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\newtheorem{theorem}{Théorème}
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\begin{document}
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\section*{Exercice 1}
On considère la suite $(u_{n})_{n}$ définie par $u_{0}=0$ et $\forall
n\geqslant 0,$ $u_{n+1}=\sqrt{2+u_{n}}.$
\begin{enumerate}
\item On pose $(P_{n}):$ " $0\leqslant u_{n}\leqslant 2$ "
\textbf{Initialisation} : $(P_{0})$ est vraie car l'énoncé affirme que $%
u_{0}=0\in \lbrack 0,2]$
\textbf{Hérédité} : Supposons que $(P_{n})$ est vraie. On a \newline
$\sqrt{2}\leqslant \underset{=u_{n+1}}{\underbrace{\sqrt{2+u_{n}}}}\leqslant
\sqrt{2+2}=2$ ce qui démontre $(P_{n+1})$.
\textbf{Conclusion} : $\forall n\geqslant 0,\quad (P_{n})$ est vraie$.$
\item On sait déjà que $u_{n+1}\leqslant 2$ donc $2-u_{n+1}\geqslant 0.$ Il
reste à démontrer l'autre inégalité, ce que nous allons faire en utilisant
la quantité conjuguée.\newline
$2-u_{n+1}=2-\sqrt{2+u_{n}}=\dfrac{4-(2+u_{n})}{2+\sqrt{2+u_{n}}}=\dfrac{%
2-u_{n}}{2+\sqrt{2+u_{n}}}.$ Or $2+\sqrt{2+u_{n}}\geqslant 2+\sqrt{2}%
\geqslant 3$ donc $2-u_{n+1}=\dfrac{2-u_{n}}{2+\sqrt{2+u_{n}}}\leqslant
\dfrac{1}{3}(2-u_{n}).$
\item Nous avons déjà remarquer que $0\leqslant 2-u_{n}$ donc il suffit de dé%
montrer l'autre inégalité. On pose $(P_{n}):$ " $2-u_{n}\leqslant \dfrac{2}{%
3^{n}}$ "
\textbf{Initialisation} : $(P_{0})$ est vraie car $2-u_{0}=2\leqslant \dfrac{%
2}{3^{0}}$
\textbf{Hérédité} : Supposons que $(P_{n})$ est vraie. On a $%
2-u_{n+1}\leqslant \dfrac{1}{3}(2-u_{n})\leqslant \dfrac{1}{3}\dfrac{2}{3^{n}%
}=\dfrac{2}{3^{n+1}}$ ce qui démontre $(P_{n+1})$.
\textbf{Conclusion} : $\forall n\geqslant 0,\quad (P_{n})$ est vraie$.$
\item $\dfrac{2}{3^{n}}\rightarrow 0$ et l'inégalité démontrée à la question
précédente combinée au théorème d'encadrement montre $2-u_{n}\rightarrow 0$
donc la suite $u$ converge vers $2.$
\end{enumerate}
\section*{Exercice 2}
\begin{enumerate}
\item $f^{\prime }(t)=\ln (1+\dfrac{x}{t})+t\dfrac{-\dfrac{x}{t^{2}}}{1+%
\dfrac{x}{t}}=\ln (1+\dfrac{x}{t})-\dfrac{x}{t+x}$ \newline
$f"(t)=\dfrac{-\dfrac{x}{t^{2}}}{1+\dfrac{x}{t}}+\dfrac{x}{(x+t)^{2}}=-%
\dfrac{x}{t(t+x)}+\dfrac{x}{(x+t)^{2}}=\dfrac{x}{(x+t)}(-\dfrac{1}{t}+\dfrac{%
1}{x+t})=\dfrac{-x^{2}}{t(x+t)^{2}}.$
\item La fonction $f"$ est négative sur $]0,+\infty \lbrack ,$ $\underset{%
t\rightarrow +\infty }{\lim }f^{\prime }(t)=0$ donc $f^{\prime }$ est
positive sur $]0,+\infty \lbrack $ et la fonction $f$ est croissante sur $%
]0,+\infty \lbrack .$
\item On pose la fonction $g(y)=\ln (1+y)-y.$ $g^{\prime }(y)=\dfrac{1}{1+y}%
-1=\dfrac{-y}{1+y}\leqslant 0$ sur $[0,+\infty \lbrack .$ \newline
La fonction $g$ est décroissante et $g(0)=0$ donc la fonction $g$ est né%
gative sur $[0,+\infty \lbrack $ ce qui démontre la seconde inégalité.%
\newline
Posons maintenant $h(y)=\ln (1+y)-y+\dfrac{y^{2}}{2}.$ $h^{\prime }(y)=%
\dfrac{1}{1+y}-1+y=\dfrac{y^{2}}{1+y}\geqslant 0$ sur $[0,+\infty \lbrack .$
\newline
La fonction $h$ est croissante et $h(0)=0$ croissante donc la fonction $h$
est positive sur $[0,+\infty \lbrack $ ce qui démontre la première inégalité.
\item En remplaçant $y$ par $\dfrac{x}{t}$ dans la double inégalité précé%
dente, on obtient \newline
$\forall t>0,\dfrac{x}{t}-\dfrac{x^{2}}{2t^{2}}\leqslant \ln (1+\dfrac{x}{t}%
)\leqslant \dfrac{x}{t}$ donc $\forall t>0,\quad x-\dfrac{x^{2}}{2t}%
\leqslant f(t)\leqslant x.$ \newline
On remarque que $\underset{t\rightarrow +\infty }{\lim }x-\dfrac{x^{2}}{2t}%
=x $ et l'application du théorème d'encadrement montre que $\underset{%
t\rightarrow +\infty }{\lim }f(t)=x$
\item La fonction $f$ est croissante et $\ln u_{n}=n\ln (1+\dfrac{x}{n}%
)=f(n) $ donc $f(n)\leqslant f(n+1)\Rightarrow $ $\ln u_{n}\leqslant \ln
u_{n+1}$. La suite $\ln u$ est croissante donc la suite $u$ est croissante.
D'autre part, $\underset{n\rightarrow +\infty }{\lim }\ln u_{n}=\underset{%
n\rightarrow +\infty }{\lim }f(n)=x$ donc $u_{n}\rightarrow e^{x}.$
\end{enumerate}
\section*{Exercice 3}
\begin{enumerate}
\item a) Les discriminants sont négatifs au sens large donc les trinômes
sont du signe de $\dfrac{1}{3}$ c'est-à-dire positifs.\newline
b) La première inégalité découle de la positivité du trinôme considéré. Le
signe de $(\dfrac{1}{3}x^{2}-x+3)-3$ est celui de $\dfrac{1}{3}x(x-3)$ qui
est négatif sur $[0,3].$\newline
c) $u_{n+1}-u_{n}=\dfrac{1}{3}u_{n}^{2}-2u_{n}+3\geqslant 0$ d'après la
question a) donc la suite $u$ est croissante.
\item a) On pose $(P_{n}):$ " $0\leqslant u_{n}\leqslant 3$ "
\textbf{Initialisation} : $(P_{0})$ est vraie car $u_{0}\in \lbrack 0,3]$
\textbf{Hérédité} : Supposons que $(P_{n})$ est vraie. Ainsi on a $%
0\leqslant \dfrac{1}{3}u_{n}^{2}-u_{n}+3\leqslant 3$ d'après la question
1.b) donc $u_{n+1}\in \lbrack 0,3]$ ce qui démontre $(P_{n+1})$.
\textbf{Conclusion} : $\forall n\geqslant 0,\quad (P_{n})$ est vraie$.$%
\newline
b) La suite $u$ est croissante et majorée par $3$ donc elle converge. Soit $%
l $ sa limite, on a $0\leqslant l\leqslant 3$ et $l=\dfrac{1}{3}%
l^{2}-l+3\Leftrightarrow l=3$ donc la suite $u$ converge vers $3.$
\item a) La question 1.c) montre que la suite est croissante donc tous les
termes de la suite sont supérieurs au terme initial.\newline
b) Soit $l$ une limite éventuelle de $u.$ On a $l\geqslant u_{0}$ et $l=%
\dfrac{1}{3}l^{2}-l+3\Leftrightarrow l=3$ donc $3\geqslant u_{0}$ ce qui est
absurde. La suite $u$ ne possède pas de limite éventuelle donc elle ne peut
pas converger (elle diverge).
\item On cherche un réel $a$ tel que la suite $\alpha _{n}=w_{n}-a$ soit géom%
étrique. \newline
$\alpha _{n+1}=w_{n+1}-a=2w_{n}-\ln 3-a=2(\alpha _{n}+a)-\ln 3-a=2\alpha
_{n}+a-\ln 3.$\newline
La suite $\alpha $ est géométrique ssi $a=\ln 3$ et dans ce cas sa raison
est $2$ ce qui nous donne $\alpha _{n}=2^{n}\alpha _{0}$ avec $\alpha
_{n}=w_{n}-\ln 3.$ Nous avons donc $w_{n}=2^{n}(w_{0}-\ln 3)+\ln 3.$
\item a) $v_{n}=u_{n}-3$ donc $v_{n+1}=u_{n+1}-3=\dfrac{1}{3}u_{n}^{2}-u_{n}=%
\dfrac{1}{3}(v_{n}+3)^{2}-(v_{n}+3)=\dfrac{1}{3}v_{n}^{2}+v_{n}.$\newline
b) $v_{n+1}\geqslant \dfrac{1}{3}v_{n}^{2}$ donc $\ln v_{n+1}\geqslant \ln (%
\dfrac{1}{3}v_{n}^{2})=2\ln v_{n}-\ln 3$\newline
c) On pose $(P_{n}):$ " $\ln v_{n}\geqslant w_{n}$ "
\textbf{Initialisation} : $(P_{0})$ est vraie car $\ln v_{0}=w_{0}.$
\textbf{Hérédité} : Supposons que $(P_{n})$ est vraie. On sait que $\ln
v_{n+1}\geqslant 2\ln v_{n}-\ln 3\geqslant 2w_{n}-\ln 3=w_{n+1}$ ce qui dé%
montre $(P_{n+1})$.
\textbf{Conclusion} : $\forall n\geqslant 0,\quad (P_{n})$ est vraie$.$%
\newline
d) Puisque $w_{n}=2^{n}(w_{0}-\ln 3)+\ln 3=2^{n}(\ln (u_{0}-3)-\ln 3)+\ln 3$
et que $\ln (u_{0}-3)>\ln (6-3)=\ln 3$, on en déduit que $w_{n}\rightarrow
+\infty $. L'inégalité $\ln v_{n}\geqslant w_{n}$ nous montre alors que $\ln
v_{n}\rightarrow +\infty $ donc $v_{n}=u_{n}-3\rightarrow +\infty $ ce dé%
montre que $u_{n}\rightarrow +\infty .$
\end{enumerate}
\section*{Exercice 4}
\begin{enumerate}
\item a) Calculer $a_{1}=\sum\limits_{k=0}^{0}\dfrac{1}{1+k}=1,\quad
a_{2}=\sum\limits_{k=0}^{1}\dfrac{1}{2+k}=\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}=\dfrac{5%
}{6}.$\newline
b) On effectue dans $a_{n+1}=\sum\limits_{k=0}^{n}\dfrac{1}{n+1+k}$ le
changement de variable $j=k+1$ ce qui nous donne\newline
$a_{n+1}=\sum\limits_{j=1}^{n+1}\dfrac{1}{n+j}=a_{n}+\dfrac{1}{n+n+1}+\dfrac{%
1}{n+n}-\dfrac{1}{n}$\newline
$=a_{n}+\dfrac{1}{2n+1}+\dfrac{1}{2n}-\dfrac{1}{n}=a_{n}+\dfrac{1}{2n+1}-%
\dfrac{1}{2n}.$\newline
$a_{n+1}-a_{n}=\dfrac{-1}{2n(2n+1)}\leqslant 0$ donc la suite $a$ est dé%
croissante.\newline
c) $a_{n}$ est la somme de termes positifs donc $a_{n}\geqslant 0$ donc la
suite $a$ est minorée par $0$ et elle est décroissante donc elle converge
\item a) $\underset{x\rightarrow +\infty }{\lim }\ln (x+1)-\ln x=\underset{%
x\rightarrow +\infty }{\lim }\ln (1+\dfrac{1}{x})=0.$ \newline
On pose $f(x)=\ln (x+1)-\ln x-\dfrac{1}{x}.$ \newline
$f^{\prime }(x)=\dfrac{1}{x+1}-\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{x^{2}}=\dfrac{%
x^{2}-x(x+1)+(x+1)}{x^{2}(x+1)}=\dfrac{1}{x^{2}(x+1)}\geqslant 0$ sur $%
]0,+\infty \lbrack .$ La fonction $f$ est croissante sur $]0,+\infty \lbrack
$ et $\underset{x\rightarrow +\infty }{\lim }f(x)=0.$ Ainsi la fonction $f$
est négative sur $]0,+\infty \lbrack $ ce qui démontre la seconde inégalité.%
\newline
On pose $g(x)=\ln (x+1)-\ln x-\dfrac{1}{x+1}.$ \newline
$g^{\prime }(x)=\dfrac{1}{x+1}-\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{(x+1)^{2}}=\dfrac{%
x(x+1)-(x+1)^{2}+x}{x^{2}(x+1)}=\dfrac{-1}{x^{2}(x+1)}\leqslant 0$ sur $%
]0,+\infty \lbrack .$ La fonction $g$ est décroissante sur $]0,+\infty
\lbrack $ et $\underset{x\rightarrow +\infty }{\lim }g(x)=0.$ Ainsi la
fonction $g$ est positive sur $]0,+\infty \lbrack $ ce qui démontre la premiè%
re inégalité.\newline
b) En remplaçant $x$ par $n+k$ dans l'encadrement précédent, on obtient%
\newline
$\dfrac{1}{n+k+1}\leqslant \ln (n+k+1)-\ln (n+k)\leqslant \dfrac{1}{n+k}$%
\newline
donc $\sum\limits_{k=0}^{n-2}\dfrac{1}{n+k+1}\leqslant
\sum\limits_{k=0}^{n-2}\left( \ln (n+k+1)-\ln (n+k)\right) \leqslant
\sum\limits_{k=0}^{n-2}\dfrac{1}{n+k}$\newline
c) Le principe des dominos montre que\newline
$\sum\limits_{k=0}^{n-2}\left( \ln (n+k+1)-\ln (n+k)\right) =\ln
(n+n-2+1)-\ln (n+0)$\newline
$=\ln (2n-1)-\ln n=\ln (\dfrac{2n-1}{n})=\ln (2-\dfrac{1}{n}).$\newline
d) $a_{n}-\dfrac{1}{n}=\sum\limits_{k=1}^{n-1}\dfrac{1}{n+k}$ et le
changement de variable $j=k-1\Leftrightarrow k=j+1$ nous donne $a_{n}-\dfrac{%
1}{n}=\sum\limits_{k=0}^{n-2}\dfrac{1}{n+k+1}.$ D'autre part, il est immé%
diat que $a_{n}-\dfrac{1}{2n-1}=\sum\limits_{k=0}^{n-2}\dfrac{1}{n+k}.$%
\newline
e) Les deux questions précédentes montrent que \newline
$a_{n}-\dfrac{1}{n}\leqslant \ln (2-\dfrac{1}{n})\Rightarrow a_{n}\leqslant
\ln (2-\dfrac{1}{n})+\dfrac{1}{n}$ et \newline
$\ln (2-\dfrac{1}{n})\leqslant a_{n}-\dfrac{1}{2n-1}\Rightarrow \ln (2-%
\dfrac{1}{n})+\dfrac{1}{2n-1}\leqslant a_{n}$\newline
donc $\ln (2-\dfrac{1}{n})+\dfrac{1}{2n-1}\leqslant a_{n}\leqslant \ln (2-%
\dfrac{1}{n})+\dfrac{1}{n}$\newline
On remarque ensuite que $\underset{n\rightarrow +\infty }{\lim }\ln (2-%
\dfrac{1}{n})+\dfrac{1}{2n-1}=\underset{n\rightarrow +\infty }{\lim }\ln (2-%
\dfrac{1}{n})+\dfrac{1}{n}=\ln 2$ donc le théorème d'encadrement montre que $%
\underset{n\rightarrow +\infty }{\lim }a_{n}=\ln 2.$
\end{enumerate}
\label{fin}%
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