Solutions
On pose lim
k→+∞
n k
n k−1
= l > 1 et on choisit ε > 0 suffisamment petit pour que
α = l − ε > 1. Il existe alors un indice k 0 tel que
n k
n k−1
α > 1
(2)
si k > k 0 . Il existe k 1 > k 0 tel que
n k 1
n 1 ···n k 1 −1
>
αq
α−1 car lim
k→+∞
n k
n 1 ···n k−1
= +∞.
On a donc, d’après (2),
+∞
k=k 1
1
n k
+∞
j=0
1
α j n k 1
=
α
(α − 1)n k 1
<
1
qn 1 n 2 · · · n k 1 −1
ce qui contredit (1).
III.1.46. Supposons que
+∞
k=1
1
n k
=
p
q , p et q étant des entiers strictement
positifs. On a alors
n 1 n 2 · · · n k−1
+∞
j=0
1
n k+j
1
q
pour tout k 2
(voir la solution du problème précédent). On pose a k =
2 k
√ n k . Par hypothèse,
lim
k→+∞
a k = +∞. Il existe r 1 tel que a j a r 1 pour j = 1, 2, . . . , r 1 − 1. En
effet, si a 1 a 2 , r 1 = 2. Si ce n’est pas le cas, on choisit le plus petit entier
r 1 > 2 tel que a 1 a r 1 . Il existe en fait une suite infinie d’entiers r k vérifiant
la propriété précédente, c’est-à-dire tels que a j a r k pour j = 1, 2, . . . , r k − 1.
Pour trouver r 2 , on applique la procédure précédente à la suite {a k } kr 1 , et
ainsi de suite. On note r le plus petit entier positif tel que a r+j > q + 1 pour
j ∈ N et a j a r pour j = 1, 2, . . . , r − 1. Puisque n r n r+j , on observe aussi
que a r a 2 j
r+j pour j ∈ N. Il s’ensuit que
n 1 n 2 · · · n r−1
n r+j
a 2+2 2 +...+2 r−1
r
n r+j
a
2 j (2 r −2)
r+j
a 2 r+j
r+j
= a
−2 j+1
r+j
< (q + 1)
−(j+1) .
D’où,
n 1 n 2 · · · n r−1
+∞
j=0
1
n r+j
<
+∞
j=0
(q + 1)
−(j+1)
=
1
q
,
contradiction.
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