Suites réelles et complexes

Suites réelles
Exercice 1 Étudier la suite définie pour tout $n\in\N^*$ par :

$\hskip10ex\displaystyle u_{n}=\sum_{k=1}^{n}\frac{n}{\sqrt{n^{4}+k}}\cdot\hskip3ex$
Émile dit que cette suite est croissante et qu'il suffit donc de la majorer si on veut prouver qu'elle converge. Que pensez-vous de cette affirmation ?
La croissance de $u$ n'est absolument pas évidente car \[ u_{n+1}-u_n = \sum_{k=1}^{n+1}\frac{n+1}{\sqrt{(n+1)^{4}+k}} - \sum_{k=1}^{n}\frac{n}{\sqrt{n^{4}+k}} \cdot \] Ici, il est plus efficace d'encadrer $u$ entre deux suites qui convergent ...
On peut assez facilement encadrer (pas trop grossièrement) $u$ entre deux suites convergeant vers la même limite.
Soit $n\in\N^*$. La décroissance de la fonction : $$\fonction{\R_+}{\R}{x}{\frac{n}{\sqrt{n^{4}+x}}}$$ nous dit que : \[ \forall k\in\ceo1,n\cef\quad\frac{n}{\sqrt{n^{4}+n}} \leq \frac{n}{\sqrt{n^{4}+k}} \leq \frac{n}{\sqrt{n^{4}+1}} \] En sommant cette double inégalité pour $k$ allant de $1$ à $n$, on obtient : \[ n\,\frac{n}{\sqrt{n^{4}+n}}\leq u_{n}\leq n\,\frac{n}{\sqrt{n^{4}+1}} \] et donc \[ \frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{n^3}}}\leq u_{n}\leq \frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{n^4}}}\cdot \] Comme, d'après les théorèmes généraux, les deux suites extrêmes convergent vers $1$, le théorème d'existence de limite par encadrement entraîne que l'on a $\lim\limits u=1$.
Exercice 2 Étudier la convergence de la suite :

$\ds\hskip10ex u_{n}=2^{n}+(-2)^{n}\sin \Big(n\,{\frac{\pi }{2}}\Big).\hskip3ex$
Comme on peut s'en rendre compte en évaluant quelques valeurs, cette suite est divergente.

Quelle est la méthode la plus efficace permettant de prouver qu'une suite est divergente ?
Construire deux sous-suites possédant des limites différentes.

Solution :

Pour tout $n\in\N$, on a $u_{2n} = 2^{2n}$. Ainsi la suite extraite $(u_{2n})_{n\in\N} $ tend vers $+\infty$.

Pour tout $n\in\N$, on a $u_{4n+1} = 0$. Ainsi la suite extraite $(u_{4n+1})_{n\in\N} $ tend vers $0$.
Comme on a exhibé deux sous-suites de $u$ convergeant vers des limites différentes, il s'ensuit que $u$ est divergente.
Exercice 3 Pour tout $n\in \N$, on pose $\displaystyle u_{n}=\sum_{k=0}^{n}\frac{1}{\binom{n}{k}}\,\cdot$
2. À l'aide de votre calculatrice évaluer numériquement $u_{100}$ et $u_{1000}.$
  
  Avec Python, on obtient : $$u_{100}=2.020416946 \et u_{1000}=2.002004016.$$
  
  On imagine donc que l'on a $\lim\limits u=2$.
3. Déterminer $\lim\limits u$.
  D'après ce qui précède, on voudrait prouver $\lim\limits u=2$.
  
  Le premier réflexe est donc de s'intéresser à :
  \[ |u_n - 2| \] et de le $\ldots$
  $\ldots$ majorer.
  
  Or il y a déjà, dans $u_n$, deux termes « donnant » $2$.
  Le premier et le dernier.
  
  Pour majorer chacun des $n-1$ termes de la somme constituant $|u_n-2|$, on a besoin de minorer chacun des $\ds\binom{n}{k}$ pour $k\in\ceo1,n-1\cef$.
  
  Pour cela, il est bon, pour un $n$ donné, de s'intéresser à : $$v_{n,k} : \fonction{\ceo1,n-1\cef}{\N}{k}{\ds \binom{n}{k}}.$$ et d'en étudier les variations.
  Comme on s'en rend compte numériquement pour les petites valeurs de $n$, par exemple $2$, $3$, $4$, pour un $n$ donné, la suite $(v_{n,k})_{k\in\ceo1,n-1\cef}$ est d'abord croissante puis décroissante.
  
  On peut le justifier dans le cas général.
  Pour tout $ k\in\ceo1,n\cef$, on a : \[ \frac{v_{n,k}}{v_{n,k-1}} = \frac{n-k+1}{k} \] ce qui entraîne : \[ \forall k\leq\frac{n+1}{2}\quad v_{n,k-1} \leq v_{n,k} \] et \[ \forall k\geq\frac{n+1}{2}\quad v_{n,k-1} \geq v_{n,k}\, . \] On en déduit : \[ \binom{n}{0} \leq \binom{n}{1} \leq \binom{n}{2} \cdots\leq \binom{n}{\lfloor\frac{n+1}{2}\rfloor -1}\leq \binom{n}{\lfloor\frac{n+1}{2}\rfloor} \] et : \[ \binom{n}{\lceil\frac{n-1}{2}\rceil}\geq \binom{n}{\lceil\frac{n-1}{2}\rceil+1}\geq \cdots\geq \binom{n}{n-2} \geq \binom{n}{n-1} \geq\binom{n}{n}\cdot \]
  
  On a donc envie d'utiliser : $$\frac{1}{\binom{n}{1}}=\frac{1}{\binom{n}{n-1}}$$ pour majorer chaque élément de $|u_{n}-2|$.
  Mais cette majoration est trop grossière.
  Pour corriger le tir, il suffit d'isoler les deux termes extrêmes et de majorer chacun des autres par : $$\frac{1}{\binom{n}{2}}=\frac{1}{\binom{n}{n-2}}\cdot$$
  
  Solution
  Pour $n$ donné, on a : \[ u_{n} = \sum_{k=0}^{n}\frac{1}{\binom{n}{k}} = 2+\frac{2}{n}+\sum_{k=2}^{n-2}\frac{1}{\binom{n}{k}}\cdot \] et donc : \[ |u_{n} -2| = \frac{2}{n}+\sum_{k=2}^{n-2}\frac{1}{\binom{n}{k}}\cdot \] Or les variations de $\binom{n}{k}$ pour $k\in \crochetentierouvrant2,n-2\crochetentierfermant$ entraînent que : \[ \forall k\in \crochetentierouvrant2,n-2\crochetentierfermant\quad \binom{n}{k}\geq \binom{n}{2}=\binom{n}{n-2}\cdot \] Par suite : \[ 0 \leq \sum_{k=2}^{n-2}\frac{1}{\binom{n}{k}} \leq (n-3) \times \frac{1}{\binom{n}{2}} = \frac{2\,\left( n-3\right) }{n\,\left( n-1\right)} \] et donc : \[ |u_{n} -2|\leq \frac{2}{n}+ \frac{2\,(n-3) }{n\,(n-1)}\cdot \] Comme le membre de droite tend évidemment vers $0$ d'après les théorèmes généraux, le critère de majoration nous dit alors que : \[ \lim\limits\limits_{n\rightarrow +\infty } \sum_{k=0}^{n}\frac{1}{\binom{n}{k}}=2. \]
Exercice 4 Soit $\alpha $ un réel positif donné. On se propose d'étudier, selon la valeur de $\alpha$, la suite définie par : \[ \forall n\in\N^*\quad u_{n}=1+\dfrac{1}{2^{\alpha }}+\dfrac{1}{3^{\alpha }}+\cdots +\dfrac{1}{n^{\alpha }} = \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k^\alpha}\cdot \]
2. Lorsque $\alpha < 1$, montrer $u$ tend vers $+\infty $.
  On peut facilement minorer $u$ par une suite tendant vers $+\infty$
  Comme $\alpha$ est un réel positif, la fonction $x\mapsto\frac{1}{x^\alpha}$ est décroissante, et donc ; \[ \forall k\in\ceo1,n\cef \quad \frac{1}{k^\alpha} \geq \frac{1}{n^\alpha}\cdot \] On en déduit immédiatement : $$\ds u_n \geq \frac{n}{n^\alpha} = n^{1-\alpha}.$$ Comme $\alpha < 1$, on a $\lim\limits_{n\to\infty} n^{1-\alpha} = +\infty$, l'inégalité précédente entraîne alors : \[ \lim\limits u = +\infty. \]
3. Pour tout $\alpha\in\R_+$ réel positif, montrer que $u$ possède une limite.
  Ce peut être une limite finie ou infinie.
  Que peut-on dire de la monotonie de la suite ?
  La suite $u$ est évidemment croissante puisque $$ \forall n\in\N^*\quad u_{n+1}-u_n = \frac{1}{(n+1)^\alpha} \geq 0\,.$$ Par suite, elle possède une limite finie ou elle tend vers $+\infty$.
4. On suppose ici $\alpha = 1$. En utilisant $u_{2n}-u_n$ montrer que $\lim\limits u = +\infty$.
  Commencer par prouver : $\forall n\in\N^*\quad u_{2n}-u_n \geq \frac12\cdot$
  On peut justifier la minoration précédente directement, sans faire de récurrence.
  Il est alors aisé de prouver par l'absurde que $u$ ne peut converger.
  Soit $n\in\N^*$. On a alors \[ u_{2n}-u_n = \sum_{k=n+1}^{2n}\frac{1}{k}\cdot \] En minorant chacun des termes de cette somme par le dernier, on obtient directement \[ u_{2n}-u_n \geq n \times \frac{1}{2n} = \frac12 \cdot \] Comme $u$ est croissante, elle converge ou tend vers $+\infty$. Supposons que $u$ converge vers une limite $l\in\R$.
  
  Alors la suite extraite $(u_{2n})_{n\in\N^*}$ converge aussi vers $l$ et les théorèmes sur les suites convergentes nous disent que \[ \lim\limits_{n\to\infty} u_{2n}-u_n = l - l = 0. \]
  
  Un passage à la limite dans l'inégalité (large) $u_{2n}-u_n \geq \frac12$ entraîne alors $0 \geq \frac12$, ce qui est impossible et termine la démonstration par l'absurde.
  Ainsi on a donc prouvé $\lim\limits u = +\infty.$
5. On suppose ici $\alpha > 1$. En vous inspirant d'un graphique, donner une majoration de $u_{n}$ à l'aide de l'intégrale de la fonction $x\mapsto \frac{1}{x^{\alpha}}$ entre deux bornes bien choisies et en déduire que la suite $u$ est convergente.
  Si on parle d'intégrale c'est qu'il faut représenter les quantités par des aires, et, en particulier $u_n$, par l'aire d'une réunion de rectangles.
  Le dessin suivant donne un première idée
  
  et plus précisément
  
  qui nous montre que $u_n \leq 1+\int_{1}^{n}\frac{dt}{t^{\alpha}}$.
  Mais comment justifier correctement cette dernière inégalité ?
  On utilise d'abord la décroissance de la fonction $x\mapsto \frac{1}{x^{\alpha}}$ pour avoir une inégalité sur un intervalle $[k,k+1]$, puis la relation de Chasles pour terminer.
  Soit $k\in\ceo 1, n-1\cef$. La décroissance de $x\mapsto \frac{1}{x^{\alpha}}$ nous dit que : \[ \forall x\in\ceo k,k+1\cef\quad\frac{1}{(k+1)^{\alpha}}\leq\frac{1}{x^{\alpha}} \] et, en intégrant cette inégalité sur le segment $[k,k+1]$, on obtient : \[ \frac{1}{(k+1)^{\alpha}}\leq\int_{k}^{k+1}\frac{1}{x^{\alpha}}\diff x. \] En sommant toutes ces inégalités pour $k$ allant de $1$ à $n-1$, on obtient : \[ \sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{(k+1)^{\alpha}} \leq\sum_{k=1}^{n-1}\int_{k}^{k+1}\frac{1}{x^{\alpha}}\diff x \] ce qui s'écrit encore : \[ u_n - 1 \leq \int_{1}^{n}\frac{1}{x^{\alpha}}\diff x. \] Un calcul direct de primitive montre que : \[ \int_{1}^{n}\frac{1}{x^{\alpha}}\diff x = -\frac{1}{\alpha-1} \left[\frac{1}{x^{\alpha-1}}\right]_{1}^{n} = \frac{1}{\alpha-1}\left(1-\frac{1}{n^{\alpha-1}}\right) \leq \frac{1}{\alpha-1}\cdot \] On en déduit immédiatement que $u$ est majorée par $1+\frac{1}{\alpha-1}$. Comme on sait qu'elle est croissante, cela prouve que $u$ est convergente.
Suites complexes
Exercice 5 Pour $x\in {\mathopen{[}}0,2\pi {\mathclose{]}}$, on pose : $$ u_{p}=\frac{1}{2}\,\cos x-\frac{1}{4}\,\cos 2x+\cdots \frac{(-1)^{p-1}}{2^{\,p}}\cos (p x).$$ Déterminer $\lim\limits\limits_{p\rightarrow \infty }u_{p}$.
Comme la plupart du temps dans ce genre de problème, il est bon d'utiliser les complexes.
Écrire : \[ \cos (k x) = \Re \big(e^{ikx}\big)\, , \] ce qui donne :
\[ u_p = \Re\bigg(\sum_{k=1}^{p}\frac{(-1)^{k-1}\,e^{ikx}}{2^{k}}\bigg)\cdot \] Il reste donc à calculer la somme des termes d'une suite géométrique : \[ v_p = \sum_{k=1}^{p}\frac{(-1)^{k-1}\,e^{ikx}}{2^{k}}\cdot \] Il s'agit ici $\ldots$
$\ldots$ de la somme des $p$ premiers termes d'une suite géométrique, de premier terme $\frac{e^{ix}}{2}$ et de raison $\frac{-e^{ix}}{2}\cdot$

Ensuite, étant donné que l'on a $u_p = \Re v_p$ et que l'on sait simplifier $v_p$, on peut penser à deux méthodes.

Méthode 1 : on calcule la partie réelle de $v_p$, puis on en cherche la limite ;
Ici, ce n'est pas la meilleure façon de procéder : l'expression de la partie réelle de $v_p$ est plutôt pénible.

Méthode 2 : on détermine la limite de $v_p$, puis on calcule la partie réelle de cette limite.
C'est effectivement la meilleure solution, surtout que l'on a : \[ \Big|\frac{-e^{ix}}{2}\Big| = \frac{1}{2}\, , \] ce qui va donner immédiatement :
\[ \lim\limits\limits_{p\rightarrow \infty } \Big(\frac{-e^{ix}}{2}\Big)^{p} = 0. \] Il reste alors à calculer : \[ \Re\Big(\frac{e^{ix}}{2+e^{ix}}\Big) , \] et pour cela, il suffit $\ldots$
$\ldots$ de multiplier par la quantité conjuguée du dénominateur, qui est :
\[ 2+e^{-ix}. \]

Solution
Pour tout $p\in\N^{*}$, on a : \begin{align*} u_p &= \sum_{k=1}^{p}\frac{(-1)^{k-1}}{2^{k}}\cos (k x)\\ \\ &=\sum_{k=1}^{p}\Re\bigg(\frac{(-1)^{k-1}}{2^{k}}e^{ikx}\bigg)\\ \\ &=\Re\bigg(\sum_{k=1}^{p}\frac{(-1)^{k-1}\,e^{ikx}}{2^{k}}\bigg)\cdot \end{align*} Or, \[ v_p = \sum_{k=1}^{p}\frac{(-1)^{k-1}\,e^{ikx}}{2^{k}} \] est la somme des $p$ premiers termes d'une suite géométrique, de premier terme $\frac{e^{ix}}{2}$ et de raison $\frac{-e^{ix}}{2}\cdot$ Étant donné que : \[ \Big|\frac{-e^{ix}}{2}\Big| = \frac{1}{2} \et[et donc] \frac{-e^{ix}}{2} \neq 1, \] on a : \[ v_p = \frac{e^{ix}}{2} \, \frac{1-\big(\frac{-e^{ix}}{2}\big)^{p}}{1+\frac{e^{ix}}{2}}\cdot \] Comme $\big|\frac{-e^{ix}}{2}\big| = \frac{1}{2}$, on a : \[ \lim\limits\limits_{p\rightarrow \infty } \Big(\frac{-e^{ix}}{2}\Big)^{p} = 0 \] et les théorèmes généraux sur les suites à termes complexes nous donnent : \[ \lim\limits\limits_{p\rightarrow \infty }v_{p} = \frac{e^{ix}}{2\,\big(1+\frac{e^{ix}}{2}\big)} =\frac{e^{ix}}{2+e^{ix}} \] Étant donné que : \begin{align*} \frac{e^{ix}}{2+e^{ix}} &=\frac{e^{ix}\,(2+e^{-ix})}{(2+e^{ix})\,(2+e^{-ix})} \\ \\ &= \frac{2\,e^{ix} +1}{5 + 4\,\cos x} \end{align*} on a : \[ \Re\Big(\lim\limits\limits_{p\rightarrow \infty }v_{p}\Big) = \Re\Big(\frac{e^{ix}}{2+e^{ix}}\Big) = \frac{2\,\cos x +1}{5 + 4\,\cos x} \] et donc : \[ \lim\limits\limits_{p\rightarrow \infty }u_{p} = \frac{2\,\cos x +1}{5 + 4\,\cos x}\cdot \]
Exercice 6 Soit $u$ une suite complexe vérifiant : \[ \forall{n\in\N}\quad u_{n+1}=\frac{1}{2}(u_{n}+i). \] En étudier la convergence.
C'est ce que l'on appelle $\ldots$
$\ldots$ une suite arithmético-géométrique, i.e. un suite vérifiant une relation du type : \[ \forall{n\in\N}\quad u_{n+1} = a\,u_{n}+b\, , \] où $a$ et $b$ sont deux complexes donnés.

Dans un tel cas, le réflexe est de $\ldots$
$\ldots$ chercher la seule limite possible, qui doit donc vérifier :
\[ \ell = a\,\ell + b. \] Pourquoi au fait ?
Ici, ne pas d'invoquer la moindre propriété de continuité.
En effet, il ne s'agit pas d'une suite réelle définie à l'aide d'une fonction réelle d'une variable réelle pour laquelle on peut parler de continuité.

mais seulement :

les théorèmes généraux (sur les suites à termes complexes), qui nous disent que : \[ \text{si } \lim\limits\limits_{n \to \infty} u_{n} = \ell \et[alors] \lim\limits\limits_{n \to \infty} a\,u_{n}+b = a\,\ell +b\, , \]

le fait que (suite extraite) : \[ \text{si } \lim\limits\limits_{n \to \infty} u_{n} = \ell \et[alors] \lim\limits\limits_{n \to \infty} u_{n+1} = \ell\, , \]

ainsi que l'unicité de la limite.

Puis faire $\ldots$
$\ldots$ la différence entre les relations : \begin{align*} u_{n+1}& = a\,u_{n}+b \\ \ell &= a\,\ell + b \end{align*} Et alors, $\ldots$
$\ldots$ on voit que $(u_{n}-\ell)_{n\in\N}$ est une suite géométrique, ce qui permet même d'exprimer facilement $u_{n}$ en fonction de $n$.

Solution
D'après les théorèmes généraux et l'unicité de la limite, si cette suite converge vers $\ell\in\C$, alors : $$\ell =\frac{1}{2}(\ell+i) \et[et donc]\ell =i.$$ Pour $n\in\N$, en faisant la différence membre à membre entre les relations : \begin{align*} u_{n+1}&=\frac{1}{2}(u_{n}+i) \\ \ell &=\frac{1}{2}(\ell+i) \end{align*} on obtient : \[ u_{n+1}-i=\frac{1}{2}\,(u_{n}-i). \] Par suite, $(u_{n}-i)_{n\in\N}$, qui est une suite géométrique de raison $\frac{1}{2}$, converge vers $0$. On en déduit : \[ \lim\limits\limits_{n\to\infty} u_{n} = i. \]
Exercice 7 Soit $\alpha $, $\beta $, $a$ et $b$ des réels tels que : $$\left( \alpha ,\beta \right) \neq \left( 1,0\right) \et \left(a,b\right) \neq \left( 0,0\right).$$ On considère alors les suites réelles $(x_{n})_{n\in\N}$ et $(y_{n})_{n\in\N}$ définies par $x_{0}=a$, $y_{0}=b$ et, pour tout $n\in\N$ : \[\left\{ \begin{array}{l} x_{n+1}=\alpha \,x_{n}-\beta \,y_{n} \vphantom{_{\frac{1}{2}}}\\ y_{n+1}=\beta \,x_{n}+\alpha \,y_{n}\vphantom{_{\frac{1}{2}}}. \end{array} \right. \] Montrer que les deux suites $(x_{n})_{n\in\N}$ et $(y_{n})_{n\in\N}$ convergent simultanément si, et seulement si, $\alpha ^{2}+\beta ^{2}<1$.
Vu la définition des deux suites, la condition à vérifier, et la feuille où se situe l'exercice, $\ldots$
$\ldots$ ce ne serait pas une mauvaise idée de s'intéresser à la suite complexe définie par : \[ z_n = x_n + i\, y_n. \] Il est alors facile de vérifier que $\ldots$
$\ldots$ c'est une suite géométrique.

Si $\alpha ^{2}+\beta ^{2}<1$, il est facile de prouver $\ldots$
$\ldots$ que la suite $(z_{n})_{n\in\N}$ converge vers $0$.

Si les suites deux $(x_{n})_{n\in\N}$ et $(y_{n})_{n\in\N}$ convergent, $\ldots$
$\ldots$ commencer par prouver que la suite $(z_{n})_{n\in\N}$ converge vers $0$. Puis $\ldots$
$\ldots$ regarder la suite des modules : $(|z_{n}|)_{n\in\N}$.

Solution
Par définition des suites, pour tout $n\in\N$, on a : \begin{align*} x_{n}+i\,y_{n} &= (\alpha +i\,\beta)\, (x_{n-1}+i\,y_{n-1}) \end{align*} Ainsi, la suite de terme général $z_{n}=x_{n} + i\,y_{n}$ est une suite géométrique de raison $\alpha +i\,\beta$.

Supposons $\alpha ^{2}+\beta ^{2}<1$ et donc $|\alpha +i\,\beta| < 1$. Alors cette suite géométrique converge vers $0$ et donc que $(x_{n})_{n\in\N}$ et $(y_{n})_{n\in\N}$ convergent vers $0$.

Réciproquement, supposons que $(x_{n})_{n\in\N}$ et $(y_{n})_{n\in\N}$ convergent.

Alors la suite de terme général $z_{n}=x_{n} + i\,y_{n}$ converge.

Un passage à la limite dans la relation : \[ z_{n+1} = (\alpha +i\,\beta)\,z_{n} \] nous dit que sa limite $\ell $ vérifie : $$\ell =(\alpha +i\beta )\,\ell.$$ On a donc $\ell = 0$ puisque, par hypothèse, $\alpha +i\,\beta \neq 1$.

On en déduit $\lim\limits\limits_{n\to\infty}(|z_{n}|)_{n\in\N}=|\ell|=0$. Comme : \[ | z_{n+1} | = |\alpha +i\,\beta| |z_{n}| \, , \] cette suite $(|z_{n}|)_{n\in\N}$ est suite géométrique réelle de premier terme : \[ z_0 = a+i\, b \neq 0. \] Elle ne peut converger vers $0$ que si sa raison $|\alpha +i\,\beta|$ est strictement inférieure à $1$, et donc : \[ \alpha ^{2}+\beta ^{2}<1. \]
Exercice 8 ($**$) Soit une suite complexe $u$ vérifiant : \[ \forall n\in \N ,\;z_{n+1}=\frac{1}{2}\,(z_{n}+|z_{n}|). \]
2. Montrer que cette suite converge.
  Il est hors de question ici de calculer $z_{n}$ en fonction de $n$. Pourquoi au fait ?
  C'est dans la question suivante que l'on demande cela !
  
  En revanche, construire graphiquement les premiers termes de la suite, permet d'imaginer une méthode pour répondre à cette question.
  Il s'agit évidemment d'une construction dans le plan complexe. Voir éventuellement ici
  
  Sur ce dessin, on « voit » que l'on a :
  
  concernant les modules :
  \[ |z_{n+1}| \leq |z_{n}|. \]
  
  concernant les parties réelles et imaginaires :
  En posant $x_{n}=\Re(z_{n})$ et $y_{n}=\Im(z_{n})$, on a : \[ y_{n+1} = \frac{1}{2}\, y_{n} \et x_{n+1} \geq x_{n}. \]
  
  Il reste à justifier cela par le calcul, ce qui permettra $\ldots$
  $\ldots$ de prouver que les suites réelles $(x_{n})_{n\in\N}$ et $(y_{n})_{n\in\N}$ convergent.
  
  Pour $(y_{n})_{n\in\N}$, c'est facile car $\ldots$
  $\ldots$ c'est une suite géométrique de raison $\frac{1}{2}\cdot$
  
  Pour $(x_{n})_{n\in\N}$, elle est croissante ; il suffit donc $\ldots$
  $\ldots$ de la majorer. Et, là $\ldots$
  $\ldots$ penser aux inégalités sur les modules.
  
  Solution
  Pour tout $n\in\N$, posons : \[ x_{n}=\Re(z_{n}) \et y_{n}=\Im(z_{n}). \]
  
  Pour tout $n\in\N$, l'inégalité triangulaire nous donne : \[ | z_{n+1} | = \frac{\big|z_{n}+|z_{n}|\big|}{2} \leq \frac{|z_{n}|+|z_{n}|}{2} = |z_{n}|. \] On en déduit que la suite $(|z_{n}|)_{n\in\N}$ est décroissante.
  
  Pour tout $n\in\N$, on a : \[ y_{n+1} = \Im\Big(\frac{1}{2}\,(z_{n}+|z_{n}|)\Big) = \frac{y_{n}}{2}\cdot \] Ainsi, $(y_{n})_{n\in\N}$ est une suite géométrique de raison $\frac{1}{2}$, et elle converge donc vers $0$.
  
  Pour tout $n\in\N$, on a : \[ x_{n+1}=\frac{1}{2}\Big( x_{n}+\sqrt{x_{n}^{2}+y_{n}^{2}}\,\Big)\, , \] ce qui entraîne : \[ x_{n+1} \geq \frac{1}{2}\big( x_{n}+ |x_{n}|\big) \geq x_{n}. \] La suite $(x_{n})_{n\in\N}$ est donc croissante. Comme : \[ x_{n} \leq |z_{n}|\leq |z_{0}|\, , \] elle est majorée, et donc convergente.
  On en déduit que la suite $(z_{n})_{n\in\N}$ est convergente.
3. Pour tout $n\in\N$, exprimer $z_{n}$ en fonction de $z_{0}$ et de $n$, puis en déduire la limite de $z$.
  On a intérêt à écrire $z_{0}$ sous forme trigonométrique : \[ z_{0}=\rho \,e^{i\theta }\in\C \avec \theta \in\R. \]
  
  Alors $z_{1}$ a une forme sympathique.
  On a : \[ z_{1} = \frac{\rho}{2}\big(e^{i\theta }+1\big) \] Et, là, on n'a qu'une envie.
  Mettre $e^{i\frac{\theta}{2}}$ en facteur, ce qui donne :
  \[ z_{1} = \rho \,\cos\Big(\frac{\theta }{2}\Big) \exp \Big( i\,\frac{\theta }{2}\Big). \] Si : \[ \rho \,\cos \Big(\frac{\theta }{2}\Big) \geq 0\tag{$*$} \] alors on peut sans calcul donner une forme analogue pour $z_{2}$.
  Il suffit d'appliquer ce qui a permis de passer de $z_{0}$ à $z_{1}$ en remplaçant : \[ \rho \text{ par } \rho \,\cos\Big(\frac{\theta }{2}\Big) \] et : \[ \theta \text{ par } \frac{\theta}{2}\cdot \]
  
  Comment bien choisir $\theta$ pour être sûr d'avoir la condition $(*)$ ?
  Il suffit de prendre par exemple : \[ \theta \in\mathopen{[}-\pi ,\pi\mathclose{]} \] ce qui n'est pas restrictif, puisqu'un argument n'est défini que modulo $2\pi$.
  
  Voilà pourquoi l'on démarrera la démonstration en posant : \[ z_{0}=\rho \,e^{i\theta }\in\C \avec \theta \in\mathopen{[}-\pi ,\pi\mathclose{]} \et \rho\in\R^{*}_{+}. \]
  
  Après avoir simplifié $z_{1}$ et $z_{2}$, on peut imaginer la forme de $z_{n}$.
  D'après les premières valeurs calculées, il est fort probable que, pour $n\geq 1$, on ait : \[ z_{n}=\rho \,\cos\Big(\frac{\theta }{2}\Big) \cos\Big(\frac{\theta}{4}\Big)\ldots\cos\Big(\frac{\theta}{2^{n}}\Big) \exp\Big(i\,\frac{\theta }{2^{n}}\Big)\cdot \] On peut le démontrer par récurrence, mais ce n'est pas la meilleure façon de rédiger la chose. En effet pour trouver la limite du produit : \[ r_{n} = \cos\Big(\frac{\theta }{2}\Big) \cos\Big(\frac{\theta}{4}\Big)\ldots\cos\Big(\frac{\theta}{2^{n}}\Big) \] l'astuce classique est de calculer : \[ r_{n} \, \sin\Big(\frac{\theta}{2^{n}}\Big) \] que les formules de trigonométrie permettent de simplifier « en dominos ».
  Grâce à la formule : $\cos t \, \sin t = \cdots$
  \[ \cos t \, \sin t = \frac{1}{2}\, \sin(2t) \]
  
  et plus précisément ici :
  \[ \cos\Big(\frac{\theta}{2^{p}}\Big)\sin\Big(\frac{\theta}{2^{p}}\Big) = \frac{1}{2}\, \sin\bigg(\frac{\theta}{2^{p-1}}\bigg)\, , \]
  
  on obtient :
  \[ r_{n} \, \sin\Big(\frac{\theta}{2^{n}}\Big) = \frac{1}{2^{n}}\, \sin \theta . \] Si vous avez du mal à visualiser cette simplification, vous pouvez par exemple l'écrire pour $n=3$.
  \begin{align*} r_{3} \, \sin\Big(\frac{\theta}{2^{3}}\Big) = \cos\Big(\frac{\theta }{2}\Big) \cos\Big(\frac{\theta}{4}\Big) \cos\Big(\frac{\theta}{8}\Big)\sin\Big(\frac{\theta}{8}\Big) \end{align*} et donc :
  \begin{align*} r_{3} \, \sin\Big(\frac{\theta}{2^{3}}\Big) &= \frac{1}{2}\,\cos\Big(\frac{\theta }{2}\Big) \cos\Big(\frac{\theta}{4}\Big) \sin\Big(\frac{\theta}{4}\Big)\\ \\ &= \frac{1}{4}\,\cos\Big(\frac{\theta }{2}\Big) \sin\Big(\frac{\theta}{2}\Big)\\ \\ &= \frac{1}{8}\, \sin \theta. \end{align*}
  
  C'est pour cela que l'on préfère directement prouver :
  \[ z_{n}=\rho \, \frac{1}{2^{n}}\, \frac{\sin \theta}{\sin\big(\frac{\theta}{2^{n}}\big)}\cdot \exp\Big(i\,\frac{\theta }{2^{n}}\Big) \] Évidemment, cela suppose $\ldots$
  $\ldots$ de traiter à part les cas $\theta=0$ et $\theta=\pm\pi$.
  
  Remarque Il est évident que parachuter une telle formule, comme dans la rédaction que vous trouverez ci-dessous, peut apparaître comme un véritable tour de magie. En revanche, il ne faut pas oublier qu'une rédaction doit être la plus efficace possible et que ce serait dommage d'y mettre deux récurrence, alors qu'on peut n'en mettre qu'une seule. La démarche faite ci-dessus est la démarche naturelle à faire au brouillon, mais on n'est jamais obligé de mettre dans une rédaction tous les errements que l'on a pu accomplir avant de recopier !
  
  Pour la limite de $x_{n}$, on est confronté $\ldots$
  $\ldots$ à la forme indéterminée : \[ 2^{n}\,\sin\Big(\frac{\theta}{2^{n}}\Big)\cdot \]
  
  Si vous connaissez les équivalents, cela ne devrait pas poser de problème.
  En effet, comme $\lim\limits\limits_{n\to\infty}\frac{\theta }{2^{n}}=0$, on a :
  \[ \sin\Big(\frac{\theta}{2^{n}}\Big) \sim_{n\to\infty}\frac{\theta}{2^{n}}\cdot \]
  
  Sinon, il faut utiliser la vieille ruse de terminale : \[ \lim\limits\limits_{t\to 0} \frac{\sin t}{t} =1 \] en écrivant :
  \[ 2^{n}\,\sin\Big(\frac{\theta}{2^{n}}\Big) = \frac{1}{\theta} \,\frac{\sin(\frac{\theta}{2^{n}})}{\frac{\theta}{2^{n}}}\cdot \]
  
  Rédaction de la solution
  Posons $z_{0}=\rho \,e^{i\theta }\in\C$ avec $\theta \in\mathopen{[}-\pi ,\pi\mathclose{]}$.
  
  Si $\theta =0$, alors $z_{0}\in\R^{+}$ et la suite est constante.
  
  Si $\theta =\pm\pi$, alors $z_{1}=0$ et la suite est stationnaire.
  
  Supposons donc $\theta \in \mathopen{]}-\pi ,\pi\mathclose{[}\setminus\{0\}$ et montrons par récurrence : \[ z_{n} = \frac{\rho \,\sin \theta}{2^{n}\,\sin\big(\frac{\theta}{2^{n}}\big)}\, e^{\frac{i\theta }{2^{n}}}. \]
  
  Cette formule est vraie pour $n=0$ puisque $2^{0}=1$.
  
  Supposons-la vraie à un rang $n\in\N$.
  
  Comme $\theta \in \mathopen{]}-\pi ,\pi\mathclose{[}\setminus\{0\}$, on a aussi : \[ \frac{\theta }{2^{n}} \in \mathopen{]}-\pi ,\pi\mathclose{[}\setminus\{0\} \] et donc $\frac{\sin \theta}{2^{n}\,\sin(\frac{\theta}{2^{n}})} > 0$, ce qui entraîne : \[ |z_{n}| = \frac{\rho \,\sin \theta}{2^{n}\,\sin\big(\frac{\theta}{2^{n}}\big)}\cdot \]
  
  On en déduit : \begin{align*} z_{n+1} &= \frac{\rho \,\sin \theta}{2^{n+1}\,\sin\big(\frac{\theta}{2^{n}}\big)} \,(e^{\frac{i\theta}{2^{n}}}+1). \end{align*} Étant donné que : \begin{align*} e^{\frac{i\theta}{2^{n}}}+1 &=\,e^{\frac{i\theta}{2^{n+1}}} \, \big(e^{\frac{i\theta}{2^{n+1}}}+e^{\frac{-i\theta}{2^{n+1}}}\big) \\ \\ &=e^{\frac{i\theta}{2^{n+1}}} \,2\,\cos\Big(\frac{\theta}{2^{n+1}}\Big) \end{align*} et que : \[ \sin\Big(\frac{\theta}{2^{n}}\Big) = 2\,\sin\Big(\frac{\theta}{2^{n+1}}\Big) \, \cos\Big(\frac{\theta}{2^{n+1}}\Big) \]Rédaction de la solutionRédaction de la solution on en déduit : \[ z_{n+1} = \frac{\rho \,\sin \theta}{2^{n+1}\,\sin\big(\frac{\theta}{2^{n+1}}\big)}\, e^{\frac{i\theta }{2^{n+1}}}, \] ce qui termine la démonstration de la récurrence.
  
  De l'expression de $z_{n}$, on déduit : \[ x_{n} = \frac{\rho \,\sin \theta}{2^{n}\,\sin\big(\frac{\theta}{2^{n}}\big)}\, \cos\Big(\frac{\theta }{2^{n}}\Big)\cdot \] Comme $\lim\limits\limits_{n\to\infty}\frac{\theta }{2^{n}}=0$, on a : \[ \sin\Big(\frac{\theta}{2^{n}}\Big) \sim_{n\to\infty}\frac{\theta}{2^{n}}\, \et \lim\limits\limits_{n\to\infty}\cos\Big(\frac{\theta }{2^{n}}\Big)=1 \] ce qui donne immédiatement : \[ \lim\limits\limits_{n\to\infty} x_{n} = \frac{\rho \,\sin \Big(\theta \Big) }{\theta }\cdot \]
Suites récurrentes
Exercice 9 Étant donné la suite définie par son premier terme $u_{0}\in\R$ et : \[ \forall{n\in\N}\quad u_{n+1}=\frac{u_{n}^{2}}{4}+1, \] en étudier le comportement.
Il s'agit donc essentiellement de savoir si cette suite est convergente ou non, et, éventuellement, de voir si elle est monotone ou non.

Pour « voir ce qui se passe », un petit dessin est quasiment indispensable.

Commencer par tracer le graphe de la fonction :
\[ f : x \mapsto \frac{x^{2}}{4}+1, \]

ainsi que $\ldots$
$\ldots$ la droite d'équation $y=x$, c'est-à-dire la première bissectrice si le repère est orthonormé.

Évidemment cela oblige à $\ldots$
$\ldots$ s'intéresser aux points d'intersection de ces deux courbes.
Ici, il n'y en a qu'un seul, pour $x=2$.

Ce n'est d'ailleurs pas du temps perdu puisque l'équation correspondante $\ldots$
$\ldots$ donne les seules limites possibles de la suite.

Vous pouvez alors jouer un peu avec ce dessin pour « voir » le comportement de la suite.
Si nécessaire, voir éventuellement le dessin interactif

Sur ce dessin, on voit que $\ldots$

La suite est croissante, décroissante, monotone ?
On voit sur le dessin que, quelle que soit la valeur de $u_{0}$, la suite $u$ est croissante.

La suite est convergente, divergente ?
On voit sur le dessin que :

si $u_{0}\in\mathopen{[}-2,2\mathclose{]}$, alors la suite converge vers $2$ ;

si $u_{0}\not\in\mathopen{[}-2,2\mathclose{]}$, alors la suite tend vers $+\infty$ et donc diverge.

Il reste à prouver ces résultats.
On peut commencer par déterminer la seule limite finie possible, $\ldots$
$\ldots$ il suffit de passer à la limite dans la relation : \[ u_{n+1}=\frac{u_{n}^{2}}{4}+1 \] puisque $\ldots$
En supposant $\lim\limits\limits_{n\to\infty} u_{n}=\ell$, alors :

les théorèmes généraux donnent : \[ \lim\limits\limits_{n\to\infty}\Big( \frac{u_{n}^{2}}{4}+1\Big) = \frac{\ell^{2}}{4}+1\, ; \]

on a (suite extraite) : \[ \lim\limits\limits_{n\to\infty} u_{n+1} = \ell \, ; \]

et l'unicité de la limite donne alors : \[ \ell = \frac{\ell^{2}}{4}+1. \]

Remarque Au lieu d'utiliser les théorèmes généraux, on pouvait aussi utiliser la continuité de $f$.

Prouver ensuite que la suite est croissante.
Il est facile de prouver que : \[ u_{n+1} - u_{n} \geq 0. \]

Enfin, utiliser qu'un suite croissante $\ldots$
$\ldots$ converge vers une limite finie ou infinie.

Dans les cas où il faut prouver $\lim\limits\limits_{n\to\infty} u_{n}=+\infty$, le plus simple ici est de prouver par l'absurde que $u$ ne peut pas converger vers une limite finie $\ell$.
Il suffit de passer à la limite dans la relation : \[ \forall{n\in\N}\quad 2 < u_{1} \leq u_{n}. \]

Solution

La fonction : \[ f : \fonction{\R}{\R}{x}{\ds \frac{ x^{2}}{4}+1} \] étant définie sur $\R$, pour tout réel $a$, il existe une unique suite vérifiant : \[ u_0=a \et \forall{n\in\N}\quad u_{n+1}=\frac{u_{n}^{2}}{4}+1. \] Le tableau de variations de cette fonction du second degré est : \[ \begin{array}{|c|ccccccccc|} \hline x & -\infty& &-2 & &0& &2& &+\infty\\ \hline & &\searrow & & & & & &\nearrow&\\ f& & &2 & & & &2& &\\ & & & &\searrow & &\nearrow & & &\\ & & & & &1 & & & &\\ \hline \end{array} \]

La suite $u$ est croissante puisque, pour tout $n\in\N$ : \begin{align*} u_{n+1} - u_{n} &= \frac{1}{4}\,\big(u_{n}^2-4\,u_{n}+4\big)\\\\ &= \frac{1}{4}\,\big(u_{n}-2\big)^{2}\\\\ &\geq 0. \end{align*}

Si cette suite $u$ converge, alors d'après les théorèmes généraux, sa limite $\ell$ doit vérifier : \[ \ell = \frac{1}{4}\,\ell^{2} +1 \] ou encore : \[ 0 = \ell^{2}-4\,\ell+4 = (\ell -2)^{2}, \] ce qui donne $\ell=2$.

Supposons $u_{0}\in\mathopen{[}-2,2\mathclose{]}$. D'après le tableau de variations précédent, on a : \[ f\big(\mathopen{[}-2,2\mathclose{]}\big)=\mathopen{[}0,2\mathclose{]} \subset\mathopen{[}-2,2\mathclose{]}. \] Par suite, l'intervalle $\mathopen{[}-2,2\mathclose{]}$ est stable par $f$, et donc : \[ \forall{n\in\N}\quad u_{n}\in\mathopen{[}-2,2\mathclose{]}. \] Ainsi, la suite $u$ est croissante et majorée par $2$. Elle est donc convergente et, d'après le point précédent, ce ne peut être que vers $2$.

Supposons $u_{0}\not\in\mathopen{[}-2,2\mathclose{]}$. Alors, d'après le tableau de variations précédent, on a : \[ u_{1} > 2 \] et, comme la suite est croissante, on a : \[ \forall{n\in\N^{*}}\quad u_{n} \geq u_{1} . \] Si la suite $u$ converge vers $\ell$, alors un passage à la limite dans l'inégalité large ci-dessus entraîne : \[ \ell \geq u_{1}. \] Comme $u_{1}>2$, c'est absurde puisque la seule limite possible est $2$. On en déduit que $u$ ne converge pas. Comme elle est croissante, cela prouve qu'elle tend vers $+\infty$.
En conclusion :

si $u_{0}\in\mathopen{[}-2,2\mathclose{]}$, alors $u$ converge vers $2$ ;

sinon, alors $u$ diverge et tend vers $+\infty$.
On peut en outre remarquer que :

si $u_{0}=2$, alors la suite est constante ;

si $u_{0}=-2$, alors la suite est stationnaire ;
Exercice 10 Étant donné la suite définie par son premier terme $u_{0}\in\R$ et : \[ \forall{n\in\N}\quad u_{n+1}=\sqrt{1+u_{n}}, \] en étudier le comportement.
Il s'agit donc essentiellement de savoir si cette suite est convergente ou non, et éventuellement de voir si elle est monotone ou non.

Pour « voir ce qui se passe », un petit dessin est quasiment indispensable.

Commencer par tracer le graphe de la fonction :
\[ f : x \mapsto \sqrt{1+x}, \]

ainsi que $\ldots$
$\ldots$ la droite d'équation $y=x$, c'est-à-dire la première bissectrice si le repère est orthonormé.

Évidemment cela oblige à $\ldots$
$\ldots$ s'intéresser aux points d'intersection de ces deux courbes.
Ici, il n'y en a qu'un seul, d'abscisse $x = \frac{1+\sqrt{5}}{2}\cdot$

Si vous avez trouvé plus d'un point, voir ici.
L'équation à résoudre est : \[ x = \sqrt{1+x}.\tag{$*$} \] Même si l'on élève au carré « pour supprimer le radical », il ne faut pas oublier que si le réel $x$ vérifie $(*)$, alors il est positif.

Ce n'est d'ailleurs pas du temps perdu puisque l'équation correspondante $\ldots$
$\ldots$ donne les seules limites possibles de la suite.

Vous pouvez alors jouer un peu avec ce dessin pour « voir » le comportement de la suite. Si nécessaire, voir éventuellement le dessin interactif

Sur ce dessin, on voit que $\ldots$

La suite est croissante, décroissante, monotone ?
En désignant par $\ell =\frac{1+\sqrt{5}}{2}$ l'abscisse du point d'intersection des deux courbes, on voit sur le dessin que :

si $1 \leq u_{0} \leq \ell$, la suite est croissante et : \[ \forall{n\in\N}\quad 1 \leq u_{n} \leq \ell \, ; \]

si $\ell \leq u_{0}$, la suite est décroissante et : \[ \forall{n\in\N}\quad \ell \leq u_{n} . \]

La suite est convergente, divergente ?
On voit sur le dessin que, quelle que soit la valeur de $u_{0}$, la suite $u$ converge vers $\ell = \frac{1+\sqrt{5}}{2}\cdot$

Il reste à prouver ces résultats.
Après avoir justifié l'existence de cette suite,
La fonction : \[ f : \fonction{\mathopen{[}-1,+\infty\mathclose{[}}{\R}{x} {\ds \sqrt{1+x}} \] est continue et strictement croissante, et elle a pour image : \[ f\big(\mathopen{[}-1,+\infty\mathclose{[}\big) =\mathopen{[}0,+\infty\mathclose{[} \subset\mathopen{[}-1,+\infty\mathclose{[}. \] Ainsi, l'intervalle $\mathopen{[}-1,+\infty\mathclose{[}$ est stable par $f$, et donc, pour tout réel $a\in\mathopen{[}-1,+\infty\mathclose{[}$, il existe une unique suite $u$ vérifiant : \[ u_0=a \et \forall{n\in\N}\quad u_{n+1}=\sqrt{1+u_{n}}. \]

on peut déterminer la seule limite finie possible.
Il suffit de résoudre l'équation : \[ \ell = \sqrt{1+\ell} \] en insistant sur deux points :
la fonction : $$f:\mathopen{[}-1,+\infty\mathclose{[}\to\R$$ est continue, et l'intervalle $\mathopen{[}-1,+\infty\mathclose{[}$ est fermé.

Solution
Comme $f$ est continue sur l'intervalle fermé $\mathopen{[}-1,+\infty\mathclose{[}$, si cette suite $u$ converge, alors sa limite $\ell$ doit vérifier : \[ \ell = \sqrt{1+\ell}. \] On en déduit que $\ell$ est positif et vérifie : \[ \ell^{2} = 1+\ell \] ou encore : \[ \ell^{2} - \ell - 1 = 0, \] dont la seule solution positive est : \[ \ell = \frac{1+\sqrt{5}}{2}\cdot \]

Ensuite, on peut directement prouver que la suite converge.
Comme on connaît la seule limite possible, le premier réflexe doit être $\ldots$
$\ldots$ de chercher à majorer : \[ |u_{n}-\ell|. \] Pour ce faire, il est bon d'écrire :
\[ u_{n}-\ell = \sqrt{1+u_{n-1}}-\sqrt{1+\ell} \] puis $\ldots$
$\ldots$ de multiplier par la quantité conjuguée.

et enfin $\ldots$
$\ldots$ de majorer la valeur absolue par une suite géométrique.

Solution
Montrons directement que la suite $u$ converge vers $\ell$. Soit $n\in\N$. On a : \[ u_{n+1} -\ell = \sqrt{1+u_{n}} -\sqrt{1+\ell}. \] Comme : \[ \sqrt{1+u_{n}} +\sqrt{1+\ell} \geq \sqrt{1+\ell} >0 \] la quantité précédente est égale à : \[ \frac{(\sqrt{1+u_{n}} -\sqrt{1+\ell})\,(\sqrt{1+u_{n}} +\sqrt{1+\ell})} {\sqrt{1+u_{n}} +\sqrt{1+\ell}} \] et donc à : \[ \frac{u_{n} -\ell}{\sqrt{1+u_{n}} +\sqrt{1+\ell}}\cdot \] On en déduit : \[ |u_{n+1} -\ell| = \frac{|u_{n} -\ell|}{\sqrt{1+u_{n}} +\sqrt{1+\ell}} \] et donc : \[ |u_{n+1} -\ell| \leq \frac{|u_{n} -\ell|}{\sqrt{1+\ell}} \cdot \] Une récurrence immédiate donne alors : \[ \forall{n\in\N}\quad |u_{n} -\ell| \leq \frac{|u_{0} -\ell|} {\big(\sqrt{1+\ell}\,\big)^{n}}\cdot \] Comme $ \sqrt{1+\ell} > 1$, on en déduit que $u_{n}-\ell$ tend vers $0$ et donc que la suite $u$ converge vers $\ell$.

Mais on peut aussi montrer que $u$ est monotone, puis appliquer le résultat fondamental sur les suites monotones.
On peut facilement justifier ce que l'on voit sur le dessin.

Si $u_{0}\in I_{1} = \mathopen{[}-1,\ell\mathclose{]}$, alors tous les $u_{n}$ sont dans $I_{1}$, et la suite est croissante.
Si $u_{0}\in I_{2} = \mathopen{[}\ell,+\infty\mathclose{[}$, alors tous les $u_{n}$ sont dans $I_{2}$, et la suite est décroissante.

Pour justifier cela, le plus simple est de prouver :

que $I_{1}$ et $I_{2}$ sont stables par $f$.
Conséquence immédiate de l'étude des variations de $f$

que l'on a : \[ \forall{x\in I_{1}}\quad f(x) \geq x \Et \forall{x\in I_{2}}\quad f(x) \leq x\,; \] pour justifier ces inégalités, il suffit d'étudier le signe de :
\[ f(x)-x = \sqrt{1+x}-x. \] On peut alors, en général
(sauf lorsque $x\leq 0$ où c'est contre-productif)
, multiplier par la quantité conjuguée.
On obtient : \[ f(x)-x = \frac{1+x-x^{2}}{\sqrt{1+x}+x} \] dont il est facile de factoriser le numérateur (déjà rencontré pour la recherche des limites possibles).

Fin de la solution avec cette méthode

Le tableau de variations de $f$ : \[ \begin{array}{|c|rcccc|} \hline x & -1& &\ell & &+\infty\\ \hline & & & & &+\infty\\\ & & & &\nearrow &\\ f & & &\ell & &\\ & &\nearrow & & &\\ &0 & & & &\\ \hline \end{array} \] montre que les intervalles : \[ I_{1} = \mathopen{[}-1,\ell\mathclose{]} \et I_{2} = \mathopen{[}\ell,+\infty\mathclose{[} \] sont stables par $f$ puisque : \[ f(I_{1})=\mathopen{[}0,\ell\mathclose{]}\subset I_{1} \et f(I_{2})=I_{2}. \]

Étudions le signe de $f(x)-x$.

Pour tout $x\in\mathopen{[}-1,0\mathclose{]}$, on a évidemment : \[ f(x)-x = \sqrt{1+x}-x \geq \sqrt{1+x} \geq 0. \]

Supposons $x\in\mathopen{[}0,+\infty\mathclose{[}$. Alors : \begin{align*} f(x)-x &= \sqrt{1+x}-x \\ \\ &= \frac{1+x-x^{2}}{\sqrt{1+x}+x} \end{align*} est du signe de : \[ u(x) = 1+x-x^{2} = -(x-\ell)\,(x-\ell') \] avec : \[ \ell = \frac{1+\sqrt{5}}{2} >0 \et \ell' = \frac{1-\sqrt{5}}{2} <0. \] Par suite, on a : \[ \forall{x\in\mathopen{[}0,\ell\mathclose{]}}\quad u(x) \geq 0 \] et : \[ \forall{x\in I_{2}}\quad u(x) \leq 0. \]
On en déduit : \[ \forall{x\in I_{1}}\quad f(x) \geq x \Et \forall{x\in I_{2}}\quad f(x) \leq x. \]

Supposons $u_{0}\in I_{1}= \mathopen{[}-1,\ell\mathclose{]}$. Comme $I_{1}$ est stable par $f$, on en déduit : \[ \forall{n\in\N}\quad u_{n}\in I_{1} \] et donc : \[ \forall{n\in\N}\quad u_{n+1} = f(u_{n}) \geq u_{n}. \] La suite $u$ est alors croissante et majorée par $\ell$, on en déduit qu'elle est convergente. Elle converge donc vers sa seule limite possible $\ell$.

Supposons $u_{0}\in I_{2}= \mathopen{[}\ell,+\infty\mathclose{[}$. Comme $I_{2}$ est stable par $f$, on en déduit : \[ \forall{n\in\N}\quad u_{n}\in I_{2} \] et donc : \[ \forall{n\in\N}\quad u_{n+1} = f(u_{n}) \leq u_{n}. \] La suite $u$ est alors décroissante et minorée par $\ell$, on en déduit qu'elle est convergente. Elle converge donc vers sa seule limite possible $\ell$.
Exercice 11 ($*$) Étant donné la suite définie par : $$u_{0}=\frac{7}{4} \et u_{n}=\sqrt{2-u_{n-1}}, $$ en étudier la convergence.
Il s'agit donc essentiellement de savoir si cette suite est convergente ou non, et éventuellement de voir si elle est monotone ou non.

Même si l'énoncé ne le demande pas, il est bon de commencer par vérifier que cette suite est définie.
Il suffit de prouver que l'intervalle $\mathopen{[}0,2\mathclose{]}$ est stable par $f$.
C'est une conséquence immédiate des variations de $f$.
Aucun calcul de dérivée à faire !

Pour « voir ce qui se passe », un petit dessin est indispensable.

Commencer par tracer le graphe de la fonction :
\[ f : x \mapsto \sqrt{2-x}, \] Aucune étude à faire, c'est une courbe connue.
C'est une partie de parabole d'axe $Ox$ avec une tangente verticale au point d'abscisse $x=2$.

La fonction $f$ est décroissante car $\ldots$
$\ldots$ composée de la fonction : \[ x \mapsto 2-x \] qui est décroissante et de la fonction racine qui est croissante.

Se limiter évidemment à $x\in \mathopen{[}0,2\mathclose{]}$.

ainsi que $\ldots$
$\ldots$ la droite d'équation $y=x$, c'est-à-dire la première bissectrice si le repère est orthonormé

Évidemment cela oblige à $\ldots$
$\ldots$ s'intéresser aux points d'intersection de ces deux courbes.
Ici, il n'y en a qu'un seul, d'abscisse $x = 1\cdot$

Si vous avez trouvé plus d'un point, voir ici.
L'équation à résoudre est : \[ x = \sqrt{2-x}.\tag{$*$} \] Même si l'on élève au carré « pour supprimer le radical », il ne faut pas oublier que si le réel $x$ vérifie $(*)$, alors il est positif.
L'équation : \[ x = \sqrt{2-x}.\tag{$*$} \] est équivalente à $x\geq0$ et : \[ x^{2} = 2-x \] ou encore : \[ 0 = x^{2}+x-2 = (x-1)\,(x+2) \] dont la seule racine positive est $x=1$.

Ce n'est d'ailleurs pas du temps perdu puisque l'équation correspondante $\ldots$
$\ldots$ donne les seules limites possibles de la suite.

Vous pouvez alors jouer un peu avec ce dessin pour « voir » le comportement de la suite. Si nécessaire, voir éventuellement le dessin interactif

Sur ce dessin, on voit que $\ldots$

La suite est croissante, décroissante, monotone ?
Cette suite n'est ni croissante ni décroissante. En revanche, il y a des sous-suites intéressantes.
Le dessin permet de penser que les sous-suites $(u_{2n})_{n\in\N}$ et $(u_{2n+1})_{n\in\N}$ sont monotones et même $\ldots$
$\ldots$ adjacentes.

Pour le justifier, on peut introduire la fonction $g=f\circ f$, et cela pour plusieurs raisons.

La suite $(v_{n})_{n\in\N} = (u_{2n})_{n\in\N}$ est reliée à $g$ par :
\begin{align*} v_{n+1} &=u_{2n+2} \\ \\ &=f(u_{2n+1}) \\ \\ &=f\big(f(u_{2n})\big) \\ \\ &=g(v_{n}). \end{align*}

Étant donné que $f$ est décroissante, $\ldots$
$\ldots$ la fonction $g=f\circ f$ est croissante comme composée de deux fonctions décroissantes.

On peut déduire des deux points précédents que la suite $(v_{n})_{n\in\N} = (u_{2n})_{n\in\N}$ est $\ldots$
$\ldots$ monotone (car $g$ est croissante).

Pour savoir si elle est croissante ou décroissant, il suffit de regarder $u_{2}-u_{0}$.

La suite est convergente, divergente ?
On voit sur le dessin que la suite $u$ converge vers $1$, les suites $(u_{2n})_{n\in\N}$ et $(u_{2n+1})_{n\in\N}$ étant adjacentes.

En fait, le plus simple ici est de prouver :

que les deux suites $(u_{2n})_{n\in\N}$ et $(u_{2n+1})_{n\in\N}$ convergent,
Elles sont monotones et $\ldots$
$\ldots$ bornées, puisque dans $\mathopen{[}0,2\mathclose{]}$.

puis, qu'elles convergent vers la même limite.
Comme $(v_{n})_{n\in\N}=(u_{2n})_{n\in\N}$ est une suite vérifiant : \[ v_{n+1} = (f\circ f)(v_{n}) \] elle ne peut converger que vers un $\ell$ vérifiant \[ \ell = (f \circ f)(\ell) \] Or, cette équation ne possède qu'une seule solution.
L'équation : \[ \ell = \sqrt{2-\sqrt{2-\ell}} \] est équivalente à : \[ \ell^{2} = 2-\sqrt{2-\ell} \avec \ell \geq 0 \] ou encore :
\[ \sqrt{2-\ell} = 2-\ell^{2} \avec \ell \geq 0 \] et donc à : \[ 2-\ell = (2-\ell^{2})^{2} \avec \ell \geq 0 \et 2-\ell^{2} \geq 0. \]

Remarque concernant l'équation polynomiale obtenue.
Comme l'équation de degré $4$ obtenue : \[ 2-\ell = (2-\ell^{2})^{2} \] provient de $(f \circ f)(\ell) = \ell$, on est sûr qu'elle possède déjà comme solutions, toutes les solutions rencontrées lors de l'étude de l'équation $f(x)=x$, correspondant à l'étude des points d'intersection des courbes d'équation $y=f(x)$ et $y=x$. Par suite, $\ldots$
$\ldots$ dans l'expression polynomiale : \[ \ell^{4} -4\,\ell^{2}+\ell+2, \] on peut mettre en facteur : \[ \ell^{2} +\,\ell -2 = (\ell-1)\,(\ell+2). \]
Remarque On pouvait aussi obtenir cette factorisation à l'aide des racines évidentes $1$ et $-2$.

Il reste à prouver ces résultats.

La fonction : \[ f : \fonction{\mathopen{[}0,2\mathclose{]}}{\R}{x} {\ds \sqrt{2-x}} \] est continue et strictement décroissante, et a donc pour image : \[ f\big(\mathopen{[}0,2\mathclose{]}\big) =\mathopen{[}0,\sqrt{2}\mathclose{]} \subset\mathopen{[}0,2\mathclose{]}. \] Ainsi, l'intervalle $\mathopen{[}0,2\mathclose{]}$ est stable par $f$, et il existe donc une unique suite $u$ vérifiant : \[ u_0=\frac{7}{4} \et \forall{n\in\N}\;\; u_{n+1}=\sqrt{2-u_{n}}. \] On a alors $u_{1}=\frac{1}{2}$ et $u_{2}=\sqrt{\frac{3}{2}}\cdot$

Étant donné que $f$ est décroissante, la fonction $g=f\circ f$ est croissante. Comme la suite $(v_{n})_{n\in\N}=(u_{2n})_{n\in\N}$ vérifie : \[ v_{1}= \sqrt{\frac{3}{2}} \leq\frac{7}{4} =v_{0} \] une récurrence immédiate permet de prouver que : \[ \forall{n\in\N}\quad v_{n+1} \leq v_{n}\, , \] et donc que $v$ est décroissante.

La suite $v$ étant de plus (comme $u$) minorée par $0$, on en déduit qu'elle converge. Étant donné que l'intervalle $\mathopen{[}0,2\mathclose{]}$ est fermé et que $g$ est continue, la limite $\ell$ de $v$ vérifie $\ell=g(\ell)$ et donc : \[ \ell = \sqrt{2-\sqrt{2-\ell}}. \] Par suite on a $\ell \geq 0 $ et : \[ \ell^{2} = 2-\sqrt{2-\ell} \] ou encore : \[ \sqrt{2-\ell} = 2-\ell^{2}. \] On en déduit $\ell \geq 0 $ et $2-\ell^{2}\geq 0$ ainsi que : \[ \ell^{4} -4\,\ell^{2}+\ell+2=0. \] Or, cette équation polynomiale s'écrit : \begin{align*} 0 &= \ell^{4} -4\,\ell^{2}+\ell+2\\ \\ &= (\ell^{2} +\,\ell -2)\,(\ell^{2}-\ell-1)\\ \\ &= (\ell-1)\,(\ell+2)\,(\ell^{2}-\ell-1), \end{align*} et l'équation : \[ \ell^{2}-\ell-1 = 0 \] a comme seule racine positive : \[ \ell = \frac{1+\sqrt{5}}{2} \] qui vérifie : \begin{align*} 2-\ell^{2} &= 2-(\ell+1) \\ \\ &= 1-\ell\\ \\ &= \frac{1-\sqrt{5}}{2} <0. \end{align*} Par suite, l'équation $g(\ell)=\ell$ ne possède que $1$ comme solution, ce qui prouve que la suite $(v_{n})_{n\in\N}=(u_{2n})_{n\in\N}$ converge vers $1$.

Étant donné que, pour tout $n\in\N$, on a : \[ u_{2n+1} = f(u_{2n}), \] que $f$ est continue et que $\lim\limits\limits_{n\to+\infty} u_{2n}=1$, on a : \[ \lim\limits\limits_{n\to+\infty} u_{2n+1} = f(1) = 1. \]
Comme les deux suites $(u_{2n})_{n\in\N}$ et $(u_{2n+1})_{n\in\N}$ convergent vers $1$, on en déduit que la suite donnée converge vers $1$.
Exercice 12 ($**$) Étant donné la suite définie par $u_{0}\in \mathopen{[}0,3\mathopen{]}$ et la relation : $$u_{n+1} = \frac{3}{1+2\,u_{n}^{2}},$$ en étudier la convergence.
Pour « voir ce qui se passe », un petit dessin est indispensable.

Commencer par tracer le graphe de la fonction :
\[ f : \fonction{\mathopen{[}0,3\mathclose{]}}{\R} {x}{\ds \frac{3}{1+2\,x^{2}}} \]

ainsi que $\ldots$
$\ldots$ la droite d'équation $y=x$, c'est-à-dire la première bissectrice si le repère est orthonormé

Évidemment cela oblige à s'intéresser aux points d'intersection de ces deux courbes.
Ici, il n'y en a qu'un seul, d'abscisse $x = 1\cdot$

On peut le vérifier par le calcul en résolvant : \[ \frac{3}{1+2\,x^{2}} = x \] ou encore :
\[ 2\,x^{3}+x-3 = 0. \] Comme $1$ est racine évidente, cette équation s'écrit :
\[ (x-1)\,(2\,x^{2} +2\,x+3) = 0, \] qui admet comme seule racine réelle $x=1$.

Mais on peut aussi ne faire aucun calcul.
Il suffit d'utiliser, ce que l'on voit sur le dessin.
Les courbes d'équations respectives : \[ y = x \et y=f(x) \] ne peuvent se couper qu'en un point puisque $\ldots$
$\ldots$ l'une des fonctions est strictement croissante et l'autre strictement décroissante.

Justification
Comme la fonction $f$ est strictement décroissante, la fonction : \[ g : \fonction{\mathopen{[}0,3\mathclose{]}}{\R} {x}{f(x)-x} \] est strictement décroissante. Elle s'annule donc au plus pour une valeur. Ici, il est évident que $x=1$ convient.

Ce n'est d'ailleurs pas du temps perdu puisque l'équation correspondante $\ldots$
$\ldots$ donne les seules limites possibles de la suite.

Vous pouvez alors jouer un peu avec ce dessin pour « voir » le comportement de la suite. Si nécessaire, voir éventuellement le dessin interactif

Sur ce dessin, on voit un certain nombre de choses.

La suite existe (même si l'énoncé ne le demande pas explicitement, il est bon d'en parler).
Utiliser un intervalle stable.
On peut en voir un grâce à la représentation de $f$.
L'intervalle $\mathopen{[}0,3\mathclose{]}$ est stable par $f$.
C'est une conséquence immédiate des variations de $f$.

La suite est croissante, décroissante, monotone ?
Cette suite n'est en général ni croissante ni décroissante. En revanche, il y a des sous-suites intéressantes.
Le dessin permet de penser que les sous-suites $(u_{2n})_{n\in\N}$ et $(u_{2n+1})_{n\in\N}$ sont monotones.

La suite est convergente, divergente ?
On voit sur le dessin que la suite $u$ est en général
Si $u_{0}=1$, la suite est constante et donc convergente.
divergente.
Le montrer par l'absurde en supposant que la suite $u$ converge vers sa seule limite possible.
Supposer que $u$ converge vers $1$, seule solution de $f(\ell)=\ell$, et regarder la limite de : \[ \Big|\frac{u_{n+1}-1}{u_{n}-1}\Big|\cdot \] Évidemment, cela suppose avoir prouvé $\ldots$
$\ldots$ que pour tout $n\in\N$, on a : \[ u_{n}\neq 1. \]

Valeur de cette limite
\[ \Big|\frac{u_{n+1}-1}{u_{n}-1}\Big| = - \frac{2\,(1+u_{n})}{1+2\,u_{n}^{2}} \] tend vers $\frac{4}{3}\cdot$

On aboutit à une contradiction car $\ldots$
$\ldots$ à partir d'un certain rang, on a : \[ 1 \leq \frac{|u_{n+1}-1|}{|u_{n}-1|} \] et donc : \[ |u_{n_{0}}-1| \leq |u_{n}-1|, \] ce qui est impossible.

Il reste à rédiger tout cela.

La fonction rationnelle : \[ f : \fonction{\mathopen{[}0,3\mathclose{]}}{\R}{x} {\ds \frac{3}{1+2\,x^{2}} } \] est définie et dérivable puisque son dénominateur ne s'annule pas. Comme : \[ \forall{x\in \mathopen{]}0,3\mathclose{]}} \quad f'(x) = \frac{-12\,\,x}{(1+2\,x^{2})^{2}} <0, \] elle est strictement décroissante, et a donc pour image : \[ f\big(\mathopen{[}0,3\mathclose{]}\big) =\mathopen{\Big[}\frac{3}{19},3\mathclose{\Big]} \subset\mathopen{[}0,3\mathclose{]}. \] Ainsi, l'intervalle $\mathopen{[}0,3\mathclose{]}$ est stable par $f$, et, pour tout $a\in\mathopen{[}0,3\mathclose{]}$, il existe donc une unique suite $u$ vérifiant : \[ u_0=a \et \forall{n\in\N}\;\; u_{n+1} = \frac{3}{1+2\,u_{n}^{2}}\cdot \]

Étant donné que $f$ est continue et que $\mathopen{[}0,3\mathclose{]}$ est fermé, si $u$ converge vers $\ell$, alors on a : \[ f(\ell)=\ell. \] dont la seule solution est $\ell=1$. En effet, comme $f$ est strictement décroissante, la fonction : \[ g : x\mapsto f(x)-x =\frac{3}{1+2\,x^{2}} -x \] est aussi strictement décroissante, et elle ne s'annule donc que pour $x=1$.

Si $u_{0}=1$, alors la suite est constante et converge vers $1$.

Supposons donc $u_{0} \neq 1$.

Alors, pour tout $n\in\N$, on a $u_{n} \neq 1$ car, si $u_{n+1}=1$, alors : \[ 1 = \frac{3}{1+2\,u_{n}^{2}} \] et donc $u_{n}^{2}=1$, ce qui entraîne $u_{n}=1$ puisque $u_{n}\geq 0$.

Montrons par l'absurde que $u$ ne converge pas vers $1$. Supposons donc que $u$ converge vers $1$. Alors : \begin{align*} u_{n+1}-1 &= \frac{3}{1+2\,u_{n}^{2}}-1 \\ \\ &= \frac{2\,(1-u_{n})\,(1+u_{n})}{1+2\,u_{n}^{2}} \end{align*} et donc : \[ \frac{u_{n+1}-1}{u_{n}-1} = - \frac{2\,(1+u_{n})}{1+2\,u_{n}^{2}}\cdot \] Comme $\lim\limits u = 1$, on obtient : \[ \lim\limits\limits_{n\to+\infty} \Big|\frac{u_{n+1}-1}{u_{n}-1}\Big| =\frac{4}{3}\cdot \] Comme $\frac{4}{3}>1$, il existe donc un rang $n_{0}$ tel que : \[ \forall{n \geq n_{0}}\quad 1 \leq \frac{|u_{n+1}-1|}{|u_{n}-1|}, \] ce qui entraîne : \[ \forall{n \geq n_{0}}\quad |u_{n_{0}}-1| \leq |u_{n}-1|. \] Un passage à la limite dans cette dernière inégalité large nous donne alors : \[ |u_{n_{0}}-1| \leq 0 , \] ce qui est impossible car $u_{n_{0}}\neq 1$.
On en déduit que, pour $u_{0}\neq1$, la suite est divergente.

Pour aller plus loin
Pour $u_{0}\neq 1$, on peut facilement prouver que les deux sous-suites $(u_{2n})_{n\in\N}$ et $(u_{2n+1})_{n\in\N}$ convergent.
Elles sont monotones et bornées.

On peut même préciser leurs limites.
Si l'on désigne par $\ell_{1}$ et $\ell_{2}$ les deux racines différentes de $1$ de l'équation : \[ (f\circ f)(\ell)=\ell, \] alors l'une converge vers $\ell_{1}$, et l'autre vers $\ell_{2}$

On peut plus généralement regarder une suite définie par : \[ u_{n+1} = \frac{2}{(2-k)+k\,u{_n}^{2}} \avec k\in\mathopen{[}0,5,1.5\mathclose{]} \] et vérifier que la suite converge pour tout $u_0$ lorsque $k < 1$.

Pour une étude graphique voir ici

En fait, la suite est convergent lorsque $\ldots$
$\ldots$ l'on a ; \[ |f'(1))| < 1. \] On pourra le justifier à l'aide du théorème des accroissements finis, mais c'est une autre histoire.