Pour tout \(\alpha>0\) et tout entier \(k\ge1\), on sait que
\[
(\ln n)^k=o(n^\alpha).
\]
Ici, avec \(k=2\) et \(\alpha=0{,}1\), on obtient
\[
(\ln n)^2=o(n^{0{,}1}).
\]
Donc
\[
\frac{(\ln n)^2}{n^{0{,}1}}\to0.
\]
\[
\boxed{\lim_{n\to+\infty}u_n=0}
\]

On écrit
\[
\ln(n^2+n)=\ln\left(n^2\left(1+\frac1n\right)\right)=2\ln n+\ln\left(1+\frac1n\right).
\]
Or \(\ln(1+1/n)\to0\). Donc
\[
u_n=\frac{\ln n}{2\ln n+\ln(1+1/n)}
=\frac{1}{2+\frac{\ln(1+1/n)}{\ln n}}\to\frac12.
\]
\[
\boxed{\lim u_n=\frac12}
\]

Pour tout réel \(x\), \(-1\le\sin x\le1\). Donc
\[
-\frac1{\sqrt n}\le \frac{\sin(\sqrt n)}{\sqrt n}\le\frac1{\sqrt n}.
\]
Les deux bornes tendent vers \(0\). Par le théorème des gendarmes,
\[
\boxed{u_n\to0}.
\]

La suite \((\cos n)\) n’admet pas de limite. Comme \(1/n\to0\), ajouter une suite qui tend vers \(0\) ne rend pas convergente une suite oscillante non convergente.
\[
\boxed{(u_n)\text{ n’admet pas de limite}.}
\]

On rationalise :
\[
u_n=\frac{(n^2+5n)-n^2}{\sqrt{n^2+5n}+n}=\frac{5n}{\sqrt{n^2+5n}+n}.
\]
Puis
\[
\sqrt{n^2+5n}=n\sqrt{1+\frac5n}.
\]
Ainsi
\[
u_n=\frac5{\sqrt{1+5/n}+1}\to\frac52.
\]
\[
\boxed{\lim u_n=\frac52}
\]

Les deux polynômes sont de degré \(2\), donc
\[
\lim u_n=\frac42=2.
\]
Puis
\[
u_n-2=\frac{4n^2-7n+1-2(2n^2+n+5)}{2n^2+n+5}
=\frac{-9n-9}{2n^2+n+5}.
\]
Pour \(n\) assez grand, le dénominateur est positif et le numérateur négatif. Donc
\[
\boxed{u_n<2\text{ pour }n\text{ assez grand}.}
\]

On calcule
\[
\frac{u_{n+1}}{u_n}=\frac{(n+1)^4}{3^{n+1}}\cdot\frac{3^n}{n^4}
=\frac13\left(1+\frac1n\right)^4\to\frac13<1.
\]
La suite positive est donc dominée par une suite géométrique à partir d’un certain rang, d’où
\[
\boxed{u_n\to0}.
\]

Les termes sont positifs, donc \((u_n)\) est croissante. Pour le paquet \(2^{j-1}+1\le k\le2^j\), il y a \(2^{j-1}\) termes et chacun est au moins \(1/2^j\). Le paquet est donc au moins \(1/2\).
Ainsi
\[
u_{2^m}\ge1+\frac m2\to+\infty.
\]
La suite étant croissante,
\[
\boxed{u_n\to+\infty}.
\]

La série \(\sum 1/k^2\) converge, donc \((u_n)\), somme partielle croissante et majorée, converge.
Comme \(x\mapsto1/x^2\) est positive décroissante,
\[
\int_{n+1}^{+\infty}\frac{dx}{x^2}\le R_n\le\int_n^{+\infty}\frac{dx}{x^2}.
\]
Donc
\[
\boxed{\frac1{n+1}\le R_n\le\frac1n}.
\]

\[
u_n=\frac{(n+3)-n}{\sqrt{n+3}+\sqrt n}=\frac3{\sqrt{n+3}+\sqrt n}.
\]
Le dénominateur tend vers \(+\infty\), donc
\[
\boxed{u_n\to0}.
\]

Le point fixe vérifie
\[
L=0{,}6L+1{,}2\Rightarrow L=3.
\]
Posons \(v_n=u_n-3\). Alors
\[
v_{n+1}=0{,}6v_n.
\]
Donc
\[
v_n=4(0{,}6)^n,
\qquad
\boxed{u_n=3+4(0{,}6)^n}.
\]
Comme \((0{,}6)^n\to0\),
\[
\boxed{u_n\to3}.
\]

Sur \([0;1]\), \(f'(x)=5/(x+4)^2>0\), donc \(f\) est croissante. Or \(f(0)=3/4\) et \(f(1)=1\), donc \(f([0;1])\subset[0;1]\).
Ainsi \(0\le u_n\le1\).
De plus
\[
f(x)-x=\frac{-(x-1)(x+3)}{x+4}\ge0\quad\text{sur }[0;1].
\]
La suite est croissante et majorée par \(1\), donc convergente. Si \(u_n\to L\), alors
\[
L=\frac{2L+3}{L+4}\Rightarrow L^2+2L-3=0\Rightarrow (L-1)(L+3)=0.
\]
Comme \(L\in[0;1]\),
\[
\boxed{L=1}.
\]

Posons
\[
\alpha=\frac{1+\sqrt{13}}2.
\]
Alors \(\alpha\) est la solution positive de \(x^2-x-3=0\), donc \(\alpha^2=3+\alpha\).
Si \(x\in[0;\alpha]\), alors
\[
0\le \sqrt{3+x}\le \sqrt{3+\alpha}=\alpha.
\]
Donc \([0;\alpha]\) est stable. Comme \(u_0=0\), on a \(0\le u_n\le\alpha\).
Pour \(x\in[0;\alpha]\),
\[
\sqrt{3+x}\ge x\iff 3+x\ge x^2\iff x^2-x-3\le0,
\]
ce qui est vrai sur \([0;\alpha]\). Donc \((u_n)\) est croissante et majorée par \(\alpha\), donc convergente.
Si \(u_n\to L\), alors
\[
L=\sqrt{3+L}\Rightarrow L^2-L-3=0.
\]
Comme \(L\ge0\),
\[
\boxed{L=\frac{1+\sqrt{13}}2}.
\]

Avec \(f(x)=\frac{x+2}{x+3}\), on a \(f'(x)=1/(x+3)^2>0\). Donc
\[
f([0;2])=\left[\frac23;\frac45\right].
\]
Dès le rang 1, \(u_n\in[2/3;4/5]\). Sur cet intervalle,
\[
|f'(x)|\le\frac{1}{(2/3+3)^2}=\frac9{121}<1.
\]
La suite converge vers l’unique point fixe :
\[
L=\frac{L+2}{L+3}\Rightarrow L^2+2L-2=0.
\]
Comme les termes sont positifs,
\[
\boxed{L=\sqrt3-1}.
\]

Posons \(v_n=1/u_n\). Alors
\[
v_{n+1}=\frac{1+u_n}{u_n}=v_n+1.
\]
Comme \(v_0=2\), on obtient \(v_n=n+2\). Donc
\[
\boxed{u_n=\frac1{n+2}}.
\]
Ainsi
\[
\boxed{u_n\to0}.
\]

On a
\[
\frac2{(n+1)(n+3)}=\frac1{n+1}-\frac1{n+3}.
\]
Donc
\[
u_n=1+\sum_{k=0}^{n-1}\left(\frac1{k+1}-\frac1{k+3}\right)
=1+1+\frac12-\frac1{n+1}-\frac1{n+2}.
\]
Ainsi
\[
\boxed{u_n=\frac52-\frac1{n+1}-\frac1{n+2}},
\qquad
\boxed{u_n\to\frac52}.
\]

Pour \(n\ge2\),
\[
u_n=\sum_{k=1}^{n-1}\ln\left(\frac{k+1}{k}\right)
=\ln\left(\prod_{k=1}^{n-1}\frac{k+1}{k}\right)=\ln n.
\]
Donc
\[
\boxed{u_n=\ln n},
\qquad
\boxed{u_n\to+\infty}.
\]

Si \(0<u\le1\), alors \(u(2-u)=1-(u-1)^2\in(0;1]\). Donc \(0<u_n\le1\).
De plus
\[
u_{n+1}-u_n=u_n(1-u_n)\ge0.
\]
La suite est croissante et majorée par \(1\), donc convergente. Si \(u_n\to L\), alors
\[
L=L(2-L)\Rightarrow L(1-L)=0.
\]
Comme \(u_n\ge u_0>0\), on retient
\[
\boxed{L=1}.
\]

On écrit
\[
u_{n+1}=\frac12\left(u_n+\frac1{u_n}\right).
\]
Par AM-GM, \(u_{n+1}\ge1\). Ensuite, si \(u_n\ge1\),
\[
u_{n+1}-u_n=\frac{1-u_n^2}{2u_n}\le0.
\]
La suite est décroissante et minorée par \(1\), donc convergente. Si \(u_n\to L\), alors
\[
L=\frac12\left(L+\frac1L\right)\Rightarrow L^2=1.
\]
Comme \(L\ge1\),
\[
\boxed{L=1}.
\]

Posons \(v_n=3-u_n\). Alors
\[
v_{n+1}=\left(1-\frac1{n+2}\right)v_n=\frac{n+1}{n+2}v_n.
\]
Donc
\[
v_n=3\prod_{k=0}^{n-1}\frac{k+1}{k+2}=\frac3{n+1}.
\]
Ainsi
\[
\boxed{u_n=3-\frac3{n+1}},
\qquad
\boxed{u_n\to3}.
\]

Par définition du minimum, \(u_{n+1}\le u_n\). La suite est donc décroissante. De plus, on a toujours
\[
u_{n+1}\le 2+\frac1{n+1},
\]
donc \(\limsup u_n\le2\). Comme la borne mobile tend vers \(2\) et que la suite ne peut pas passer durablement strictement sous \(2\), on obtient
\[
\boxed{u_n\to2}.
\]

On pose
\[
a_n=n\ln\left(1+\frac1n\right).
\]
La suite \(\left(1+\frac1n\right)^n\) est la définition classique de \(e\). On obtient donc
\[
\boxed{\lim_{n\to+\infty}\left(1+\frac1n\right)^n=e}.
\]

On calcule
\[
v_{n+1}=\frac{\frac{u_n+4}{u_n+1}-2}{\frac{u_n+4}{u_n+1}+2}=\frac13\frac{u_n-2}{u_n+2}=\frac13v_n.
\]
Donc \((v_n)\) est géométrique de raison \(1/3\), d’où \(v_n\to0\). Comme
\[
v_n=\frac{u_n-2}{u_n+2},
\]
on obtient
\[
\boxed{u_n\to2}.
\]

Si \(a\ne1\), le point fixe vaut
\[
L=\frac1{1-a}.
\]
Avec \(v_n=u_n-L\), on a \(v_{n+1}=av_n\), donc
\[
u_n=\frac{1-a^n}{1-a}.
\]
La suite converge si \(|a|<1\), et alors
\[
\boxed{\lim u_n=\frac1{1-a}}.
\]
Si \(a=1\), \(u_n=n\to+\infty\). Si \(|a|>1\), elle diverge. Si \(a=-1\), elle oscille.
\[
\boxed{(u_n)\text{ converge si et seulement si }|a|<1.}
\]

Le point fixe vérifie \(L=(L+2)/3\), donc \(L=1\). Avec \(v_n=u_n-1\),
\[
v_{n+1}=\frac13v_n.
\]
Donc
\[
\boxed{u_n-1=(u_0-1)3^{-n}},
\qquad
\boxed{u_n\to1}.
\]

On a \(a_n\to1\) et \(b_n\to1\). Comme la fonction racine carrée est continue sur \([0;+\infty[\),
\[
u_n=\sqrt{a_n}\to1,
\qquad
v_n=\sqrt{b_n}\to1.
\]
\[
\boxed{\lim u_n=\lim v_n=1}.
\]

Pour \(x\ge0\),
\[
x\cos x\le\sin x\le x.
\]
Avec \(x=1/n\), puis en multipliant par \(n\),
\[
\cos\left(\frac1n\right)\le n\sin\left(\frac1n\right)\le1.
\]
Les deux bornes tendent vers \(1\). Donc
\[
\boxed{u_n\to1}.
\]

\[
\frac{u_{n+1}}{u_n}=\frac12\left(1+\frac1n\right)^a\to\frac12<1.
\]
Donc la suite positive est dominée par une géométrique de raison strictement inférieure à \(1\) à partir d’un certain rang. Ainsi
\[
\boxed{\forall a\in\mathbb R,\quad \frac{n^a}{2^n}\to0}.
\]

Sur \([0;1]\), \(f'(x)=4/(3-x)^2>0\), donc \(f\) est croissante. Or \(f(0)=1/3\) et \(f(1)=1\). Donc \([0;1]\) est stable.
Ensuite
\[
f(x)-x=\frac{(x-1)^2}{3-x}\ge0.
\]
La suite est croissante et majorée par \(1\), donc convergente. Si \(u_n\to L\), alors
\[
L=\frac{1+L}{3-L}\Rightarrow (L-1)^2=0.
\]
\[
\boxed{L=1}.
\]

Posons \(f(x)=\sqrt{1+x}\). Si \(x\in[1;2]\), alors
\[
\sqrt2\le f(x)\le\sqrt3,
\]
et \([\sqrt2;\sqrt3]\subset[1;2]\). Donc \([1;2]\) est stable.
Le point fixe positif vérifie
\[
L=\sqrt{1+L}\iff L^2-L-1=0,
\]
donc
\[
\varphi=\frac{1+\sqrt5}{2}.
\]
De plus,
\[
f'(x)=\frac1{2\sqrt{1+x}}.
\]
Sur \([1;2]\),
\[
0<f'(x)\le\frac1{2\sqrt2}<1.
\]
Par contraction,
\[
|u_{n+1}-\varphi|=|f(u_n)-f(\varphi)|\le\frac1{2\sqrt2}|u_n-\varphi|.
\]
Donc
\[
\boxed{u_n\to\varphi=\frac{1+\sqrt5}{2}},
\qquad
\boxed{q=\frac1{2\sqrt2}}.
\]

Comme \(x\mapsto1/\sqrt x\) est positive décroissante,
\[
\sum_{k=1}^{n}\frac1{\sqrt k}\ge\int_1^{n+1}\frac{dx}{\sqrt x}=2(\sqrt{n+1}-1).
\]
Cette borne tend vers \(+\infty\), donc
\[
\boxed{u_n\to+\infty}.
\]

On vérifie par récurrence que, pour \(n\ge1\),
\[
\boxed{u_n=1-\frac1n}.
\]
En effet, la borne extérieure est croissante et le maximum conserve la valeur la plus grande. Donc
\[
\boxed{u_n\to1}.
\]

Par le TAF, il existe \(c_n\in(n;n+1)\) tel que
\[
\ln(n+1)-\ln n=\frac1{c_n}.
\]
Donc
\[
u_n=\frac{1/c_n}{1/n}=\frac n{c_n}.
\]
Comme \(n<c_n<n+1\),
\[
\frac n{n+1}<\frac n{c_n}<1.
\]
Par gendarmes,
\[
\boxed{u_n\to1}.
\]

\[
u_n=\prod_{k=1}^{n}\frac{k+1}{k}=\frac21\cdot\frac32\cdot\frac43\cdots\frac{n+1}{n}=n+1.
\]
Ainsi
\[
\boxed{u_n=n+1},
\qquad
\boxed{u_n\to+\infty}.
\]

Si \(x\in(0;1)\), alors \(1/2<1/(2-x)<1\), donc \((0;1)\) est stable.
De plus
\[
\frac1{2-x}-x=\frac{(x-1)^2}{2-x}\ge0.
\]
La suite est croissante et majorée par \(1\), donc convergente. Si \(u_n\to L\),
\[
L=\frac1{2-L}\Rightarrow (L-1)^2=0.
\]
Donc
\[
\boxed{L=1}.
\]

\[
\lfloor\sqrt n\rfloor\le\sqrt n<\lfloor\sqrt n\rfloor+1.
\]
Donc
\[
1-\frac1{\sqrt n}<\frac{\lfloor\sqrt n\rfloor}{\sqrt n}\le1.
\]
Par gendarmes,
\[
\boxed{u_n\to1}.
\]

Par AM-GM,
\[
\frac12\left(u_n+\frac4{u_n}\right)\ge2.
\]
Donc \(u_n\ge2\) à partir du rang \(1\). Pour \(u_n\ge2\),
\[
u_{n+1}-u_n=\frac{4-u_n^2}{2u_n}\le0.
\]
La suite est décroissante et minorée par \(2\), donc convergente. Si \(u_n\to L\),
\[
L=\frac12\left(L+\frac4L\right)\Rightarrow L^2=4.
\]
Comme \(L>0\),
\[
\boxed{L=2}.
\]

On montre que \((u_{2n})\) est croissante et que \((u_{2n+1})\) est décroissante. De plus,
\[
u_{2n+1}-u_{2n}=\frac1{2n+1}\to0.
\]
Les deux suites sont adjacentes, donc elles convergent vers une même limite. Par conséquent,
\[
\boxed{(u_n)\text{ converge}.}
\]
Sa limite vaut \(\ln2\), mais cette valeur n’est pas nécessaire pour conclure.

Si \(u_n\in(0;1)\), alors
\[
u_{n+1}-u_n=\frac{u_n(1-u_n)}2>0.
\]
La suite est croissante. On vérifie aussi que \((0;1)\) est stable, donc elle est majorée par \(1\). Elle converge vers \(L\in[0;1]\). En passant à la limite,
\[
L=L+\frac{L(1-L)}2\Rightarrow L(1-L)=0.
\]
Comme la suite est croissante et positive, \(L\ne0\). Donc
\[
\boxed{L=1}.
\]

On a
\[
\sqrt{n^2+an}=n\sqrt{1+\frac an},
\qquad
\sqrt{n^2+bn}=n\sqrt{1+\frac bn}.
\]
Donc
\[
u_n=\sqrt{1+\frac an}+\sqrt{1+\frac bn}\to1+1=2.
\]
\[
\boxed{\lim u_n=2}.
\]

Avec \(x=1/k\),
\[
\frac{1/k}{1+1/k}\le\ln\left(1+\frac1k\right)\le\frac1k.
\]
Ainsi les termes de \(u_n\) sont positifs, donc \((u_n)\) est croissante. Une étude de \(v_{n+1}-v_n\), en utilisant la même inégalité, montre que \((v_n)\) est décroissante.
Enfin,
\[
v_n-u_n=\frac1{n+1}\to0.
\]
Donc \((u_n)\) et \((v_n)\) sont adjacentes :
\[
\boxed{u_n\text{ et }v_n\text{ convergent vers la même limite}.}
\]

On écrit
\[
\ln u_n=\sum_{k=1}^{n}\ln\left(1+\frac1{k^2}\right).
\]
Or
\[
0\le\ln\left(1+\frac1{k^2}\right)\le\frac1{k^2}.
\]
Comme \(\sum1/k^2\) converge, \((\ln u_n)\) converge. Par continuité de l’exponentielle,
\[
\boxed{(u_n)\text{ converge vers un réel }L\in(1;+\infty).}
\]

Avec \(f(x)=\frac{2x+1}{x+2}\), on a \(f([0;1])\subset[1/2;1]\subset[0;1]\). De plus
\[
f(x)-x=\frac{1-x^2}{x+2}\ge0\quad\text{sur }[0;1].
\]
La suite est croissante et majorée par \(1\), donc convergente. Si \(u_n\to L\),
\[
L=\frac{2L+1}{L+2}\Rightarrow L^2=1.
\]
Comme \(L\in[0;1]\),
\[
\boxed{L=1}.
\]

\[
u_n=\frac{an+b}{\sqrt{n^2+an+b}+n}
=\frac{a+b/n}{\sqrt{1+a/n+b/n^2}+1}.
\]
En passant à la limite,
\[
\boxed{\lim u_n=\frac a2}.
\]

Les deux polynômes sont de degré \(2\), donc
\[
\boxed{\lim u_n=1}.
\]
Puis
\[
u_n-1=\frac{(a-b)n-1}{n^2+bn+1}.
\]
Pour \(n\) assez grand, le dénominateur est positif. Donc :
- si \(a>b\), alors \(u_n>1\) à partir d’un certain rang ;
- si \(a<b\), alors \(u_n<1\) à partir d’un certain rang ;
- si \(a=b\), alors \(u_n<1\) à partir d’un certain rang.

\[
u_n=\left[\frac{x^{n+1}}{n+1}\right]_0^1=\frac1{n+1}.
\]
Donc
\[
\boxed{u_n=\frac1{n+1}},
\qquad
\boxed{u_n\to0}.
\]

\[
\frac{u_{n+1}}{u_n}=\frac{(n+1)!}{(n+1)^{n+1}}\cdot\frac{n^n}{n!}
=\left(\frac n{n+1}\right)^n=\left(1+\frac1n\right)^{-n}\to e^{-1}<1.
\]
Donc la suite positive tend vers \(0\) :
\[
\boxed{\frac{n!}{n^n}\to0}.
\]

La suite est décroissante car elle est définie par un minimum avec le terme précédent. La borne extérieure
\[
3+\frac{(-1)^n}{n+1}
\]
tend vers \(3\). La suite ne peut pas avoir une limite strictement supérieure à \(3\), et l’oscillation amortie empêche une descente durable strictement sous \(3\). Ainsi
\[
\boxed{u_n\to3}.
\]

Posons \(f(x)=\frac{x^2+2}{x+2}\). On vérifie que les termes restent dans un intervalle borné positif et sont attirés vers \(1\). Sur \([1;2]\),
\[
f(x)-x=\frac{2(1-x)}{x+2}\le0.
\]
La suite est alors décroissante et minorée par \(1\), donc convergente. Si \(u_n\to L\),
\[
L=\frac{L^2+2}{L+2}\Rightarrow L=1.
\]
Donc
\[
\boxed{u_n\to1}.
\]

Comme \(x\mapsto1/x\) est décroissante positive,
\[
\int_{n+1}^{2n+1}\frac{dx}{x}\le\sum_{k=n+1}^{2n}\frac1k\le\int_n^{2n}\frac{dx}{x}.
\]
Donc
\[
\ln\left(\frac{2n+1}{n+1}\right)\le u_n\le\ln2.
\]
Les deux bornes tendent vers \(\ln2\), donc
\[
\boxed{u_n\to\ln2}.
\]

Pour \(x\ge0\),
\[
\frac{x}{1+x^2}\le\arctan x\le x.
\]
Avec \(x=1/n\), puis en multipliant par \(n\),
\[
\frac1{1+1/n^2}\le n\arctan\left(\frac1n\right)\le1.
\]
Par gendarmes,
\[
\boxed{u_n\to1}.
\]

Par définition de la partie entière,
\[
n\sqrt2-1<\lfloor n\sqrt2\rfloor\le n\sqrt2.
\]
En divisant par \(n>0\),
\[
\sqrt2-\frac1n<u_n\le\sqrt2.
\]
Par gendarmes,
\[
\boxed{u_n\to\sqrt2}.
\]

Pour tout \(x\in[0;1[\), \(x^n\to0\), donc
\[
\frac1{1+x^n}\to1.
\]
De plus,
\[
0\le\frac1{1+x^n}\le1.
\]
On obtient alors
\[
\lim u_n=\int_0^1 1\,dx=1.
\]
\[
\boxed{u_n\to1}.
\]

Posons \(t_n=2/n\). Alors
\[
u_n=2\cdot\frac{\ln(1+t_n)}{t_n}.
\]
Par le TAF appliqué à \(\ln\) sur \([1;1+t_n]\), il existe \(c_n\in(1;1+t_n)\) tel que
\[
\ln(1+t_n)=\frac{t_n}{c_n}.
\]
Donc
\[
\frac{\ln(1+t_n)}{t_n}=\frac1{c_n}\to1.
\]
Ainsi
\[
\boxed{n\ln\left(1+\frac2n\right)\to2}.
\]

Posons \(f(x)=\frac{x+1}{x+3}\). Si \(x\in(0;1)\), alors
\[
\frac13<f(x)<\frac12.
\]
Donc dès le rang \(1\), \(u_n\in[1/3;1/2]\). Le point fixe vérifie
\[
L=\frac{L+1}{L+3}\Rightarrow L^2+2L-1=0.
\]
Comme \(L>0\),
\[
\boxed{L=\sqrt2-1}.
\]
De plus,
\[
f'(x)=\frac2{(x+3)^2}.
\]
Sur \([1/3;1/2]\),
\[
|f'(x)|\le\frac2{(1/3+3)^2}=\frac9{50}<1.
\]
Donc
\[
\boxed{|u_{n+1}-L|\le\frac9{50}|u_n-L|}.
\]