Pour $n$ nombre premier $d_n=2$ et donc $1/d_n^2=1/4$. Puisqu’il existe un nombre infini de nombres premiers, la suite $(1/d_n^2)$ ne tend pas vers $0$.

La série étudiée diverge grossièrement.

• (a)

  L’intégrale définissant $u_n$ est bien définie car elle porte sur une fonction sur le segment $[0;1]$. On peut aussi la comprendre comme une intégrale généralisée convergente sur $[0;1[$

  $$u_n={\int }_0^1\frac{\mathrm{d}x}{1+x+\mathrm{\cdots }+x^n}={\int }_{[0;1[}\frac{\mathrm{d}x}{1+x+\mathrm{\cdots }+x^n}$$

  et par sommation géométrique

  $${\int }_{[0;1[}\frac{\mathrm{d}x}{1+x+\mathrm{\cdots }+x^n}={\int }_{[0;1[}\frac{1-x}{1-x^{n+1}}dx\text{.}$$

  Posons

  $$f_n(x)=\frac{1-x}{1-x^{n+1}}\text{.}$$

  Sur $[0;1[$, la suite de fonctions $(f_n)$ converge simplement vers la fonction $f:x\mapsto 1-x$.
  Les fonctions $f_n$ et $f$ sont continues par morceaux et

  $$\left|\frac{1-x}{1-x^{n+1}}\right|\le \frac{1-x}{1-x}=1=\phi (x)$$

  avec $\phi$ intégrable. Par convergence dominée

  $$u_n\to {\int }_0^1(1-x)dx=\frac{1}{2}$$

  et donc la série $\sum u_n$ diverge grossièrement.

• (b)

  On amorce les calculs comme au dessus pour écrire

  $$v_n={\int }_0^1\frac{x^n\mathrm{d}x}{1+x+\mathrm{\cdots }+x^n}={\int }_0^1\frac{x^n}{1-x^{n+1}}(1-x)dx\text{.}$$

  Par intégration par parties généralisée justifiée par deux convergences

  $${\int }_0^1\frac{x^n}{1-x^{n+1}}(1-x)dx={\left[-\frac{1}{n+1}\ln (1-x^{n+1})(1-x)\right]}_0^1-\frac{1}{n+1}{\int }_0^1\ln (1-x^{n+1})dx\text{.}$$

  Le terme entre crochet est nul (il suffit d’écrire $x=1-h$ avec $h\to 0$, pour étudier la limite en 1)
  Il reste

  $$v_n=-\frac{1}{n+1}{\int }_0^1\ln (1-x^{n+1})dx\text{.}$$

  Par développement en série entière de la fonction $u\mapsto -\ln (1-u)$

  $$v_n={\int }_0^1\sum _{k=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{1}{k}{x}^{(n+1)k}\mathrm{d}x\text{.}$$

  Posons

  $$g_k(x)=\frac{1}{k}{x}^{(n+1)k}\text{.}$$

  La série de fonctions $\sum g_k$ converge simplement sur $[0;1[$ en vertu de la décomposition en série entière précédente.
  Les fonctions $g_k$ et la fonction somme ${\sum }_{k=0}^{+\mathrm{\infty }}{g}_k:x\mapsto -\ln (1-x^{n+1})$ sont continues par morceaux.
  Enfin, les fonctions $g_k$ sont intégrables sur $[0;1[$ et

  $$\sum _{k=1}^{+\mathrm{\infty }}{\int }_0^1\left|\frac{1}{k}{x}^{(n+1)k}\right|dx=\sum _{k=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{1}{k((n+1)k+1)}<+\mathrm{\infty }\text{.}$$

  On peut donc intégrer terme à terme pour écrire
  donc

  $$v_n=\frac{1}{n+1}\sum _{k=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{1}{k}{\int }_0^1{x}^{(n+1)k}dx=\frac{1}{n+1}\sum _{k=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{1}{k((n+1)k+1)}\text{.}$$

  Or

  $$\sum _{k=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{1}{k((n+1)k+1)}\le \frac{1}{(n+1)}\sum _{k=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{1}{k^2}$$

  puis finalement

  $$v_n\le \frac{C}{{(n+1)}^2}\text{.}$$

  La série à termes positifs $\sum v_n$ est donc convergente.

On peut écrire

donc la série des termes

est absolument convergente. Ainsi, il y a convergence des sommes partielles

Puisque, les termes

sont de limite nulle, on a aussi convergence des sommes partielles

Les trois suites extraites $(S_{3n})$, $(S_{3n+1})$ et $(S_{3n+2})$ convergeant vers une même limite, on peut affirmer que la série $\frac{j^n}{\sqrt{n}}$ est convergente.