Solutions
II.3.15. On voit, en appliquant le théorème de Toeplitz à la suite {a n } avec
c n,k =
1
2 n−k+1 , que
lim
n→+∞
a n
1
+
a n−1
2
+ · · · +
a 1
2 n−1
= 2a.
II.3.16.
(a) On voit, en appliquant le théorème de Toeplitz à {a n } avec
c n,k =
1
(n + 1 − k)(n + 2 − k)
,
que
lim
n→+∞
a n
1 × 2
+
a n−1
2 × 3
+ · · · +
a 1
n(n + 1)
= a.
(b) Comme dans la démonstration de (a), on peut appliquer le théorème de
Toeplitz à {a n } en prenant c n,k =
3
2
(−1) n−k
2 n−k
et montrer que la limite est
égale à
2
3 a.
II.3.17. On pose a n =
nk
n
. D’après II.3.7, il suffit de calculer lim
n→+∞
a n+1
an .
On a
(n+1)k
n+1
nk
n
=
(nk + 1)(nk + 2) · · · (nk + k)
(n + 1)(nk − n + 1)(nk − n + 2) · · · (nk − n + k − 1)
.
La limite est donc égale à
k k
(k−1)
k−1 .
II.3.18. Soit {a n } une suite arithmétique de raison d > 0. On pose
c n =
n n (a 1 · · · a n )
(a 1 + · · · + a n )
n .
On a alors
c n+1
c n
=
(n + 1)a n+1
a 1 + a 2 + · · · + a n+1
a 1 +···+an
n
a 1 +···+a n+1
n+1
n
=
2a n+1
a 1 + a n+1
2a 1 + (n − 1)d
2a 1 + nd
n
− −−−− →
n→+∞
2e
−1 .
Donc, d’après II.3.7, la limite est égale à 2e −1 . Si d = 0, la limite est égale
à 1.
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