Chapitre II. Suites de nombres réels
Si x = α ou x = β, la suite est constante.
Si maintenant 0 < x < α, alors 1 < a x < α et g(x) > 0. La suite croît donc
vers α.
Finalement, si a = e
1
e , le nombre e est alors l’unique solution de l’équation a x = x et la fonction g atteint sa valeur minimale de 0 en e. Ainsi, pour
0 < x e, on obtient 0 < a x e et g(x) g(e) = 0. Ceci implique que la
suite {a n } est croissante et que sa limite est égale à e. Si x > e, la suite croît
vers +∞.
On résume les résultats comme suit :
lim
n→+∞
a n =
⎧
⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨
⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩
+∞ si a > e
1
e et x > 0,
+∞ si 1 < a < e
1
e et x > β,
β
si 1 < a < e
1
e et x = β,
α
si 1 < a < e
1
e et 0 < x < β,
+∞ si a = e
1
e et x > e,
e
si a = e
1
e et 0 < x e.
II.5.41. On peut prouver l’égalité par récurrence. On a lim
n→+∞
a n = 2 (on
comparera avec la solution de II.1.16).
II.5.42. [20]. On note d’abord que
a n
2 +
2 + . . . +
√ 2
n racines
< 2.
On voit que si ε 1 = 0, tous les termes de la suite {a n } sont alors égaux à 0.
On suppose maintenant que ε 1 = 0 et on montre par récurrence que l’égalité
donnée est bien vérifiée. Elle est évidente pour n = 1. On suppose donc que
a n = ε 1
2 + ε 2
2 + . . . + ε n
√ 2 = 2 sin
π
4
n
k=1
ε 1 ε 2 · · · ε k
2 k−1
.
On a alors
a
2
n+1 − 2 = 2 sin
π
4
n+1
k=2
ε 2 · · · ε k
2 k−2
= −2 cos
π
2
+
π
2
n+1
k=2
ε 2 · · · ε k
2 k−1
= −2 cos
π
2
n+1
k=1
ε 1 · · · ε k
2 k−1
= 4 sin
2
π
4
n+1
k=1
ε 1 · · · ε k
2 k−1
− 2,
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