\input{../preambules/preCorrection.tex}

\begin{document}

\chead{Correction Feuille Exercice 13}
\lfoot{}
\cfoot{Généralités sur les suites.}

\begin{center}
\fbox{ \Large Correction Feuille Exercice 13}
\end{center}
\vspace{30pt}

\setcounter{theorem}{8}

\label{Calculer la limite d'une suite explicite}
\savoir{Calculer la limite d'une suite explicite}

\begin{exo}
\begin{enumerate}
\item La première limite étant une forme indéterminée, on utilise la quantité conjuguée 
\begin{align*} 
\sqrt{n^2 +1} - n & = \dfrac{(\sqrt{n^2 + 1} - n)(\sqrt{n^2 +1} + n)}{\sqrt{n^2 +1} + n} \\
& = \dfrac{n^2 +1 - n^2}{\sqrt{n^2 +1} + n} \\
& = \dfrac{1}{\sqrt{n^2 +1} + n}
\end{align*}
Ainsi,
\begin{center}
\fbox{$\li_{n \to + \infty} a_n = 0$.}
\end{center}
\item D'après la règle des limites sur les factions rationnelles
\begin{center}
\fbox{$
\li_{n \to + \infty} b_n  = \li_{n \to + \infty} \dfrac{n^3}{n^2} = \li_{n \to + \infty} n = +\infty.
$}
\end{center}
\end{enumerate} 
\end{exo}

\begin{exo}[*]
\begin{enumerate}
\item On détermine la limite de la suite $ \begin{cases}
u_0=2\\
u_{n+1}= \dfrac{1}{4} u_n
\end{cases}$. On reconnait une suite géométrique dont la forme explicite est 
$$
u_n = 2 \times \left( \dfrac{1}{4} \right)^n 
$$
Or comme $\li_{n \to + \infty}  \left( \dfrac{1}{4} \right)^n = 0$, on a 
\begin{center}
\fbox{$\li_{n \to + \infty}  u_n = 0$.}
\end{center}

\item On détermine la limite de la suite $ \begin{cases}
v_0=2\\
v_{n+1}= \dfrac{1}{3}v_n + \dfrac{2}{3}
\end{cases}$. On reconnait une suite arithmético-géométrique. On résout alors l'équation 
\begin{align*}
x = \dfrac{1}{3}x + \dfrac{2}{3} & \Longleftrightarrow \dfrac{2}{3} x = \dfrac{2}{3} \\
& \Longleftrightarrow x = 1
\end{align*}
On introduit alors la suite $w_n = v_n -1$ et donc $w_0 = 2 - 1 = 1$. On vérifie que $(w_n)$ est une suite géométrique:
\begin{align*}
w_{n+1} & = v_{n+1} - 1 \\
& = \dfrac{1}{3}v_n + \dfrac{2}{3} - 1\\
& =\dfrac{1}{3}v_n - \dfrac{1}{3}\\
& = \dfrac{1}{3}(v_n-1) \\
& = \dfrac{1}{3}w_n
\end{align*}
La suite $(w_n)$ est donc géométrique de raison $1/3$. On a alors $w_n = \left( \dfrac{1}{3} \right)^n$ et donc 
$$
v_n = \left( \dfrac{1}{3} \right)^n + 1.
$$
Or comme  $\li_{n \to + \infty}  \left( \dfrac{1}{3} \right)^n = 0$, on a 
\begin{center}
\fbox{$\li_{n \to + \infty}  v_n = 1$.}
\end{center}
\end{enumerate}

\end{exo}

\begin{exo}[**]
On joue à pile ou face avec une pièce truquée dont la probabilité d'obtenir Pile vaut $p$ et celle de Face vaut $1-p$. On note $P_k$ resp($F_k$) l'évènement : "on obtient pile (resp. Face) au $k$\`eme lancer". On lance indéfiniment la pièce et on note $X$ le rang où apparait pour la première fois deux résultats pile consécutifs. Par exemple, si les premiers lancers donnent FPFFPFPP alors $X = 8$. \\

\begin{enumerate}
\item L'évènement $X = 1$ signifie que deux piles consécutifs sont apparus pour la première fois au tirage n°1. Cela est impossible :
\begin{center}
\fbox{$P(X=1) = 0$. }
\end{center}
L'évènement $X = 2$ signifie que deux piles consécutifs sont apparus pour la première fois au tirage n°2. Cela arrive si l'on obtient deux piles. Comme les évènements $P_1$ et $P_2$ sont indépendants, 
\begin{center}
\fbox{$P(X = 2) = P(P_1 \cap P_2) = p^2$. }
\end{center}
L'évènement $X = 3$ signifie que deux piles consécutifs sont apparus pour la première fois au tirage n°3. Cela arrive si l'on obtient une face puis deux piles. $F_1$, $P_2$ et $P_3$ étant mutuellement indépendants, 
\begin{center}
\fbox{$P(X= 3) = P(F_1 \cap P_2 \cap P_3) = (1-p)p^2$.}
\end{center}
L'évènement $X = 4$ signifie que deux piles consécutifs sont apparus pour la première fois au tirage n°4. Cela arrive si l'on obtient deux faces puis deux piles ou un pile, une face, deux piles. Les évènements étant mutuellement indépendant, l'on a
\begin{align*}
P(X= 4) & = P(F_1 \cap F_2 \cap P_3 \cap P_4) + P(P_1 \cap F_2 \cap P_3 \cap P_4) \\
& = (1-p)^2 p^2 + p^3 (1-p) \\
&\boxed{ = (1-p) p^2}
\end{align*}

\item On a 
$$
F_1 \cup (P_1 \cap F_2) \cup (P_1 \cap P_2) = \Omega
$$
En effet une expérience commencera soit par la première pièce qui fait face, soit par la première pièce qui fait pile. Dans ce deuxième cas, la seconde pièce pourra alors faire face ou pile.
Et on a $F_1 \cap P_1 \cap P_2 = \emptyset$, $F_1 \cap P_1 \cap F_2 = \emptyset$ et $P_1 \cap P_2 \cap P_1 \cap F_2 = \emptyset$. 
Ainsi, 
\begin{center}
\fbox{$\{ F_1 , P_1 \cap F_2, P_1 \cap P_2 \}$ forme un système complet d'évènements.
}
\end{center}
\item On en déduit d'après la formule des probabilités totales, 
\begin{align*}
P(X = n+2) = & P(F_1) P_{F_1}(X = n+2) + P(P_1 \cap F_2) P_{P_1 \cap F_2} (X = n+2) \\
& + P(P_1 \cap P_2) P_{P_1 \cap P_2} (X = n+2)
\end{align*}
Or, si l'évènement $P_1 \cap P_2$ se réalise alors $X = 2$. Donc 
$$
P_{P_1 \cap P_2} (X = n+2) = 0
$$
Sachant que la première pièce donne face, avoir $X = n+2$ correspond à avoir $X = n+1$ sans connaitre le résultat de la première pièce. Donc
$$
P_{F_1}(X = n+2) = P(X = n+1)
$$
De la même façon, sachant que la première pièce donne pile et la seconde face, avoir $X = n+2$ correspond à avoir $X = n$ sans connaitre le résultat de la première pièce et la deuxième pièce. Donc 
$$
P_{P_1 \cap F_2} (X = n+2) = P(X=n)
$$

Enfin, les évènements $P_1$ et $F_2$ étant indépendants, on a 
$$
P(P_1 \cap F_2) = p(1-p)
$$
donc,
\begin{center}
\fbox{$\forall n \geq 1$, $P(X = n+2) = (1-p) P(X = n+1) + p(1-p) P(X = n)$.}
\end{center}
\item On reconnait une suite récurrente linéaire d'ordre $2$ (on pourra poser $u_n = P(X = n)$ et vérifier que $u_{n+2} = \frac13 u_{n+1} + \frac29 u_n$). On résout alors l'équation caractéristique

\begin{align*}
x^2 = \dfrac{1}{3} x + \dfrac{2}{9} \Longleftrightarrow x^2 - \dfrac{1}{3}x  - \dfrac{2}{9}
\end{align*}
Le discriminant est $\Delta = \dfrac{1}{9} + \dfrac{8}{9} = 1$. Cette équation caractéristique a donc deux solutions 
$$
x_1 = \dfrac{\frac13 - 1}{2} = - \dfrac{1}{3} \quad \text{et} \quad x_2 = \dfrac{\frac13 + 1}{2} = \dfrac{2}{3}
$$
Ainsi, on a pour tout $n \geq 1$,
$$
P(X=n) = \alpha \left( \dfrac{2}{3} \right)^n + \beta \left( - \dfrac{1}{3} \right)^n 
$$ 
En utilisant le fait que $P(X= 1) = 0$ et $P(X=2) = \dfrac{4}{9}$, on obtient le système d'équation 
\begin{align*}
\begin{cases}
\dfrac{2}{3} \alpha - \dfrac{1}{3} \beta & = 0 \\
\dfrac{4}{9} \alpha + \dfrac{1}{9} \beta & = \dfrac{4}{9} 
\end{cases} & \Longleftrightarrow 
\begin{cases}
2 \alpha - \beta & = 0 \\
4 \alpha + \beta & = 4 
\end{cases} \\
& \Longleftrightarrow 
\begin{cases}
2\alpha - \beta & = 0 \\
6 \alpha  & = 4 \quad L_1 + L_2 \to L_2 
\end{cases} \\
& \Longleftrightarrow 
\begin{cases}
\beta & = \dfrac{4}{3} \\
\alpha  & = \dfrac{2}{3} 
\end{cases}
\end{align*}
On obtient alors 
\begin{align*}
P(X = n) & = \dfrac{2}{3} \left( \dfrac{2}{3} \right)^n + \dfrac{4}{3} \left( - \dfrac{1}{3} \right)^n \\
& = \dfrac{4}{9} \left( \dfrac{2}{3} \right)^{n-1} - \dfrac{4}{9} \left( - \dfrac{1}{3} \right)^{n-1} \\
&\boxed{ = \dfrac{4}{9} \left( \left( \dfrac{2}{3} \right)^{n-1} - \left(- \dfrac{1}{3} \right)^{n-1} \right)}
\end{align*}
\item On a d'une part,
$$
\li_{n \to + \infty} \left( \dfrac{2}{3} \right)^{n-1} = 0
$$
et
$$
\li_{n \to + \infty} \left(- \dfrac{1}{3} \right)^{n-1} = 0
$$ 
Ainsi 
\begin{center}
\fbox{$ \li_{n \to + \infty} P(X=n) = 0$. }
\end{center}
Ce résultat signifie qu'il est très peu probable d'obtenir deux piles consécutifs pour la première fois au n-ième tirage quand $n$ devient très grand. Cela est cohérent avec l'expérience.  
\end{enumerate}
\end{exo}


\begin{exo}[**]
On considère la suite $u$ définie par : $\forall n\geqslant2,\quad u_{n+1}=u_{n}\left(1-\dfrac{1}{n^{2}}\right)$
et $u_{2}=1$
\begin{enumerate}
\item On montre par récurrence $ \P_n : \{0 < u_{n}\leqslant1 \}$ \\

 {\bf Initialisation :} On a $u_2 = 1$ donc $\P_2$ est vraie. \\
 
 {\bf Hérédité :} On suppose la propriété $\P_n$ vraie pour un certain $n \geq 2$. 
 \begin{align*}
 0 < u_n \leq 1 & \Longleftrightarrow 0\left(1-\dfrac{1}{n^{2}}\right) < u_n \left(1-\dfrac{1}{n^{2}}\right) \leq \left(1-\dfrac{1}{n^{2}}\right) \\
 & \Longleftrightarrow 0 < u_{n+1} \leq 1
\end{align*}  
La propriété $\P_{n+1}$ est vraie. $(\P_n)$ est héréditaire.  \\

{\bf Conclusion :} \fbox{Pour tout $n \geq 2$, $0 < u_n \leq 1$. } \\

Comme l'on a $u_n >0$, on s'intéresse à 
$$
\dfrac{u_{n+1}}{u_n} = \left(1-\dfrac{1}{n^{2}}\right) \leq 1
$$
\begin{center}
\fbox{La suite $(u_n)_{n \in \N}$ est décroissante. }
\end{center}
\item La suite $u$ est décroissante et minorée par $0$. \fbox{Elle est donc convergente. }
\item On montre par récurrence $ \P_n : \left\{ \forall n \geq 2,\quad u_n = \dfrac{n}{2(n-1)} \right\}$ \\

 {\bf Initialisation :} On a $u_2 = 1$ et $\dfrac{2}{2 \times (2-1)} = 1$. Donc $\P_2$ est vraie.  \\
 
 {\bf Hérédité :} On suppose la propriété $\P_n$ vraie pour un certain $n \geq 2$. 
 \begin{align*}
u_{n+1} & = u_n \left(1-\dfrac{1}{n^{2}}\right) \\
& = \dfrac{n}{2(n-1)}  \left(\dfrac{n^2 - 1}{n^{2}}\right) \\
& = \dfrac{n(n-1)(n+1)}{2(n-1)n^2} \\
& = \dfrac{n+1}{2n}
\end{align*}  
La propriété $\P_{n+1}$ est vraie. $(\P_n)$ est héréditaire.  \\

{\bf Conclusion :} \fbox{Pour tout $n \geq 2$, $u_n = \dfrac{n}{2(n-1)}$. }\\

On en déduit, d'après la propriété des limites d'une fraction rationnelle que :
\begin{center}
\fbox{$\li_{n \to +\infty} u_n = \li_{n \to +\infty} \dfrac{n}{2(n-1)} = \dfrac{1}{2}$}
\end{center}
\end{enumerate}
\end{exo}


\label{Calculer la limite par encadrement ou comparaison}
\savoir{Calculer la limite par encadrement ou comparaison}

\begin{exo}[]
On considère une suite $(u_n)_{n \in \N}$ vérifiant $u_0 = 4$ et la propriété 
$$
\forall n \in \N, \quad |u_{n+1} - 2 | \leq \dfrac{1}{3} |u_n - 2 |
$$
\begin{enumerate}
\item On va montrer par récurrence les propositions $\P_n : \left\{ |u_n -2| \leq 2 \times \left( \dfrac{1}{3} \right)^n \right\}$. 
\renewcommand\labelitemi{\textbullet}
\begin{itemize}
\item {\bf Initialisation :} On a bien $|u_0 - 2| = |4 - 2| =2 \leq 2$ donc $\P_0$ est vraie. 
\item {\bf Hérédité :} On suppose que la proposition $\P_n$ est vraie pour un certain rang $n \geq 0$. On a donc $| u_n - 2| \leq 2 \times \left( \dfrac{1}{3} \right)^n$. Comme $|u_{n+1} -2| \leq \dfrac{1}{3} |u_n - 2|$, on a alors
\begin{align*}
|u_{n+1} -2| \leq \dfrac{1}{3} |u_n - 2|& \Longrightarrow |u_{n+1}  - 2| \leq  \dfrac{1}{3} \times 2 \times \left( \dfrac{1}{3} \right)^n \\
& \Longrightarrow  | u_{n+1} - 2| \leq 2 \times \left( \dfrac{1}{3} \right)^{n+1}
\end{align*}
Donc la proposition $\P_{n+1}$ est vraie. La suite de proposition $(\P_n)$ est héréditaire.
\item {\bf Conclusion :} \fbox{Pour tout $n \in \N$, $| u_n - 2 | \leq 2 \times \left( \dfrac{1}{3} \right)^n$}.
\end{itemize}
\item On a $\li_{n \to + \infty} \left( \dfrac{1}{3} \right)^n = 0$. En appliquant le théorème des gendarmes (son corollaire), on sait que \begin{center}
\fbox{la suite $(u_n)_{n \in \N}$ est convergente et $\li_{n \to + \infty} u_n = 2$. }
\end{center}
\end{enumerate}
\end{exo}

\begin{exo}[*]
On considère la suite $u_n=\sum\limits_{k=1}^n\frac{1}{k}$. On cherche à montrer que celle-ci diverge à l'infini. On suppose que l'on a démontré précédemment le résultat suivant :
$\forall x\geq 1, \quad  \frac{1}{x}\geq \ln\pare{1+\frac{1}{x}}.$
\begin{enumerate}
\item
D'après la relation précédente, on a pour tout $k \in \N^*$,
\begin{align*}
\dfrac{1}{k} \geq \ln \left( 1 + \dfrac{1}{k} \right) & \Longrightarrow \sum_{k=1}^n \dfrac{1}{k} \geq \sum_{k=1}^n \ln \left( 1 + \dfrac{1}{k} \right) \\
& \Longrightarrow u_n \geq \sum_{k=1}^n \ln \left( \dfrac{k+1}{k} \right) \\
&\Longrightarrow u_n \geq \sum_{k=1}^n \ln(k+1) - \ln(k) 
\end{align*} 
On reconnait une somme télescopique à droite et donc
\begin{center}
\fbox{$\forall n\geq 1, u_n\geq \ln( n+1)$.}
\end{center}
\item
On sait que $\li_{n \to +\infty} \ln(n+1) = + \infty$. D'après les théorèmes de comparaison sur les suites, on en déduit que \begin{center}
\fbox{la suite $(u_n)_{n \in \N}$ est divergente vers $+\infty$. }
\end{center}
\end{enumerate}
\end{exo}

\begin{exo}[EDHEC 2008 - **]

Pour tout entier naturel $n$ non nul, on d\'{e}finit la fonction $f_n$ par: 
\[
\forall x\in \mathbb{R},\ f_{n}\left( x\right) =\dfrac{1}{1+e^{x}}+n~x . \]


\begin{enumerate}
\item 
\begin{enumerate}
\item La fonction $f_n$ est dérivable sur $\R$ en tant que somme et quotient de fonctions dérivables. On a alors 
\begin{align*}
\forall x \in \R, \quad \boxed{f_n'(x)  = \dfrac{-e^x}{(1+e^x)^2} + n}
\end{align*}

La fonction $f_n'$ est dérivable sur $\R$ en tant que somme et quotient de fonctions dérivables. On a également
\begin{align*}
\forall x \in \R, \quad f_n''(x) & = \dfrac{-e^x(1+e^x)^2 + e^x \times 2 \times e^x(1+e^x)}{(1+e^x)^4} \\
& = \dfrac{e^x(2e^x + 2e^{2x} - (1+e^x)^2 )}{(1+e^x)^4} \\
& = \dfrac{e^x(2e^x + 2e^{2x} - 1 - 2e^x - e^{2x} )}{(1+e^x)^4} \\
& = \dfrac{e^x(e^{2x} - 1)}{(1+e^x)^4} \\
& \boxed{= \dfrac{e^x(e^x-1)(e^x +1)}{(1+e^x)^4}}
\end{align*}

\item On remarque que $\dfrac{e^x(e^x +1)}{(1+e^x)^4} >0$. Le signe de $f_n''$ dépend donc uniquement du signe de $e^x - 1$. On crée le tableau de variation de la fonction $f_n'$. 
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[lgt=4,espcl=4]{$x$/1.5,Signe de $f_n''(x)$/2,Variations de $f_n'$/2}{$-\infty$,$0$,$+ \infty$}
\tkzTabLine{,-,z,+,} 
\tkzTabVar{+/, -/$n- \dfrac{1}{4}$, +/}
\end{tikzpicture}
\end{center}
Or comme pour tout $n \in \N^*$, $n - \dfrac{1}{4} > 0$, la fonction $f_n'$ est strictement positive sur $\R$. Donc 
\begin{center}
\fbox{la fonction $f_{n}$ est strictement croissante sur $%
\mathbb{R}$}
\end{center}
\end{enumerate}

\item  On a $\li_{x \to - \infty} \dfrac{1}{1 + e^x} = 1$ et $\li_{x \to - \infty} nx = - \infty$ donc 
\begin{center}
\fbox{$\li_{x \to - \infty} f_n(x) = - \infty$. }
\end{center}

De même $\li_{x \to + \infty} \dfrac{1}{1 + e^x} = 0$ et $\li_{x \to + \infty} nx = + \infty$ donc 
\begin{center}
\fbox{$\li_{x \to + \infty} f_n(x) = + \infty$. }
\end{center}

\item 
\begin{enumerate}
\item On sait que 
\begin{itemize}
\item La fonction $f_n$ est continue sur $\R$ en tant que somme et quotient de fonctions continues. 
\item La fonction $f_n$ est strictement croissante sur $\R$. 
\item L'image de $\R$ par la fonction $f_n$ est $\R$.
\end{itemize}
Donc, en utilisant le théorème de la bijection, 
\begin{center}
\fbox{l'\'{e}quation $f_{n}\left( x\right) =0$ poss\`{e}de une seule solution sur $\mathbb{R}$, not\'{e}e $u_{n}$.}
\end{center}

\item On calcule d'une part
$$
f_n(0) = \dfrac{1}{2} > 0
$$
et d'autre part 
$$
f_n \left( - \dfrac{1}{n} \right) = \dfrac{1}{1+e^{-1/n}} - 1 < 0
$$
Ainsi, comme $f_n(0) f_n \left( - \dfrac{1}{n} \right) < 0$ et $f_n$ est continue, d'après le théorème de Bolzano, l'unique solution de l'équation $f_n(x) = 0$, \begin{center}
\fbox{$u_n$ vérifie  $ \dfrac{-1}{%
n}<u_{n}<0$.}
\end{center}

\item On sait que $\li_{n \to +\infty} - \dfrac{1}{n} = 0$. Ainsi, d'après le théorème des gendarmes, on conclut que 
\begin{center}
\fbox{la suite $(u_n)_{n \in \N}$ est convergente et $\li_{n \to +\infty} u_n= 0$. }
\end{center}

\item On revient à l'équation 
\begin{align*}
f_n(u_n) = 0 & \Longleftrightarrow \dfrac{1}{1 + e^{u_n}} + n u_n = 0 \\
& \Longleftrightarrow -2 n u_n = \dfrac{2}{1+e^{u_n}}
\end{align*}

Or comme $\li_{n \to +\infty} u_n = 0$, on a $\li_{n \to +\infty} 1+e^{u_n} = 2$ et donc 
\begin{center}
\fbox{ $\lim\limits_{n \to ++\infty} -2n \times u_{n} = 1$.}
\end{center}
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{exo}

%\newpage
\savoir{Calculer une limite en utilisant le théorème du point fixe}
\label{Calculer une limite en utilisant le théorème du point fixe}

\begin{exo}
Soit $(u_n)_{n \in \N}$ la suite définie par $u_0 = 1$ et pour tout $n \in \N$, $u_{n+1} = u_n + u_n^4$.
\begin{enumerate}
\item On a pour tout $n \in \N$, $u_{n+1} - u_n = - u_n^4 \leq 0$. Ainsi \begin{center}
\fbox{la suite $(u_n)_{n \in \N}$ est décroissante.}
\end{center}  
\item On va montrer par récurrence les propositions $\P_n : \left\{ u_n > 0 \right\}$. 
\renewcommand\labelitemi{\textbullet}
\begin{itemize}
\item {\bf Initialisation :} On a bien $u_0 = \frac12$ donc $\P_0$ est vraie. 
\item {\bf Hérédité :} On suppose que la proposition $\P_n$ est vraie pour un certain rang $n \geq 0$. On a donc $ u_n > 0$. On regarde si $u_{n+1} = u_n - u_n^4 = u_n(1- u_n^3)$. Or on sait que $u_n > 0$(hypothèse de récurrence) et que $u_n < 1/2$ car $(u_n)_{n \in \N}$ est décroissante. Alors $1 - u_n^3 > 0$ donc 
$$
u_{n+1} > 0 
$$
Donc la proposition $\P_{n+1}$ est vraie. La suite de proposition $(\P_n)$ est héréditaire.
\item {\bf Conclusion :} \fbox{Pour tout $n \in \N$, $u_n > 0$}.
\end{itemize} 
\item La suite $(u_n)$ est décroissante minorée donc convergente. Si l'on note $\ell$ la limite de $(u_n)$ le théorème du point fixe impose 
\begin{align*}
\ell = \ell + \ell^4 \Longleftrightarrow \ell^4 = 0  \Longleftrightarrow \ell = 0
\end{align*} 
\begin{center}
\fbox{Ainsi $\li_{n \to + \infty} u_n = 0$. }
\end{center}
\end{enumerate}
\end{exo}

\begin{exo}[*]
Soit $(u_n)$ la suite définie par $u_0 > 0$ et pour tout $n \in \N$, $u_{n+1} = f(u_n)$ avec $f : x \to x + \dfrac{1}{x} - 1$. 
\begin{enumerate}
\item On étudie la fonction $f$. Cette fonction est continue et dérivable sur $[1; +\infty[$ et 
$$
\forall x \in [1; +\infty[, \quad f'(x) = 1 - \dfrac{1}{x^2} 
$$
Or, $ x^2 \geq 1 \Longrightarrow \dfrac{1}{x^2} \leq 1$ et finalement $1 - \dfrac{1}{x^2} \geq 0$. La fonction $f$ est donc strictement croissante sur $[1; + \infty[$. On a 
$$
f(1) = 1 + 1 - 1 = 1
$$
et 
$$
\li_{x \to +\infty} f(x) = + \infty
$$
Ainsi, $f([1;+\infty[) = [1;+\infty[$. Autrement dit, 
\begin{center}
 \fbox{l'ensemble  $[1 ; + \infty[$ est stable par $f$.}
 \end{center} 
\item Soit $x \in [1;+\infty[$, on calcule
$$
f(x) - x = \dfrac{1}{x} -1 
$$
Or $x \geq 1$ donc $\dfrac{1}{x} \leq 1$ et donc 
\begin{center}
 \fbox{Pour tout $x \in [1;+\infty[$, $f(x) - x \leq 0$.}
 \end{center} 
\item On montre par récurrence les propositions $\P_n : \left\{ u_n \geq 1 \right\}$. 
\renewcommand\labelitemi{\textbullet}
\begin{itemize}
\item {\bf Initialisation :} On a bien $u_0 \geq 1$ donc $\P_0$ est vraie. 
\item {\bf Hérédité :} On suppose que la proposition $\P_n$ est vraie pour un certain rang $n \geq 0$. On a donc $ u_n \geq 1$. On a d'après la question $1$, $u_{n+1} = f(u_n) \geq 1$
Donc la proposition $\P_{n+1}$ est vraie. La suite de proposition $(\P_n)$ est héréditaire.
\item {\bf Conclusion :} \fbox{Pour tout $n \in \N$, $u_n \geq 1$}.
\end{itemize} 
\item De plus, comme pour tout $n \in \N$, $u_n \in [1;+\infty[$, 
$$
f(u_n) - u_n \leq 0 \Longleftrightarrow u_{n+1} \leq u_n
$$
Ainsi, 
\begin{center}
\fbox{la suite $(u_n)$ est décroissante. }
\end{center}
La suite $(u_n)_{n \in \N}$ est décroissante et minorée par $1$. D'après le théorème de convergence monotone, la suite $(u_n)_{n \in \N}$ est convergente. Si on note $\ell$ la limite de la suite, le théorème du point fixe nous dit que 
\begin{align*}
f(\ell) = \ell & \Longleftrightarrow \ell + \dfrac{1}{\ell} - 1 = \ell \\
& \Longleftrightarrow \dfrac{1}{\ell} = 1 \\
& \Longleftrightarrow \ell = 1. 
\end{align*}
Ainsi, 
\begin{center}
 \fbox{$\li_{n \to + \infty } u_n = 1$.}
 \end{center} 
\end{enumerate}
\end{exo}

\begin{exo}[**]
Soit $f$ définie par : $f (x) = \ln (x) + x$ pour tout $x \in \R_+^*$:
\begin{enumerate}
\item La fonction $f$ est croissante en tant que somme de fonctions croissante. On a $f(x) - x = \ln(x)$. On a alors 
\begin{itemize}
\item Si $x \in ]0,1[$, $f(x) - x$ est strictement négative. 
\item Si $x > 1$, $f(x) - x$ est strictement positive. 
\end{itemize}
\item Soit $u$ la suite définie par $u_0 > 1$ et pour tout entier $n, u_{n+1} = f (u_n)$.
\begin{enumerate}
\item On montre par récurrence $ \P_n : \{ u_n > 1 \}$ \\

 {\bf Initialisation :} On a $u_0 > 1$ donc $\P_0$ est vraie. \\
 
 {\bf Hérédité :} On suppose la propriété $\P_n$ vraie pour un certain $n \in \N$. 
 \begin{align*}
u_n > 1 & \Longrightarrow f(u_n) > f(1) \quad (\text{La fonction} \: f \, \text{est croissante}) \\
& \Longrightarrow u_{n+1} > 1
\end{align*}  
En effet $f(1) = \ln(1) + 1 = 1$. La propriété $\P_{n+1}$ est vraie. $(\P_n)$ est héréditaire.  \\

{\bf Conclusion :} \fbox{Pour tout $n \in \N$, $u_n > 1$. }

Si $x>1$, $f(x) - x >0$. Comme $u_n >1$, on a 
$$
f(u_n) > u_n  \Longleftrightarrow u_{n+1} > u_n
$$
La suite $(u_n)_{n \in \N}$ est croissante. 
\item Supposons que la suite $(u_n)_{n \in \N}$ est convergente et que sa limite est $\ell$. On a alors 
\begin{align*}
\ell = f(\ell) & \Longleftrightarrow \ell = \ln(\ell) + \ell \\
& \Longleftrightarrow \ln(\ell) = 0 \\
& \Longleftrightarrow \ell = 1
\end{align*} 
Comme la suite est croissante, on a nécessairement $u_n \leq 1$ pour tout $n \in \N$. Mais on a montré que $u_n > 1$, ce qui est absurde.  Ainsi la suite $(u_n)$ n'est pas convergente. On en déduit que $\li_{n \to +\infty} u_n = +\infty$. \\

On suppose à présent que $u_0 = e$.
\item On montre par récurrence $ \P_n : \{ u_n \geq e \}$ \\

 {\bf Initialisation :} On a $u_0 =e$ et donc $\P_0$ est vraie. \\
 
 {\bf Hérédité :} On suppose la propriété $\P_n$ vraie pour un certain $n \in \N$. 
 \begin{align*}
u_{n} \geq e & \Longrightarrow f(u_{n}) \geq f(e) \quad (\text{La fonction} \: f \, \text{est croissante}) \\
& \Longrightarrow u_{n+1} \geq e + \ln(e) \geq e 
\end{align*}  
La propriété $\P_{n+1}$ est vraie. $(\P_n)$ est héréditaire.  \\

{\bf Conclusion :} \fbox{Pour tout $n \in \N$, $u_n \geq e$. } \\

On a alors $\ln(u_n) \geq 1$ et donc $u_{n+1} = f(u_n) = \ln(u_n)+ u_n \geq u_n +1. $ \\

On montre par récurrence $ \P_n : \{ u_n \geq n + e \}$ \\

 {\bf Initialisation :} On a $u_0 =e$ et donc $\P_0$ est vraie. \\
 
 {\bf Hérédité :} On suppose la propriété $\P_n$ vraie pour un certain $n \in \N$. On a 
 \begin{align*}
u_{n+1} \geq u_n + 1 & \Longrightarrow u_{n+1} \geq n+ e +1 
\end{align*}  
La propriété $\P_{n+1}$ est vraie. $(\P_n)$ est héréditaire.  \\

{\bf Conclusion :} \fbox{Pour tout $n \in \N$, $u_n \geq n + e$. }

Or $\li_{n \to +\infty} n + e = + \infty$ donc, par comparaison, \fbox{$\li_{n \to + \infty} u_n = + \infty$.} 
\end{enumerate}
\item Soit $v$ définie par $v_0 \in ]0; 1[$. On démontre par récurrence que $\forall n \in \N, v_n < 1$ et pour tout $x \in ]0,1[$, $f(x) - x$ est négative. La suite $(v_n)_{n \in \N}$ est décroissante. Supposons que la suite soit minorée, elle serait donc convergente et sa limite serait nécessairement 1. Cela impliquerait que $v_n \geq 1$, or l'on a montré précédemment que c'était impossible. \\

Il existe donc un entier $n$ tel que $v_n < 0$. Or cela signifie que $v_{n+1}$ n'est pas définie. 
\end{enumerate}
\end{exo}

\newpage
\savoir{Utiliser le théorème des suites adjacentes}
\label{Utiliser le théorème des suites adjacentes}

\begin{exo}[*]
\begin{enumerate}
\item
Soit $n \in \N^*$, on a 
\begin{align*}
u_{n+1} - u_n & = \sum_{k=1}^{n+1} \dfrac{1}{k^3} - \sum_{k=1}^{n}  \dfrac{1}{k^3} \\
& = \sum_{k=1}^{n} \dfrac{1}{k^3} + \dfrac{1}{(n+1)^3} - \sum_{k=1}^{n}  \dfrac{1}{k^3} \\
& = \dfrac{1}{(n+1)^3} > 0
\end{align*}
La suite $(u_n)_{n \in \N^*}$ est croissante.
\begin{align*}
v_{n+1} - v_n & = u_{n+1} + \dfrac{1}{(n+1)^2} - \left( u_n + \dfrac{1}{n^2} \right) \\
& = (u_{n+1} - u_n) + \dfrac{1}{(n+1)^2}  - \dfrac{1}{n^2} \\
& = \dfrac{1}{(n+1)^3}  + \dfrac{1}{(n+1)^2}  - \dfrac{1}{n^2} \\
& = \dfrac{n^2 + n^2(n+1) - (n+1)^3}{n^2 (n+1)^3} \\
& = \dfrac{n^3 + 2n^2 - (n^3 + 3n^2 + 3n +1)}{n^2 (n+1)^3} \\
& = \dfrac{-n^2 -3n -1}{n^2 (n+1)^3} < 0
\end{align*}
La suite $(v_n)_{n \in \N^*}$ est décroissante.
Enfin
$$
v_n - u_n = \dfrac{1}{n^2} \underset{n \to +\infty}{\longrightarrow}  0 
$$
\begin{center}
 \fbox{Ainsi les suites $(u_n)_{n \in \N^*}$ et $(v_n)_{n \in \N^*}$ sont adjacentes. }
 \end{center} 
\item 
On en déduit que les suites $(u_n)_{n \in \N^*}$ et $(v_n)_{n \in \N^*}$ sont convergentes et ont la même limite. 
\end{enumerate}
\end{exo}

\begin{exo}[**]
Soient $u_{0}>v_{0}>0$, et~: 
\[
\forall n\in\mathbf{\mathbb{N}},u_{n+1}=\frac{u_{n}+v_{n}}{2}\quad et\quad v_{n+1}=\sqrt{u_{n}v_{n}}
\]
\begin{enumerate}
\item On montre par récurrence $ \P_n : \left\{ u_n \; {\rm et} \; v_n \; {\rm existent et} \; u_n >0, \; v_n >0.  \right\}$ \\

 {\bf Initialisation :} D'après l'hypothèse, $u_0 > v_0 > 0$, donc $\P_0$ est vraie.   \\
 
 {\bf Hérédité :} On suppose la propriété $\P_n$ vraie pour un certain $n \geq 0$. $u_n$ et $v_n$ étant strictement positif, alors $u_{n+1}$ et $v_{n+1}$ existent et on a 
 \begin{align*}
u_{n+1}  = \dfrac{u_n + v_n}{2} > 0, \qquad v_{n+1} = \sqrt{u_n v_n} > 0
\end{align*}  
La propriété $\P_{n+1}$ est vraie. $(\P_n)$ est héréditaire.  \\

{\bf Conclusion :} \fbox{Pour tout $n \in \N$, $u_n \; {\rm et} \; v_n \; {\rm existent et} \; u_n >0, \; v_n >0.$. }

\item On a $u_0 > v_0$ et pour tout $n \in \N^*$, 
\begin{align*}
\left( u_{n-1} - v_{n-1} \right)^2 \geq 0 & \Longleftrightarrow u_{n-1}^2 - 2u_{n-1} v_{n-1} + v_{n-1}^2 \geq 0 \\
& \Longleftrightarrow u_{n-1}^2 + 2u_{n-1} v_{n-1} + v_{n-1}^2 \geq  4u_{n-1} v_{n-1} \\
& \Longleftrightarrow \left( u_{n-1} + v_{n-1} \right)^2 \geq  4u_{n-1} v_{n-1} \\
& \Longleftrightarrow  u_{n-1} + v_{n-1}  \geq  2 \sqrt{u_{n-1} v_{n-1}} \\
& \Longleftrightarrow \dfrac{u_{n-1} + v_{n-1}}{2}  \geq \sqrt{u_{n-1}v_{n-1}} \\
& \Longleftrightarrow u_n  \geq v_n \\
\end{align*}

\item On a pour tout $n \in \N$, 
$$
u_{n+1} - u_n = \dfrac{u_n + v_n}{2} - u_n = \dfrac{v_n - u_n}{2} \leq 0
$$
\begin{center}
 \fbox{La suite $(u_n)$ est décroissante.}
 \end{center} 
 De même et parce que $v_n >0$, on a 
 $$
 \dfrac{v_{n+1}}{v_n} = \dfrac{\sqrt{u_n v_n}}{v_n} = \sqrt{\dfrac{u_n}{v_n}} \geq 1
 $$
  \fbox{La suite $(v_n)$ est croissante.}
\item $(u_n)$ étant décroissante et $(v_n)$ étant croissante, on a 
$$
u_0 \geq u_n \geq v_n \geq v_0
$$
Ainsi, les suites $(u_n)$ et $(v_n)$ sont bornées.  \\

$(u_n)$ est décroissante et $(u_n)$ est minorée donc $(u_n)$ est convergente. \\

$(v_n)$ est croissante et $(v_n)$ est majorée donc $(v_n)$ est convergente. \\
\item On note $\li_{n \to +\infty} u_n = \ell$ et $\li_{n \to +\infty} v_n = \ell'$. On a alors les équations suivantes 
$$
\ell = \dfrac{\ell + \ell'}{2}, \quad \ell' = \sqrt{\ell \ell'}
$$
On a 
\begin{align*}
\ell = \dfrac{\ell + \ell'}{2}  & \Longleftrightarrow  \dfrac{\ell}{2} = \dfrac{\ell'}{2} \Longleftrightarrow \ell = \ell'
\end{align*}
On vérifie que $\ell = \ell'$ permet d'obtenir la seconde condition. 
\begin{center}
 \fbox{On conclut que $\ell = \ell'$.}
 \end{center} 
\item $(u_n)$ est décroissante, $(v_n)$ est croissante et $\li_{n \to +\infty} u_n - v_n = \ell - \ell' = 0$. \begin{center}
\fbox{Les suites $(u_n)$ et $(v_n)$ sont donc adjacentes. }
\end{center}
\end{enumerate}
\end{exo}

%
%\begin{exo}[*]
%\begin{enumerate}
%\item Soit la suite définie pour $n\geq1$ par : $u_{n}={\displaystyle \sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{2n+2k-1}}$
%
%\begin{enumerate}
%\item On étudie pour $n \geq 1$, 
%\begin{align*}
%u_{n+1} - u_n & = \sum_{k=1}^{n+1}\dfrac{1}{2(n+1)+2k-1} - \sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{2n +2k-1} \\
%& = \sum_{k=1}^{n+1}\dfrac{1}{2n+2k+1} - \sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{2n +2k-1} \\
%& = \dfrac{1}{4n+3} + \sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{2n+2(k+1)-1} - \sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{2n +2k-1} \\
%& = \dfrac{1}{4n+3} + \dfrac{1}{4n+1} - \dfrac{1}{2n+1} \quad \text{(Somme télescopique)} \\
%\\
%& = \dfrac{(4n+1)(2n+1) + (4n+3)(2n+1) - (4n+1)(4n+3)}{(4n+3)(4n+1)(2n+1)} \\
%\\
%&= \dfrac{8n^2 + 6n + 1 + 8n^2 + 10n + 3 -(16n^2 +16n + 3)}{(4n+3)(4n+1)(2n+1)} \\
%\\
%& = \dfrac{1}{(4n+3)(4n+1)(2n+1)} >0
%\end{align*}
%\begin{center}
% \fbox{La suite $(u_n)_{n \in \N}$ est croissante.}
% \end{center} 
%\item On a $\forall k \in \entier{1,n}$,
%\begin{align*}
%2n \leq 2n + 2k -1 & \Longrightarrow \dfrac{1}{2n} \geq \dfrac{1}{2n + 2k-1} \\
%& \Longrightarrow \sum_{k=1}^n \dfrac{1}{2n} \geq \sum_{k=1}^n  \dfrac{1}{2n + 2k-1} \\
%& \Longrightarrow \dfrac{n}{2n} \geq u_n
%\end{align*}
%La suite $(u_n)$ est donc majorée par $\dfrac{1}{2}$. On a montré qu'elle était également croissante. \\
%\fbox{Elle est donc convergente.}
%
%\end{enumerate}
%\item On a 
%$$
%\dfrac{1}{n^2} \sum_{k=1}^n k = \dfrac{n(n+1)}{2n^2} \underset{n \to + \infty}{\longrightarrow}  \dfrac{1}{2} .
%$$
%On a également
%$$
%\dfrac{1}{n^3} \sum_{k=1}^n k^2 = \dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6n^2} \underset{n \to + \infty}{\longrightarrow}  \dfrac{1}{3} .
%$$
%\end{enumerate}
%\end{exo}

\end{document}
