Séries numériques

• Télescopage ;
• Sommation des relations de comparaison.

On a $\displaystyle u_{n+1}^2-u_n^2=1$, donc en sommant, on obtient par téléscopage $\displaystyle u_n^2-u_0^2=n$, d’où $\displaystyle u_n=\sqrt{n+u_0^2}$.
On en déduit $\displaystyle u_n \sim {\sqrt{n}}$. Or $\displaystyle \sqrt{n+1}-\sqrt{n}=\frac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}\sim \frac{1}{2\sqrt{n}}\sim \frac{1}{2u_{n}}$. Comme $\displaystyle \sum \frac{1}{\sqrt{n}}$ diverge, on en déduit par sommation des relations de comparaison : $$\sum_{k=0}^n \frac{1}{u_k} \sim 2 \sum_{k=0}^n (\sqrt{k+1}-\sqrt{k}) \sim 2\sqrt{n}.$$

A toi de choisir !

• $\displaystyle \frac{1}{n+1}=\int_0^1 t^ndt$ ;
• $\displaystyle \frac{1}{n}=\int_0^\infty e^{-nx}dx$.

En écrivant $\displaystyle \frac{1}{n+1}=\int_0^1 t^ndt$, on a
$$\begin{aligned} v_N &= \sum_{n=0}^{N} \int_0^1 (-1)^n t^n dt \\ & = \int_0^1\sum_{n=0}^{N} (-t)^ndt \\ & = \int_0^1 \frac{1-(-t)^{N+1}}{1+t}dt.\\ \end{aligned}$$

On a pu intervertir somme et intégrale sans théorèmes car la somme est finie. Comme $$\left|\int_0^1 \frac{(-t)^{N+1}}{1+t}dt\right|\le\int_0^1t^{N+1}dt=\frac{1}{N+2}\xrightarrow[N\to\infty]{} 0,$$ on en déduit : $$v_N\xrightarrow[N\to\infty]{} \int_0^1\frac{dt}{1+t}=\ln(2).$$

C’est le critère spécial des séries alternées (c’est du cours normalement). Tu peux trouver la preuve avec des exemples intéressants sur la page wikipédia des séries alternées.

Les $\displaystyle H_n = \sum_{k=1}^n \frac{1}{k}$ sont les sommes partielles de la série harmonique, qui est bien connue. Pour cet exercice, on utilisera les propriétés suivantes : la suite $\displaystyle (H_n)_{n \ge 1}$ est croissante, et un équivalent lorsque $\displaystyle n \rightarrow \infty$ est donné par $\displaystyle H_n \sim \ln(n)$. La première propriété est évidente, en effet $\displaystyle H_{n+1}-H_n = \frac{1}{n+1} \ge 0$. Pour la deuxième propriété, on part de l’encadrement $$\forall k \ge 2 \ , \ \int_k^{k+1} \frac{dt}{t} \le \frac{1}{k} \le \int_{k-1}^k \frac{k-1}{k} \frac{dt}{t},$$ qui découle de la décroissance de la fonction $\displaystyle t \mapsto \frac{1}{t}$. En sommant sur $\displaystyle k \in \{2,\ldots,n\}$, on obtient : $$\ln(n+1)-\ln(2) \le H_n-1 \le \ln(n),$$ et on en déduit que $\displaystyle \frac{H_n}{\ln(n)}$ est convergente de limite $\displaystyle 1$.

Retour à l’exercice : comme $\displaystyle H_n+(-1)^n \sim H_n$, on peut imaginer dans un premier temps que la série de terme général $\displaystyle u_n$ sera de même nature que la série de terme général $\displaystyle v_n$, où $\displaystyle v_n = \frac{(-1)^n}{H_n}$. Comme $\displaystyle H_n$ est positive, croissante de limite $\displaystyle + \infty$, la série $\displaystyle \sum_{n \ge 1} v_n$ est alternée, donc convergente. Posons, pour $\displaystyle n \ge 1$, $\displaystyle w_n = v_n-u_n$. Si la série $\displaystyle \sum_{n \ge 1}u_n$ était convergente, alors la série $\displaystyle \sum_{n \ge 1} w_n$ le serait aussi. Mais on a $$\forall n \ge 1 \ , \ w_n = \frac{(-1)^n(H_n+(-1)^n)-(-1)^nH_n}{H_n(H_n+(-1)^n)} = \frac{1}{H_n(H_n+(-1)^n)}.$$ D’après les remarques du début, on a $\displaystyle w_n \ge 0$ et $\displaystyle w_n \sim \frac{1}{\ln(n)^2}$ lorsque $\displaystyle n \rightarrow \infty$. Comme pour $\displaystyle n$ assez grand, on a $\displaystyle \frac{1}{\ln(n)^2} \ge \frac{1}{n}$, la série $\displaystyle \sum_{n \ge 1} w_n$ est divergente, ce qui contredit l’hypothèse de départ. Ainsi la série $\displaystyle \sum_{n \ge 1} u_n$ est divergente.

On peut remarquer que cet exercice donne un contre exemple à un résultat connu dans le cadre plus restreint des séries à termes positifs : ici on a $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \frac{u_n}{v_n} = 1$ et $\displaystyle \sum_{n \ge 1} v_n$ convergente, mais $\displaystyle \sum_{n \ge 1} u_n$ divergente.

Produit 👉 Passage au $\displaystyle \log$.

Voulant prendre le $\displaystyle \log$ de $\displaystyle \sqrt{n}\prod_{2 \le k \le n} \left(1+\frac{(-1)^k}{\sqrt{k}}\right)$, on pose naturellement :$$u_n = \frac{1}{2} \ln(n)+\sum_{k=2}^n \ln\left(1+\frac{(-1)^k}{\sqrt{k}}\right).$$ On va montrer que la suite $\displaystyle u_n$ est convergente, de limite $\displaystyle l \in \R$, ce qui implique, par continuité de la fonction exponentielle, le résultat souhaité, avec $\displaystyle C=\exp(l)$. L’idée naturelle est de considérer un développement limité des logarithmes. On pose donc, pour $\displaystyle k \ge 2$, $$v_k = \frac{(-1)^k}{\sqrt{k}}-\frac{1}{2k} \ , \ w_k = \ln\left(1+\frac{(-1)^k}{\sqrt{k}}\right)-v_k.$$ Le développement limité du logarithme permet de montrer que $$\lim_{k \to \infty} k^{3/2} |w_k| = \frac{1}{3}.$$ Par comparaison avec une série de Riemann, on en déduit que la série $\displaystyle \sum_{k \ge 2} w_k$ est absolument convergente, donc convergente. Notons $\displaystyle S_1$ la somme de cette série. De plus, la série $\displaystyle \sum_{k \ge 2} \frac{(-1)^k}{\sqrt{k}}$ vérifie les hypothèses du critère des séries alternées, c’est donc une série convergente, on note $\displaystyle S_2$ sa somme. Enfin, on rappelle le résultat suivant : la suite $\displaystyle \left(-\ln(n)+\sum_{k=1}^n \frac{1}{k}\right)_{n \ge 1}$ est convergente, sa limite étant souvent notée $\displaystyle \gamma$. On recolle tous ces résultats de la façon suivante : on a $$u_n = \frac{1}{2}\left(\ln(n)-\sum_{k=1}^n \frac{1}{k} \right)+\frac{1}{2} + \sum_{k=2}^n \frac{(-1)^k}{\sqrt{k}} + \sum_{k=2}^n w_k,$$ donc la suite $\displaystyle (u_n)_{n \ge 2}$ est bien convergente, de limite $\displaystyle -\frac{1}{2}\gamma+\frac{1}{2}+S_2+S_1$.

On voudrait se ramener au critère des séries alternées, mais il faut d’abord bien comprendre comment se comporte le signe $\displaystyle s(n) = (-1)^{\frac{n(n+1)}{2}}$. On a $\displaystyle \frac{s(n+1)}{s(n)} = (-1)^{\frac{(n+1)(n+2)}{2}-\frac{(n+1)n}{2}} = (-1)^{n+1}$. On déduit de cette formule, et par récurrence sur $\displaystyle n\ge 1$, que $\displaystyle s(n) = -1$ si $\displaystyle n$ est de la forme $\displaystyle n=4k+1$ ou $\displaystyle n=4k+2$, et que $\displaystyle s(n)=1$ si $\displaystyle n = 4k+3$ ou $\displaystyle n=4k+4$. Autrement dit, $\displaystyle s(2k+1)=s(2k+2)=(-1)^k$. La suite de signes $\displaystyle s(n)$ est donc alternée, mais elle alterne deux fois moins vite que la suite $\displaystyle (-1)^n$.

On va montrer un résultat assez général : si $\displaystyle (a_n)_{n \ge 1}$ est une suite décroissante de réels positifs de limite $\displaystyle 0$, alors $\displaystyle \sum_{n \ge 1} s(n) a_n$ est convergente. On montre ce résultat en se ramenant au critère des séries alternées. En effet, on note $\displaystyle S_n = \sum_{k=1}^n s(k) a_k$. Si on montre que la suite $\displaystyle S_{2n}$ est convergente de limite $\displaystyle S$, alors, comme on a $\displaystyle \lim_{n \to \infty} a_n = 0$, on aura $\displaystyle \lim_{n \to \infty} S_n = S$. Mais on peut écrire : $$S_{2n} = \sum_{k=1}^n s(2k+1) a_{2k+1} + s(2k+2) a_{2k+2} = \sum_{k=1}^n (-1)^k b_k,$$

où $\displaystyle b_k = a_{2k+1}+a_{2k+2}$. D’après les hypothèses faites sur $\displaystyle (a_k)_{k \ge 1}$, la suite $\displaystyle (b_k)_{k \ge 1}$ est décroissante, à termes positifs, de limite $\displaystyle 0$. D’après le critère des séries alternées, on en déduit que la suite $\displaystyle (S_{2n})_{n \ge 1}$ est convergente.

Pour revenir à l’exercice, on applique le résultat du paragraphe précédent à a suite $\displaystyle a_n = \frac{1}{\sqrt{n(n+1)}}$, qui est bien à termes positifs, décroissante, et de limite nulle. La série de terme général $\displaystyle u_n$ est donc convergente. Si on regarde d’un peu plus près le résultat sur les séries alternées, on arrive même à un encadrement de sa somme $\displaystyle S$ : on a $\displaystyle -\frac{1}{\sqrt{2}}-\frac{1}{\sqrt{6}} \le S \le 0$.

Il faut faire le lien entre $\displaystyle nu_n$ et des sommes de la série. Soit $\displaystyle \epsilon>0$.
Comme $\displaystyle \sum u_n$ converge, il existe $\displaystyle n_1$ tel que $\displaystyle \sum_{k\ge n_1}u_k <\epsilon$. Pour $\displaystyle n\ge n_1$, on a $$(n-n_1)u_n\le \sum_{k=n_1+1}^n u_k <\epsilon$$ car $\displaystyle (u_k)$ est décroissante. Ainsi $\displaystyle nu_n\le \epsilon +n_1u_n$. On sait que $\displaystyle \sum u_n$ converge, donc $\displaystyle u_n\to 0$, et on trouve un $\displaystyle n_2$ tel que pour tout $\displaystyle n\ge n_2$, $\displaystyle n_1 u_n\le\epsilon$. Ainsi pour tout $\displaystyle n\ge \max(n_1,n_2)$, $\displaystyle nu_n\le 2 \epsilon$, ce qui prouve la convergence $\displaystyle nu_n$ vers $\displaystyle 0$.

Pour étudier la réciproque, on prend $\displaystyle v_n=\frac{1}{n\ln(n)}$. On a bien $\displaystyle v_n=o(1/n)$, mais la série $\displaystyle \sum v_n$ ne converge pas d’après le critère de Bertrand. On peut se rappeler facilement ce dernier résultat en comparant $\displaystyle v_n=\sum\frac{1}{n\ln(n)}$ à l’intégrale $\displaystyle \int\frac{1}{x\ln(x)}$, une primitive étant $\displaystyle \ln(\ln(x))$, qui tend vers l’infini quand $\displaystyle x\to\infty$.

1. On utilise l’inégalité élémentaire donnée dans l’indication : on a $$\frac{a_n-a_{n-1}}{a_{n-1}} \ge \ln\left(1+\frac{a_n-a_{n-1}}{a_{n-1}}\right) = \ln(a_n)-\ln(a_{n-1}).$$ Ainsi, on a la borne inférieure sur les sommes partielles : $$\sum_{n=1}^N \frac{a_n-a_{n-1}}{a_{n-1}} \ge \ln(a_N)-\ln(a_0).$$ Comme $\displaystyle \lim_{N \to \infty} \ln(a_N) = +\infty$, on a bien montré la divergence de la série.
2. C’est une question a priori un petit peu plus difficile que la précédente… En effet, on peut remarquer que $\displaystyle \frac{a_n-a_{n-1}}{a_{n}} \le \frac{a_n-a_{n-1}}{a_{n-1}}$, donc si la série considérée dans cette question diverge, elle diverge un peu moins vite que la précédente… Supposons, par l’absurde, que la série soit convergente. La suite des restes $\displaystyle (R_n)_{n \ge 0}$ converge alors en décroissant vers $\displaystyle 0$, où on a noté $\displaystyle R_n = \sum_{k \ge n+1} \frac{a_k-a_{k-1}}{a_k}$. Mais, comme $\displaystyle a_k-a_{k-1} \ge 0$ et comme $\displaystyle (a_k)_{k \ge 0}$ est croissante, on a pour tout $\displaystyle n \ge 0$ et tout $\displaystyle N \ge n$ l’inégalité $$R_n \ge \sum_{k= n+1}^N \frac{a_k-a_{k-1}}{a_k} = \frac{1}{a_N} \sum_{k=n+1}^N a_{k}-a_{k-1} = 1-\frac{a_n}{a_N}.$$ Comme $\displaystyle \lim_{N \to \infty} a_N = +\infty$, il suffit, à $\displaystyle n$ fixé, de choisir $\displaystyle N$ assez grand pour avoir la minoration $\displaystyle R_n \ge \frac{1}{2}$, ce qui contredit le fait que $\displaystyle \lim_{n \to \infty} R_n =0$.
3. Il suffit d’appliquer le résultat de la question précédente à la suite $\displaystyle a_n = n$.
4. On considère la suite des sommes partielles donnée par $\displaystyle S_0 = 0$ et $\displaystyle S_n = \sum_{k=1}^n u_k$. C’est une suite croissante de limite $\displaystyle + \infty$, à termes positifs. D’après la deuxième question, on sait alors que la série $\displaystyle \sum_{n \ge 1} v_n$ est divergente, avec $\displaystyle v_n = \frac{S_n-S_{n-1}}{S_n} = \frac{u_n}{S_n}$. De plus, on a bien $$\lim_{n \to \infty} \frac{v_n}{u_n} = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{S_n} = 0.$$

Ré-indexation de la somme.

Montrons l’existence de $\displaystyle A_n$ : remarquons tout d’abord que $\displaystyle A_n$ est la somme d’une série à termes positifs. De plus, si on se fixe $\displaystyle 1/2 < \alpha < 1$, on remarque par croissances comparées que $\displaystyle \lim_{k \to \infty} \frac{k^n}{(2 \alpha)^k} = 0$, donc $\displaystyle \frac{k^n}{2^k} = o_{k\to \infty} (\alpha^k)$, et on conclut par comparaison avec le terme général d’une série convergente à termes positifs.

Établissons une relation de récurrence entre les $\displaystyle A_n$. On remarque que, si $\displaystyle n \ge 1$, on a $\displaystyle A_n = \sum_{k=1}^\infty \frac{k^n}{2^k}$. On fait ensuite le changement d’indice $\displaystyle k=l+1$, puis on utilise la formule du binôme de Newton pour écrire : $$A_n = \sum_{l=0}^\infty \frac{(l+1)^n}{2^{l+1}} = \frac{1}{2}\sum_{l=0}^\infty \sum_{p=0}^n \binom{n}{p} \frac{l^p}{2^l}.$$ L’interversion des deux sommes peut se justifier de plusieurs manières : on peut dire le terme général $\displaystyle \sum_{p=0}^n \binom{n}{p} \frac{l^p}{2^l}$ est la somme de $\displaystyle n+1$ termes généraux de séries convergentes ; on peut aussi argumenter que la famille $\displaystyle \left(\binom{n}{p} \frac{l^p}{2^l}\right)_{l \ge 0, 0 \le p \le n}$ est sommable. On peut alors écrire : $$A_n = \frac{1}{2} \sum_{p=0}^n \binom{n}{p} \sum_{l=0}^\infty \frac{l^p}{2^l} = \frac{1}{2} \sum_{p=0}^n \binom{n}{p} A_p.$$ Cette identité n’est vraie que pour $\displaystyle n \ge 1$ : en effet, on a utilisé le fait que $\displaystyle 0^n = 0$, ce qui n’est pas vrai pour $\displaystyle n = 0$. On en déduit que $$A_n = 2 A_n - A_n = \sum_{p=0}^n \binom{n}{p} A_p-A_n = \sum_{p=0}^{n-1} \binom{n}{p} A_p.$$ Cette relation permet de montrer par récurrence que $\displaystyle A_n$ est un entier pair pour tout $\displaystyle n \ge 0$, car $\displaystyle A_0 = \frac{1}{1-1/2} = 2$ (somme d’une série géométrique de raison $\displaystyle 1/2$).

Le $\displaystyle k$ au numérateur 👉 Dériver $\displaystyle x\mapsto x^k$ pour avoir le $\displaystyle k$ en facteur.

La série est bien définie car $\displaystyle \frac{k}{2^k}=O\left(\frac{1}{k^2}\right)$ par croissance comparée.
Introduisons la série entière $\displaystyle f(x)=\sum_{k=0}^\infty\frac{x^k}{2^k}$ de rayon de convergence $\displaystyle 2$ par la régle de d’Alembert (par exemple). On a $\displaystyle f(x)=\frac{1}{1-x/2}=\frac{2}{2-x}$ pour $\displaystyle |x|<2$. En identifiant les dérivées de chaque expression de $\displaystyle f$, on obtient si $\displaystyle |x|<2$,
$$f'(x)=\frac{2}{(2-x)^2}=\sum_{k=1}^\infty\frac{k}{2^k}x^{k-1}.$$ Ainsi $\displaystyle D=\sum_{k=1}^\infty\frac{k}{2^k}=f'(1)=2$.

Remarque — La méthode précédente est sans doute la plus classique : on écrit la somme d’une série géométrique dérivée. Il y a d’autres moyens de calculer cette somme. Voici une méthode basée sur les familles sommables. On considère la famille $\displaystyle (a_{k,l})_{k\ge 0 , l\ge 1= }\left(\frac{1_{\{l \le k\}}}{2^k} \right)_{k\ge 0, l \ge 1}$, où $\displaystyle 1_{\{l \le k\}}$ est la fonction indicatrice de l’ensemble $\displaystyle \{l \le k\}$. La famille $\displaystyle (a_{k,l})$ est à termes positifs, donc on peut écrire que $$\sum_{l=1}^\infty \sum_{k=0}^\infty a_{k,l} = \sum_{k=0}^\infty \sum_{l=1}^\infty a_{k,l}.$$ La première somme vaut : $$\sum_{l=1}^\infty \sum_{k=0}^\infty \frac{1}{2^k} 1_{l \le k} = \sum_{l=1}^\infty \frac{1}{2^l}\sum_{k=l}^\infty \frac{1}{2^{k-l}} = \sum_{l=1}^\infty \frac{1}{2^l}\sum_{k'=0}^\infty \frac{1}{2^{k'}} = 2 \sum_{l=1}^\infty \frac{1}{2^l} = 2.$$ La deuxième somme vaut : $$\sum_{k=0}^\infty \frac{1}{2^k} \sum_{l=1}^\infty 1_{l \le k} = \sum_{k=0}^\infty \frac{k}{2^k} = D,$$ et on a donc bien $\displaystyle D = 2$.

1. Résultat de cours à savoir justifier ! Exprimer $\displaystyle u_n$ à l’aide des sommes partielles $\displaystyle S_n$
2. Que dire de $\displaystyle S_{2n}-S_n$ quand $\displaystyle n\to\infty$ ? Minorer $\displaystyle S_{2n}-S_n$ en considérant le terme le plus faible de la somme.
3. On peut chercher une suite presque toujours nulle, sauf en des rangs bien choisis où elle prendra des valeurs bien choisies.
4. On ne sait pas calculer $\displaystyle \sum_{k=2}^n\frac{1}{k\ln(k)}$ mais on sait intégrer $\displaystyle \frac{1}{x\ln(x)}$
   👉 comparaison série intégrale
5. $\displaystyle \sum \frac 1n$ diverge, $\displaystyle \sum \frac{1}{n\ln(n)}$ diverge … compléter la suite !
6. Difficile de trouver une telle suite à l’aide de fonctions usuelles.
   👉 construire cette suite à la main. On pourra la construire “constante par morceaux”, autrement dit égale à une valeur $\displaystyle \alpha_k$ entre des entiers $\displaystyle n_k$ et $\displaystyle n_{k+1}>n_k$. Reste à choisir correctement $\displaystyle \alpha_k$ et $\displaystyle n_k$.

On note dans la suite $\displaystyle S_n=\sum_{k=0}^n u_k$ pour $\displaystyle n\in\N$.

1. Si la série converge, $\displaystyle S_n$ tend vers un réel $\displaystyle S$, et alors $\displaystyle u_n=S_n-S_{n-1}\to S-S=0$. (c’est du cours !)
2. On a $\displaystyle S_{2n}-S_n=\sum_{k=n+1}^{2n} u_k$, donc comme $\displaystyle (u_n)$ est décroissante, $\displaystyle S_{2n}-S_n\geq nu_{2n}\geq 0$.
   Or $\displaystyle S_{2n}-S_n\to S-S=0$, donc par comparaison, $\displaystyle \lim nu_{2n}=0$ (et donc $\displaystyle \lim (2n)u_{2n}=0$).
   Pour les rangs impairs, on remarque que $\displaystyle (2n+1)u_{2n+1}\sim (2n) u_{2n+1}$.
   Or $\displaystyle 0\leq (2n) u_{2n+1}\leq (2n)u_{2n}$, donc, par comparaison, $\displaystyle \lim (2n+1)u_{2n+1}=0$.
   Conclusion : On a $\displaystyle \lim nu_n=0$, donc $\displaystyle u_n=o(1/n)$.
3. On peut considérer la suite $\displaystyle (u_n)$ définie par $$u_n=\frac 1n,\text{ si $n$ est un carré},\qquad u_n=0,\text{ sinon.}$$ La série $\displaystyle \sum u_n$ (à termes positifs) est convergente, car $\displaystyle (S_n)$ est majorée par $\displaystyle \sum_{k=1}^\infty\frac{1}{k^2}$. Cependant $\displaystyle k^2u_{k^2}=1$ donc la suite $\displaystyle (nu_n)$ ne tend pas vers $\displaystyle 0$.
4. On considère $\displaystyle u_n=\frac{1}{n\ln(n)}$ ($\displaystyle n\geq 2$), on a bien $\displaystyle u_n=o(1/n)$, mais la série $\displaystyle \sum u_n$ diverge.
   Justfions-le. Comme $\displaystyle t\mapsto \frac{1}{t\ln(t)}$ est décroissante sur $\displaystyle [2;+\infty[$, cette série est de même nature que $\displaystyle \int \frac{1}{t\ln(t)}d t$. Or une primitive de cette fonction sur $\displaystyle ]1;+\infty[$ est $\displaystyle t\mapsto \ln(\ln t)$, qui tend vers $\displaystyle +\infty$ en $\displaystyle +\infty$.
5. On considère $\displaystyle v_n=\frac{1}{n\ln(n)\ln(\ln(n))}$ ($\displaystyle n\geq 3$), on a bien $\displaystyle u_n=o\left(\frac{1}{n\ln(n)}\right)$, mais la série $\displaystyle \sum u_n$ diverge.
   Justification. Similaire à la question précedente
   (une primitive de $\displaystyle t\mapsto \frac{1}{t\ln(t)\ln(\ln(t))}$ sur $\displaystyle ]e;+\infty[$ est $\displaystyle t\mapsto \ln(\ln(\ln(t)))$, qui tend vers $\displaystyle +\infty$ en $\displaystyle +\infty$ ).
6. On construit une suite $\displaystyle u$ égale $\displaystyle \alpha_k>0$ sur $\displaystyle [\![n_{k-1}+1 ; n_k]\!]$, où

• $\displaystyle (n_k)$ est une suite strictement croissante d’entiers naturels, à choisir;
• $\displaystyle (\alpha_k)$ est une suite de réels strictement positifs, à choisir.
  Il suffit de choisir $\displaystyle \alpha_k=\frac{1}{n_k\ln(n_k)}$ pour avoir $\displaystyle n_k\ln(n_k)u_{n_k}=1$, de sorte qu’on ait pas $\displaystyle n \ln(n)u_n\to 0$. Reste à choisir $\displaystyle \alpha_k$.
  En faisant des paquets dans $\displaystyle \sum u_n$, avec les ensembles d’entiers $\displaystyle [\![n_{k-1}+1 ; n_k]\!]$, on observe que la convergence de la série $\displaystyle \sum u_n$ équivaut à la convergence de la série $$\sum_{k\geq 1} \frac{n_k-n_{k-1}}{n_k\ln(n_k)}.$$ On peut par exemple choisir $\displaystyle n_k=2^{k^2}$. Dans ce cas $$0\leq \frac{n_k-n_{k-1}}{n_k\ln(n_k)} = \frac{2^{k^2}-2^{(k-1)^2}}{2^{k^2} k^2\ln(2)} \leq\frac{1}{k^2\ln(2)},$$ terme général d’une série convergente. D’où la conclusion.

1. Utiliser les développements limités pour obtenir un équivalent simple de $\displaystyle v_{n+1}-v_n$.
2. Si $\displaystyle (v_n)$ converge, quelle information obtient-on pour $\displaystyle u_n$ ?
3. Faire un lien avec l’hypothèse initiale.
4. Appliquer !

1. On écrit
   $$\begin{aligned} v_{n+1}-v_n & = \ln\left(\left(1+\frac 1n\right)^\alpha\frac{u_{n+1}}{u_n}\right) \\ & = \ln\left(\left(1+\frac {\alpha}n + O\left(\frac{1}{n^2}\right)\right)\left(1-\frac{\alpha}{n}+ O\left(\frac{1}{n^2}\right)\right)\right). \\ \end{aligned}$$ donc finalement $\displaystyle v_{n+1}-v_n=\ln\left(1+\mathcal{O}\left(\frac{1}{n^2}\right)\right) = \mathcal O\left(\frac{1}{n^2}\right)$.
   Par comparaison avec une série de Riemann convergente, $\displaystyle \sum(v_{n+1}-v_n)$ converge.
   Puisque $\displaystyle v_n=v_0+\sum_{k=0}^{n-1}(v_{k+1}-v_k)$, on en déduit que la suite $\displaystyle (v_n)$ converge.
2. Soit $\displaystyle \ell=\lim v_n$. Par continuité de l’exponentielle, $\displaystyle n^\alpha u_n\to e^\ell$, donc $\displaystyle u_n\sim \frac{e^\ell}{n^\alpha}$.
   Par comparaison avec les séries de Riemann, on en déduit que $\displaystyle \sum u_n$ converge si et seulement si $\displaystyle \alpha>1$.
3. Supposons $\displaystyle \alpha>1$. On peut alors prendre $\displaystyle \beta\in]1;\alpha[$. Alors $$\frac{u_{n+1}}{u_n} = 1-\frac{\beta}{n}+\frac{\beta-\alpha}{n}+o\left(\frac{1}{n}\right).$$ Or $\displaystyle ~~\frac{\beta-\alpha}{n}+o\left(\frac{1}{n}\right)\sim \frac{\beta-\alpha}{n}$, donc $\displaystyle \frac{\beta-\alpha}{n}+o\left(\frac{1}{n}\right)<0$, à partir d’un certain rang $\displaystyle n_0$. Ainsi, $$\forall n\geq n_0,~~\frac{u_{n+1}}{u_n} \leq 1-\frac{\beta}{n}.$$ On en déduit que $\displaystyle u_n\leq u_{n_0}\frac{\widetilde u_n}{\widetilde u_{n_0}}$, où $\displaystyle (\widetilde u_{n})$ vérifie : $\displaystyle \forall n\geq n_0$, $\displaystyle \frac{\tilde u_{n+1}}{\widetilde u_n}=1-\frac{\beta}{n}$.
   Conclusion : $\displaystyle \sum \widetilde u_n$ converge d’après 2., donc par comparaison $\displaystyle \sum u_n$ converge.
   On montre de même que si $\displaystyle \alpha<1$, alors $\displaystyle \sum u_n$ diverge.

Remarque — Le cas $\displaystyle \alpha=1$ est un cas douteux (on ne peut rien dire en général, comme pour le cas douteux des séries de Riemann). Vous pouvez vous en convaincre en étudiant $\displaystyle \frac{u_{n+1}}{u_n}$ lorsque $\displaystyle u_n=\frac{1}{n (\ln n)^\alpha}$ (séries de Bertrand).*

4. Si $\displaystyle u_n = \frac{1}{4^n}\binom{2n}{n}$, après simplification des factorielles on obtient :
   $$\begin{aligned} \frac{u_{n+1}}{u_n} & = \frac{1}{4}~\frac{(2n+2)(2n+1)}{(n+1)^2} \\ & = \frac{n+1/2}{n+1} = 1-\frac{1/2}{n+1} \\ & = 1-\frac{1}{2n}+o\left(\frac 1n\right), \end{aligned}$$ et donc la série $\displaystyle \sum u_n$ diverge.
   Remarque — On peut montrer qu’on a en fait $\displaystyle u_n\sim \frac{\mathrm{Cste}}{\sqrt n}$, résultat qu’on peut retrouver à l’aide de la formule de Stirling (fais-le !) Tu peux aussi regarder l’exercice 17.