Solutions
si n est suffisamment grand. D’où,
n
k=1
ε k,n b k,n
< ε ce qui signifie que
lim
n→+∞
n
k=1
ε k,n b k,n = 0. Donc, d’après (∗),
lim
n→+∞
n
k=1
a k,n = lim
n→+∞
n
k=1
b k,n .
II.5.83. On a
sin
(2k−1)a
n 2
(2k−1)a
n 2
− −−−− →
n→+∞
1 uniformément par rapport à k.
Donc, d’après le problème précédent,
lim
n→+∞
n
k=1
sin
(2k − 1)a
n 2
= lim
n→+∞
n
k=1
(2k − 1)a
n 2
= a.
II.5.84. Il découle de II.5.5 que si la suite {x n } tend vers 0, alors
a xn −1
xn ln a − −−−− →
n→+∞
1. Ceci implique
a
k
n 2 − 1
k
n 2 ln a
− −−−− →
n→+∞
1
uniformément par rapport à k. En appliquant maintenant le problème II.5.82, on obtient
lim
n→+∞
n
k=1
a
k
n 2 − 1
= lim
n→+∞
ln a
n
k=1
k
n 2 =
1
2
ln a.
II.5.85. Si {x n } est une suite strictement positive convergente vers 0, alors,
d’après le problème II.5.3,
ln(1+xn)
xn
− −−−− →
n→+∞
1. On voit, en appliquant
II.5.82, que
lim
n→+∞
n
k=1
ln
1 +
k 2
n
= lim
n→+∞
n
k=1
k 2
n
=
1
2
.
Donc, lim
n→+∞
n
k=1
1 +
k
n 2
= e
1
2 .
169