Solutions
II.5.58. Si α = 0, alors évidemment lim
n→+∞
a n = 0. Si α > 0, alors
0 < a n < 1 −
(n−1) α
n α
et lim
n→+∞
a n = 0. On suppose maintenant que α < 0.
On a alors
a n = (−1)
n−1
n
−α
− 1
n
2
−α − 1
· · ·
n
n − 1
−α
− 1
.
On obtient donc, si on prend α = −1, la suite divergente a n = (−1) n−1 . Si on
prend α < −1, on a
n
p
−α
− 1
n
n − p
−α
− 1
>
n
p
− 1
n
n − p
− 1
= 1
pour 1 p n. De plus,
n
n
2
−α − 1 > 2 − 1 = 1. Donc,
|a n |
n
−α
− 1
n
n − 1
−α
− 1
− −−−− →
n→+∞
+∞.
De même, on peut voir que si −1 < α < 0, alors
|a n |
n
−α
− 1
n
n − 1
−α
− 1
− −−−− →
n→+∞
0.
II.5.59. On a
2 +
√ 3
n =
n
k=0
n
k
√ 3
k 2 n−k . Si on regroupe les termes
respectivement d’indices pairs et d’indices impairs, on peut écrire
2 +
√ 3
n = A n +
√ 3B n et
2 −
√ 3
n = A n −
√ 3B n .
Donc, lim
n→+∞
A n +
√ 3B n
= +∞ et lim
n→+∞
A n −
√ 3B n
= 0. De plus,
lim
n→+∞
√ 3B n
A n
= 1.
Puisque que les A n sont entiers et
√ 3Bn
An < 1, il s’ensuit que
√ 3B n
= A n − 1
pour n suffisamment grand. En conséquence,
√ 3B n
− −−−− →
n→+∞
1 et
A n +
√ 3B n
=
√ 3B n
− −−−− →
n→+∞
1.
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