Solutions
(b) On a
1
n + 1
+ . . . +
1
2n + 1
<
1
n(n + 1)
+ . . . +
1
2n(2n + 1)
<
1
n
+
1
n + 1
+ . . . +
1
2n
.
La proposition se déduit donc de (a).
II.5.9. Une analyse semblable à celle menée dans la démonstration de II.5.3
donne
x −
x 2
2
< ln(1 + x) < x pour x > 0.
( ∗)
On pose b n = ln a n =
n
k=1
ln
1 +
k
n 2
. D’après (∗),
k
n 2 −
k 2
2n 4 < ln
1 +
k
n 2
<
k
n 2 .
Ceci et les égalités
n
k=1
k =
n(n + 1)
2
,
n
k=1
k
2
=
n(n + 1)(2n + 1)
6
impliquent lim
n→+∞
b n =
1
2 . La continuité du logarithme donne lim
n→+∞
a n =
√
e.
II.5.10. On peut montrer par récurrence que
a n = n + n(n − 1) + . . . + n(n − 1) × · · · × 2 + . . . + n(n − 1) × · · · × 2 × 1
=
n!
(n − 1)!
+
n!
(n − 2)!
+ . . . +
n!
1!
+
n!
0!
.
Donc,
lim
n→+∞
n
k=1
1 +
1
a k
= lim
n→+∞
a 1 + 1
a 1
· · · · ·
a n + 1
a n
= lim
n→+∞
a n + 1
n!
= lim
n→+∞
1 +
1
1!
+ . . . +
1
n!
= e,
la dernière égalité découlant de II.5.6.
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