\input{../preambules/preDM.tex}
\usepackage{enumitem}

\begin{document}

\chead{Correction Devoir maison n°2}
\lfoot{}
\cfoot{Généralités sur les suites.}

\begin{center}
\fbox{ \Large A rendre pour le 3 Octobre 2018}
\end{center}
\vspace{30pt}

\renewcommand{\P}{\mathscr{P}}
\newcommand{\e}{e}

\section*{Exercice 1 - Inspiré d'ECRICOME 2004 ECT}

L'exercice se propose d'\'etudier la suite $(u_n)_{n\in\N}$ d\'efinie par~:
$$ \begin{cases}
u_0=0\cr \forall n\in\N,\quad u_{n+1}=f(u_n)
\end{cases}$$

La fonction $f$ \'etant d\'efinie sur $\R$ par~:
        pour tout $x$  r\'eel, $f(x)=\e^{-x}\ln(1+\e^x)$.

\subsubsection*{\'Etude d'une fonction $\bf g$  interm\'ediaire.}

On considère la fonction  d\'efinie sur $\R_+$ par~:
$$\forall t\ge 0,\qquad g(t)={t\over t+1}-\ln(1+t)$$

\begin{enumerate}
\item Pour tout $t \geq 0$, $t+1>0$, donc
\begin{itemize}
\item $t \to t$ est continue sur $\R_+$
\item $t \to t+1$ est continue sur $\R_+$ et ne s'annule pas sur cet intervalle.
\item $t \to \ln(t+1)$ est continue sur $\R_+$ 
\end{itemize}
\begin{center}
\fbox{Donc $g$ est continue sur $\R_+$ en tant que somme, quotient et composée de fonctions continues. }
\end{center}
\item On a 
$$
\dfrac{t}{t+1} = \dfrac{t}{t(1 + 1/t)} = \dfrac{1}{1 +\frac{1}{t}}
$$
Or $\li_{t \to + \infty} \dfrac{1}{1 +\frac{1}{t}} = 1$ et $\li_{x \to + \infty} \ln(1+t) = + \infty$. Donc
\begin{center}
\fbox{$\li_{t \to + \infty} g(t) = - \infty$.}
\end{center}
\item La fonction $g$ est dérivable sur $\R_+$ en tant que somme, quotient et composée de fonction dérivables sur $\R_+$. On a alors
\begin{eqnarray*}
\forall t \geq 0, \quad g'(t) & = & \dfrac{(t+1) - t}{(t+1)^2} - \dfrac{1}{t+1} \\
& = & \dfrac{-t}{(t+1)^2} \leq 0
\end{eqnarray*}
\item La fonction \fbox{$g$ est décroissante sur $\R_+$}. La fonction $g$ admet donc un maximum en $0$. Or $g(0) = 0$. Donc 
\begin{center}
\fbox{$ \forall t \geq 0, \; g(t) \leq 0$.}
\end{center}
\end{enumerate}
\subsubsection*{\'Etude de la fonction $\bf f$.}
\begin{enumerate}[start = 5]
\item La fonction $f$ est dérivable sur $\R$ en tant que produit et composée de fonctions dérivables sur $\R$. 
\begin{eqnarray*}
\forall x \in \R, \; f'(x) & = &  -e^{-x} \ln(1 + e^x) + e^{-x} \times \dfrac{e^x}{1 + e^x} \\
& = & e^{-x} \left( \dfrac{e^x}{1 + e^x} - \ln(1 + e^x) \right)
\end{eqnarray*}
Ainsi, \begin{center}
\fbox{$\forall x \in \R$, $f'(x) = e^{-x} g(e^x)$.}
\end{center}
\item On a 
$$
e^{-x} \ln(1 + e^x) = \dfrac{\ln(1+e^x)}{e^{x}}
$$
Et $\li_{x \to - \infty} f(x) = \li_{x \to + \infty} \dfrac{\ln(1+e^x)}{e^{x}} = \li_{X \to 0} \dfrac{\ln(1+X)}{X}$. Par taux d'accroissements,
\begin{center}
\fbox{$ \li_{x \to - \infty} f(x) = 1$.}
\end{center}
On a aussi 
$$
e^{-x} \ln(1 + e^x) = e^{-x} \ln(e^x (e^{-x} + 1)) = e^{-x} (x + \ln(1 + e^{-x}) = x e^{-x} + e^{-x} \ln(1+ e^{-x}).
$$
Or $ \li_{x \to + \infty} x e^{-x} = \li_{x \to + \infty} \dfrac{x}{e^x} = 0$ par croissance comparée et $\li_{x \to + \infty}  e^{-x} \ln(1+ e^{-x}) = 0$. Ainsi
\begin{center}
\fbox{$ \li_{x \to + \infty} f(x) = 0$.}
\end{center}
\item Pour tout $x$ réel, $e^x > 0$ et donc $g(e^x) < 0$. De plus, $e^{-x} >0$ et on a donc $f'(x) <0$. 
\begin{center}
 \fbox{La fonction $f$ est strictement décroissante sur $\R$. }
 \end{center} 
 On trace alors son tableau de variations. 
 \begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[lgt=3,espcl=8]{$x$/1,Variations de $f$/2}{$- \infty$,$+\infty$}
\tkzTabVar{+/$1$, -/$0$}
\tkzTabVal{1}{2}{0.33}{0}{$\ln(2)$}
\tkzTabVal{1}{2}{0.66}{1}{$\dfrac{\ln(1+e)}{e}$}
\end{tikzpicture}
\end{center}

\item Sachant que 
\begin{itemize}
\item $f$ est continue sur $[0,1]$,
\item $f$ est strictement décroissante sur $[0,1]$,
\item $f([0,1]) = \left[ \dfrac{\ln(1+e)}{e} ; \ln(2) \right] \subset [0;1]$. 
\end{itemize}
$f$ est une bijection sur $[0,1]$ à valeurs dans $\left[ \dfrac{\ln(1+e)}{e} ; \ln(2) \right] \subset [0;1]$ (On dit que $f$ est stable par $[0;1]$. On a alors,
\begin{center}
\fbox{$
\forall x \in [0,1], \quad 0 \leq f(x) \leq 1
$.}
\end{center}
\item Compléter le script suivant qui permet de tracer la fonction $f$ sur l'intervalle $[0,1]$ (on prendra 1000 points en abscisses).
\begin{verbatim}
function ..y = f(x)..
    y = ..exp(-x) * log(1+exp(x))..
..endfunction..

x = ..linspace(0,1,1000)..
plot(x,f)
\end{verbatim}
\end{enumerate}
\subsubsection*{\'Etude de la suite $(u_n)_{n\in\N}$}
\begin{enumerate}[start = 10]
\item Voici le script Scilab
\begin{verbatim}
n = input("Donnez une valeur de n")
u = 0
for k = 1 : n
    u = f(u) \\La fonction f étant définie à la question précédente
end
disp("Le nième terme de la suite est " + string(u))
\end{verbatim}
\item Soit $x \in [0,1]$. Premièrement, $f'$ est négative donc $|f'(x)| = - f'(x) = - e^{-x} g(e^x)$. Deuxièmement, comme la fonction $g$ est décroissante et négative,
\begin{eqnarray*}
0 \leq x \leq 1 & \Longrightarrow &  g(1) \geq g(e^x) \geq g(e) \\
& \Longrightarrow &  -g(1) \leq - g(e^x) \leq - g(e) \\
& \Longrightarrow &   - g(e^x) \leq | g(e)|
\end{eqnarray*} 
Enfin, $e^{-x} \leq 1$. En combinant toutes ces inégalités, on obtient
\begin{center}
\fbox{$ \forall x \in [0,1], \quad |f'(x)| \leq |g(e)|$.}
\end{center}
\item
On consid\`ere la fonction $h$ d\'efinie sur $[0,1]$ par~:\quad $h(x)=f(x)-x$. (Remarque, il n'y avait pas de question 12)
\item
La fonction $h$ est dérivable en tant que somme de fonctions dérivables. Et 
$$
\forall x \in [0,1], \quad h'(x) = f'(x) -1 = e^{-x} g(e^x) - 1
$$
Or $g$ est négative sur $[0,1]$ donc $h'$ est strictement négative sur $[0,1]$. \begin{center}
\fbox{La fonction $h$ est strictement décroissante sur $[0,1]$.}
\end{center}
\begin{enumerate}
\item On applique le théorème de la bijection. On calcule $h(0) = f(0)-0 \simeq 0,69$ et $h(1) = f(1) -1 \simeq -0,52$
\begin{itemize}
\item La fonction $h$ est continue sur $[0,1]$. 
\item La fonction $h$ est strictement décroissante sur $[0,1]$.
\item $h(0) > 0$ et $h(1) <0$.
\end{itemize}
D'après le théorème de la bijection, il existe un unique $\alpha \in [0,1]$ tel que $h(\alpha) = 0$. 
\item L'équation $f(x) = x$ est équivalente à $h(x) = 0$ et cette dernière équation à une unique solution. Donc il existe un unique $\alpha \in [0,1]$ tel que $f(\alpha) = \alpha$. 
\end{enumerate}
\item On montre les propriétés suivantes $\P_n : \left\{ 0 \leq u_n \leq 1 \right\}$.
\begin{itemize}
\item \textbf{Initialisation :} La propriété $\mathscr{P}_0$ s'écrit $0 \leq u_0 \leq 1$. Or, $u_0 = 0$. La propriété $\mathscr{P}_0$ est donc vraie.  
	\item \textbf{Hérédité :} On suppose que $\P_n$ est vrai pour un certain rang $n$. (On a donc $0 \leq u_n \leq 1$ ) 
\begin{eqnarray*}
0 \leq u_n \leq 1 & \Longrightarrow & 0 \leq f(u_n) \leq 1 
\end{eqnarray*}
(d'après la question 7). La proposition $\P_{n+1}$ est donc vraie. On en déduit que la suite des propositions $(\P_n)$ est héréditaire. 
	\item \textbf{Conclusion :} \fbox{Pour tout $n \in \N$, $0 \leq u_n \leq 1$. }
	\end{itemize}
%\item
%Montrer que, pour tout $n$ entier naturel~:  $$\abs{u_{n+1}-\alpha}\le
%\abs{g(\e)}.\abs{u_n-\alpha}$$
%
%Ainsi que~: $$\abs{u_n-\alpha}\le \abs{g(\e)}^n$$
%\item
%Sachant que $\abs{g(\e)}<0.6$, d\'eterminer alors la limite de la suite $(u_n)_{n\in\N}$
%lorsque $n$ tend vers $+\infty$.
\end{enumerate}

\newpage
\section*{Exercice 2: \'Etude d'une suite $u_{n+1} = f(u_n)$ - Ecricome ECT 2004} % Ecricome ECT 2004


Dans toute cette partie, on s'intéresse à la suite $(u_n)_{n \in \N}$ définie par la relation de récurrence 
$$u_{n+1} = e \sqrt{u_n - 1} + 1 .$$
\begin{enumerate}
\item On \'etudie dans cette partie la fonction $f : x \to e \sqrt{x-1} +1$.
\begin{enumerate}
	\item Pour trouver le domaine de définition de $f$, on résout l'inéquation
	$$
	x-1  \geq 0 \Longleftrightarrow x \geq 1
	$$
	\begin{center}
	 \fbox{Le domaine de définition de $f$ est donc $\mathcal{D} = [1 ; +\infty[$.}
	 \end{center}
	 \vspace{10pt}	 
	 \item La fonction $f$ est dérivable sur $]1;+\infty[$ en tant que composée et somme de fonction dérivable :
	 \begin{center}
	 \fbox{$f'(x) = \dfrac{e}{2 \sqrt{x-1}}$.}
	 \end{center}
	 Une racine carrée étant toujours positive, on a \fbox{$\forall x \in ]1 ; +\infty[, \; f'(x) > 0$.}
	 
	\item On a $\li_{x \to + \infty} x - 1 = +\infty$ et $\li_{X \to + \infty} e \sqrt{X} + 1 = + \infty$. Ainsi
\begin{center}
\fbox{	$
	\li_{x \to + \infty} f(x) = + \infty.
	$}
\end{center}
On peut construire le tableau de variation suivant :
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[espcl=4]{$x$/1,Signe de $f'(t)$/1.5,Variation de $f$/2}{$1$,$+\infty$}
\tkzTabLine{,+} 
\tkzTabVar{-/1, +/$+\infty$} 
\end{tikzpicture}
\end{center}
	\item On résout l'équation 
		\begin{eqnarray*}
		 f(x) = x & \Longleftrightarrow & e \sqrt{x - 1} +1 = x \\
		 & \Longleftrightarrow & e\sqrt{x - 1} = x - 1 \\
		 & \Longleftrightarrow & e^2 (x - 1) = (x - 1)^2 \\
		 & \Longleftrightarrow & e^2 x - e^2 = x^2 - 2x +1 \\
		 & \Longleftrightarrow & x^2 - (2+e^2) x + 1 + e^2 = 0 \\
		\end{eqnarray*} 
	On calcule le discriminant de l'équation d'ordre 2 
		\begin{eqnarray*}
		\Delta & = & (-(2+e^2))^2 - 4(1+e^2) \\
		       & = & 4 + 4e^2 + e^4 - 4 - 4e^2 \\
		       & = & e^4 >0
		\end{eqnarray*}
	Les solutions sont donc données par \\
	\begin{minipage}{0.45\linewidth}
	\begin{eqnarray*}
	\\
	x_1 & = & \dfrac{(2+e^2) - \sqrt{e^4}}{2} \\
	& =& \dfrac{2}{2} \\
	\\
	& =& 1 \\
	\end{eqnarray*}
	\end{minipage}
	\begin{minipage}{0.45\linewidth}
	\begin{eqnarray*}
	x_2 & = & \dfrac{(2+e^2) + \sqrt{e^4}}{2} \\
	\\
	& = & \dfrac{2+2e^2}{2} \\
	\\
	& = & 1+e^2
	\end{eqnarray*}
	\end{minipage}	
	\begin{center}
	\fbox{L'ensemble des solutions de l'équation $f(x) = x$ est donc $\mathcal{S} = \{ 1; 1+e^2 \}$.}
	\end{center}
	\item D'une part on a 
	\begin{eqnarray*}
		 f(x) \geq x & \Longleftrightarrow & e \sqrt{x - 1} +1 \geq x \\
		 & \Longleftrightarrow & e\sqrt{x - 1} \geq x - 1 \\
		 & \Longleftrightarrow & e^2 (x - 1) \geq (x - 1)^2 \qquad \text{car $x - 1 \geq 0$ et la fonction carré est croissante sur $\R+$}\\
		 & \Longleftrightarrow & e^2 x - e^2 \geq x^2 - 2x +1 \\
		 & \Longleftrightarrow & x^2 - (2+e^2) x + 1 + e^2 \leq 0 
		\end{eqnarray*} 
		D'après la question précédente, on peut construire le tableau de signe de $x^2 - (2+e^2) x + 1 + e^2$.
	\begin{center}
	\begin{tikzpicture}
	\tkzTabInit[espcl=4]{$x$/1,Signe du Polynôme/1.5}{$-\infty$,$1$, $1+e^2$,$+\infty$}
	\tkzTabLine{,+,z,-,z,+,} 
	\end{tikzpicture}
	\end{center}
	Ainsi, 
	\begin{center}
	\fbox{$
	f(x) \geq x \Longleftrightarrow x \in [1; 1+e^2]
	$}
	\end{center}
	\item On a $f'(1+e^2) = \dfrac{e}{2\sqrt{1+e^2 - 1}} = \dfrac{1}{2}$ et $f(1+e^2) = e \sqrt{1+e^2 -1} + 1 = 1+e^2$. On en déduit l'équation de la tangente à la fonction $f$ en $x = 1+e^2$, 
	\begin{center}
	\fbox{$y = f'(1+e^2) (x - (1+e^2)) + f(1+e^2) = \dfrac{1}{2} x + \dfrac{1+e^2}{2}$.}
	\end{center}
\end{enumerate}
\item On considère $u_0 = 1 + e^2$. On montre par récurrence que la suite $(u_n)_{n \in \N}$ est constante.
	\begin{itemize}
	\item On cherche à montrer les propositions $\P_n : \{ u_n = 1 + e^2 \}$.
	\item \textbf{Initialisation :} La propriété $\mathscr{P}_0$ s'écrit $u_0 = 1+e^2$. Or d'après l'énoncé, $u_0 = 1+e^2$. La propriété $\mathscr{P}_0$ est donc vraie.  
	\item \textbf{Hérédité :} On suppose que $\P_n$ est vrai pour un certain rang $n$. (On a donc $u_n = 1+e^2$) \\
	
On utilise la définition de la suite, à savoir $u_{n+1} = f(u_n)$. Or comme $u_n = 1+e^2$, on a 
$$
u_{n+1} = f(1+e^2) = 1+e^2 \qquad \text{(d'après la question 1(d))}
$$
La proposition $\P_{n+1}$ est donc vraie. On en déduit que la suite des proposition $(\P_n)$ est héréditaire. 
	\item \textbf{Conclusion :} Pour tout $n \in \N$, $u_n = 1+e^2$, en d'autres termes, \fbox{la suite $(u_n)_{n \in \N}$ est constante} 
	\end{itemize}
\item On cherche à déterminer une expression pour la suite $(u_n)_{n \in \N}$ lorsque $u_0 >1$. On pose alors 
$$ v_n = \ln(u_n - 1). $$
	\begin{enumerate}
	\item \begin{itemize}
	\item On cherche à montrer les propositions $\P_n : \{ u_n > 1\}$.
	\item \textbf{Initialisation :} La propriété $\mathscr{P}_0$ s'écrit $u_0 > 1 $. Or d'après l'énoncé, $u_0 > 1$. La propriété $\mathscr{P}_0$ est donc vraie.  
	\item \textbf{Hérédité :} On suppose que $\P_n$ est vrai pour un certain rang $n$. (On a donc $u_n > 1 $) \\
	
On a alors
\begin{eqnarray*}
u_n > 1 & \Longleftarrow & u_n - 1 > 0 \\
& \Longleftarrow & \sqrt{u_n - 1} > \sqrt{0} \quad \text{(Car la fonction racine est croissante)}\\
& \Longleftarrow & e\sqrt{u_n - 1} > 0 \\
& \Longleftarrow & e\sqrt{u_n - 1} + 1 > 1
\end{eqnarray*} 
Ainsi, $u_{n+1}>1$, la proposition $\P_{n+1}$ est donc vraie. On en déduit que la suite des proposition $(\P_n)$ est héréditaire. 
	\item \textbf{Conclusion :} \fbox{Pour tout $n \in \N$, $u_n > 1$} 
	\end{itemize} 
	\item On a montré précédemment que $\forall n \in \N$, $u_n > 1 \Longleftrightarrow u_n - 1 > 0$. \fbox{Ainsi $v_n$ est bien définie.} 
	\item On calcule pour tout $n \in \N$,
	\begin{eqnarray*}
	v_{n+1} & = & \ln (u_{n+1} -1) \\
	& = & \ln (e\sqrt{u_n - 1} + 1 -1) \\
	& = & \ln (e\sqrt{u_n - 1}) \\
	& = & \ln (e) + \ln(\sqrt{u_n - 1}) \\
	& = & 1 + \frac{1}{2}\ln (u_n - 1) \\
	\end{eqnarray*}
	On en déduit la relation \fbox{$\forall n \in \N, \quad v_{n+1} = 1 + \frac{1}{2}v_n $}.
	\item 	On pose la suite $w_n = v_n -2$ et ainsi pour tout $n$ entier,
	\begin{eqnarray*}
	w_{n+1} & = & v_{n+1} - 2 \\
	& = & 1 + \dfrac{1}{2} v_n - 2 \\
	& = & \dfrac{1}{2}(w_n + 2) - 1 \\
	& = & \dfrac{1}{2} w_n.
	\end{eqnarray*}
\item 	La suite $(w_n)$ est une suite géométrique de raison $\frac{1}{2}$. On a alors $\forall n \in \N, \; w_n = w_0 \left( \dfrac{1}{2} \right)^n$. Enfin
	$v_n = w_0 \left( \dfrac{1}{2} \right)^n + 2$ et comme $w_0 = v_0 - 2$, 
	\begin{center}
	\fbox{$\forall n \in \N,\quad  v_n = (v_0 - 2)  \left( \dfrac{1}{2} \right)^n + 2$.}
	\end{center}
	\item D'après les questions précédentes, $v_0 = \ln(u_0 -1)$ et 
	\begin{eqnarray*}
	v_n = \ln(u_n - 1) & \Longleftrightarrow & u_n - 1 = e^{v_n} \\
	& \Longleftrightarrow & u_n = e^{v_n} + 1 \\
	& \Longleftrightarrow & u_n = \exp \left((v_0 - 2)  \left( \dfrac{1}{2} \right)^n + 2 \right) + 1 
\end{eqnarray*}	 
On conclut que 
\begin{center}
\fbox{$\forall n \in \N,\quad u_n = \exp \left((\ln(u_0 - 1) - 2)  \left( \dfrac{1}{2} \right)^n + 2 \right) + 1$.}
\end{center}
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\section*{Exercice 3 : Récurrences}
\begin{enumerate}
\item On montre par récurrence que pour tout $n \in N$, $0 < u_n <2$.
	\begin{itemize}
	\item On cherche à montrer les propositions $\P_n : \{ 0< u_n < 2\}$.
	\item \textbf{Initialisation :} La propriété $\mathscr{P}_0$ s'écrit $0< u_0< 2$. Or d'après l'énoncé, $u_0 = 1$, donc compris entre $1$ et $2$. La propriété $\mathscr{P}_0$ est donc vraie.  
	\item \textbf{Hérédité :} On suppose que $\P_n$ est vrai pour un certain rang $n$. (On a donc $0 < u_n < 2$) \\
	
On utilise la définition de la suite, à savoir $u_{n+1} = \sqrt{2 + u_n}$. Or \begin{eqnarray*}
0 \leq u_n \leq 2 & \Longrightarrow & 2 \leq 2 + u_n \leq 4 \\
& \Longrightarrow& \sqrt{2} \leq  \sqrt{2 + u_n} \leq 2 \\
& \Longrightarrow & \sqrt{2} \leq u_{n+1} \leq 2 \\
& \Longrightarrow & 0 \leq u_{n+1} \leq 2
\end{eqnarray*}
La proposition $\P_{n+1}$ est donc vraie. On en déduit que la suite des proposition $(\P_n)$ est héréditaire. 
	\item \textbf{Conclusion :} \fbox{Pour tout $n \in \N$, $0 \leq u_n \leq 2$.}
	\end{itemize}
\item Soit $a\in \R^+$. On montre par récurrence que pour tout $n \in \N$ on a $(1+a)^n  \geq 1 + na$. 
	\begin{itemize}
	\item On cherche à montrer les propositions $\P_n : \{ (1+a)^n  \geq 1 + na \}$.
	\item \textbf{Initialisation :} La propriété $\mathscr{P}_0$ s'écrit $(1+a)^0 \geq 1 + 0 \times a$. Or $(1+a)^0 = 1$ et $1 + 0\times a = 1$. La propriété $\mathscr{P}_0$ est donc vraie.  
	\item \textbf{Hérédité :} On suppose que $\P_n$ est vrai pour un certain rang $n$. (On a donc $(1+a)^n \geq 1 + na$)
 \begin{eqnarray*}
(1+a)^n \geq 1 + na & \Longrightarrow & (1+a)^n \times (1+a) \geq (1+na)(1+a) \\
& \Longrightarrow& (1+a)^{n+1} \geq 1 + na + a + na^2 \\
& \Longrightarrow& (1+a)^{n+1} \geq 1 + (n+1)a + na^2 \\
& \Longrightarrow& (1+a)^{n+1} \geq 1 + (n+1)a
\end{eqnarray*}
En effet, $n a^2 \geq 0$ car $n \in \N$ et $a^2 \geq 0$. 
La proposition $\P_{n+1}$ est donc vraie. On en déduit que la suite des proposition $(\P_n)$ est héréditaire. 
	\item \textbf{Conclusion :} \fbox{Pour tout $n \in \N$, $(1+a)^n \geq 1 + na$.}
	\end{itemize}
\item La suite de Fibonacci $(u_n)$ est défini par $u_{n+2} = u_{n+1} + u_n$ et $u_0 = u_1 = 1$. On démontre par récurrence forte que $\forall n \in \N, u_n \in \N$. 
	\begin{itemize}
	\item On cherche à montrer les propositions $\P_n : \{ u_n \in \N \}$.
	\item \textbf{Initialisation :} Les propriétés $\mathscr{P}_0$ et $\mathscr{P}_1$ sont vraies puisque $u_0= 1 \in \N$ et $u_1 = 1 \in \N$.  
	\item \textbf{Hérédité :} On suppose que $\P_n$ et $\P_{n+1}$ sont vraies pour un certain rang $n$. On veut montrer que $\P_{n+2}$ est vraie.
 On a donc $u_n \in \N$ et $u_{n+1} \in \N$. Or, comme 
 $u_{n+2} = u_{n+1} + u_n$ on a $u_{n+2} \in \N$. La somme de deux entiers est un entier. La proposition $\P_{n+2}$ est donc vraie. On en déduit que la suite des proposition $(\P_n)$ est héréditaire. 
	\item \textbf{Conclusion :} \fbox{Pour tout $n \in \N$, $u_n \in \N$.}
	\end{itemize}
\end{enumerate}

\end{document}