Solutions
III.1.13. Pour n ∈ N, on pose a n =
a(a+1)···(a+n)
b(b+1)···(b+n) et A n = a n (a + n + 1). On
a alors A n−1 − A n = a n (b − a − 1) pour n ∈ N, en posant de plus A −1 = a
et a −1 = 1. En additionnant membre à membre les égalités précédentes pour
n = 0 à n = N , on obtient
a − A N = A −1 − A N = (b − a − 1)
N
n=0
a n = (b − a − 1)S N +1
ou, de façon équivalente, a − a N (a + N + 1) = (b − a − 1)S N +1 . Donc,
a
1 −
(a + 1) · · · (a + N + 1)
b(b + 1) · · · (b + N )
= (b − a − 1)S N +1
et, d’après II.5.87, lim
n→+∞
S N +1 =
a
b−a−1 .
III.1.14. D’après le problème précédent,
1 +
+∞
n=1
a(a + 1) · · · (a + n − 1)
b(b + 1) · · · (b + n − 1)
= 1 +
a
b − a − 1
=
b − 1
b − a − 1
.
(1)
En remplaçant a par a + 1, on voit que
1 +
+∞
n=1
(a + 1) · · · (a + n)
b(b + 1) · · · (b + n − 1)
=
b − 1
b − a − 2
.
(2)
En soustrayant (1) à (2), on obtient
+∞
n=1
n
(a + 1) · · · (a + n − 1)
b(b + 1) · · · (b + n − 1)
=
b − 1
b − a − 2
−
b − 1
b − a − 1
=
b − 1
(b − a − 1)(b − a − 2)
.
III.1.15. On pose A n =
a 1 a 2 ···an
(a 2 +b)(a 3 +b)···(a n+1 +b) et S n =
n
k=1
A k . On a alors
A k
A k−1
=
a k
a k+1 +b ou, de façon équivalente, A k a k+1 + A k b = A k−1 a k . En additionnant membre à membre ces égalités pour k variant de 2 à n, on obtient
A n a n+1 + S n b − A 1 b = A 1 a 2 .
(∗)
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