Chapitre I. Nombres réels
I.1.13. On obtient, en posant s = a 1 + a 2 + . . . + a n ,
a k
s
a k
a k + a k+1 + a k+2
1 −
a k+1
s
−
a k+2
s
.
On en déduit
1
n
k=1
a k
a k + a k+1 + a k+2
n − 2.
Le but est maintenant de prouver que inf
n
k=1
a k
a k +a k+1 +a k+2
= 1 et
sup
n
k=1
a k
a k +a k+1 +a k+2
= n − 2. Pour cela, on prend a k = t k , t > 0. On a
alors
n
k=1
a k
a k + a k+1 + a k+2
=
t
t + t 2 + t 3 + . . . +
t n−2
t n−2 + t n−1 + t n
+
t n−1
t n−1 + t n + t
+
t n
t n + t + t 2
= (n − 2)
1
1 + t + t 2 +
t n−2
t n−1 + t n−2 + 1
+
t n−1
t n−1 + t + 1
.
En faisant tendre t vers 0 + , on voit que sup
n
k=1
a k
a k +a k+1 +a k+2
= n − 2, puis en
faisant tendre t vers +∞, on conclut que inf
n
k=1
a k
a k +a k+1 +a k+2
= 1.
I.1.14. On fixe n ∈ N ∗ et on considère les n + 1 nombres réels
0, α − [α] , 2α − [2α] , . . . , nα − [nα] .
Chacun appartient à l’intervalle [0 , 1[. Puisque les n intervalles
j
n ,
j+1
n
,
j = 0, 1, . . . , n − 1, recouvrent l’intervalle [0 , 1[, il y en a donc un qui contient
au moins deux de ces points, n 1 α − [n 1 α] et n 2 α − [n 2 α] avec 0 n 1 < n 2 n.
Ainsi,
|n 2 α − [n 2 α] − n 1 α + [n 1 α]| <
1
n
.
Il suffit alors de prendre q n = n 2 − n 1 et p n = [n 2 α] − [n 1 α]. On déduit de
l’argument précédent que q n n et la seconde inégalité est aussi vérifiée.
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