Soit \(n\in \mathbb{N}\) : on note \(P_n\) la propriété \(0 \lt u_n \lt 2\).

Preuve par récurrence :

• Initialisation : Démontrons que \(P_0\) est vraie :

  $$ \begin{array}{lll} P_0 \text{ : } & 0 \lt u_0 \lt 2 \\ & 0 \lt \sqrt{2 + 1} \lt 2 \\ & 0 \lt \sqrt{3} \lt 2 \\ \end{array} $$ Ce qui est vrai.

• Hérédité :

  On suppose que \(P_n\) est vraie. L'objectif est de montrer \(P_{n+1}\), c'est à dire que \(0 \lt u_{n+1} \lt 2\).

  On part de la définition de \(u_{n+1}\) : $$ u_{n+1} = \sqrt{2 + u_n} $$ D'après \(P_n\), on sait que \(u_n \lt 2\), et donc comme la fonction racine est croissante : $$ u_{n+1} \lt \sqrt{2 + 2} = \sqrt{4} = 2 $$ De plus, comme la racine carré est positive, on a \(0 \lt u_{n+1}\). Et donc, on a prouvé \(P_{n+1}\) : $$ 0 \lt u_{n+1} \lt 2 $$

• Conclusion : On peut conclure que \(P_n\) est vraie pour tout \(n\in\mathbb{N}\)

Soit \(n\in \mathbb{N}\) : on note \(P_n\) la propriété \((1+x)^n \geq 1 + nx\).

Preuve par récurrence :

• Initialisation : Démontrons que \(P_0\) est vraie :

  $$ \begin{array}{ll} & (1+x)^0 \geq 1 + 0\times x \\ \Leftrightarrow & 1 \geq 1 \\ \end{array} $$ Ce qui est vrai.

• Hérédité :

  On suppose que \(P_n\) est vraie. L'objectif est de montrer \(P_{n+1}\), c'est à dire que \((1+x)^{n+1} \geq 1 + (n+1)x\).

  On part du membre gauche de l'inégalité et tentons d'utiliser l'hypothèse \(P_n\) : $$ \begin{array}{llll} (1+x)^{n+1} & = & (1+x)^{n} \times (1+x) & \\ &\geq & (1+nx)(1+x) & \text{d'après } P_n \text{ et parce que } 1+x \gt 0 \\ &= & 1+x + nx + nx^2 & \\ &= & 1+ (n+1)x + nx^2 & \\ (1+x)^{n+1} &\geq & 1+ (n+1)x & \text{ car } nx^2 \gt 0 \\ \end{array} $$ Ce qui prouve bien \(P_{n+1}\)

• Conclusion : On peut conclure que \(P_n\) est vraie pour tout \(n\in\mathbb{N}\)

Il faut factoriser : $$ \begin{array}{llll} u_n & = n^2 - n \\ & = n (n - 1) \\ \end{array} $$ \(u_n\) est vu comme le produit des deux suites \((n)\) et \((n - 1)\) qui tendent toutes les deux vers \(+\infty\). Donc : $$ \lim\limits_{n \rightarrow +\infty} u_n = +\infty $$

La bonne intuition à avoir est que par rapport à de très grandes valeurs \(1\) et \(5\) sont négligeables, et alors \(\frac{2n}{3 n} = \frac{2}{3}\). Il faut tout de même le prouver en factorisant par \(n\) les numérateurs et dénominateurs: $$ \begin{array}{llll} u_n & = \frac{2n + 1}{3 n + 5} \\ & = \frac{n (2 + \frac{1}{n})}{n (3 + \frac{5}{n})}\\ \end{array} $$ Or, on sait que \(\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} \frac{1}{n} = 0 \) et \(\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} \frac{5}{n} = 0 \). Donc en utilisant le théorème de somme et de quotient des limites : $$ \begin{array}{llll} \lim\limits_{n \rightarrow +\infty} u_n & = \frac{2n + \lim\limits_{n \rightarrow +\infty} \frac{1}{n}}{3 n + \lim\limits_{n \rightarrow +\infty} \frac{5}{n}} \\ & = \frac{2n + 0}{3 n + 0} \\ & = \frac{2n}{3 n} \\ \lim\limits_{n \rightarrow +\infty} u_n & = \frac{2}{3} \\ \end{array} $$

Notation :

Comme \(q \gt 1\), on notera parfois \(q = 1 + a \) où \(a \gt 0\).

Stratégie :

La démonstration se fait en deux temps :

• On démontrera par récurrence que \(q^n \geq 1 + n a\)
• En utilisant le théorème de minoration, on utilisera ce résultat pour conclure

Démonstration par récurrence :

Cette démonstration a déjà été faite dans la partie I.3.B. avec \(x = a\) et donc \(1+x = q\).

Conclusion

On applique le théorème de minorations avec :

• \(u_n = 1 + n a\) et \(v_n = q^n\)
• On sait maintenant que \(u_n leq v_n\)
• On sait que \(\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} u_n = +\infty \)

Les hypothèses du théorème étant vérifiées, on a bien \(\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} v_n = +\infty \)

Notation :

Comme \(q \gt 1\), on notera parfois \(q = 1 + a \) où \(a \gt 0\).

Stratégie :

On souhaite se ramener au cas précédent par une intuition simple : si \(q\) est "grand", \(\frac{1}{q}\) est "petit", et une puissance devient encore plus "petite"...

Démonstration :

Soit \(p = \frac{1}{q}\). Comme \(q \lt 0\), alors \(p \gt 1\).

On remarque que \(q^n = (\frac{1}{p})^n = \frac{1}{p^n}\)

D'après le théorème précédent, on sait que \(\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} p^n = +\infty \)

On connaît la limite de \(q^n\) par le théorème du quotient de deux limites : \begin{array}{llll} \lim\limits_{n \rightarrow +\infty} q^n & = \lim\limits_{n \rightarrow +\infty} \frac{1}{p^n} \\ & = 0 \\ \end{array}

Stratégie :

On encadre \(q^n\) par deux suites qui tendent vers \(0\) et on utilise le théorème du gendarme :

Démonstration :

On sait que \(-|q|^n\leq q^n \leq |q|^n\), et on veut vérifier les hypothèses du théorème des gendarmes :

• \(|q| \in [0;1[\) et donc \(\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} |q|^n = 0\) d'après le théorème précédent
• Ainsi \(\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} -|q|^n = -0 = 0\)
• Donc d'après le théorème des gendarmes, \(\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} q^n = 0\)

Stratégie :

On va supposer qu'une suite vérifie les deux hypothèses (croissante, non majorée), et vérifier la définition de la limite infinie :

Démonstration :

Soit \(u_n\) une suite non majorée : quelque soit le réel \(A\) choisi, il existera un entier \(N\) tel que \(u_N \gt A\).

Autrement dit, pour tout intervalle ouvert de la forme \(]A;+\infty[\), on trouve un indice \(N\) tel que \(u_N \in ]A;+\infty[\)

Et comme la suite est croissante, pour tous les indices \(n\) au dela de \(N\), tous les indices seront aussi dans l'intervalle.

Conclusion

On a démontré que la définition était vraie et donc que \((u_n)\) tend vers \(+\infty\)

Vérification des hypothèses de la propriété

Nous devons vérifier deux hypothèses :

• La suite \((u_n)\) doit posséder une limite finie (admis dans l\'énoncé)
• La fonction \(f\) doit être continue

On sait que la fonction est dérivable sur \(\mathbb{R}\backslash \{-1\}\) en utilisant les règles de dérivations. Donc \(f\) est continue.

Application de la propriété

Les hypothèses étant vérifiée, en conclusion on a l\'égalité \(f (\mathcal{l})=\mathcal{l}\)

Exploitation du résultat

L\'égalité nous fournit une équation d\'inconnue \(\mathcal{l}\), que nous allons tenter de résoudre : $$ \begin{array}{clll} & f (\mathcal{l}) & = & \mathcal{l} \\ \Leftrightarrow & 1 + \frac{1}{1+\mathcal{l}} & = & \mathcal{l} \\ \Leftrightarrow & (1+\mathcal{l}) + 1 & = & \mathcal{l}\times (1+\mathcal{l}) \\ \Leftrightarrow & 2+\mathcal{l} & = & \mathcal{l}+\mathcal{l}^2 \\ \Leftrightarrow & 2 & = & \mathcal{l}^2 \\ \end{array} $$

Donc \(\mathcal{l} = \sqrt{2}\) ou \(\mathcal{l} = -\sqrt{2}\)

Mais comme, \(f\) est définie sur \(\mathbb{R}^+\) on obtient \(\mathcal{l} = \sqrt{2}\).