Exercices corrigés : Suites numériques, série 2 2 bac PC et SVT

$$\begin{aligned} \lim_{n\to+\infty} u_n &= \lim_{n\to+\infty} \dfrac{2^{n+1}-3^{n+1}}{2^n+3^n} \\ &= \lim_{n\to+\infty} \dfrac{3^{n+1}\left({\left(\dfrac{2}{3} \right)}^{n+1}-1 \right)}{3^n\left({\left(\dfrac{2}{3} \right)}^n+1 \right)} \\ &= \lim_{n\to+\infty} \dfrac{3\left({\left(\dfrac{2}{3} \right)}^{n+1}-1 \right)}{{\left(\dfrac{2}{3} \right)}^n+1} \\ &= -3 \end{aligned}$$

Car $\lim\limits_{n\to+\infty} {\left(\dfrac{2}{3} \right)}^{n+1}=\lim\limits_{n\to+\infty} {\left(\dfrac{2}{3} \right)}^n=0$

$$\begin{aligned} \lim_{n\to+\infty} v_n &= \lim_{n\to+\infty} \dfrac{n2^{2n}-3^n}{n2^{2n}+3^n} \\ &= \lim_{n\to+\infty} \dfrac{n4^n-3^n}{n4^n+3^n} \\ &= \lim_{n\to+\infty} \dfrac{n4^n\left(1-\dfrac{1}{n}{\left(\dfrac{3}{4} \right)}^n \right)}{n4^n\left(1+\dfrac{1}{n}{\left(\dfrac{3}{4} \right)}^n \right)} \\ &= \lim_{n\to+\infty} \dfrac{1-\dfrac{1}{n}{\left(\dfrac{3}{4} \right)}^n}{1+\dfrac{1}{n}{\left(\dfrac{3}{4} \right)}^n} \\ &= 1 \end{aligned}$$

Car $\lim\limits_{n\to+\infty} \dfrac{1}{n}=\lim\limits_{n\to+\infty} {\left(\dfrac{3}{4} \right)}^n=0$

La réponse juste est : A

Astuce : $\dfrac{1}{k}-\dfrac{1}{k+1}=\dfrac{1}{k(k+1)}$

$$\begin{aligned} S_n &= \sum_{k=1}^n \dfrac{1}{k(k+1)} \\ &= \dfrac{1}{1(1+1)}+\dfrac{1}{2(2+1)}+\dots +\dfrac{1}{n(n+1)} \\ &= \dfrac{1}{1}-\dfrac{1}{1+1}+\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2+1}+\dots +\dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{n+1} \\ &= 1-\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{3}+\dots +\dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{n+1} \\ &= 1-\dfrac{1}{n+1} \end{aligned}$$

$$\begin{aligned} \lim_{n\to+\infty} S_n &= \lim_{n\to+\infty} \left(1-\dfrac{1}{n+1}\right) \\ &= 1-0 \\ &= 1 \end{aligned}$$

La réponse juste est : B

Soit $n\in \mathbb{N}$

On a $|u_{n+1}-e|\leq e^{-1}|u_n-e|$

On vérifie par récurrence que : $|u_n-e|\leq {(e^{-1})}^n|u_0-e|$

Et $\lim\limits_{n\to+\infty} {(e^{-1})}^n=0$ donc $\lim\limits_{n\to+\infty} |u_n-e|=0$ donc $\lim\limits_{n\to+\infty} u_n=e$

La réponse juste est : C

On a $(\forall n\in \mathbb{N}^*) : v_1+v_2+\dots +v_{n-1}+v_n=2n^2+n$; (L1)

Donc : $(\forall n\in \mathbb{N}^*) : v_1+v_2+\dots +v_n+v_{n+1}=2{(n+1)}^2+n+1$; (L2)

Donc : $(\forall n\in \mathbb{N}^*) : v_{n+1}=2{(n+1)}^2+(n+1)-2n^2-n$; $(L2-L1)$

Donc : $(\forall n\in \mathbb{N}^*) : v_{n+1}=2n^2+4n+2+n+1-2n^2-n=4n+3$

Donc : $(\forall n\in \mathbb{N}^*) : v_{n+1}=4n+3$

Donc : on prend $n=7$ on trouve $v_8=(4\times 7)+3=31$

La réponse juste est : A

Soit $n\in \mathbb{N}$

$$\begin{aligned} \lim_{n\to+\infty} \left(\sqrt{2n+1}-\sqrt{n}\right) &= \lim_{n\to+\infty} \dfrac{n+1}{\sqrt{2n+1}+\sqrt{n}} \\ &= \lim_{n\to+\infty} \dfrac{\sqrt{n}+\dfrac{1}{\sqrt{n}}}{\sqrt{2+\dfrac{1}{n}}+1} \\ &= +\infty \end{aligned}$$

Donc $\lim\limits_{n\to+\infty} u_n=+\infty$

La réponse juste est : C

Soit $n\in \mathbb{N}$

On vérifie par récurrence que $u_n\geq 0$

On vérifie aussi que $\forall x\in [0;+\infty [ :\ln (1+x)\leq x$

En particulier $u_{n+1}=\ln (1+ u_n)\leq u_n$

Donc $(u_n)$ est une suite décroissante

D’où $(u_n)$ est une suite convergente

Donc sa limite est la solution de l’équation $\ln (1+x)=x$

Remarquons que 0 est solution de l’équation qui est unique par TVI

D’où $\lim\limits_{n\to+\infty} u_n=0$

La réponse juste est : A

Astuce : tu peux le montrer facilement : $\lim\limits_{n\to+\infty} {(a^n+b^n)}^{\dfrac{1}{n}} = a$ ; $a>b>0$

Donc $\lim\limits_{n\to+\infty} {(3^n+2^n)}^{\dfrac{1}{n}}=3$

La réponse juste est : D

Il faut remarquer que $1-\dfrac{1}{k^2}=\dfrac{k^2-1}{k^2}=\dfrac{(k-1)(k+1)}{k^2}$

$$\pi_n=\left(1-\dfrac{1}{2^2} \right)\times \left(1-\dfrac{1}{3^2} \right)\times \dots \times \left(1-\dfrac{1}{n^2} \right)$$

$$\pi_n=\dfrac{(2-1)(2+1)}{2^2}\times \dfrac{(3-1)(3+1)}{3^2}\times \dots \times \dfrac{(n-1)(n+1)}{n^2}$$

$$\pi_n=\dfrac{1\times 3}{2^2}\times \dfrac{2\times 4}{3^2}\times \dfrac{3\times 5}{4^2}\times \dots \times \dfrac{(n-2)n}{{(n-1)}^2}\times \dfrac{(n-1)(n+1)}{n^2}$$

$$\pi_n=\dfrac{1}{2}\times \dfrac{(n+1)}{n}=\dfrac{n+1}{2n}$$

$$\begin{aligned} \lim_{n\to+\infty} \pi_n &= \lim_{n\to+\infty} \dfrac{n+1}{2n} \\ &= \lim_{n\to+\infty} \dfrac{n}{2n} \\ &= \dfrac{1}{2} \end{aligned}$$

La réponse juste est : C

On a : $q=\dfrac{u_2}{u_1}=\dfrac{4}{2}=2$ donc $u_1=2u_0$

Donc $u_0=\dfrac{u_1}{2}=\dfrac{2}{2}=1$

$$\begin{aligned} S_n &= u_0+u_1+\dots +u_n \\ &= u_0\dfrac{q^{n+1}-1}{q-1} \\ &= \dfrac{2^{n+1}-1}{2-1} \\ &= 2^{n+1}-1 \end{aligned}$$

La réponse juste est : B

Soit $k\in \{1;2;3;\dots;n\}$ :

$$\begin{aligned} &1\leq k\leq n \\ &\Rightarrow n^2+1\leq n^2+k\leq n^2+n \\ &\Rightarrow \dfrac{1}{n^2+n}\leq \dfrac{1}{n^2+k}\leq \dfrac{1}{n^2+1} \\ &\Rightarrow \dfrac{n}{n^2+n}\leq \dfrac{n}{n^2+k}\leq \dfrac{n}{n^2+1} \\ &\Rightarrow \dfrac{n}{n^2+n}\sum_{k=1}^n 1\leq \sum_{k=1}^n \dfrac{n}{n^2+k}\leq \dfrac{n}{n^2+1}\sum_{k=1}^n 1 \\ &\Rightarrow \dfrac{n}{n^2+n}\times n\leq S_n\leq \dfrac{n}{n^2+1}\times n \\ &\Rightarrow \dfrac{n^2}{n^2+n}\leq S_n\leq \dfrac{n^2}{n^2+1} \end{aligned}$$

Or : $\lim\limits_{n\to+\infty} \dfrac{n^2}{n^2+n} =\lim\limits_{n\to+\infty} \dfrac{n^2}{n^2}=1$

Et $\lim\limits_{n\to+\infty} \dfrac{n^2}{n^2+1} =\lim\limits_{n\to+\infty} \dfrac{n^2}{n^2}=1$

Donc d'après le théorème des gendarmes $\lim\limits_{n\to+\infty} S_n=1$

La réponse juste est : B

Méthode 1 :

Suite : $u_{n+1}=au_n+b$ avec $a=2$ et $b=3$

Si $a=1$ alors la suite $(u_n)$ est arithmétique de raison $b$

Si $a\neq 1$ alors on pose $l=\dfrac{b}{1-a}=\dfrac{3}{1-2}=-3$

La suite $(v_n)$ définie par $v_n=u_n-l=u_n+3$ est géométrique de raison $a=2$ de plus : $(\forall n\geq p); u_n=(u_p-l)a^{n-p}+l$,

Donc $(\forall n\geq 0); u_n=3\times 2^n-3$ donc $\lim\limits_{n\to+\infty} u_n=+\infty$

Méthode 2 :

La méthode la plus simple est de remarquer que $(\forall n\in \mathbb{N}); u_n\geq n$

Puis montrons par récurrence que : $(\forall n\in \mathbb{N}); u_n\geq n$

Et par suite on a : $(\forall n\in \mathbb{N}); u_n\geq n$ et $\lim\limits_{n\to+\infty} n=+\infty$

Donc $\lim\limits_{n\to+\infty} u_n=+\infty$

La réponse juste est : D

Considérons la fonction $f : x\mapsto \sqrt{2x+3}$

$$\begin{aligned} &f(x)-x=0 \\ &\Leftrightarrow \sqrt{2x+3}=x \\ &\Leftrightarrow 2x+3=x^2 \\ &\Leftrightarrow x^2-2x-3=0 \\ &\Leftrightarrow (x+1)(x-3)=0 \end{aligned}$$

$\Leftrightarrow x=-1$ ou $x=3$

On peut démontrer par récurrence que $(\forall n\in \mathbb{N}); -1\leq u_n\leq 3$

Donc si $(u_n)$ est convergente alors la limite est $-1$ ou bien $3$

$$\begin{aligned} u_{n+1}-u_n &= \sqrt{2u_n+3}-u_n \\ &= \dfrac{2u_n+3-{u_n}^2}{\sqrt{2u_n+3}+u_n} \\ &= \dfrac{-{u_n}^2+2u_n+3}{\sqrt{2u_n+3}+u_n} \\ &= \dfrac{-(u_n+1)(u_n-3)}{\sqrt{2u_n+3}+u_n} \end{aligned}$$

$-1\leq u_n\leq 3\Rightarrow u_n+1\geq 0$ et $u_n-3\leq 0$ et $\sqrt{2u_n+3}+u_n>0$

$$\begin{aligned} &\Rightarrow \dfrac{-(u_n+1)(u_n-3)}{\sqrt{2u_n+3}+u_n}\geq 0 \\ &\Rightarrow u_{n+1}-u_n\geq 0 \end{aligned}$$

Donc la suite $(u_n)$ est croissante, d’où la limite de $(u_n)$ est 3

La réponse juste est : E

On a $u_n=u_pq^{n-p}$ donc $u_9=u_1q^{9-1}$ donc $q^{8}=\dfrac{u_9}{u_1}=\dfrac{1280}{5}=256$

Donc $q^8=2^8$ donc $|q|=2$ et on a $(q>0)$ donc $q=2$

La réponse juste est : B

$$\begin{aligned} \lim_{n\to+\infty} \left(n-\sqrt{n^2-n}\right) &= \lim_{n\to+\infty} \dfrac{n^2-(n^2-n)}{n+\sqrt{n^2-n}} \\ &= \lim_{n\to+\infty} \dfrac{n}{n+\sqrt{n^2-n}} \\ &= \lim_{n\to+\infty} \dfrac{n}{n\left(1+\sqrt{1-\dfrac{1}{n}}\right)} \\ &= \lim_{n\to+\infty} \dfrac{1}{1+\sqrt{1-\dfrac{1}{n}}} \\ &= \dfrac{1}{2} \end{aligned}$$

La réponse juste est : C

$$\begin{aligned} &\lim_{n\to+\infty} {\left(1+\dfrac{x}{7n} \right)}^{29n}=2022 \\ &\Rightarrow e^{\dfrac{29}{7}x}=2022 \\ &\Rightarrow \dfrac{29}{7}x=\ln (2022) \\ &\Rightarrow x=\dfrac{7}{29}\ln (2022) \end{aligned}$$

La réponse juste est : D

Soit $n\in \mathbb{N}$ : $u_{n+1}-u_n= 2u_n^2+\dfrac{1}{8}-u_n=2{(u_n-\dfrac{1}{4})}^2$, donc la suite $(u_n)$ est croissante

Considérons la fonction $f$ définie sur $\left[ 0;\dfrac{1}{4} \right]$ par $f(x)=2x^2+\dfrac{1}{8}$

$f$ est continue sur l’intervalle $\left[ 0;\dfrac{1}{4} \right]$

$$f\left(\left[ 0;\dfrac{1}{4} \right] \right)=\left[ \dfrac{1}{8};\dfrac{1}{4} \right] \subset \left[ 0;\dfrac{1}{4} \right]$$

$$u_0=0\in \left[ 0;\dfrac{1}{4} \right]$$

Alors la limite de $(u_n)$ est $L$, la solution de l’équation $f(x)=x$

$$\begin{aligned} &f(x)=x \\ &\Leftrightarrow 2x^2+\dfrac{1}{8}=x \\ &\Leftrightarrow 2x^2-x+\dfrac{1}{8}=0 \\ &\Leftrightarrow 2{(x-\dfrac{1}{4})}^2=0 \\ &\Leftrightarrow x=\dfrac{1}{4} \end{aligned}$$

Remarque : la suite $(u_n)$ est majorée par $\dfrac{1}{4}$, (par récurrence), donc elle est convergente

La réponse juste est : D

Soit $n$ un entier tel que $n\geq 5$

On a : $\left| \dfrac{{(-1)}^n}{n}+\dfrac{\sin (n^2)}{2} \right|\leq \dfrac{1}{n}+\dfrac{1}{2}$

Et on a $n\geq 5\Rightarrow \dfrac{1}{n}\leq \dfrac{1}{5}\Rightarrow \dfrac{1}{n}<\dfrac{1}{4}$

Donc $\left| \dfrac{{(-1)}^n}{n}+\dfrac{\sin (n^2)}{2} \right|\leq \dfrac{1}{n}+\dfrac{1}{2}<\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{2}=\dfrac{3}{4}$

Donc $\left|{\left(\dfrac{{(-1)}^n}{n}+\dfrac{\sin (n^2)}{2} \right)}^n\right|\leq {\left(\dfrac{3}{4} \right)}^n$

On a $\lim\limits_{n\to+\infty} {\left(\dfrac{3}{4} \right)}^n=0$

Donc $\lim\limits_{n\to+\infty} u_n=0$

La réponse juste est : A

$$\begin{aligned} \lim_{n\to+\infty} \left(\sqrt{n^2+n+1}-\sqrt{n^2-n+1}+{(n^2)}^{\dfrac{1}{n}} \right) &= \lim_{n\to+\infty} \left(\dfrac{2n}{\sqrt{n^2+n+1}+\sqrt{n^2-n+1}}+e^{\dfrac{1}{n}\ln (n^2)} \right) \\ &= \lim_{n\to+\infty} \left(\dfrac{2}{\sqrt{1+\dfrac{1}{n}+\dfrac{1}{n^2}}+\sqrt{1-\dfrac{1}{n}+\dfrac{1}{n^2}}}+e^{\dfrac{2\ln (n)}{n}} \right) \\ &= 2 \end{aligned}$$

La réponse juste est : C

Astuce : $\lim\limits_{n\to+\infty} {\left(1+\dfrac{a}{n+b}\right)}^{n+c}=e^a$ et $\lim\limits_{n\to+\infty} {\left(1+\dfrac{a}{bn}\right)}^{cn}=e^{\dfrac{ca}{b}}$

Donc $\lim\limits_{n\to+\infty} {\left(1+\dfrac{3}{n+2024}\right)}^{n+2023}=e^3$

La réponse juste est : C

On a $(v_n)$ est une suite arithmétique décroissante donc $r\leq 0$

Et on a $(\forall n;p\in \mathbb{N}) : v_n=v_p+(n-p)r$

$$\begin{aligned} &4{(v_1)}^2+{(v_2)}^2=164 \\ &\Rightarrow 4{(2+r)}^2+{(2+2r)}^2=164 \\ &\Rightarrow 4{(2+r)}^2+4{(1+r)}^2=164 \\ &\Rightarrow {(2+r)}^2+{(1+r)}^2=41 \end{aligned}$$

$\Rightarrow r^2+3r-18=0 \Rightarrow r=-6$ ou $r=3$

Donc $r=-6$ car $r\leq 0$

La réponse juste est : C

On a $-1\leq {(-1)}^n\leq 1$ donc $-\dfrac{1}{n}\leq \dfrac{{(-1)}^n}{n}\leq \dfrac{1}{n}$

Donc $-1-\dfrac{1}{n}\leq -1+\dfrac{{(-1)}^n}{n}\leq -1+\dfrac{1}{n}$

Et on a $\lim\limits_{n\to+\infty} \left(-1-\dfrac{1}{n}\right)=\lim\limits_{n\to+\infty} \left(-1+\dfrac{1}{n}\right)=-1$ donc $\lim\limits_{n\to+\infty} \left(-1+\dfrac{{(-1)}^n}{n}\right)=-1$

La réponse juste est : B

Soit $n\in \mathbb{N}$ : $w_{n+1}=\dfrac{u_{n+1}}{v_{n+1}} =\dfrac{u_n^2}{v_n^2} =w_n^2$

Donc : $w_{n+1}=w_n^2$

On a $0<\alpha <\beta$ donc $0<\dfrac{\alpha}{\beta}<1$; Donc $w_0=\dfrac{\alpha}{\beta}\in ]0;1[$

Considérons la fonction $f$ définie sur $[0;1]$ par $f(x)=x^2$

$f$ est continue sur l’intervalle $[0;1]$

$$f([0;1])=[0;1] \subset [0;1]$$

$$w_0=\dfrac{\alpha}{\beta}\in [0;1]$$

Par suite on peut montrer par récurrence que $w_n\in [0;1]$

Soit $x \in [0;1]$ on a $f(x)-x=x^2-x=x(x-1)\leq 0$

Donc $(w_n)$ est décroissante

On a $(w_n)$ est décroissante et minorée par 0 donc elle est convergente

Alors la limite de $(w_n)$ est $L$, la solution de l’équation $f(x)=x$

$$f(x)=x\Leftrightarrow x(x-1)=0$$

$\Leftrightarrow x=1$ ou $x=0$

Comme $(w_n)$ est décroissante, alors $\lim\limits_{n\to+\infty} w_n=0$

La réponse juste est : A

On a $u_0=1$ donc $u_1=\dfrac{1}{2}\left(u_0+\dfrac{1}{u_0} \right)=1$ D’où : $\forall n\in \mathbb{N}$; $u_n=1$ (Par récurrence)

Alors $\lim\limits_{n\to+\infty} u_n=1$

(On peut résoudre l’équation $f(x)=x$ avec $f(x)=\dfrac{1}{2}\left(x+\dfrac{1}{x} \right)$ )

La réponse juste est : B

$$\begin{aligned} \lim_{n\to+\infty} \sqrt[n]{n^2} &= \lim_{n\to+\infty} n^{\dfrac{2}{n}} \\ &= \lim_{n\to+\infty} e^{\dfrac{2}{n}\ln (n)} \\ &= e^0 \\ &= 1 \end{aligned}$$

La réponse juste est : B

$$\begin{aligned} \lim_{n\to+\infty} \left(n-\sqrt{(n+5)(n+7)}\right) &= \lim_{n\to+\infty} \dfrac{n^2-n^2-12n-35}{n+\sqrt{n^2+12n+35}} \\ &= \lim_{n\to+\infty} \dfrac{n\left(-12-\dfrac{35}{n} \right)}{n\left(1+\sqrt{1+\dfrac{12}{n}+\dfrac{35}{n^2}} \right)} \\ &= \lim_{n\to+\infty} \dfrac{-12-\dfrac{35}{n}}{1+\sqrt{1+\dfrac{12}{n}+\dfrac{35}{n^2}}} \\ &= -\dfrac{12}{2} \\ &= -6 \end{aligned}$$

La réponse juste est : D

Astuce : $\lim\limits_{n\to+\infty} n\left(a^{\dfrac{1}{n}}-b^{\dfrac{1}{n}} \right)=\ln \left(\dfrac{a}{b}\right)$ ; $a>0$ et $b>0$

Donc $\lim\limits_{n\to+\infty} n\left(4^{\dfrac{1}{n}}-3^{\dfrac{1}{n}} \right)=\ln \left(\dfrac{4}{3} \right)$

La réponse juste est : A

On reconnaît les $n+1$ premiers termes d'une suite géométrique de raison $\dfrac{1}{2}$ et de premier terme 1.

Donc : $1+\dfrac{1}{2}+{\left(\dfrac{1}{2} \right)}^2+{\left(\dfrac{1}{2} \right)}^3+\dots +{\left(\dfrac{1}{2} \right)}^n=\dfrac{1-{\left(\dfrac{1}{2} \right)}^{n+1}}{1-\dfrac{1}{2}}=2\times \left(1-{\left(\dfrac{1}{2} \right)}^{n+1} \right)$

Or $\lim\limits_{n\to+\infty} {\left(\dfrac{1}{2} \right)}^{n+1} =0$, ( car $-1< \dfrac{1}{2} <1$ ); Donc : $\lim\limits_{n\to+\infty} 1-{\left(\dfrac{1}{2} \right)}^{n+1}=1$.

Et donc : $\lim\limits_{n\to+\infty} 2\left(1-{\left(\dfrac{1}{2} \right)}^{n+1} \right)=2$.

D’où, $\lim\limits_{n\to+\infty} 1+\dfrac{1}{2}+{\left(\dfrac{1}{2} \right)}^2+{\left(\dfrac{1}{2} \right)}^3\dots +{\left(\dfrac{1}{2} \right)}^n=2$

La réponse juste est : B

Astuce : $\lim\limits_{n\to+\infty} \dfrac{{(\ln n)}^a}{n^b}=0$; $a>0$ et $b>0$

Donc $\lim\limits_{n\to+\infty} \dfrac{{(\ln n)}^{2024}}{n^{2023}}=0$

La réponse juste est : A

Astuce : $\dfrac{1}{k^2-1}=\dfrac{1}{(k-1)(k+1)}=\dfrac{a}{k-1}+\dfrac{b}{k-(-1)}$

$a=\dfrac{1}{1-(-1)}=\dfrac{1}{2}$ et $b=\dfrac{1}{-1-1}=-\dfrac{1}{2}$

Donc $\dfrac{1}{k^2-1}=\dfrac{1}{2}(\dfrac{1}{k-1}-\dfrac{1}{k+1})$

$$\begin{aligned} \sum_{k=2}^n \dfrac{1}{k^2-1} &= \sum_{k=2}^n \dfrac{1}{2}(\dfrac{1}{k-1}-\dfrac{1}{k+1}) \\ &= \dfrac{1}{2}\sum_{k=2}^n (\dfrac{1}{k-1}-\dfrac{1}{k+1}) \\ &= \dfrac{1}{2}(\sum_{k=2}^n \dfrac{1}{k-1}-\sum_{k=2}^n \dfrac{1}{k+1}) \\ &= \dfrac{1}{2}(\sum_{p=1}^{n-1} \dfrac{1}{p}-\sum_{p=3}^{n+1} \dfrac{1}{p}) \\ &= \dfrac{1}{2}(\sum_{p=3}^{n-1} \dfrac{1}{p}+1+\dfrac{1}{2}-\sum_{p=3}^{n-1} \dfrac{1}{p}-\dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{n+1}) \\ &= \dfrac{1}{2}(\dfrac{3}{2}-\dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{n+1}) \end{aligned}$$

Donc $\lim\limits_{n\to+\infty} \sum\limits_{k=2}^n \dfrac{1}{k^2-1}=\dfrac{3}{4}$

La réponse juste est : D

$(u_n)$ est une suite arithmétique, donc pour tout $n$ et $p$ : $u_n=u_p+(n-p)r$

$$\begin{aligned} &u_2+u_3+u_4=21 \\ &\Leftrightarrow u_6-4r+u_6-3r+u_6-2r=21 \\ &\Leftrightarrow 3u_6-9r=21 \\ &\Leftrightarrow 75-9r=21 \\ &\Leftrightarrow 9r=54 \\ &\Leftrightarrow r=6 \end{aligned}$$

Donc : $u_0=u_6-6r=25-36=-11$

La réponse juste est : C

Par récurrence, on peut montrer que $(\forall n\in \mathbb{N})$ ; $u_n>0$

Considérons la fonction $f$ définie sur $[0;+\infty [$ par $f(x)=\dfrac{3x}{\sqrt{x^2+7}}$

$$\begin{aligned} &f(x)=x \\ &\Leftrightarrow \dfrac{3x}{\sqrt{x^2+7}}=x \\ &\Leftrightarrow \dfrac{3x}{\sqrt{x^2+7}}-x=0 \\ &\Leftrightarrow \dfrac{3x-x\sqrt{x^2+7}}{\sqrt{x^2+7}}=0 \\ &\Leftrightarrow x\left(3-\sqrt{x^2+7}\right)=0 \\ &\Leftrightarrow x=0 \ \text{ ou } \ x^2+7=9 \end{aligned}$$

$\Leftrightarrow x=0$ ou $x=\sqrt{2}$ car $x\in [0;+\infty [$

Par récurrence on vérifie que $0<u_n<\sqrt{2}$

Soit $n\in \mathbb{N}$ : $u_{n+1}-u_n=\dfrac{u_n(2-u_n^2)}{\sqrt{u_n^2+7}\left(3+\sqrt{u_n^2+7}\right)}$, donc la suite $(u_n)$ est croissante

La suite $(u_n)$ est majorée par $\sqrt{2}$, donc elle est convergente

$f$ est continue sur l’intervalle $\left[ 0;\sqrt{2} \right]$

$$f\left(\left[ 0;\sqrt{2} \right] \right)=\left[ 0;\sqrt{2} \right] \subset \left[ 0;\sqrt{2} \right]$$

et $u_0=1\in \left[ 0;\sqrt{2} \right]$

Alors la limite de $(u_n)$ est $L$, la solution de l’équation $f(x)=x$ dans $\left[ 0;\sqrt{2} \right]$

Donc la limite de la suite $(u_n)$ est $\sqrt{2}$

La réponse juste est : C

Considérons la fonction $f$ définie sur $\mathbb{R}$ par $f(x)=x^2+x+1$

$$\begin{aligned} &f(x)=x \\ &\Leftrightarrow x^2+x+1=x \\ &\Leftrightarrow x^2=-1 \end{aligned}$$

Donc la suite n’est pas convergente donc les choix A et B sont annulés

Soit $n\in \mathbb{N}$ : $u_{n+1}-u_n=u_n^2+1>0$

Donc la suite $(u_n)$ est croissante

Si la suite $(u_n)$ est majorée alors elle est convergente

Donc la suite est non majorée et croissante d’où la limite de $(u_n)$ est $+\infty$

La réponse juste est : D

Soit $k\in \{1;2;3;\dots;2n+1\}$ :

$$\begin{aligned} &1\leq k\leq 2n+1 \\ &\Rightarrow n^2+1\leq n^2+k\leq n^2+2n+1 \\ &\Rightarrow \dfrac{1}{\sqrt{n^2+2n+1}}\leq \dfrac{1}{\sqrt{n^2+k}}\leq \dfrac{1}{\sqrt{n^2+1}} \\ &\Rightarrow \dfrac{1}{n+1}\sum_{k=1}^{2n+1} 1\leq \sum_{k=1}^{2n+1} \dfrac{1}{\sqrt{n^2+k}}\leq \dfrac{1}{\sqrt{n^2+1}}\sum_{k=1}^{2n+1} 1 \\ &\Rightarrow \dfrac{1}{n+1}\times (2n+1)\leq S_n\leq \dfrac{1}{\sqrt{n^2+1}}\times (2n+1) \\ &\Rightarrow \dfrac{2n+1}{n+1}\leq S_n\leq \dfrac{2n+1}{\sqrt{n^2+1}} \end{aligned}$$

Or : $\lim\limits_{n\to+\infty} \dfrac{2n+1}{n+1} =\lim\limits_{n\to+\infty} \dfrac{2n+1}{\sqrt{n^2+1}}=2$

Donc d'après le théorème des gendarmes $\lim\limits_{n\to+\infty} S_n=2$

La réponse juste est : C

Considérons la fonction $f$ définie sur $[0;+\infty [$ par $f(x)=\dfrac{1+\sqrt{x}}{2}$

$$\begin{aligned} &f(x)=x \\ &\Leftrightarrow \dfrac{1+\sqrt{x}}{2}=x \\ &\Leftrightarrow 2x-\sqrt{x}-1=0 \\ &\Leftrightarrow 2{\left(\sqrt{x}\right)}^2-\sqrt{x}-1=0 \end{aligned}$$

$\Leftrightarrow \sqrt{x}=1$ ou $\sqrt{x}=-\dfrac{1}{2}<0$, avec $\Delta=9$

$\Leftrightarrow x=1$

Donc si $(u_n)$ est convergente alors sa limite est 1

La réponse juste est : B

On a $u_n\in ]0;1[$ donc $1-u_n>0$

$$\begin{aligned} &(1-u_n)u_{n+1}\geq \dfrac{1}{4} \\ &\Leftrightarrow u_{n+1}\geq \dfrac{1}{4(1-u_n)} \\ &\Leftrightarrow u_{n+1}-u_n\geq \dfrac{1}{4(1-u_n)}-u_n \\ &\Leftrightarrow u_{n+1}-u_n\geq \dfrac{1-4u_n+4u_n^2}{4(1-u_n)} \\ &\Leftrightarrow u_{n+1}-u_n\geq \dfrac{{(1-2u_n)}^2}{4(1-u_n)} \end{aligned}$$

On a $\dfrac{{(1-2u_n)}^2}{4(1-u_n)}\geq 0$ donc $u_{n+1}-u_n\geq 0$

Donc $(u_n)$ est croissante

Comme $(u_n)$ est majorée par 1, elle est convergente

On pose $\lim\limits_{n\to+\infty} u_n=L$ avec $L\in [0;1]$

$$On a (\forall n\in \mathbb{N});(1-u_n)u_{n+1}\geq \dfrac{1}{4}$$

Donc $(1-L)L\geq \dfrac{1}{4}$ donc $L-L^2-\dfrac{1}{4}\geq 0$ donc $-{(L-\dfrac{1}{2})}^2\geq 0$

Donc ${(L-\dfrac{1}{2})}^2\leq 0$ donc ${(L-\dfrac{1}{2})}^2=0$

Donc $L=\dfrac{1}{2}$

La réponse juste est : A

Astuce : $\lim\limits_{n\to+\infty} \dfrac{n^a}{q^n}=0; a>0$ et $q>1$

Donc $\lim\limits_{n\to+\infty} \dfrac{n^3}{2^n}=0$

La réponse juste est : A

Considérons la fonction $f : x\mapsto (x+\dfrac{1}{2})e^{-2x}-\dfrac{1}{2}$

$$\begin{aligned} &f(x)=x \\ &\Leftrightarrow \left(x+\dfrac{1}{2} \right)e^{-2x}-\dfrac{1}{2}=x \\ &\Leftrightarrow (x+\dfrac{1}{2})e^{-2x}-(x+\dfrac{1}{2})=0 \\ &\Leftrightarrow (x+\dfrac{1}{2})(e^{-2x}-1)=0 \end{aligned}$$

$\Leftrightarrow x=-\dfrac{1}{2}$ ou $x=0$

On peut démontrer par récurrence que $(\forall n\in \mathbb{N}); -\dfrac{1}{2}\leq u_n\leq 0$

Donc si $(u_n)$ est convergente alors la limite est $-\dfrac{1}{2}$ ou bien $0$

$$u_{n+1}-u_n= (u_n+\dfrac{1}{2})(e^{-2u_n}-1)$$

$-\dfrac{1}{2}\leq u_n\leq 0\Rightarrow u_n+\dfrac{1}{2}\geq 0$ et $e^{-2u_n}-1\geq 0$

$$\begin{aligned} &\Rightarrow u_{n+1}-u_n\geq 0 \end{aligned}$$

Donc la suite $(u_n)$ est croissante, d’où la limite de $(u_n)$ est $0$

La réponse juste est : E