Solutions
II.4.22. On applique le problème II.4.13. On pose lim
n→+∞
a n = L. On a
alors, avec les conditions (i) et (ii) donnée en II.4.13 (a) :
pour tout ε > 0, il existe k ∈ N
∗ tel que a n < L + εL
2 pour tout n > k (i)
et
pour tout ε > 0 et k ∈ N
∗ , il existe n k > k tel que L − ε
L 2
2
< a n k .
(ii)
On suppose d’abord que L = 0. On a alors, d’après (i),
1
a n
>
1
L + εL 2 =
1
L
−
εL 2
L(L + εL 2 )
>
1
L
− ε.
On suppose maintenant que 0 < ε <
1
L . D’après (ii),
1
a n k
<
1
L −
εL 2
2
=
1
L
+
ε
L 2
2
L
L −
εL 2
2
<
1
L
+ ε.
Les conditions précédentes impliquent (d’après II.4.13 (b))
lim
n→+∞
1
a n
=
1
L
=
1
lim
n→+∞
a n
.
On suppose maintenant que lim
n→+∞
a n = 0. Étant donné M > 0, d’après (i)
dans le problème II.4.13 (a), il existe un entier k tel que a n <
1
M pour
n > k. Donc,
1
an > M pour n > k, ce qui, d’après la proposition (4) donnée
dans la solution du problème II.4.13, signifie que lim
n→+∞
1
an = +∞. Finalement, on suppose que lim
n→+∞
1
an = +∞. Pour tout ε > 0 et k ∈ N ∗ , il existe
alors n k > k tel que a n k >
1
ε (voir la proposition (1) dans la solution du problème II.4.13 (a)). L’inégalité précédente est équivalente à
1
an k
< ε. Bien
sûr, −ε <
1
an k
. Les deux conditions données en II.4.13 (b) sont donc vérifiées
par la suite
1
an
pour l = 0, ce qui signifie que lim
n→+∞
1
an = 0. La démonstration de la première égalité est donc complète. La démonstration de la seconde
se fait de la même façon.
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