1. On passe bien sûr à l'écriture en fonction du logarithme et de l'exponentielle, puis on écrit le développement limité du sinus et du logarithme. On obtient : $$u_n=\exp\left(-\frac{1}{6n^{2-\alpha}}+o\left(\frac{1}{n^{2-\alpha}}\right)\right).$$ Trois cas sont à distinguer :
   • Si $\alpha<2$, on a $\dis \lim_{n\to\infty} \frac{1}{6n^{2-\alpha}}=0$, donc $\lim u_n=1$ : la série de terme général $u_n$ est grosièrement divergente (son terme général ne tend pas vers 0).
   • Si $\alpha=2$, on a $\dis \lim_{n\to\infty}u_n=e^{-1/6}$ qui est un réel non nul, ce qui prouve que la série de terme général $u_n$ est grosièrement divergente.
   • Si $\alpha>2$, on a : $$n^2u_n=\exp\left(-\frac{1}{6n^{2-\alpha}}\left(1-12\frac{\ln n}{n^{\alpha-2}}+o(1)\right)\right)\to 0,$$ et par conséquent la série $\sum u_n$ converge.
2. Il faut faire un développement limité du terme général. On a : $$(n+1)^{1+1/n}=n^{1+1/n}\left(1+\frac{1}{n}\right)^{1+1/n}=ne^{\frac{\ln n}{n}+\left(1+\frac{1}{n}\right)\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)}.$$ Or : $$\left(1+\frac{1}{n}\right)\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)=\frac{1}{n}+o\left(\frac{1}{n}\right).$$ On en déduit : $$(n+1)^{1+1/n}=n+\ln n+o(\ln n).$$ De même, $$(n-1)^{1-1/n}=n-\ln n+o(\ln n).$$ Finalement, on obtient que : $$u_n\sim \frac{2\ln n}{n^\alpha}.$$ D'après l'étude des séries de Bertrand, cette série converge si, et seulement si, $\alpha>1$.

On se ramène à une somme en remarquant que $$\ln(n!)=\sum_{k=1}^n \ln(k)$$ Puisque la fonction $\ln$ est croissante, on a pour tout $k\geq 2$, $$\int_{k-1}^k \ln(t)dt\leq\ln(k)\leq\int_k^{k+1}\ln(t)dt.$$ On somme cette inégalité pour $k$ allant de $2$ à $n$ et, remarquant que $\ln(1)=0$, on trouve $$\int_1^n \ln(t)dt\leq \ln(n!)\leq \int_2^{n+1}\ln(t)dt.$$ Une primitive de $\ln(x)$ étant donnée par $x\ln x-x$, on trouve que $$n\ln n-n+1\leq \ln(n!)\leq (n+1)\ln(n+1)-(n+1)-2\ln2+2.$$ On divise par $n\ln n$ pour prouver que $\ln(n!)\sim_{+\infty}n\ln n.$ La seule chose non évidente à vérifier est que $$\frac{(n+1)\ln(n+1)}{n\ln n}\to 1.$$ Pour cela, on écrit $$\frac{(n+1)\ln(n+1)}{n\ln n}=\frac{n\ln(n+1)+\ln(n+1)}{n\ln n}=\frac{\ln(n)+\ln\left(1+\frac 1n\right)}{\ln n}+\frac{\ln n+\ln\left(1+\frac 1n\right)}{n\ln n}.$$

Pour $k\geq 1$, puisque la fonction $\ln^2$ est croissante sur $[1,+\infty[$, on a $$\ln^2 (k)\leq \int_{k}^{k+1}\ln^2(t)dt\leq\ln^2(k+1).$$ En sommant ces inégalités de $k=1$ jusque $k=n$, on trouve $$u_n\leq\int_1^{n+1}\ln^2(t)dt\leq u_{n+1}-\ln^2(1),$$ ce qui s'écrit encore $$\int_1^n \ln^2(t)dt\leq u_n\leq \int_1^{n+1}\ln^2(t)dt.$$ On calcule ensuite $\int_1^x \ln^2(t)dt$ par une intégration par parties \begin{eqnarray*} \int_1^x \ln^2(t)dt&=&\left[t\ln^2(t)\right]_1^x -2\int_1^x \ln(t)dt\\ &=&x\ln^2(x)-2[t\ln t -t]_1^x\\ &=&x\ln^2(x)-2x\ln x+2x-2. \end{eqnarray*} Ainsi, on trouve $$n\ln^2(n)-2n\ln n+2n-2\leq u_n\leq (n+1)\ln^2(n+1)-2(n+1)\ln(n+1)+2(n+1)-2.$$ Ceci prouve que $u_n\sim_{+\infty}n\ln^2(n)$. Ainsi, $\frac1{u_n}\sim_{+\infty}\frac{1}{n\ln^2(n)}$. Mais la série $\frac{1}{n\ln^2(n)}$ est convergente (c'est une série de Bertrand convergente, pour prouver la convergence, on compare à une intégrale, et on utilise que $\int_2^x \frac{dt}{t\ln^2t}=-\frac{1}{\ln x}+\frac{1}{\ln 2}$ admet une limite quand $x$ tend vers $+\infty$). Donc la série de terme général $\frac 1{u_n}$ converge.

D'après la formule classique pour les séries géométriques, on a $$\frac{1}{1-a}=\sum_{n\geq 0}a^n\textrm{ et }\frac{1}{1-b}=\sum_{n\geq 0}b^n.$$ Ces deux séries sont absolument convergentes puisque $|a|<1$ et $|b|<1$. On peut faire le produit de Cauchy et donc on obtient que $$\frac{1}{1-a}\times\frac{1}{1-b}=\sum_{n\geq 0}w_n\textrm{ avec }w_n=\sum_{k=0}^n a^kb^{n-k}.$$ Si $a=b$, on trouve directement que $w_n=\sum_{k=0}^n a^n=(n+1)a^n$. Si $a\neq b$, alors il faut utiliser la factorisation $$a^{n+1}-b^{n+1}=(a-b)\times\sum_{k=0}^n a^kb^{n-k}$$ qui donne le résultat.
Dans le cas où $a\neq b$, on peut très facilement conclure sans utiliser le produit de Cauchy, en calculant séparément la somme de chaque série géométrie $\sum_{n\geq 0}a^{n+1}$ et $\sum_{n\geq 0}b^{n+1}$.

L'exercice repose sur la définition de l'exponentielle par une série : pour tout $x\in\mathbb R$, on a $$\exp(x)=\sum_{n\geq 0}\frac{x^n}{n!}.$$

1. Pour chaque $n\geq 0$, $w_n$ est positif et satisfait $$w_n\leq 2^{-n}\exp(4).$$ Puisque la série de terme général $2^{-n}\exp(4)$ est convergente, il en est de même de la série de terme général $w_n$.
2. Écrivons le produit de Cauchy de $\sum_{k\geq 0}\frac{b^k}{k!}$ par $\sum_{k\geq 0}a^k$, où $a$ et $b$ sont des réels avec $|a|<1$. Ces deux séries sont absolument convergentes, et on a : $$\exp(b)\times\frac{1}{1-a}=\left(\sum_{k\geq 0}\frac{b^k}{k!}\right)\times\left(\sum_{k\geq 0}a^k\right)=\sum_{n=0}^{+\infty}u_n$$ où $u_n$ est défini par $$u_n=\sum_{k=0}^n \frac{b^k}{k!}a^{n-k}=a^n\sum_{k=0}^n \frac{(b/a)^k}{k!}.$$ Pour $a=1/2$ et $b=2$, on trouve $w_n=u_n$. Ainsi, on a $$\sum_{n\geq 0}w_n=\exp(2)\times\frac{1}{1-1/2}=2\exp(2).$$

On doit montrer la sommabilité de la famille et calculer sa somme. Pour cela, il suffit de prouver que, pour tout $q\in\mathbb N^*$, la série $\sum_{p}\frac1{(p+q^2)(p+q^2+1)}$ converge, puis que la série $\sum_q \sum_{p\geq 0}\frac1{(p+q^2)(p+q^2+1)}$. La somme de la famille sera alors égale la somme de cette dernière série.
Mais, pour tout $q\in\mathbb N^*$, on a $$\frac1{(p+q^2)(p+q^2+1)}=\frac{1}{p+q^2}-\frac1{p+q^2+1}$$ et donc $$\sum_{p=0}^N \frac1{(p+q^2)(p+q^2+1)}=\frac 1{q^2}-\frac 1{N+q^2+1}.$$ On en déduit la convergence de la série $\sum_{p}\frac1{(p+q^2)(p+q^2+1)}$ et de plus $$\sum_{p\geq 0}\frac1{(p+q^2)(p+q^2+1)}=\frac 1{q^2}.$$ Ceci est le terme général d'une série convergente, et on a $$\sum_{(p,q)\in\mathbb N\times\mathbb N^*}\frac{1}{(p+q^2)(p+q^2+1)}=\sum_{q\geq 1}\frac 1{q^2}=\frac{\pi^2}6.$$