\documentclass[a4paper,french]{article}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\usepackage{amsmath}
\usepackage{babel}
\usepackage[latin1]{inputenc}
\usepackage{theorem}
\usepackage{amssymb}
\usepackage[a4paper]{geometry}
\usepackage{multicol}
\usepackage{fancyhdr}
\usepackage{hyperref}
\usepackage{url}
\setcounter{MaxMatrixCols}{10}
%TCIDATA{OutputFilter=LATEX.DLL}
%TCIDATA{Version=5.00.0.2552}
%TCIDATA{}
%TCIDATA{Created=Sunday, October 12, 2003 11:40:39}
%TCIDATA{LastRevised=Sunday, April 18, 2004 14:45:10}
%TCIDATA{}
%TCIDATA{}
%TCIDATA{CSTFile=40 LaTeX article.cst}
\geometry{margin={2cm,2cm}}
\pagestyle{fancy}
\lhead{PHEC1}
\chead{corrigé dm1}
\rhead{2003-2004}
\cfoot{\thepage/\pageref{fin}}
\lfoot{\hyperref{www.mathematiques.fr.st}{}{}{www.mathematiques.fr.st}}
\rfoot{abdellah bechata}
\theoremstyle{break}
\newtheorem{theorem}{Théorème}
\theorembodyfont{\rmfamily}
\newtheorem{exercise}[theorem]{Exercice}
\input{tcilatex}
\begin{document}
\section*{Exercice 1}
\begin{enumerate}
\item L'énoncé ne nous laisse pas le choix $(P_{n}):$ " $\alpha _{n}>0$ et $%
\alpha _{n+1}>0$ "
\textbf{Initialisation} : $(P_{0})$ est vraie car l'énoncé affirme que $%
\alpha _{0}=1>0$ et $\alpha _{1}=8>0.$
\textbf{Hérédité} : Supposons que $(P_{n})$ est vraie i.e. " $\alpha _{n}>0$
et $\alpha _{n+1}>0$ " et démontrons $(P_{n+1})$ i.e. " $\alpha _{n+1}>0$ et
$\alpha _{n+2}>0$ ".\newline
On sait que $\alpha _{n+1}>0$ (d'après $(P_{n})$ et $\underset{>0}{%
\underbrace{\alpha _{n+1}}}\underset{>0}{\underbrace{\alpha _{n}}}>0$ donc $%
\alpha _{n+2}=\sqrt{\alpha _{n+1}\alpha _{n}}>0$ ce qui démontre $(P_{n+1}).$
\textbf{Conclusion} : $\forall n\geqslant 0,\quad (P_{n})$ est vraie i.e. $%
\forall n\geqslant 0,\quad \alpha _{n}>0$ et $\alpha _{n+1}>0$ donc $\forall
n\geqslant 0,\quad \alpha _{n}>0.$
\item $u_{n+2}=\ln \alpha _{n+2}=\ln \sqrt{\alpha _{n+1}\alpha _{n}}=\dfrac{1%
}{2}\ln (\alpha _{n+1}\alpha _{n})=\dfrac{1}{2}(\ln \alpha _{n+1}+\ln \alpha
_{n})=\dfrac{1}{2}(u_{n+1}+u_{n}).$
\item On introduit le polynôme caractéristique $x^{2}-\dfrac{1}{2}x-\dfrac{1%
}{2}$ dont les racines sont $1$ et $-\dfrac{1}{2}.$ Il existe donc deux ré%
els $a$ et $b$ tels que $u_{n}=a\times 1^{n}+b(-\dfrac{1}{2})^{n}=a+b(-%
\dfrac{1}{2})^{n}.$ Pour déterminer $a$ et $b,$ il suffit de résoudre le syst%
ème suivant :
\begin{equation*}
\left\{
\begin{array}{c}
a+b=u_{0}=\ln 1=0 \\
a-\dfrac{b}{2}=u_{1}=\ln 8=3\ln 2%
\end{array}%
\right. \underset{L_{2}\leftarrow 2L_{2}+L_{1}}{\Leftrightarrow }\left\{
\begin{array}{c}
a+b=0 \\
3a=6\ln 2%
\end{array}%
\right. \Leftrightarrow \left\{
\begin{array}{c}
a=2\ln 2\medskip \\
b=-2\ln 2%
\end{array}%
\right.
\end{equation*}
donc $u_{n}=(2\ln 2)(1-(-\dfrac{1}{2})^{n})$
\item $\underset{n\rightarrow +\infty }{\lim }u_{n}=2\ln 2$ donc $\alpha
_{n}\rightarrow \exp (2\ln 2)=\exp (\ln 4)=4.$
\end{enumerate}
\section*{Exercice 2}
\begin{enumerate}
\item $u_{1}=\dfrac{1}{0+1}-u_{0}=1-\ln 2,\quad u_{2}=\dfrac{1}{1+1}-(1-\ln
2)=\ln 2-\dfrac{1}{2},\quad u_{3}=\dfrac{1}{2+1}-(\ln 2-\dfrac{1}{2})=\dfrac{%
5}{6}-\ln 2.$
\item On pose $(\mathcal{H}_{n}):u_{n}\leqslant \dfrac{1}{n}.$
\textbf{Initialisation} : $(\mathcal{H}_{1})$ est vraie car $u_{1}=1-\ln
2\simeq 0,3$ donc $u_{1}\leqslant 1$
\textbf{Hérédité} : Supposons que $(\mathcal{H}_{n})$ est vraie i.e. " $%
u_{n}\leqslant \dfrac{1}{n}$ " et démontrons $(\mathcal{H}_{n+1})$ i.e. " $%
u_{n+1}\leqslant \dfrac{1}{n+1}$ ".\newline
$u_{n}\geqslant 0\Rightarrow \dfrac{1}{n+1}-u_{n}\leqslant \dfrac{1}{n+1}%
\Rightarrow u_{n+1}\leqslant \dfrac{1}{n+1}$ donc $(\mathcal{H}_{n+1})$ est
vraie.
\textbf{Conclusion} : $\forall n\geqslant 0,\quad (\mathcal{H}_{n})$ est
vraie i.e. $\forall n\geqslant 0,\quad u_{n}\leqslant \dfrac{1}{n}.$
\item L'inégalité $0\leqslant u_{n}\leqslant \dfrac{1}{n}\underset{%
n\rightarrow +\infty }{\rightarrow }0$ combinée au théorème d'encadrement
implique que $\underset{n\rightarrow +\infty }{\lim }u_{n}=0.$
\item \quad
\begin{enumerate}
\item $w_{n+1}=(-1)^{n}u_{n+1}=(-1)^{n}(\dfrac{1}{n+1}-u_{n})=\dfrac{(-1)^{n}%
}{n+1}-(-1)^{n}u_{n}\underset{-1=(-1)^{-1}}{=}\dfrac{(-1)^{n}}{n+1}%
+(-1)^{n-1}u_{n}=w_{n}+\dfrac{(-1)^{n}}{n+1}.$
\item On pose $(\mathcal{H}_{n}):w_{n}=\sum\limits_{k=1}^{n}\dfrac{(-1)^{k-1}%
}{k}-\ln 2.$
\textbf{Initialisation} : $(\mathcal{H}_{1})$ est vraie car $%
w_{1}=u_{1}=1-\ln 2=\sum\limits_{k=1}^{1}\dfrac{(-1)^{k-1}}{k}-\ln 2.$
\textbf{Hérédité} : Supposons que $(\mathcal{H}_{n})$ est vraie i.e. " $%
w_{n}=\sum\limits_{k=1}^{n}\dfrac{(-1)^{k-1}}{k}-\ln 2$ " et démontrons $(%
\mathcal{H}_{n+1})$ i.e. " $w_{n+1}=\sum\limits_{k=1}^{n+1}\dfrac{(-1)^{k-1}%
}{k}-\ln 2$ ".\newline
$w_{n+1}=w_{n}+\dfrac{(-1)^{n}}{n+1}=\sum\limits_{k=1}^{n}\dfrac{(-1)^{k-1}}{%
k}-\ln 2+\dfrac{(-1)^{n}}{n+1}=\sum\limits_{k=1}^{n}\dfrac{(-1)^{k-1}}{k}+%
\dfrac{(-1)^{n}}{n+1}-\ln 2=\sum\limits_{k=1}^{n+1}\dfrac{(-1)^{k-1}}{k}-\ln
2$ \newline
donc $(\mathcal{H}_{n+1})$ est vraie.
\textbf{Conclusion} : $\forall n\geqslant 0,\quad (\mathcal{H}_{n})$ est
vraie i.e. $\forall n\geqslant 0,\quad w_{n}=\sum\limits_{k=1}^{n}\dfrac{%
(-1)^{k-1}}{k}-\ln 2.$
\item On sait que $\underset{n\rightarrow +\infty }{\lim }u_{n}=0$ et la
suite $((-1)^{n-1})_{n\geqslant 0}$ est bornée donc $\underset{n\rightarrow
+\infty }{\lim }w_{n}=\underset{n\rightarrow +\infty }{\lim }%
(-1)^{n-1}u_{n}=0$ ce qui implique que $\underset{n\rightarrow +\infty }{%
\lim }\sum\limits_{k=1}^{n}\dfrac{(-1)^{k-1}}{k}=\ln 2.$
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\section*{Problème}
\begin{enumerate}
\item \underline{Etude préliminaire} :
\begin{enumerate}
\item On pose $(\mathcal{H}_{n}):u_{n}\geqslant 1.$
\textbf{Initialisation} : $(\mathcal{H}_{0})$ est vraie car $%
u_{0}=2\geqslant 1.$
\textbf{Hérédité} : Supposons que $(\mathcal{H}_{n})$ est vraie i.e. " $%
u_{n}\geqslant 1$ " et démontrons $(\mathcal{H}_{n+1})$ i.e. " $%
u_{n+1}\geqslant 1$ ".\newline
On a $u_{n+1}-1=\dfrac{1+2u_{n}}{2+u_{n}}-1=\dfrac{u_{n}-1}{2+u_{n}}$ avec $%
u_{n}-1\geqslant 0$ et $2+u_{n}\geqslant 0$ donc $u_{n+1}-1\geqslant
0\Leftrightarrow u_{n+1}\geqslant 1$ donc $(\mathcal{H}_{n+1})$ est vraie.
\textbf{Conclusion} : $\forall n\geqslant 0,\quad (\mathcal{H}_{n})$ est
vraie i.e. $\forall n\geqslant 0,\quad u_{n}\geqslant 1.$
\item Si $u_{n}\rightarrow l$ alors $u_{n+1}\rightarrow l$ et $\dfrac{%
1+2u_{n}}{2+u_{n}}\rightarrow \dfrac{1+2l}{2+l}$ donc $l=\dfrac{1+2l}{2+l}%
\Leftrightarrow 2l+l^{2}=1+2l\Leftrightarrow l^{2}=1\Leftrightarrow l=1$ ou $%
l=-1.$ On sait en outre, que $\forall n\geqslant 0,\quad u_{n}\geqslant 1$
donc $l\geqslant 1.$ Ainsi, si la suite $(u_{n})_{n\geqslant 0}$ converge,
elle converge vers $1.$
\end{enumerate}
\item \underline{Première méthode }:
\begin{enumerate}
\item $v_{n+1}=\dfrac{u_{n+1}-1}{u_{n+1}+1}=\dfrac{\dfrac{1+2u_{n}}{2+u_{n}}%
-1}{\dfrac{1+2u_{n}}{2+u_{n}}+1}=\dfrac{u_{n}-1}{3u_{n}+3}=\dfrac{1}{3}%
\dfrac{u_{n}-1}{u_{n}+1}=\dfrac{1}{3}v_{n}$ donc $v$ est une suite géomé%
trique de raison $\dfrac{1}{3}.$
\item $v_{n}=(\dfrac{1}{3})^{n}v_{0}=(\dfrac{1}{3})^{n}.\dfrac{2-1}{2+1}=(%
\dfrac{1}{3})^{n+1}.$ On en déduit que
\begin{equation*}
\dfrac{u_{n}-1}{u_{n}+1}=(\dfrac{1}{3})^{n+1}\Leftrightarrow (u_{n}-1)=(%
\dfrac{1}{3})^{n+1}(u_{n}+1)\Leftrightarrow u_{n}(1-(\dfrac{1}{3})^{n+1})=1+(%
\dfrac{1}{3})^{n+1}\Leftrightarrow u_{n}=\dfrac{1+(\dfrac{1}{3})^{n+1}}{1-(%
\dfrac{1}{3})^{n+1}}.
\end{equation*}
\item On sait que $\underset{n\rightarrow +\infty }{\lim }(\dfrac{1}{3}%
)^{n+1}=0$ donc $u_{n}\rightarrow 1.$
\end{enumerate}
\item \underline{Deuxième méthode} :
\begin{enumerate}
\item $f(x)=\dfrac{1+2x}{2+x}-x=\dfrac{-x^{2}+1}{2+x}=\dfrac{(1-x)(1+x)}{2+x}
$ donc on obtient aisément le tableau de signe de $f.$
\begin{equation*}
\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|}
\hline
$x$ & $-\infty $ & & $-2$ & & $-1$ & & $1$ & & $+\infty $ \\ \hline
$1-x$ & & $+$ & $\mid $ & $+$ & $\mid $ & $+$ & $0$ & $-$ & \\ \hline
$1+x$ & & $-$ & $\mid $ & $-$ & $0$ & $+$ & $\mid $ & $+$ & \\ \hline
$2+x$ & & $-$ & $0$ & $+$ & $\mid $ & $+$ & $\mid $ & $+$ & \\ \hline
$f(x)$ & & $+$ & $\parallel $ & $-$ & $0$ & $+$ & $0$ & $-$ & \\ \hline
\end{tabular}%
\end{equation*}
\item $u_{n+1}-u_{n}=f(u_{n})-u_{n}$ et $\forall n\geqslant 0,\quad
u_{n}\geqslant 1$ donc $f(u_{n})-u_{n}\leqslant 0\Rightarrow
u_{n+1}-u_{n}\leqslant 0.$ La suite $(u_{n})_{n\geqslant 0}$ est donc dé%
croissante$.$
\item La suite $u$ est décroissante et minorée par $1$ donc elle converge
vers une limite $l$ telle que $l\geqslant 1.$ En outre, sa limite $l$ vé%
rifie l'équation $l=\dfrac{1+2l}{2+l}\Leftrightarrow \Leftrightarrow l=1$ ou
$l=-1$ donc la suite $u$ converge vers $1.$
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\label{fin}
\end{document}