Solutions
(d)
lim
n→+∞
n ln
a n
a n+1
= ln a.
La série est donc convergente pour a > e et divergente pour a < e. Pour
a = e, il s’agit de la série harmonique qui est divergente.
(e) On a (voir la solution du problème III.2.16)
lim
n→+∞
n ln
a n
a n+1
= lim
n→+∞
n ln
ln(n + 1)
ln n
ln a = 0.
Donc, d’après le test de convergence donné au problème précédent, la
série est divergente pour tout a > 0.
III.2.18. Puisque
lim
n→+∞
n ln
a n
a n+1
= lim
n→+∞
n ln a
−
1
n+1 = ln
1
a
,
la série est convergente pour 0 < a <
1
e et divergente pour a >
1
e (comparez
avec III.2.16). Si a =
1
e , alors (voir, par exemple, le problème II.1.41)
lim
n→+∞
1
e
1+ 1
2 +...+ 1
n
1
n
= e
−γ ,
où γ est la constante d’Euler. Le test de comparaison et la divergence de la
série harmonique
∞
n=1
1
n impliquent la divergence de la série étudiée dans le cas
où a =
1
e .
III.2.19. En appliquant l’inégalité
x
1+x (1 + x) x qui est vérifiée pour
x > −1, on obtient
n
an
a n+1
− 1
1 +
an
a n+1
− 1
n ln
1 +
a n
a n+1
− 1
n
a n
a n+1
− 1
.
D’après cette inégalité, le test de Raabe et le test donné en III.2.16
sont équivalents pour un r fini. L’inégalité précédente implique aussi
lim
n→+∞
n
an
a n+1
− 1
= +∞ si lim
n→+∞
n ln
an
a n+1
= +∞. On montre
maintenant que l’implication réciproque est aussi exacte. En effet, si
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