Solutions
Donc,
1
n
n
k=1
a k =
n − 1 −
n−1
k=1
(−1) k−1 sin(sin(. . . sin 1) . . . )
(k − 1) fois
n
.
On montre maintenant que
lim
n→+∞
n−1
k=1
(−1) k−1 sin(sin(. . . sin 1) . . . )
(k − 1) fois
n
= 0.
(∗)
Si n − 1 est pair, alors
− sin 1 + sin(sin(. . . sin 1) . . . )
(n − 1) fois
n
<
n−1
k=1
(−1) k−1 sin(sin(. . . sin 1) . . . )
(k − 1) fois
n
< 0.
Évidemment, (∗) est aussi vérifiée si n−1 est impair. Donc, lim
n→+∞
1
n
n
k=1
a k = 1.
II.5.27. Clairement, a n ∈
nπ , nπ +
π
2
, n ∈ N ∗ et lim
n→+∞
a n = +∞. De plus,
lim
n→+∞
tan
π
2
+ nπ − a n
= lim
n→+∞
1
tan a n
= lim
n→+∞
1
a n
= 0.
Par continuité de la fonction Arctan, on obtient lim
n→+∞
π
2 + nπ − a n
= 0.
D’où,
lim
n→+∞
(a n+1 − a n − π) = lim
n→+∞
π
2
+ nπ − a n −
π
2
+ (n + 1)π − a n+1
= 0.
En conséquence, lim
n→+∞
(a n+1 − a n ) = π.
II.5.28. On remarque que l’on peut supposer, sans perte de généralité, que
|a 1 |
π
2 . En effet, si ce n’est pas le cas, alors par hypothèse, |a 2 |
π
2 .
On considère d’abord le cas où 0 < a 1 et 0 < a 1
π
2 . On a alors
a n+1 = a sin a n < a n . Ceci implique que {a n } est décroissante et elle converge
car elle est bornée. Sa limite est égale à 0 qui est l’unique racine de l’équation x = a sin x, 0 < a 1. On suppose maintenant que 1 < a
π
2 et
0 < a 1
π
2 . L’équation x = a sin x admet alors deux racines positives, 0 et
x 0 > 0. Si a 1 < x 0 , {a n } est alors croissante et majorée par x 0 . En effet,
a 2 = a sin a 1 > a 1 . De plus, a 2 = a sin a 1 < a sin x 0 = x 0 et, par récurrence, a n < a n+1 < x 0 . De même, x 0 < a 1
π
2 implique a n > a n+1 > x 0 .
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