Exercices corrigés : Suites numériques 2 bac PC et SVT

1) a) Montrons que $0 \le u_n$ pour tout $n \in \mathbb{N}$

Pour $n=0$ on a $u_0 = 1 \ge 0$ donc la proposition est vraie pour $n=0$.

Supposons $0 \le u_n$.

Montrons que $0 \le u_{n+1}$.

On a $0 \le u_n$ et $u_{n+1} = \dfrac{5u_n+3}{u_n+3}$ donc $u_{n+1} \ge 0$.

Donc $0 \le u_n$ pour tout $n \in \mathbb{N}$.

1) b) Montrons que $u_n \le 3$ pour tout $n \in \mathbb{N}$

Pour $n=0$ on a $u_0 = 1 \le 3$ donc la proposition est vraie pour $n=0$.

Supposons $u_n \le 3$.

Montrons que $u_{n+1} \le 3$.

$$3-u_{n+1} = 3-\frac{5u_n+3}{u_n+3} = \frac{3(u_n+3)-(5u_n+3)}{u_n+3} = \frac{-2u_n+6}{u_n+3} = \frac{-2(u_n-3)}{u_n+3}$$

On a $u_n \le 3$ et $0 \le u_n$ donc $3-u_{n+1} \ge 0$.

Donc $u_{n+1} \le 3$.

Donc $0 \le u_n \le 3$ pour tout $n \in \mathbb{N}$.

2) a) Étude de la monotonie de la suite $(u_n)_{n\in\mathbb{N}}$

$$u_{n+1}-u_n = \frac{5u_n+3}{u_n+3}-u_n = \frac{5u_n+3-u_n(u_n+3)}{u_n+3} = \frac{-u_n^2+2u_n+3}{u_n+3}$$

On a $0 \le u_n$ donc $0 < u_n+3$.

Le signe de $u_{n+1}-u_n$ est celui de $-u_n^2+2u_n+3$.

$\Delta = 4+12 = 16 > 0$ donc $x_1 = \dfrac{-2+4}{-2} = -1$ et $x_2 = \dfrac{-2-4}{-2} = 3$.

Donc $-u_n^2+2u_n+3 = -(u_n-3)(u_n+1)$.

On a $u_n \ge 0$ donc $u_n+1 \ge 0$.

Et on a $u_n \le 3$ donc $u_n-3 \le 0$.

Donc :

$$u_{n+1}-u_n = \frac{-(u_n-3)(u_n+1)}{u_n+3} \ge 0$$

Donc $(u_n)_{n\in\mathbb{N}}$ est croissante.

2) b) Ce que l'on peut déduire

La suite $(u_n)$ est croissante et puisque $(u_n)$ est majorée par 3, alors $(u_n)$ est convergente.

Soit $\lim u_n = l$, on a donc $0 \le l \le 3$.

3) La suite $(v_n)_{n\in\mathbb{N}}$

$$v_{n+1} = \frac{u_{n+1}-3}{u_{n+1}+1} = \frac{\dfrac{5u_n+3}{u_n+3}-3}{\dfrac{5u_n+3}{u_n+3}+1} = \frac{\dfrac{5u_n+3-3(u_n+3)}{u_n+3}}{\dfrac{5u_n+3+(u_n+3)}{u_n+3}} = \frac{\dfrac{2u_n-6}{u_n+3}}{\dfrac{6u_n+6}{u_n+3}} = \frac{2u_n-6}{6u_n+6}$$

$$v_{n+1} = \frac{2(u_n-3)}{6(u_n+1)} = \frac{1}{3}\cdot\frac{u_n-3}{u_n+1} = \frac{1}{3}v_n$$

Donc la suite $(v_n)_{n\in\mathbb{N}}$ est géométrique de raison $q = \dfrac{1}{3}$ et son premier terme est :

$$v_0 = \frac{u_0-3}{u_0+1} = \frac{1-3}{1+1} = -1$$

4) $v_n$ et $u_n$ en fonction de $n$

Puisque $(v_n)_{n\in\mathbb{N}}$ est géométrique de raison $q = \dfrac{1}{3}$ et de premier terme $v_0 = -1$, alors :

$$v_n = (-1)\times\left(\frac{1}{3}\right)^n = -\left(\frac{1}{3}\right)^n$$

Et on a :

$$v_n = \frac{u_n-3}{u_n+1} \iff v_n(u_n+1) = u_n-3 \iff v_nu_n+v_n-u_n = -3$$

$$\iff u_n(v_n-1) = -3-v_n \iff u_n = \frac{-3-v_n}{v_n-1} \iff u_n = \frac{3+v_n}{1-v_n}$$

Et on a $v_n = -\left(\dfrac{1}{3}\right)^n$ donc :

$$u_n = \frac{3-\left(\frac{1}{3}\right)^n}{1+\left(\frac{1}{3}\right)^n}$$

5) Les limites

$$\lim v_n = \lim -\left(\frac{1}{3}\right)^n = 0$$

car $-1 < \dfrac{1}{3} < 1$.

$$\lim u_n = \lim \frac{3-\left(\frac{1}{3}\right)^n}{1+\left(\frac{1}{3}\right)^n} = \frac{3-0}{1+0} = 3$$

car $-1 < \dfrac{1}{3} < 1$.

1) Calcul de $u_1$ et $v_0$

$$u_1 = \frac{u_0}{1+2u_0} = \frac{1}{1+2} = \frac{1}{3}$$

$$v_0 = \frac{1}{u_0} = \frac{1}{1} = 1$$

2) La suite $(v_n)_{n\in\mathbb{N}}$

$$v_{n+1}-v_n = \frac{1}{u_{n+1}}-\frac{1}{u_n} = \frac{1+2u_n}{u_n}-\frac{1}{u_n} = \frac{1+2u_n-1}{u_n} = 2 = r$$

Donc la suite $(v_n)_{n\in\mathbb{N}}$ est arithmétique de raison $r = 2$ et son premier terme est $v_0 = 1$.

3) $v_n$ et $u_n$ en fonction de $n$

Puisque $(v_n)_{n\in\mathbb{N}}$ est arithmétique de raison $r = 2$ et de premier terme $v_0 = 1$, alors :

$$v_n = v_0+nr = 1+2n \quad \forall n \in \mathbb{N}$$

Et on a $v_n = \dfrac{1}{u_n}$ et $v_n = 1+2n$ donc :

$$u_n = \frac{1}{1+2n}$$

4) Les limites

$$\lim v_n = \lim 1+2n = +\infty$$

$$\lim u_n = \lim \frac{1}{1+2n} = 0$$

1) Les 3 premiers termes

On a $u_{n+1} = \sqrt{u_n+2}$.

Pour $n=0$ on a $u_1 = \sqrt{u_0+2}$ donc $u_1 = \sqrt{2}$.

Pour $n=1$ on a $u_2 = \sqrt{u_1+2}$ donc $u_2 = \sqrt{\sqrt{2}+2}$.

Pour $n=2$ on a $u_3 = \sqrt{u_2+2}$ donc $u_3 = \sqrt{\sqrt{\sqrt{2}+2}+2}$.

2) Montrons par récurrence que $0 \le u_n$ pour tout $n \in \mathbb{N}$

Étape 1 : l'initialisation. Pour $n=0$ nous avons $u_0 = 0$ donc $0 \le u_0$.

Donc la proposition est vraie pour $n=0$.

Étape 2 : l'hypothèse de récurrence. Supposons que $0 \le u_n$.

Étape 3. Montrons alors que $0 \le u_{n+1}$.

Or on a $u_{n+1} = \sqrt{u_n+2} \ge 0$.

Donc $0 \le u_n$ pour tout $n \in \mathbb{N}$.

3) Montrons par récurrence que $u_n \le 2$ pour tout $n \in \mathbb{N}$

Étape 1 : l'initialisation. Pour $n=0$ nous avons $u_0 = 0$ donc $u_0 \le 2$.

Donc la proposition est vraie pour $n=0$.

Étape 2 : l'hypothèse de récurrence. Supposons que $u_n \le 2$.

Étape 3. Montrons alors que $u_{n+1} \le 2$.

On a $u_n \le 2$ donc $u_n+2 \le 4$ donc $\sqrt{u_n+2} \le \sqrt{4}$ donc $u_{n+1} \le 2$.

Donc $0 \le u_n \le 2$ pour tout $n \in \mathbb{N}$.

On dit que la suite $(u_n)_{n\in\mathbb{N}}$ est majorée par 2 car $u_n \le 2$ pour tout $n \in \mathbb{N}$.

On dit que la suite $(u_n)_{n\in\mathbb{N}}$ est minorée par 0 car $0 \le u_n$ pour tout $n \in \mathbb{N}$.

On dit que la suite $(u_n)_{n\in\mathbb{N}}$ est bornée car $0 \le u_n \le 2$ pour tout $n \in \mathbb{N}$.

1) Montrons que $0 \le v_n$ pour tout $n \in \mathbb{N}^*$

En utilisant le conjugué :

$$v_n = \sqrt{n+1}-\sqrt{n} = \frac{(\sqrt{n+1}-\sqrt{n})(\sqrt{n+1}+\sqrt{n})}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}$$

$$v_n = \frac{(\sqrt{n+1})^2-(\sqrt{n})^2}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}} = \frac{n+1-n}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}} = \frac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}} \ge 0$$

Donc $0 \le v_n$ pour tout $n \in \mathbb{N}^*$.

Donc $(v_n)_{n\ge 1}$ est minorée par 0.

2) Montrons que $v_n \le \dfrac{1}{2}$ pour tout $n \in \mathbb{N}^*$

$$v_n-\frac{1}{2} = \frac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}-\frac{1}{2} = \frac{2-(\sqrt{n+1}+\sqrt{n})}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}$$

On a $n \ge 1$ et $n+1 \ge 2$ donc $\sqrt{n} \ge 1$ et $\sqrt{n+1} \ge \sqrt{2}$.

Donc $\sqrt{n+1}+\sqrt{n} \ge 1+\sqrt{2}$ donc $-(\sqrt{n+1}+\sqrt{n}) \le -1-\sqrt{2}$.

Donc $2-(\sqrt{n+1}+\sqrt{n}) \le 1-\sqrt{2}$ et puisque $1-\sqrt{2} < 0$ :

Donc $v_n-\dfrac{1}{2} < 0$ pour tout $n \in \mathbb{N}^*$.

Donc $v_n < \dfrac{1}{2}$ pour tout $n \in \mathbb{N}^*$.

Donc la suite $(v_n)_{n\ge 1}$ est majorée par $\dfrac{1}{2}$.

3) Ce que l'on peut déduire

Donc la suite $(v_n)_{n\ge 1}$ est bornée car $0 < v_n < \dfrac{1}{2}$ pour tout $n \in \mathbb{N}^*$.

Étape 1. On a $u_1 = \sqrt{u_0+2} = \sqrt{3}$.

Pour $n=0$ nous avons $u_0 = 1$ donc $u_0 \le u_1$.

Donc la proposition est vraie pour $n=0$.

Étape 2. Supposons que $u_n \le u_{n+1}$.

Étape 3. Montrons alors que $u_{n+1} \le u_{n+2}$.

On a $u_n \le u_{n+1}$ donc $u_n+2 \le u_{n+1}+2$.

Donc $\sqrt{u_n+2} \le \sqrt{u_{n+1}+2}$ donc $u_{n+1} \le u_{n+2}$.

Par suite $u_n \le u_{n+1}$ pour tout $n \in \mathbb{N}$.

On dit que la suite $(u_n)_{n\in\mathbb{N}}$ est croissante.

$$u_{n+1}-u_n = \sum_{k=1}^{n+1}\frac{2^k}{k}-\sum_{k=1}^{n}\frac{2^k}{k} = \sum_{k=1}^{n}\frac{2^k}{k}+\frac{2^{n+1}}{n+1}-\sum_{k=1}^{n}\frac{2^k}{k}$$

$$u_{n+1}-u_n = \frac{2^{n+1}}{n+1} > 0$$

Donc $u_n < u_{n+1}$ pour tout $n \in \mathbb{N}^*$.

Donc la suite $(u_n)_{n\in\mathbb{N}^*}$ est strictement croissante.

$$u_{n+1}-u_n = \sum_{k=1}^{n+1}\frac{1}{n+1+k}-\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n+k}$$

Et on a, en posant $k' = k+1$ :

$$\sum_{k=1}^{n+1}\frac{1}{n+1+k} = \sum_{k'=2}^{n+2}\frac{1}{n+k'}$$

Et puisque $k'$ est une variable on peut l'appeler $k$ :

$$\sum_{k=1}^{n+1}\frac{1}{n+1+k} = \sum_{k'=2}^{n+2}\frac{1}{n+k'} = \sum_{k=2}^{n+2}\frac{1}{n+k}$$

Donc :

$$u_{n+1}-u_n = \sum_{k=2}^{n+2}\frac{1}{n+k}-\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n+k} = \frac{1}{2n+1}+\frac{1}{2n+2}-\frac{1}{n+1}$$

$$u_{n+1}-u_n = \frac{1}{2(n+1)(2n+1)} > 0 \quad \forall n \in \mathbb{N}^*$$

Donc la suite $(u_n)_{n\in\mathbb{N}^*}$ est strictement croissante.

1) Montrons que $2 \le u_n$ pour tout $n \in \mathbb{N}$

Étape 1. Pour $n=0$ on a $2 \le u_0$ car $2 < 3$.

Donc la proposition est vraie pour $n=0$.

Étape 2 : hypothèse de récurrence. Supposons que $2 \le u_n$.

Étape 3. Montrons alors que $2 \le u_{n+1}$.

$$u_{n+1}-2 = \frac{8(u_n-1)}{u_n+2}-2 = \frac{8(u_n-1)-2(u_n+2)}{u_n+2} = \frac{6u_n-12}{u_n+2}$$

$$u_{n+1}-2 = \frac{6(u_n-2)}{u_n+2}$$

et puisque on a $2 \le u_n$ :

Donc $u_n-2 \ge 0$ et $u_n+2 > 0$.

Donc $u_{n+1}-2 \ge 0$.

Donc $2 \le u_n$ pour tout $n \in \mathbb{N}$.

2) Montrons que $u_n \le 4$ pour tout $n \in \mathbb{N}$

Étape 1. Pour $n=0$ on a $u_0 \le 4$ car $3 < 4$.

Donc la proposition est vraie pour $n=0$.

Étape 2 : hypothèse de récurrence. Supposons que $u_n \le 4$.

Étape 3. Montrons alors que $u_{n+1} \le 4$.

$$4-u_{n+1} = 4-\frac{8(u_n-1)}{u_n+2} = \frac{4(u_n+2)-8(u_n-1)}{u_n+2} = \frac{-4u_n+16}{u_n+2}$$

$$4-u_{n+1} = \frac{4(4-u_n)}{u_n+2}$$

et puisque on a $u_n \le 4$ :

Donc $4-u_n \ge 0$ et $u_n+2 > 0$.

Donc $u_{n+1} \le 4$, par suite $u_n \le 4$ pour tout $n \in \mathbb{N}$.

3) Monotonie de la suite

$$u_{n+1}-u_n = \frac{8(u_n-1)}{u_n+2}-u_n = \frac{8(u_n-1)-u_n(u_n+2)}{u_n+2} = \frac{-u_n^2+6u_n-8}{u_n+2}$$

On va factoriser $-u_n^2+6u_n-8$ : $\Delta = 36-32 = 4 > 0$.

$x_1 = \dfrac{-6+2}{-2} = 2$ et $x_2 = \dfrac{-6-2}{-2} = 4$ donc :

$$-u_n^2+6u_n-8 = -(u_n-2)(u_n-4)$$

Donc :

$$u_{n+1}-u_n = \frac{-(u_n-2)(u_n-4)}{u_n+2}$$

Or on a $u_n \ge 2$ et $u_n \le 4$.

Donc :

$$u_{n+1}-u_n = \frac{-(u_n-2)(u_n-4)}{u_n+2} \ge 0$$

donc la suite $(u_n)_{n\in\mathbb{N}}$ est strictement croissante.

On pose $u_n = \left(\dfrac{1}{2}\right)^n$.

On a $(u_n)_n$ une suite géométrique de raison $q = \dfrac{1}{2}$ car $\dfrac{u_{n+1}}{u_n} = \dfrac{1}{2}$.

Donc :

$$s_n = \sum_{k=0}^{n-1}\left(\frac{1}{2}\right)^k = 1\times\frac{1-\left(\frac{1}{2}\right)^n}{1-\frac{1}{2}} = 2\left(1-\left(\frac{1}{2}\right)^n\right)$$

1) Montrons par récurrence que $u_{n+1} = \dfrac{1}{9}u_n+\dfrac{2}{3^{n+2}}$ pour tout $n \in \mathbb{N}$

Étape 1. Pour $n=0$ :

$$u_1 = \frac{1}{9}u_0+\frac{2}{3^{0+2}} = \frac{2}{9}+\frac{2}{9} = \frac{4}{9}$$

Donc la proposition est vraie pour $n=0$.

Étape 2. Supposons que $u_{n+1} = \dfrac{1}{9}u_n+\dfrac{2}{3^{n+2}}$.

Étape 3. Montrons alors que $u_{n+2} = \dfrac{1}{9}u_{n+1}+\dfrac{2}{3^{n+3}}$.

On a $u_{n+1} = \dfrac{1}{9}u_n+\dfrac{2}{3^{n+2}}$ donc $u_n = 9\left(u_{n+1}-\dfrac{2}{3^{n+2}}\right)$.

Et on a $u_{n+2} = \dfrac{1}{27}\left(12u_{n+1}-u_n\right)$ donc :

$$u_{n+2} = \frac{1}{27}\left(12u_{n+1}-9\left(u_{n+1}-\frac{2}{3^{n+2}}\right)\right)$$

$$u_{n+2} = \frac{1}{27}\left(3u_{n+1}+\frac{2}{3^n}\right)$$

donc :

$$u_{n+2} = \frac{1}{9}u_{n+1}+\frac{2}{3^{n+3}}$$

Par suite $u_{n+1} = \dfrac{1}{9}u_n+\dfrac{2}{3^{n+2}}$ pour tout $n \in \mathbb{N}$.

2) a) La suite $(v_n)_{n\in\mathbb{N}}$

On a $v_{n+1} = u_{n+1}-\dfrac{1}{3^{n+1}}$.

Donc :

$$v_{n+1} = \frac{1}{9}u_n+\frac{2}{3^{n+2}}-\frac{1}{3^{n+1}} = \frac{1}{9}u_n-\frac{1}{3^{n+2}}$$

$$v_{n+1} = \frac{1}{9}\left(u_n-\frac{1}{3^n}\right)$$

donc $v_{n+1} = \dfrac{1}{9}v_n$.

Donc $(v_n)_{n\in\mathbb{N}}$ est une suite géométrique de raison $q = \dfrac{1}{9}$ et de premier terme $v_0 = 1$.

2) b) $v_n$ et $u_n$ en fonction de $n$

On a $(v_n)_{n\in\mathbb{N}}$ est une suite géométrique de raison $q = \dfrac{1}{9}$ et de premier terme $v_0 = 1$.

Donc :

$$v_n = v_0\times q^n \iff v_n = \left(\frac{1}{9}\right)^n \quad \forall n \in \mathbb{N}$$

Puisque $u_n = v_n+\dfrac{1}{3^n}$ donc :

$$u_n = \left(\frac{1}{9}\right)^n+\left(\frac{1}{3}\right)^n$$

2) c) La somme $s_n$

On pose $u_n = v_n+w_n$ avec $w_n = \left(\dfrac{1}{3}\right)^n$.

On a $(v_n)_{n\in\mathbb{N}}$ et $(w_n)_{n\in\mathbb{N}}$ sont deux suites géométriques de raison $q = \dfrac{1}{9}$ et $q' = \dfrac{1}{3}$ donc :

$$s_n = \sum_{k=0}^{n}u_k = \sum_{k=0}^{n}v_k+\sum_{k=0}^{n}w_k$$

$$s_n = v_0\frac{1-\left(\frac{1}{9}\right)^{n+1}}{1-\frac{1}{9}}+w_0\frac{1-\left(\frac{1}{3}\right)^{n+1}}{1-\frac{1}{3}} = \frac{9}{8}\left(1-\left(\frac{1}{9}\right)^{n+1}\right)+\frac{3}{2}\left(1-\left(\frac{1}{3}\right)^{n+1}\right)$$

$$\sum_{k=0}^{n}u_k = \frac{21}{8}-\frac{1}{8}\left(\frac{1}{9}\right)^n-\frac{1}{2}\left(\frac{1}{3}\right)^n$$

1) Montrons par récurrence que $-1 < u_n < 0$ pour tout $n \in \mathbb{N}$

Étape 1. Pour $n=0$ on a $-1 < u_0 < 0$.

Donc la proposition est vraie pour $n=0$.

Étape 2. Supposons que $-1 < u_n < 0$.

Étape 3. Montrons alors que $-1 < u_{n+1} < 0$.

On a $-1 < u_n < 0$ donc $1 < u_n+2 < 2$.

donc $1 < \sqrt{u_n+2} < \sqrt{2}$ donc $\dfrac{1}{\sqrt{2}} < \dfrac{1}{\sqrt{u_n+2}} < 1$.

et puisque $0 < -u_n < 1$ alors $0 < \dfrac{-u_n}{\sqrt{u_n+2}} < 1$.

donc $-1 < \dfrac{u_n}{\sqrt{u_n+2}} < 0$ donc $-1 < u_{n+1} < 0$.

D'où $-1 < u_n < 0$ pour tout $n \in \mathbb{N}$.

2) Montrons que $(u_n)_{n\in\mathbb{N}}$ est une suite strictement croissante

$$u_{n+1}-u_n = \frac{u_n}{\sqrt{u_n+2}}-u_n = \frac{u_n}{\sqrt{u_n+2}}\left(1-\sqrt{u_n+2}\right)$$

et puisque $1-\sqrt{u_n+2} < 0$ et $\dfrac{u_n}{\sqrt{u_n+2}} < 0$ :

alors $u_{n+1}-u_n > 0$ donc $(u_n)_{n\in\mathbb{N}}$ est une suite strictement croissante.

3) Montrons que $u_{n+1} \ge \dfrac{u_n}{\sqrt{u_0+2}}$ pour tout $n \in \mathbb{N}$

Soit $n \in \mathbb{N}$, on a $u_n \ge u_0$ car $(u_n)_{n\in\mathbb{N}}$ est croissante.

Donc $\sqrt{2+u_n} \ge \sqrt{2+u_0}$, c'est-à-dire $\dfrac{1}{\sqrt{2+u_n}} \le \dfrac{1}{\sqrt{2+u_0}}$.

et puisque $u_n < 0$ alors $\dfrac{u_n}{\sqrt{2+u_n}} \ge \dfrac{u_n}{\sqrt{2+u_0}}$.

Donc $u_{n+1} \ge \dfrac{u_n}{\sqrt{2+u_0}}$ pour tout $n \in \mathbb{N}$.

Soit $n \in \mathbb{N}$, on a $0 > u_{n+1} \ge \dfrac{u_n}{\sqrt{2+u_0}}$.

Donc $0 \le -u_{n+1} \le \dfrac{-u_n}{\sqrt{2+u_0}}$.

En donnant à $n$ des valeurs on trouve :

$$0 \le -u_1 \le \frac{-u_0}{\sqrt{2+u_0}}$$

$$0 \le -u_2 \le \frac{-u_1}{\sqrt{2+u_0}}$$

$$\vdots$$

$$0 \le -u_{n-1} \le \frac{-u_{n-2}}{\sqrt{2+u_0}}$$

$$0 \le -u_n \le \frac{-u_{n-1}}{\sqrt{2+u_0}}$$

Le produit des inégalités donne :

$$0 < -u_n \le \frac{-u_0}{\left(\sqrt{u_0+2}\right)^n}$$

Donc $u_n \ge \dfrac{u_0}{\left(\sqrt{u_0+2}\right)^n}$ pour tout $n \in \mathbb{N}$.

1)

$$\lim_{n\to+\infty}\frac{2}{\sqrt{3n}}-\frac{2}{3n}+\frac{5}{n^2}-1 = 0-0+0-1 = -1$$

car $\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{2}{\sqrt{3n}} = 0$ et $\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{2}{3n} = 0$ et $\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{5}{n^2} = 0$.

2)

$$\lim_{n\to+\infty}\left(-3+\frac{1}{n}\right)\left(1+\frac{2}{\sqrt{n}}\right) = (-3+0)(1+0) = (-3)(1) = -3$$

car $\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{1}{n} = 0$ et $\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{2}{\sqrt{n}} = 0$.

3)

Directement on trouve une forme indéterminée $(+\infty-\infty)$.

$$\lim_{n\to+\infty}n^2-n = \lim_{n\to+\infty}n(n-1) = +\infty$$

car $\lim\limits_{n\to+\infty}n = +\infty$ et $\lim\limits_{n\to+\infty}n-1 = +\infty$ et $+\infty\times+\infty = +\infty$.

4)

Directement on trouve une forme indéterminée $(+\infty-\infty)$.

$$\lim_{n\to+\infty}\sqrt{n}-2n = \lim_{n\to+\infty}\sqrt{n}\left(1-2\sqrt{n}\right) = -\infty$$

car $\lim\limits_{n\to+\infty}\sqrt{n} = +\infty$ et $\lim\limits_{n\to+\infty}\left(1-2\sqrt{n}\right) = -\infty$ et $+\infty\times-\infty = -\infty$.

5)

$$\lim_{n\to+\infty}4n^2-2n-5 = \lim_{n\to+\infty}n^2\left(4-\frac{2}{n}-\frac{5}{n^2}\right)$$

Et puisque $\lim\limits_{n\to+\infty}-\dfrac{2}{n} = 0$ et $\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{-5}{n^2} = 0$ et $\lim\limits_{n\to+\infty}n^2 = +\infty$ :

Alors $\lim\limits_{n\to+\infty}4n^2-2n-5 = +\infty$.

6)

$$\lim_{n\to+\infty}\frac{4n^2-3n-7}{3n^2+5} = \lim_{n\to+\infty}\frac{n^2\left(4-\frac{3}{n}-\frac{7}{n^2}\right)}{n^2\left(3+\frac{5}{n^2}\right)} = \lim_{n\to+\infty}\frac{4-\frac{3}{n}-\frac{7}{n^2}}{3+\frac{5}{n^2}} = \frac{4}{3}$$

car $\lim\limits_{n\to+\infty}-\dfrac{3}{n} = 0$ et $\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{-7}{n^2} = 0$ et $\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{5}{n^2} = 0$.

7)

$$\lim_{n\to+\infty}\sqrt{n^2-3n+2}-n = \lim_{n\to+\infty}\frac{\left(\sqrt{n^2-3n+2}+n\right)\left(\sqrt{n^2-3n+2}-n\right)}{\sqrt{n^2-3n+2}+n}$$

$$= \lim_{n\to+\infty}\frac{n^2-3n+2-n^2}{\sqrt{n^2-3n+2}+n} = \lim_{n\to+\infty}\frac{-3n+2}{\sqrt{n^2\left(1-\frac{3}{n}+\frac{2}{n^2}\right)}+n}$$

$$= \lim_{n\to+\infty}\frac{n\left(-3+\frac{2}{n}\right)}{n\left(\sqrt{1-\frac{3}{n}+\frac{2}{n^2}}+1\right)} = \lim_{n\to+\infty}\frac{-3+\frac{2}{n}}{\sqrt{1-\frac{3}{n}+\frac{2}{n^2}}+1} = -\frac{3}{2}$$

1)

$$\lim_{n\to+\infty}4n^3-5n^2+3n-1 = \lim_{n\to+\infty}4n^3 = +\infty$$

2)

$$\lim_{n\to+\infty}6n^3-2n^5+7n-9 = \lim_{n\to+\infty}-2n^5 = -\infty$$

3)

$$\lim_{n\to+\infty}\frac{9n-3}{3n+5} = \lim_{n\to+\infty}\frac{9n}{3n} = \frac{9}{3} = 3$$

4)

$$\lim_{n\to+\infty}\frac{6n^2-9}{3n+1} = \lim_{n\to+\infty}\frac{6n^2}{3n} = \lim_{n\to+\infty}\frac{3\times 2\times n\times n}{3n} = \lim_{n\to+\infty}2\times n = +\infty$$

5)

$$\lim_{n\to+\infty}\frac{7n^2+1}{14n^3-5n+9} = \lim_{n\to+\infty}\frac{7n^2}{14n^3} = \lim_{n\to+\infty}\frac{7n\times n}{14n\times n\times n} = \lim_{n\to+\infty}\frac{1}{2n} = 0$$

6)

$$\lim_{n\to+\infty}\frac{n^2+1}{n^5+3n-4} = \lim_{n\to+\infty}\frac{n^2}{n^5} = \lim_{n\to+\infty}\frac{n\times n}{n\times n\times n\times n\times n} = \lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n^3} = 0$$

1)

$$\lim_{n\to+\infty}\sqrt{n+2}-\sqrt{n} = \lim_{n\to+\infty}\frac{\left(\sqrt{n+2}-\sqrt{n}\right)\left(\sqrt{n+2}+\sqrt{n}\right)}{\sqrt{n+2}+\sqrt{n}} = \lim_{n\to+\infty}\frac{2}{\sqrt{n+2}+\sqrt{n}} = 0$$

2)

$$\lim_{n\to+\infty}\sqrt{n^2+n+1}-n = \lim_{n\to+\infty}\frac{\left(\sqrt{n^2+n+1}-n\right)\left(\sqrt{n^2+n+1}+n\right)}{\sqrt{n^2+n+1}+n}$$

$$= \lim_{n\to+\infty}\frac{n+1}{\sqrt{n^2+n+1}+n} = \lim_{n\to+\infty}\frac{n+1}{\sqrt{n^2\left(1+\frac{1}{n}+\frac{1}{n^2}\right)}+n} = \lim_{n\to+\infty}\frac{1+\frac{1}{n}}{\sqrt{1+\frac{1}{n}+\frac{1}{n^2}}+1} = \frac{1}{2}$$

3)

$$\lim_{n\to+\infty}\sqrt[3]{n^5+2n^3-n+4} = \lim_{n\to+\infty}\sqrt[3]{n^5} = \sqrt[3]{+\infty} = +\infty$$

1)

On a $(-1)^n \ge -1$ pour tout $n \in \mathbb{N}$.

Donc $2(-1)^n \ge -2$ donc :

$$2(-1)^n+\frac{4}{3}n^2+2 \ge -2+\frac{4}{3}n^2+2$$

Donc $v_n \ge \dfrac{4}{3}n^2$ pour tout $n \in \mathbb{N}$.

2)

On a $v_n \ge \dfrac{4}{3}n^2$ pour tout $n \in \mathbb{N}$ et $\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{4}{3}n^2 = +\infty$.

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

$$v_{n+1}-v_n = \frac{5v_n}{n+1}-v_n = \frac{4-n}{n+1}v_n$$

Et puisque $v_n > 0$ pour tout $n \ge 4$ (à vérifier par récurrence) :

Alors $v_{n+1}-v_n \le 0$ pour tout $n \ge 4$.

Donc $(v_n)_{n\ge 4}$ est décroissante.

Et puisque $v_n > 0$ pour tout $n \ge 4$, alors $(v_n)_{n\ge 4}$ est minorée par 0.

Conclusion : $(v_n)_{n\ge 4}$ est convergente.

On a $v_{n+1}-v_n = n^4 \ge 0$ pour tout $n \in \mathbb{N}$.

Donc $(v_n)_{n\in\mathbb{N}}$ est croissante.

Montrons que $(v_n)_{n\in\mathbb{N}}$ est non majorée.

Supposons que $(v_n)_{n\in\mathbb{N}}$ est majorée.

Donc $(v_n)_{n\in\mathbb{N}}$ converge vers un $l \in \mathbb{R}$.

Donc $\lim\limits_{n\to+\infty}v_n = l$ et on a aussi $\lim\limits_{n\to+\infty}v_{n+1} = l$.

Donc $\lim\limits_{n\to+\infty}v_{n+1}-v_n = 0$, or on a $v_{n+1}-v_n = n^4$.

Donc $\lim\limits_{n\to+\infty}v_{n+1}-v_n = \lim\limits_{n\to+\infty}n^4 = +\infty$, absurde $(+\infty = 0)$.

Donc $(v_n)_{n\in\mathbb{N}}$ est non majorée et croissante.

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

On pose $u_n = \dfrac{2n^2-n+1}{3n^2+4}$.

Donc $v_n = f(u_n)$ avec $f(x) = \sqrt{x}$.

On a :

$$\lim_{n\to+\infty}u_n = \lim_{n\to+\infty}\frac{2n^2-n+1}{3n^2+4} = \lim_{n\to+\infty}\frac{2n^2}{3n^2} = \frac{2}{3}$$

Et $f$ est continue en $\dfrac{2}{3}$.

Donc :

$$\lim_{n\to+\infty}v_n = f\left(\frac{2}{3}\right) = \sqrt{\frac{2}{3}}$$

1)

$$\lim_{n\to+\infty}2^n = +\infty$$

car $a = 2 > 1$.

2)

$$\lim_{n\to+\infty}\left(\frac{2}{3}\right)^n = 0$$

car $-1 < a = \dfrac{2}{3} < 1$.

3)

$(-5)^n$ n'a pas de limite car $a = -5 < -1$.

1)

$$\lim_{n\to+\infty}(0{,}7)^n = 0$$

car $-1 < a = 0{,}7 < 1$.

2)

$$\lim_{n\to+\infty}\left(\sqrt{2}\right)^n = +\infty$$

car $a = \sqrt{2} > 1$.

3)

$\lim\limits_{n\to+\infty}(-2)^n$ n'a pas de limite car $a = -2 < -1$.

4)

$$\lim_{n\to+\infty}4^{-n} = \lim_{n\to+\infty}\frac{1}{4^n} = \lim_{n\to+\infty}\left(\frac{1}{4}\right)^n = 0$$

car $-1 < a = \dfrac{1}{4} < 1$.

5)

$$\lim_{n\to+\infty}\frac{5^n}{4^n} = \lim_{n\to+\infty}\left(\frac{5}{4}\right)^n = +\infty$$

car $a = \dfrac{5}{4} > 1$.

6)

$$\lim_{n\to+\infty}3^n-\frac{1}{2^n} = +\infty-0 = +\infty$$

car $a = 3 > 1$ et $-1 < \dfrac{1}{2} < 1$.

7)

$$\lim_{n\to+\infty}\frac{3^n+2^n}{2^n} = \lim_{n\to+\infty}\frac{3^n}{2^n}+\frac{2^n}{2^n} = \lim_{n\to+\infty}\left(\frac{3}{2}\right)^n+1 = +\infty+1 = +\infty$$

1) Les variations de $f$

$$f(x) = \sqrt{\frac{1+x}{2}}$$

La fonction $f$ est croissante et continue sur $I = [0\,;\,1]$ donc :

$$f(I) = f\left([0\,;\,1]\right) = \left[f(0)\,;\,f(1)\right] = \left[\frac{\sqrt{2}}{2}\,;\,1\right] \subset [0\,;\,1]$$

2) a) Montrons que $0 \le u_n \le 1$ pour tout $n \in \mathbb{N}$

• on a $0 \le u_0 \le 1$, la propriété est vraie pour $n=0$
• supposons que $0 \le u_n \le 1$
• montrons que $0 \le u_{n+1} \le 1$

on a $0 \le u_n \le 1$ donc $u_n \in I = [0\,;\,1]$.

donc $f(u_n) \in f(I) \subset I$ donc $u_{n+1} \in [0\,;\,1]$.

donc $0 \le u_{n+1} \le 1$.

Conclusion : $0 \le u_n \le 1$ pour tout $n \in \mathbb{N}$.

2) b) La monotonie de la suite

$$u_{n+1}-u_n = \sqrt{\frac{1+u_n}{2}}-u_n$$

$$u_{n+1}-u_n = \left(\frac{1+u_n}{2}-u_n^2\right)\times\frac{1}{\sqrt{\frac{1+u_n}{2}}+u_n}$$

On a :

$$\frac{1+u_n}{2}-u_n^2 = \frac{-2u_n^2+u_n+1}{2} = \frac{-2(u_n-1)\left(u_n+\frac{1}{2}\right)}{2}$$

Et puisque $0 \le u_n \le 1$ alors $u_{n+1}-u_n \ge 0$.

Donc la suite $(u_n)$ est croissante.

et puisque $(u_n)$ est majorée par 1 alors $(u_n)$ est convergente.

2) c) La limite de la suite

$(u_n)$ est convergente et la limite est solution de l'équation $f(x) = x$.

donc :

$$l = f(l) \iff l = \sqrt{\frac{1+l}{2}} \iff 2l^2-l-1 = 0$$

donc $l = 1$ ou $l = -\dfrac{1}{2}$, et puisque $0 \le l \le 1$ :

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

1) La monotonie des deux suites

$$u_{n+1}-u_n = \frac{1}{(n+1)^3} > 0$$

donc $(u_n)$ est croissante.

$$v_{n+1}-v_n = u_{n+1}-u_n+\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n}$$

$$v_{n+1}-v_n = \frac{1}{(n+1)^3}+\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n} = -\frac{n^2+n+1}{n(n+1)^3} < 0$$

donc $(v_n)$ est décroissante.

2) La limite

$$\lim_{n\to+\infty}v_n-u_n = \lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n} = 0$$

1) La monotonie des deux suites

$$u_{n+1}-u_n = \frac{1}{\sqrt{n+1}}-2\sqrt{n+2}+2\sqrt{n+1}$$

$$u_{n+1}-u_n = \frac{\sqrt{n+2}-\sqrt{n+1}}{\sqrt{n+1}\left(\sqrt{n+2}+\sqrt{n+1}\right)} > 0$$

donc $(u_n)$ est croissante.

$$v_{n+1}-v_n = \frac{1}{\sqrt{n+1}}-2\sqrt{n+1}+2\sqrt{n}$$

$$v_{n+1}-v_n = \frac{-\left(\sqrt{n+1}-\sqrt{n}\right)}{\sqrt{n+1}\left(\sqrt{n+1}+\sqrt{n}\right)} < 0$$

donc $(v_n)$ est décroissante.

2) La limite

$$\lim_{n\to+\infty}v_n-u_n = \lim_{n\to+\infty}\frac{2}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}} = 0$$

Il suffit de montrer que les suites $(u_n)$ et $(v_n)$ sont adjacentes.

$$u_{n+1}-u_n = x_{2n+2}-x_{2n} = \frac{1}{(2n+1)^2}-\frac{1}{(2n+2)^2} > 0$$

donc $(u_n)$ est croissante.

$$v_{n+1}-v_n = x_{2n+3}-x_{2n+1} = \frac{1}{(2n+3)^2}-\frac{1}{(2n+2)^2} < 0$$

donc $(v_n)$ est décroissante.

Et on a :

$$\lim_{n\to+\infty}v_n-u_n = \lim_{n\to+\infty}x_{2n+1}-x_{2n} = \lim_{n\to+\infty}\frac{1}{(2n+1)^2} = 0$$

alors les suites $(u_n)$ et $(v_n)$ sont adjacentes donc convergentes et ont la même limite.

1) Les variations de $f$ sur $\mathbb{R}^+$

$$f'(x) = -\frac{1}{(x+1)^2} < 0 \quad \forall x \in \mathbb{R}^+$$

Donc $f$ est décroissante sur $\mathbb{R}^+$.

2) Les suites $(\alpha_n)$ et $(\beta_n)$

On a $\alpha_n = u_{2n+1}$ et $\beta_n = u_{2n}$ et $u_{n+1} = f(u_n)$ pour tout $n \in \mathbb{N}$.

Donc $\alpha_{n+1} = (f \circ f)(\alpha_n)$ et $\beta_{n+1} = (f \circ f)(\beta_n)$.

Et puisque $f$ est décroissante sur $\mathbb{R}^+$ et $f\left(\mathbb{R}^+\right) \subset \mathbb{R}^+$ alors $f \circ f$ est croissante sur $\mathbb{R}^+$.

2) a) Montrons que $\alpha_n \le \alpha_{n+1}$ et $\beta_{n+1} \le \beta_n$ pour tout $n \in \mathbb{N}$

• pour $n=0$ on a $\alpha_0 = \dfrac{1}{2} \le \alpha_1 = \dfrac{3}{5}$ et $\beta_1 = \dfrac{2}{3} \le \beta_0 = 1$
• on suppose que $\alpha_n \le \alpha_{n+1}$ et $\beta_{n+1} \le \beta_n$
• montrons que $\alpha_{n+1} \le \alpha_{n+2}$ et $\beta_{n+2} \le \beta_{n+1}$

on a $\alpha_n \le \alpha_{n+1}$ et $\beta_{n+1} \le \beta_n$ et puisque $f \circ f$ est croissante sur $\mathbb{R}^+$ alors :

$$(f \circ f)(\alpha_n) \le (f \circ f)(\alpha_{n+1})$$

$$(f \circ f)(\beta_{n+1}) \le (f \circ f)(\beta_n)$$

Donc $\alpha_{n+1} \le \alpha_{n+2}$ et $\beta_{n+2} \le \beta_{n+1}$.

Donc $\alpha_n \le \alpha_{n+1}$ et $\beta_{n+1} \le \beta_n$ pour tout $n \in \mathbb{N}$.

donc $(\alpha_n)$ est croissante et la suite $(\beta_n)$ est décroissante.

2) b) Montrons que $\alpha_n \le \beta_n$ pour tout $n \in \mathbb{N}$

• pour $n=0$ on a $\alpha_0 = \dfrac{1}{2}$ et $\beta_0 = 1$ donc $\alpha_0 \le \beta_0$
• on suppose que $\alpha_n \le \beta_n$
• montrons que $\alpha_{n+1} \le \beta_{n+1}$

on a $\alpha_n \le \beta_n$ et puisque $f \circ f$ est croissante sur $\mathbb{R}^+$ alors :

$$(f \circ f)(\alpha_n) \le (f \circ f)(\beta_n)$$

donc $\alpha_{n+1} \le \beta_{n+1}$, donc $\alpha_n \le \beta_n$ pour tout $n \in \mathbb{N}$.

3) Montrons que $\dfrac{1}{2} \le u_n \le 1$ pour tout $n \in \mathbb{N}$

Puisque $\alpha_0 \le \alpha_n \le \beta_n \le \beta_0$ pour tout $n \in \mathbb{N}$.

Donc $\dfrac{1}{2} \le u_{2n+1} \le u_{2n} \le 1$.

Donc $\dfrac{1}{2} \le u_n \le 1$ pour tout $n \in \mathbb{N}$.

4) Montrons que $\left|u_{n+1}-u_n\right| \le \dfrac{1}{n}$ pour tout $n \in \mathbb{N}^*$

• pour $n=1$ on a $\left|u_2-u_1\right| = \dfrac{1}{6}$ donc $\left|u_2-u_1\right| \le \dfrac{1}{1}$
• on suppose que $\left|u_{n+1}-u_n\right| \le \dfrac{1}{n}$
• montrons que $\left|u_{n+2}-u_{n+1}\right| \le \dfrac{1}{n+1}$

on a :

$$\left|u_{n+2}-u_{n+1}\right| = \left|\frac{1}{u_{n+1}+1}-\frac{1}{u_n+1}\right| = \frac{1}{(u_{n+1}+1)(u_n+1)}\left|u_{n+1}-u_n\right|$$

Et on a $\dfrac{1}{2} \le u_n \le 1$ et $\dfrac{1}{2} \le u_{n+1} \le 1$.

Donc $\dfrac{3}{2} \le 1+u_n \le 2$ et $\dfrac{3}{2} \le 1+u_{n+1} \le 2$.

Donc $\dfrac{1}{2} \le \dfrac{1}{u_{n+1}+1} \le \dfrac{2}{3}$ et $\dfrac{1}{2} \le \dfrac{1}{u_n+1} \le \dfrac{2}{3}$.

Donc $\dfrac{1}{(u_{n+1}+1)(u_n+1)} \le \dfrac{4}{9}$ et $\left|u_{n+1}-u_n\right| \le \dfrac{1}{n}$.

Donc :

$$\frac{1}{(u_{n+1}+1)(u_n+1)}\left|u_{n+1}-u_n\right| \le \frac{4}{9n}$$

Et on a :

$$\frac{1}{n+1}-\frac{4}{9n} = \frac{5n-4}{9n(n+1)} > 0$$

donc $\dfrac{4}{9n} < \dfrac{1}{n+1}$.

Donc $\left|u_{n+2}-u_{n+1}\right| \le \dfrac{1}{n+1}$.

donc $\left|u_{n+1}-u_n\right| \le \dfrac{1}{n}$ pour tout $n \in \mathbb{N}^*$.

5) La limite de $\alpha_n-\beta_n$

On a $\left|u_{n+1}-u_n\right| \le \dfrac{1}{n}$ pour tout $n \in \mathbb{N}^*$.

donc $\left|u_{2n+1}-u_{2n}\right| \le \dfrac{1}{2n}$ pour tout $n \in \mathbb{N}^*$.

donc $\left|\alpha_n-\beta_n\right| \le \dfrac{1}{2n}$ pour tout $n \in \mathbb{N}^*$.

et puisque $\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{1}{2n} = 0$ alors $\lim\limits_{n\to+\infty}\alpha_n-\beta_n = 0$.

On a $u_1 = 1$ et $u_{n+1} = \dfrac{12u_n}{9+u_n^4}$ pour tout $n \in \mathbb{N}^*$.

1) Montrons que $1 \le u_n \le \sqrt{\sqrt{3}}$ pour tout $n \in \mathbb{N}^*$

Soit la fonction $f$ telle que $f(x) = \dfrac{12x}{9+x^4}$.

La fonction $f$ est continue et dérivable sur $\mathbb{R}$.

$$f'(x) = 12\frac{9+x^4-4x^4}{\left(9+x^4\right)^2} = 36\frac{3-x^4}{\left(9+x^4\right)^2} = 36\frac{\left(\sqrt{3}+x^2\right)\left(\sqrt{3}-x^2\right)}{\left(9+x^4\right)^2}$$

Le signe de $f'(x)$ est celui de $\sqrt{3}-x^2$.

$$\sqrt{3}-x^2 = \left(\sqrt{\sqrt{3}}-x\right)\left(\sqrt{\sqrt{3}}+x\right)$$

Donc $f$ est croissante sur $\left[-\sqrt{\sqrt{3}}\,;\,\sqrt{\sqrt{3}}\right]$.

Et $f$ est décroissante sur $\left]-\infty\,;\,-\sqrt{\sqrt{3}}\right]$ et $\left[\sqrt{\sqrt{3}}\,;\,+\infty\right[$.

Montrons par récurrence que $1 \le u_n \le \sqrt{\sqrt{3}}$ pour tout $n \in \mathbb{N}^*$.

Pour $n=1$ on a $u_1 = 1$ donc $1 \le u_1 \le \sqrt{\sqrt{3}}$.

supposons que $1 \le u_n \le \sqrt{\sqrt{3}}$.

montrons que $1 \le u_{n+1} \le \sqrt{\sqrt{3}}$.

on a $1 \le u_n \le \sqrt{\sqrt{3}}$ et puisque $f$ est croissante sur $I = \left[1\,;\,\sqrt{\sqrt{3}}\right]$ :

on a $f(1) \le f(u_n) \le f\left(\sqrt{\sqrt{3}}\right)$ donc :

$$\frac{6}{5} \le u_{n+1} \le \sqrt{\sqrt{3}}$$

donc $1 \le u_{n+1} \le \sqrt{\sqrt{3}}$ pour tout $n \in \mathbb{N}^*$.

2) La monotonie, la convergence et la limite

$$u_{n+1}-u_n = \frac{12u_n}{9+u_n^4}-u_n = u_n\left(\frac{12}{9+u_n^4}-1\right) = u_n\left(\frac{3-u_n^4}{9+u_n^4}\right)$$

Puisque $1 \le u_n \le \sqrt{\sqrt{3}}$ donc :

$0 < u_n$ et $3-u_n^4 \ge 0$ et $9+u_n^4 > 0$.

Donc $u_{n+1}-u_n \ge 0$.

Donc $(u_n)_{n\in\mathbb{N}^*}$ est croissante.

La suite $(u_n)$ est croissante et puisque $(u_n)$ est majorée par $\sqrt{\sqrt{3}}$ alors $(u_n)$ est convergente.

Soit $\lim u_n = l$, on a donc $1 \le l \le \sqrt{\sqrt{3}}$.

Soit la fonction $f$ telle que $f(x) = \dfrac{12x}{9+x^4}$. On a donc :

a) $f$ est continue sur $I = \left[1\,;\,\sqrt{\sqrt{3}}\right]$

b) $f(I) = f\left(\left[1\,;\,\sqrt{\sqrt{3}}\right]\right) = \left[f(1)\,;\,f\left(\sqrt{\sqrt{3}}\right)\right] = \left[\dfrac{6}{5}\,;\,\sqrt{\sqrt{3}}\right] \subset I$

c) $u_{n+1} = f(u_n)$ pour tout $n \in \mathbb{N}^*$

d) $u_1 \in I$

e) $(u_n)$ est convergente

Alors la limite $l$ de la suite $(u_n)$ vérifie l'équation $l = f(l)$ et $l \in I$.

$$l = f(l) \iff l = \frac{12l}{9+l^4} \iff 9+l^4 = 12 \iff l^4 = 3$$

donc $l = \sqrt{\sqrt{3}}$ ou $l = -\sqrt{\sqrt{3}}$, et puisque $l \in I$ :

donc $\lim\limits_{n\to+\infty}u_n = l = \sqrt{\sqrt{3}}$.