On a

$$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left(\frac{1}{x\ln (x)}\right)=-\frac{\ln (x)+1}{{\left(x\ln (x)\right)}^2}\text{.}$$

La fonction $x\mapsto 1/x\ln (x)$ est décroissante sur $]1;+\mathrm{\infty }[$. On en déduit

$$\sum _{n=2}^N\frac{1}{n\ln (n)}\ge {\int }_2^{N+1}\frac{\mathrm{d}t}{t\ln (t)}=\ln \left(\ln (N+1)\right)-\ln \left(\ln (2)\right)\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{\overset{}{\to }}+\mathrm{\infty }\text{.}$$

On peut aussi remarquer

$$\ln \left(\ln (n+1)\right)-\ln \left(\ln (n)\right)\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{\sim }\frac{1}{n\ln (n)}$$

Par équivalence de séries à termes positifs, les séries

$$\sum \frac{1}{n\ln (n)}\mathit{\hspace{1em}}\text{et}\mathit{\hspace{1em}}\sum \left(\ln \left(\ln (n+1)\right)-\ln \left(\ln (n)\right)\right)$$

sont de même nature. Par le lien suite-série, la deuxième série à la nature de la suite de terme général $\ln \left(\ln (n)\right)$, à savoir divergente.

Soit $N\in {\mathbb{N}}^{*}$. Puisque $x\mapsto \frac{1}{x^{\alpha }}$ est décroissante,

$${\int }_1^{N+1}\frac{\mathrm{d}x}{x^{\alpha }}\le \sum _{k=1}^N\frac{1}{k^{\alpha }}\le 1+{\int }_1^N\frac{\mathrm{d}x}{x^{\alpha }}\text{.}$$

On calcule les intégrales et l’on passe à la limite quand $N$ tend vers $+\mathrm{\infty }$ pour obtenir

$$\frac{1}{\alpha -1}\le \zeta (\alpha )\le 1+\frac{1}{\alpha -1}\text{.}$$

Par suite,

$$(\alpha -1)\zeta (\alpha )\underset{\alpha \to 1^{+}}{\overset{}{\to }}1\text{.}$$

Notons que les termes sommés sont positifs.
La fonction $x\mapsto a^{\sqrt{x}}$ est décroissante donc

$$a^{\sqrt{n}}\le {\int }_{n-1}^n{a}^{\sqrt{x}}dx$$

puis

$$\sum _{k=0}^n{a}^{\sqrt{k}}\le 1+{\int }_0^n{a}^{\sqrt{x}}dx=1+2{\int }_0^{\sqrt{n}}u{a}^{u}du$$

or ${\int }_0^{+\mathrm{\infty }}u{a}^{u}du$ est définie donc

$$\sum _{n\ge 0}{a}^{\sqrt{n}}<+\mathrm{\infty }\text{.}$$

Notons que $\frac{a}{n^2+a^2}\sim \frac{a}{n^2}$ donc ${\sum }_{n=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{a}{n^2+a^2}$ existe.
La fonction $x\mapsto \frac{a}{x^2+a^2}$ est décroissante sur $[0;+\mathrm{\infty }[$ donc par comparaison série-intégrale

$${\int }_1^{N+1}\frac{a}{x^2+a^2}dx\le \sum _{n=1}^N\frac{a}{n^2+a^2}\le {\int }_0^N\frac{a}{x^2+a^2}dx$$

puis sachant

$$\int \frac{a}{x^2+a^2}=\arctan \left(\frac{x}{a}\right)+C^{te}$$

on obtient

$$\arctan \left(\frac{N+1}{a}\right)-\arctan \left(\frac{1}{a}\right)\le \sum _{n=1}^N\frac{a}{n^2+a^2}\le \arctan \left(\frac{N}{a}\right)\text{.}$$

Quand $N\to +\mathrm{\infty }$,

$$\frac{\pi }{2}-\arctan \left(\frac{1}{a}\right)\le \sum _{n=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{a}{n^2+a^2}\le \frac{\pi }{2}\text{.}$$

Par le théorème des gendarmes,

$$\underset{a\to +\mathrm{\infty }}{lim}\sum _{n=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{a}{n^2+a^2}=\frac{\pi }{2}\text{.}$$

On a

$$A_n=a+\frac{b(n+1)}{2}\mathit{\hspace{1em}}\text{et}\mathit{\hspace{1em}}\ln (B_n)=\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n\ln (a+bk)\text{.}$$

Posons $f(t)=\ln (a+bt)$ fonction croissante.
À l’aide d’une comparaison série-intégrale

$$\sum _{k=1}^{n}f(k)=n\ln (a+bn)-n+\mathrm{o}(n)$$

donc

$$\ln \left(\frac{B_n}{A_n}\right)=\ln (B_n)-\ln (A_n)=\ln \left(\frac{a+bn}{a+bn/2}\right)-1+\mathrm{o}(1)\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{\overset{}{\to }}\ln (2)-1$$

puis

$$\frac{B_n}{A_n}\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{\overset{}{\to }}\frac{2}{\mathrm{e}}\text{.}$$