Solutions
(b) On pose a n =
n
√
n − 1, d’où (a n + 1)
n
= n. Donc, d’après II.5.3,
ln n = n ln(a n + 1) < na n . En conséquence, lim
n→+∞
na n = +∞.
II.5.5. On peut prouver, en utilisant la dérivation, que
x
1+x ln(1 + x) x
pour x > −1. Puisque lim
n→+∞
a n = 1, a n > 0 à partir d’un certain rang n. Il
s’ensuit que
an−1
1+an−1 ln a n = ln (1 + (a n − 1)) a n − 1. On obtient le résultat cherché en divisant les membres des inégalités par a n − 1 et en utilisant le
théorème des gendarmes.
II.5.6. Par définition (voir II.1.38), e = lim
n→+∞
1 +
1
n
n . De plus,
1 +
1
n
n
= 1 +
n
1
1
n
+
n
2
1
n 2 + . . . +
n
k
1
n k + . . . +
n
n
1
n n
= 1 + 1 +
1
2!
1 −
1
n
+ . . . +
1
k!
1 −
1
n
· · ·
1 −
k − 1
n
+ . . . +
1
n!
1 −
1
n
· · ·
1 −
n − 1
n
.
Donc,
1 +
1
n
n
< a n .
(i)
D’autre part,
1 +
1
n
n
> 2 +
1
2!
1 −
1
n
+
1
3!
1 −
1
n
1 −
2
n
+ . . . +
1
k!
1 −
1
n
· · ·
1 −
k − 1
n
.
Un passage à la limite lorsque n tend vers +∞ donne
e a k .
(ii)
D’après (i) et (ii), la limite de la suite {a n } est égale à e. De plus,
a n+m − a n =
1
(n + 1)!
+
1
(n + 2)!
+ . . . +
1
(n + m)!
<
1
(n + 1)!
1 +
1
n + 2
+
1
(n + 2) 2 + . . . +
1
(n + 2) m−1
<
1
(n + 1)!
n + 2
n + 1
.
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