Solutions
II.5.48. Soit α et β les racines de l’équation x 2 +x−a = 0, a > 0, α > 0 > β.
De la même façon que dans la solution du problème précédent, on obtient
a n − α
a n − β
=
α
β
n−1 a 1 − α
a 1 − β
.
Donc, lim
n→+∞
a n = α.
II.5.49. Pour tout entier k strictement positif, on a
|a n+1+k − a n+1 | =
1
1 + a n+k
−
1
1 + a n
=
|a n+k − a n |
(1 + a n+k )(1 + a n )
1
4
|a n+k − a n | .
On obtient alors, par récurrence,
|a n+1+k − a n+1 |
1
4
n
|a k+1 − a 1 | .
De plus,
|a k+1 − a 1 | |a k+1 − a k | + |a k − a k−1 | + . . . + |a 2 − a 1 |
1
1 −
1
4
|a 2 − a 1 | =
4
3
|a 2 − a 1 | .
La suite {a n } est donc une suite de Cauchy. Sa limite est égale à
√ 2.
II.5.50. On peut procéder comme dans la solution du problème précédent et
montrer que lim
n→+∞
a n = 1 +
√ 2.
II.5.51. On pose f (x) =
a
2+x pour x > 0 et F (x) = f (f (x)). On a F (x) > 0
pour x > 0. On vérifie facilement que a 1 < a 3 et a 4 < a 2 . De plus, puisque F
est strictement croissante, on voit que la suite {a 2n } est strictement décroissante et la suite {a 2n+1 } est strictement croissante. La suite {a n } est bornée et
les suites {a 2n } et {a 2n+1 } convergent. On peut vérifier qu’elles ont la même
limite
√ 1 + a − 1.
II.5.52. Si a 1 0, alors a 2 = 1 − a 1 > 1 et a 3 = a 2 −
1
2 >
1
2 . Par récurrence,
a n+1 = a n −
1
2 n−1 pour n 2. En conséquence,
a n+1 = −
1
2 n−1 +
1
2 n−2 + . . . +
1
2
+ a 2
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