DS d’entraînement — Suites

Soit la suite $(u_n)$ définie par, pour tout $n \in \mathbb{N}$,

$$u_{n+1} = \dfrac{1}{3}u_n + 2 \quad\text{et}\quad u_0 = 2.$$

1. Montrer par récurrence 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 $$S_n = u_0 + u_1 + \cdots + u_{n-1} + u_n.$$ Calculer $S_n$ en fonction de $n$, puis préciser la limite de $(S_n)$.

1. Démontrer par récurrence que la suite $(u_n)$ est majorée par $3$.

   Pour $n = 0$, on a $u_0 = 2 < 3$. La propriété est donc vraie au rang $0$.

   Soit $n$ un entier naturel. Supposons que $u_n < 3$ et montrons que $u_{n+1} < 3$. On a $u_n < 3$, donc $ \dfrac{1}{3}u_n < \dfrac{1}{3} \times 3$ et ainsi

   $$\dfrac{1}{3}u_n + 2 < \dfrac{1}{3} \times 3 + 2 = 3,$$

   d’où $u_{n+1} < 3$. D’après le principe de récurrence, on a donc, pour tout $n \in \mathbb{N}$, $u_n < 3$ : la suite $(u_n)$ est majorée par $3$.

2. Étudier la monotonie de $(u_n)$ et déduire qu’elle est convergente.

   Pour tout $n \in \mathbb{N}$,

   $$u_{n+1} – u_n = \dfrac{1}{3}u_n + 2 – u_n = \left(\dfrac{1}{3} – 1\right)u_n + 2 = -\dfrac{2}{3}u_n + 2.$$

   On écrit encore

   $$u_{n+1} – u_n = -\dfrac{2}{3}\left(u_n – \dfrac{3}{2} \times 2\right) = -\dfrac{2}{3}(u_n – 3).$$

   Or, d’après la question précédente, $u_n < 3$, donc $u_n – 3 < 0$ et par conséquent $-\dfrac{2}{3}(u_n – 3) > 0$. Ainsi, pour tout $n \in \mathbb{N}$, $u_{n+1} – u_n > 0$ et la suite $(u_n)$ est croissante.

   La suite $(u_n)$ est donc croissante et majorée par $3$, elle est donc convergente.

3. En déduire que, pour tout $n \in \mathbb{N}$, $u_n \geq 2$.

   La suite $(u_n)$ est croissante et $u_0 = 2$. Pour tout $n \in \mathbb{N}$, on a donc $$u_n \geq u_0 = 2.$$

4. Pour tout $n \in \mathbb{N}$, on pose $v_n = u_n – 3$.

   1. Montrer que $(v_n)$ est une suite géométrique.

      Pour tout $n \in \mathbb{N}$,

      $$v_{n+1} = u_{n+1} – 3 = \dfrac{1}{3}u_n + 2 – 3 = \dfrac{1}{3}u_n – 1 = \dfrac{1}{3}(u_n – 3) = \dfrac{1}{3}v_n.$$

      La suite $(v_n)$ est donc géométrique de raison $q = \dfrac{1}{3}$ et de premier terme

      $$v_0 = u_0 – 3 = 2 – 3 = -1.$$

   2. Exprimer $v_n$ en fonction de $n$.

      Puisque $(v_n)$ est géométrique de raison $q = \dfrac{1}{3}$ et de premier terme $v_0 = -1$, on a, pour tout $n \in \mathbb{N}$,

      $$v_n = v_0 q^{,n} = -\left(\dfrac{1}{3}\right)^{n}.$$

   3. Calculer $u_n$ en fonction de $n$ puis préciser la limite de $(u_n)$.

      Pour tout $n \in \mathbb{N}$, $v_n = u_n – 3$, donc $u_n = 3 + v_n$. On en déduit

      $$u_n = 3 + v_n = 3 – \left(\dfrac{1}{3}\right)^{n}.$$

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

      $$\lim_{n\to+\infty}u_n = 3.$$

5. Pour tout $n \in \mathbb{N}$, on pose $$S_n = u_0 + u_1 + \cdots + u_{n-1} + u_n.$$ Calculer $S_n$ en fonction de $n$ puis préciser la limite de $(S_n)$.

   On sait que $u_k = 3 + v_k$ pour tout $k$. On a donc

   $$S_n = u_0 + u_1 + \cdots + u_n = (3 + v_0) + (3 + v_1) + \cdots + (3 + v_n).$$

   En regroupant les termes, on obtient

   $$S_n = 3 + 3 + \cdots + 3 + v_0 + v_1 + \cdots + v_n = 3(n+1) + S’_n,$$

   où $$S’_n = v_0 + v_1 + \cdots + v_n.$$

   La suite $(v_n)$ est géométrique de raison $q = \dfrac{1}{3}$ et de premier terme $v_0 = -1$, donc la somme partielle $S’_n$ vaut

   $$S’_n = v_0 ,\dfrac{1 – q^{,n+1}}{1 – q} = -1 \times \dfrac{1 – \left(\dfrac{1}{3}\right)^{n+1}}{1 – \dfrac{1}{3}} = -1 \times \dfrac{1 – \left(\dfrac{1}{3}\right)^{n+1}}{\dfrac{2}{3}} = -\dfrac{3}{2}\left(1 – \left(\dfrac{1}{3}\right)^{n+1}\right).$$

   Par conséquent,

   $$S_n = 3(n+1) – \dfrac{3}{2}\left(1 – \left(\dfrac{1}{3}\right)^{n+1}\right).$$

   Comme $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}3(n+1) = +\infty$ et $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}S’_n = -\dfrac{3}{2}$, la suite $(S_n)$ vérifie

   $$\lim_{n\to+\infty}S_n = +\infty.$$

Soit $(u_n)$ 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 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 $v_n$ et $u_n$ 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 $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}u_n$.

Soit $(u_n)$ 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 $n\\in\mathbb{N}$, $2 < u_n < 4$.

   Pour $n = 0$, on a $2 < u_0 = 3 < 4$. La propriété est donc vraie au rang $0$.

   Soit $n$ un entier naturel. Supposons que $2 < u_n < 4$ et montrons que $2 < u_{n+1} < 4$.

   Calcul de $u_{n+1}-2$ :

   $$\begin{aligned} u_{n+1} – 2 &= \dfrac{8(u_n-1)}{u_n+2} – 2 \ &= \dfrac{8(u_n-1) – 2(u_n+2)}{u_n+2} \ &= \dfrac{6u_n – 12}{u_n+2} \ &= \dfrac{6(u_n-2)}{u_n+2}. \end{aligned}$$

   De l’hypothèse $u_n > 2$, on déduit $u_n-2 > 0$ et $u_n+2 > 4 > 0$, donc $$u_{n+1} – 2 = \dfrac{6(u_n-2)}{u_n+2} > 0,$$ ce qui donne $u_{n+1} > 2$.

   Calcul de $u_{n+1}-4$ :

   $$\begin{aligned} u_{n+1} – 4 &= \dfrac{8(u_n-1)}{u_n+2} – 4 \ &= \dfrac{8(u_n-1) – 4(u_n+2)}{u_n+2} \ &= \dfrac{4u_n – 16}{u_n+2} \ &= \dfrac{4(u_n-4)}{u_n+2}. \end{aligned}$$

   De $u_n < 4$, on tire $u_n-4 < 0$, et comme $u_n+2 > 0$, on obtient $$u_{n+1} – 4 = \dfrac{4(u_n-4)}{u_n+2} < 0,$$ donc $u_{n+1} < 4$.

   Ainsi $2 < u_{n+1} < 4$. Par récurrence, pour tout $n\\in\mathbb{N}$, $2 < u_n < 4$.

2. Étudier la monotonie de $(u_n)$ et déduire qu’elle est convergente.

   Pour tout $n\\in\mathbb{N}$,

   $$\begin{aligned} u_{n+1} – u_n &= \dfrac{8(u_n-1)}{u_n+2} – u_n \ &= \dfrac{8(u_n-1) – u_n(u_n+2)}{u_n+2} \ &= \dfrac{8u_n – 8 – u_n^2 – 2u_n}{u_n+2} \ &= \dfrac{-u_n^2 + 6u_n – 8}{u_n+2} \ &= -\dfrac{(u_n-4)(u_n-2)}{u_n+2}. \end{aligned}$$

   On a $2 < u_n < 4$, donc $u_n-4 < 0$, $u_n-2 > 0$ et $u_n+2 > 0$. Le produit $(u_n-4)(u_n-2)$ est donc négatif, d’où $$u_{n+1} – u_n = -\dfrac{(u_n-4)(u_n-2)}{u_n+2} > 0.$$ La suite $(u_n)$ est donc croissante.

   De plus, d’après la question 1), pour tout $n$, $u_n < 4$, donc $(u_n)$ est croissante et majorée par $4$, elle est donc convergente.

3. Pour tout $n\\in\mathbb{N}$, on pose $$v_n = \dfrac{u_n-4}{u_n-2}.$$

   1. Montrer que $(v_n)$ est une suite géométrique.

      Pour tout $n\\in\mathbb{N}$,

      $$v_{n+1} = \dfrac{u_{n+1}-4}{u_{n+1}-2}.$$

      D’après les calculs de la question 1), $$u_{n+1}-4 = \dfrac{4(u_n-4)}{u_n+2},\qquad u_{n+1}-2 = \dfrac{6(u_n-2)}{u_n+2}.$$

      Ainsi

      $$\begin{aligned} v_{n+1} &= \dfrac{\dfrac{4(u_n-4)}{u_n+2}}{\dfrac{6(u_n-2)}{u_n+2}} \ &= \dfrac{4(u_n-4)}{6(u_n-2)} \ &= \dfrac{2}{3},\dfrac{u_n-4}{u_n-2} \ &= \dfrac{2}{3},v_n. \end{aligned}$$

      La suite $(v_n)$ est donc géométrique de raison $q = \dfrac{2}{3}$ et de premier terme $$v_0 = \dfrac{u_0-4}{u_0-2} = \dfrac{3-4}{3-2} = -1.$$

   2. Exprimer $v_n$ et $u_n$ en fonction de $n$ puis déterminer la limite de $(u_n)$.

      Comme $(v_n)$ est géométrique de raison $q = \dfrac{2}{3}$ et de premier terme $v_0=-1$, pour tout $n\\in\mathbb{N}$,

      $$v_n = v_0 q^{n} = -\left(\dfrac{2}{3}\right)^{n}.$$

      Expression de $u_n$ en fonction de $n$ :

      $$v_n = \dfrac{u_n-4}{u_n-2} \Longrightarrow v_n(u_n-2) = u_n-4 \Longrightarrow u_nv_n – 2v_n = u_n – 4.$$

      On obtient alors

      $$u_n(v_n-1) = 2v_n – 4 \Longrightarrow u_n = \dfrac{2v_n – 4}{v_n – 1}.$$

      En remplaçant $v_n$ par $-\left(\dfrac{2}{3}\right)^{n}$, on obtient

      $$u_n = \dfrac{2\left(-\left(\dfrac{2}{3}\right)^{n}\right) – 4}{-\left(\dfrac{2}{3}\right)^{n} – 1} = \dfrac{-2\left(\dfrac{2}{3}\right)^{n} – 4}{-\left(\dfrac{2}{3}\right)^{n} – 1}.$$

      Limite de $(u_n)$ :

      On a $-1 < \dfrac{2}{3} < 1$, donc $$\lim_{n\to+\infty}\left(\dfrac{2}{3}\right)^{n} = 0.$$ Par passage à la limite dans l’expression précédente de $u_n$, on obtient

      $$\lim_{n\to+\infty}u_n = \dfrac{-2\cdot 0 – 4}{-0 – 1} = \dfrac{-4}{-1} = 4.$$

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

   1^re méthode (par la différence)

   D’après la question 1), on a $$4 – u_{n+1} = \dfrac{4(4-u_n)}{u_n+2}.$$ Calculons

   $$\begin{aligned} 4 – u_{n+1} – \dfrac{4}{5}(4-u_n) &= \dfrac{4(4-u_n)}{u_n+2} – \dfrac{4}{5}(4-u_n) \ &= 4(4-u_n)\left(\dfrac{1}{u_n+2} – \dfrac{1}{5}\right) \ &= \dfrac{4(4-u_n)\bigl(5-(u_n+2)\bigr)}{5(u_n+2)} \ &= \dfrac{4(4-u_n)(3-u_n)}{5(u_n+2)}. \end{aligned}$$

   La suite $(u_n)$ est croissante et $u_0=3$, donc $u_n\geq 3$ pour tout $n$, d’où $3-u_n\leq 0$. De plus $4-u_n>0$ et $u_n+2>0$, donc $$4 – u_{n+1} – \dfrac{4}{5}(4-u_n)\leq 0.$$ Ainsi, pour tout $n\\in\mathbb{N}$, $$4 – u_{n+1} \leq \dfrac{4}{5}(4-u_n).$$

   2^e méthode (par encadrement)

   D’après la question 1), on a $$4 – u_{n+1} = \dfrac{4(4-u_n)}{u_n+2}.$$ Or la suite $(u_n)$ est croissante et $u_0=3$, donc $u_n\geq 3$ et $$u_n+2 \geq 5 \quad\Longrightarrow\quad \dfrac{1}{u_n+2} \leq \dfrac{1}{5}.$$

   Comme $4-u_n>0$, on obtient $$\dfrac{4(4-u_n)}{u_n+2} \leq \dfrac{4}{5}(4-u_n),$$ ce qui donne bien $$4 – u_{n+1} \leq \dfrac{4}{5}(4-u_n).$$

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

   1^re méthode (par récurrence)

   Pour $n=0$ : $$4 – u_0 = 4 – 3 = 1 \leq \left(\dfrac{4}{5}\right)^{0} = 1.$$ La propriété est donc vraie au rang $0$.

   Soit $n\\in\mathbb{N}$. Supposons que $4 – u_n \leq \left(\dfrac{4}{5}\right)^{n}$ et montrons que $$4 – u_{n+1} \leq \left(\dfrac{4}{5}\right)^{n+1}.$$

   De l’hypothèse de récurrence, $$4 – u_n \leq \left(\dfrac{4}{5}\right)^{n} \quad\Longrightarrow\quad \dfrac{4}{5}(4-u_n) \leq \left(\dfrac{4}{5}\right)^{n+1}.$$

   Or, d’après la question a), $$4 – u_{n+1} \leq \dfrac{4}{5}(4-u_n).$$ On en déduit $$4 – u_{n+1} \leq \left(\dfrac{4}{5}\right)^{n+1}.$$ Par principe de récurrence, pour tout $n\\in\mathbb{N}$, $$4 – u_n \leq \left(\dfrac{4}{5}\right)^{n}.$$

   2^e méthode

   On dispose de l’inégalité, pour tout $n\\in\mathbb{N}$, $$4 – u_{n+1} \leq \dfrac{4}{5}(4-u_n).$$ En particulier,

   $$\begin{aligned} 4 – u_1 &\leq \dfrac{4}{5}(4-u_0), \ 4 – u_2 &\leq \dfrac{4}{5}(4-u_1), \ & \vdots \ 4 – u_n &\leq \dfrac{4}{5}(4-u_{n-1}). \end{aligned}$$

   En multipliant ces inégalités terme à terme (tous les facteurs étant positifs), on obtient $$4 – u_n \leq \left(\dfrac{4}{5}\right)^{n}(4-u_0).$$ Or $4-u_0 = 1$, donc $$4 – u_n \leq \left(\dfrac{4}{5}\right)^{n}.$$

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

   Pour tout $n\\in\mathbb{N}$, on a $u_n < 4$, donc $4 – u_n > 0$. Avec le résultat de la question b), on dispose de $$0 < 4 – u_n \leq \left(\dfrac{4}{5}\right)^{n}.$$

   Comme $-1 < \dfrac{4}{5} < 1$, on a $$\lim_{n\to+\infty}\left(\dfrac{4}{5}\right)^{n} = 0.$$ Par le théorème d’encadrement, $$\lim_{n\to+\infty}(4 – u_n) = 0,$$ donc $$\lim_{n\to+\infty}u_n = 4.$$

Soit $(u_n)$ 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. Montrer que la suite $(u_n)$ est convergente.
3. Pour tout $n \in \mathbb{N}$, on pose $$v_n = \dfrac{1}{u_n + 2}.$$
   1. Montrer que la suite $(v_n)$ est arithmétique.
   2. Calculer $u_n$ en fonction de $n$, puis préciser la limite de la suite $(u_n)$.

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

   Pour $n = 0$, on a $u_0 = 1 > -2$. La propriété est donc vraie au rang $0$.

   Soit $n$ un entier naturel. Supposons que $u_n > -2$ et montrons que $u_{n+1} > -2$.

   $$\begin{aligned} u_{n+1} + 2 &= 1 – \dfrac{9}{u_n + 5} + 2 \ &= 3 – \dfrac{9}{u_n + 5} \ &= \dfrac{3(u_n + 5) – 9}{u_n + 5} \ &= \dfrac{3u_n + 6}{u_n + 5} \ &= \dfrac{3(u_n + 2)}{u_n + 5}. \end{aligned}$$

   De l’hypothèse $u_n > -2$, on tire $u_n + 5 > 3 > 0$ et $u_n + 2 > 0$, donc $3(u_n + 2) > 0$ et $$\dfrac{3(u_n + 2)}{u_n + 5} > 0.$$ Ainsi $u_{n+1} + 2 > 0$, donc $u_{n+1} > -2$.

   D’après le principe de récurrence, pour tout $n\\in\mathbb{N}$, $u_n > -2$.

2. Soit $n$ un entier naturel. Calculons la différence $u_{n+1} – u_n$ :

   $$\begin{aligned} u_{n+1} – u_n &= 1 – \dfrac{9}{u_n + 5} – u_n \ &= \dfrac{u_n + 5 – 9 – u_n(u_n + 5)}{u_n + 5} \ &= \dfrac{u_n + 5 – 9 – u_n^2 – 5u_n}{u_n + 5} \ &= \dfrac{-4 – u_n^2 – 4u_n}{u_n + 5} \ &= -\dfrac{u_n^2 + 4u_n + 4}{u_n + 5} \ &= -\dfrac{(u_n + 2)^2}{u_n + 5}. \end{aligned}$$

   On a montré à la question 1) que $u_n > -2$, donc $u_n + 5 > 3 > 0$ et $(u_n + 2)^2 \geq 0$. Ainsi $$u_{n+1} – u_n = -\dfrac{(u_n + 2)^2}{u_n + 5} < 0.$$ La suite $(u_n)$ est donc décroissante.

   Comme $(u_n)$ est décroissante et minorée par $-2$, 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.

      On calcule la différence $v_{n+1} – v_n$ :

      $$\begin{aligned} v_{n+1} – v_n &= \dfrac{1}{u_{n+1} + 2} – \dfrac{1}{u_n + 2}. \end{aligned}$$

      Or, d’après la question 1), on a $$u_{n+1} + 2 = \dfrac{3(u_n + 2)}{u_n + 5} \quad\Longrightarrow\quad \dfrac{1}{u_{n+1} + 2} = \dfrac{u_n + 5}{3(u_n + 2)}.$$

      Ainsi

      $$\begin{aligned} v_{n+1} – v_n &= \dfrac{u_n + 5}{3(u_n + 2)} – \dfrac{1}{u_n + 2} \ &= \dfrac{u_n + 5}{3(u_n + 2)} – \dfrac{3}{3(u_n + 2)} \ &= \dfrac{u_n + 5 – 3}{3(u_n + 2)} \ &= \dfrac{u_n + 2}{3(u_n + 2)} \ &= \dfrac{1}{3}. \end{aligned}$$

      La suite $(v_n)$ est donc arithmétique de raison $r = \dfrac{1}{3}$ et de premier terme $$v_0 = \dfrac{1}{u_0 + 2} = \dfrac{1}{1 + 2} = \dfrac{1}{3}.$$

   2. Calculer $u_n$ en fonction de $n$ puis préciser la limite de $(u_n)$.

      Soit $n \in \mathbb{N}$. La suite $(v_n)$ est arithmétique de raison $r = \dfrac{1}{3}$ et de premier terme $v_0 = \dfrac{1}{3}$, donc

      $$v_n = v_0 + rn = \dfrac{1}{3} + \dfrac{1}{3}n = \dfrac{1}{3}(1 + n).$$

      Par définition, $$v_n = \dfrac{1}{u_n + 2} \quad\Longrightarrow\quad u_n + 2 = \dfrac{1}{v_n} \quad\Longrightarrow\quad u_n = \dfrac{1}{v_n} – 2.$$

      En remplaçant $v_n$ par $\dfrac{1}{3}(1 + n)$, on obtient

      $$u_n = \dfrac{1}{\dfrac{1}{3}(1 + n)} – 2 = \dfrac{3}{1 + n} – 2.$$

      Pour la limite, on a $$\lim_{n\to+\infty}\dfrac{3}{1 + n} = 0,$$ donc $$\lim_{n\to+\infty}u_n = \lim_{n\to+\infty}\left(\dfrac{3}{1 + n} – 2\right) = -2.$$

On pose, pour tout $n \in \mathbb{N}^\ast$,

$$S_n = \dfrac{n}{n^2+1} + \dfrac{n}{n^2+2} + \cdots + \dfrac{n}{n^2+n}.$$

1. Montrer que, pour tout $n \in \mathbb{N}^\ast$, $$\dfrac{n^2}{n^2+n} \leq S_n \leq \dfrac{n^2}{n^2+1}.$$
2. Déterminer la limite de la suite $(S_n)$.

On pose, pour tout $n \in \mathbb{N}^\ast$,

$$S_n = \dfrac{n}{n^2+1} + \dfrac{n}{n^2+2} + \cdots + \dfrac{n}{n^2+n}.$$

1. Montrer que, pour tout $n \in \mathbb{N}^\ast$, $$\dfrac{n^2}{n^2+n} \leq S_n \leq \dfrac{n^2}{n^2+1}.$$

   Pour tout $k \in {1,2,3,\dots,n}$, on a $1 \leq k \leq n$, donc

   $$n^2 + 1 \leq n^2 + k \leq n^2 + n.$$

   En prenant l’inverse (tous les termes sont strictement positifs), on obtient

   $$\dfrac{1}{n^2+n} \leq \dfrac{1}{n^2+k} \leq \dfrac{1}{n^2+1}.$$

   En multipliant par $n > 0$ :

   $$\dfrac{n}{n^2+n} \leq \dfrac{n}{n^2+k} \leq \dfrac{n}{n^2+1}.$$

   En sommant ces inégalités pour $k$ allant de $1$ à $n$, on a

   $$\dfrac{n}{n^2+n}\sum_{k=1}^{n} 1 \leq \sum_{k=1}^{n}\dfrac{n}{n^2+k} \leq \dfrac{n}{n^2+1}\sum_{k=1}^{n} 1.$$

   Or $\displaystyle\sum_{k=1}^{n}1 = n$, donc

   $$\dfrac{n}{n^2+n}\times n \leq S_n \leq \dfrac{n}{n^2+1}\times n,$$

   c’est-à-dire

   $$\dfrac{n^2}{n^2+n} \leq S_n \leq \dfrac{n^2}{n^2+1}.$$

2. On a donc, pour tout $n \in \mathbb{N}^\ast$, $$\dfrac{n^2}{n^2+n} \leq S_n \leq \dfrac{n^2}{n^2+1}.$$

   Étudions les limites des bornes.

   $$\lim_{n\to+\infty}\dfrac{n^2}{n^2+n} = \lim_{n\to+\infty}\dfrac{n^2}{n^2\left(1+\dfrac{1}{n}\right)} = \lim_{n\to+\infty}\dfrac{1}{1+\dfrac{1}{n}} = 1.$$

   Et

   $$\lim_{n\to+\infty}\dfrac{n^2}{n^2+1} = \lim_{n\to+\infty}\dfrac{n^2}{n^2\left(1+\dfrac{1}{n^2}\right)} = \lim_{n\to+\infty}\dfrac{1}{1+\dfrac{1}{n^2}} = 1.$$

   Donc, d’après le théorème des gendarmes, $$\lim_{n\to+\infty}S_n = 0.$$