Solutions
II.5.54. Puisque l’on a x −
x 3
6 < sin x < x pour x > 0, on voit que
n
k=1
π
n + k
−
n
k=1
π 3
6(n + k) 3 <
n
k=1
sin
π
n + k
<
n
k=1
π
n + k
.
On vérifie facilement que lim
n→+∞
n
k=1
π 3
6(n+k) 3 = 0. De plus, d’après II.5.8 (a),
lim
n→+∞
n
k=1
π
n+k = π ln 2. La limite est donc égale à π ln 2.
II.5.55.
(a) Soit a n =
n
k=1
1 +
k 2
cn 3
. On obtient, avec l’inégalité
x
x+1 < ln(1 + x) < x
(voir II.5.3),
n
k=1
k 2
cn 3 + k 2 < ln a n <
n
k=1
k 2
cn 3 .
On a donc, avec l’égalité
n
k=1
k 2 =
n(n+1)(2n+1)
6
,
n(n + 1)(2n + 1)
6 (cn 3 + n 2 )
< ln a n <
n(n + 1)(2n + 1)
6cn 3
.
Ainsi, lim
n→+∞
a n = e
1
3c .
(b) On peut montrer que l’inégalité
x
x+1 < ln(1 + x) < x est aussi vérifiée si
−1 < x < 0. On obtient donc, comme dans la démonstration de (a),
lim
n→+∞
n
k=1
1 −
k 2
cn 3
= e
−
1
3c .
II.5.56. Puisque l’on a x −
x 3
6 < sin x < x −
x 3
6 +
x 5
5! pour x > 0, on voit que
√
n 3n
n!
n!
(n
√
n)
n
n
k=1
1 −
k 2
6n 3
<
√
n 3n
n!
n
k=1
sin
k
n
√
n
(1)
et
√
n 3n
n!
n
k=1
sin
k
n
√
n
<
√
n 3n
n!
n!
(n
√
n)
n
n
k=1
1 −
k 2
6n 3 +
k 4
5!n 6
.
(2)
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