Exercices corrigés — Suites numériques et récurrence (Tle spé)

1. Le point fixe vérifie
\[ L=0{,}7L+1{,}2 \Longleftrightarrow 0{,}3L=1{,}2 \Longleftrightarrow L=4. \]

2. Posons \(v_n=u_n-4\). Alors
\[ v_{n+1}=u_{n+1}-4=0{,}7u_n+1{,}2-4=0{,}7u_n-2{,}8=0{,}7(u_n-4)=0{,}7v_n. \]
Donc \((v_n)\) est géométrique de raison \(0{,}7\), avec \(v_0=8-4=4\).

3. Ainsi
\[ v_n=4\times 0{,}7^n, \qquad \boxed{u_n=4+4\times 0{,}7^n}. \]
\textbf{Démonstration par récurrence.} Pour \(n=0\), \(4+4\times0{,}7^0=8=u_0\). Supposons la formule vraie au rang \(n\). Alors
\[ u_{n+1}=0{,}7\left(4+4\times0{,}7^n\right)+1{,}2 =4+4\times0{,}7^{n+1}. \]
La formule est donc vraie pour tout \(n\in\mathbb N\). Comme \(0{,}7^n\to0\), on obtient \(\boxed{u_n\to4}\).

4. On cherche
\[ |u_n-4|=4\times0{,}7^n\lt 10^{-2}. \]
Cela équivaut à \(0{,}7^n\lt 0{,}0025\). Avec les logarithmes :
\[ n\ln(0{,}7)\lt \ln(0{,}0025). \]
Comme \(\ln(0{,}7)\lt 0\), le sens change :
\[ n>\dfrac{\ln(0{,}0025)}{\ln(0{,}7)}\approx16{,}79. \]
Donc le plus petit entier est \(\boxed{17}\).

Conclusion : les quatre questions sont justifiées ci-dessus avec les étapes de calcul et de raisonnement.

1. On obtient
\[ u_1=3\times7-4=17,\qquad u_2=3\times17-4=47. \]
Ces valeurs suggèrent \(u_n=2+5\times3^n\).

2. Posons \(P(n)\) : « \(u_n=2+5\times3^n\) ».

Initialisation :
\[ 2+5\times3^0=7=u_0. \]
Donc \(P(0)\) est vraie.

Hérédité : supposons \(P(n)\) vraie. Alors
\[ u_{n+1}=3u_n-4 =3\left(2+5\times3^n\right)-4 =2+5\times3^{n+1}. \]
Donc \(P(n+1)\) est vraie. Par récurrence,
\[ \boxed{u_n=2+5\times3^n}. \]

3. On a
\[ u_{n+1}-u_n=5\times3^n(3-1)=10\times3^n>0. \]
La suite est strictement croissante. Comme \(3^n\to+\infty\),
\[ \boxed{u_n\to+\infty}. \]

4. On résout
\[ 2+5\times3^n>10^6 \Longleftrightarrow 3^n>\dfrac{999998}{5}=199999{,}6. \]
Or \(3^{11}=177147\lt 199999{,}6\) et \(3^{12}=531441>199999{,}6\). Ainsi
\[ \boxed{n=12}. \]

Conclusion : les quatre questions sont justifiées ci-dessus avec les étapes de calcul et de raisonnement.

On pose \(f(x)=\dfrac{2x+3}{x+4}\).

1. Sur \([0 ; 1]\),
\[ f'(x)=\dfrac{5}{(x+4)^2}>0, \]
donc \(f\) est croissante. Ainsi
\[ f([0 ; 1])=[f(0);f(1)]=\left[\dfrac34;1\right]\subset[0 ; 1]. \]
Comme \(u_0=0\in[0 ; 1]\), par récurrence \(u_n\in[0 ; 1]\) pour tout \(n\).

2. On calcule :
\[ u_{n+1}-u_n=\dfrac{2u_n+3}{u_n+4}-u_n =\dfrac{-u_n^2-2u_n+3}{u_n+4} =\dfrac{(1-u_n)(u_n+3)}{u_n+4}. \]
Or \(u_n\in[0 ; 1]\), donc \(1-u_n\ge0\), \(u_n+3>0\), \(u_n+4>0\). Donc \(u_{n+1}-u_n\ge0\).
La suite est croissante.

3. Elle est croissante et majorée par \(1\), donc convergente. Si \(u_n\to L\), alors
\[ L=\dfrac{2L+3}{L+4} \Longleftrightarrow L^2+2L-3=0 \Longleftrightarrow (L-1)(L+3)=0. \]
Comme \(L\in[0 ; 1]\), on retient \(\boxed{L=1}\).

4. Posons \(v_n=\dfrac{u_n-1}{u_n+3}\). Alors
\[ v_{n+1}=\dfrac15v_n, \qquad v_0=-\dfrac13. \]
Donc \(v_n=-\dfrac{1}{3\times5^n}\), d'où
\[ \boxed{u_n=\dfrac{3(5^n-1)}{3\times5^n+1}}. \]
Démonstration par récurrence. Pour \(n=0\), la formule donne \(u_0=0\). Supposons-la vraie au rang \(n\). Alors
\[ u_{n+1}=\dfrac{2\dfrac{3(5^n-1)}{3\times5^n+1}+3}{\dfrac{3(5^n-1)}{3\times5^n+1}+4} =\dfrac{15\times5^n-3}{15\times5^n+1} =\dfrac{3(5^{n+1}-1)}{3\times5^{n+1}+1}. \]
La formule est donc vraie pour tout \(n\in\mathbb N\).

Conclusion : les quatre questions sont justifiées ci-dessus avec les étapes de calcul et de raisonnement.

1. Si \(u_n\in[1 ; 2]\), alors
\[ u_{n+1}=\sqrt{2+u_n}\in[\sqrt3 ; 2]\subset[1 ; 2]. \]
Comme \(u_0=1\), par récurrence \(1\le u_n\le2\).

2. Pour \(x\in[1 ; 2]\), on veut montrer \(\sqrt{2+x}\ge x\). Les deux membres sont positifs, donc
\[ \sqrt{2+x}\ge x \Longleftrightarrow 2+x\ge x^2 \Longleftrightarrow x^2-x-2\le0 \Longleftrightarrow (x-2)(x+1)\le0. \]
Cette inégalité est vraie sur \([1 ; 2]\). Donc \(u_{n+1}\ge u_n\).

3. La suite est croissante et majorée par \(2\), donc convergente. Si \(u_n\to L\), alors
\[ L=\sqrt{2+L} \Longleftrightarrow L^2-L-2=0 \Longleftrightarrow (L-2)(L+1)=0. \]
Comme \(L\in[1 ; 2]\), \(\boxed{L=2}\).

4. Comme \(1\le u_n\le2\), on a
\[ 2-u_{n+1}=2-\sqrt{2+u_n} =\dfrac{4-(2+u_n)}{2+\sqrt{2+u_n}} =\dfrac{2-u_n}{2+\sqrt{2+u_n}}. \]
Or \(u_n\ge1\), donc \(\sqrt{2+u_n}\ge\sqrt3\). Ainsi
\[ 0\le2-u_{n+1}\le\dfrac{1}{2+\sqrt3}(2-u_n). \]
Par récurrence,
\[ \boxed{0\le2-u_n\le\left(\dfrac{1}{2+\sqrt3}\right)^n}. \]

Conclusion : les quatre questions sont justifiées ci-dessus avec les étapes de calcul et de raisonnement.

1. Si \(u_n>0\), alors \(u_{n+1}>0\). De plus
\[ u_{n+1}=\dfrac{u_n}{1+u_n}\le u_n. \]
Comme \(u_0=\dfrac12\), on a \(0\lt u_n\le\dfrac12\).

2. L’inégalité précédente donne directement \(u_{n+1}\le u_n\). Donc \((u_n)\) est décroissante.

3. Posons \(v_n=\dfrac1{u_n}\). Alors
\[ v_{n+1}=\dfrac{1+u_n}{u_n}=\dfrac1{u_n}+1=v_n+1. \]
Donc \((v_n)\) est arithmétique de raison \(1\), avec \(v_0=2\). Ainsi
\[ v_n=n+2, \qquad \boxed{u_n=\dfrac1{n+2}}. \]
Vérification par récurrence. Pour \(n=0\), la formule donne bien \(u_0=\dfrac12\). Si \(u_n=\dfrac1{n+2}\), alors
\[ u_{n+1}=\dfrac{\frac1{n+2}}{1+\frac1{n+2}}=\dfrac1{n+3}. \]
La formule est vraie pour tout \(n\in\mathbb N\).

4. Donc \(\boxed{u_n\to0}\).

Conclusion : les quatre questions sont justifiées ci-dessus avec les étapes de calcul et de raisonnement.

1. On a
\[ \dfrac1{n+1}-\dfrac1{n+3} =\dfrac{n+3-(n+1)}{(n+1)(n+3)} =\dfrac2{(n+1)(n+3)}. \]

2. Donc
\[ u_n=1+\sum_{k=0}^{n-1}\left(\dfrac1{k+1}-\dfrac1{k+3}\right). \]
La somme télescope :
\[ \sum_{k=0}^{n-1}\left(\dfrac1{k+1}-\dfrac1{k+3}\right) =1+\dfrac12-\dfrac1{n+1}-\dfrac1{n+2}. \]
Ainsi
\[ \boxed{u_n=\dfrac52-\dfrac1{n+1}-\dfrac1{n+2}}. \]
Démonstration par récurrence. Au rang \(0\), la formule donne \(\dfrac52-1-\dfrac12=1=u_0\). Supposons-la vraie au rang \(n\). Alors
\[ u_{n+1}=\dfrac52-\dfrac1{n+1}-\dfrac1{n+2}+\dfrac2{(n+1)(n+3)} =\dfrac52-\dfrac1{n+2}-\dfrac1{n+3}. \]
La formule est vraie pour tout \(n\in\mathbb N\).

3. Comme
\[ u_{n+1}-u_n=\dfrac{2}{(n+1)(n+3)}>0, \]
la suite \((u_n)\) est strictement croissante.

4. Donc
\[ \boxed{\lim_{n\to+\infty}u_n=\dfrac52}. \]

Conclusion : les quatre questions sont justifiées ci-dessus avec les étapes de calcul et de raisonnement.

1. On rationalise :
\[ u_n=\dfrac{n}{\sqrt{n^2+n}+n} =\dfrac{1}{\sqrt{1+\dfrac1n}+1}. \]

2. Le dénominateur est strictement positif et au moins égal à \(2\), donc
\[ 0\lt u_n\le\dfrac12. \]
Comme \(\sqrt{1+\dfrac1n}\to1\),
\[ \boxed{u_n\to\dfrac12}. \]

3. On écrit
\[ \dfrac12-u_n =\dfrac{\sqrt{1+\dfrac1n}-1}{2\left(\sqrt{1+\dfrac1n}+1\right)}. \]
Or
\[ \sqrt{1+\dfrac1n}-1 =\dfrac{\dfrac1n}{\sqrt{1+\dfrac1n}+1}. \]
Ainsi
\[ \dfrac12-u_n =\dfrac{1}{2n\left(\sqrt{1+\dfrac1n}+1\right)^2} \le\dfrac{1}{8n}. \]

4. Il suffit d’avoir
\[ \dfrac{1}{8n}\lt 10^{-3}, \]
soit \(n>125\). On peut donc prendre
\[ \boxed{N=126}. \]

Conclusion : les quatre questions sont justifiées ci-dessus avec les étapes de calcul et de raisonnement.

1. Posons \(v_n=u_n-1\). Alors
\[ v_{n+1}=a(u_n-1)=av_n. \]
Comme \(v_0=-1\),
\[ v_n=-a^n, \qquad \boxed{u_n=1-a^n}. \]
Démonstration par récurrence. Pour \(n=0\), \(1-a^0=0=u_0\). Si \(u_n=1-a^n\), alors
\[ u_{n+1}=a(1-a^n)+(1-a)=1-a^{n+1}. \]
La formule est vraie pour tout \(n\in\mathbb N\).

2. Si \(|a|\lt 1\), alors \(a^n\to0\), donc \(\boxed{u_n\to1}\). Si \(a=1\), alors \(u_n=0\) pour tout \(n\), donc \(\boxed{u_n\to0}\).

3. Si \(a=-1\), \(u_n=1-(-1)^n\) alterne entre \(0\) et \(2\) : la suite diverge. Si \(a\lt -1\), \(|a|^n\to+\infty\) et le signe alterne : la suite n'a pas de limite, même infinie.

4. Si \(a>1\), alors \(a^n\to+\infty\), donc \(\boxed{u_n\to-\infty}\). Bilan : convergence vers \(1\) pour \(|a|\lt 1\), vers \(0\) pour \(a=1\), divergence pour \(a\le-1\), et divergence vers \(-\infty\) pour \(a>1\).

Conclusion : les quatre questions sont justifiées ci-dessus avec les étapes de calcul et de raisonnement.

1. Si \(0\lt u_n\le1\), alors
\[ u_{n+1}=u_n(2-u_n)>0 \]
et
\[ u_{n+1}=1-(1-u_n)^2\le1. \]
Comme \(u_0=\dfrac12\), l’intervalle \(]0;1]\) est stable.

2. On a
\[ u_{n+1}-u_n=u_n(1-u_n)\ge0. \]
La suite est croissante et majorée par \(1\), donc convergente. Sa limite \(L\) vérifie
\[ L=L(2-L), \]
donc \(L\in\{0;1\}\). Comme \(u_n\ge\dfrac12\),
\[ \boxed{L=1}. \]

3. Avec \(e_n=1-u_n\),
\[ e_{n+1}=1-u_{n+1} =1-u_n(2-u_n) =(1-u_n)^2=e_n^2. \]

4. Comme \(e_0=\dfrac12\),
\[ e_n=\left(\dfrac12\right)^{2^n}. \]
Ainsi
\[ \boxed{u_n=1-2^{-2^n}}. \]
Démonstration par récurrence. Au rang \(0\), \(1-2^{-1}=\dfrac12=u_0\). Si \(u_n=1-2^{-2^n}\), alors
\[ u_{n+1}=u_n(2-u_n)=(1-2^{-2^n})(1+2^{-2^n})=1-2^{-2^{n+1}}. \]
La formule est vraie pour tout \(n\in\mathbb N\).

Puis : On cherche
\[ 2^{-2^n}\lt 10^{-6}. \]
Pour \(n=4\), \(2^{-16}>10^{-6}\), tandis que pour \(n=5\), \(2^{-32}\lt 10^{-6}\). Donc
\[ \boxed{n=5}. \]

Conclusion : les quatre questions sont justifiées ci-dessus avec les étapes de calcul et de raisonnement.

Tous les termes sont positifs puisque \(u_0=2>0\) et la relation conserve la positivité.

1. On calcule
\[ u_{n+1}-\sqrt2 =\dfrac12\left(u_n+\dfrac2{u_n}\right)-\sqrt2 =\dfrac{(u_n-\sqrt2)^2}{2u_n}\ge0. \]
Donc \(u_{n+1}\ge\sqrt2\). Comme \(u_0\ge\sqrt2\),
\[ \boxed{u_n\ge\sqrt2}. \]

2. On a
\[ u_{n+1}-u_n =\dfrac{2-u_n^2}{2u_n}\le0 \]
car \(u_n\ge\sqrt2\). La suite est décroissante.

3. Elle est décroissante et minorée par \(\sqrt2\), donc convergente. Si \(u_n\to L>0\),
\[ L=\dfrac12\left(L+\dfrac2L\right) \Longleftrightarrow L^2=2. \]
Ainsi
\[ \boxed{L=\sqrt2}. \]

4. L’identité établie en 1) donne
\[ \boxed{u_{n+1}-\sqrt2=\dfrac{(u_n-\sqrt2)^2}{2u_n}}. \]
Elle explique la très grande vitesse de convergence.

Conclusion : les quatre questions sont justifiées ci-dessus avec les étapes de calcul et de raisonnement.

1. On a \(u_0=3>0\). Si \(u_n>0\), alors \(u_n+1>0\) et
\[ u_{n+1}=\dfrac{u_n+4}{u_n+1}>0. \]
Par récurrence, \(u_n>0\) pour tout \(n\). En particulier \(u_n+1\) et \(u_n+2\) sont strictement positifs : la récurrence et \(v_n\) sont bien définies. On calcule alors
\[ v_{n+1]=\dfrac{u_{n+1}-2}{u_{n+1}+2} =\dfrac{\dfrac{u_n+4}{u_n+1}-2}{\dfrac{u_n+4}{u_n+1}+2} =-\dfrac13\,\dfrac{u_n-2}{u_n+2} =-\dfrac13v_n. \]

2. Comme
\[ v_0=\dfrac{3-2}{3+2}=\dfrac15, \]
on a
\[ \boxed{v_n=\dfrac15\left(-\dfrac13\right)^n}. \]

3. De \(v_n=\dfrac{u_n-2}{u_n+2}\), on tire
\[ u_n=2\dfrac{1+v_n}{1-v_n}. \]
Donc
\[ \boxed{u_n=2\,\dfrac{1+\dfrac15\left(-\dfrac13\right)^n}{1-\dfrac15\left(-\dfrac13\right)^n}}. \]

4. Comme \(v_n\to0\), on obtient \(\boxed{u_n\to2}\). Le facteur \(-\dfrac13\) change le signe de \(v_n\) à chaque rang : les termes de \((u_n)\) se placent donc alternativement au-dessus et au-dessous de \(2\).

Conclusion : les quatre questions sont justifiées ci-dessus avec les étapes de calcul et de raisonnement.

1. Pour \(x\ge0\),
\[ f'(x)=\dfrac{5}{(x+2)^2}>0. \]
Donc \(f\) est strictement croissante.

2. Initialisation :
\[ u_0=0,\qquad u_1=\dfrac32, \]
donc \(0\le u_0\le u_1\le3\).

Supposons
\[ 0\le u_n\le u_{n+1}\le3. \]
Comme \(f\) est croissante,
\[ f(0)\le f(u_n)\le f(u_{n+1})\le f(3). \]
Or \(f(0)=\dfrac32>0\), \(f(u_n)=u_{n+1}\), \(f(u_{n+1})=u_{n+2}\) et \(f(3)=3\). Donc
\[ 0\le u_{n+1}\le u_{n+2}\le3. \]
La propriété est héréditaire.

3. La suite est croissante et majorée par \(3\), donc convergente. Sa limite \(L\) vérifie
\[ L=\dfrac{4L+3}{L+2} \Longleftrightarrow L^2-2L-3=0. \]
Les solutions sont \(3\) et \(-1\). Comme \(L\ge0\),
\[ \boxed{L=3}. \]

4. Un calcul donne
\[ v_{n+1}=\dfrac15v_n, \qquad v_0=-3. \]
Donc \(v_n=-\dfrac3{5^n}\). Comme \(u_n=\dfrac{3+v_n}{1-v_n}\), on obtient
\[ \boxed{u_n=\dfrac{3(5^n-1)}{5^n+3}}. \]
Démonstration par récurrence. Pour \(n=0\), la formule donne \(u_0=0\). Supposons-la vraie au rang \(n\). Alors
\[ u_{n+1}=\dfrac{4\dfrac{3(5^n-1)}{5^n+3}+3}{\dfrac{3(5^n-1)}{5^n+3}+2} =\dfrac{15\times5^n-3}{5\times5^n+3} =\dfrac{3(5^{n+1}-1)}{5^{n+1}+3}. \]
La formule est vraie pour tout \(n\), et elle donne immédiatement \(\boxed{u_n\to3}\).

Conclusion : les quatre questions sont justifiées ci-dessus avec les étapes de calcul et de raisonnement.

1. On calcule :
\[ b_{n+1}-a_{n+1} =\dfrac{a_n+2b_n}{3}-\dfrac{2a_n+b_n}{3} =\dfrac{b_n-a_n}{3}. \]
Comme \(b_0-a_0=2>0\), on a par récurrence \(b_n-a_n\ge0\), donc \(a_n\le b_n\).

2. Pour \((a_n)\) :
\[ a_{n+1}-a_n=\dfrac{2a_n+b_n}{3}-a_n=\dfrac{b_n-a_n}{3}\ge0. \]
Donc \((a_n)\) est croissante.
Pour \((b_n)\) :
\[ b_{n+1}-b_n=\dfrac{a_n+2b_n}{3}-b_n=\dfrac{a_n-b_n}{3}\le0. \]
Donc \((b_n)\) est décroissante.

3. On a
\[ b_{n+1}-a_{n+1}=\dfrac13(b_n-a_n). \]
Donc
\[ b_n-a_n=\left(\dfrac13\right)^n(b_0-a_0)=2\left(\dfrac13\right)^n\to0. \]

4. Les suites sont adjacentes, donc elles convergent vers une même limite \(\ell\). De plus \(a_n+b_n=4\) et
\[ b_n-a_n=2\left(\dfrac13\right)^n. \]
En résolvant ce système,
\[ \boxed{a_n=2-\left(\dfrac13\right)^n}, \qquad \boxed{b_n=2+\left(\dfrac13\right)^n}. \]
Démonstration par récurrence. Pour \(n=0\), on retrouve \(a_0=1\) et \(b_0=3\). Supposons
\[ a_n=2-\left(\dfrac13\right)^n, \qquad b_n=2+\left(\dfrac13\right)^n. \]
Alors
\[ a_{n+1}=\dfrac{2a_n+b_n}{3} =2-\dfrac13\left(\dfrac13\right)^n =2-\left(\dfrac13\right)^{n+1}, \]
et
\[ b_{n+1}=\dfrac{a_n+2b_n}{3} =2+\dfrac13\left(\dfrac13\right)^n =2+\left(\dfrac13\right)^{n+1}. \]
Les deux formules sont donc vraies pour tout \(n\in\mathbb N\). Elles montrent en particulier que
\[ \boxed{\ell=2}. \]

Conclusion : les quatre questions sont justifiées ci-dessus avec les étapes de calcul et de raisonnement.

1. Le point fixe vérifie
\[ L=0{,}82L+9, \]
donc
\[ 0{,}18L=9 \quad\Longrightarrow\quad \boxed{L=50}. \]

2. Posons \(v_n=u_n-50\). Alors
\[ v_{n+1}=0{,}82v_n, \qquad v_0=-40. \]
Ainsi
\[ \boxed{u_n=50-40\times0{,}82^n}. \]
Démonstration par récurrence. Pour \(n=0\), la formule donne \(10=u_0\). Si elle est vraie au rang \(n\), alors
\[ u_{n+1}=0{,}82\left(50-40\times0{,}82^n\right)+9 =50-40\times0{,}82^{n+1}. \]
La formule est vraie pour tout \(n\in\mathbb N\).

3. Comme \(0\lt 0{,}82\lt 1\), on a \(0{,}82^n\to0\), donc
\[ \boxed{u_n\to50}. \]

4. Un algorithme Python possible est :

u = 10
n = 0
while abs(u - 50) >= 0.1:
    u = 0.82*u + 9
    n = n + 1
return n

Puis : On cherche
\[ 40\times0{,}82^n\lt 0{,}1 \Longleftrightarrow 0{,}82^n\lt \dfrac1{400}. \]
Donc
\[ n>\dfrac{\ln\left(\dfrac1{400}\right)}{\ln(0{,}82)}\approx30{,}19. \]
Le premier entier convenable est
\[ \boxed{31}. \]

Conclusion : les quatre questions sont justifiées ci-dessus avec les étapes de calcul et de raisonnement.

1. Posons \(f(x)=\dfrac{4x+1}{x+4}\). On a
\[ f'(x)=\dfrac{15}{(x+4)^2}>0. \]
Ainsi, sur \([\dfrac12;1]\),
\[ f\left(\dfrac12\right)=\dfrac23, \qquad f(1)=1. \]
Donc \(f([\dfrac12;1])\subset[\dfrac12;1]\). Comme \(u_0=\dfrac12\), la propriété est vraie par récurrence.

2. On calcule
\[ u_{n+1}-u_n =\dfrac{4u_n+1-u_n(u_n+4)}{u_n+4} =\dfrac{1-u_n^2}{u_n+4}. \]
Sur \([\dfrac12;1]\), ce quotient est positif ou nul. La suite est donc croissante.

3. Elle est croissante et majorée par \(1\), donc convergente. Si sa limite vaut \(L\), alors
\[ L=\dfrac{4L+1}{L+4} \Longleftrightarrow L^2=1. \]
Comme \(L\in[\dfrac12;1]\), \(\boxed{L=1}\).

4. On a
\[ v_{n+1}=\dfrac{1-u_{n+1}}{1+u_{n+1}} =\dfrac35\,\dfrac{1-u_n}{1+u_n} =\dfrac35v_n. \]
Or \(v_0=\dfrac{1-\dfrac12}{1+\dfrac12}=\dfrac13\). Donc
\[ \boxed{v_n=\dfrac13\left(\dfrac35\right)^n}. \]

Conclusion : les quatre questions sont justifiées ci-dessus avec les étapes de calcul et de raisonnement.

1. Posons \(P(n)\) : « \((1+x)^n\ge1+nx\) ».

Pour \(n=0\), les deux membres valent \(1\).

Supposons \(P(n)\) vraie. Comme \(1+x>0\),
\[ (1+x)^{n+1}\ge(1+nx)(1+x). \]
Or
\[ (1+nx)(1+x)=1+(n+1)x+nx^2\ge1+(n+1)x. \]
Donc \(P(n+1)\) est vraie. Par récurrence,
\[ \boxed{(1+x)^n\ge1+nx}. \]

2. Pour \(q\in]0;1[\), posons
\[ x=\dfrac1q-1>0. \]
Alors
\[ \left(\dfrac1q\right)^n\ge1+n\left(\dfrac1q-1\right). \]

3. Les deux membres étant positifs,
\[ 0\lt q^n\le\dfrac{1}{1+n\left(\dfrac1q-1\right)}. \]
Le membre de droite tend vers \(0\). Par le théorème des gendarmes,
\[ \boxed{q^n\to0}. \]

4. Pour \(q=\dfrac45\), on a \(x=\dfrac1q-1=\dfrac14\). L'inégalité précédente donne
\[ \left(\dfrac45\right)^n\le\dfrac{1}{1+\dfrac n4}. \]
Il suffit donc que
\[ \dfrac{1}{1+\dfrac n4}\lt 10^{-3} \Longleftrightarrow 1+\dfrac n4>1000 \Longleftrightarrow n>3996. \]
On peut prendre \(\boxed{N=3997}\).

Conclusion : les quatre questions sont justifiées ci-dessus avec les étapes de calcul et de raisonnement.

1. On a \(u_2=3\), donc
\[ D_0=u_0u_2-u_1^2=2\times3-1=\boxed{5}. \]

2. Comme \(u_{n+3}=u_{n+2}+u_{n+1}\),
\[ D_{n+1}=u_{n+1}(u_{n+2}+u_{n+1})-u_{n+2}^2. \]
Ainsi
\[ D_{n+1}=u_{n+1}u_{n+2}+u_{n+1}^2-u_{n+2}^2. \]
Or \(u_{n+2}=u_{n+1}+u_n\), donc
\[ D_{n+1}=-\left(u_nu_{n+2}-u_{n+1}^2\right)=-D_n. \]

3. La suite \((D_n)\) est géométrique de raison \(-1\) et de premier terme \(5\). Donc
\[ \boxed{D_n=5(-1)^n}. \]

4. Comme \(2026\) est pair,
\[ D_{2026}=5(-1)^{2026}=\boxed{5}. \]

Conclusion : les quatre questions sont justifiées ci-dessus avec les étapes de calcul et de raisonnement.

1. On a
\[ 2-\dfrac3n\to2, \qquad 2+\dfrac5{\sqrt n}\to2. \]
Les deux suites qui encadrent \(u_n\) convergent donc vers la même limite \(2\).

2. Comme, pour tout \(n\ge1\),
\[ 2-\dfrac3n\le u_n\le2+\dfrac5{\sqrt n}, \]
le théorème des gendarmes donne
\[ \boxed{u_n\to2}. \]
Ainsi \((u_n)\) converge et sa limite vaut \(\boxed{2}\).

3. Pour garantir \(|u_n-2|\le0{,}01\), il suffit d’avoir
\[ \dfrac3n\le0{,}01 \quad\text{et}\quad \dfrac5{\sqrt n}\le0{,}01. \]
La première donne \(n\ge300\). La deuxième donne
\[ \sqrt n\ge500 \Longleftrightarrow n\ge250000. \]
Donc à partir du rang \(\boxed{250000}\), on est sûr que \(|u_n-2|\le0{,}01\).

4. On veut simultanément
\[ \dfrac3n\le\varepsilon \quad\text{et}\quad \dfrac5{\sqrt n}\le\varepsilon. \]
Il suffit donc que
\[ n\ge\dfrac3\varepsilon \quad\text{et}\quad n\ge\dfrac{25}{\varepsilon^2}. \]
On peut prendre
\[ \boxed{N(\varepsilon)=\left\lceil\max\left(\dfrac3\varepsilon,\dfrac{25}{\varepsilon^2}\right)\right\rceil}. \]

Conclusion : les quatre questions sont justifiées ci-dessus avec les étapes de calcul et de raisonnement.

1. On a
\[ 1-\dfrac1{(k+1)^2} =\dfrac{k(k+2)}{(k+1)^2} =\dfrac{k}{k+1}\times\dfrac{k+2}{k+1}. \]

2. Ainsi
\[ u_n= \left(\prod_{k=1}^n\dfrac{k}{k+1}\right) \left(\prod_{k=1}^n\dfrac{k+2}{k+1}\right). \]
Le premier produit vaut \(\dfrac1{n+1}\) et le second \(\dfrac{n+2}{2}\). Donc
\[ \boxed{u_n=\dfrac{n+2}{2(n+1)}}. \]
Démonstration par récurrence. Pour \(n=1\), \(u_1=\dfrac34\), conformément à la formule. Si elle est vraie au rang \(n\), alors
\[ u_{n+1}=u_n\left(1-\dfrac1{(n+2)^2}\right) =\dfrac{n+2}{2(n+1)}\times\dfrac{(n+1)(n+3)}{(n+2)^2} =\dfrac{n+3}{2(n+2)}. \]
La formule est vraie pour tout \(n\ge1\).

3. En divisant numérateur et dénominateur par \(n\),
\[ \boxed{u_n\to\dfrac12}. \]

4. Comme
\[ \dfrac{n+2}{2(n+1)}=\dfrac12+\dfrac{1}{2(n+1)}, \]
et que \(n\mapsto\dfrac{1}{n+1}\) est strictement décroissante, la suite \((u_n)\) est strictement décroissante vers \(\dfrac12\).

Conclusion : les quatre questions sont justifiées ci-dessus avec les étapes de calcul et de raisonnement.

1. Comme \(u_0\in[-1;1]\),
\[ 0\le u_1=\dfrac{|u_0|+u_0^2}{3}\le\dfrac23\le1. \]
Supposons maintenant \(u_n\in[0;1]\) pour un rang \(n\ge1\). Alors
\[ u_{n+1}=\dfrac{u_n+u_n^2}{3}\ge0 \]
et, puisque \(u_n\le1\) et \(u_n^2\le1\),
\[ u_{n+1}\le\dfrac{1+1}{3}=\dfrac23\le1. \]
Ainsi, par récurrence,
\[ \boxed{u_n\in[0;1]\quad\text{pour tout }n\ge1}. \]

2. Pour \(n\ge1\), on a \(0\le u_n\le1\), donc \(u_n^2\le u_n\). Ainsi
\[ u_{n+1}=\dfrac{u_n+u_n^2}{3}\le\dfrac23u_n. \]

3. En itérant l’inégalité,
\[ 0\le u_n\le u_1\left(\dfrac23\right)^{n-1}. \]
Le membre de droite tend vers \(0\). Par le théorème des gendarmes,
\[ \boxed{u_n\to0}. \]

4. La question 2 donne, pour \(n\ge1\),
\[ 0\le u_{n+1}\le\dfrac23u_n. \]
Par récurrence,
\[ \boxed{0\le u_n\le u_1\left(\dfrac23\right)^{n-1}}. \]
La majoration de droite tend vers \(0\), ce qui redonne la convergence par le théorème des gendarmes et fournit en plus une estimation quantitative de la vitesse de convergence.

Conclusion : les quatre questions sont justifiées ci-dessus avec les étapes de calcul et de raisonnement.

On pose \(f(x)=\dfrac{x+2}{x+3}\).

1. Comme
\[ f'(x)=\dfrac1{(x+3)^2}>0, \]
\(f\) est croissante. Pour \(u_0\in[0;2]\),
\[ u_1\in\left[f(0);f(2)\right]=\left[\dfrac23;\dfrac45\right]. \]
De plus
\[ f\left(\left[\dfrac23;\dfrac45\right]\right) =\left[\dfrac8{11};\dfrac{14}{19}\right] \subset\left[\dfrac23;\dfrac45\right]. \]
L’intervalle est donc stable à partir du rang \(1\).

2. Le point fixe vérifie
\[ \alpha=\dfrac{\alpha+2}{\alpha+3} \Longleftrightarrow \alpha^2+2\alpha-2=0. \]
Le seul point fixe positif est
\[ \boxed{\alpha=\sqrt3-1}. \]

3. Si \(u_1\le\alpha\), la croissance de \(f\) donne par récurrence \(u_n\le\alpha\). De plus
\[ f(x)-x=\dfrac{2-2x-x^2}{x+3}. \]
Sur \([\dfrac23;\alpha]\), le numérateur est positif, donc \(u_{n+1}\ge u_n\). La suite est croissante et majorée par \(\alpha\).

4. Si \(u_1\ge\alpha\), on obtient de même \(u_n\ge\alpha\), et le numérateur précédent est négatif sur \([\alpha;\dfrac45]\). La suite est décroissante et minorée par \(\alpha\).

Puis : Dans les deux cas, la suite converge. Sa limite est nécessairement un point fixe de \(f\) dans l’intervalle, donc
\[ \boxed{u_n\to\sqrt3-1}. \]

Conclusion : les quatre questions sont justifiées ci-dessus avec les étapes de calcul et de raisonnement.

1. On obtient
\[ u_2=3,\qquad u_3=7,\qquad u_4=15. \]
On conjecture \(u_n=2^n-1\).

2. La formule est vraie pour \(n=0\) et \(n=1\). Supposons
\[ u_n=2^n-1, \qquad u_{n+1}=2^{n+1}-1. \]
Alors
\[ u_{n+2}=3(2^{n+1}-1)-2(2^n-1) =2^{n+2}-1. \]
La propriété est donc vraie pour tout \(n\).

3. Posons \(v_n=u_{n+1}-u_n\). Alors
\[ v_{n+1}=u_{n+2}-u_{n+1} =2u_{n+1}-2u_n=2v_n. \]
Comme \(v_0=1\),
\[ v_n=2^n. \]
Puis
\[ u_n=u_0+\sum_{k=0}^{n-1}v_k =\sum_{k=0}^{n-1}2^k =2^n-1. \]

4. Comme \(2^n\to+\infty\),
\[ \boxed{u_n\to+\infty}. \]

Conclusion : les quatre questions sont justifiées ci-dessus avec les étapes de calcul et de raisonnement.

1. Comme \(u_0>0\), la relation conserve la positivité. De plus
\[ u_{n+1}-u_n=\dfrac1{u_n}>0. \]
La suite est strictement croissante.

2. On calcule
\[ u_{n+1}^2 =\left(u_n+\dfrac1{u_n}\right)^2 =u_n^2+2+\dfrac1{u_n^2} \ge u_n^2+2. \]

3. Pour \(n=0\), \(u_0^2=1=2\times0+1\). Si \(u_n^2\ge2n+1\), alors
\[ u_{n+1}^2\ge u_n^2+2\ge2n+3=2(n+1)+1. \]
Donc
\[ \boxed{u_n^2\ge2n+1}. \]

4. Comme \(u_n>0\),
\[ u_n\ge\sqrt{2n+1}. \]
Or \(\sqrt{2n+1}\to+\infty\). Par comparaison,
\[ \boxed{u_n\to+\infty}. \]

Conclusion : les quatre questions sont justifiées ci-dessus avec les étapes de calcul et de raisonnement.

1. Les points fixes vérifient
\[ x=\dfrac{3x+2}{x+4} \Longleftrightarrow x^2+x-2=0, \]
donc
\[ \boxed{x=1\quad\text{ou}\quad x=-2}. \]

2. On a \(u_0=\dfrac12>0\). Si \(u_n>0\), alors
\[ u_{n+1}=\dfrac{3u_n+2}{u_n+4}>0. \]
Donc, par récurrence, \(u_n>0\) pour tout \(n\). Ainsi \(u_n+4>0\) et \(u_n+2>0\), ce qui justifie toutes les expressions. Un calcul algébrique donne alors
\[ \dfrac{u_{n+1}-1}{u_{n+1}+2} =\dfrac25\,\dfrac{u_n-1}{u_n+2}. \]
Ainsi
\[ \boxed{v_{n+1}=\dfrac25v_n}. \]

3. Comme
\[ v_0=-\dfrac15, \qquad v_n=-\dfrac15\left(\dfrac25\right)^n=-\dfrac{2^n}{5^{n+1}}, \]
on obtient
\[ \boxed{u_n=\dfrac{5^{n+1}-2^{n+1}}{5^{n+1}+2^n}}. \]
Démonstration par récurrence. Pour \(n=0\), la formule donne \(u_0=\dfrac12\). Supposons-la vraie au rang \(n\). Posons \(A=5^{n+1}\) et \(B=2^n\), de sorte que \(u_n=\dfrac{A-2B}{A+B}\). Alors
\[ u_{n+1}=\dfrac{3u_n+2}{u_n+4} =\dfrac{5A-4B}{5A+2B} =\dfrac{5^{n+2}-2^{n+2}}{5^{n+2}+2^{n+1}}. \]
La formule est donc vraie pour tout \(n\in\mathbb N\).

4. Comme \(v_n\to0\),
\[ \boxed{u_n\to1}. \]

Puis : On a
\[ |u_n-1|=\dfrac{3|v_n|}{1-v_n}\lt 3|v_n| =\dfrac35\left(\dfrac25\right)^n. \]
Il suffit donc que
\[ \dfrac35\left(\dfrac25\right)^n\lt 10^{-4}. \]
Le calcul logarithmique donne \(n>9{,}49\). Ainsi
\[ \boxed{n\ge10} \]
suffit.

Conclusion : les quatre questions sont justifiées ci-dessus avec les étapes de calcul et de raisonnement.

1. Si \(u_n>0\), alors \(u_n+3>0\) et \(u_n+1>0\), donc \(u_{n+1}>0\). Par récurrence, tous les termes sont positifs.

2. Les points fixes vérifient
\[ x=\dfrac{x+3}{x+1} \Longleftrightarrow x^2=3. \]
Ils sont \(\pm\sqrt3\). La suite étant positive, le point fixe pertinent est \(\sqrt3\).

3. Un calcul donne
\[ \boxed{v_{n+1}=\dfrac{1-\sqrt3}{1+\sqrt3}\,v_n}. \]
Or
\[ \left|\dfrac{1-\sqrt3}{1+\sqrt3}\right|\lt 1. \]
Donc \(v_n\to0\).

4. De
\[ v_n=\dfrac{u_n-\sqrt3}{u_n+\sqrt3} \]
on tire
\[ u_n=\sqrt3\,\dfrac{1+v_n}{1-v_n}. \]
Ainsi
\[ \boxed{u_n\to\sqrt3}. \]

Puis : Le coefficient \(q\) est négatif. Le signe de \(v_n\), donc celui de \(u_n-\sqrt3\), alterne à chaque rang. Les termes passent donc alternativement au-dessus et au-dessous de \(\sqrt3\).

Conclusion : les quatre questions sont justifiées ci-dessus avec les étapes de calcul et de raisonnement.

1. Si \(0\lt a_n\le b_n\), alors les deux nouveaux termes sont positifs. De plus
\[ b_{n+1}-a_{n+1} =\dfrac{(b_n-a_n)^2}{2(a_n+b_n)}\ge0. \]
Donc \(0\lt a_{n+1}\le b_{n+1}\). La propriété est vraie par récurrence.

2. On a
\[ a_{n+1}-a_n =\dfrac{a_n(b_n-a_n)}{a_n+b_n}\ge0, \]
donc \((a_n)\) est croissante. De même
\[ b_{n+1}-b_n=\dfrac{a_n-b_n}{2}\le0, \]
donc \((b_n)\) est décroissante.

3. Comme \(b_n-a_n\le a_n+b_n\),
\[ b_{n+1}-a_{n+1} =\dfrac{(b_n-a_n)^2}{2(a_n+b_n)} \le\dfrac12(b_n-a_n). \]

4. Par récurrence,
\[ 0\le b_n-a_n\le\left(\dfrac12\right)^n(b_0-a_0)\to0. \]
Les suites sont donc adjacentes.

Puis : On calcule
\[ a_{n+1}b_{n+1} =\dfrac{2a_nb_n}{a_n+b_n}\times\dfrac{a_n+b_n}{2} =a_nb_n. \]
Ainsi \(a_nb_n=a_0b_0=4\). Si \(\ell\) est la limite commune, alors
\[ \ell^2=4. \]
Comme \(\ell>0\),
\[ \boxed{\ell=2}. \]

Conclusion : les quatre questions sont justifiées ci-dessus avec les étapes de calcul et de raisonnement.

1. On obtient
\[ u_2=\dfrac1{\sqrt3}, \qquad u_3=\dfrac12. \]
On conjecture
\[ \boxed{u_n=\dfrac1{\sqrt{n+1}}}. \]

2. La formule est vraie pour \(n=1\). Supposons
\[ u_n=\dfrac1{\sqrt{n+1}}. \]
Alors
\[ u_{n+1} =\dfrac{\dfrac1{\sqrt{n+1}}}{\sqrt{1+\dfrac1{n+1}}} =\dfrac1{\sqrt{n+2}}. \]
La propriété est vraie par récurrence.

3. Comme \(n+1\to+\infty\),
\[ \boxed{u_n\to0}. \]

4. Posons \(v_n=\dfrac1{u_n^2}\). Alors
\[ v_{n+1}=\dfrac{1+u_n^2}{u_n^2}=v_n+1. \]
Comme \(v_1=2\), on obtient \(v_n=n+1\), donc de nouveau
\[ u_n=\dfrac1{\sqrt{n+1}}. \]

Conclusion : les quatre questions sont justifiées ci-dessus avec les étapes de calcul et de raisonnement.

1. Si \(0\le u_n\le3\), alors
\[ \sqrt6\le u_{n+1}\le3. \]
Donc \([0;3]\) est stable.

2. Pour \(x\in[0;3]\),
\[ \sqrt{6+x}\ge x \Longleftrightarrow 6+x\ge x^2 \Longleftrightarrow (3-x)(x+2)\ge0. \]
Donc \(u_{n+1}\ge u_n\). La suite est croissante et majorée par \(3\), donc convergente. Sa limite positive vérifie \(L^2=L+6\), d’où
\[ \boxed{L=3}. \]

3. On rationalise :
\[ 3-u_{n+1} =\dfrac{9-(6+u_n)}{3+\sqrt{6+u_n}} =\dfrac{3-u_n}{3+\sqrt{6+u_n}}. \]
Comme \(u_n\ge0\),
\[ 0\le3-u_{n+1}\le\dfrac1{3+\sqrt6}(3-u_n)=q(3-u_n). \]

4. Par récurrence,
\[ 0\le3-u_n\le3q^n. \]

Puis : Il suffit que
\[ 3q^n\lt 10^{-6}. \]
Donc
\[ n>\dfrac{\ln(10^{-6}/3)}{\ln q}. \]
Comme \(q\approx0{,}1835\), on obtient \(n>8{,}79\). Ainsi
\[ \boxed{n\ge9} \]
suffit.

Conclusion : les quatre questions sont justifiées ci-dessus avec les étapes de calcul et de raisonnement.

1. On a \(u_0=0\). Si \(u_n\ge0\), alors
\[ u_{n+1}=\dfrac12u_n+\dfrac1{n+1}>0. \]
Donc \(u_n\ge0\) pour tout \(n\).

2. On obtient
\[ u_1=1, \qquad u_2=\dfrac12+\dfrac12=1. \]

3. Pour \(n=2\),
\[ u_2=1\le2=\dfrac42. \]
Supposons \(u_n\le\dfrac4n\) avec \(n\ge2\). Alors
\[ u_{n+1} \le\dfrac2n+\dfrac1{n+1}. \]
Or
\[ \dfrac2n+\dfrac1{n+1}\le\dfrac4{n+1} \Longleftrightarrow 3n+2\le4n, \]
ce qui est vrai pour \(n\ge2\). Donc
\[ \boxed{0\le u_n\le\dfrac4n}\quad(n\ge2). \]

4. Comme \(4/n\to0\), le théorème des gendarmes donne
\[ \boxed{u_n\to0}. \]

Puis : Le terme ajouté \(1/(n+1)\) dépend du rang. La relation n’est donc pas de la forme autonome \(u_{n+1}=f(u_n)\) avec un point fixe constant ; la comparaison par récurrence est ici l’outil naturel.

Conclusion : les quatre questions sont justifiées ci-dessus avec les étapes de calcul et de raisonnement.

1. Pour \(x\in[0;1]\),
\[ f'(x)=\dfrac{13}{(5+x)^2}>0. \]
Ainsi
\[ f([0;1])=[f(0);f(1)] =\left[\dfrac25;\dfrac56\right]\subset[0;1]. \]
L’intervalle est stable.

2. Le point fixe vérifie
\[ \alpha=\dfrac{2+3\alpha}{5+\alpha} \Longleftrightarrow \alpha^2+2\alpha-2=0. \]
Donc
\[ \boxed{\alpha=\sqrt3-1}. \]

3. On a \(u_0=0\le\alpha\). Comme \(f\) est croissante et \(f(\alpha)=\alpha\), on obtient par récurrence \(u_n\le\alpha\). De plus
\[ f(x)-x=\dfrac{2-2x-x^2}{5+x}. \]
Pour \(0\le x\le\alpha\), le numérateur est positif. Donc
\[ u_{n+1}\ge u_n. \]
La suite est croissante et majorée par \(\alpha\).

4. Elle converge. Sa limite est un point fixe dans \([0;\alpha]\), donc
\[ \boxed{u_n\to\alpha=\sqrt3-1}. \]

Puis : En utilisant \(\alpha^2+2\alpha-2=0\), on simplifie :
\[ f(x)-\alpha =\dfrac{4-\sqrt3}{x+5}(x-\alpha). \]
En particulier,
\[ \boxed{u_{n+1}-\alpha =\dfrac{4-\sqrt3}{u_n+5}(u_n-\alpha)}. \]

Puis : Comme \(u_n\ge0\),
\[ |u_{n+1}-\alpha| \le q|u_n-\alpha|, \qquad q=\dfrac{4-\sqrt3}{5}\lt 1. \]
Par récurrence,
\[ \boxed{|u_n-\alpha|\le q^n\alpha}. \]

Puis : Un algorithme Python possible est :

u = 0
n = 0
alpha = sqrt(3) - 1
while abs(u - alpha) >= 1e-6:
    u = (2 + 3*u) / (5 + u)
    n = n + 1
return n

Conclusion : les quatre questions sont justifiées ci-dessus avec les étapes de calcul et de raisonnement.