Par comparaison série intégral,

$$\sum _{k=2}^n{\ln }^2(k)\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{\sim }n{\left(\ln (n)\right)}^2$$

donc

$$u_n=\frac{n^{\alpha }}{{\sum }_{k=2}^n{\ln }^2(k)}\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{\sim }\frac{1}{n^{1-\alpha }{\left(\ln (n)\right)}^2}\text{.}$$

Par référence aux séries de Bertrand, $\sum u_n$ converge si, et seulement si, $\alpha \le 0$.

Par comparaison série-intégrale,

Cas: $\alpha >0$.

$$u_n\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{\sim }\frac{\alpha +1}{n^{\alpha +1}}$$

est terme général d’une série absolument convergente.

Cas: $-1<\alpha \le 0$.

$$u_n\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{\sim }\frac{\alpha +1}{n^{\alpha +1}}$$

n’est pas le terme général d’une série convergente.

Cas: $\alpha =-1$.

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

n’est pas le terme général d’une série convergente.

Cas: $\alpha <-1$.

$$u_n\mathrm{／}\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{\overset{}{\to }}0$$

et donc $\sum u_n$ est grossièrement divergente.

Si $\alpha <1$ alors $n\frac{1}{n^{\alpha }\ln (n)}\to +\mathrm{\infty }$ donc pour $n$ assez grand $\frac{1}{n^{\alpha }\ln (n)}\ge \frac{1}{n}$. Par comparaison de séries à termes positifs, la série diverge
Si $\alpha >1$ alors considérons $\beta \in ]1;\alpha [$. On a $n^{\beta }\frac{1}{n^{\alpha }\ln (n)}\to 0$ donc la série est absolument convergente.
Si $\alpha =1$ alors exploitons la décroissance de la fonction $x\mapsto \frac{1}{x\ln (x)}$ sur $]1;+\mathrm{\infty }[$.
Pour $k\ge 2$,

$$\frac{1}{k\ln (k)}\ge {\int }_k^{k+1}\frac{\mathrm{d}t}{t\ln (t)}$$

donc

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

Par suite, la série étudiée diverge.

On pose

$$u_n=\frac{1}{n{\left(\ln (n)\right)}^{\alpha }}\text{.}$$

Cas: $\alpha \le 0$. À partir d’un certain rang $u_n\ge 1/n$ et la série diverge.

Cas: $\alpha >0$. La fonction $x\mapsto 1/x{\left(\ln (x)\right)}^{\alpha }$ est décroissante sur $]1;+\mathrm{\infty }[$.

$${\int }_n^{n+1}\frac{\mathrm{d}t}{t{\left(\ln (t)\right)}^{\alpha }}\le u_n\le {\int }_{n-1}^n\frac{\mathrm{d}t}{t{\left(\ln (t)\right)}^{\alpha }}$$

donc

$${\int }_3^{N+1}\frac{\mathrm{d}t}{t{\left(\ln (t)\right)}^{\alpha }}\le \sum _{n=3}^N{u}_n\le {\int }_2^N\frac{\mathrm{d}t}{t{\left(\ln (t)\right)}^{\alpha }}$$

puis

$${\int }_{\ln (3)}^{\ln (N+1)}\frac{\mathrm{d}u}{u^{\alpha }}\le \sum _{n=3}^N{u}_n\le {\int }_{\ln (2)}^{\ln (N)}\frac{\mathrm{d}u}{u^{\alpha }}$$

et l’on peut conclure qu’il y a convergence si, et seulement si, $\alpha >1$.

Introduisons la somme partielle

$$S_N=\sum _{n=1}^N\frac{x^{a_n}}{n^3}\text{.}$$

On remarque que pour $n\in \{{10}^{p-1},\mathrm{\dots }{\mathrm{,10}}^p-1\}$ on a $a_n=p$

En regroupant pertinemment les termes sommés,

$$S_{{10}^q-1}=\sum _{p=1}^q\sum _{n={10}^{p-1}}^{{10}^p-1}\frac{x^{a_n}}{n^3}=\sum _{p=1}^q\sum _{n={10}^{p-1}}^{{10}^p-1}\frac{x^p}{n^3}=\sum _{p=1}^q{u}_p{x}^p\text{.}$$

Puisque la fonction $t\mapsto 1/t^3$ est décroissante, on a la comparaison

$${\int }_{{10}^{p-1}}^{{10}^p}\frac{\mathrm{d}t}{t^2}\le u_p=\sum _{n={10}^{p-1}}^{{10}^p-1}\frac{1}{n^3}\le {\int }_{{10}^{p-1}-1}^{{10}^p-1}\frac{\mathrm{d}t}{t^2}\text{.}$$

Après calculs, on obtient

$$u_p\underset{p\to +\mathrm{\infty }}{\sim }\frac{99}{2}\frac{1}{{100}^p}\text{.}$$

Cas: $x\ge 0$. La série $\sum u_p{x}^p$ converge si, et seulement si, $x<100$.

Puisque la série $\sum x^{a_n}/n^3$ est à termes positifs, sa convergence équivaut à la convergence d’une suite extraite de sommes partielles et donc $\sum x^{a_n}/n^3$ converge si, et seulement si, $x<100$.

Cas: $x<0$.

Pour $x\in ]-100;0[$, il y a absolue convergence de la série en vertu de l’étude qui précède.

Pour $x\le -100$, on peut écrire $x=-y$ avec $y\ge 100$ et l’on a alors

$$S_{{10}^q-1}=\sum _{p=1}^q{(-1)}^q{u}_q{y}^q$$

avec $(u_q{y}^q)$ qui ne tend pas vers zéro.

Il y a alors divergence d’une suite extraite de sommes partielles et donc divergence de la série $\sum x^{a_n}/n^3$.