1. • $S_1=\dfrac{1}{2!}=\dfrac{1}{2}=1-\dfrac{1}{2}=1-\dfrac{1}{2!}$.
   • $S_2=\dfrac{1}{2!}+\dfrac{2}{3!}=\dfrac{5}{6}=1-\dfrac{1}{6}=1-\dfrac{1}{3!}$.
   • $S_3=S_2+\dfrac{3}{4!}=\dfrac{23}{24}=1-\dfrac{1}{24}=1-\dfrac{1}{4!}$.
   On constate alors que $S_n=1-\dfrac{1}{(n+1)!}$ pour $n=1$, $n=2$ et $n=3$.

2. Démontrons par récurrence cette dernière conjecture. Nous avons réalisé l'initialisation dans la question précédente.

   Supposons que pour un entier $k$ fixé, $S_k=1-\dfrac{1}{(k+1)!}$ (HR). Alors,

   \[ \begin{align} S_{k+1} & = S_k + \dfrac{k+1}{(k+2)!}\\ & = 1-\dfrac{1}{(k+1)!} + \dfrac{k+1}{(k+2)!}\\ & = 1-\dfrac{1}{(k+1)!}\times\dfrac{k+2}{k+2} + \dfrac{k+1}{(k+2)!}\\ & = 1-\dfrac{k+2}{(k+2)!} + \dfrac{k+1}{(k+2)!}\\ & = 1-\dfrac{1}{(k+2)!}.\end{align} \]

   L'hérédité est alors vérifiée.

   La formule est donc vraie pour tout entier naturel $n$ non nul.

Posons $P(n)$ la propriété : \[ (P_n)\: :\: 1^2+2^2+3^2+\cdots+(n-1)^2+n^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6} \]

1. Initialisation. $S_1=1^2=1$ et $\dfrac{1\times(1+1)(2\times1+1)}{6}=\dfrac{6}{6}=1$. Donc $P(1)$ est vraie.

2. Hérédité. Supposons que pour un entier naturel $k$, la propriété $P(k)$ est vraie (hypothèse de récurrence). Montrons alors que $P(k+1)$ l'est aussi, c'est-à-dire que : \[ 1^2+2^2+\cdots+k^2+(k+1)^2 = \frac{(k+1)(k+2)(2k+3)}{6}\] Par hypothèse de récurrence, on a :

   \[ \begin{align} 1^2+2^2+\cdots+k^2+(k+1)^2 & = S_k+(k+1)^2\\[8pt] & = \frac{k(k+1)(2k+1)}{6}+(k+1)^2\\[8pt] & = (k+1)\left[\frac{k(2k+1)}{6}+(k+1) \right]\\[8pt] & = (k+1)\left[\frac{k(2k+1)+6(k+1)}{6} \right]\\[8pt] & = \frac{(k+1)(2k^2+7k+6)}{6}.\end{align} \]

   « $k_1=-2$ » est une racine évidente du polynôme $2k^2+7k+6$ donc la seconde racine $k_2$ est telle que $k_1k_2=\dfrac{c}{a}$, donc $k_2=-\dfrac{1}{2}\times\dfrac{6}{2}=-\dfrac{3}{2}$. Ainsi, $2k^2+7k+6=2\left(k+2\right)\left(k+\frac{3}{2}\right)=(k+2)(2k+3)$.

   Finalement, on a : \[ 1^2+2^2+\cdots+k^2+(k+1)^2=\frac{(k+1)(k+2)(2k+3)}{6}. \] L'hérédité est donc vérifiée.

3. Conclusion. Quel que soit l'entier naturel $k \geqslant 1$, $P(k) \Rightarrow P(k+1)$. Ainsi, d'après le principe de récurrence, la propriété $P(n)$ est vraie pour tout entier $n\geqslant 1$.

• Initialisation.

  Pour $n=2$,

  \[ \begin{align} (1+x)^n & = (1+x)^2 = 1+2x+x^2\\ 1+nx & = 1+2x. \end{align} \]

  Or, $x^2>0$ donc $1+2x+x^2>1+2x$; ainsi, $(1+x)^2 > 1+2x$.

  L'inégalité est donc vraie au rang $n=2$.

• Hérédité.

  On suppose que l'inégalité est vraie au rang $n$, c'est-à-dire que l'on suppose que pour un entier $n$ quelconque supérieur strictement à 1 : \[ \forall x \geqslant-1,\ x\neq0,\ (1+x)^n>1+nx\qquad {\rm(HR)} \] et on souhaite démontrer que : \[ \forall x \geqslant-1,\ x\neq0,\ (1+x)^{n+1} > 1+(n+1)x. \] $\forall x \geqslant-1,\ x\neq0$, on a :

  \[ \begin{align} (1+x)^{n+1} & = (1+x)^n \times (1+x)\\ & > (1+nx)\times(1+x)\qquad\text{par HR}\\ & > 1+nx+x+x^2\qquad\text{en développant}\\ & > 1+(n+1)x+x^2.\end{align} \]

  Or, $x^2>0$ donc $1+(n+1)x+x^2>1+(n+1)x$, d'où: \[ (1+x)^{n+1}>1+(n+1)x. \] Ainsi, si l'inégalité est vraie à un rang $n$ quelconque, elle l'est aussi au rang $n+1$ : l'hérédité est démontrée.

Par conséquent, l'inégalité de Bernoulli est vraie pour tout entier naturel $n$ supérieur strictement à 1.

Posons: \[ \mathcal{P}_n\quad:\quad \forall n \geqslant 4, n\in\N, n! > n^2. \] Démontrons par récurrence que cette propriété est vraie.

• Initialisation.

  $4!=2\times3\times4=24$ et $4^2=16$ donc pour $n=4$, $n!>n^2$.

• Hérédité.

  Supposons que pour un certain entier $k$ fixé supérieur ou égal à 4, $\mathcal{P}_k$ est vraie, c'est-à-dire que $k!>k^2$ (HR).

  Démontrons alors que $(k+1)! > (k+1)^2$, soit $(k+1)! > k^2+2k+1$.

  \[ \begin{align} (k+1)! & = k! \times (k+1)\\ & > k^2 \times (k+1)\qquad\text{ d'après (HR)} \end{align} \]

  Il faudrait démontrer maintenant que $k^2(k+1) \geqslant (k+1)^2$.

  On calcule alors:

  \[ \begin{align} k^2(k+1) - (k+1)^2 & = (k+1)\big[k^2 - (k+1) \big]\\ & = (k+1)(k^2-k-1)\\ & = (k+1)\big[ k(k-1) - 1 \big]. \end{align} \]

  $\forall k \geqslant 4$, \[ \begin{array}{r} k(k-1)-1 \geqslant 4\times3-1, \text{ soit }k(k-1)-1 \geqslant 11\\ k+1 \geqslant 5 \end{array} \Rightarrow (k+1)\big[ k(k-1) - 1 \big] \geqslant 55>0. \]

  Donc $k^2(k+1) - (k+1)^2 \geqslant0$, soit $k^2(k+1) \geqslant (k+1)^2$.

  Ainsi, $(k+1)! > (k+1)^2$. La propriété $\mathcal{P}_n$ est donc héréditaire.

D'après le principe de récurrence, on en déduit que $\mathcal{P}_n$ est vraie pour tout entier naturel $n$ supérieur ou égal à 4.

1. Résolvons dans $\N$ l'inéquation:

   \[ \begin{align} 4n > 2(n+1) & \iff 4n > 2n + 2\\ & \iff 2n > 2\\ & \iff n > 1. \end{align} \]

2. Montrons par récurrence que pour tout entier naturel $n \geqslant 3$, \[ \mathcal{P}(n):\qquad 2^n > 2n. \]

   • Initialisation: pour $n=3$, $2^n=2^3=8$ et $2n=2\times3=6$.

     $8 > 6$ donc $2^3 > 2\times3$.

     $\mathcal{P}(3)$ est donc vraie.

     
     

   • Hérédité: supposons que pour un entier $k$ arbitrairement fixé, $\mathcal{P}(k)$ est vraie.

     Montrons alors que $\mathcal{P}(k+1)$ est aussi vraie, c'est-à-dire que $2^{k+1} > 2(k+1)$.

     \[ \begin{align} \mathcal{P}(k)\text{ vraie} & \Rightarrow 2^k > 2k\\ & \Rightarrow 2\times2^k > 2 \times 2k\\ & \Rightarrow 2^{k+1} > 4k {\color{red} > 2(k+1) \text{ (d'après la question précédente car $k>1$)}}\\ & \Rightarrow \mathcal{P}(k+1) \text{ vraie}. \end{align} \]

     L'hérédité est alors prouvée.

   • Conclusion: d'après le principe de récurrence, $\mathcal{P}(n)$ est vraie pour tout entier $n \geqslant 3$.

1. Supposons que pour un entier $k$ fixé, $4^k+1$ est divisible par 3. Alors, il existe un entier naturel $p$ tel que: \[ 4^k+1=3p. \]

   On a alors les implications suivantes:

   \[ \begin{align} & 4^k+1=3p\\ \Rightarrow & 4\times(4^k+1) = 4 \times 3p\\ \Rightarrow & 4^{k+1} + 4 = 12p\\ \Rightarrow & 4^{k+1} + 4 - 3 = 12p - 3\\ \Rightarrow & 4^{k+1} + 1 = 3(4p-1).\end{align} \]

   Ainsi, $4^{k+1}+1$ est un multiple de 3, et donc $\mathcal{P}(k+1)$ est vraie.

   On dit que la propriété $\mathcal{P}$ est héréditaire.

2. $\mathcal{P}(0)$ stipule que $4^0+1=2$ est un multiple de 3, ce qui est loin d'être vrai.

   De même, $\mathcal{P}(1)$ stipule que $4^1+1=5$ est un multiple de 3, ce qui n'est pas le cas.

   Donc $\mathcal{P}(n)$ n'est pas vraie pour tout entier naturel $n$.

3. Ce qui précède nous permet de constater que ce n'est pas parce qu'une propriété est héréditaire qu'elle est tout le temps vraie.

   Le principe de récurrence s'appuie d'ailleurs sur le fait qu'il est nécessaire de vérifier que la propriété est vraie pour un entier (généralement, le plus petit possible: c'est l'initialisation).

   Donc il faut veiller à faire l'initialisation lors d'un raisonnement par récurrence sans quoi, le raisonnement est faux.

1. Posons $\mathcal{P}(n): 4^n-3n-1=9p$, où $p$ est un entier relatif.

   • Initialisation.

     Pour $n=0$, on a: \[ 4^n-3n-1=4^0-3\times0-1=1-1=0 = 9\times 0. \] Ainsi, $\mathcal{P}(0)$ est vraie.

   • Hérédité.

     Supposons que pour un entier $k$ arbitrairement fixé, $\mathcal{P}(k)$ est vraie.

     Montrons alors que $\mathcal{P}(k+1)$ est aussi vraie, c'est-à-dire que:

     $4^{k+1} - 3(k+1) - 1 = 9p$, soit $4^{k+1} - 3k - 4 = 9p$, où $p$ est un entier relatif.

     \[ \begin{align} \mathcal{P}(k) \text{ vraie} & \Rightarrow 4^k-3k-1=9p\\ & \Rightarrow 4\times(4^k-3k-1) = 4\times 9p\\ & \Rightarrow 4^{k+1} {\color{red}-12k} - 4 = 4\times9p\\ & \Rightarrow 4^{k+1} {\color{red}- 3k - 9k} - 4 = 4\times9p\\ & \Rightarrow 4^{k+1} - 3k - 4 = 4\times9p +9k\\ & \Rightarrow 4^{k+1} - 3k - 4 = 9(4p+k)\\ & \Rightarrow \mathcal{P}(k+1) \text{ vraie}. \end{align} \]

     En effet, $4p+k$ est un entier relatif (car c'est une combinaison linéaire de deux entiers relatifs).

   • Conclusion.

     $\mathcal{P}(0)$ est vraie et $\mathcal{P}(k) \text{ vraie} \Rightarrow \mathcal{P}(k+1) \text{ vraie}$ donc, d'après le principe de récurrence, $\mathcal{P}(n)$ est vraie pour tout entier naturel $n$, à savoir que: \[ \forall n\in\N,\qquad 4^n-3n-1 \text{ est un multiple de 9}. \]

2. Posons $\mathcal{P}(n):7\times3^{5n}+4=11p$, où $p$ est un entier naturel (non nul).

   • Initialisation.

     Pour $n=0$, on a: \[ 7\times3^{5n}+4=7\times3^0+4=7+4=11=11\times1. \] Ainsi, $\mathcal{P}(0)$ est vraie.

   • Hérédité.

     Supposons que pour un entier $k$ arbitrairement fixé, $\mathcal{P}(k)$ est vraie.

     Montrons alors que $\mathcal{P}(k+1)$ est aussi vraie, c'est-à-dire que: \[ 7\times3^{5(k+1)}+4=11p. \]

     \[ \begin{align} \mathcal{P}(k)\text{ vraie} & \Rightarrow 7\times3^{5k}+4=11p\\ & \Rightarrow 3^5\times\big(7\times3^{5k}+4\big)=3^5\times11p\\ & \Rightarrow 7\times3^{5k}\times3^5 + 4\times3^5 = 11\times3^5p\\ & \Rightarrow 7\times3^{5k+5} + {\color{red}972} = 11\times3^5p\\ & \Rightarrow 7\times3^{5(k+1)} + {\color{red}4 + 968} = 11\times3^5p\\ & \Rightarrow 7\times3^{5(k+1)} + 4 = 11\times3^5p-{\color{blue}968}\\ & \Rightarrow 7\times3^{5(k+1)} + 4 = 11\times3^5p-{\color{blue}11\times88}\\ & \Rightarrow 7\times3^{5(k+1)} + 4 = 11\times\big(3^5p-88\big)\\ & \Rightarrow \mathcal{P}(k+1) \text{ vraie}. \end{align} \]

   • Conclusion.

     $\mathcal{P}(0)$ est vraie et $\mathcal{P}(k) \text{ vraie} \Rightarrow \mathcal{P}(k+1) \text{ vraie}$ donc, d'après le principe de récurrence, $\mathcal{P}(n)$ est vraie pour tout entier naturel $n$, à savoir que: \[ \forall n\in\N,\quad 7\times3^{5n}+4\text{ est un multiple de 11}. \]

1. Calculons :

   • $u_1 = \frac{1}{2-u_0} = \frac{1}{2}$
   • $u_2 = \frac{1}{2-u_1} = \frac{1}{2-\tfrac{1}{2}} = \frac{2}{3}$
   • $u_3 = \frac{1}{2-u_2} = \frac{1}{2-\tfrac{2}{3}} = \frac{3}{4}$

2. Posons $P(n)$ la propriété : $u_n=\dfrac{n}{n+1}$.

   • Initialisation.

     Faite dans la question 1.

   • Hérédité.

     Supposons que pour un entier naturel $k$, $P(k)$ est vraie (H.R.). Montrons alors que $P(k+1)$ l'est aussi, c'est-à-dire que $u_{k+1}=\dfrac{k+1}{k+2}$.

     \[ \begin{align} u_{k+1} & = \frac{1}{2-u_k} = \frac{1}{2-\tfrac{k}{k+1}}\quad\text{(H.R.)}\\ & = \frac{1}{\tfrac{2(k+1)-k}{k+1}} = \frac{k+1}{k+2}.\end{align} \]

     L'hérédité est alors vérifiée.

   • Conclusion.

     Quel que soit l'entier naturel $k$, $P(k)\Rightarrow P(k+1)$. Ainsi, d'après le principe de récurrence, la propriété $P(n)$ est vraie pour tout entier naturel $n$.

On souhaite démontrer par récurrence que pour tout entier naturel $n$, $0\leqslant u_n \leqslant 5$.

• Initialisation.

  $u_0=1$ donc $0 \leqslant u_0 \leqslant 5$. La propriété est donc vraie pour $n=0$.

• Hérédité.

  Supposons que pour un entier $k$ fixé, $0\leqslant u_k \leqslant 5$.

  Alors, puisque $f$ est croissante sur $\intervFF{0}{5}$, on peut prendre l'image de chaque membre de cet encadrement sans changer le sens des inégalités: les images de 0, $u_k$ et 5 sont rangées dans le même ordre: \[ f(0) \leqslant f(u_k) \leqslant f(5) \] soit: \[ 1 \leqslant u_{k+1} \leqslant 5\qquad\text{et donc:}\qquad 0 \leqslant u_{k+1} \leqslant 5. \] L'hérédité est alors vérifiée.

• Conclusion.

  La propriété est vraie pour $n=0$ et elle est héréditaire donc, d'après le principe de récurrence, $0\leqslant u_n \leqslant 5$ pour tout entier naturel $n$.

On souhaite démontrer par récurrence que pour tout entier naturel $n$, $1\leqslant u_n \leqslant 2$.

• Initialisation.

  $u_0=2$ donc $1 \leqslant u_0 \leqslant 2$. La propriété est donc vraie pour $n=0$.

• Hérédité.

  Supposons que pour un entier $k$ fixé, $1\leqslant u_k \leqslant 2$.

  Alors,on a:

  \[ \begin{align} 1\leqslant u_k \leqslant 2 & \Rightarrow 1+1\leqslant 1+u_k \leqslant 1+2\\ & \Rightarrow 2 \leqslant 1+u_k \leqslant 3\\ & \Rightarrow \sqrt2 \leqslant \sqrt{1+u_k} \leqslant \sqrt3\\ & \Rightarrow {\color{red} 1 \leqslant} \sqrt{2} \leqslant u_{k+1} \leqslant \sqrt{3}\ {\color{red} \leqslant 2} \end{align} \]

  L'hérédité est alors vérifiée.

• Conclusion.

  La propriété est vraie pour $n=0$ et elle est héréditaire donc, d'après le principe de récurrence, $1\leqslant u_n \leqslant 2$ pour tout entier naturel $n$.

On souhaite démontrer par récurrence que pour tout entier naturel $n$, $\dfrac{1}{2}\leqslant u_n \leqslant 1$.

• Initialisation.

  $u_0=\dfrac{1}{2}$ donc $\dfrac{1}{2} \leqslant u_0 \leqslant 1$. La propriété est donc vraie pour $n=0$.

• Hérédité.

  Supposons que pour un entier $k$ fixé, $\dfrac{1}{2}\leqslant u_k \leqslant 1$.

  Alors,on a:

  \[ \begin{align} \dfrac{1}{2}\leqslant u_k \leqslant 1 & \Rightarrow 1+\dfrac{1}{2}\leqslant 1+u_k \leqslant 1+1\\ & \Rightarrow \dfrac{3}{2} \leqslant 1+u_k \leqslant 2\\ & \Rightarrow \dfrac{1}{2} \leqslant \dfrac{1}{1+u_k} \leqslant \dfrac{2}{3}\\ & \Rightarrow \dfrac{1}{2} \leqslant u_{k+1} \leqslant \dfrac{2}{3}\ {\color{red} \leqslant 1} \end{align} \]

  L'hérédité est alors vérifiée.

• Conclusion.

  La propriété est vraie pour $n=0$ et elle est héréditaire donc, d'après le principe de récurrence, $\dfrac{1}{2}\leqslant u_n \leqslant 1$ pour tout entier naturel $n$.

1. $a_n=\dfrac{3n+2}{4n-1}=\dfrac{n\left(3+\frac{2}{n}\right)}{n\left(4-\frac{1}{n}\right)}=\dfrac{3+\frac{2}{n}}{4-\frac{1}{n}}$, pour $n>0$.

   Or, d'après le cours, $\limite{n}{+\infty}{\dfrac{1}{n}}=0$ donc, par somme, produit et quotient de limites, \[ \boxed{ \limite{n}{+\infty}{a_n}=\dfrac{3}{4} } \]

2. $b_n=\dfrac{n^2-3n+1}{n+7}=\dfrac{n^2\left(1-\frac{3}{n}+\frac{1}{n^2}\right)}{n\left(1+\frac{7}{n}\right)}=\dfrac{n\left(1-\frac{3}{n}+\frac{1}{n^2}\right)}{1+\frac{7}{n}}$, pour $n>0$.

   Or, pour $k\in\Nstar$, $\limite{n}{+\infty}{\dfrac{1}{n^k}}=0$ donc, par somme produit et quotient de limites: \[ \boxed{\limite{n}{+\infty}{b_n}=\limite{n}{+\infty}{\dfrac{n\times1}{1}}=+\infty} \]

3. $c_n=\dfrac{3n-7}{n^2+1}=\dfrac{n\left(3-\frac{7}{n}\right)}{n^2\left(1+\frac{1}{n^2}\right)}=\dfrac{3-\frac{7}{n}}{n\left(1+\frac{1}{n^2}\right)}$, pour $n>0$.

   Or, pour $k\in\Nstar$, $\limite{n}{+\infty}{\dfrac{1}{n^k}}=0$ donc, par somme, produit et quotient de limites, \[ \boxed{\limite{n}{+\infty}{c_n}=\limite{n}{+\infty}{\dfrac{3}{n}}=0} \]

1. Pour cette question, on aura besoin de voir que $n^2=n \times n = n \times \sqrt{n} \times \sqrt{n}$.

   Ainsi, $\dfrac{n^2}{\sqrt{n}}=n\sqrt{n}$.

   $u_n=\dfrac{n^2+3n-2}{\sqrt{n}+1}=\dfrac{n^2\left(1+\frac{3}{n}-\frac{2}{n^2}\right)}{\sqrt{n}\left(1+\frac{1}{\sqrt{n}}\right)}=\dfrac{n\sqrt{n}\left(1+\frac{3}{n}-\frac{2}{n^2}\right)}{1+\frac{1}{\sqrt{n}}}$, pour $n>0$.

   Or, pour $k\in\Nstar$, $\limite{n}{+\infty}{\dfrac{1}{n^k}}=0$ et $\limite{n}{+\infty}{\dfrac{1}{\sqrt{n}}}=0$ donc, par somme, produit et quotient de limites, \[ \boxed{ \limite{n}{+\infty}{u_n} = \limite{n}{+\infty}{\big(n\sqrt{n}\big)}=+\infty} \]

2. $v_n=\sqrt{\dfrac{4n+1}{n+2}}=\sqrt{\dfrac{n\left(4+\frac{1}{n}\right)}{n\left(1+\frac{2}{n}\right)}}=\sqrt{\dfrac{4+\frac{1}{n}}{1+\frac{2}{n}}}$, pour $n>0$.

   Or, pour $k\in\Nstar$, $\limite{n}{+\infty}{\dfrac{1}{n^k}}=0$ donc, par somme, produit et quotient de limites, \[ \boxed{ \limite{n}{+\infty}{v_n} = \sqrt{\dfrac{4}{1}} = 2 } \]

3. $w_n=\dfrac{2\sqrt{n}+n-3}{\sqrt{n}+1}=\dfrac{n\left(\frac{2\sqrt{n}}{n}+1-\frac{3}{n}\right)}{\sqrt{n}\left(1+\frac{1}{\sqrt{n}}\right)}=\dfrac{\sqrt{n}\left(\frac{2}{\sqrt{n}}+1-\frac{3}{n}\right)}{1+\frac{1}{\sqrt{n}}}$, pour $n>0$.

   Or, pour $k\in\Nstar$, $\limite{n}{+\infty}{\dfrac{1}{n^k}}=0$ et $\limite{n}{+\infty}{\dfrac{1}{\sqrt{n}}}=0$ donc, par somme, produit et quotient de limites, \[ \boxed{ \limite{n}{+\infty}{w_n} = \limite{n}{+\infty}{\dfrac{\sqrt{n}}{1}}=+\infty} \]

Pour tout entier naturel $n\neq0$, on a : \[ -1 \leqslant \cos(n) \leqslant 1. \] Ainsi,

\[ \begin{align} & n-1 \leqslant n+\cos(n)\leqslant n+1\\[6pt] \iff & \frac{n-1}{n^2}\leqslant\frac{n+\cos(n)}{n^2}\leqslant\frac{n+1}{n^2} \end{align} \]

De plus, \[ \lim_{n\to+\infty}\left( \frac{n-1}{n^2} \right) =\lim_{n\to+\infty}\left( \frac{n\left(1-\frac{1}{n} \right)}{n^2}\right) = \lim_{n\to+\infty}\left( \frac{1-\frac{1}{n}}{n} \right) =0. \] De même, \[ \lim_{n\to+\infty}\left(\frac{n+1}{n^2}\right)=0. \] Les limites des bornes étant finies et communes, d'après le théorème des gendarmes, \[ \boxed{\lim_{n\to+\infty} u_n=0} \]

1. Pour tous réels $a$ et $b$ strictement positifs tels que $a \neq b$, on a: \[ (a-b)^2=a^2+b^2-2ab. \] Or, \[ (a-b)^2 > 0 \] donc:

   \[ \begin{align} a^2+b^2-2ab > 0 & \iff a^2+b^2 > 2ab\\ & \iff \dfrac{a^2+b^2}{2} > ab\\ & \iff \boxed{ ab < \dfrac{a^2+b^2}{2} } \end{align} \]

   Cette dernière inégalité est un cas particulier de l'inégalité de Young (qui dépasse le programme de Terminale).

2. On a:

   \[ \dfrac{ab}{a^2+b^2} < \dfrac{\frac{a^2+b^2}{2}}{a^2+b^2} < \dfrac{1}{2}. \]

   Ainsi, \[ u_n < \left(\dfrac{1}{2}\right)^n \] De plus, \[ u_n > 0 \] car $a>0$ et $b>0$. Donc, \[ \forall n\in\N,\quad 0 < u_n < \dfrac{1}{2^n}. \] Or, \[ \limite{n}{+\infty}{\left(\dfrac{1}{2^n}\right)}=0. \] Donc, d'après le théorème des gendarmes, \[ \boxed{ \limite{n}{+\infty}{(u_n)}=0 } \]

1. Pour tout entier naturel $k$,

   \[ \begin{align} \dfrac{k}{(k+1)!} & =\dfrac{k+1}{(k+1)!} - \dfrac{1}{(k+1)!}\\ &= \dfrac{\cancel{(k+1)}}{k!\times\cancel{(k+1)}}-\dfrac{1}{(k+1)!}\\& = \dfrac{1}{k!}-\dfrac{1}{(k+1)!}.\end{align} \]

2. On a:

   \[ \begin{align} S_n & = \sum_{k=1}^n \dfrac{k}{(k+1)!} = \sum_{k=1}^n \left( \dfrac{1}{k!}-\dfrac{1}{(k+1)!} \right)\\ & = \left( \dfrac{1}{1!} - \dfrac{1}{2!}\right) + \left( \dfrac{1}{2!} - \dfrac{1}{3!}\right) + \left( \dfrac{1}{3!} - \dfrac{1}{4!}\right) + \cdots + \left( \dfrac{1}{n!} - \dfrac{1}{(n+1)!}\right)\\ & = \dfrac{1}{1!} - \cancel{\dfrac{1}{2!}} + \cancel{\dfrac{1}{2!}} - \cancel{\dfrac{1}{3!}} + \cancel{\dfrac{1}{3!}} - \cancel{\dfrac{1}{4!}} + \cdots + \cancel{\dfrac{1}{n!}} - \dfrac{1}{(n+1)!} \\ & = 1 - \dfrac{1}{(n+1)!}.\end{align} \]

3. $\limite{n}{+\infty}{(n+1)!}=+\infty$ donc $\limite{n}{+\infty}{\dfrac{1}{(n+1)!}}=0$.

   Ainsi, $\boxed{\limite{n}{+\infty}{S_n}=1}$.

1. Calculons $\limite{n}{+\infty}{\dfrac{n^2+\sin(n)}{n+1}}$.

   Pour tout entier naturel $n$,

   \[ \begin{align} -1 \leqslant \sin(n) \leqslant 1 & \iff n^2-1 \leqslant n^2+\sin(n) \leqslant n^2+1\\ & \iff \dfrac{n^2-1}{n+1} \leqslant \dfrac{n^2+\sin(n)}{n+1} \leqslant \dfrac{n^2+1}{n+1}\text{ car }n+1>0.\end{align} \]

   Or, $\dfrac{n^2-1}{n+1}=\dfrac{\cancel{n}\left(n-\frac{1}{n}\right)}{\cancel{n}\left(1+\frac{1}{n}\right)}$.

   De plus, $\limite{n}{+\infty}{\dfrac{1}{n}}=0$ donc:

   \[ \begin{array}{r} \limite{n}{+\infty}{\left(n-\frac{1}{n}\right)} = +\infty\\ \limite{n}{+\infty}{\left(1+\frac{1}{n}\right)}=1\end{array} \Rightarrow\limite{n}{+\infty}{\dfrac{n^2-1}{n+1}}=+\infty\text{ (par quotient)}. \] On a : \[ \underbrace{\dfrac{n^2-1}{n+1}}_{\color{red} \to +\infty} \leqslant \dfrac{n^2+\sin(n)}{n+1} \] donc, d'après le théorème de comparaison, \[ \boxed{\limite{n}{+\infty}{\dfrac{n^2+\sin(n)}{n+1}}=+\infty} \]

2. Calculons $\limite{n}{+\infty}{\dfrac{(-1)^n-n^3}{1+n^2}}$.

   Pour tout entier naturel $n$,

   \[ \begin{align} -1 \leqslant (-1)^n \leqslant 1 & \iff (-1)-n^3 \leqslant (-1)^n-n^3 \leqslant 1-n^3\\ & \iff \dfrac{-1-n^3}{1+n^2} \leqslant \dfrac{(-1)^n-n^3}{1+n^2} \leqslant \dfrac{1-n^3}{1+n^2}. \end{align} \]

   Or, \[ \dfrac{1-n^3}{1+n^2}=\dfrac{\cancel{n^2}\left(\frac{1}{n^2}-n\right)}{\cancel{n^2}\left(\frac{1}{n^2}+1\right)}=\dfrac{\frac{1}{n^2}-n}{\frac{1}{n^2}+1}. \] De plus, \[ \begin{array}{r} \limite{n}{+\infty}{\left( \frac{1}{n^2}-n \right)} = -\infty\\ \limite{n}{+\infty}{\left( \frac{1}{n^2}+1 \right)} = 1 \end{array} \Rightarrow \limite{n}{+\infty}{\dfrac{\frac{1}{n^2}-n}{\frac{1}{n^2}+1}}=-\infty\text{ (par quotient)}. \] On a : \[ \dfrac{(-1)^n-n^3}{1+n^2} \leqslant \underbrace{\dfrac{1-n^3}{1+n^2}}_{\color{red}\to-\infty} \] donc, d'après le théorème de comparaison, \[ \boxed{\limite{n}{+\infty}{\dfrac{(-1)^n-n^3}{1+n^2}}=-\infty} \]

1. $u_n=\dfrac{n+\sin(n)}{n+\cos(n)}=\dfrac{\cancel{n}\left(1+\frac{\sin(n)}{n} \right)}{\cancel{n}\left(1+\frac{\cos(n)}{n}\right)}$.

   Or, pour tout entier naturel $n$, \[

   \[ \begin{align} -1 \leqslant \sin(n) \leqslant 1 & \text{ donc } -\frac{1}{n} \leqslant \frac{\sin(n)}{n} \leqslant \frac{1}{n}\\[8pt] -1 \leqslant \cos(n) \leqslant 1 & \text{ donc } -\frac{1}{n} \leqslant \frac{\cos(n)}{n} \leqslant \frac{1}{n}. \end{align} \] donc, d'après le théorème des gendarmes, \[ \limite{n}{+\infty}\frac{\sin(n)}{n}=\limite{n}{+\infty}\frac{\cos(n)}{n}=0 \] et donc: \[ \boxed{\limite{n}{+\infty}u_n=\dfrac{1}{1}=1} \]

2. $u_n=\displaystyle\dfrac{1}{n}\sum_{p=0}^n\sin^p(a)=\dfrac{1}{n}\big(1+\sin(a)+\sin^2(a)+\cdots+\sin^n(a)\big)=\dfrac{1}{n}\times\dfrac{1-\sin^{n+1}(a)}{1-\sin(a)}$.

   En effet, nous pouvons voir la somme: \[ 1+\sin(a)+\sin^2(a)+\cdots+\sin^n(a) \] comme étant la somme : \[ 1+q+q^2+\cdots+q^n=\dfrac{1-q^{n+1}}{1-q} \] avec $q=\sin(a)$ ($a\neq\dfrac{\pi}{2}\mod2\pi$ donc $\sin(a)\neq1$).

   De plus,

   \[ \begin{align}-1\leqslant\sin(a)\leqslant1 & \Rightarrow -1\leqslant\sin^{n+1}(a)\leqslant1\\ & \Rightarrow -1 \leqslant -\sin^{n+1}(a) \leqslant 1\\ & \Rightarrow 0 \leqslant 1-\sin^{n+1}(a) \leqslant 2\\ & \Rightarrow 0 \leqslant \dfrac{1-\sin^{n+1}(a)}{1-\sin(a)} \leqslant \dfrac{2}{1-\sin(a)}\\ & \Rightarrow 0 \leqslant u_n \leqslant \dfrac{1}{n}\times\underbrace{\dfrac{2}{1-\sin(a)}}_{\text{constante}}.\end{align} \]

   Or, \[ \lim_{n\to+\infty}\dfrac{1}{n}\times\underbrace{\dfrac{2}{1-\sin(a)}}_{\text{constante}}=0 \] donc d'après le théorème des gendarmes, \[ \boxed{\lim_{n\to+\infty}u_n=0} \]

1. On a : \[ \begin{align} u_{n+1}-u_n & = u_n+2n+3-u_n\\ & = 2n+3 > 0 \end{align} \]

   Ainsi, la suite $\suite{u}{n}{}$ est croissante.

2. 1. Posons $P(n)$ la propriété : $u_n \geqslant n^2$.

      • Initialisation.

        $u_0=1\geqslant 0$ donc $P(0)$ est vraie.

      • Hérédité.

        Supposons que pour un entier naturel $k$ positif, $P(k)$ est vraie (H.R.). Montrons alors que $P(k+1)$ l'est aussi, c'est-à-dire que $u_{k+1}\geqslant(k+1)^2$.

        \[ \begin{align} u_{k+1} & = u_k+2k+3\\ & \geqslant k^2+2k+3 \quad \text{(H.R.)}\\ & \geqslant k^2+2k+1+2\\ & \geqslant (k+1)^2+2\\ & \geqslant (k+1)^2.\end{align} \]

        L'hérédité est alors vérifiée.

      • Conclusion.

        D'après le principe de récurrence, la propriété $P(n)$ est vraie pour tout entier naturel $n$.

   2. D'après le théorème de comparaison des suites et d'après la question précédente, on a : \[ \lim_{n\to+\infty} u_n \geqslant \lim_{n\to+\infty} n^2 \] Or, $\lim\limits_{n\to+\infty} n^2 = +\infty$ ; donc \[ \boxed{\lim_{n\to+\infty} u_n = +\infty}\]

3. Calculons les premiers termes de la suite $\left(u_n\right)$ :

   \[ \begin{align} u_0 & =1\\ u_1 & = u_0+2\times 0+3 = 4\\ u_2 & = u_1+2\times 1+3=9\\ u_3 & = u_2+2\times 2+3=16\\ u_4 & = u_3+2\times 3+3=25\end{align} \]

   On peut alors conjecturer que $u_n=(n+1)^2$. Montrons cela par récurrence.

   • Initialisation.

     Faite précédemment.

   • Hérédité.

     On suppose que pour un entier naturel $k$, $u_k=(k+1)^2$ (qui constitue la propriété $P(k)$). Montrons que $u_{k+1}=(k+2)^2$.

     \[ \begin{align} u_{k+1} & =u_k+2k+3\\ & = (k+1)^2+2k+3\\ & = k^2+4k+4\\ & = (k+2)^2. \end{align} \]

     L'hérédité est alors vérifiée.

   • Conclusion.

     $P(0)$ est vraie et $P$ est héréditaire donc, d'après le principe de récurrence, la propriété $P(n)$ est vraie pour tout entier naturel $n$.

Le fait que $u_{n+1}=\sqrt{2+u_n}$ nous dit que $u_{n+1}=f(u_n)$, avec $f(x)=\sqrt{2+x}$. Il faut donc tracer la courbe représentative de la fonction $f$ (en rouge ci-dessous) ainsi que la droite d'équation $y=x$ (en orange ci-dessous) pour transformer les images (en ordonnées) en abscisses.

On peut alors conjecturer que la limite de cette suite est l'abscisse du point d'intersection de la courbe avec la droite, soit la solution de l'équation :

\[ \begin{align} x=\sqrt{2+x} & \iff x^2 = 2+x\\ & \iff x^2-x-2=0\qquad,\qquad\Delta=9\\ & \iff x = 2. \end{align} \]

1. On a : \[ f'(x)=\frac{1}{(x+1)^2}>0. \] Donc $f$ est strictement croissante sur $\intervFF{0}{2}$.

   On en déduit alors : \[ 1 \leqslant x \leqslant 2 \Rightarrow f(1)\leqslant f(x) \leqslant f(2)\] Or, $f(1)=\dfrac{3}{2}>1$ et $f(2)=\dfrac{5}{3}<2$.

   Ainsi, \[ \boxed{x\in\intervFF{1}{2} \Rightarrow f(x)\in\intervFF{1}{2}} \]

2. Soit $P(n)$ la propriété : $1\leqslant u_n < u_{n+1} \leqslant 2$.

   Démontrons qu'elle est vraie pour tout entier naturel $n$ par récurrence.

   • Initialisation.

     $u_0=1$ et $u_1=\dfrac{2\times1+1}{1+1}=1,5$ donc $1\leqslant u_n < u_1 \leqslant 2$.

   • Hérédité.

     Supposons que $P(k)$ soit vraie, où $k$ est un entier naturel. Montrons alors que $P(k+1)$ l'est aussi.

     D'après la question précédente, on a :

     \[ \begin{align} 1 \leqslant u_k < u_{k+1} \leqslant 2 & \implies f(1) \leqslant f\left(u_k\right) < f(u_{k+1}) \leqslant f(2)\\ & \implies {\color{red}1 } \leqslant 1,5 \leqslant u_{k+1} < u_{k+2} \leqslant \frac{5}{3} {\color{red} \leqslant 2}. \end{align} \]

     L'hérédité est alors vérifiée.

   • Conclusion.

     $P(0)$ est vraie et $P$ est héréditaire donc, d'après le principe de récurrence, $P(n)$ est vraie pour tout entier naturel $n$.

3. De la question précédente, on peut conclure que la suite $\suite{u}{n}{}$ est croissante et bornée, donc majorée. Or, toute suite croissante et majorée converge.

   Donc $\suite{u}{n}{}$ est convergente.

1. On a $v_n=\dfrac{u_n-2}{u_n+3}$. Alors :

   \[ \begin{align} v_{n+1} & = \frac{u_{n+1}-2}{u_{n+1}+3}\\& = \frac{\tfrac{u_n+6}{u_n+2}-2}{\tfrac{u_n+6}{u_n+2}+3}\\& = \frac{u_n+6-2u_n-4}{u_n+2}\times\frac{u_n+2}{u_n+6+3u_n+6}\\ & = \frac{-u_n+2}{4u_n+12}\\& = -\frac{1}{4}\times\frac{u_n-2}{u_n+3}\\& = -\frac{1}{4}v_n\;.\end{align} \]

   Ainsi, la suite $\left(v_n\right)$ est une suite géométrique de premier terme $v_0=\dfrac{u_0-2}{u_0+3}=-\dfrac{1}{4}$ et de raison $q=-\dfrac{1}{4}$.

2. La suite $\left(v_n\right)$ converge vers « 0 » comme suite géométrique de raison strictement comprise entre $-1$ et $1$. Ainsi :

   \[ \begin{align} \lim_{n\to+\infty} \frac{u_n-2}{u_n+3}=0 & \Rightarrow \lim_{n\to+\infty} \left(u_n-2\right)=0\\ & \Rightarrow \boxed{\lim_{n\to+\infty} u_n=2}\\ & \text{(car $1\leqslant u_n \leqslant 2,5$ donc $\limite{n}{+\infty}{(u_n+3)}\neq\pm\infty$)} \end{align} \]

1. On a: \[ \begin{align} v_{n+1}-v_n & = \frac{1}{u_{n+1}-\tfrac{1}{2}}-\frac{1}{u_n-\tfrac{1}{2}}\\ & = \frac{1}{\tfrac{4u_n-1}{4u_n}-\tfrac{1}{2}}-\frac{1}{u_n-\tfrac{1}{2}}\\ & = \frac{1}{\tfrac{4u_n-1}{4u_n}-\tfrac{2u_n}{4u_n}}-\frac{1}{u_n-\tfrac{1}{2}}\\ & = \frac{1}{\tfrac{2u_n-1}{4u_n}}-\frac{1}{u_n-\tfrac{1}{2}}\\ & = \frac{4u_n}{2u_n-1}-\frac{1}{u_n-\tfrac{1}{2}}\\ & = \frac{2u_n}{u_n-\tfrac{1}{2}}-\frac{1}{u_n-\tfrac{1}{2}}\\ & = \frac{2\left(u_n-\tfrac{1}{2}\right)}{u_n-\tfrac{1}{2}} = 2.\end{align} \]

   La suite $\suite{v}{n}{}$ est donc arithmétique de premier terme $v_0=\dfrac{1}{u_0-\dfrac{1}{2}}=\dfrac{2}{5}$ et de raison $r=2$.

2. D'après ce qui précède, $\lim\limits_{n\to+\infty} v_n=+\infty$ car $r>0$ d'où : \[ \lim_{n\to+\infty} \frac{1}{u_n-\tfrac{1}{2}}=+\infty\;,\] ce qui signifie que : \[ \lim_{n\to+\infty} \left(u_n-\frac{1}{2}\right)=0. \] D'où : \[ \boxed{\lim_{n\to+\infty} u_n=\frac{1}{2}} \]

1. On trouve :

   • $u_1=-0,5$
   • $u_2=0,75$
   • $u_3=3,375$
   • $u_4=6,6875$
   • $u_5=10,34375$
   • $u_6=14,171875$
   • $u_7=18,0859375$
   • $u_8=22,04296875$
   • $u_9=26,021484375$

   On peut alors conjecturer que $\suite{u}{n}{}$ est strictement croissante à partir de $n=1$.

2. 1. On a : \[ \begin{align} v_{n+1} & =u_{n+1}-4(n+1)+10\\ & = \dfrac{1}{2}u_n+2n-1-4n-4+10\\ & = \dfrac{1}{2}u_n-2n+5\\ & = \dfrac{1}{2}\left(u_n-4n+10\right)\\ & = \dfrac{1}{2}v_n\;. \end{align} \]

      On déduit alors que $\suite{v}{n}{}$ est une suite géométrique de raison $\dfrac{1}{2}$ et de premier terme $v_0=u_0-4\times0+10=11$.

   2. On a alors : $v_n=11\times\dfrac{1}{2^n}$ et donc: $u_n=v_n+4n-10=\dfrac{11}{2^n}+4n-10$.

   3. On a: \[ \begin{align} S_n & = \sum_{k=0}^n \left(\dfrac{11}{2^k}+4k-10\right)\\ & = 11\sum_{k=0}^n\dfrac{1}{2^k}+4\sum_{k=0}^n k-10\sum_{k=0}^n 1\\ & = 11\left(\dfrac{1-\frac{1}{2^{n+1}}}{1-\frac{1}{2}}\right)+4\times\dfrac{n(n+1)}{2}-10(n+1)\\ & = 22\left(1-\dfrac{1}{2^{n+1}}\right)+2(n-5)(n+1). \end{align} \]

1. Posons $\mathcal{P}(n):4 \leqslant u_n \leqslant u_{n+1} \leqslant 20.$

   Démontrons par récurrence que $\mathcal{P}(n)$ est vraie pour tout entier naturel $n$.

   • Initialisation.

     $u_1=\dfrac{1}{4}u_0+12=1+12=13$.

     On a alors: $4 \leqslant u_0 \leqslant u_{1} \leqslant 20$.

     Ainsi, $\mathcal{P}(0)$ est vraie.

   • Hérédité.

     Supposons que pour un entier $k$ fixé, $\mathcal{P}(k)$ est vraie.

     Montrons alors que $\mathcal{P}(k+1)$ est aussi vraie.

     \[ \begin{align} \mathcal{P}(k)\text{ vraie} & \Rightarrow 4 \leqslant u_k \leqslant u_{k+1} \leqslant 20\\ & \Rightarrow \frac{1}{4}\times 4 \leqslant \frac{1}{4} u_k \leqslant \frac{1}{4}\times u_{k+1} \leqslant \frac{1}{4}\times 20\\ & \Rightarrow 1+12 \leqslant \frac{1}{4} u_k+12 \leqslant \frac{1}{4} u_{k+1}+12 \leqslant 5+12\\ & \Rightarrow 13 \leqslant u_{k+1} \leqslant u_{k+2} \leqslant 17\\ & \Rightarrow {\color{red}4 \leqslant} 13 \leqslant u_{k+1} \leqslant u_{k+2} \leqslant 17 {\color{red} \leqslant 20}\\ & \Rightarrow \mathcal{P}(k+1)\text{ vraie}. \end{align} \]

   • Conclusion.

     $\mathcal{P}(0)$ est vraie et $\mathcal{P}(k) \text{ vraie }\Rightarrow\mathcal{P}(k+1) \text{ vraie }$ donc, d'après le principe de récurrence, $\mathcal{P}(n)$ est vraie pour tout entier naturel $n$, à savoir que: \[ \forall n\in\N,\qquad 4 \leqslant u_n \leqslant u_{n+1} \leqslant 20. \]

2. D'après la question précédente, $\suite{u}{n}{}$ est croissante et majorée (par 20) donc, d'après le théorème de convergence des suites monotones, $\suite{u}{n}{}$ converge.
3. 1. $v_0=u_0-16=4-16=-12$.

   2. Pour tout entier naturel $n$, \[ \begin{align} v_{n+1} & = u_{n+1}-16\\ & = \frac{1}{4}u_n+12-16\\ & = \frac{1}{4}u_n-4\\ & = \frac{1}{4}\left(u_n - \frac{4}{\tfrac{1}{4}}\right)\\ & = \frac{1}{4}(u_n-16)\\ & = \frac{1}{4}v_n.\end{align} \]

      Ainsi, $\suite{v}{n}{}$ est une suite géométrique de raison $q=\frac{1}{4}$.

   3. On déduit de la question précédente que: \[ v_n = v_0 \times q^n = -12 \times \left(\frac{1}{4}\right)^n \] et que: \[ u_n = v_n+16 = 16-12\times\left(\frac{1}{4}\right)^n. \]

   4. $0 < \frac{1}{4} < 1$ donc $\limite{n}{+\infty}{\left(\frac{1}{4}\right)^n}=0$.

      Ainsi, $\limite{n}{+\infty}{u_n}=16$.