Solutions
et, en conséquence,
n
k=1
(−1)
k a k
(−1)
n b n + (−1)
n−1 b n−1 + . . . + (−1)
n−k+1 b n−k+1
n
k=1
a k b n−k+1 .
On montre alors que lim
n→+∞
n
k=1
a k b n−k+1 = 0. En effet,
0 <
2n
k=1
a k b 2n−k+1 (a 1 + . . . + a n )b n + (b 1 + . . . + b n )a n ,
ce qui implique lim
n→+∞
2n
k=1
a k b 2n−k+1 = 0. On peut montrer de la même façon
que lim
n→+∞
2n−1
k=1
a k b 2n−k = 0, ce qui complète la démonstration.
III.6.14. On observe d’abord qu’il suffit de considérer le cas où α et β sont
tous les deux inférieurs ou égaux à 1. On montre que
lim
n→+∞
1
n α
1 +
1
2 β + . . . +
1
n β
= 0
si et seulement si α + β > 1. D’après le théorème de Stolz (voir II.3.11), on a
lim
n→+∞
1
n α
1 +
1
2 β + . . . +
1
n β
= lim
n→+∞
1
n β (n α − (n − 1)
α
)
= lim
n→+∞
1
n α+β
1 −
1 −
1
n
α .
La règle de L’Hospital donne
lim
x→+∞
1
x α+β
1 −
1 −
1
x
α = lim
t→0 +
t α+β
1 − (1 − t)
α
= lim
t→0 +
(α + β)t α+β−1
α (1 − t)
α−1 .
Donc,
lim
n→+∞
1
n α+β
1 −
1 −
1
n
α =
⎧
⎪ ⎨
⎪ ⎩
0
si α + β > 1,
1
α
si α + β = 1,
+∞ si α + β < 1.
Le résultat cherché se déduit alors du problème précédent.
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