Source Latex
\documentclass[12pt]{article}
\usepackage[french]{babel}
%\selectlanguage{francais}
\usepackage[utf8]{inputenc}
\usepackage{amsfonts}\usepackage{amssymb}
\usepackage{amsmath}
\usepackage{enumerate}
\usepackage{pst-all}
\usepackage{hyperref}
\hypersetup{
pdfauthor={Yoann Morel},
pdfsubject={Corrigé des exercices de mathématiques TS: Suites},
pdftitle={Limites de suites - Corrigé des exercices},
pdfkeywords={Mathématiques, TS, terminale S,
suites, limite, limites, comportement asymptotique,
exercices, corrigés
}
}
\hypersetup{
colorlinks = true,
linkcolor = red,
anchorcolor = red,
citecolor = blue,
filecolor = red,
urlcolor = red
}
\voffset=-1cm
% Raccourcis diverses:
\newcommand{\nwc}{\newcommand}
\nwc{\dsp}{\displaystyle}
\nwc{\ct}{\centerline}
\nwc{\bge}{\begin{equation}}\nwc{\ene}{\end{equation}}
\nwc{\bgar}{\begin{array}}\nwc{\enar}{\end{array}}
\nwc{\bgit}{\begin{itemize}}\nwc{\enit}{\end{itemize}}
\nwc{\bgen}{\begin{enumerate}}\nwc{\enen}{\end{enumerate}}
\nwc{\la}{\left\{}\nwc{\ra}{\right\}}
\nwc{\lp}{\left(}\nwc{\rp}{\right)}
\nwc{\lb}{\left[}\nwc{\rb}{\right]}
\nwc{\bgsk}{\bigskip}
\nwc{\vsp}{\vspace{0.1cm}}
\nwc{\vspd}{\vspace{0.2cm}}
\nwc{\vspt}{\vspace{0.3cm}}
\nwc{\vspq}{\vspace{0.4cm}}
\def\N{{\rm I\kern-.1567em N}}
\def\R{{\rm I\kern-.1567em R}}
\def\C{{\rm C\kern-4.7pt
\vrule height 7.7pt width 0.4pt depth -0.5pt \phantom {.}}}
\def\Q{\mathbb{Q}}
\def\Z{{\sf Z\kern-4.5pt Z}}
\nwc{\tm}{\times}
\nwc{\V}[1]{\overrightarrow{#1}}
\nwc{\zb}{\mbox{$0\hspace{-0.67em}\mid$}}
\nwc{\db}{\mbox{$\hspace{0.1em}|\hspace{-0.67em}\mid$}}
\nwc{\ul}[1]{\underline{#1}}
\newcounter{nex}\setcounter{nex}{0}
\newenvironment{EX}{%
\stepcounter{nex}
\bgsk{\noindent\large {\bf Exercice }\arabic{nex}}\hspace{.2cm}}{}
\nwc{\bgex}{\begin{EX}}\nwc{\enex}{\end{EX}}
\nwc{\bgmp}{\begin{minipage}}\nwc{\enmp}{\end{minipage}}
\nwc{\limcdt}[4]{
$\dsp
\lim_{\bgar{ll}\scriptstyle{#1}\vspace{-0.2cm}\\\scriptstyle{#2}\enar}
{#3}={#4}$
}
\nwc{\limgd}[3]{
$\dsp
\lim_{\bgar{ll}\scriptstyle{#1}\vspace{-0.2cm}\\\scriptstyle{#2}\enar}
{#3}$
}
\headheight=0cm
\textheight=26.2cm
\topmargin=-1.8cm
\footskip=0.8cm
\textwidth=18cm
\oddsidemargin=-1.4cm
% Bandeau en bas de page
\newcommand{\TITLE}{Suites: Limites \& récurrence - Correction des exercices}
\author{Y. Morel}
\date{}
\usepackage{fancyhdr}
\pagestyle{fancyplain}
\setlength{\headheight}{0cm}
\renewcommand{\headrulewidth}{0pt}
\renewcommand{\footrulewidth}{0.1pt}
\lhead{}\chead{}\rhead{}
\lfoot{Y. Morel - \url{https://xymaths.fr}}
\rfoot{\TITLE\ \ \ \thepage/\pageref{LastPage}}
\cfoot{}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\begin{document}
\ct{\bf\Large{\TITLE}}
\bgex
Déterminer dans chacun des cas la limite de la suite $(u_n)$:
\vspd\noindent
a)\ $u_n=\dfrac{2n+1}{n+325}
=\dfrac{2n\lp 1+\dfrac{1}{2n}\rp}{n\lp1+\dfrac{365}{n}\rp}
=2\dfrac{1+\dfrac{1}{2n}}{1+\dfrac{365}{n}}
$
\ avec,
$\left.\bgar{ll}
\dsp\lim_{n\to+\infty}\lp 1+\dfrac{1}{2n}\rp=1\\
\dsp\lim_{n\to+\infty}\lp 1+\dfrac{365}{n}\rp=1\\
\enar\ra
\bgar{ll}
\text{soit, par produit et } \\
\text{quotient des limites:} \\
\dsp\lim_{n\to+\infty} u_n=2
\enar
$
\vspq\noindent
b)\ $u_n=\dfrac{2n^2-3n+2}{1-n}
=2n\dfrac{1+\dfrac{3}{2n}+\dfrac{1}{n^2}}{\dfrac{1}{n}-1}
$
\ avec,
$\left.\bgar{ll}
\dsp\lim_{n\to+\infty} 2n=+\infty\\
\dsp\lim_{n\to+\infty}\lp 1+\dfrac{3}{2n}+\dfrac{1}{n^2}\rp=1\\
\dsp\lim_{n\to+\infty}\lp \dfrac{1}{n}-1\rp=-1\\
\enar\ra
\bgar{ll}
\text{soit, par produit et } \\
\text{quotient des limites:} \\
\dsp\lim_{n\to+\infty} u_n=-\infty
\enar
$
\vspq\noindent
c)\ $u_n=\dfrac{4n^2+1}{n(2n+1)}
=\dfrac{4n^2\lp1+\dfrac{1}{4n^2}\rp}{n\tm 2n\lp1+\dfrac{1}{2n}\rp}
=2\dfrac{1+\dfrac{1}{4n^2}}{1+\dfrac{1}{2n}}
$
\ avec,
$\left.\bgar{ll}
\dsp\lim_{n\to+\infty}\lp 1+\dfrac{1}{4n^2}\rp=1\\
\dsp\lim_{n\to+\infty}\lp 1+\dfrac{1}{2n}\rp=1\\
\enar\ra
\bgar{ll}
\text{soit, par produit et } \\
\text{quotient des limites:} \\
\dsp\lim_{n\to+\infty} u_n=2
\enar
$
\vspq\noindent
d)\ $u_n=\dfrac{3}{2\sqrt{n}+17}
$
\ avec,
$\dsp\lim_{n\to+\infty}\sqrt{n}=+\infty$,
et donc,
$
\dsp\lim_{n\to+\infty}\lp 2\sqrt{n}+17\rp=+\infty$,
d'où,
$\dsp\lim_{n\to+\infty} u_n=0$.
\vspq\noindent
e)\ $u_n=\dfrac{\sqrt{3n+1}}{3+\sqrt{n}}
=\dfrac{\sqrt{3n\lp1+\dfrac{1}{3n}\rp}}{\sqrt{n}\lp\dfrac{3}{\sqrt{n}}+1\rp}
=\dfrac{\sqrt{3}\sqrt{n}\sqrt{\lp1+\dfrac{1}{3n}\rp}}{\sqrt{n}\lp\dfrac{3}{\sqrt{n}}+1\rp}
=\sqrt{3}\dfrac{\sqrt{1+\dfrac{1}{\sqrt{3n}}}}{\dfrac{3}{\sqrt{n}}+1}
$
avec, $\dsp\lim_{n\to+\infty} \lp 1+\dfrac{1}{\sqrt{3n}}\rp=1$,
donc $\dsp\lim_{n\to+\infty} \sqrt{1+\dfrac{1}{\sqrt{3n}}}=1$,
et $\dsp\lim_{n\to+\infty} \lp\dfrac{3}{\sqrt{n}}+1\rp=1$.
Ainsi, par produit et quotient des limites,
$\dsp\lim_{n\to+\infty} u_n=\sqrt{3}$.
\vspq\noindent
f)\ $u_n=\dfrac{\sqrt{n^2+n+2}}{\sqrt{n^2-n-1}}
=\dfrac{\sqrt{n^2\lp1+\dfrac{1}{n}+\dfrac{2}{n^2}\rp}}{\sqrt{n^2\lp1-\dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{n^2}\rp}}
=\dfrac{\sqrt{n^2}\sqrt{1+\dfrac{1}{n}+\dfrac{2}{n^2}}}{\sqrt{n^2}\sqrt{1-\dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{n^2}}}
=\dfrac{\sqrt{1+\dfrac{1}{n}+\dfrac{2}{n^2}}}{\sqrt{1-\dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{n^2}}}
$
avec,
$\dsp\lim_{n\to+\infty} \sqrt{1+\dfrac{1}{n}+\dfrac{2}{n^2}}=1$
et,
$\dsp\lim_{n\to+\infty} \sqrt{1-\dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{n^2}}=1$,
d'où, par quotient des limites,
\mbox{$\dsp\lim_{n\to+\infty} u_n=1$}.
\vspq\noindent
g)\ $u_n=\sqrt{n+1}-\sqrt{n}$. Lorsque $n\to+\infty$,
on est face à une forme indéterminée du type "$+\infty-\infty$".
On peut alors penser (et doit penser !) à utiliser la quantité
conjuguée pour changer cette soustraction:
$u_n=
\dfrac{\lp\sqrt{n+1}-\sqrt{n}\rp\lp\sqrt{n+1}+\sqrt{n}\rp}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}
=\dfrac{(n+1)-n}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}
=\dfrac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}
$
On a alors, $\dsp\lim_{n\to+\infty} \sqrt{n+1}=+\infty$ et
$\dsp\lim_{n\to+\infty} \sqrt{n}=+\infty$,
d'où, par addition des limites,
$\dsp\lim_{n\to+\infty} \lp\sqrt{n+1}+\sqrt{n}\rp=+\infty$
et enfin,
$\dsp\lim_{n\to+\infty}u_n=\lim_{n\to+\infty} \dfrac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}=0$.
\vspq\noindent
h)\ $u_n=\sqrt{n^2+n}-n$: on peut commencer par essayer de procèder de
la même façon en utilisant la quantité conjuguée,
$u_n=\dfrac{\lp\sqrt{n^2+n}-n\rp\lp\sqrt{n^2+n}-n\rp}{\sqrt{n^2+n}+n}
=\dfrac{\lp n^2+n\rp-n^2}{\sqrt{n^2+n}+n}
=\dfrac{n}{\sqrt{n^2+n}+n}
$,
mais on se retrouve encore face à une forme indéterminée
"$\dfrac{+\infty}{+\infty}$".
On doit alors factoriser par le terme prépondérant:
$u_n=\dfrac{n}{\sqrt{n^2+n}+n}
=\dfrac{n}{\sqrt{n^2\lp 1+\dfrac{1}{n}\rp}+n}
=\dfrac{n}{\sqrt{n^2}\sqrt{1+\dfrac{1}{n}}+n}
=\dfrac{n}{n\sqrt{1+\dfrac{1}{n}}+n}
=\dfrac{n}{n\lp\sqrt{1+\dfrac{1}{n}}+1\rp}
$
soit,
$u_n=\dfrac{1}{\sqrt{1+\dfrac{1}{n}}+1}$.
On a alors,
$\dsp\lim_{n\to+\infty} \lp1+\dfrac{1}{n}\rp=1$, et donc,
$\dsp\lim_{n\to+\infty} \lp\sqrt{1+\dfrac{1}{n}}+1\rp=2$,
d'où, par quotient des limites,
$\dsp\lim_{n\to+\infty} u_n=\dfrac12$.
\enex
\vspace{1cm}\noindent
\fbox{
\bgmp{\textwidth}
{\bf Rappel:} Schéma général d'une démonstration par récurrence:\\
\psline(0,0.3)(11.5,0.3)
On cherche à montrer par récurrence, \ul{pour tout entier $n$},
la propriété $\mathcal{P}_n$.
\vspq\noindent
\ul{Initialisation:} On vérifie que $\mathcal{P}_0$ est vraie,
c'est-à-dire que la propriété est vraie au rang $n=0$.
\vspd\noindent
\ul{Hérédité:} Supposons que pour un entier $n$, la propriété
$\mathcal{P}_n$ soit vraie.
\vspd
On montre alors, en utilisant cette hypothèse (dite hypothèse de
récurrence),
que la propriété $\mathcal{P}_{n+1}$ est encore vraie.
\vspd\noindent
\ul{Conclusion:} On vient donc de montrer, d'après le principe de
récurrence que, \ul{pour tout entier~$n$},
la propriété $\mathcal{P}_n$ est vraie.
\enmp
}
\bgex
Soit $(u_n)$ la suite définie par $u_0=2$ et, pour tout entier $n$,
$u_{n+1}=5u_n+4$.
Montrer que, pour tout entier $n$, $u_n>0$.
\vspt\noindent
Montrons par récurrence que, pour tout entier $n$, $u_n>0$.
\vspd\noindent
\ul{Initialisation:} $u_0=2$ et donc $u_0>0$, et la propriété est donc
vraie au rang $n=0$.
\vspd\noindent
\ul{Hérédité:} Supposons que pour un entier $n$, on ait $u_n>0$.
On a alors, $5u_n>0 \Longrightarrow 5u_n+4>4$,
c'est-à-dire $u_{n+1}>4>0$.
La propriété est donc encore vraie au rang $(n+1)$.
\vspd\noindent
\ul{Conclusion:} On vient donc de montrer, d'après le principe de
récurrence, que pour tout entier~$n$,~\mbox{$u_n>0$}.
\enex
\bgex
Soit $(u_n)$ la suite définie par $u_0=-3$ et, pour tout entier $n$,
$u_{n+1}=5-4u_n$.
Montrer que, pour tout entier $n$, $u_n=\lp -4\rp^{n+1}+1$.
\vspt\noindent
Montrons par récurrence que, pour tout entier $n$,
$u_n=\lp -4\rp^{n+1}+1$.
\vspd\noindent
\ul{Initialisation:} $u_0=-3$.
Or, pour $n=0$, $(-4)^{n+1}+1=(-4)^1+1=-4+1=-3$,
et on a donc pour $u_0=(-4)^{0+1}+1$.
La propriété est donc vraie au rang $n=0$.
\vspd\noindent
\ul{Hérédité:} Supposons que pour un entier $n$ on ait
$u_n=\lp -4\rp^{n+1}+1$.
ALors, $u_{n+1}=5-4u_n=5-4\lp (-4)^{n+1}+1\rp$, d'après l'hypothèse de
récurrence.
Ainsi, $u_{n+1}=5-4(-4)^{n+1}-4=5+(-4)^{n+2}-4=1+(-4)^{n+1}$,
ce qui montre que la propriété est encore vraie au rang $(n+1)$.
\vspd\noindent
\ul{Conclusion:} On vient donc de montrer, d'après le principe de
récurrence, que pour tout entier~$n$,
$u_n=(-4)^{n+1}+1$.
\enex
\bgex
Soit $(u_n)$ la suite définie par $u_0=\dfrac12$ et, pour tout entier $n$,
$u_{n+1}=\dfrac{u_n+1}{u_n+2}$.
Montrer que, pour tout entier $n$, $0<u_n<1$.
\vspt\noindent
Montrons par récurrence que, pour tout entier $n$, $0<u_n<1$.
\vspd\noindent
\ul{Initialisation:} $u_0=\dfrac12$, et donc $0<u_0<1$,
et la propriété est vraie au rang $n=0$.
\vspd\noindent
\ul{Hérédité:} Supposons que pour un entier $n$ on ait
$0<u_n<1$.
Alors, d'une part $1<u_n+1<2$,
et d'autre part
$2<u_n+2<3 \Longrightarrow \dfrac13<\dfrac{1}{u_n+2}<\dfrac12$.
En mulipliant ces deux inégalités, on obtient alors
$\dfrac{1}{3}<\dfrac{u_n+1}{u_n+2}<\dfrac{2}{2}$,
et on a donc $0<u_{n+1}<1$: la propriété est donc encore vraie au rang
$(n+1)$.
\vspd\noindent
\ul{Conclusion:} On vient donc de montrer, d'après le principe de
récurrence, que pour tout entier~$n$,
$0<u_n<1$.
\enex
\bgex
Montrer que, pour tout entier $n\geqslant$,
\quad $\dsp\sum_{k=1}^n k\tm k!=(n+1)!-1$.
\vspq
Montrons par récurrence que, pour tout entier $n\geqslant 1$,
$\dsp\sum_{k=1}^n k\tm k!=(n+1)!-1$.
\vspd\noindent
\ul{Initialisation:} Pour $n=1$,
$\dsp\sum_{k=1}^n k\tm k!=1\tm 1!=1$,
et $(1+1)!-1=2!-1=2-1=1$.
Ainsi, la propriété est vraie au rang $n=1$.
\vspd\noindent
\ul{Hérédité:} Supposons que pour un entier $n$ on ait
$\dsp\sum_{k=1}^n k\tm k!=(n+1)!-1$.
Alors,
$\dsp\sum_{k=1}^{n+1} k\tm k!
=\lp\sum_{k=1}^n k\tm k!\rp + (n+1)\tm(n+1)!
=\Bigl((n+1)!-1\Bigr)+(n+1)\tm(n+1)!
$ d'après l'hypothèse de récurrence.
Ainsi,
$\dsp\sum_{k=1}^{n+1} k\tm k!
=(n+1)!+(n+1)\tm(n+1)!-1
=(n+1)!\Bigl( 1+(n+1)\Bigr) -1
=(n+1)!\Bigl( n+2\Bigr) -1
$.
Or, $(n+1)!(n+2)=(n+2)!$, et on a donc
$\dsp\sum_{k=1}^{n+1} k\tm k!=(n+2)!-1=\Bigl( (n+1)+1\Bigr)!-1$,
ce qui montre que la prorpiété est encore vraie au rang $(n+1)$.
\vspd\noindent
\ul{Conclusion:} On vient donc de montrer, d'après le principe de
récurrence, que pour tout entier~$n$,
$\dsp\sum_{k=1}^n k\tm k!=(n+1)!-1$.
\enex
\bgex
Soit $(u_n)$ la suite définie par $u_0=1$, $u_1=2$ et,
pour tout $n\in\N$,
\mbox{$u_{n+2}=5u_{n+1}-6u_n$}.
Calculer $u_2$, $u_3$ et $u_4$: \quad
$u_2=5u_1-6u_0=4$;
$u_3=5u_2-6u_1=8$;
$u_4=5u_3-6u_2=16$.
\vspt
Démontrer que, pour tout entier $n$, $u_n=2^n$.
\vspt\noindent
Montrons par récurrence que, pour tout entier $n$, $u_n>0$.
\vspd\noindent
\ul{Initialisation:} $u_0=2$ et donc $u_0=2^0$.
De même $u_1=2=2^1$.
La propriété est donc
vraie au rang $n=0$ et $n=1$.
\vspd\noindent
\ul{Hérédité:} Supposons que pour un entier $n$, on ait $u_n=2^n$ et
$u_{n+1}=2^{n+1}$.
On a alors, $u_{n+2}=5u_{n+1}-6u_n=5\tm2^{n+1}-6\tm2^n$, d'après
l'hypothèse de récurrence.
Ainsi, $u_{n+2}=2^n\Bigl( 5\tm 2-6\Bigr)=2^n\tm4=2^n\tm2^2=2^{n+2}$,
ce qui montre que la propriété est donc encore vraie au rang $(n+2)$.
\vspd\noindent
\ul{Conclusion:} On vient donc de montrer, d'après le principe de
récurrence, que pour tout entier~$n$,~\mbox{$u_n=2^n$}.
\vspq
\bgmp{16cm}{\sl
\ul{Remarque:} Dans cette démonstration par récurrence, on a fait
une hypothèse de récurrence qui porte sur 2 rangs successifs: $n$ et
$(n+1)$, et qui montre que la propriété se transmet au rang suivant
$(n+2)$.
\vspd
Ainsi, la propriété est vraie au rang $n=0$ et $n+1=1$ (d'après
l'initialisation),
et elle donc vraie au rang $n+2=2$.
Ensuite, comme elle est vraie au rang $n=1$ et $n+1=2$, elle est donc
aussi vraie au rang $n+2=3$.
Puis elle est vraie au rang $n=2$ et $n+1=3$, donc aussi au rang
$n+2=4$.
\dots }
\enmp
\enex
\bgex
Soit $(u_n)$ la suite définie par $u_0=1$ et, pour tout entier $n$,
$u_{n+1}=\dfrac14 u_n+3$.
\bgen
\item Tracer dans un repère la courbe représentative de la fonction
$f:x\mapsto \dfrac14 x+3$, puis placer les points $A_0$, $A_1$,
$A_2$ et $A_3$ d'ordonnée nulle et d'abscisse respective $u_0$,
$u_1$, $u_2$ et $u_3$.
\psset{unit=1.5cm}
\begin{pspicture}(-1,-0.8)(8,7)
\psline{->}(-0.5,0)(7.5,0)
\psline{->}(0,-0.5)(0,6.5)
\multido{\i=0+1}{8}{%
\psline(\i,-0.1)(\i,0.1)%
%\rput(\i,-0.3){$\i$}
}
\multido{\i=0+1}{7}{%
\psline(-0.1,\i)(0.1,\i)%
\rput(-0.3,\i){$\i$}%
}
% Definition de la fonction f de u_{n+1}=f(u_n)
\newcommand{\f}[1]{1 4 div #1 mul 3 add}
% Et son tracer:
\psplot[linewidth=1.4pt]{0}{7}{\f{x}}
\rput(6.4,4.2){$y=\dfrac14 x+3$}
% ainsi que le tracer de la droite y=x
\psplot{-0.2}{6.5}{x}
\rput(6,6.4){$y=x$}
% Defintion de la fonction itérée:
% par ex.: fn{3}{x}=f(f(f(x)))
\newcommand\fn[2]{%
\ifnum#1=1
\f{#2}%
\else
\f{\fn{\numexpr#1-1}{#2}}%
\fi
}
% Valeur initiale (u_0)
\def\xinit{0}
\def\nmax{3}
% Initialisation pour u_0
\psline[linestyle=dashed]
(\xinit,0)
(!\xinit\space\f{\xinit})
(!\f{\xinit}\space\f{\xinit})
\rput(\xinit,-0.3){$A_0$}
% Boucle pour u_1, u_2, ..., u_nmax
\multido{\i=1+1}{\nmax}{
\psline[linestyle=dashed]
(!\fn{\i}{\xinit} \space 0)
(!\fn{\i}{\xinit} \space \fn{\i}{\xinit})
(!\fn{\i}{\xinit} \space \fn{\numexpr\i+1}{\xinit})
(!\fn{\numexpr\i+1}{\xinit} \space \fn{\numexpr\i+1}{\xinit})
\rput(!\fn{\i}{\xinit}\space 0){$\tm$}
\rput(!\fn{\i}{\xinit}\space -0.3){$A_\i$}
}
\end{pspicture}
\item Montrer que, pour tout entier $n$, $u_n\leqslant 4$.
\vspt
Montrons par récurrence que, pour tout entier $n$, $u_n\leqslant 4$.
\vspd\noindent
\ul{Initialisation:} $u_0=1$, et donc $u_0\leqslant 4$, et la
propriété est donc vraie au rang $n=0$.
\vspd\noindent
\ul{Hérédité:} Supposons que pour un entier $n$ on ait
$u_n\leqslant 4$.
Alors, $\dfrac14 u_n \leqslant \dfrac14\tm4=1$,
et donc, $\dfrac14 u_n+3\leqslant 1+3=4$.
Ainsi, $u_{n+1}\leqslant 4$, et la propriété est encore vraie au
rang $(n+1)$.
\vspd\noindent
\ul{Conclusion:} On vient de dmontrer d'après le principe de
récurrence que, pour tout entier~$n$,~\mbox{$u_n\leqslant 4$}.
\item Montrer par récurrence que la suite $(u_n)$ est croissante.
\vspd
Montrons par récurrence que, pour tout entier $n$,
$u_n\leqslant u_{n+1}$.
\vspd\noindent
\ul{Initialisation:} $u_0=1$, et
$u_1=\dfrac14u_0+3=\dfrac{13}{4}$, et
donc $u_0\leqslant u_1$, et la
propriété est donc vraie au rang $n=0$.
\vspd\noindent
\ul{Hérédité:} Supposons que pour un entier $n$ on ait
$u_n\leqslant u_{n+1}$.
Alors, $\dfrac14 u_n \leqslant \dfrac14 u_{n+1}$,
d'où, $\dfrac14 u_n+3\leqslant u_{n+1}+3$,
c'est-à-dire $u_{n+1}\leqslant u_{n+2}$.
Ainsi la propriété est encore vraie au
rang $(n+1)$.
\vspd\noindent
\ul{Conclusion:} On vient de dmontrer d'après le principe de
récurrence que, pour tout entier~$n$,~\mbox{$u_n\leqslant u_{n+1}$},
et donc que la suite $(u_n)$ est croissante.
\item En déduire que la suite $(u_n)$ est convergente.
\vspd
La suite $(u_n)$ est croissante et majorée par $4$, elle converge
donc vers une limite $l$.
\enen
\enex
\bgex
Soit $(u_n)$ la suite définie par $u_0=3$ et, pour tout entier $n$,
$u_{n+1}=\sqrt{u_n+3}$.
\bgen
\item Calculer les quatre premiers termes de la suite,
et conjecturer le sens de variation de la suite~$(u_n)$.
Démontrer cette conjecture.
\vspq
$u_1=\sqrt{u_0+1}=\sqrt{3+1}=2$;
$u_2=\sqrt{u_1+1}=\sqrt{3}\simeq 1,73$;
$u_3=\sqrt{u_2+1}=\sqrt{\sqrt{3}+1}\simeq 1,65$;
$u_4=\sqrt{u_3+1}=\sqrt{\sqrt{\sqrt{3}}+1}\simeq 1,61$;
Comme $u_0>u_1>u_2>u_3>u_4$, on peut conjecturer que la suite
$(u_n)$ est décroissante.
\vspt
Montrons par récurrence que, pour tout entier $n$,
$u_n>u_{n+1}$.
\vspd\noindent
\ul{Initialisation:} La propriété est vraie pour les rangs $n=0$ à
$n=3$ d'après les calculs précédents.
\vsp\noindent
\ul{Hérédité:} Supposons que pour un entier $n$ on ait
$u_n>u_{n+1}$.
Alors, $u_n+1>u_{n+1}+1$,
et donc,
$\sqrt{u_n+1}>\sqrt{u_{n+1}+1}$, car la fonction racine carrée
$x\mapsto \sqrt{x}$ est croissante sur $\R_+$.
Ainsi, $u_{n+1}=\sqrt{u_n+1}>u_{n+1}=\sqrt{u_{n+1}+1}$, et
la propriété est encore vraie au rang $n+1$.
\vspd\noindent
\ul{Conclusion:} On vient de montrer que, d'après le principe de
récurrence, pour tout entier $n$, $u_n>u_{n+1}$,
c'est-à-dire que la suite $(u_n)$ est décroissante.
\item Montrer que, pour tout entier $n$, $0<u_n<3$.
\vspd
Par une récurrence immédiate, comme $u_0=1>0$, et comme si $u_n>0$,
alors $u_{n+1}=\sqrt{u_n+1}>0$, on sait donc que pour tout entier
$n$, $u_n>0$.
De plus, comme $u_0=1<3$ et que la suite $(u_n)$ est décroissante,
on a donc, pour tout entier $n$, $u_n<u_0<3$.
\vsp
On a donc bien au final, pour tout entier $n$,
$0<u_n<3$.
\item En déduire que la suite $(u_n)$ est convergente vers une limite
$l$.
\vspd
La suite $(u_n)$ est donc décroissante et minorée par $0$,
elle converge donc vers une limite $l\geqslant 0$.
\item Déterminer $l$.
\vspd
La limite $l$ de la suite vérifie nécésairement
$l=\sqrt{l+1}$ (point fixe),
soit $l\geqslant 0$ et
$l^2=l+1\iff l^2-l-1=0\iff
\lp l=\dfrac{1-\sqrt{5}}{2} \text{ ou } l=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}\rp$
Comme $l=\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}<0$, la limite de la suite $(u_n)$
(car on sait qu'elle en a une) est
$l=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}$.
\enen
\enex
\bgex
Soit $(u_n)$ la suite définie par
$\la\bgar{ll}
u_0=1 \\
\text{pour tout entier } n,\ \ u_{n+1}=\dfrac13 u_n+n-2
\enar\right.
$.
\bgen
\item Calculer $u_1$, $u_2$ et $u_3$.
\vspd
$u_1=\dfrac13 u_0+0-2=\dfrac13-2=-\dfrac53$;
$u_2=\dfrac13 u_1+1-2=-\dfrac59-1=-\dfrac{13}{9}$;
$u_3=\dfrac13 u_2+2-2=-\dfrac{4}{27}$;
\item Montrer que, pour tout $n\geqslant 4$, $u_n\geqslant 0$.
\vspd
Montrons par récurrence que, pour tout $n\geqslant 4$,
$u_n\geqslant 0$.
\vspd\noindent
\ul{Initialisation:}
$u_4=\dfrac13 u_3+3-2=-\dfrac{4}{81}+1=\dfrac{77}{81}>0$,
et la propriété est vraie au rang $n=4$.
\vspd\noindent
\ul{Hérédité:} Supposons que pour un entier $n\geqslant 4$ on ait
$u_n\geqslant 0$.
Alors, $\dfrac13 u_n\geqslant 0$,
et donc,
$\dfrac13 u_n + n -2\geqslant 0+n-2\geqslant 0+4-2$, car
$n\geqslant 4$.
Ainsi, $u_{n+1}=\dfrac13 u_n+n-2\geqslant 2\geqslant 0$,
et la propriété est encore vraie au rang $n+1$.
\vspd\noindent
\ul{Conclusion:} On vient donc de démontrer que, d'après le principe
de récurrence, pour tout entier $n\geqslant 4$, $u_n\geqslant 0$.
\item En déduire que, pour tout $n\geqslant 5$, $u_n\geqslant n-3$.
\vspt
Pour tout entier $n\geqslant 5$,
$u_n=\dfrac13 u_{n-1}+(n-1)-2=\dfrac13 u_{n-1}+n-3$.
Or, comme $n\geqslant 5$, on a donc $n-1\geqslant 4$, et alors,
d'après la question précédente,
$u_{n-1}\geqslant 0$.
Ainsi, $u_n=\dfrac13 u_{n-1}+n-3\geqslant 0+n-3$.
On a donc, pour tout entier $n\geqslant 5$, $u_n\geqslant n-3$.
\item En déduire la limite de la suite $(u_n)$.
\vspt
Comme $\dsp\lim_{n\to+\infty} \lp n-3\rp=+\infty$, on en déduit,
d'après le corolaire du théorème des gendarmes, que
$\dsp\lim_{n\to+\infty} u_n=+\infty$.
\enen
\enex
\bgex
Soit, pour tout entier $n$,
$u_n=\dfrac{\cos(n)}{n+1}$.
\vsp
Montrer que pour tout entier $n$,
$-\dfrac{1}{n+1}\leqslant u_n\leqslant \dfrac{1}{n+1}$,
puis en déduire la limite de la suite $(u_n)$.
\vspq
Pour tout entier $n$, on a $-1\leqslant \cos(n)\leqslant 1$.
Ainsi, en multipliant ces inégalités par $\dfrac{1}{n+1}>0$,
on obtient
$-\dfrac{1}{n+1}\leqslant u_n\leqslant \dfrac{1}{n+1}$.
\vspd
Comme $\dsp\lim_{n\to+\infty} -\dfrac{1}{n+1}=0$
et $\dsp\lim_{n\to+\infty} \dfrac{1}{n+1}=0$, on en déduit donc,
d'après le théorème des gendarmes,
$\dsp\lim_{n\to+\infty} u_n=0$
\enex
\bgex
Soit, pour tout entier $n$,
$u_n=\dfrac{n+(-1)^n}{n^2+1}$.
\vsp
Montrer que pour tout entier $n$,
$\dfrac{n-1}{n^2+1}\leqslant u_n\leqslant \dfrac{n+1}{n^2+1}$,
puis en déduire la limite de la suite $(u_n)$.
\vspq
On a $(-1)^n=1$ lorsque $n$ est pair, et
$(-1)^n=-1$ lorsque $n$ est impair.
Ainsi, pour tout entier $n$,
$-1\leqslant (-1)^n\leqslant 1$, soit aussi
$n-1\leqslant n+(-1)^n\leqslant n+1$,
puis, multipliant par $\dfrac{1}{n+1}>0$,
on obtient
$\dfrac{n-1}{n^2+1}\leqslant u_n\leqslant \dfrac{n+1}{n^2+1}$.
\vspd
On a
$\dfrac{n-1}{n^2+1}
=\dfrac{n\lp1-\dfrac{1}{n}\rp}{n^2\lp 1+\dfrac{1}{n^2}\rp}
=\dfrac1n\,\dfrac{1-\dfrac{1}{n}}{1+\dfrac{1}{n^2}}
$.
$\dsp\lim_{n\to+\infty} \dfrac1n=0$,
$\dsp\lim_{n\to+\infty} \lp 1-\dfrac1n\rp=1$, et
$\dsp\lim_{n\to+\infty} \lp 1+\dfrac1{n^2}\rp=1$, et donc,
par produit et quotient des limites,
$\dsp\lim_{n\to+\infty} \dfrac{n-1}{n^2+1}=0$.
\vsp
De même,
$\dsp\lim_{n\to+\infty} \dfrac{n+1}{n^2+1}=0$.
\vspd
Ainsi, d'après le théorème des gendarmes, on a donc
$\dsp\lim_{n\to+\infty} u_n=0$.
\enex
\bgex
Soit, pour tout entier $n$,
$u_n=\dfrac{(-1)^n+n}{(-1)^n+2}$.
Montrer que pour tout entier $n$,
$u_n\geqslant \dfrac{n-1}{3}$,
puis en déduire la limite de la suite $(u_n)$.
\vspq
Pour tout entier $n$, $(-1)^n+n\geqslant -1+n$,
et $(-1)^n+2\leqslant 1+2=3$,
d'où $\dfrac{1}{(-1)^n+2}\geqslant \dfrac13$.
Ainsi, en multipliant ces deux inégalités,
on obtient:
$u_n=\dfrac{(-1)^n+n}{(-1)^n+2}\geqslant \dfrac{n-1}{3}$,
\vspd
Comme $\dsp\lim_{n\to+\infty} \dfrac{n-1}{3}=+\infty$,
on en déduit, d'après le corollaire du théorème des gendarmes, que
$\dsp\lim_{n\to+\infty} u_n=+\infty$.
\enex
\bgex
Soit la suite définie par
$u_0 = 0$ et
$u_{n+1} = \dfrac{1}{2}\sqrt{u_n^2 + 12}. $.
\bgen
\item Déterminer les cinq premiers termes de cette suite.
Quel semble être la limite de $(u_n)$ ?
\vspq
$u_1=\dfrac12\sqrt{u_0^2+12}=\dfrac12\sqrt{12}=\sqrt{3}\simeq 1,732$;
$u_2=\dfrac12\sqrt{u_1^2+12}=\dfrac12\sqrt{15}\simeq 1,94
$;
$u_3=\dfrac12\sqrt{u_2^2+12}=\dfrac12\sqrt{\dfrac{15}{4}+12}
=\dfrac12\sqrt{\dfrac{63}{4}}
=\dfrac{3\sqrt{7}}{4}\simeq 1,984
$;
$u_4=\dfrac12\sqrt{u_3^2+12}=\dfrac12\sqrt{\dfrac{63}{16}+12}
=\dfrac{1}{2}\sqrt{\dfrac{255}{16}}
=\dfrac{\sqrt{255}}{8}\simeq 1,996
$
$u_5\simeq 1,999$
\vspd
La suite $(u_n)$ semble converger vers $2$.
\item Montrer que la suite $(v_n)$ définie par $v_n = u_n^2-4$ est
géométrique.
\vspt
$v_{n+1}
=u_{n+1}^2-4=\lp\dfrac12\sqrt{u_n^2+12}\rp^2-4
=\dfrac14\lp u_n^2+12\rp-4
=\dfrac14 u_n^2+1
=\dfrac14 \lp u_n^2+4\rp
=\dfrac14 v_n
$
Ainsi, la suite $(v_n)$ est géométrique de raison $\dfrac14$.
\item En déduire la limite de la suite $(v_n)$ puis celle de la suite
$(u_n)$.
\vspt
Comme $-1< \dfrac14<1$, on en déduit que
$\dsp\lim_{n\to+\infty} v_n=0$.
\vspd
De plus $v_n=u_n^2-4 \iff u_n=\sqrt{v_n+4} \text{ ou }
u_n=-\sqrt{v_n+4}$.
Comme $u_n\geqslant 0$ (car $u_n$ est définie par une racine
carrée),
on a donc $u_n=\sqrt{v_n+4}$, et donc,
$\dsp\lim_{n\to+\infty} u_n=\sqrt{0+4}=2$.
On a ainsi démontré la conjecture sur la limite de $(u_n)$ faite à
la question 1.
\enen
\enex
\bgex
Soit $(u_n)$ la suite définie par
$\la \bgar{l}
u_0 \geq -3 \\
u_{n+1} = \sqrt{3 + u_n} \\
\enar \right.$
\vspd
Quelle valeur de $u_0$ faut-il prendre pour que la suite $(u_n)$ soit
stationnaire ?
\vspq
Une suite stationnaire est une suite constante:
pour tout entier $n$, $u_{n+1}=u_n=u_{n-1}=\cdots=u_1=u_0$.
\vsp
Ainsi, la suite est stationnaire si,
$u_1=u_0
\iff \sqrt{3+u_0}=u_0
\iff3+u_0=u_0^2 \text{ et } u_0\geqslant 0
$.
On doit donc avoir ainsi
$u_0^2-u_0-3=0$ soit, en résolvant l'équation du second degré,
$u_0=\dfrac{1-\sqrt{13}}{2}$
ou
$u_0=\dfrac{1+\sqrt{13}}{2}$.
Comme $\dfrac{1-\sqrt{13}}{2}<0$, on doit donc nécessairement avoir
$u_0=\dfrac{1+\sqrt{13}}{2}$.
\enex
\bgex
On considère la suite $(u_n)$ définie par $u_0=5$ et,
pour tout entier $n$, $3u_{n+1}=u_n+4$.
\bgen
\item Calculer $u_1$ et $u_2$.
\vspd
$3u_1=u_0+4=9\iff u_1=3$; \quad
$3u_2=u_1+4=7 \iff u_1=\dfrac73$.
\item Démontrer que, pour tout entier $n$, $u_n\geqslant 2$.
\vspd
Montrons par récurrence que, pour tout entier $n$,
$u_n\geqslant 2$.
\vspd\noindent
\ul{Initialisation:} La propriété est vraie pour les rangs $n=0$,
$n=1$ et $n=2$ d'après ce qui précède.
\vspd\noindent
\ul{Hérédité:} Supposons que pour un entier $n$ on ait
$u_n\geqslant 2$.
Alors, $u_n+4\geqslant 2+4=6$,
et donc
$3u_{n+1}\geqslant 6 \iff u_{n+1}\geqslant \dfrac63=2$.
Ainsi, la propriété est encore vraie au rang $n+1$.
\vspd\noindent
\ul{Conclusion:} On a donc démontré, d'après le principe de
récurrence, que pour tout entier $n$,
$u_n\geqslant 2$.
\item Montrer que $(u_n)$ est une suite décroissante.
\vspt
On peut montrer que $(u_n)$ est décroissante par récurrence, en
montrant que pour tout entier~$n$, $u_{n+1}\leqslant u_n$.
\vsp
On peut aussi le montrer directement:
Pour tout entier $n$, $u_{n+1}=\dfrac13 u_n+\dfrac43$,
et donc,
$u_{n+1}-u_n=\dfrac13 u_n+\dfrac43-u_n=-\dfrac23 u_n+\dfrac43$.
Or, pour tout entier $n$, $u_n\geqslant 2$, et ainsi,
$-\dfrac23 u_n\leqslant -\dfrac43$, d'où,
$u_{n+1}-u_n=-\dfrac23 u_n+\dfrac43\leqslant -\dfrac43+\dfrac43=0$.
Ainsi, pour tout entier $n$,
$u_{n+1}-u_n\leqslant 0
\iff
u_{n+1}\leqslant u_n$:
la suite $(u_n)$ est donc décroissante.
\item Montrer que la suite $(u_n)$ est convergente et déterminer sa
limite.
\vspt
D'après ce qui précède, la suite $(u_n)$ est décroissante et minorée
par $2$, elle converge donc vers une limite $l\geqslant 2$.
\vspd
Cette limite $l$ satisfait de plus nécéssairement l'équation
$3l=l+4$ (point fixe),
soit $l=2$.
\vsp
Ainsi, la suite $(u_n)$ converge vers $l=2$.
\item On pose, pour tout entier $n$, $v_n=u_n-2$.
Montrer que $(v_n)$ est une suite géométrique.
En déduire l'expression de $v_n$ en fonction de $n$.
\vspt
$v_{n+1}=u_{n+1}-2=\dfrac13 u_n+\dfrac43-2
=\dfrac13u_n-\dfrac23=\dfrac13\lp u_n-2\rp=\dfrac13 v_n$.
La suite $(v_n)$ est donc géométrique de raison $\dfrac13$ et de
premier terme $v_0=u_0-2=3$.
On en déduit que, pout tout entier $n$,
$v_n=v_0q^n=3\tm\lp\dfrac13\rp^n=\dfrac{1}{3^{n-1}}$.
\item Soit $\dsp S_n=\sum_{k=0}^n v_k=v_0+v_1+\dots+v_n$
et
$\dsp T_n=\sum_{k=0}^n u_k=u_0+u_1+\dots+u_n$.
Déterminer l'expression de $S_n$, puis de $T_n$, en fonction de
$n$.
\vspq
$\bgar{ll}
\dsp S_n
&=\sum_{k=0}^n v_k
=v_0+v_1+\dots+v_n \\[0.2cm]
&=3+3\lp\dfrac13\rp+3\lp\dfrac13\rp^2+\cdot+3\lp\dfrac13\rp^n \\[0.4cm]
&=3\lb \lp\dfrac13\rp+\lp\dfrac13\rp^2+\cdot+\lp\dfrac13\rp^n \rb \\[0.4cm]
&=3\dfrac{1-\lp\dfrac13\rp^{n+1}}{1-\dfrac13}
=3\dfrac{1-\lp\dfrac13\rp^{n+1}}{\dfrac23}
=\dfrac{9}{2}\lp 1-\lp\dfrac{1}{3}\rp^{n+1}\rp
\enar$
\vspt
Pour tout entier $n$, $v_n=u_n-2 \iff u_n=v_n+2$, et donc,
$\bgar{ll}
\dsp T_n
&\dsp=\sum_{k=0}^n u_k=u_0+u_1+\dots+u_n \\[0.3cm]
&= \lp v_0+2\rp+\lp v_1+2\rp+\cdots+\lp v_n+2\rp \\[0.3cm]
&= \lp v_0+v_1+\cdots+v_n\rp+\lp 2+2+\cdots+2\rp \\[0.3cm]
&= S_n +(n+1)\tm2
=\dfrac{9}{2}\lp 1-\lp\dfrac{1}{3}\rp^{n+1}\rp+2(n+1)
\enar$.
\item Déterminer $\dsp\lim_{n\to+\infty} S_n$ et
$\dsp\lim_{n\to+\infty} T_n$.
Comme $-1<\dfrac13<1$, on a
$\dsp\lim_{n\to+\infty} \lp\dfrac13\rp^n=0$,
et donc,
$\dsp\lim_{n\to+\infty} S_n=\dfrac92$.
De plus, $\dsp\lim_{n\to+\infty} 2(n+1)=+\infty$, et donc,
par addition des limites,
$\dsp\lim_{n\to+\infty} T_n=+\infty$.
\enen
\enex
\bgex
Soit la suite numérique $(u_n)$ définie sur $\N^*$ par
$u_n=\dfrac{n(n+2)}{(n+1)^2}$.
\bgen
\item
\bgen[a.]
\item Montrer que, pour tout $n\in\N^*$,
$u_n=1-\dfrac{1}{(n+1)^2}$.
\vspt
Pour tout entier $n>0$,
$1-\dfrac{1}{(n+1)^2}=\dfrac{(n+1)^2-1}{(n+1)^2}
=\dfrac{n^2+2n}{(n+1)^2}
=\dfrac{n(n+2)}{(n+1)^2}
=u_n
$.
\item Prouver que, pour tout $n\in\N^*$,
$0<u_n<1$.
\vspt
Pour tout entier $n>0$, $n+2\geqslant 2>0$, et donc,
$n(n+2)>0$.
De plus $(n+1)^2\geqslant 1^2>0$, et on a donc
$u_n=\dfrac{n(n+2)}{(n+1)^2}>0$.
\vspd
De même (en cherchant à utiliser le résultat de la question
précédente),
$\dfrac{1}{(n+1)^2}>0$, soit
$-\dfrac{1}{(n+1)^2}<0$,
et donc,
$u_n=1-\dfrac{1}{(n+1)^2}<1$.
\vspd
Au final, on a bien, pour tout entier $n>0$,
$0<u_n<1$.
\item Etudier le sens de variation de la suite $(u_n)$.
\vspt
Pour tout entier $n>0$,
$\bgar[t]{ll}
u_{n+1}-u_n
&=\lp 1-\dfrac{1}{(n+2)^2}\rp-\lp1-\dfrac{1}{(n+1)^2}\rp\\[0.5cm]
&=-\dfrac{1}{(n+2)^2}+\dfrac{1}{(n+1)^2} \\[0.5cm]
&=\dfrac{-(n+1)^2+(n+2)^2}{(n+2)^2(n+1)^2} \\[0.5cm]
&=\dfrac{2n+3}{(n+2)^2(n+1)^2} \\[0.5cm]
\enar$
Or, pour tout entier $n>0$,
$2n+3>3>0$, et $(n+2)^2(n+1)^2>0$,
d'où, $u_{n+1}-u_n>0 \iff u_{n+1}>u_n$.
La suite $(u_n)$ est donc décroissante.
\vspt
\ul{Remarque:} Il y a bien sûr quantité d'autres raisonnements que
l'on peut mener pour arriver à cette conclusion:
$\bullet$ Ecrire $u_n=f(n)$ avec $f:x\mapsto 1-\dfrac{1}{(x+1)^2}$
et étudier le sens de variation de $f$.
$\bullet$ Procéder par encadrements successifs en partant de
$n+1<n+2$ pour arriver à $u_n>u_{n+1}$
$\bullet$ Conjecturer le sens de variation de $(u_n)$ en calculant
les premiers termes, puis démontrer cette conjecture avec un
raisonnment par récurrence
$\bullet$ \dots
\enen
\item On pose $x_n=u_1 \tm u_2\tm \cdots \tm u_n$
\bgen[a.]
\item Démontrer par récurrence que,
pour tout entier $n\in\N^*$,
$x_n=\dfrac{n+2}{2(n+1)}$
\vspq
Montrons par récurrence que, pour tout entier $n>0$,
$x_n=\dfrac{n+2}{2(n+1)}$.
\vspd\noindent
\ul{Initialisation:} $x_1=u_1=\dfrac{1(1+2)}{(1+1)^2}=\dfrac34$
et $\dfrac{1+2}{2(1+1)}=\dfrac34$
La propriété est donc vraie au rang $n=1$.
\vspd\noindent
\ul{Hérédité:} Supposons que pour un entier $n$ on ait
$x_n=\dfrac{n+2}{2(n+1)}$.
Alors,
$x_{n+1}
=\underbrace{u_1\tm u_2 \tm u_3\tm \cdots \tm u_n}_{x_n}\tm u_{n+1}
=x_n\tm u_{n+1}
$
et donc, avec $u_{n+1}=\dfrac{(n+1)(n+3)}{(n+2)^2}$,
$x_{n+1}=\dfrac{n+2}{2(n+1)}\tm \dfrac{(n+1)(n+3)}{(n+2)^2}
=\dfrac{n+3}{2(n+2)}
=\dfrac{(n+1)+2}{2\lp (n+1)+1\rp^2}
$
et la propriété est encore vraie au rang $n+1$.
\vspd\noindent
\ul{Conclusion:} On a donc démontré, d'après le principe de
récurrence, que pour tout entier $n>0$,
$x_n=\dfrac{n+2}{2(n+1)}$.
\item Déterminer la limite de la suite $(x_n)$.
\vspt
$x_n
=\dfrac{n+2}{2(n+1)}
=\dfrac{n\lp1+\dfrac{2}{n}\rp}{2n\lp 1+\dfrac{1}{n}\rp}
=\dfrac12\,\dfrac{1+\dfrac2n}{1+\dfrac1n}
$
avec, $\dsp\lim_{n\to+\infty} \lp 1+\dfrac2n\rp=1$,
et $\dsp\lim_{n\to+\infty} \lp 1+\dfrac1n\rp=1$, d'où,
par produit et quotient des limites,
$\dsp\lim_{n\to+\infty} x_n=\dfrac12$.
\enen
\enen
\enex
\label{LastPage}
\end{document}
Télécharger le fichier source 
