Solutions
II.5.34. D’après le théorème de Stolz (voir II.3.11), on a
lim
n→+∞
ln
1
an
ln n
= lim
n→+∞
ln
1
a n+1
− ln
1
an
ln(n + 1) − ln n
= lim
n→+∞
−n ln
a n+1
an
ln
1 +
1
n
n
= − lim
n→+∞
n ln
a n+1
a n
.
Si lim
n→+∞
n
1 −
a n+1
an
= g est finie, alors lim
n→+∞
a n+1
an − 1
= 0. Le résultat
demandé découle alors des inégalités
n
a n+1
an − 1
1 +
a n+1
an − 1
n ln
1 +
a n+1
a n
− 1
n
a n+1
a n
− 1
.
Si g = +∞, l’inégalité de droite montre alors que lim
n→+∞
n ln
a n+1
an = −∞ et
lim
n→+∞
ln
1
an
ln n = +∞. Enfin, si g = −∞, pour tout M > 0, il existe alors n 0 tel
que
a n+1
an >
M
n + 1 pour n > n 0 . Donc,
n ln
a n+1
a n
> ln
1 +
M
n
n
− −−−− →
n→+∞
M
et, M pouvant être choisi arbitrairement grand, on voit que lim
n→+∞
ln
1
an
ln n = −∞.
II.5.35. Par définition des deux suites, on a
a n+1 + b n+1 = (a 1 + b 1 )(1 − (a n + b n )) + (a n + b n ).
On pose d n = a n + b n . On a alors d n+1 = d 1 (1 − d n ) + d n et on montre par
récurrence que d n = 1 − (1 − d 1 )
n . De même,
a n =
a 1
d 1
(1 − (1 − d 1 )
n
) et b n =
b 1
d 1
(1 − (1 − d 1 )
n
) .
Puisque |1 − d 1 | < 1, on obtient
lim
n→+∞
a n =
a 1
a 1 + b 1
et
lim
n→+∞
b n =
b 1
a 1 + b 1
.
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