• On sait que pour tout $ x \in \left[0, \frac{\pi}{2}\right] $, on a l'inégalité classique : \[ 0 \leq \sin x \leq x \]
• Par croissance de la fonction racine carrée sur $\mathbb{R}^+$, on obtient : \[ 0 \leq \sqrt{\sin x} \leq \sqrt{x} \]
• En intégrant cette inégalité sur le segment $\left[0, \frac{\pi}{n}\right]$ (les bornes étant dans le bon ordre), on a : \[ 0 \leq \int_{0}^{\frac{\pi}{n}} \sqrt{\sin x} \, dx \leq \int_{0}^{\frac{\pi}{n}} \sqrt{x} \, dx \]
• On calcule l'intégrale majorante : \[ \int_{0}^{\frac{\pi}{n}} x^{\frac{1}{2}} \, dx = \frac{2}{3} \left(\frac{\pi}{n}\right)^{\frac{3}{2}} \]
• Règle Riemann ($\alpha = \frac{3}{2} > 1$) : la série converge.

• On réécrit l'argument du logarithme pour faire apparaître un terme tendant vers zéro : $\frac{n+1}{n-1} = 1 + \frac{2}{n-1}$.
• Grâce au développement limité $\ln(1+u) \sim u$ en $0$, on obtient $\ln\left(1 + \frac{2}{n-1}\right) \sim \frac{2}{n-1} \sim \frac{2}{n}$.
• En élevant au carré, on trouve l'équivalent du terme général : $u_n \sim \left(\frac{2}{n}\right)^2 = \frac{4}{n^2}$.
• Riemann convergente ($\alpha = 2 > 1$): la série converge.

• La série est à termes strictement positifs, on peut appliquer la règle de Cauchy.
• On calcule la racine $n$-ième du terme général : $\sqrt[n]{u_n} = \frac{1}{\ln n}$.
• On passe à la limite lorsque $n \to +\infty$, ce qui donne $\lim_{n \to +\infty} \frac{1}{\ln n} = 0$.
• Puisque cette limite est strictement inférieure à $1$, la règle de Cauchy affirme que la série converge.

• On écrit l'expression sous sa forme exponentielle : $u_n = \exp\left(n^3 \ln\left(\cos\frac{1}{n}\right)\right)$.
• On utilise le développement limité du cosinus en $0$ : $\cos\frac{1}{n} = 1 - \frac{1}{2n^2} + o\left(\frac{1}{n^2}\right)$.
• En composant avec $\ln(1+u) \sim u$, l'exposant devient équivalent à $n^3 \left(-\frac{1}{2n^2}\right) = -\frac{n}{2}$.
• On a alors $u_n \sim e^{-\frac{n}{2}}$, terme général d'une série géométrique de raison $e^{-1/2} < 1$. La série converge.

Règle de Cauchy:

• \[ \sqrt[n]{u_n} = \left(\cos\frac{1}{n}\right)^{n^2} = \exp\left(n^2 \ln\left(\cos\frac{1}{n}\right)\right) \]
• L'argument de l'exponentielle a pour équivalent : \[ n^2 \ln\left(\cos\frac{1}{n}\right) \sim n^2 \left(\cos\frac{1}{n} - 1\right) \sim n^2 \left(-\frac{1}{2n^2}\right) = -\frac{1}{2} \]
• En passant à la limite, on trouve : \[ \lim_{n \to +\infty} \sqrt[n]{u_n} = e^{-1/2} = \frac{1}{\sqrt{e}} \]
• Puisque $\frac{1}{\sqrt{e}} < 1$, la règle de Cauchy permet bien de conclure que la série converge.

• Il s'agit du terme général d'une série de Bertrand généralisée.
• On étudie la fonction associée $f(t) = \frac{1}{t \ln t \ln(\ln t)}$ qui est continue, positive et décroissante.
• On utilise le critère de comparaison avec une intégrale. Une primitive de $f$ est $t \mapsto \ln(\ln(\ln t))$.
• Puisque $\lim_{t \to +\infty} \ln(\ln(\ln t)) = +\infty$, l'intégrale diverge. La série correspondante diverge.

Rappel du théorème général de Bertrand

Pour une série de la forme $ u_n = \frac{1}{n^\alpha (\ln n)^\beta} $, la série converge si et seulement si l'une au moins des deux condition suivante est vérifée :

1. $ \alpha > 1 ~~$; $~~( \beta $ quelconque).
2. $ \alpha = 1 ~~$ et $~~ \beta > 1 $

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• On passe par la forme exponentielle : $\left(1 + \frac{1}{n}\right)^n = \exp\left(n \ln\left(1 + \frac{1}{n}\right)\right)$.
• On effectue le développement limité du logarithme à l'ordre 2 : $n\left(\frac{1}{n} - \frac{1}{2n^2} + o\left(\frac{1}{n^2}\right)\right) = 1 - \frac{1}{2n} + o\left(\frac{1}{n}\right)$.
• On remplace dans l'exponentielle : $\exp\left(1 - \frac{1}{2n} + o\left(\frac{1}{n}\right)\right) = e \cdot e^{-\frac{1}{2n} +o\left(\frac{1}{n}\right)} = e \left(1 - \frac{1}{2n} + o\left(\frac{1}{n}\right)\right)$
• En soustrayant ce résultat à $e$, on obtient: \[u_n \sim \frac{e}{2n}\] Par équivalence à la série harmonique, la série diverge.

• On effectue les développements limités à l'ordre 3 au voisinage de $0$ pour les deux fonctions.
• On a $\tan\left(\frac{1}{n}\right) = \frac{1}{n} + \frac{1}{3n^3} + o\left(\frac{1}{n^3}\right)$ et $\sin\left(\frac{1}{n}\right) = \frac{1}{n} - \frac{1}{6n^3} + o\left(\frac{1}{n^3}\right)$.
• On soustrait les deux expressions : $u_n = \left(\frac{1}{3} + \frac{1}{6}\right) \frac{1}{n^3} + o\left(\frac{1}{n^3}\right)$.
• L'équivalent obtenu est $u_n \sim \frac{1}{2n^3}$. C'est une série de Riemann avec $\alpha = 3 > 1$, la série converge.

Utilisation des équivalents usuels

• En posant $ x = \frac{1}{n} $, on factorise l'expression trigonométrique : \[ \tan x - \sin x = \frac{\sin x}{\cos x} - \sin x = \sin x \left(\frac{1 - \cos x}{\cos x}\right) \]
• Au voisinage de $ 0 $, on connait les équivalents usuels : $ \sin x \sim x $, $ 1 - \cos x \sim \frac{x^2}{2} $ et $ \cos x \sim 1 $.
• Par produit et quotient d'équivalents, on obtient directement : \[ \tan x - \sin x \sim x \cdot \frac{\frac{x^2}{2}}{1} = \frac{x^3}{2} \]
• En revenant à notre suite (avec $ x = \frac{1}{n} $ qui tend bien vers $ 0 $), on retrouve immédiatement l'équivalent cherché : \[ u_n \sim \frac{1}{2n^3} \]
• C'est le terme général d'une série de Riemann avec $ \alpha = 3 > 1 $. La série converge.

• On transforme l'expression avec l'exponentielle : $u_n = \exp\left(-n^3 \ln\left(\text{ch}\frac{1}{n}\right)\right)$.
• On utilise le développement limité du cosinus hyperbolique : $\text{ch}\frac{1}{n} = 1 + \frac{1}{2n^2} + o\left(\frac{1}{n^2}\right)$.
• Avec l'équivalence du logarithme, l'exposant devient asymptotique à $-n^3 \left(\frac{1}{2n^2}\right) = -\frac{n}{2}$.
• Ainsi, $u_n \sim e^{-\frac{n}{2}}$, ce qui correspond à une série géométrique convergente ($q < 1$). La série converge.

Règle de Cauchy:

• \[ \lim_{n \to +\infty} \sqrt[n]{u_n} = \lim_{x \to 0} (\text{ch} x)^{-\frac{1}{x^2}} = e^{-\frac{1}{2}} = \frac{1}{\sqrt{e}} \]
• Puisque $ \frac{1}{\sqrt{e}} < 1 $, le critère de Cauchy s'applique de manière stricte.
  conclusion : la série converge.

• La présence de factorielles pour une série à termes strictement positifs suggère l'utilisation de la règle de d'Alembert.
• On forme le rapport $\frac{u_{n+1}}{u_n} = \frac{((n+1)!)^2}{(2n+2)!} \frac{(2n)!}{(n!)^2}$.
• Après simplification des factorielles, il reste $\frac{(n+1)^2}{(2n+2)(2n+1)} = \frac{n+1}{2(2n+1)}$.
• La limite de ce rapport en $+\infty$ est $\frac{1}{4} < 1$. D'après la règle de d'Alembert, la série converge.

• On rappelle l'équivalent classique en $0^+$ : $\arccos(1-x) \sim \sqrt{2x}$.
• On réécrit l'argument de la fonction pour faire apparaître la forme $1-x$ : $\frac{n}{n+1} = 1 - \frac{1}{n+1}$.
• On applique l'équivalence avec $x = \frac{1}{n+1}$, ce qui donne $u_n \sim \sqrt{\frac{2}{n+1}}$.
• Au final, $u_n \sim \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{n}}$, équivalent à une série de Riemann ($\alpha = \frac{1}{2} \leq 1$). La série diverge.

Démonstration de: $~\arccos(1-x) \sim \sqrt{2x} $:

• On pose $ y = \arccos(1-x) $. Lorsque $ x \to 0^+ $, on a bien $ y \to 0^+ $.
• Par définition de la fonction réciproque, on a $ \cos y = 1 - x $, ce qui se réécrit : \[ 1 - \cos y = x \]
• Puisque $ y \to 0 $, on utilise l'équivalent usuel du cosinus : \[ 1 - \cos y \sim \frac{y^2}{2} \]
• Par transitivité, on peut lier $ y $ et $ x $ : \[ \frac{y^2}{2} \sim x \implies y^2 \sim 2x \]
• Puisque $ y = \arccos(1-x) \geq 0 $, on peut passer à la racine carrée en conservant l'équivalence : \[ y \sim \sqrt{2x} \]
• On a donc bien démontré que : $ \arccos(1-x) \sim \sqrt{2x} $.

• On cherche à comparer ce terme général avec celui d'une série de Riemann via la règle de multiplication par $n^2$.
• On calcule la limite de $n^2 u_n = n^2 e^{-n^{1/3}}$ lorsque $n \to +\infty$.
• Par les théorèmes de croissances comparées, l'exponentielle l'emporte toujours sur une puissance, donc la limite est $0$.
• On a $u_n = o\left(\frac{1}{n^2}\right)$. Par comparaison avec une série de Riemann convergente, la série converge.

• On exploite l'identité trigonométrique $\arctan n + \arctan\left(\frac{1}{n}\right) = \frac{\pi}{2}$ pour $n > 0$.
• On remplace et on factorise : $u_n = \left(\frac{\pi}{2}\right)^{\frac{2}{3}} \left[ 1 - \left(1 - \frac{2}{\pi}\arctan\frac{1}{n}\right)^{\frac{2}{3}} \right]$.
• On utilise le développement limité $(1-x)^\alpha \sim 1 - \alpha x$ combiné à $\arctan\left(\frac{1}{n}\right) \sim \frac{1}{n}$.
• On trouve $u_n \sim \left(\frac{\pi}{2}\right)^{\frac{2}{3}} \frac{4}{3\pi n}$. Proportionnel à $1/n$, la série diverge par équivalence à la série harmonique.

• On transcrit la forme en puissance sous sa forme exponentielle : $u_n = \exp\left(n \ln\left(n \sin\frac{1}{n}\right)\right)$.
• On effectue le développement asymptotique : $n \sin\frac{1}{n} = n \left(\frac{1}{n} - \frac{1}{6n^3} + o\left(\frac{1}{n^3}\right)\right) = 1 - \frac{1}{6n^2} + o\left(\frac{1}{n^2}\right)$.
• L'exposant devient équivalent à $n \left(-\frac{1}{6n^2}\right) = -\frac{1}{6n}$.
• L'exposant tend vers $0$, donc le terme général $u_n \to e^0 = 1 \neq 0$. La série diverge grossièrement.

Autre Méthode:

• En factorisations, on isole très clairement $ a - b $ : \[ a^{2/3} - b^{2/3} = (a - b) \frac{a^{1/3} + b^{1/3}}{a^{2/3} + (ab)^{1/3} + b^{2/3}} \]
• Puisque $ b \longrightarrow a $ lorsque $ n \to +\infty $, le quotient admet une limite finie strictement positive : \[ \frac{a^{1/3} + b^{1/3}}{a^{2/3} + (ab)^{1/3} + b^{2/3}} \longrightarrow \frac{2a^{1/3}}{3a^{2/3}} = \frac{2}{3}a^{-1/3} \]
• Le problème se réduit effectivement à l'équivalence de $ a - b $ car la constante multiplicative préserve la nature de la série : \[ u_n \sim \frac{2}{3}\left(\frac{\pi}{2}\right)^{-\frac{1}{3}} (a - b) \]
• En utilisant l'identité trigonométrique usuelle $ \frac{\pi}{2} - \arctan n = \arctan\left(\frac{1}{n}\right) $, on conclut immédiatement : \[ a - b \sim \frac{1}{n} \]
• Ainsi, $ u_n $ est proportionnel à $ \frac{1}{n} $. Par comparaison à la série harmonique, la série diverge.

• On développe la tangente via la formule d'addition : $\tan\left(\frac{\pi}{4} + \frac{1}{n}\right) = \frac{1 + \tan(1/n)}{1 - \tan(1/n)}$.
• En utilisant $\tan(1/n) \sim 1/n$, la fraction équivaut à $(1+\frac{1}{n})(1-\frac{1}{n})^{-1} = 1 + \frac{2}{n} + o(\frac{1}{n})$.
• On écrit le terme en exponentielle : $u_n = \exp\left(-\left(1 + \frac{2}{n} + o(\frac{1}{n})\right)\ln n\right) \sim\frac{1}{n} e^{-2\frac{\ln n}{n}}$.
• Comme l'exponentielle résiduelle tend vers $1$, on a $u_n \sim \frac{1}{n}$. La série diverge.

• On pose $ u_n = \left(\sqrt{n^2+n} - n\right)^n $. La présence de la puissance globale $ n $ nous invite à utiliser la règle de Cauchy.
• On évalue la limite de la racine $ n $-ième en multipliant par l'expression conjuguée : \[ \sqrt[n]{u_n} = \sqrt{n^2+n} - n = \frac{(\sqrt{n^2+n} - n)(\sqrt{n^2+n} + n)}{\sqrt{n^2+n} + n} \]
• En développant le numérateur et en factorisant le dénominateur par $ n $ : \[ \sqrt[n]{u_n} = \frac{(n^2 + n) - n^2}{n\left(\sqrt{1+\frac{1}{n}} + 1\right)} = \frac{n}{n\left(\sqrt{1+\frac{1}{n}} + 1\right)} \]
• Après simplification par $ n $, on calcule la limite : \[ \lim_{n \to +\infty} \sqrt[n]{u_n} = \lim_{n \to +\infty} \frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{n}} + 1} = \frac{1}{2} \]
• Puisque $ \frac{1}{2} < 1 $, d'après le critère de Cauchy, la série converge.

• On utilise la forme exponentielle pour clarifier le rapport de croissance des deux termes.
• Le terme s'écrit $u_n = \exp\left((\ln n)^2 - n \ln(\ln n)\right)$.
• Par les croissances comparées, le terme de degré 1 en $n$ domine la puissance du logarithme en $+\infty$.
• L'exposant tend fortement vers $-\infty$, et l'on a $n^2 u_n \to 0$. La série converge.

• On regroupe les termes dans le logarithme grâce à la propriété de soustraction : $u_n = \ln\left(n \text{sh}\frac{1}{n}\right)$.
• On exprime le développement limité en $0$ : $\text{sh}\frac{1}{n} = \frac{1}{n} + \frac{1}{6n^3} + o\left(\frac{1}{n^3}\right)$.
• L'argument du logarithme vaut $1 + \frac{1}{6n^2} + o\left(\frac{1}{n^2}\right)$.
• Par équivalence $\ln(1+x) \sim x$, on obtient $u_n \sim \frac{1}{6n^2}$. Série de Riemann convergente, donc la série converge.

• On écrit la puissance à l'aide de l'exponentielle : $u_n = \exp\left(\frac{\ln n}{n^2}\right) - 1$.
• On s'assure par les croissances comparées que l'argument $\frac{\ln n}{n^2}$ tend bien vers $0$.
• On utilise l'équivalent classique $e^x - 1 \sim x$ en $0$, ce qui donne $u_n \sim \frac{\ln n}{n^2}$.
• Il s'agit d'une série de Bertrand de paramètres $\alpha=2$ et $\beta=-1$. Comme $\alpha > 1$, la série converge.

• On transforme en exponentielle de base $e$ : $u_n = \exp\left(-\sqrt{\ln n} \ln 2\right)$.
• On multiplie par $n$ pour comparer à la série harmonique : $n u_n = \exp\left(\ln n - \sqrt{\ln n} \ln 2\right)$.
• L'exposant tend vers $+\infty$ car le terme $\ln n$ l'emporte sur $\sqrt{\ln n}$, ce qui montre que $\lim n u_n = +\infty$.
• Ainsi, $\frac{1}{n} = o(u_n)$. Par comparaison avec la série harmonique divergente, notre série diverge.

• On commence par un développement limité de la racine : $\sqrt{n^4+1} = n^2\left(1+\frac{1}{n^4}\right)^{1/2} = n^2 + \frac{1}{2n^2} + o(\frac{1}{n^2})$.
• On l'injecte dans l'argument du sinus : $\sin\left(\pi n^2 + \frac{\pi}{2n^2} + o\left(\frac{1}{n^2}\right)\right)$.
• Par périodicité et symétrie, $|\sin(k\pi + x)| = |\sin x|$, on obtient une valeur équivalente à $\frac{\pi}{2n^2}$.
• En élevant à la puissance $3/4$, on trouve $u_n \sim \left(\frac{\pi}{2}\right)^{3/4} \frac{1}{n^{3/2}}$. Série de Riemann convergente ($\alpha = 1.5$), la série converge.

• La fonction sinus ne possédant pas de limite simple, on a recours à une méthode de majoration.
• On borne le sinus : pour tout entier $n$, $\sin n \geq -1$, ce qui implique $3 + \sin n \geq 2$.
• En inversant l'inégalité, le terme général vérifie $0 \leq u_n \leq \frac{e^{-n}}{2} = \frac{1}{2} (e^{-1})^n$.
• Le terme majorant correspond à une série géométrique convergente de raison $1/e < 1$. La série converge.

• On identifie le terme dominant au dénominateur pour déterminer l'équivalent asymptotique.
• L'exponentielle en base 2 croit bien plus vite que la fonction puissance, on a donc $2^n + n \sim 2^n$.
• Le terme général est donc équivalent à $u_n \sim \frac{n^2}{2^n}$.
• Par application de la règle de d'Alembert sur l'équivalent, ou sachant que $\lim n^2 u_n = 0$, la série converge.

• On multiplie l'expression par sa quantité conjuguée pour résoudre la forme indéterminée "$\infty - \infty$".
• Le numérateur se transforme en $\ln(2n+1) - \ln(2n) = \ln\left(1 + \frac{1}{2n}\right) \sim \frac{1}{2n}$.
• Le dénominateur est la somme de deux racines, dont le comportement est asymptotique à $2\sqrt{\ln(2n)}$.
• L'équivalent obtenu est $u_n \sim \frac{1}{4n\sqrt{\ln(2n)}}$. C'est une série de Bertrand divergente ($\alpha = 1, \beta \leq 1$), la série diverge.

• On emploie le développement limité usuel du cosinus : $1 - \cos x \sim \frac{x^2}{2}$ au voisinage de $0$.
• En posant $x = \frac{1}{n}$, la parenthèse admet pour équivalent $\frac{1}{2n^2}$.
• En multipliant par la puissance $n^a$, l'équivalent final est $u_n \sim \frac{n^a}{2n^2} = \frac{1}{2n^{2-a}}$.
• C'est l'équivalent d'une série de Riemann avec un paramètre $\alpha = 2-a$. La série converge si et seulement si $a < 1$.