Nature d'une série

Comm' d'hab', développement limité en $ o(...)$.
Bon solstice.
Fr. Ch.
21/12/2020

bonjour

la série proposée est convergente, nous allons utiliser la transformation suggérée par notre ami Chaurien soit avec n > 2
$$u_n = \frac{1}{n.exp\sqrt{ln(n)}}$$

et comparer cette série à termes tous positifs et décroissants à la série de terme général avec n > 2
$$v_n = \frac{1}{n.ln(n).\sqrt{ln(n)}}$$

qui est convergente en effet : $\Sigma_2^n\frac{1}{p.lnp.\sqrt{lnp}}$ est équivalent à $\frac{2}{\sqrt{ln(n)}}$ pour n grand
(comparaison avec une intégrale)

or la fonction f définie pour x > 2 par $f(x) = exp(\sqrt{lnx}) - (lnx).\sqrt{lnx}$ est croissante
et supérieure à $e^{\sqrt{2}}-2\sqrt{2} = 1,28...$

en effet la dérivée $f'(x) = \frac{1}{2x\sqrt{lnx}}[e^{\sqrt{lnx}} - 3\sqrt{ln(x)}]$ est positive pour $x=e^3$ et au delà

f(x) étant strictement positive entraîne l'inégalité pour n > 2 : $$0 < \frac{1}{n.exp\sqrt{ln(n)}} < \frac{1}{n(ln(n)\sqrt{ln(n)}}$$

et donc la convergence de la série initiale

cordialement

Ou bien, plus pittoresque. La tangente au graphe de $y=\ln x$ au point d'abscisse $e$ a pour équation $y=\frac xe$. Il en résulte : $\ln x \le \frac xe$ pour tout $x>0$, égalité pour $x=e$. D'où : $e^x \ge x^e$, et par suite : $e^{\sqrt x} \ge x^{\frac e2}$, et $ne^{\sqrt {\ln n}} > n({\ln n})^{\frac e2}$. Comme $\frac e2>1$, on a encore une majoration par une série de Bertrand convergente.
Bonne journée.
Fr. Ch.