Solutions
Puisque
n
√ a k (L + ε)
−k
n − −−−− →
n→+∞
1, on a
n
√ a k (L + ε)
−k
n < 1 + ε
pour n suffisamment grand. On déduit donc de ce qui précède que
n
√ a n < (1 + ε)(L + ε) = L + (L + 1)ε + ε
2
pour n suffisamment grand. En combinant ceci au problème II.4.12 (a),
on obtient lim
n→+∞
n
√ a n L + (L + 1)ε + ε 2 . Puisque ε peut être choisi arbitrairement proche de 0, on a lim
n→+∞
n
√ a n L = lim
n→+∞
a n+1
an . Pour montrer
que lim
n→+∞
a n+1
an lim
n→+∞
n
√ a n , il suffit d’appliquer le problème II.4.22 et
l’inégalité juste prouvée à la suite
1
an
.
II.4.27. On prouve que lim
n→+∞
b n lim
n→+∞
a n . Pour cela, on suppose que
lim
n→+∞
a n = L < +∞ (pour L = +∞, l’inégalité précédente est claire). Étant
donné ε > 0, il existe alors k ∈ N tel que a n < L + ε pour n > k. Donc,
b n =
a 1 + a 2 + . . . + a k + a k+1 + . . . + a n
n
<
a 1 + a 2 + . . . + a k
n
−
k(L + ε)
n
+ L + ε.
Puisque
a 1 +a 2 +...+a k
n
−
k(L+ε)
n
− −−−− →
n→+∞
0,
a 1 +a 2 +...+a k
n
−
k(L+ε)
n
< ε pour n
suffisamment grand. Il s’ensuit que b n < ε + L + ε pour n suffisamment
grand. Selon le problème II.4.12 (a), ε pouvant être choisi arbitrairement petit, on a lim
n→+∞
b n L = lim
n→+∞
a n . La démonstration de l’inégalité
lim
n→+∞
a n lim
n→+∞
b n est identique.
II.4.28.
(a), (b) Il suffit d’appliquer le problème II.4.13.
(c) L’inégalité est fausse. Pour le voir, il suffit de considérer les suites définies
par
a n =
0 pour n = 2k,
1 pour n = 2k + 1,
b n =
1 pour n = 2k,
0 pour n = 2k + 1.
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