Solutions
Donc,
a 1
n+1 +
a n+1
n+1 <
an
n pour n n 0 . D’où,
a n
n
−
a n−1
n − 1
< −
a 1
n
,
a n−1
n − 1
−
a n−2
n − 2
< −
a 1
n − 1
,
. . .
a n 0 +1
n 0 + 1
−
a n 0
n 0
< −
a 1
n 0 + 1
.
En additionnant les inégalités précédentes, on obtient
a n
n
<
a n 0
n 0
− a 1
1
n 0 + 1
+ . . . +
1
n
.
Donc, d’après 2.2.50 (c), lim
n→+∞
an
n = −∞, ce qui est impossible puisque a n > 0.
II.5.72. De la même façon que dans la démonstration de la solution du problème précédent, on prouve qu’il existe une sous-suite {a n k } pour laquelle
n k (a 1 + a n k +p )
(n k + p)a n k
n k
1.
II.5.73. Supposons d’abord que la proposition n’est pas vérifiée. Il existe
alors n 0 tel que n
1+a n+1
an
− 1
< 1 pour n n 0 . On peut réécrire l’inégalité
sous la forme
1
n+1 <
an
n −
a n+1
n+1 . Ceci implique (voir la solution de II.5.71)
1
n 0 + 1
+ . . . +
1
n
<
a n 0
n 0
−
a n
n
.
Donc, lim
n→+∞
an
n = −∞, ce qui contredit le fait que {a n } soit une suite strictement positive.
Pour prouver que 1 est la meilleure constante possible, on prend a n = n ln n.
On a alors
lim
n→+∞
n
1 + (n + 1) ln(n + 1)
n ln n
− n
= lim
n→+∞
1 + (n + 1) ln(n + 1) − n ln n
ln n
= lim
n→+∞
1 + ln(n + 1) + ln
1 +
1
n
n
ln n
= 1.
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