Solutions
III.2.51. On remarque que a n ∈
nπ , nπ +
π
2
. Donc,
1
a 2
n
<
1
n 2 π 2 et la série
+∞
n=1
1
a 2
n
converge.
III.2.52. On pose b n =
√ a n . On a alors b n ∈
nπ , nπ +
π
2
et la série
+∞
n=1
1
an =
+∞
n=1
1
b 2
n
converge donc (voir la solution du problème précédent).
III.2.53. La série diverge car lim
n→+∞
na n = 2 (voir II.5.29).
III.2.54. Pour simplifier, on introduit les notations suivantes :
L n = a 1 + a 3 + . . . + a 2n−1 et M n = a 2 + a 4 + . . . + a 2n .
La monotonie de {a n } implique
L n M n et L n − a 1 M n .
(1)
D’où, 2M n = M n + M n M n + L n − a 1 =
n
k=2
a k . Donc,
lim
n→+∞
M n = +∞.
(2)
En combinant (1) et (2), on arrive à
L n
M n
− 1 =
L n − M n
M n
a 1
M n
− −−−− →
n→+∞
0.
III.2.55. Par définition de k n , on a 0 S kn − n <
1
kn . On sait que
lim
n→+∞
(S kn − ln k n ) = γ, où γ est la constante d’Euler (voir II.1.41). Donc,
lim
n→+∞
(n − ln k n ) = lim
n→+∞
(n + 1 − ln k n+1 ) = γ.
D’où,
lim
n→+∞
1 − ln
k n+1
k n
= 0
et
lim
n→+∞
k n+1
k n
= e.
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