Solutions
II.2.25. On peut prouver la formule donnant le n-ième terme de la suite de
Fibonacci par récurrence. On peut supposer que α > β. On a alors α =
1+
√ 5
2
et β =
1−
√ 5
2 . De plus,
α
n
1 −
β
α
n
n
α n − β n α
n
1 +
β
α
n
.
Puisque lim
n→+∞
β
α
n = 0, on a lim
n→+∞
n
√
a n = α.
II.2.26. On remarque d’abord que b n+1 =
an+3bn
4
. On en déduit que
a n+1 − b n+1 =
1
4 (a n − b n ), ce qui implique que la suite {a n − b n } est une
suite géométrique de raison
1
4 . Cette suite converge donc vers 0. Il suffit maintenant de montrer que la suite {a n } converge. Supposons d’abord que a b.
La suite {a n } est alors croissante et a n b n b. Elle converge donc. Il découle
de ce qui précède que {b n } converge aussi et lim
n→+∞
a n = lim
n→+∞
b n . Le même
raisonnement s’applique au cas a > b.
II.2.27. On a
a + aa + · · · +
n chiffres
aa . . . a = a(1 + 11 + · · · +
n chiffres
11 . . . 1)
= a(10
n−1
+ 2 × 10
n−2
+ · · · + n × 10
0
)
= a((1 + 10 + · · · + 10
n−1
) + (1 + 10 + · · · + 10
n−2
)
+ · · · + (1 + 10) + 1)
= a
10 n − 1
9
+
10 n−1 − 1
9
+ · · · +
10 2 − 1
9
+
10 − 1
9
= a
10(10 n − 1) − 9n
81
.
La limite est donc égale à
10a
81 .
II.2.28. On note que la suite de terme général
n
√ n (n 3) est décroissante
et que sa limite est égale à 1. On vérifie alors facilement que
n
√
n − 1
n <
1
2
n
pour n ∈ N
∗ .
D’où, lim
n→+∞
(
n
√
n − 1)
n = 0.
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