La suite \(\left(\frac{\ln n}{n}\right)_{n\in\Nn^*}\) tend vers \(0\), en décroissant à partir du rang \(3\) (fourni par l’étude de la fonction \(x\mapsto\frac{\ln x}{x}\) sur \([e,+\infty[\)) et donc la série de terme général \((-1)^n\frac{\ln n}{n}\), \(n\geqslant1\), converge en vertu du critère spécial aux séries alternées. Pour \(n\in\Nn^*\), on pose \(R_n=\sum_{p=n+1}^{+\infty}(-1)^p\frac{\ln p}{p}\).

\((-1)^k\frac{\ln k}{k}\) n’est pas de signe constant à partir d’un certain rang et on ne peut donc lui appliquer la règle de l’équivalence des restes.

Par contre, puisque la série de terme général \((-1)^k\frac{\ln k}{k}\) converge, on sait que l’on peut associer les termes à volonté et pour \(k\in\Nn^*\), on a

\(R_{2k-1}=\sum_{p=2k}^{+\infty}(-1)^p\frac{\ln p}{p}=\sum_{p=k}^{+\infty}\left(\frac{\ln(2p)}{2p}-\frac{\ln(2p+1)}{2p+1}\right)\).

Puisque la fonction \(x\mapsto\frac{\ln x}{x}\) est décroissante sur \([e,+\infty[\) et donc sur \([3,+\infty[\), pour \(p\geqslant 2\), \(\frac{\ln(2p)}{2p}-\frac{\ln(2p+1)}{2p+1}\geqslant0\) et on peut utiliser la règle de l’équivalence des restes de séries à termes positifs convergentes.

Cherchons déjà un équivalent plus simple de \(\frac{\ln(2p)}{2p}-\frac{\ln(2p+1)}{2p+1}\) quand \(p\) tend vers \(+\infty\).

\[\begin{align*}\ensuremath \frac{\ln(2p)}{2p}-\frac{\ln(2p+1)}{2p+1}&=\frac{\ln(2p)}{2p}-\frac{1}{2p}\left(\ln(2p)+\ln\left(1+\frac{1}{2p}\right)\right)\left(1+\frac{1}{2p}\right)^{-1}\\ &\underset{p\rightarrow+\infty}{=}\frac{\ln(2p)}{2p}-\frac{1}{2p}\left(\ln(2p)+\frac{1}{2p}+o\left(\frac{1}{p}\right)\right)\left(1-\frac{1}{2p}+o\left(\frac{1}{p}\right)\right)\\ &\underset{p\rightarrow+\infty}{=}\frac{\ln(2p)}{4p^2}+o\left(\frac{\ln p}{p^2}\right)\underset{p\rightarrow+\infty}{=}\frac{\ln p+\ln2}{4p^2}+o\left(\frac{\ln p}{p^2}\right)\\ &\underset{p\rightarrow+\infty}{\sim}\frac{\ln p}{4p^2}. \end{align*}\]

et donc \(R_{2k-1}\underset{k\rightarrow+\infty}{\sim}\frac{1}{4}\sum_{p=k}^{+\infty}\frac{\ln p}{p^2}\).

Cherchons maintenant un équivalent simple de \(\frac{\ln p}{p^2}\) de la forme \(v_p - v_{p+1}\).

Soit \(v_p=\frac{\ln p}{p}-\frac{\ln(p+1)}{p+1}\) (suggéré par \(\left(\frac{\ln x}{x}\right)'=\frac{1-\ln x}{x^2}\underset{x\rightarrow+\infty}{\sim}-\frac{\ln x}{x^2}\)). Alors

\[\begin{align*}\ensuremath v_p- v_{p+1}&=\frac{\ln p}{p}-\frac{1}{p}\left(\ln p+\ln\left(1+\frac{1}{p}\right)\right)\left(1+\frac{1}{p}\right)^{-1}\underset{p\rightarrow+\infty}{=}\frac{\ln p}{p}-\frac{1}{p}\left(\ln p+\frac{1}{p}+o\left(\frac{1}{p}\right)\right)\left(1-\frac{1}{p}+o\left(\frac{1}{p}\right)\right)\\ &\underset{p\rightarrow+\infty}{\sim}\frac{\ln p}{p^2}. \end{align*}\]

D’après la règle de l’équivalence des restes de séries à termes positifs convergentes, \(R_{2k-1}\underset{k\rightarrow+\infty}{\sim}\frac{1}{4}\sum_{p=k}^{+\infty}\left(\frac{\ln p}{p}-\frac{\ln(p+1)}{p+1}\right)=\frac{\ln k}{4k}\) (série télescopique).

Puis, \(R_{2k}=R_{2k-1}-\frac{\ln(2k)}{2k}\underset{k\rightarrow+\infty}{\sim}\frac{\ln k}{4k}-\frac{\ln(2k)}{2k}+o\left(\frac{\ln k}{k}\right)\underset{k\rightarrow+\infty}{\sim}\frac{\ln k}{4k}-\frac{\ln k}{2k}+o\left(\frac{\ln k}{k}\right)\underset{k\rightarrow+\infty}{\sim}-\frac{\ln k}{4k}+o\left(\frac{\ln k}{k}\right)\).

En résumé, \(R_{2k-1}\underset{k\rightarrow+\infty}{\sim}\frac{\ln k}{4k}\) et \(R_{2k}\underset{k\rightarrow+\infty}{\sim}-\frac{\ln k}{4k}\).

On peut unifier : \(R_{2k-1}\underset{k\rightarrow+\infty}{\sim}\frac{\ln k}{4k}\underset{k\rightarrow+\infty}{\sim}\frac{\ln(2k-1)}{2(2k-1)}\) et \(R_{2k}\underset{k\rightarrow+\infty}{\sim}-\frac{\ln k}{4k}\underset{k\rightarrow+\infty}{\sim}-\frac{\ln(2k)}{2(2k)}\). Finalement,

\(\sum_{p=n+1}^{+\infty}(-1)^p\frac{\ln p}{p}\underset{n\rightarrow+\infty}{\sim}(-1)^{n-1}\frac{\ln n}{2n}\).

\(\sum_{}^{}n^n\) est une série à termes positifs grossièrement divergente.

1 ère solution.

\(0< n^n\underset{n\rightarrow+\infty}{\sim} n^n - (n-1)^{n-1}\) car \(\frac{n^n - (n-1)^{n-1}}{n^n}= 1-\frac{1}{n-1}\left(1-\frac{1}{n}\right)^{n}\underset{n\rightarrow+\infty}{=}1-\frac{1}{ne}+o\left(\frac{1}{n}\right)\underset{n\rightarrow+\infty}{\rightarrow}1\).

D’après la règle de l’équivalence des sommes partielles de séries à termes positifs divergentes,

\(\sum_{p=1}^{n}p^p\underset{n\rightarrow+\infty}{\sim}\sum_{p=2}^{n}p^p\underset{n\rightarrow+\infty}{\sim}\sum_{p=2}^{n}(p^p-(p-1)^{p-1}) = n^n-1\underset{n\rightarrow+\infty}{\sim}n^n\).

(La somme est équivalente à son dermier terme.)

2 ème solution. Pour \(n\geqslant3\), \(0\leqslant\frac{1}{n^n}\sum_{p=1}^{n-2}p^p\leqslant\frac{1}{n^n}\times(n-2)(n-2)^{n-2}\leqslant \frac{n^{n-1}}{n^n}=\frac{1}{n}\). Donc \(\frac{1}{n^n}\sum_{p=1}^{n-2}p^p\). On en déduit que \(\frac{1}{n^n}\sum_{p=1}^{n}p^p=1+\frac{(n-1)^{n-1}}{n^n}+\frac{1}{n^n}\sum_{p=1}^{n-2}p^p\underset{n\rightarrow+\infty}{=}1+o(1)+o(1)=1+o(1)\).

\(\sum_{p=1}^{n}p^p\underset{n\rightarrow+\infty}{\sim}n^n\).

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