Limites de suites

On sait que, pour tout \(\alpha>0\) et tout entier \(k\ge1\),
\[
(\ln n)^k = o(n^\alpha).
\]
Ici, \((\ln n)^2=o(n^{0{,}1})\), donc
\[
u_n\to 0.
\]
\[\boxed{\lim u_n=0}\]

Phrase Bac : « le logarithme est négligeable devant toute puissance. »

On écrit
\[
\ln(n^2+n)=\ln\big(n^2(1+\tfrac1n)\big)=2\ln n+\ln\left(1+\tfrac1n\right).
\]
Or \(\ln\left(1+\tfrac1n\right)\to 0\). Donc
\[
u_n=\frac{\ln n}{2\ln n+\ln\left(1+\tfrac1n\right)}\to \frac12.
\]
\[\boxed{\lim u_n=\tfrac12}\]

Pour tout réel \(x\), \(-1\le \sin x\le 1\). Donc
\[
-\frac{1}{\sqrt{n}}\le \frac{\sin(\sqrt{n})}{\sqrt{n}}\le \frac{1}{\sqrt{n}}.
\]
Or \(\frac1{\sqrt{n}}\to 0\). Par gendarmes :
\[\boxed{\lim u_n=0}\]

La suite \(\cos n\) n’admet pas de limite. Le terme \(\frac1n\to0\) ne supprime pas l’oscillation.
Donc
\[\boxed{\text{\((u_n)\) n’admet pas de limite}}\]

Rationalisation :
\[
u_n=\frac{(n^2+5n)-n^2}{\sqrt{n^2+5n}+n}=\frac{5n}{\sqrt{n^2+5n}+n}.
\]
Or \(\sqrt{n^2+5n}=n\sqrt{1+\tfrac5n}\), donc
\[
u_n=\frac{5}{\sqrt{1+\tfrac5n}+1}\to \frac{5}{2}.
\]
\[\boxed{\lim u_n=\tfrac52}\]

1) Degré 2/2 ⇒ \(\lim u_n=\frac{4}{2}=2\).

2)
\[
u_n-2=\frac{4n^2-7n+1-2(2n^2+n+5)}{2n^2+n+5}
=\frac{-9n-9}{2n^2+n+5}.
\]
Le dénominateur est \(>0\) pour \(n\) grand, et le numérateur est \(<0\). Donc \(u_n-2<0\) pour \(n\) grand, i.e. \(u_n<2\).

Calcul du ratio :
\[
\frac{u_{n+1}}{u_n}=\frac{(n+1)^4}{3^{n+1}}\cdot\frac{3^n}{n^4}=\frac{(n+1)^4}{3n^4}\to \frac13<1.
\]
Donc \((u_n)\to0\).
\[\boxed{\lim u_n=0}\]

Les termes sont positifs ⇒ \((u_n)\) est croissante.
On regroupe par paquets : pour \(m\ge1\),
\[
u_{2^m}=\sum_{k=1}^{2^m}\frac1k\ge 1+\frac12+\sum_{j=2}^{m}\sum_{k=2^{j-1}+1}^{2^j}\frac1k.
\]
Dans le paquet \(j\), il y a \(2^{j-1}\) termes et chacun vérifie \(\frac1k\ge\frac1{2^j}\), donc le paquet \(\ge 2^{j-1}\cdot\frac1{2^j}=\frac12\).
Ainsi
\[
u_{2^m}\ge 1+\frac{m}{2}\xrightarrow[m\to\infty]{}+\infty.
\]
Comme \((u_n)\) est croissante :
\[\boxed{u_n\to +\infty}.\]

1) \((u_n)\) est croissante (termes positifs). De plus la série \(\sum\frac1{k^2}\) est convergente, donc \((u_n)\) est majorée ⇒ \((u_n)\) converge.

2) Comparaison intégrale (fonction \(x\mapsto 1/x^2\) décroissante) :
\[
\int_{n+1}^{\infty}\frac{1}{x^2}dx\le \sum_{k=n+1}^{\infty}\frac{1}{k^2}\le \int_{n}^{\infty}\frac{1}{x^2}dx.
\]
Or \(\int_{n}^{\infty} \frac{1}{x^2}dx=\frac{1}{n}\). Donc
\[
\boxed{\frac{1}{n+1}\le R_n\le \frac{1}{n}}.
\]

Rationalisation :
\[
u_n=\frac{3}{\sqrt{n+3}+\sqrt{n}}.
\]
Le dénominateur \(\to +\infty\), donc
\[\boxed{\lim u_n=0}.\]

Point fixe \(L\) : \(L=0{,}6L+1{,}2\Rightarrow L=3\).
Posons \(v_n=u_n-3\). Alors
\(v_{n+1}=0{,}6v_n\), donc \(v_n=(u_0-3)0{,}6^n=4\cdot 0{,}6^n\).
Ainsi
\[
\boxed{u_n=3+4\cdot 0{,}6^n}\quad\text{et}\quad\boxed{u_n\to 3}.
\]

Posons \(f(x)=\frac{2x+3}{x+4}\). Sur \([0 ; 1]\),
\(f'(x)=\frac{5}{(x+4)^2}>0\) donc \(f\) est croissante.
De plus \(f(0)=\tfrac34\) et \(f(1)=1\), donc \(f([0 ; 1])\subset[0 ; 1]\).
Par récurrence, \(u_n\in[0 ; 1]\).

Monotonie :
\[
u_{n+1}-u_n=f(u_n)-u_n=\frac{-(u_n-1)(u_n+3)}{u_n+4}\ge 0
\]
(car \(u_n\in[0 ; 1]\)). Donc \(u_n\) croît et est majorée ⇒ converge.

Limite \(L\) :
\[
L=\frac{2L+3}{L+4}\Rightarrow L^2+2L-3=0\Rightarrow L\in\{1,-3\}.
\]
Comme \(L\in[0 ; 1]\), \(\boxed{L=1}\).

1) Supposons \(0\le u_n\le 3\). Alors \(3\le 3+u_n\le 6\) donc
\(\sqrt3\le u_{n+1}\le \sqrt6<3\). Ainsi \(0\le u_{n+1}\le 3\). Récurrence OK.

2) Sur \([0 ; 3]\), on montre \(\sqrt{3+x}\ge x\) (équivalent à \(x^2-x-3\le0\), vrai sur \([0 ; 3]\)). Donc \(u_{n+1}\ge u_n\). La suite est croissante et majorée ⇒ convergente.

3) Limite \(L\ge 0\) :
\[
L=\sqrt{3+L}\Rightarrow L^2-L-3=0\Rightarrow L=\frac{1+\sqrt{13}}{2}.
\]
\[\boxed{\lim u_n=\frac{1+\sqrt{13}}{2}}\]

Posons \(f(x)=\frac{x+2}{x+3}\).
Sur \([0 ; 2]\), \(f\) est croissante (\(f'(x)=\frac{1}{(x+3)^2}>0\)). Donc
\(u_1\in[f(0),f(2)]=[\tfrac23,\tfrac45]\).
Comme \(f\) est croissante, on a alors \(f([\tfrac23 ; \tfrac45])\subset[\tfrac23 ; \tfrac45]\), donc intervalle stable.

Sur cet intervalle,
\[
|f'(x)|=\frac{1}{(x+3)^2}\le \frac{1}{(\tfrac23+3)^2}=\frac{9}{121}<1,
\]
donc \(f\) est une contraction ⇒ \((u_n)\) converge vers l’unique point fixe.

Point fixe :
\[
L=\frac{L+2}{L+3}\Rightarrow L^2+2L-2=0\Rightarrow L=-1\pm\sqrt3.
\]
Comme \(u_n\in(0 ; 1)\), \(\boxed{L=\sqrt3-1}\).

Poser \(v_n=\frac{1}{u_n}\). Alors
\[
v_{n+1}=\frac{1+u_n}{u_n}=\frac{1}{u_n}+1=v_n+1.
\]
Donc \(v_n=v_0+n=2+n\) et
\[
\boxed{u_n=\frac{1}{n+2}}\quad\Rightarrow\quad\boxed{\lim u_n=0}.
\]

On écrit
\[
\frac{2}{(n+1)(n+3)}=\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+3}.
\]
Alors
\[
u_n=1+\sum_{k=0}^{n-1}\left(\frac{1}{k+1}-\frac{1}{k+3}\right)
=1+\left(1+\frac12-\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}\right).
\]
Donc
\[
\boxed{u_n=\frac52-\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}}\quad\Rightarrow\quad\boxed{\lim u_n=\frac52}.
\]

Pour \(n\ge 2\),
\[
u_n=\sum_{k=1}^{n-1}\ln\left(1+\frac1k\right)
=\sum_{k=1}^{n-1}\ln\left(\frac{k+1}{k}\right)
=\ln\left(\prod_{k=1}^{n-1}\frac{k+1}{k}\right)=\ln(n).
\]
Donc
\[\boxed{u_n=\ln n}\quad\text{et}\quad\boxed{u_n\to +\infty}.\]

Si \(u\in(0,1]\), alors
\[
u(2-u)=1-(u-1)^2\in(0,1].
\]
Donc \(0<u_n\le 1\).
De plus
\[
u_{n+1}-u_n=u_n(1-u_n)\ge 0.
\]
Donc \(u_n\) croît et est majorée ⇒ converge.
Limite \(L\) : \(L=L(2-L)\Rightarrow L\in\{0,1\}\).
Comme \(u_n\ge u_0>0\), \(\boxed{\lim u_n=1}\).

On écrit
\[
u_{n+1}=\frac12\left(u_n+\frac{1}{u_n}\right).
\]
Par AM-GM, \(\frac12(u+\frac1u)\ge 1\) pour \(u>0\), donc \(u_n\ge 1\).
Puis
\[
u_{n+1}-u_n=\frac{1-u_n^2}{2u_n}\le 0\quad(\text{car }u_n\ge1).
\]
Donc \(u_n\) décroît et est minorée ⇒ converge.
Limite \(L\ge1\) :
\[
L=\frac12(L+\tfrac1L)\Rightarrow L^2=1\Rightarrow L=1.
\]
\[\boxed{\lim u_n=1}.\]

Poser \(v_n=3-u_n\). Alors
\[
v_{n+1}=3-u_{n+1}=3-u_n-\frac{3-u_n}{n+2}=\left(1-\frac{1}{n+2}\right)v_n=\frac{n+1}{n+2}v_n.
\]
Donc
\[
v_n=v_0\prod_{k=0}^{n-1}\frac{k+1}{k+2}=3\cdot\frac{1}{n+1}=\frac{3}{n+1}.
\]
Ainsi
\[
\boxed{u_n=3-\frac{3}{n+1}}\quad\Rightarrow\quad\boxed{\lim u_n=3}.
\]

Par définition, \(u_{n+1}\le u_n\) donc \((u_n)\) décroît.
Or \(2+\frac{1}{n+1}\to 2\). Dès qu’un rang \(N\) vérifie \(2+\frac{1}{N+1}\le u_N\), on aura
\(u_{N+1}=2+\frac{1}{N+1}\), puis \(u_{n}=2+\frac{1}{n}\) pour \(n\ge N+1\).
Donc
\[\boxed{\lim u_n=2}.\]

On pose \(a_n=n\ln(1+\tfrac1n)\) et \(u_n=e^{a_n}\).
On sait (résultat classique) que \((u_n)\) est croissante.
Majoration : comme \(\ln(1+x)\le x\) pour \(x>-1\),
\[
a_n=n\ln\left(1+\frac1n\right)\le n\cdot\frac1n=1,
\]
donc \(u_n\le e\). Croissante et majorée ⇒ convergente.
Sa limite est \(e\) (résultat classique Bac).
\[\boxed{\lim u_n=e}.\]

On calcule :
\[
v_{n+1}=\frac{u_{n+1}-2}{u_{n+1}+2}
=\frac{\frac{u_n+4}{u_n+1}-2}{\frac{u_n+4}{u_n+1}+2}
=\frac{\frac{u_n+4-2u_n-2}{u_n+1}}{\frac{u_n+4+2u_n+2}{u_n+1}}
=\frac{2-u_n}{3u_n+6}.
\]
Or
\[
\frac{2-u_n}{3u_n+6}=\frac{-(u_n-2)}{3(u_n+2)}=\frac13\cdot\frac{u_n-2}{u_n+2}=\frac13 v_n.
\]
Donc \(v_n=v_0\left(\tfrac13\right)^n\to 0\).
Comme \(v_n=\frac{u_n-2}{u_n+2}\to 0\) et \(u_n+2>0\), on obtient
\[\boxed{u_n\to 2}.\]

Si \(a\neq 1\), un point fixe \(L\) vérifie \(L=aL+1\Rightarrow L=\frac{1}{1-a}\).
Posons \(v_n=u_n-L\). Alors
\[
v_{n+1}=a v_n\Rightarrow v_n=v_0 a^n= -L a^n.
\]
Donc
\[
u_n=L(1-a^n)=\frac{1-a^n}{1-a}.
\]
- Si \(|a|<1\), \(a^n\to 0\) ⇒ \(u_n\to \frac{1}{1-a}\).
- Si \(a=1\), \(u_n=n\to +\infty\).
- Si \(|a|>1\), \(|a^n|\to +\infty\) ⇒ divergence.
- Si \(a=-1\), \(u_n\) oscille ⇒ pas de limite.

Conclusion : \(\boxed{\text{convergence} \iff |a|<1}\), et alors \(\boxed{\lim u_n=\frac{1}{1-a}}\).

Point fixe : \(L=\frac{L+2}{3}\Rightarrow L=1\).
Posons \(v_n=u_n-1\). Alors
\[
v_{n+1}=\frac{u_n+2}{3}-1=\frac{u_n-1}{3}=\frac{v_n}{3}.
\]
Donc
\[
\boxed{v_n=(u_0-1)\cdot 3^{-n}}\quad\Rightarrow\quad\boxed{u_n\to 1}.
\]

On a \(a_n\to 1\) et \(b_n\to 1\). La fonction \(x\mapsto\sqrt{x}\) est continue sur \([1,+\infty)\), donc
\[
u_n\to 1\quad\text{et}\quad v_n\to 1.
\]
\[\boxed{\lim u_n=\lim v_n=1}.\]

Pour tout \(x\ge 0\), on a l’encadrement :
\[
x\cos x \le \sin x \le x.
\]
On prend \(x=\frac{1}{n}\). Alors
\[
\cos\left(\frac{1}{n}\right) \le n\sin\left(\frac{1}{n}\right) \le 1.
\]
Or \(\cos\left(\frac{1}{n}\right)\to 1\). Par gendarmes :
\[\boxed{\lim u_n=1}.\]

Ratio :
\[
\frac{u_{n+1}}{u_n}=\frac{(1+\frac1n)^a}{2}\to \frac12<1.
\]
Donc \((u_n)\to 0\) pour tout \(a\in\mathbb{R}\).
\[\boxed{\forall a\in\mathbb{R},\ \lim u_n=0}.\]

Posons \(f(x)=\frac{1+x}{3-x}\).
Sur \([0 ; 1]\), \(f'(x)=\frac{4}{(3-x)^2}>0\) donc \(f\) croissante.
Et \(f(0)=\frac13\), \(f(1)=1\) ⇒ \(f([0 ; 1])\subset[0 ; 1]\). Donc \(u_n\in[0 ; 1]\).

Sur \([0 ; 1]\),
\[
f(x)-x=\frac{(x-1)^2}{3-x}\ge 0
\]
⇒ \(u_{n+1}\ge u_n\). Croissante et majorée ⇒ converge.

Limite \(L\in[0 ; 1]\) :
\[
L=\frac{1+L}{3-L}\Rightarrow (L-1)^2=0\Rightarrow L=1.
\]
\[\boxed{\lim u_n=1}.\]

Posons \(f(x)=\sqrt{1+x}\). Point fixe : \(L=f(L)\Rightarrow L^2=L+1\Rightarrow L=\varphi\).

1) \(f\) croissante, \(f(1)=\sqrt2>1\) et \(f(\varphi)=\varphi\). Donc \(f([1 ; \varphi])\subset[1 ; \varphi]\).

2) Sur \([1 ; \varphi]\), \(\sqrt{1+x}\ge x\iff x^2-x-1\le 0\), vrai sur \([1 ; \varphi]\). Donc \(u_{n+1}\ge u_n\). Croissante et majorée ⇒ converge vers \(\varphi\).

3) \(f'(x)=\frac{1}{2\sqrt{1+x}}\). Sur \([1 ; \varphi]\), \(|f'(x)|\le \frac{1}{2\sqrt2}=:q<1\).
Par IAF : \(|u_{n+1}-\varphi|\le q|u_n-\varphi|\).

Comme \(x\mapsto \frac1{\sqrt{x}}\) est décroissante et positive,
\[
\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{k}}\ge \int_1^{n+1}\frac{1}{\sqrt{x}}dx=2(\sqrt{n+1}-1)\to +\infty.
\]
\[\boxed{u_n\to +\infty}.\]

La suite est croissante. Le terme \(1-\frac{1}{n+1}\) est croissant vers 1.
Donc, pour \(n\ge 1\),
\[
\boxed{u_n=1-\frac{1}{n}}\quad\Rightarrow\quad\boxed{\lim u_n=1}.\]

Posons \(f(x)=\ln x\). Par TAF sur \([n ; n+1]\), il existe \(c_n\in(n,n+1)\) tel que
\[
\ln(n+1)-\ln(n)=\frac{1}{c_n}.
\]
Donc \(u_n=\frac{n}{c_n}\).
Or \(\frac{n}{n+1}<\frac{n}{c_n}<1\), donc \(u_n\to 1\).
\[\boxed{\lim u_n=1}.\]

On écrit \(1+\frac{1}{k}=\frac{k+1}{k}\). Donc
\[
u_n=\prod_{k=1}^{n}\frac{k+1}{k}=n+1.
\]
\[\boxed{u_n\to +\infty}.\]

Si \(x\in(0 ; 1)\), alors \(f(x)=\frac{1}{2-x}\in(\tfrac12,1)\subset(0 ; 1)\) : intervalle stable.
De plus \(f(x)-x=\frac{(x-1)^2}{2-x}\ge 0\) ⇒ \(u_{n+1}\ge u_n\).
Croissante et majorée ⇒ converge.
Point fixe : \(L=\frac{1}{2-L}\Rightarrow (L-1)^2=0\Rightarrow L=1\).
\[\boxed{\lim u_n=1}.\]

On a \(\lfloor \sqrt{n}\rfloor \le \sqrt{n}<\lfloor \sqrt{n}\rfloor+1\).
En divisant par \(\sqrt{n}\) :
\[
1-\frac{1}{\sqrt{n}}<\frac{\lfloor \sqrt{n}\rfloor}{\sqrt{n}}\le 1.
\]
Donc \(u_n\to 1\).
\[\boxed{\lim u_n=1}.\]

AM-GM : \(\frac12(u+\frac{4}{u})\ge 2\). À partir d’un rang, \(u_n\ge 2\).
Alors \(u_{n+1}-u_n=\frac{4-u_n^2}{2u_n}\le 0\) : décroissante et minorée par 2 ⇒ converge.
Point fixe : \(L=\frac12(L+\frac{4}{L})\Rightarrow L^2=4\Rightarrow L=2\).
\[\boxed{\lim u_n=2}.\]

\(u_{2n}\) croissante, \(u_{2n+1}\) décroissante, et
\(u_{2n+1}-u_{2n}=\frac{1}{2n+1}\to 0\).
Donc suites adjacentes ⇒ \((u_n)\) converge.
(Remarque : la limite vaut \(\ln 2\), mais ce n’est pas requis.)

Si \(u_n\in(0 ; 1)\), alors \(u_{n+1}>u_n\) et \(u_{n+1}<1\) (stabilité).
Donc \(u_n\) croît et est majorée ⇒ converge.
À la limite : \(L=L+\frac{L(1-L)}{2}\Rightarrow L\in\{0,1\}\). Comme \(u_n>0\), \(L\ne 0\), donc \(L=1\).
\[\boxed{\lim u_n=1}.\]

On factorise \(n\) :
\[
u_n=\sqrt{1+\frac{a}{n}}+\sqrt{1+\frac{b}{n}}\to 1+1=2.
\]
\[\boxed{\lim u_n=2}.\]

On utilise : pour \(x>-1\), \(\frac{x}{1+x}\le \ln(1+x)\le x\).
Alors
\(u_{n+1}-u_n=\frac{1}{n+1}-\ln(1+\frac{1}{n+1})\ge 0\) ⇒ \(u_n\) croissante.
En outre, on montre \(u_{n+1}-u_n\le \frac{1}{(n+1)(n+2)}\), d’où
\(v_{n+1}-v_n\le 0\) ⇒ \(v_n\) décroissante.
Enfin \(v_n-u_n=\frac{1}{n+1}\to 0\) et \(u_n\le v_n\).
Suites adjacentes ⇒ convergence vers une même limite.

On pose \(\ln u_n=\sum_{k=1}^{n}\ln(1+\frac{1}{k^2})\).
Or \(0\le \ln(1+t)\le t\) pour \(t\ge 0\). Donc
\(0\le \ln(1+\frac{1}{k^2})\le \frac{1}{k^2}\).
Comme \(\sum \frac{1}{k^2}\) converge, \((\ln u_n)\) converge ⇒ \((u_n)\) converge vers un \(L\in(1,+\infty)\).

Sur \([0 ; 1]\), \(f(x)=\frac{2x+1}{x+2}\) est croissante et \(f([0 ; 1])\subset[\tfrac12 ; 1]\) : intervalle stable.
De plus \(f(x)-x=\frac{1-x^2}{x+2}\ge 0\) sur \([\tfrac12 ; 1]\) ⇒ \(u_n\) croissante et majorée ⇒ converge.
Point fixe : \(L=\frac{2L+1}{L+2}\Rightarrow L^2=1\Rightarrow L=1\).
\[\boxed{\lim u_n=1}.\]

Rationalisation :
\[
u_n=\frac{an+b}{\sqrt{n^2+an+b}+n}=
\frac{a+\frac{b}{n}}{\sqrt{1+\frac{a}{n}+\frac{b}{n^2}}+1}\to \frac{a}{2}.
\]
\[\boxed{\lim u_n=\frac{a}{2}}.\]

1) \(\boxed{\lim u_n=1}\).
2)
\[
u_n-1=\frac{(a-b)n-1}{n^2+bn+1}.
\]
Dénominateur \(>0\) pour \(n\) grand, donc signe = signe de \((a-b)n-1\).
Si \(a>b\) ⇒ \(u_n>1\) à partir d’un rang ; sinon \(u_n<1\) à partir d’un rang.

\(u_n=\left[\frac{x^{n+1}}{n+1}\right]_0^1=\frac{1}{n+1}\), donc \(\boxed{u_n\to 0}\).

Ratio :
\[
\frac{u_{n+1}}{u_n}=\left(\frac{n}{n+1}\right)^n=\left(1+\frac{1}{n}\right)^{-n}\to e^{-1}<1.
\]
Donc \(u_n\to 0\).
\[\boxed{\lim u_n=0}.\]

La suite est décroissante et minorée ⇒ converge vers \(\ell\).
Avec \(a_n=3+\frac{(-1)^n}{n+1}\to 3\) et \(u_{n+1}\le a_n\), on obtient \(\ell\le 3\).
De plus, à partir d’un rang, \(a_n\ge 3-\varepsilon\) ⇒ la suite ne peut pas rester strictement < \(3-\varepsilon\) ; on en déduit \(\ell\ge 3\).
Donc \(\boxed{\ell=3}\).

À partir d’un certain rang, \(u_n\in[1 ; 2]\) et sur \([1 ; 2]\),
\(f(x)-x=\frac{2(1-x)}{x+2}\le 0\) ⇒ \(u_n\) décroissante et minorée par 1 ⇒ converge.
À la limite : \(L=\frac{L^2+2}{L+2}\Rightarrow L=1\).
\[\boxed{\lim u_n=1}.\]

Encadrement intégral :
\(\ln\left(\frac{2n+1}{n+1}\right)\le u_n\le \ln 2\), donc \(u_n\to \ln 2\).
\[\boxed{\lim u_n=\ln 2}.\]

Pour \(x\ge 0\) : \(\frac{x}{1+x^2}\le \arctan x\le x\).
Avec \(x=\frac1n\) : \(\frac{1}{1+\frac{1}{n^2}}\le u_n\le 1\) ⇒ \(u_n\to 1\).
\[\boxed{\lim u_n=1}.\]

On a \(n\sqrt2-1<\lfloor n\sqrt2\rfloor\le n\sqrt2\).
Donc \(\sqrt2-\frac1n<u_n\le\sqrt2\) ⇒ \(u_n\to\sqrt2\).
\[\boxed{\lim u_n=\sqrt2}.\]

Pour \(x\in[0,1)\), \(x^n\to 0\) donc \(\frac{1}{1+x^n}\to 1\), et la fonction est bornée par 1.
On obtient \(u_n\to \int_0^1 1\,dx=1\).
\[\boxed{\lim u_n=1}.\]

Avec \(t_n=\frac{2}{n}\to 0\),
\(u_n=2\cdot\frac{\ln(1+t_n)}{t_n}\).
Par TAF sur \(\ln\), \(\frac{\ln(1+t)}{t}\to 1\), donc \(u_n\to 2\).
\[\boxed{\lim u_n=2}.\]

Stabilité : si \(0<x<1\), alors \(\frac13<\frac{x+1}{x+3}<\frac12\) ⇒ intervalle stable.
Point fixe : \(L=\frac{L+1}{L+3}\Rightarrow L^2+2L-1=0\Rightarrow L=\sqrt2-1\) (car \(L\in(0 ; 1)\)).
Contraction sur \([\tfrac13 ; \tfrac12]\) : \(f'(x)=\frac{2}{(x+3)^2}\le \frac{9}{50}=:q<1\).
Par IAF : \(|u_{n+1}-L|\le q|u_n-L|\).