On remarque que les tests standards (d'Alembert et Cauchy) ne permettent pas de conclure (\(\rho=\sigma=1\)).

Mais on sait que \[ \lim_{n\to \infty} \frac{\log(n)}{\sqrt{n}}=0\,, \] donc il existe un entier \(N\) tel que \[ \frac{\log(n)}{\sqrt{n}}\leqslant \frac12\qquad \forall n\geqslant N \] Ceci implique, puisque l'exponentielle est croissante, que \[ 0\leqslant \frac{1}{\exp(\sqrt{n})}\leqslant \frac{1}{\exp(2\log(n))}=\frac{1}{n^2}\qquad \forall n\geqslant N \] Par le critère de comparaison, puisque \(\sum_{n\geqslant N}\frac{1}{n^2}\) converge, \(\sum_{n\geqslant N}\frac{1}{e^{\sqrt{n}}}\) converge aussi. Donc la série \(\sum_{n\geqslant 1}\frac{1}{e^{\sqrt{n}}}\) converge.

On peut aussi passer par l'utilisation d'une intégrale généralisée. Puisque la fonction \(f:[1,\infty[\to\mathbb{R}\) définie par \(f(x)=e^{-\sqrt{x}}\) est positive et décroissante, on sait que \[ \sum_{n\geqslant 1}e^{-\sqrt{n}}\text{ converge } \Leftrightarrow \int_1^\infty e^{-\sqrt{x}}\,dx\text{ converge } \] Par définition, \[ \int_1^\infty e^{-\sqrt{x}}\,dx= \lim_{L\to\infty} \int_1^L e^{-\sqrt{x}}\,dx\,, \] et le changement de variable \(u=\phi(x)=\sqrt{x}\) donne \[\begin{aligned} \int_1^L e^{-\sqrt{x}}\,dx &=\int_{\sqrt{1}}^{\sqrt{L}} 2ue^{-u}\,du\\ &=2\left( \left. u(-e^{-u}) \right|_{1}^{\sqrt{L}} -\int_1^{\sqrt{L}}(-e^{-u})\,du \right)\\ &=2\left( e^{-1}-\sqrt{L}e^{-\sqrt{L}} -e^{-\sqrt{L}} +e^{-1} \right) \end{aligned}\] Puisque \[\begin{aligned} \lim_{L\to \infty}e^{-\sqrt{L}}&=0\,,\\ \lim_{L\to \infty}\sqrt{L}e^{-\sqrt{L}}&= \lim_{t\to \infty}\frac{t}{e^t}\stackrel{BH}{=}0\,, \end{aligned}\] On a que \[ \int_1^\infty e^{-\sqrt{x}}\,dx= \lim_{L\to\infty} \int_1^L e^{-\sqrt{x}}\,dx=4e^{-1}\,. \] Donc l'intégrale généralisée converge, et donc la série \(\sum_ne^{-\sqrt{n}}\) converge.