Mathématiques
Devoir libre n o 14
à rendre le mardi 26 avril 2011
Etude pratique des suites
Ï L’usage de la calculatrice est interdit durant l’épreuve.
Ï Le candidat attachera la plus grande importance à la clarté, à la précision et à la concision de la rédaction.
Ï Si le candidat découvre en cours d’épreuve ce qu’il croît être une erreur d’énoncé, il le précisera dans sa copie.
Ï L’épreuve comporte huit exercices sur les suites de nombres réels et les fonctions continues.
Paris XVIe 2010-2011
Exercice 1 — Une équation fonctionnelle
On recherche toutes les fonctions continuesf :R→Rvérifiant
∀(x,y)∈R2, f ³x+y 2
´
= f(x)+f(y) 2
1. Trouver des exemples non triviaux de fonctionsf vérifiant les conditions précédentes.
2. Soitf une telle fonction. On suppose de plus que f(0)=f(1)=0.
2.a. Etablir que
∀(k,n)∈Z×N, f µ k
2n
¶
=0
2.b. Soitx∈R. Etudier le comportement asymptotique de la suite définie par
∀n∈N, un=⌊2n·x⌋ 2n 2.c. En déduire que f =0.
3. En déduire les fonctions solutions.
Exercice 2 — Posé à l’oral de Centrale dans la filière PSI en 2010 Soitn∈N∗. Prouvez l’existence d’un uniquean∈[0, 1] tel queann=cos(an). Prouver la convergence de la suite (an)nÊ1et déterminer sa limite.
Exercice 3 — Posé à l’oral de Centrale dans la filière PSI en 2008 Soitn∈N. On considère l’équation
(En) : ex−xn=0
1. Montrer que, à partir d’un certain rang, (En) admet exactement deux racines positives 0ÉunÉvn.
2. Montrer que (un) converge vers une limite réelleℓ. Déterminer un équivalent deun−ℓ. 3. La suite (vn) converge-t-elle ? Déterminer un équivalent devn.
Exercice 4 — Atention aux idées reçues !
Prouver qu’il n’existe aucune suite définie par
½c0∈R+
∀n∈N, cn+1=p cn−1
Exercice 5 — Point fixe attracteur
On se propose d’étudier pour toutu0∈[0, 1] le système dynamiqueun+1=f(un) défini par la fonction
f :R−→R x7−→1−1
2x2
de deux manières différentes : en s’intéressant d’abord aux suites (u2n)nÊ0et (u2n+1)nÊ0, puis en appliquant (avec quelques précautions !) l’IAF. On noteI=[0, 1].
1. Faire une figure et émettre une conjecture sur la convergence de la suite.
2. Première méthode.
2.a. Prouver queIest stable par f et rechercher les points fixes def surI. 2.b. DéterminerF i x¡
f2¢
, ensemble des points fixes def2surI. 2.c. Conclure en étudiant les suites (u2n)nÊ0et (u2n+1)nÊ0. 3. Deuxième méthode.
3.a. Prouver que l’intervalleJ=h
1 2,f¡1
2
¢i
est stable par f.
3.b. En déduire que pour toute condition initialeu0∈I ,∀nÊ2, un∈J. 3.c. Conclure !
Exercice 6 — Cas d’un deux-cycle attracteur
On se propose d’étudier pour toutu0∈[0, 1] le système dynamiqueun+1=f(un) défini par la fonction
f :R−→R x 7−→1−x2 On noteI=[0, 1].
1. Faire une figure et émettre une conjecture.
2. Prouver queIest stable par f et rechercher les points fixes de f surI. 3. On noteF i x¡
f¢
l’ensemble des points fixes de f surI. Prouver que la suite (un)nÊ0convergesi et seulement si u0∈F i x¡
f¢ .
4. On cherche à préciser le mode de divergence de la suite (un)nÊ0lorsqueu06∈F i x¡ f¢
. Déterminer l’ensembleF i x¡
f2¢ .
5. En déduire le comportement asymptotique des suites extraites (u2n)nÊ0et (u2n+1)nÊ0en fonction de la condition initialeu0∈I.
Exercice 7 — Une suite récurrente d’ordre un
On note, pour toutxréel,
f(x)=1+x2 2
1. Tracer la courbe représentative def et préciser sa nature.
2. Soit (un)n∈Nla suite définie par 0Éu0<1 et, pour tout entier natureln, un+1=u2n+1
2 2.a. Montrer que (un)n∈Nconverge vers 1.
2.b. Soit (vn)n∈Ndéfinie parvn=1−1un. Justifier l’existence de (vn)n∈Net montrer que
n→+∞lim (vn+1−vn)=1 2
2.c. En déduire un équivalent de 1−un. On pourra appliquer le lemme de Césaro après l’avoir énoncé.
Exercice 8 — Posé à l’oral de l’Ecole Polytechnique dans la filière PSI en 2009
Soient (an)nÊ0, (bn)nÊ0et (cn)nÊ0définies par (a0,b0,c0)∈(R∗+)3et, pour tout entier natureln,
an+1 = an+bn+cn 3 bn+1 = p3
an·bn·cn cn+1 = 3
1/an+1/bn+1/cn 1. Soienta,betctrois réels strictement positifs. Etablir que
3
1/a+1/b+1/c É p3
abc É a+b+c 3
2. Montrer que les suites (an)nÊ0, (bn)nÊ0et (cn)nÊ0convergent vers la même limite.
Corrigé de l’exercice 1 — Une équation fonctionnelle
1. Les fonctions affines sont des solutions évi- dentes de l’équation fonctionnelle proposée.
2. Soit f une fonction continue qui est solu- tion de l’équation fonctionnelle. On suppose de plus quef(0)=f(1)=0.
2.a. Soitx∈R. En choisissant y= −x, on ob- tient
f(0)=0= f(x)+f(−x) 2
ainsi f(−x) = −f(x). Le fonction f est donc impaire. Commençons par établir que Etablir que
∀k∈N, f (k)=0
On raisonne pour cela par récurrence surk∈ N. Pour toutk∈N, notonsHR(k) l’hypothèse suivante :
∀0ÉℓÉk, f(ℓ)=0
Ï HR(0) et HR(1) sont clairement vérifiée puique f(0)=f(1)=0.
Ï Soit k ∈N∗. Supposons HR(k) vérifiée. Si k+1 est pair, il existem∈Ntel quek+1=2m.
On en déduit que f
µ2m+0 2
¶
= f(2m)+f(0) 2
d’où f(2m) = 2·f(m) = 0 d’après HR(k) puisque m = k+21 É k. Si k+1 est impair, il existe m ∈ N∗ tel que k = 2m. Dans ce cas, kÊ2. On en déduit que
f
µ2m+1+1 2
¶
= f(2m+1)+f(1) 2
d’oùf(2m+1)=2·f(m+1)=0 d’aprèsHR(k) puisquem+1=k+22Ék. Dans tous les cas, on a donc f(k+1)=0 etHR(k+1) est donc véri- fiée.
Commef est impaire, on en déduit que
∀k∈Z, f (k)=0
Raisonnons par récurrence surn∈Npour éta- blir que
∀k∈Z, f µ k
2n
¶
=0
Pour tout entier natureln, notonsHR′(n) l’hy- pothèse suivante :
∀k∈Z, f µ k
2n
¶
=0
Ï HR′(0) est vraie d’après le point précédent.
Ï Soitn ∈N. On suppose HR′(n) vraie. Soit k∈Z. On a
f µ1
2·k+0 2n
¶
= f(k/2n)+f(0)
2 =0
d’après HR′(n). On a donc f ¡
k/2n+1¢
= 0).
AinsiHR′(n+1) est vérifiée.
2.b. Pour tout entier natureln, on a 2n·x−1<¥
2n·x¦
É2n·x d’où
x− 1 2n<¥
2n·x¦ Éx
On déduit du théorème d’encadement que un−−−−−→
n→+∞ x
2.c. Soitx∈N. On reprend les notations de la question précédente. On a vu que
∀(k,n)∈Z×N, f µ k
2n
¶
=0 On en déduit que
∀n∈N, f(un)=0 (⋆)
car, pour tout entier naturel n, un est de la formek/2naveck∈Z. Comme
un−−−−−→n
→+∞ x
on déduit de la continuité def enxque f(un)−−−−−→n
→+∞ f(x)
Ainsi,f(x)=0 par passage à la limite dans (⋆).
Commexest un réel arbitraire, on en déduit quef =0.
3. Soit f une solution continue de l’équation fonctionnelle proposée. Posons
g: R−→R x 7−→f(x)−¡
f(1)−f(0)¢
·x−f(0) Cette fonction est continue et vérifie l’équa- tion fonctionnelle. De plus, on a clairement g(0)=g(1)=0. On déduit alors de la question
précédente queg=0 et donc que
∀x∈R, f(x)=¡
f(1)−f(0)¢
·x+f(0) Ainsi, f est affine. La réciproque a été éta- blie à la première question : les fonctions continues solutions de l’équation fonction- nelle sont exactement les fonctions affines.
Corrigé de l’exercice 2 — Posé à l’oral de Centrale dans la filière PSI en 2010
Soitn∈N∗. Posons fn: [0, 1]−→R
x 7−→xn−cos(x) Cette fonction est dérivable sur [0, 1] et
∀x∈[0, 1], fn′(x)=nxn−1+sin(x)Ê0 et fn′ ne s’annule qu’en 0. On déduit alors du théorème de la bijection que fn réalise une bijection strictement croissante de [0, 1]
sur£
fn(0),fn(1)¤
=[−1, 1−cos(1)]. Comme 16≡
0 [2π], on a 1−cos(1)>0 ainsi 0∈£
fn(0),fn(1)¤
Il existe donc un unique an ∈ [0, 1] tel que fn(an)=0. Soitn∈N∗. On a
fn+1(an)=ann+1−cos(an)=ann+1−ann
=ann(an−1)
d’oùfn+1(an)É0 puisquean∈[0, 1]. Ainsi
fn+1(an)Éfn+1(an+1)=0
et on déduit de la stricte croissance defn+1sur [0, 1] queanÉan+1. Comme cela est vrai pour tout entier naturel n non nul, on en déduit que la suite (an)nÊ1est croissante. Comme est est majorée par 1, on déduit du théorème des suites monotones qu’elle converge vers une limite réelle ℓ. Comme la suite est à valeurs dans le segment [0, 1], on déduit du passage à la limite dans les inégalités que sa limiteℓap- partient à [0, 1]. Prouvons queℓ=1 en raison- nant par l’absurde : supposons queℓ∈[0, 1[.
En passant à la limite dans l’égalité ann=cos(an)
qui est vérifiée à partir du rang 1, on obtient 0=1, ce qui est absurde. Ainsi
an−−−−−→
n→+∞ 1
Corrigé de l’exercice 3 — Posé à l’oral de Centrale dans la filière PSI en 2008
1. Soitn∈N. Par bijectivité du logarithme de R∗+ sur R, l’équation (En) est équivalente sur R∗+à
x−n·ℓn(x)=0 Posons
fn:R∗+−→R
x 7−→x−n·ℓn(x)
Cette fonction est dérivable surR∗+et, sur cet intervalle,
fn′(x)=x−n x Comme
fn(x)−−−−→
x→0+ +∞
et, par croissances comparées,
fn(x)−−−−−→x
→+∞ +∞
on déduit du théorème de la bijection que, pour tout n ∈ N∗, fn réalise une bijection strictement décroissante de ]0,n] sur [n− n·ℓn(n),+∞[ et une bijection strictement croissante de [n,+∞[ sur [n−n·ℓn(n),+∞[.
Commen−nℓn(n)<0 pournÊ3, l’équation (En) admet pour ces valeurs den un unique couple de solutions (un,vn) telles que
0<un<n<vn 2. SoitnÊ3. On a
fn(1)=1>0=fn(un)
ce qui entraîne 1<unpar stricte décroissance de fnsur ]0,n]. De plus,
fn+1(un)=un−(n+1)ℓn(un)= −ℓn(un) d’où fn+1(un)<0= fn+1(un+1) et l’on déduit de la stricte décroissance de fn+1sur ]0,n+1]
que un+1 <un. La suite (un)nÊ3 est donc dé- croissante et minorée par 1 : elle converge vers une limite réelle ℓ Ê 1. Montrons que ℓ = 1 en raisonnant par l’absurde : supposonsℓ>1.
On aurait alors que
nℓn(un)−−−−−→n
→+∞ +∞
ce qui est absurde car
nℓn(un)=un−−−−−→
n→+∞
ℓ∈R Ainsi
un−−−−−→n
→+∞ 1
Posonsεn=un−1 pour toutnÊ3. On a alors
∀nÊ3, 1+εn=nℓn(1+εn) Puisqueεn−−−−−→
n→+∞ 0, on a
nℓn(1+εn) ∼ nεn
Or
nℓn(1+εn)=1+εn−−−−−→
n→+∞ 16=0 d’oùnℓn(1+εn)∼1 puisnεn∼1 et finalement
un−1=εn∼ 1 n 3. Comme (cf. question 1)
∀nÊ3, vn>n on a
vn−−−−−→n
→+∞ +∞
Commevn=nℓn(vn), on a
ℓn(vn)=ℓn(n)+ℓn (ℓn(vn)) Et, puisque vn −−−−−→n
→+∞ +∞, on déduit des croissances comparées que
ℓn (ℓn(vn))≪ℓn(vn) d’où
ℓn(n)=ℓn(vn)−ℓn (ℓn(vn)) ∼ ℓn(vn) puis
vn=nℓn(vn) ∼ nℓn(n)
Corrigé de l’exercice 4 — Atention aux idées reçues !
Raisonnons par l’absurde en supposant que la suite est bien définie. Prouvons par récur- rence surmque pour toutm∈N,
∀nÊ0, cnÊm.
Ï L’hypothèse est vrai au rang 0 puisque, pour toutnÊ0, la définition du termecn+1impose que
cnÊ0.
Ï Supposons l’hypothèse vérifiée au rangm. SoitnÊ0. On a alors
cn+1Êm, donc
cn=(cn+1+1)2Ê(m+1)2Êm+1,
l’hypothèse est donc vérifié au rangm+1.
Ï D’après le principe de récurrence , on a donc
∀n,mÊ0, cnÊm.
Donc en particulier,
∀mÊ0, mÉc0, ce qui est absurde.
Corrigé de l’exercice 5 — Point fixe attracteur
1. Figure.
0,5 1,0 1,5
0 0,5 1,0 1,5
On conjecture que la suite converge vers l’unique point fixe def appartenant à [0, 1].
2. Première méthode.
2.a. La fonction est clairement décroissante surI avecf(0)=1 etf(1)=12. L’intervalleIest donc stable par f. Un réelx∈I est point fixe de f si et seulement si2x=2−x2. Cette équa- tion admet deux solutions ,−1±p
3. Puisque
−1+p
3 est la seule des deux racines à appar- tenir àI , il s’agit de l’unique point fixe de f surI.
2.b. Un réelxest un point fixe def2si et seule- ment si
1−1 2
³1−x2 2
´2
=x, ie
x4−4x2+8x−4=0.
Puisque tout point fixe def est point fixe def2 , ce polynôme est factorisable parx2+2x−2.
On trouve en effet , après division euclidienne ,
x4−4x2+8x−4=(x2+2x−2)(x2−2x+2).
Puisque que le trinômex2−2x+2 est de discri- minant strictement négatif ,g n’admet qu’un seul point fixe dansIvalant−1+p
3.
2.c. Puisque I est stable par f , la suite est à valeurs dansI; f étant décroissante surI, les suites (u2n)nÊ1et (u2n+1)nÊ1 sont monotones de sens de variation contraires. elles sont donc bornées et convergentes d’après le théorème des suites monotones. Leur(s) limites(s) sont de plus des points fixes def2. D’après la ques- tion précédentes , elles ont la même limite valant −1+p
3. La suite converge donc vers
−1+p 3.
3. Deuxième méthode.
3.a. On a clairement J=£1
2,78¤
⊂I. Puisque f est continue décroissante surJ, on a
f(J)=h
f(7/8),f(1/2)i
=h 79 128,7
8 i
⊂J. L’intervalleJest donc stable parJ.
3.b. Examinons les trois cas possibles. . .
❧ Cas1: u0∈£ 0,12¤
. La fonction f étant dé- croissante surI ,
u1∈h
f(1/2),f(0)i
=h7 8, 1i puis
u2∈h
f(1),f(7/8)i
=h1 2, 79
128 i
⊂J.
PuisqueJest stable par f , on prouve par une récurrence immédiate que ,∀nÊ2,un∈J.
❧ Cas2: u0∈J. Puisque J est stable par f , on prouve par une récurrence immédiate que ,∀nÊ0,un∈J.
❧ Cas3: u0∈£f(1/2), 1¤. La fonction f étant décroissante surI,
u1∈h
f(1),f(7/8)i
=h1 2, 79
128 i
⊂J. PuisqueJest stable par f , on prouve par une récurrence immédiate que ,∀nÊ1,un∈J. 3.c. La fonctionf est dérivable surJet sur cet intervalle
f′(x)= −x∈h
−7 8,7
8 i.
Appliquons l’inégalité des accroissements fi- nis surJ
∀x,y∈J, ¯
¯f(x)−f(y)¯
¯É7
8|x−y|. Puisque tous les termes de la suite appar- tiennent à J dès le rang 2 , queun+1= f(un)
et qu’on a
f(−1+p
3)= −1+p 3, pour toutnÊ2 ,
¯
¯un+1+1−p 3¯
¯É7 8
¯
¯un+1−p 3¯
¯, puis , par une récurrence immédiate ,
¯¯un+1−p 3¯
¯É³7 8
´n−2
¯¯u2+1−p 3¯
¯.
Ainsi , d’après le théorème d’encadrement ,
n→+∞lim un= −1+p 3.
Corrigé de l’exercice 6 — Cas d’un deux-cycle attracteur
1. Figure.
0,5 1,0 1,5
K1,0 K0,5 0 0,5 1,0 1,5
Le 2-cycle {0, 1} de f est un attracteur de la suite.
2. La fonction est clairement décroissante sur I avec f(0) =1 et f(1) =0. L’intervalle I est donc stable par f. Un réelx∈I est point fixe de f si et seulement si x=1−x2. Cette équa- tion admet deux solutions , −1±2p5. Puisque α= −1+
p5
2 est la seule des deux racines à ap- partenir àI , il s’agit de l’unique point fixe de
f surI. 3. On a
¯
¯f′(α)¯
¯=2α= −1+p 5>1.
Puisque f est strictement décroissante surI , αest l’unique antécédent de f surI. L’inter- valleI étant stable par f , on prouve par une récurrence sans difficulté que tous les termes de la suite appartiennent à I. Prouvons par l’absurde que la suite (un)nÊ0diverge lorsque u0 6= α. Supposons la suite (un)nÊ0 conver- gente. La fonction f admettant un unique point fixeαsurI, on a nécessairement
n→+∞lim un=α.
Puisqueαn’admet qu’un seul antécédant (lui- même !) parf surI, siu06=α, alors pour tout nÊ0 ,un6=α. Posons
∀nÊ0, vn=
¯
¯
¯
un+1−α un−α
¯
¯
¯. On remarque
∀nÊ0, vn=
¯
¯
¯
f(un)−α un−α
¯
¯
¯.
Puisque le taux d’accroissement de f en α tend en valeur absolue vers une limitestricte- ment supérieure à1 , il existe un rang à partir duquelvn eststrictementsupérieur à 1. On a donc , pourn assez grand,
|un−α| < |un+1−α|,
ce qui est incompatible avec
nlim+∞|un−α| =0.
La suite (un)nÊ0diverge donc.
4. L’équation algébrique f2(x)=x
étant de degré quatre et puisque 0, 1,−1± p3 en sont quatre solutions évidentes et dis- tinctes (car f permute 0 et 1 , et que tout point fixe de f est un point fixe de f2) , les seuls points fixes de f appartenant àI sont 0, 1 et
−1+p 3.
5. En reprenant les arguments précédents , puisque
¯
¯
¯
¡f2¢′ (α)¯
¯
¯=
¯
¯
¯f′(α)¯
¯
¯
2
>1,
aucune des deux suites (u2n)nÊ0et (u2n+1)nÊ0
ne peut converger vers α. Puisqu’elles sont monotones et bornées (car f est décrois- sante sur [0, 1] qui est stable par f) , elles convergent. Leurs limites ne peuvent être égales car (un)nÊ0 est divergente. L’une des suites converge donc vers 0 et l’autre vers 1 : le 2-cycle {0, 1} est un attracteur.
Corrigé de l’exercice 7 — Une suite récurrente d’ordre un
1. La courbe représentative def est une para- bole.
K2 K1 0 1 2
0,5 1,0 1,5 2,0 2,5
2. Soit (un)n∈N la suite définie paru0∈R\ {1}
et, pour tout entier natureln,
un+1=un2+1 2
2.a. Appliquons la méthode usuelle...
Ï Figure:
0 0,5 1,0 1,5 2,0
0 0,5 1,0 1,5 2,0 2,5
On conjecture que la suite tend en croissant strictement vers 1.
Ï La suite est définie: car f est définie surR. Ï Point fixe: pour tout réelx, x= f(x) équi- vaut à
2x=1+x2
iex=1. L’unique point fixe def surRest donc 1.
Ï Etude de la convergence: comme f est clai- rement strictement croissante surR+, on a
f([0, 1[)=[1/2, 1[⊂[0, 1[
et par une récurrence immédiate
∀nÊ0, 0Éun<1
De plus, comme 1+x2−2x=(1−x)2Ê0 pour tout réelx, on a
∀x∈R, f(x)Êx
En particulier, pour x = un (n étant quel- conque dansN) :
un+1=f(un)Êun
Ainsi (un)n∈N est croissante majorée par 1 : elle converge donc. Comme cette éventuelle limite est un point fixe de f, on déduit de l’étude précédente que la suite converge 1.
2.b. On vient de voir que
∀n∈N, un<1
Ainsi le termevnest défini pour toutndansN. De plus, pour tout entier natureln, on a
vn+1−vn= 1
1−un+1− 1 1−un
= un+1−un
(1−un+1)(1−un)
= (1+u2n)/2−un
(1−un)(1−(1+u2n)/2)
= (1−un)2 (1−un)(1−u2n)
= 1 1+un
Ainsi,
nlim→+∞(vn+1−vn)= 1 1+1=1
2
2.c. On rappelle le lemme de Césaro : pour toute suite (an)n∈Nconvergeant versℓ∈R,
n→+∞lim
a0+a1+ ··· +an n+1 =ℓ Posons, pour toutnÊ1,
Sn= 1 n
n−1
X
k=0
(vk+1−vk) On a, après telescopage,
Sn= 1 n
n−1
X
k=0
(vk+1−vk)=vn−v0 n
En posantak=vk+1−vk pour tout entier na- turelk, on déduit du lemme de Césaro que
nlim→+∞Sn= lim
n→+∞vn=1 Ainsi
vn−v0∼n et puisquev0=o(n),
vn∼n
On en déduit que
1−un= 1 vn∼
1 n
Corrigé de l’exercice 8 — Posé à l’oral de l’Ecole Polytechnique dans la filière PSI en 2009
1. La fonctionℓn :R∗+→Rest concave car de classeC2avec
∀x>0, ℓn′′(x)= −1 x2<0 On déduit de l’inégalité généralisée de concavité à trois points que
ℓn(a)+ℓn(b)+ℓn(c)
3 Éℓn
µa+b+c 3
¶
c’est-à-dire
ℓn³p3 abc´
Éℓn
µa+b+c 3
¶
puis, par croissance de l’exponentielle, p3
abcÉa+b+c 3
REMARQUE–Le lecteur aura reconnu l’inégalité arithmético-géométrique (comparaison des moyennes géométriques et arithmétiques des nombres a,b et c).
En appliquant cette inégalité aux réels strictement positifs 1/a, 1/bet 1/c, on obtient :
3
r 1
abc É1/a+1/b+1/c 3
d’où 3
1/a+1/b+1/c Ép3 abc
2. On commence par remarquer que les trois suites sont bien définies et à valeurs dansR∗+car l’ensemble¡
R∗+¢3
est stable par l’application f : ¡
R∗+¢3
−→R (x,y,z)7−→
µx+y+z
3 ,p3 x y z, 3 1/x+1/y+1/z
¶
Soitn∈N. En appliquant l’inégalité de la première question au triplet de réels strictement positifs (an,bn,cn), on aboutit à
3
1/an+1/bn+1/cn É p3
anbncn É an+bn+cn
3 i.e.
cn+1Ébn+1Éan+1 Ainsi
an+2=an+1+bn+1+cn+1
3 Éan+1+an+1+an+1
3 =an+1 et
1/an+1+1/bn+1+1/cn+1É3/cn+1 d’où
cn+1É 3
1/an+1+1/bn+1+1/cn+1 =cn+2
Ainsi les suites (an)nÊ0et (cn)nÊ0sont respectivement décroissante et croissante à partir du rang 1. On a a donc, pour tout entier naturelnÊ1,
c1ÉcnÉanÉa1
Les suites (an)nÊ0et (cn)nÊ0sont donc respectivement minorée parc1et majorée para1, on déduit du théorème des suites monotones qu’elles convergent vers des limites que nous noterons ℓaetℓc. Comme∀nÊ0, bn=3an+1−an−bn, la suite (bn)nÊ0converge vers
ℓb=3ℓa−ℓa−ℓc =2ℓa−ℓc
En passant à la limite dans l’inégalitécn+1Ébn+1Éan+1qui est valable pour tout entier natureln, on obtient
ℓcÉℓbÉℓa
d’oùℓcÉ2ℓa−ℓci.e.ℓc Éℓamais on a également 2ℓa−ℓc Éℓa, i.e.ℓaÉℓc. On en déduit que ℓa=ℓcpuis
ℓb=2ℓa−ℓc=ℓa Les trois suites convergent donc vers la même limite.
REMARQUE–Cette limite commune est appelée moyenne harmonico-arithmético-géométrique des réels a,b et c.
