Da die innere Folge monoton fallend ist, können wir das Integralkriterium anwenden.
\( \begin{aligned} \lim \limits_{n \rightarrow \infty} \int \limits_{2}^{n} \frac{1}{x \ln (x)^{\alpha}} \mathrm{d} x &=\lim \limits_{n \rightarrow \infty} \int \limits_{\ln (2)}^{\ln (n)} \frac{1}{u^{\alpha}} \mathrm{d} u \\ & \stackrel{\alpha \neq 1}{=} \lim \limits_{n \rightarrow \infty}\left[\frac{1}{(1-\alpha)} \frac{1}{u^{\alpha-1}}\right]_{\ln (2)}^{\ln (n)} \\ &=\lim \limits_{n \rightarrow \infty}\left(\frac{1}{(\alpha-1)} \frac{1}{\ln (n)^{\alpha-1}}+\mathcal{O}(1)\right)=\left\{\begin{array}{ll} \mathcal{O}(1), & \alpha>1 \\ \infty, & 0 \leq \alpha<1 \end{array}\right. \end{aligned} \)
Für \( \alpha=1 \) ergibt sich in der obigen Untersuchung
\(\begin{aligned} \lim \limits_{n \rightarrow \infty} \int \limits_{\ln (2)}^{\ln (n)} \frac{1}{u} \mathrm{~d} u=\lim \limits_{n \rightarrow \infty}(\ln (\ln (n))+\mathcal{O}(1))=\infty .\end{aligned} \)
Daraus kannst du nun schliessen, für welche Werte die zu untersuchende Summe konvergiert. Zur Berechnung des Integrals wurde die Substitutionsregel verwendet.
