αποκλίνει άρα και η $\sum \frac{1}{k^p-k^q}$. Αν $p>1$, τότε $k^p-k^q > \frac{1}{2} k^p$ για μεγάλα $k$, δηλαδή $\frac{1}{k^p-k^q} < 2\frac{1}{k^p}$ και αφού η $\sum _{k=1} ^\infty \frac{1}{k^p}$ συγκλίνει, το ίδιο ισχύει για την $\sum _{k=2} ^\infty \frac{1}{k^p-k^q}$ (κριτήριο σύγκρισης).

(δ)    Έχουμε $k^{1+\frac{1}{k}} = k \sqrt{k}{k} < M_k$ (αφού $\lim _{k\rightarrow \infty} \sqrt{k}{k} =1\ ,\ \sqrt{k}{k}$ είναι φραγμένη). Άρα $\frac{1}{k^{1+1} k} > \frac{1}{m} \cdot \frac{1}{k}$ και αφού η $\sum \frac{1}{k}$ αποκλίνει το ίδιο ισχύει για την $\sum _{k=1} ^\infty \frac{1}{k^{1+4k}}$.

(ε)    Είναι $p^k-q ^k <p^k \Rightarrow \frac{1}{p^1-q ^k} >\frac{1}{p^k}$. Αν $p\leq 1$, τότε η $\sum _{k=1} ^\infty \frac{1}{p^k}$ αποκλίνει, άρα και η $\sum _{k=1} ^\infty \frac{1}{p^k-q ^k}$. Έστω $p>1$. Είναι $p^k-q ^k >\frac{1}{2} p^k$ αν $p^k > 2q ^k$ δηλαδή $k\log \left( \frac{p}{q } \right) > \log 2$. Δηλαδή τελικά $\frac{1}{p^k-q ^k} < 2 \frac{1}{p^k}$. Όμως, η $\sum \left( \frac{1}{p} \right) ^k$ συγκλίνει, άρα και η $\sum \frac{1}{p^k-q^k}$ (κριτήριο σύγκρισης).

(στ) Είναι $\lim _{x\rightarrow 0} \frac{x}{\log (1+x)} =\lim _{x\rightarrow 0} \frac{1}{\frac{1}{1+x}} =1$. Άρα, $\alpha _k \not \rightarrow 0$ και η σειρά αποκλίνει (πάρτε $x=\frac{1}{k}$).

(ζ)    Είναι $\log k > e^2$ αν $k> e^{e^2}$. Άρα $(\log k )^{\log k} > e ^{2 \log k} = k^2$ για μεγάλα $k$. Αφού η $\sum \frac{1}{k^2}$ συγκλίνει, θα συγκλίνει και η $\sum_{k=2}^\infty \frac{1}{(\log k)^{\log k}}$.

(η)    Η ακολουθία είναι φθίνουσα με θετικούς όρους, οπότε μπορούμε να εφαρμόσουμε το κριτήριο συμπύκνωσης του Cauchy: Θεωρούμε την $\beta _k =\frac{2^k}{(\log \log 2^k )^{ \log \log 2^k}} = \frac{2^k}{(\log (klog 2))^{\log (k\log 2)}}$.

Έχουμε: $(\log (k\log 2))^{\log (k\log 2)} =e^{\log (k \log 2) \log \log (k \log2)} < e^{(\log(k\log 2))^2}$ $<2^k$. για μεγάλα $k$ (γιατί?) Άρα, $\beta _k \not \rightarrow 0$ οπότε η $\sum \beta_k$ αποκλίνει και το ίδιο ισχύει για την (η).

(θ)    Έχουμε $\frac{1}{\sqrt{k}} - \frac{1}{\sqrt{k+1}}= \frac{\sqrt{k+1}-\sqrt{k}}{\sqrt{k} \sqrt{k+1}}= \frac{1}{\sqrt{k}\sqrt{k+1} (\sqrt{k}+\sqrt{k+1})}$. Άρα, η

$$k^p \left( \frac{1}{\sqrt{k}} - \frac{1}{\sqrt{k+1}}\right)$$

συγκρίνεται με την $k^{p-\frac{3}{2}}$. Δηλαδή η $\sum ^\infty _{k=1} k^p \left( \frac{1}{\sqrt{k}} - \frac{1}{\sqrt{k+1}}\right)$ συγκλίνει αν $p-\frac{3}{2}< -1 \Leftrightarrow p<\frac{1}{2}$.

(ι)    Είναι:

$$\begin{eqnarray*} \sqrt{k+1} &-& 2\sqrt{k} +\sqrt{k-1} = \left( \sqrt{k+1} -\sq... ...sqrt{k+1} +\sqrt{k}\right) \left(\sqrt{k} +\sqrt{k-1}\right)} . \end{eqnarray*}$$

Άρα, η $\sum ^\infty _{k=1} k^p \left( \sqrt{k+1} - 2\sqrt{k} + \sqrt{k-1} \right)$ συγκρίνεται με την

$$\sum ^\infty _{k=1} k^{p-\frac{3}{2}} .$$

Δηλαδή συγκλίνει αν και μόνο αν $p<\frac{1}{2}$.

Άσκηση 4 Υπόδειξη