Chapitre II. Suites de nombres réels
II.2.45. On peut appliquer un raisonnement semblable à celui utilisé dans le
problème précédent. Soit x > −1. D’après l’inégalité entre moyennes harmonique, géométrique et arithmétique (voir I.2.3), pour x > −1, on a
1 +
x
3 + 2x
=
3
1
1+x + 1 + 1
3
(1 + x) × 1 × 1
1 + x + 1 + 1
3
= 1 +
x
3
.
On obtient, en substituant x =
k 2
n 3 ,
n
k=1
k 2
n 3
3 + 2
k 2
n 3
n
k=1
3
1 +
k 2
n 3 − 1
n
k=1
k 2
3n 3 .
(1)
De plus,
n
k=1
k 2
3n 3 =
n(n + 1)(2n + 1)
18n 3
− −−−− →
n→+∞
1
9
et
n
k=1
k 2
n 3
3 + 2
k 2
n 3
=
n
k=1
k 2
3n 3 + 2k 2
1
3n 3 + 2n 2
n
k=1
k
2
=
n(n + 1)(2n + 1)
6(3n 3 + 2n 2 )
− −−−− →
n→+∞
1
9
.
De ce qui précède, de (1) et du théorème des gendarmes, on déduit
lim
n→+∞
n
k=1
3
1 +
k 2
n 3 − 1
=
1
9
.
II.2.46. Clairement, lim
n→+∞
n
√ a k = 1 pour k = 1, 2, . . . , p. On trouve donc
lim
n→+∞
1
p
p
k=1
n
√ a k
p
= 1.
II.2.47. On a 0 < α +
1
n < α +
1
n 0
< 1 pour n 0 suffisamment grand et pour
n > n 0 . Donc,
lim
n→+∞
n−1
k=0
α +
1
n
k
= lim
n→+∞
1 −
α +
1
n
n
1 −
α +
1
n
=
1
1 − α
.
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