Solutions
II.1.29. On peut montrer par récurrence que 0 < a n < b, puis prouver que
la suite est strictement croissante. Sa limite est égale à b.
II.1.30. La suite est strictement croissante et majorée, par exemple par 3.
Sa limite est
3+
√ 15
3
.
II.1.31. On a a 1 < a 2 < a 3 . On voit de plus que, pour tout n ∈ N ∗ ,
si a n < a n+1 < a n+2 , alors a n+2 < a n+3 .
Le principe de récurrence énoncé dans la solution du problème II.1.10 implique que la suite {a n } est strictement croissante. Elle est aussi majorée par 4
et lim
n→+∞
a n = 4.
II.1.32. Comme dans la solution du problème précédent, on peut prouver
que la suite {a n } est décroissante, minorée par 4 et lim
n→+∞
a n = 4.
II.1.33. D’après l’inégalité entre les moyennes arithmétique et géométrique
(voir I.2.3), a n b n . Donc,
a n+1 =
a n + b n
2
a n , n ∈ N
∗ .
Ceci signifie que la suite {a n } est décroissante. D’autre part, la suite {b n } est
croissante car
b n+1 =
b n a n
b 2
n = b n , n ∈ N
∗ .
De plus, b 1 < a n et b n < a 1 . Les deux suites convergent donc. On note
α = lim
n→+∞
a n et β = lim
n→+∞
b n . Un passage à la limite lorsque n tend vers +∞
dans l’égalité a n+1 =
an+bn
2
donne α =
α+β
2 , d’où α = β.
II.1.34. Puisque 2
a 2
n + b 2
n
(a n + b n ) 2 , on a a n b n pour n ∈ N ∗ . D’où,
a n+1 =
a 2
n + b 2
n
a n + b n
a 2
n + a n b n
a n + b n
= a n pour n ∈ N
∗
et la suite {a n } est décroissante.
On peut prouver de la même façon que {b n } est croissante. De plus, on
voit que b 1 < a n , b n < a 1 et les deux suites convergent donc.
On note α = lim
n→+∞
a n et β = lim
n→+∞
b n . En faisant tendre n vers +∞ dans
b n+1 =
an+bn
2 , on obtient β =
α+β
2 , d’où α = β.
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