$\sum (-1)^n(1+(-1)^n/n)/logn$ io ho ragionato così

[fra017]

$\sum (-1)^n(1+(-1)^n/n)/logn$

scusate ho questa serie, ho fatto le moltiplicazioni e mi risulta:
$\sum (n(-1)^n+(-1)^(2n))/(nlogn)$

poi ho separato le 2 serie:
$\sum (-1)^n/(nlogn)$ + $\sum 1/(nlogn)$

La seconda serie converge. La prima io ho usato il criterio della convergenza assoluta e successivamente della radice, risulta quindi:
$1/(nlogn)^(1/n)$ perciò $n^(1/n)$ tende ad 1 e vabbè, ma $(1/logn)^(1/n)$ a quanto tende? converge?

ps. vi riporto una proposta di ragionamento che ho appena fatto ditemi se fila:
io ho la prima serie da capire come si comporta, prima provo assolutamente.
$1/(nlogn)>1/(n)^(2\alpha)$ $\alpha$ è un valore arbitrario che posso anche far valere $1/4$ e poichè se $\alpha=1/4$ la serie armnica diverge, la prima diverge per forza.

[ciampax]

La seconda converge per quale motivo? Per la prima, invece, osserva che è a segni alterni, quindi puoi usare il criterio di Leibniz

[fra017]

la seconda il prof ce l'ha data come per buona nel senso che è simile alla serie armonica per qualsiasi valore sia elevato il $logn$. si si ho notato che è a segni alterni ma prima di applicare il criterio di leibnitz volevo vedere se convergeva o divergeva assolutamente. è giusto il ragionamento?

[ciampax]

Se usi la convergenza assoluta allora la prima serie diventa uguale alla seconda, non ti pare?

[fra017]

oddio giusto...e come si risolve quindi la prima e dunque anche la seconda?

[ciampax]

Come verifichi che [tex]$\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n\log n}$[/tex] converge? ma non hai detto che ve lo dava per scontato? Comunque, potresti applicare il criterio di condensazione di Cauchy.