Chapitre II. Suites de nombres réels
II.5.19. On va montrer que lim
n→+∞
1 −
an
n
n = 0. Par hypothèse, pour
M > 0 choisi arbitrairement, on a a n > M si n est suffisamment grand.
Donc,
0 < 1 −
a n
n
< 1 −
M
n
et
0 <
1 −
a n
n
n
<
1 −
M
n
n
.
On obtient donc, d’après II.4.12, II.4.14 et II.5.2,
0 lim
n→+∞
1 −
a n
n
n lim
n→+∞
1 −
a n
n
n e
−M .
En faisant tendre M vers +∞, on a
0 lim
n→+∞
1 −
a n
n
n lim
n→+∞
1 −
a n
n
n 0
et lim
n→+∞
1 −
an
n
n = 0, comme annoncé.
II.5.20. On va prouver que lim
n→+∞
1 +
bn
n
n = +∞. Étant donné M > 0,
on a b n > M pour n suffisamment grand. On obtient donc, comme dans la
solution du problème précédent,
lim
n→+∞
1 +
b n
n
n
lim
n→+∞
1 +
M
n
n
= e
M
et, M pouvant être choisi arbitrairement grand, on a lim
n→+∞
1 +
bn
n
n = +∞.
II.5.21. On voit facilement que la suite {a n } est décroissante et tend vers 0.
(a) On a
1
a n+1
−
1
an =
1
1−an − −−−− →
n→+∞
1. Donc, d’après II.3.14, lim
n→+∞
1
nan = 1.
(b) D’après (a),
lim
n→+∞
n(1 − na n )
ln n
= lim
n→+∞
n
1
nan − 1
na n
ln n
= lim
n→+∞
1
an − n
ln n
.
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