Solutions
De plus,
|S 2n+1 | =
1
2n + 1
2n+1
k=1
(−1)
k f
k
2n + 1
n
2n + 1
ε +
1
2n + 1
|f (1)| .
Il s’ensuit que
lim
n→+∞
1
n
n
k=1
(−1)
k f
k
n
= 0.
I.2.31. Comme dans la solution du problème précédent, on note d’abord que
f est uniformément continue sur [0 , 1]. Donc, étant donné ε > 0, il existe
n 0 ∈ N ∗ tel que, pour n > n 0 et pour k = 0, 1, 2, . . . , n, on a
f
k
n
− f
k + 1
n
< ε.
En conséquence, pour n > n 0 ,
S n =
1
2 n
n
k=0
(−1)
k
n
k
f
k
n
=
1
2 n
n−1
k=0
(−1)
k
n − 1
k
f
k
n
− f
k + 1
n
.
Donc,
|S n | <
ε
2 n
n−1
k=0
n − 1
k
=
ε
2
.
I.2.32. On pose M = lim
r→+∞
sup
xr
f (x) et m = lim
r→+∞
inf
xr
f (x) et on suppose
que M > m. Il existe alors un réel k tel que M > k > m et il existe a vérifiant
f (a) > k. Par continuité de f , il existe b > a tel que f (t) > k pour tout
t ∈ [a , b].
On prend p =
ab
b−a et on a alors
x
a
x
b + 1 pour x p. En effet,
x
a
−
x
b
= x
1
a
−
1
b
=
x
p
1.
Il existe donc un entier n 0 > 0 compris entre
x
b et
x
a , c’est-à-dire tel que
x
a n 0
x
b ou, de façon équivalente, tel que a
x
n 0
b. Par hypothèse,
f (x) = f
n 0
x
n 0
f
x
n 0
> k
pour tout x p, contredisant la définition de m. En conséquence, m = M , ce
qui signifie que lim
n→+∞
f (x) existe, finie ou infinie.
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