Devoir surveillé : Raisonnement par récurrence et limites de suites

1. a)$\underset{n\to +\infty }{lim}\sqrt{n}=+\infty$ donc $lim{\displaystyle \frac{2}{\sqrt{n}}}=0$, et par somme $lim{u}_n=3$. (1 pt) (1)
2. b)Forme indéterminée « $+\infty -\infty$ » : on factorise $v_n=n^2(1-{\displaystyle \frac{5}{n}}+{\displaystyle \frac{1}{n^2}})$. La parenthèse tend vers $1$ et $n^2\to +\infty$, donc par produit $lim{v}_n=+\infty$. (1 pt) (1)
3. c)$-1<0,8<1$ donc $lim0,8^n=0$ ; par produit et somme, $lim{w}_n=7\times 0-1=-1$. (1 pt) (1)
4. d)Forme « ${\displaystyle \frac{\infty }{\infty }}$ » : pour $n\ge 2$, $t_n={\displaystyle \frac{n(4+\frac{1}{n})}{n(2-\frac{3}{n})}}={\displaystyle \frac{4+\frac{1}{n}}{2-\frac{3}{n}}}$. Le numérateur tend vers $4$, le dénominateur vers $2$, donc $lim{t}_n=2$. (1 pt) (1)
5. e)$1,5>1$ donc $lim1,5^n=+\infty$ ; en multipliant par $-2<0$, $lim{s}_n=-\infty$. (1 pt) (1)

Méthode — Devant une forme indéterminée avec des puissances de $n$, on factorise par le terme de plus haut degré : au numérateur et au dénominateur pour un quotient, dans toute l'expression pour une somme.

1. a)$u_1=2\times 8-5=11$ et $u_2=2\times 11-5=17$. (1 pt) (1,25)
2. b)Soit $P(n)$ : « $u_n=3\times 2^n+5$ ».
   Initialisation : $3\times 2^0+5=8=u_0$, donc $P(0)$ est vraie.
   Hérédité : soit $n$ un entier naturel tel que $P(n)$ est vraie. Alors $u_{n+1}=2u_n-5=2(3\times 2^n+5)-5=3\times 2^{n+1}+10-5=3\times 2^{n+1}+5$, donc $P(n+1)$ est vraie.
   Conclusion : $P(0)$ est vraie et $P$ est héréditaire, donc pour tout entier naturel $n$, $u_n=3\times 2^n+5$. (2 pts : 0,5 pour l'initialisation, 1 pour l'hérédité, 0,5 pour la conclusion) (1,25)
3. c)$u_{n+1}-u_n=3\times 2^{n+1}+5-3\times 2^n-5=3\times 2^n(2-1)=3\times 2^n$. Ce nombre est strictement positif, donc $(u_n)$ est strictement croissante. (1 pt) (1,25)
4. d)$2>1$ donc $lim{2}^n=+\infty$ ; par produit par $3>0$ puis somme, $lim{u}_n=+\infty$. (1 pt) (1,25)

Erreur fréquente — Dans l'hérédité, on part de $u_{n+1}$ et on utilise la relation de récurrence puis l'hypothèse $P(n)$ : écrire directement la formule au rang $n+1$ revient à supposer ce qu'on veut démontrer.

1. a)$v_1={\displaystyle \frac{1}{2}}\times 1+3=3,5$ et $v_2={\displaystyle \frac{1}{2}}\times 3,5+3=4,75$. (1 pt) (1,25)
2. b)Soit $P(n)$ : « $v_n\le 6$ ».
   Initialisation : $v_0=1\le 6$.
   Hérédité : si $v_n\le 6$ pour un entier $n$, alors ${\displaystyle \frac{1}{2}}{v}_n\le 3$ (multiplication par ${\displaystyle \frac{1}{2}}>0$), puis ${\displaystyle \frac{1}{2}}{v}_n+3\le 6$, c'est-à-dire $v_{n+1}\le 6$.
   Conclusion : pour tout entier naturel $n$, $v_n\le 6$. (1,5 pt) (1,25)
3. c)$v_{n+1}-v_n={\displaystyle \frac{1}{2}}{v}_n+3-v_n=3-{\displaystyle \frac{1}{2}}{v}_n={\displaystyle \frac{6-v_n}{2}}$. D'après b), $6-v_n\ge 0$, donc $v_{n+1}-v_n\ge 0$ : la suite $(v_n)$ est croissante. (1,5 pt) (1,25)
4. d)$(v_n)$ est croissante et majorée par $6$, donc elle converge (théorème de convergence monotone). Alors $\ell ={\displaystyle \frac{1}{2}}\ell +3⟺{\displaystyle \frac{1}{2}}\ell =3⟺\ell =6$. (1 pt) (1,25)

Piège — Être majorée par $6$ ne suffit pas à dire que la limite vaut $6$ : le majorant sert à prouver la convergence, c'est l'équation $\ell =\frac{1}{2}\ell +3$ qui donne la valeur.

1. a)Oui. Comme $(-1{)}^n\ge -1$, on a $a_n\ge n-1$ pour tout $n$ ; or $lim(n-1)=+\infty$, donc par comparaison $lim{a}_n=+\infty$. (1 pt) (1,25)
2. b)Non. Pour $n\ge 1$, $-1\le \sin n\le 1$ donc $-{\displaystyle \frac{1}{n}}\le b_n\le {\displaystyle \frac{1}{n}}$. Les deux suites qui encadrent tendent vers $0$, donc d'après le théorème des gendarmes, $lim{b}_n=0$. (1,5 pt) (1,25)
3. c)Initialisation : $1,1^0=1\ge 1+0=1$.
   Hérédité : si $1,1^n\ge 1+0,1n$, en multipliant par $1,1>0$ : $1,1^{n+1}\ge 1,1(1+0,1n)=1,1+0,11n=1+0,1(n+1)+0,01n\ge 1+0,1(n+1)$ car $0,01n\ge 0$.
   Conclusion : l'inégalité est vraie pour tout $n$. Comme $lim(1+0,1n)=+\infty$, par comparaison $lim1,1^n=+\infty$. (1,5 pt) (1,25)
4. d)Non. La suite $(v_n)$ de l'exercice 3 est croissante mais converge vers $6$ ; autre exemple : $c_n=1-{\displaystyle \frac{1}{n+1}}$ est croissante et tend vers $1$. Une suite croissante tend vers $+\infty$ seulement si elle n'est pas majorée. (1 pt) (1,25)

Astuce — Pour réfuter une affirmation générale, un seul contre-exemple suffit ; pour la prouver, il faut un argument valable dans tous les cas.

1. a)Forme « ${\displaystyle \frac{\infty }{\infty }}$ » : $u_n={\displaystyle \frac{n^2(3-\frac{2}{n}+\frac{1}{n^2})}{n^2(\frac{1}{n^2}-1)}}={\displaystyle \frac{3-\frac{2}{n}+\frac{1}{n^2}}{\frac{1}{n^2}-1}}$, qui tend vers ${\displaystyle \frac{3}{-1}}=-3$. (0,5 pt) (0,75)
2. b)On divise numérateur et dénominateur par $5^n$ : $v_n={\displaystyle \frac{{\left(\frac{2}{5}\right)}^n-1}{1+{\left(\frac{1}{5}\right)}^n}}$. Comme $0<\frac{2}{5}<1$ et $0<\frac{1}{5}<1$, les puissances tendent vers $0$, donc $lim{v}_n={\displaystyle \frac{-1}{1}}=-1$. (1 pt) (0,75)
3. c)Forme « $\infty -\infty$ » : avec la quantité conjuguée, $w_n={\displaystyle \frac{(n+3)-n}{\sqrt{n+3}+\sqrt{n}}}={\displaystyle \frac{3}{\sqrt{n+3}+\sqrt{n}}}$. Le dénominateur tend vers $+\infty$, donc $lim{w}_n=0$. (1 pt) (0,75)
4. d)$-{\displaystyle \frac{1}{n^2+1}}\le {\displaystyle \frac{(-1{)}^n}{n^2+1}}\le {\displaystyle \frac{1}{n^2+1}}$ et les deux bornes tendent vers $0$ : par les gendarmes, ce quotient tend vers $0$, donc $lim{t}_n=2$. (0,5 pt) (0,75)

Méthode — Pour un quotient de puissances $a^n$, on divise par la puissance de plus grande base : toutes les autres deviennent des $q^n$ avec $0<q<1$, qui tendent vers $0$.

1. a)$S_1={\displaystyle \frac{1}{2}}$ ; $S_2={\displaystyle \frac{1}{2}}+{\displaystyle \frac{1}{6}}={\displaystyle \frac{4}{6}}={\displaystyle \frac{2}{3}}$ ; $S_3={\displaystyle \frac{2}{3}}+{\displaystyle \frac{1}{12}}={\displaystyle \frac{9}{12}}={\displaystyle \frac{3}{4}}$. (1 pt) (1)
2. b)Conjecture : $S_n={\displaystyle \frac{n}{n+1}}$.
   Initialisation : $S_1={\displaystyle \frac{1}{2}}={\displaystyle \frac{1}{1+1}}$.
   Hérédité : si $S_n={\displaystyle \frac{n}{n+1}}$ pour un entier $n\ge 1$, alors $S_{n+1}=S_n+{\displaystyle \frac{1}{(n+1)(n+2)}}={\displaystyle \frac{n(n+2)+1}{(n+1)(n+2)}}={\displaystyle \frac{n^2+2n+1}{(n+1)(n+2)}}={\displaystyle \frac{(n+1{)}^2}{(n+1)(n+2)}}={\displaystyle \frac{n+1}{n+2}}$.
   Conclusion : pour tout $n\ge 1$, $S_n={\displaystyle \frac{n}{n+1}}$. (1,5 pt) (1)
3. c)$S_n={\displaystyle \frac{n}{n+1}}={\displaystyle \frac{1}{1+\frac{1}{n}}}$ et $lim{\displaystyle \frac{1}{n}}=0$, donc $lim{S}_n=1$. (0,5 pt) (1)
4. d)$S_n\ge 0,999⟺n\ge 0,999(n+1)⟺0,001n\ge 0,999⟺n\ge 999$ (on a multiplié par $n+1>0$). Le plus petit entier cherché est $n=999$. (1 pt) (1)

Astuce — Calculer les premiers termes sous forme de fractions irréductibles fait apparaître le motif $\frac{1}{2},\frac{2}{3},\frac{3}{4}$ : la conjecture vient des calculs, la récurrence la valide.

1. a)$f$ est dérivable sur $[0;+\infty [$ et $f^{\prime }(x)={\displaystyle \frac{4(x+3)-(4x+2)\times 1}{(x+3{)}^2}}={\displaystyle \frac{10}{(x+3{)}^2}}>0$ : $f$ est strictement croissante sur $[0;+\infty [$. (0,5 pt) (1)
2. b)Soit $P(n)$ : « $0\le u_n\le u_{n+1}\le 2$ ».
   Initialisation : $u_0=0$ et $u_1=f(0)={\displaystyle \frac{2}{3}}$, donc $0\le 0\le {\displaystyle \frac{2}{3}}\le 2$.
   Hérédité : si $0\le u_n\le u_{n+1}\le 2$, la croissance de $f$ sur $[0;2]$ donne $f(0)\le f(u_n)\le f(u_{n+1})\le f(2)$, soit ${\displaystyle \frac{2}{3}}\le u_{n+1}\le u_{n+2}\le {\displaystyle \frac{10}{5}}=2$, et a fortiori $0\le u_{n+1}$.
   Conclusion : $P(n)$ est vraie pour tout $n$. (1,5 pt) (1)
3. c)$(u_n)$ est croissante et majorée par $2$, donc elle converge vers un réel $\ell \in [0;2]$. Comme $f$ est continue sur $[0;2]$, $\ell =f(\ell )$ : $\ell (\ell +3)=4\ell +2⟺{\ell }^2-\ell -2=0⟺(\ell -2)(\ell +1)=0$. Comme $\ell \ge 0$, $\ell =2$. (1 pt) (1)
4. d)$u_{n+1}-2={\displaystyle \frac{4u_n+2-2u_n-6}{u_n+3}}={\displaystyle \frac{2(u_n-2)}{u_n+3}}$ et $u_{n+1}+1={\displaystyle \frac{5(u_n+1)}{u_n+3}}$, donc $v_{n+1}={\displaystyle \frac{2(u_n-2)}{5(u_n+1)}}={\displaystyle \frac{2}{5}}{v}_n$. Avec $v_0=-2$ : $v_n=-2\times 0,4^n$. De $v_n(u_n+1)=u_n-2$ on tire $u_n={\displaystyle \frac{2+v_n}{1-v_n}}$ ; or $lim{v}_n=0$ car $0<0,4<1$, donc $lim{u}_n={\displaystyle \frac{2}{1}}=2$. (1 pt) (1)
5. e)

   def seuil(e):
       n = 0
       u = 0
       while 2 - u >= e:
           u = (4*u + 2) / (u + 3)
           n = n + 1
       return n

   D'après d), $2-u_n={\displaystyle \frac{-3v_n}{1-v_n}}={\displaystyle \frac{6\times 0,4^n}{1+2\times 0,4^n}}$ : $2-u_6\approx 0,024$ et $2-u_7\approx 0,0098$. La fonction renvoie $7$. (1 pt) (1)

Piège — L'équation $\ell =f(\ell )$ a ici deux solutions, $2$ et $-1$ : c'est l'encadrement obtenu par récurrence ($u_n\ge 0$) qui permet d'éliminer $-1$.

1. a)Non. Le théorème de convergence monotone donne seulement une limite $\ell \le 5$. Contre-exemple : $u_n=1-{\displaystyle \frac{1}{n+1}}$ est croissante, majorée par $5$, mais tend vers $1$. (1 pt) (1)
2. b)Non. Le passage à la limite ne conserve que les inégalités larges : on obtient $\ell \ge 0$. Contre-exemple : $u_n={\displaystyle \frac{1}{n+1}}>0$ mais $lim{u}_n=0$. (0,5 pt) (1)
3. c)Hérédité : soit $n\ge 3$ avec $2^n\ge n^2$. Alors $2^{n+1}=2\times 2^n\ge 2n^2$. Or $2n^2-(n+1{)}^2=n^2-2n-1=(n-1{)}^2-2\ge 2^2-2=2>0$ car $n-1\ge 2$. Donc $2^{n+1}\ge (n+1{)}^2$.
   Conclusion de Sami : fausse. Une initialisation ratée à $n=3$ ($8<9$) ne prouve rien pour les rangs suivants : $P(4)$ est vraie ($16\ge 16$), et avec l'hérédité, $P(n)$ est vraie pour tout $n\ge 4$. (1,5 pt) (1)

Erreur fréquente — Une hérédité seule ne dit rien : il faut trouver un rang où la propriété est vraie. Si l'initialisation échoue à un rang, on essaie le suivant avant de conclure.

1. a)Chaque rebond multiplie la hauteur par $0,6$ : $(h_n)$ est géométrique de raison $0,6$ et de premier terme $2$, donc $h_n=2\times 0,6^n$. Comme $0<0,6<1$, $lim{h}_n=0$. (1 pt) (1)
2. b)Entre le $(n+1)$-ième et le $(n+2)$-ième contact, la balle monte de $h_{n+1}$ puis redescend de $h_{n+1}$ : $D_{n+1}=D_n+2h_{n+1}=D_n+4\times 0,6^{n+1}$.
   Initialisation : $8-6\times 0,6^0=2=D_0$.
   Hérédité : si $D_n=8-6\times 0,6^n$, alors, comme $6\times 0,6^n=10\times 0,6^{n+1}$, $D_{n+1}=8-10\times 0,6^{n+1}+4\times 0,6^{n+1}=8-6\times 0,6^{n+1}$.
   Conclusion : la formule est vraie pour tout $n$. (1,5 pt) (1)
3. c)$D_{n+1}-D_n=4\times 0,6^{n+1}>0$ : $(D_n)$ est strictement croissante. $lim0,6^n=0$ donc $lim{D}_n=8$. Interprétation : la distance parcourue augmente à chaque rebond mais reste toujours inférieure à $8$ m, et se rapproche de $8$ m autant qu'on veut. (1 pt) (1)
4. d)$h_n<0,01⟺0,6^n<0,005$. À la calculatrice, $0,6^{10}\approx 0,00605$ et $0,6^{11}\approx 0,00363$ ; la suite $(0,6^n)$ étant décroissante, c'est à partir du 11ᵉ rebond ($h_{11}\approx 0,0073$ m). (0,5 pt) (1)
5. e)$D_n\ge 7,99⟺6\times 0,6^n\le 0,01⟺0,6^n\le {\displaystyle \frac{1}{600}}\approx 0,001667$. Or $0,6^{12}\approx 0,00218$ et $0,6^{13}\approx 0,00131$ : le plus petit entier est $n=13$. (1 pt) (1)

Méthode — Pour justifier une relation de récurrence en contexte, on décrit précisément ce qui se passe entre deux étapes consécutives, ici la montée puis la descente de même hauteur.

1. a)Pour $n\ge 1$ : $u_n={\displaystyle \frac{1+\frac{(-1{)}^n}{n}}{2+\frac{1}{n^2}}}$. Comme $\left|\frac{(-1{)}^n}{n}\right|=\frac{1}{n}\to 0$, le numérateur tend vers $1$ et le dénominateur vers $2$ : $lim{u}_n={\displaystyle \frac{1}{2}}$. (0,5 pt) (0,75)
2. b)$2^{2n}=4^n$. En divisant par $4^n$ : $v_n={\displaystyle \frac{3{\left(\frac{3}{4}\right)}^n-1}{1+{\left(\frac{3}{4}\right)}^n}}$. Comme $0<\frac{3}{4}<1$, $lim{\left(\frac{3}{4}\right)}^n=0$, d'où $lim{v}_n=-1$. (1 pt) (0,75)
3. c)Forme « $\infty \times 0$ » : avec la quantité conjuguée, $w_n=n\times {\displaystyle \frac{(1+\frac{1}{n})-1}{\sqrt{1+\frac{1}{n}}+1}}={\displaystyle \frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{n}}+1}}$, qui tend vers ${\displaystyle \frac{1}{1+1}}={\displaystyle \frac{1}{2}}$. (1 pt) (0,75)
4. d)$\sin (n^2)\ge -1$ donc $t_n\ge {\displaystyle \frac{n-1}{\sqrt{n}}}=\sqrt{n}-{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{n}}}$. Cette minorante tend vers $+\infty$, donc par comparaison $lim{t}_n=+\infty$. (0,5 pt) (0,75)

Astuce — Un terme borné comme $\sin (n^2)$ ou $(-1{)}^n$ ne se « calcule » pas : on l'encadre entre $-1$ et $1$ et on laisse agir les théorèmes de comparaison.

1. a)Soit $P(n)$ : « $(1+a{)}^n\ge 1+na$ ».
   Initialisation : $(1+a{)}^0=1=1+0\times a$.
   Hérédité : si $(1+a{)}^n\ge 1+na$, on multiplie par $1+a>0$ : $(1+a{)}^{n+1}\ge (1+na)(1+a)=1+(n+1)a+n{a}^2\ge 1+(n+1)a$ car $n{a}^2\ge 0$.
   Conclusion : $P(n)$ est vraie pour tout $n$. (1,5 pt) (0,8)
2. b)On pose $a=q-1>0$ : $q^n=(1+a{)}^n\ge 1+na$. Comme $a>0$, $lim(1+na)=+\infty$, donc par comparaison $lim{q}^n=+\infty$. (0,5 pt) (0,8)
3. c)${\displaystyle \frac{1}{q}}>1$, donc d'après b), $lim{\left({\displaystyle \frac{1}{q}}\right)}^n=+\infty$. Or $q^n={\displaystyle \frac{1}{{\left(\frac{1}{q}\right)}^n}}$, donc par inverse $lim{q}^n=0$. (0,5 pt) (0,8)
4. d)Initialisation : $(1+a{)}^0=1=1+0+0$.
   Hérédité : si l'inégalité est vraie au rang $n$, en multipliant par $1+a>0$ : $(1+a{)}^{n+1}\ge 1+na+{\displaystyle \frac{n(n-1)}{2}}{a}^2+a+n{a}^2+{\displaystyle \frac{n(n-1)}{2}}{a}^3$. Comme ${\displaystyle \frac{n(n-1)}{2}}{a}^3\ge 0$ et ${\displaystyle \frac{n(n-1)}{2}}+n={\displaystyle \frac{n(n+1)}{2}}$, on obtient $(1+a{)}^{n+1}\ge 1+(n+1)a+{\displaystyle \frac{(n+1)n}{2}}{a}^2$.
   Conclusion : l'inégalité est vraie pour tout $n$. (1 pt) (0,8)
5. e)Avec $a=1$ : $2^n\ge 1+n+{\displaystyle \frac{n(n-1)}{2}}\ge {\displaystyle \frac{n(n-1)}{2}}$. Pour $n\ge 2$ : $0\le {\displaystyle \frac{n}{2^n}}\le {\displaystyle \frac{2n}{n(n-1)}}={\displaystyle \frac{2}{n-1}}$. Les deux bornes tendent vers $0$, donc par les gendarmes $lim{\displaystyle \frac{n}{2^n}}=0$. (0,5 pt) (0,8)

Méthode — L'inégalité de Bernoulli minore $q^n$ par une fonction affine de $n$ : c'est assez pour la divergence, mais pour battre $n$ au dénominateur il faut une minoration du second degré.

1. a)La fonction $g:x\mapsto \sqrt{2x+3}$ est strictement croissante sur $[0;+\infty [$ (composée de $x\mapsto 2x+3$, croissante, et de la racine carrée, croissante).
   Initialisation : $u_0=0$, $u_1=\sqrt{3}\approx 1,73$ : $0\le 0<\sqrt{3}<3$.
   Hérédité : si $0\le u_n<u_{n+1}<3$, alors $g(u_n)<g(u_{n+1})<g(3)$, soit $u_{n+1}<u_{n+2}<\sqrt{9}=3$ ; de plus $u_{n+1}>u_n\ge 0$.
   Conclusion : la propriété est vraie pour tout $n$. (1,5 pt) (1)
2. b)$(u_n)$ est croissante et majorée par $3$ : elle converge vers $\ell \in [0;3]$. La fonction $g$ est continue sur $[0;3]$, donc $\ell =\sqrt{2\ell +3}$, d'où ${\ell }^2=2\ell +3$, soit $(\ell -3)(\ell +1)=0$. Comme $\ell \ge 0$, $\ell =3$. (1 pt) (1)
3. c)$3-u_{n+1}=3-\sqrt{2u_n+3}={\displaystyle \frac{9-(2u_n+3)}{3+\sqrt{2u_n+3}}}={\displaystyle \frac{2(3-u_n)}{3+u_{n+1}}}$. Or $u_{n+1}\ge 0$ donne $3+u_{n+1}\ge 3$, et $3-u_n>0$, donc $3-u_{n+1}\le {\displaystyle \frac{2(3-u_n)}{3}}={\displaystyle \frac{2}{3}}(3-u_n)$. (1 pt) (1)
4. d)$3-u_n>0$ d'après a). Récurrence pour la majoration : au rang $0$, $3-u_0=3\le 3{\left(\frac{2}{3}\right)}^0$ ; si $3-u_n\le 3{\left(\frac{2}{3}\right)}^n$, alors d'après c) $3-u_{n+1}\le {\displaystyle \frac{2}{3}}\times 3{\left({\displaystyle \frac{2}{3}}\right)}^n=3{\left({\displaystyle \frac{2}{3}}\right)}^{n+1}$. Comme $0<\frac{2}{3}<1$, $3{\left(\frac{2}{3}\right)}^n\to 0$ : par les gendarmes $3-u_n\to 0$, donc $lim{u}_n=3$. (1 pt) (1)
5. e)Il suffit que $3{\left(\frac{2}{3}\right)}^n\le {10}^{-3}$, soit ${\left(\frac{2}{3}\right)}^n\le {\displaystyle \frac{1}{3000}}\approx 3,33\times {10}^{-4}$. À la calculatrice, ${\left(\frac{2}{3}\right)}^{19}\approx 4,51\times {10}^{-4}$ et ${\left(\frac{2}{3}\right)}^{20}\approx 3,01\times {10}^{-4}$ ; la suite $\left({\left(\frac{2}{3}\right)}^n\right)$ décroît, donc pour tout $n\ge 20$, $0<3-u_n\le {10}^{-3}$. (0,5 pt) (1)

Piège — La majoration $3{\left(\frac{2}{3}\right)}^n$ garantit la précision à partir du rang $20$, mais ce rang n'est pas forcément le plus petit : la majoration peut être grossière.

1. a)Vrai. Par l'absurde : si $(u_n+v_n)$ convergeait vers $L$, alors $v_n=(u_n+v_n)-u_n$ convergerait vers $L-lim{u}_n$ (limite d'une différence), ce qui contredit l'hypothèse. (1 pt) (1)
2. b)Faux. Avec $u_n=1+(-1{)}^n$ et $v_n=1-(-1{)}^n$ : $u_n{v}_n=1-{((-1{)}^n)}^2=0$ pour tout $n$, mais $(u_n)$ vaut alternativement $2$ et $0$, $(v_n)$ alternativement $0$ et $2$ : aucune des deux ne tend vers $0$. (1 pt) (1)
3. c)Faux. Ces deux étapes ne prouvent $P(n)$ que pour les $n$ pairs. Contre-exemple : $P(n)$ : « $n$ est pair ». $P(0)$ est vraie, et si $n$ est pair, $n+2$ l'est aussi ; pourtant $P(1)$ est fausse. (1 pt) (1)

Erreur fréquente — « Produit nul » n'entraîne pas « un facteur nul » pour des limites : deux suites qui s'annulent à tour de rôle ont un produit nul sans qu'aucune ne converge.

1. a)Initialisation : $S_1=1\le 2-1=1$.
   Hérédité : si $S_n\le 2-{\displaystyle \frac{1}{n}}$, alors $S_{n+1}=S_n+{\displaystyle \frac{1}{(n+1{)}^2}}\le 2-{\displaystyle \frac{1}{n}}+{\displaystyle \frac{1}{(n+1{)}^2}}$. Or ${\displaystyle \frac{1}{n}}-{\displaystyle \frac{1}{n+1}}={\displaystyle \frac{1}{n(n+1)}}\ge {\displaystyle \frac{1}{(n+1{)}^2}}$ car $n(n+1)\le (n+1{)}^2$. Donc $-{\displaystyle \frac{1}{n}}+{\displaystyle \frac{1}{(n+1{)}^2}}\le -{\displaystyle \frac{1}{n+1}}$, et $S_{n+1}\le 2-{\displaystyle \frac{1}{n+1}}$.
   Conclusion : l'inégalité est vraie pour tout $n\ge 1$. (1,5 pt) (1,25)
2. b)$S_{n+1}-S_n={\displaystyle \frac{1}{(n+1{)}^2}}>0$ : $(S_n)$ est croissante ; et $S_n\le 2-{\displaystyle \frac{1}{n}}<2$ : elle est majorée par $2$. Elle converge donc vers un réel $\ell$. Par passage à la limite dans $S_n\le 2$, $\ell \le 2$ ; par croissance, $\ell \ge S_2={\displaystyle \frac{5}{4}}$. Ainsi ${\displaystyle \frac{5}{4}}\le \ell \le 2$. (1 pt) (1,25)
3. c)$H_{2n}-H_n={\displaystyle {\sum }_{k=n+1}^{2n}{\displaystyle \frac{1}{k}}}$ : cette somme compte $n$ termes, chacun supérieur ou égal à ${\displaystyle \frac{1}{2n}}$ (car $k\le 2n$). Donc $H_{2n}-H_n\ge n\times {\displaystyle \frac{1}{2n}}={\displaystyle \frac{1}{2}}$. (1 pt) (1,25)
4. d)Initialisation : $H_{2^0}=H_1=1\ge 1+0$.
   Hérédité : si $H_{2^p}\ge 1+{\displaystyle \frac{p}{2}}$, alors d'après c) avec $n=2^p$ : $H_{2^{p+1}}=H_{2\times 2^p}\ge H_{2^p}+{\displaystyle \frac{1}{2}}\ge 1+{\displaystyle \frac{p+1}{2}}$.
   Limite : $(H_n)$ est croissante (on ajoute $\frac{1}{n+1}>0$). Soit $A$ un réel ; on choisit $p$ tel que $1+\frac{p}{2}>A$. Pour tout $n\ge 2^p$, $H_n\ge H_{2^p}>A$. Tout intervalle $]A;+\infty [$ contient donc tous les termes à partir d'un certain rang : $lim{H}_n=+\infty$. (1,5 pt) (1,25)

Astuce — Majorer par $2-\frac{1}{n}$ plutôt que par $2$ rend la récurrence possible : une inégalité plus forte, qui dépend de $n$, est souvent plus facile à faire passer de $n$ à $n+1$.