Solutions
I.1.27. Puisque k <
√
k 2 + k < k + 1, a 0 =
√
k 2 + k
= k. D’où,
x 1 =
√
k 2 +k+k
k
. En conséquence, 2 < x 1 < 2 +
1
k et a 1 = 2. De plus,
x 2 =
1
1
√
k 2 +k−k
− 2
= k +
k 2 + k.
Donc, 2k < x 2 < 2k + 1 et a 2 = 2k. De la même façon, on obtient a 3 = 2. On
a alors, par récurrence,
k 2 + k = k +
1|
|2
+
1|
|2k
+
1|
|2
+
1|
|2k
+ . . .
I.1.28. Puisque 0 < x < 1, on a a 0 = 0 et x 1 = 1/x. Donc a 1 = n implique
[1/x] = n et 1/x − 1 < n 1/x, ce qui donne 1/(n + 1) < x 1/n.
I.2. Quelques inégalités élémentaires
I.2.1. On fait un raisonnement par récurrence. Pour n = 1, l’inégalité est
évidente. On considère un entier n strictement positif et on suppose que
(1 + a 1 )(1 + a 2 ) · · · (1 + a n ) 1 + a 1 + a 2 + . . . + a n .
On a alors
(1 + a 1 )(1 + a 2 ) · · ·(1 + a n )(1 + a n+1 )
(1 + a 1 + a 2 + . . . + a n )(1 + a n+1 )
= 1 + a 1 + a 2 + . . . + a n + a n+1 + a n+1 (a 1 + a 2 + . . . + a n )
1 + a 1 + a 2 + . . . + a n + a n+1 .
La proposition est donc démontrée.
I.2.2. On fait un raisonnement par récurrence. Pour n = 1, la proposition
est claire. On suppose maintenant qu’elle est vérifiée pour un certain n. On
peut supposer, sans perte de généralité, que les nombres a 1 , . . . , a n+1 vérifiant
la condition a 1 a 2 . . . a n+1 = 1 sont numérotés de sorte que a 1 a 2 . . .
a n a n+1 . On a alors a 1 1 et a n+1 1. Puisque a 2 a 3 . . . a n (a n+1 a 1 ) = 1,
25