Convergenza di serie "tosta"

[Sk_Anonymous]

Buonasera a tutti. Ho da studiare la convergenza della seguente serie: \[\displaystyle \sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{(\log n)^{ \log \log n}} \]
ma non riesco a cavare delle minorazioni.
Secondo Wolframalpha \(\displaystyle n - (\log n)^{\log \log n}>0 \quad \forall n > 2 \), il che implicherebbe che \(\displaystyle \frac{1}{n} < \frac{1}{(\log n)^{\log \log n}} \), da cui la divergenza della prima. Ma come provare questa disuguaglianza, o qualcosa di equivalente?

Grazie in anticipo.

[Quinzio]

"Delirium":Buonasera a tutti. Ho da studiare la convergenza della seguente serie: \[\displaystyle \sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{(\log n)^{ \log \log n}} \]
ma non riesco a cavare delle minorazioni.
Secondo Wolframalpha \(\displaystyle n - (\log n)^{\log \log n}>0 \quad \forall n > 2 \), il che implicherebbe che \(\displaystyle \frac{1}{n} < \frac{1}{(\log n)^{\log \log n}} \), da cui la divergenza della prima. Ma come provare questa disuguaglianza, o qualcosa di equivalente?

Grazie in anticipo.

Puoi provare così:
$1/n<1/((logn)^(log log n))$

$n>(logn)^(log log n)$

$log n>(log log n)^2$

sostituisco
$log n = k$
quindi

$k>(log k)^2$

$\sqrt k>log k$

sostituisco $k = t^2$

$t>2logt$

spero di non aver fatto qualche passaggio troppo disinvolto...

[Sk_Anonymous]

Mmm... Sì, mi pare possa funzionare. Domani controllo tutto con calma, questa sera sono fuso a dir poco.
Ti ringrazio.