Déterminer les limites suivantes :

1. $$\lim_{n\to+\infty}\bigl(n^{2}-5n+1\bigr)$$
2. $$\lim_{n\to+\infty}\bigl(n-3\sqrt{n}\bigr)$$
3. $$\lim_{n\to+\infty}\dfrac{5n^{2}+4}{4n^{2}+3n}$$
4. $$\lim_{n\to+\infty}\left(1+\left(-\dfrac{1}{2}\right)^{n}\right)$$
5. $$\lim_{n\to+\infty}\dfrac{5+6\left(\dfrac{2}{3}\right)^{n}}{1-\left(\dfrac{2}{3}\right)^{n}}$$
6. $$\lim_{n\to+\infty}\bigl(2^{n}-3^{n}\bigr)$$

Soit la suite $(u_n)$ telle que, pour tout $n\in\mathbb{N}$, $$u_{n+1}=2u_n+3\quad\text{et}\quad u_0=0.$$

1. Montrer que, pour tout $n\in\mathbb{N}$, $u_n\geq n$.
2. En déduire la limite de la suite $(u_n)$.

Soit la suite $(u_n)$ définie, pour tout $n\in\mathbb{N}$, par $$u_{n+1}=\dfrac{1}{3}u_n+2\quad\text{et}\quad u_0=2.$$

1. Montrer que, pour tout $n\in\mathbb{N}$, $u_n\leq 3$.
2. Étudier la monotonie de $(u_n)$ et en déduire qu’elle est convergente.
3. En déduire que, pour tout $n\in\mathbb{N}$, $u_n\geq 2$.
4. Pour tout $n\in\mathbb{N}$, on pose $v_n=u_n-3$.
   1. Montrer que $(v_n)$ est une suite géométrique.
   2. Exprimer $v_n$ en fonction de $n$.
   3. Calculer $u_n$ en fonction de $n$, puis préciser la limite de $(u_n)$.
5. Pour tout $n\in\mathbb{N}$, on pose $$S_n=v_0+v_1+\cdots+v_{n-1}+v_n.$$ Calculer $S_n$ en fonction de $n$, puis préciser la limite de $(S_n)$.
6. Pour tout $n\in\mathbb{N}$, on pose $$T_n=u_0+u_1+\cdots+u_{n-1}+u_n.$$ Calculer $T_n$ en fonction de $n$, puis préciser la limite de $(T_n)$.

Soit $(U_n)$ une suite telle que, pour tout $n\in\mathbb{N}$, $$U_{n+1}=\dfrac{3U_n}{21+U_n}\quad\text{et}\quad U_0=1.$$

1. Montrer que, pour tout $n\in\mathbb{N}$, $U_n>0$.
2. Montrer que, pour tout $n\in\mathbb{N}$, $$U_{n+1}\leq\dfrac{1}{7}U_n.$$
3. En déduire la monotonie de $(U_n)$.
4. Montrer que, pour tout $n\in\mathbb{N}$, $$0<U_n\leq\left(\dfrac{1}{7}\right)^n,$$ puis calculer la limite de $(U_n)$.
5. On pose, pour tout $n\in\mathbb{N}$, $$V_n=\sqrt{9-2U_n}.$$ Calculer la limite de la suite $(V_n)$.

$(u_n)$ est une suite telle que, pour tout $n\in\mathbb{N}$, $$u_{n+1}=1-\dfrac{9}{u_n+5}\quad\text{et}\quad u_0=1.$$

1. Montrer que, pour tout $n\in\mathbb{N}$, $u_n>-2$.
2. Étudier la monotonie de $(u_n)$ et en déduire qu’elle est convergente.
3. Pour tout $n\in\mathbb{N}$, on pose $$v_n=\dfrac{1}{u_n+2}.$$
   1. Montrer que $(v_n)$ est une suite arithmétique.
   2. Exprimer $v_n$ puis $u_n$ en fonction de $n$, et déterminer $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}u_n$.

$(u_n)$ est la suite définie par $$u_0=3\quad\text{et}\quad\forall n\in\mathbb{N}: u_{n+1}=\dfrac{8(u_n-1)}{u_n+2}.$$

1. Montrer par récurrence que, pour tout $n\in\mathbb{N}$, $2<u_n<4$.
2. Étudier la monotonie de $(u_n)$ et en déduire qu’elle est convergente.
3. Pour tout $n\in\mathbb{N}$, on pose $$v_n=\dfrac{u_n-4}{u_n-2}.$$
   1. Montrer que la suite $(v_n)$ est géométrique.
   2. Exprimer $v_n$ puis $u_n$ en fonction de $n$ et déterminer $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}u_n$.

4. a) Montrer que, pour tout $n\in\mathbb{N}$, $$4-u_{n+1}\leq\dfrac{4}{5}\bigl(4-u_n\bigr).$$

   b) En déduire que, pour tout $n\in\mathbb{N}$, $$4-u_n\leq\left(\dfrac{4}{5}\right)^n.$$

   c) Déduire une autre fois $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}u_n$.

On considère la fonction $f$ définie sur $\mathbb{R}^{+}$ par $$f(x)=\dfrac{x}{\sqrt{1+x^{2}}}.$$

1. a) Montrer que, pour tout $x\in\mathbb{R}^{+}$, $f(x)\leq x$.
   b) Montrer que $f$ est strictement croissante sur $\mathbb{R}^{+}$.
2. Soit la suite $(u_n)$ définie par $$u_0=\dfrac{1}{2}\quad\text{et}\quad u_{n+1}=f(u_n).$$
   1. Montrer que, pour tout $n\in\mathbb{N}$, $0<u_n<1$.
   2. Montrer que la suite $(u_n)$ est décroissante.
   3. En déduire que $(u_n)$ est convergente, puis déterminer sa limite.

$(u_n)$ est la suite telle que, pour tout $n\in\mathbb{N}$, $$u_{n+1}=\sqrt{2u_n+3}\quad\text{et}\quad u_0=1.$$

1. Montrer que, pour tout $n\in\mathbb{N}$, $1\leq u_n\leq 3$.
2. Montrer que la suite $(u_n)$ est croissante.
3. En déduire que $(u_n)$ est convergente et déterminer sa limite.

1. On étudie $$\lim_{n\to+\infty}\bigl(n^{2}-5n+1\bigr).$$

   On a $$n^{2}-5n+1 = n^{2}\left(1-\dfrac{5}{n}+\dfrac{1}{n^{2}}\right).$$

   Or $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}n^{2}=+\infty$, $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}\dfrac{5}{n}=0$ et $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}\dfrac{1}{n^{2}}=0$, donc $$\lim_{n\to+\infty}\left(1-\dfrac{5}{n}+\dfrac{1}{n^{2}}\right)=1.$$ Le produit d’une suite tendant vers $+\infty$ par une suite convergente non nulle tend vers $+\infty$, d’où $$\lim_{n\to+\infty}\bigl(n^{2}-5n+1\bigr)=+\infty.$$

2. On étudie $$\lim_{n\to+\infty}\bigl(n-3\sqrt{n}\bigr).$$

   On factorise par $n$ : $$n-3\sqrt{n}=n\left(1-\dfrac{3\sqrt{n}}{n}\right)=n\left(1-\dfrac{3}{\sqrt{n}}\right).$$

   Comme $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}\dfrac{3}{\sqrt{n}}=0$, on a $$\lim_{n\to+\infty}\left(1-\dfrac{3}{\sqrt{n}}\right)=1.$$ Donc $$\lim_{n\to+\infty}\bigl(n-3\sqrt{n}\bigr)=+\infty.$$

3. On étudie $$\lim_{n\to+\infty}\dfrac{5n^{2}+4}{4n^{2}+3n}.$$

   C’est une forme indéterminée du type $\dfrac{\infty}{\infty}$. On factorise numérateur et dénominateur par $n^{2}$ : $$\dfrac{5n^{2}+4}{4n^{2}+3n}=\dfrac{5+\dfrac{4}{n^{2}}}{4+\dfrac{3}{n}}.$$

   Comme $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}\dfrac{4}{n^{2}}=0$ et $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}\dfrac{3}{n}=0$, on obtient $$\lim_{n\to+\infty}\left(5+\dfrac{4}{n^{2}}\right)=5,\qquad \lim_{n\to+\infty}\left(4+\dfrac{3}{n}\right)=4,$$ donc $$\lim_{n\to+\infty}\dfrac{5n^{2}+4}{4n^{2}+3n}=\dfrac{5}{4}.$$

4. On étudie $$\lim_{n\to+\infty}\left(1+\left(-\dfrac{1}{2}\right)^{n}\right).$$

   La suite $\left((-1/2)^{n}\right)$ est géométrique de raison $-1/2$ avec $| -1/2 |<1$, donc $$\lim_{n\to+\infty}\left(-\dfrac{1}{2}\right)^{n}=0.$$ Ainsi $$\lim_{n\to+\infty}\left(1+\left(-\dfrac{1}{2}\right)^{n}\right)=1.$$

5. On étudie $$\lim_{n\to+\infty}\dfrac{5+6\left(\dfrac{2}{3}\right)^{n}}{1-\left(\dfrac{2}{3}\right)^{n}}.$$

   La suite $\left(\left(\dfrac{2}{3}\right)^{n}\right)$ est géométrique de raison $\dfrac{2}{3}$ avec $0<\dfrac{2}{3}<1$, donc $$\lim_{n\to+\infty}\left(\dfrac{2}{3}\right)^{n}=0.$$ On en déduit $$\lim_{n\to+\infty}\bigl(5+6\left(\dfrac{2}{3}\right)^{n}\bigr)=5,\qquad \lim_{n\to+\infty}\bigl(1-\left(\dfrac{2}{3}\right)^{n}\bigr)=1,$$ d’où $$\lim_{n\to+\infty}\dfrac{5+6\left(\dfrac{2}{3}\right)^{n}}{1-\left(\dfrac{2}{3}\right)^{n}}=5.$$

6. On étudie $$\lim_{n\to+\infty}\bigl(2^{n}-3^{n}\bigr).$$

   On factorise par $3^{n}$ : $$2^{n}-3^{n}=3^{n}\left(\left(\dfrac{2}{3}\right)^{n}-1\right).$$

   Comme $0<\dfrac{2}{3}<1$, on a $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}\left(\dfrac{2}{3}\right)^{n}=0$, donc $$\lim_{n\to+\infty}\left(\left(\dfrac{2}{3}\right)^{n}-1\right)=-1.$$ Par ailleurs $3>1$ donc $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}3^{n}=+\infty$. Ainsi $$\lim_{n\to+\infty}\bigl(2^{n}-3^{n}\bigr)=-\infty.$$

1. On veut montrer par récurrence que, pour tout $n\in\mathbb{N}$, $u_n\geq n$.

   Initialisation : $u_0=0$ donc $u_0\geq 0$ est vraie.

   Hérédité : supposons $u_n\geq n$ pour un certain $n\in\mathbb{N}$. Alors $$u_{n+1}=2u_n+3\geq 2n+3.$$ Or $$2n+3-(n+1)=n+2\geq 0,$$ donc $2n+3\geq n+1$ et par conséquent $u_{n+1}\geq n+1$.

   Par récurrence, pour tout $n\in\mathbb{N}$, $u_n\geq n$.

2. Comme $u_n\geq n$ pour tout $n$ et $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}n=+\infty$, on en déduit $$\lim_{n\to+\infty}u_n=+\infty.$$

1. On montre par récurrence que, pour tout $n\in\mathbb{N}$, $u_n<3$.

   Initialisation : $u_0=2<3$ donc la propriété est vraie au rang $0$.

   Hérédité : supposons $u_n<3$. Alors $$u_{n+1}=\dfrac{1}{3}u_n+2<\dfrac{1}{3}\times 3+2=3.$$ Donc $u_{n+1}<3$.

   Par récurrence, pour tout $n\in\mathbb{N}$, $u_n<3$ et la suite est majorée par $3$.

2. Étudions la différence : $$u_{n+1}-u_n=\dfrac{1}{3}u_n+2-u_n=\left(\dfrac{1}{3}-1\right)u_n+2=-\dfrac{2}{3}u_n+2=-\dfrac{2}{3}\bigl(u_n-3\bigr).$$

   Or $u_n<3$ donc $u_n-3<0$ et $-\dfrac{2}{3}(u_n-3)>0$. Ainsi $u_{n+1}-u_n>0$ et la suite $(u_n)$ est croissante.

   Une suite croissante et majorée est convergente, donc $(u_n)$ converge.

3. La suite est croissante et $u_0=2$, donc pour tout $n\in\mathbb{N}$, $$u_n\geq u_0=2.$$

4. On pose $v_n=u_n-3$.

   Alors $$v_{n+1}=u_{n+1}-3=\dfrac{1}{3}u_n+2-3=\dfrac{1}{3}u_n-1=\dfrac{1}{3}(u_n-3)=\dfrac{1}{3}v_n.$$ La suite $(v_n)$ est donc géométrique de raison $q=\dfrac{1}{3}$ et de premier terme $$v_0=u_0-3=2-3=-1.$$

   On en déduit $$v_n=v_0q^{n}=-\left(\dfrac{1}{3}\right)^{n}.$$ Donc $$u_n=3+v_n=3-\left(\dfrac{1}{3}\right)^{n}.$$

   Comme $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}\left(\dfrac{1}{3}\right)^{n}=0$, on a $$\lim_{n\to+\infty}u_n=3.$$

5. On pose, pour tout $n\in\mathbb{N}$, $$S_n=v_0+v_1+\cdots+v_n.$$ La suite $(v_n)$ est géométrique de raison $q=\dfrac{1}{3}$ et de premier terme $v_0=-1$, donc $$S_n=v_0,\dfrac{1-q^{,n+1}}{1-q}=-1\times\dfrac{1-\left(\dfrac{1}{3}\right)^{n+1}}{1-\dfrac{1}{3}} =-\dfrac{3}{2}\left(1-\left(\dfrac{1}{3}\right)^{n+1}\right).$$

   Ainsi $$\lim_{n\to+\infty}S_n=-\dfrac{3}{2}.$$

6. Pour tout $n\in\mathbb{N}$, $$T_n=u_0+u_1+\cdots+u_n.$$ Or $u_n=3+v_n$, donc $$T_n=\underbrace{3+3+\cdots+3}_{n+1\text{ termes}}+S_n=3(n+1)+S_n.$$ On obtient $$T_n=3(n+1)-\dfrac{3}{2}\left(1-\left(\dfrac{1}{3}\right)^{n+1}\right).$$

   Comme $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}3(n+1)=+\infty$ et $S_n$ est bornée, on a $$\lim_{n\to+\infty}T_n=+\infty.$$

1. On montre par récurrence que $U_n>0$ pour tout $n\in\mathbb{N}$.

   Initialisation : $U_0=1>0$.

   Hérédité : supposons $U_n>0$. Alors $3U_n>0$ et $21+U_n>0$, donc $$U_{n+1}=\dfrac{3U_n}{21+U_n}>0.$$ Par récurrence, $U_n>0$ pour tout $n$.

2. On veut montrer que, pour tout $n$, $$U_{n+1}\leq\dfrac{1}{7}U_n.$$

   Méthode 1 (par différence) :

   $$U_{n+1}-\dfrac{1}{7}U_n=\dfrac{3U_n}{21+U_n}-\dfrac{1}{7}U_n =\dfrac{21\cdot 3U_n-(21+U_n)U_n}{7(21+U_n)} =\dfrac{21U_n-21U_n-U_n^{2}}{7(21+U_n)} =-\dfrac{U_n^{2}}{7(21+U_n)}\leq 0.$$ Donc $U_{n+1}\leq\dfrac{1}{7}U_n$.

   Méthode 2 (par encadrement) :

   Comme $U_n>0$, on a $21+U_n\geq 21$ puis $$\dfrac{1}{21+U_n}\leq\dfrac{1}{21}\quad\text{et donc}\quad \dfrac{3}{21+U_n}\leq\dfrac{3}{21}=\dfrac{1}{7}.$$ En multipliant par $U_n>0$ : $$U_{n+1}=\dfrac{3U_n}{21+U_n}\leq\dfrac{1}{7}U_n.$$

3. Pour tout $n$, $U_n>0$ et $U_{n+1}\leq\dfrac{1}{7}U_n\leq U_n$, donc $$U_{n+1}\leq U_n.$$ La suite $(U_n)$ est décroissante et minorée par $0$ ; elle est donc convergente.

4. On montre maintenant que $0<U_n\leq\left(\dfrac{1}{7}\right)^{n}$.

   Méthode par récurrence :

   Initialisation : $U_0=1\leq\left(\dfrac{1}{7}\right)^{0}=1$.

   Hérédité : supposons $U_n\leq\left(\dfrac{1}{7}\right)^{n}$. Alors, en utilisant $U_{n+1}\leq\dfrac{1}{7}U_n$, $$U_{n+1}\leq\dfrac{1}{7}U_n\leq\dfrac{1}{7}\left(\dfrac{1}{7}\right)^n=\left(\dfrac{1}{7}\right)^{n+1}.$$ Donc, pour tout $n$, $0<U_n\leq\left(\dfrac{1}{7}\right)^{n}$.

   Comme $-1<\dfrac{1}{7}<1$, on a $$\lim_{n\to+\infty}\left(\dfrac{1}{7}\right)^{n}=0,$$ et, par encadrement entre $0$ et $\left(\dfrac{1}{7}\right)^{n}$, $$\lim_{n\to+\infty}U_n=0.$$

5. On pose $V_n=\sqrt{9-2U_n}$. La fonction $f:x\mapsto\sqrt{9-2x}$ est continue au voisinage de $0$ et $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}U_n=0$, donc $$\lim_{n\to+\infty}V_n=f(0)=\sqrt{9}=3.$$

1. On prouve par récurrence que, pour tout $n\in\mathbb{N}$, $u_n>-2$.

   Initialisation : $u_0=1>-2$.

   Hérédité : supposons $u_n>-2$. Alors $$u_{n+1}+2=1-\dfrac{9}{u_n+5}+2=3-\dfrac{9}{u_n+5} =\dfrac{3(u_n+5)-9}{u_n+5}=\dfrac{3u_n+6}{u_n+5} =\dfrac{3(u_n+2)}{u_n+5}.$$

   De $u_n>-2$ on déduit $u_n+5>3>0$ et $u_n+2>0$, donc $3(u_n+2)>0$ et $$u_{n+1}+2=\dfrac{3(u_n+2)}{u_n+5}>0.$$ Ainsi $u_{n+1}>-2$. Par récurrence, $u_n>-2$ pour tout $n$.

2. Étudions la différence : $$u_{n+1}-u_n=1-\dfrac{9}{u_n+5}-u_n=\dfrac{u_n+5-9-u_n(u_n+5)}{u_n+5} =-\dfrac{(u_n+2)^{2}}{u_n+5}<0.$$

   Ainsi la suite $(u_n)$ est décroissante et minorée par $-2$, donc convergente.

3. On pose $v_n=\dfrac{1}{u_n+2}$.

   On calcule $$v_{n+1}-v_n=\dfrac{1}{u_{n+1}+2}-\dfrac{1}{u_n+2}.$$ Or $$u_{n+1}+2=3-\dfrac{9}{u_n+5}=\dfrac{3(u_n+2)}{u_n+5},$$ donc $$\dfrac{1}{u_{n+1}+2}=\dfrac{u_n+5}{3(u_n+2)}.$$ Ainsi $$v_{n+1}-v_n=\dfrac{u_n+5}{3(u_n+2)}-\dfrac{1}{u_n+2} =\dfrac{u_n+5-3}{3(u_n+2)}=\dfrac{u_n+2}{3(u_n+2)}=\dfrac{1}{3}.$$ La suite $(v_n)$ est donc arithmétique de raison $r=\dfrac{1}{3}$ et de premier terme $$v_0=\dfrac{1}{u_0+2}=\dfrac{1}{3}.$$

   Pour tout $n$, $$v_n=v_0+rn=\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{3}n=\dfrac{1+n}{3}.$$ Comme $v_n=\dfrac{1}{u_n+2}$, on obtient $$u_n+2=\dfrac{3}{1+n}\quad\text{puis}\quad u_n=\dfrac{3}{1+n}-2.$$

   Finalement, $$\lim_{n\to+\infty}u_n=\lim_{n\to+\infty}\left(\dfrac{3}{1+n}-2\right)=-2.$$

1. On montre par récurrence que $2<u_n<4$ pour tout $n\in\mathbb{N}$.

   Initialisation : $u_0=3$ donc $2<3<4$.

   Hérédité : supposons $2<u_n<4$.

   D’abord, $$u_{n+1}-2=\dfrac{8(u_n-1)}{u_n+2}-2=\dfrac{8(u_n-1)-2(u_n+2)}{u_n+2} =\dfrac{6(u_n-2)}{u_n+2}.$$ De $u_n>2$ on déduit $u_n-2>0$ et $u_n+2>4>0$, donc $u_{n+1}-2>0$ et $u_{n+1}>2$.

   Ensuite, $$u_{n+1}-4=\dfrac{8(u_n-1)}{u_n+2}-4=\dfrac{4(u_n-4)}{u_n+2}.$$ Or $u_n<4$ donc $u_n-4<0$ et $u_n+2>0$, d’où $u_{n+1}-4<0$ et $u_{n+1}<4$.

   Ainsi $2<u_{n+1}<4$ et, par récurrence, $2<u_n<4$ pour tout $n$.

2. Étudions la différence : $$u_{n+1}-u_n=\dfrac{8(u_n-1)}{u_n+2}-u_n =\dfrac{8u_n-8-u_n^{2}-2u_n}{u_n+2} =-\dfrac{(u_n-4)(u_n-2)}{u_n+2}.$$

   Pour $2<u_n<4$, on a $u_n-4<0$, $u_n-2>0$ et $u_n+2>0$, donc le numérateur est négatif et $$u_{n+1}-u_n>0.$$ La suite $(u_n)$ est donc croissante. Elle est croissante et majorée par $4$, donc convergente.

3. On pose $v_n=\dfrac{u_n-4}{u_n-2}$.

   On calcule $$v_{n+1}=\dfrac{u_{n+1}-4}{u_{n+1}-2}.$$ On a déjà $$u_{n+1}-4=\dfrac{4(u_n-4)}{u_n+2},\qquad u_{n+1}-2=\dfrac{6(u_n-2)}{u_n+2}.$$ Donc $$v_{n+1}=\dfrac{\dfrac{4(u_n-4)}{u_n+2}}{\dfrac{6(u_n-2)}{u_n+2}} =\dfrac{4}{6}\cdot\dfrac{u_n-4}{u_n-2}=\dfrac{2}{3}v_n.$$ La suite $(v_n)$ est géométrique de raison $q=\dfrac{2}{3}$ et de premier terme $$v_0=\dfrac{u_0-4}{u_0-2}=\dfrac{3-4}{3-2}=-1.$$ Ainsi $$v_n=-\left(\dfrac{2}{3}\right)^{n}.$$

   On exprime alors $u_n$ en fonction de $v_n$ : $$v_n=\dfrac{u_n-4}{u_n-2}\quad\Long\rightarrow\quad v_n(u_n-2)=u_n-4,$$ $$u_nv_n-2v_n=u_n-4\quad\Long\rightarrow\quad u_n(v_n-1)=2v_n-4,$$ $$u_n=\dfrac{2v_n-4}{v_n-1}.$$ En remplaçant $v_n$ : $$u_n=\dfrac{2\left(-\left(\dfrac{2}{3}\right)^{n}\right)-4}{-\left(\dfrac{2}{3}\right)^{n}-1}.$$

   Comme $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}\left(\dfrac{2}{3}\right)^{n}=0$, on obtient $$\lim_{n\to+\infty}u_n=\dfrac{0-4}{0-1}=4.$$

4. a) On veut montrer que, pour tout $n$, $$4-u_{n+1}\leq\dfrac{4}{5}(4-u_n).$$

   On calcule : $$4-u_{n+1}-\dfrac{4}{5}(4-u_n) =\dfrac{4(u_n-4)}{u_n+2}-\dfrac{4}{5}(4-u_n)$$ $$=4(4-u_n)\left(\dfrac{1}{u_n+2}-\dfrac{1}{5}\right) =\dfrac{4(4-u_n)(3-u_n)}{5(u_n+2)}\leq 0,$$ car $u_n\geq 3$ (suite croissante à partir de $u_0=3$), donc $3-u_n\leq 0$, $4-u_n>0$ et $u_n+2>0$. On a donc bien $$4-u_{n+1}\leq\dfrac{4}{5}(4-u_n).$$

   b) Par récurrence, on en déduit que, pour tout $n$, $$4-u_n\leq\left(\dfrac{4}{5}\right)^{n}.$$

   c) Comme $0<4-u_n\leq\left(\dfrac{4}{5}\right)^{n}$ et que $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}\left(\dfrac{4}{5}\right)^{n}=0$, le théorème d’encadrement donne $$\lim_{n\to+\infty}\bigl(4-u_n\bigr)=0\quad\Long\rightarrow\quad \lim_{n\to+\infty}u_n=4.$$

On considère la fonction $f$ définie sur $\mathbb{R}^{+}$ par $$f(x)=\dfrac{x}{\sqrt{1+x^{2}}}.$$

1. a) Pour $x\geq 0$, $$f(x)-x=\dfrac{x}{\sqrt{1+x^{2}}}-x =\dfrac{x-x\sqrt{1+x^{2}}}{\sqrt{1+x^{2}}} =\dfrac{x^{2}-x^{2}(1+x^{2})}{(x+x\sqrt{1+x^{2}})\sqrt{1+x^{2}}} =-\dfrac{x^{4}}{(x+x\sqrt{1+x^{2}})\sqrt{1+x^{2}}}\leq 0.$$ Ainsi $f(x)\leq x$ pour tout $x\in\mathbb{R}^{+}$.

   b) On dérive : $$f'(x)=\dfrac{\sqrt{1+x^{2}}-x\dfrac{2x}{2\sqrt{1+x^{2}}}}{1+x^{2}} =\dfrac{\sqrt{1+x^{2}}-\dfrac{x^{2}}{\sqrt{1+x^{2}}}}{1+x^{2}} =\dfrac{1}{(1+x^{2})\sqrt{1+x^{2}}}>0.$$ Donc $f$ est strictement croissante sur $\mathbb{R}^{+}$.

2. On considère la suite $(u_n)$ définie par $$u_0=\dfrac{1}{2},\qquad u_{n+1}=f(u_n).$$

   a) On montre par récurrence que $0\leq u_n\leq 1$ pour tout $n$.

   Initialisation : $0\leq u_0=\dfrac{1}{2}\leq 1$.

   Hérédité : supposons $0\leq u_n\leq 1$. Sur $[0,1]$, $f$ est croissante et $f(0)=0$, $f(1)=\dfrac{1}{\sqrt{2}}<1$. Donc $$0\leq u_n\leq 1\quad\Long\rightarrow\quad 0=f(0)\leq f(u_n)=u_{n+1}\leq f(1)<1.$$ Par récurrence, $0\leq u_n\leq 1$ pour tout $n$.

   b) Sur $\mathbb{R}^{+}$, on a montré que $f(x)\leq x$, et $u_nin[0,1]$, donc $$u_{n+1}=f(u_n)\leq u_n.$$ La suite $(u_n)$ est décroissante et minorée par $0$, donc convergente.

   c) Soit $\ell$ la limite de $(u_n)$. Par passage à la limite dans $u_{n+1}=f(u_n)$, on obtient $$\ell=f(\ell).$$ D’après l’expression de $f(x)-x$, l’égalité $f(x)=x$ équivaut à $x=0$, donc $\ell=0$. Finalement, $$\lim_{n\to+\infty}u_n=0.$$

1. On prouve par récurrence que $1\leq u_n\leq 3$ pour tout $n\in\mathbb{N}$.

   Initialisation : $u_0=1$ donc $1\leq 1\leq 3$.

   Hérédité : supposons $1\leq u_n\leq 3$ et posons $f(x)=\sqrt{2x+3}$ sur $[1,3]$.

   La fonction $f$ est dérivable sur $[1,3]$ avec $$f'(x)=\dfrac{2}{2\sqrt{2x+3}}=\dfrac{1}{\sqrt{2x+3}}>0,$$ donc $f$ est strictement croissante sur $[1,3]$.

   De $1\leq u_n\leq 3$ et de la croissance de $f$, $$f(1)\leq f(u_n)\leq f(3)\quad\Long\rightarrow\quad \sqrt{5}\leq u_{n+1}\leq 3.$$ Or $1<\sqrt{5}$, donc $1\leq u_{n+1}\leq 3$. Par récurrence, $1\leq u_n\leq 3$ pour tout $n$.

2. Étudions la différence : $$u_{n+1}-u_n=\sqrt{2u_n+3}-u_n.$$ On multiplie par le conjugué : $$u_{n+1}-u_n=\dfrac{(2u_n+3)-u_n^{2}}{\sqrt{2u_n+3}+u_n} =\dfrac{-u_n^{2}+2u_n-3}{\sqrt{2u_n+3}+u_n} =-\dfrac{(u_n-1)(u_n-3)}{\sqrt{2u_n+3}+u_n}.$$

   Pour $1\leq u_n\leq 3$, on a $u_n-1\geq 0$, $u_n-3\leq 0$ et $\sqrt{2u_n+3}+u_n>0$, donc le quotient est positif : $$u_{n+1}-u_n\geq 0.$$ La suite $(u_n)$ est donc croissante.

3. La suite $(u_n)$ est croissante et majorée par $3$, donc convergente. Soit $\ell$ sa limite. En passant à la limite dans $$u_{n+1}=\sqrt{2u_n+3},$$ on obtient $$\ell=\sqrt{2ell+3}.$$ Ainsi $$\ell^{2}=2ell+3\quad\Long\rightarrow\quad \ell^{2}-2ell-3=0,$$ d’où $$\ell=1\quad\text{ou}\quad \ell=3.$$

   Comme $(u_n)$ est croissante et $u_0=1$, ses termes sont dans $[1,3]$ et strictement supérieurs à $1$ à partir d’un certain rang ; la limite ne peut être que $3$ : $$\lim_{n\to+\infty}u_n=3.$$