\documentclass[a4paper,french]{article}
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\lhead{PHEC1}
\chead{Correction devoir 5}
\rhead{2003-2004}
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\lfoot{\hyperref{www.mathematiques.fr.st}{}{}{www.mathematiques.fr.st}}
\rfoot{abdellah bechata}
\theoremstyle{break}
\newtheorem{theorem}{Théorème}
\newtheorem{proposition}[theorem]{Proposition}
\newtheorem{lemma}[theorem]{Lemme}
\newtheorem{corollary}[theorem]{Corollaire}
\theorembodyfont{\rmfamily}
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\newtheorem{axiom}[theorem]{Axiome}
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\newenvironment{proof}[1][Preuve]{\noindent\textbf{#1.} }{\ \rule{0.5em}{0.5em}}
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\begin{document}
\section*{Exercice 1}
\begin{enumerate}
\item $X(\Omega )=[\hspace{-0.15em}[1,3]\hspace{-0.13em}]$ et $\forall k\in
\lbrack \hspace{-0.15em}[1,3]\hspace{-0.13em}],\quad P(X=k)=\dfrac{%
C_{4}^{k}C_{2}^{3-k}}{C_{6}^{3}}$ donc \newline
$P(X=1)=\dfrac{4}{20},$ $P(X=2)=\dfrac{12}{20},$ $P(X=3)=\dfrac{4}{20}.$%
\newline
$E(X)=3.\dfrac{4}{6}=2,\quad E(X^{2})=1.\dfrac{4}{20}+4.\dfrac{16}{20}+9.%
\dfrac{4}{20}=\dfrac{26}{5},\quad V(X)=\dfrac{26}{5}-4=\dfrac{6}{5}$.
\item $Y(\Omega )=[\hspace{-0.15em}[0,2]\hspace{-0.13em}],$ si l'on a tiré $%
1 $ seule boule rouge, on a donc pioché également $2$ boules blanches. On a
alors reposé les deux boules blanches. L'urne dispose de $3$ boules rouges
et $2$ boules blanches donc on pioche deux boules. Par suite
\begin{equation*}
P(X=1\cap Y=0)=P(X=1)P_{(X=1)}(Y=0)=\dfrac{4}{20}.C_{2}^{0}(\dfrac{2}{5}%
)^{0}(\dfrac{3}{5})^{2-0}=\dfrac{9}{125}.
\end{equation*}%
Les calculs suivants sont analogues.\newline
\begin{eqnarray*}
P(X &=&1\cap Y=1)=\dfrac{4}{20}C_{2}^{1}(\dfrac{2}{5})^{1}(\dfrac{3}{5}%
)^{2-1}=\dfrac{12}{125}\quad P(X=1\cap Y=2)=\dfrac{4}{20}C_{2}^{2}(\dfrac{2}{%
5})^{2}(\dfrac{3}{5})^{2-2}=\dfrac{4}{125} \\
P(X &=&2\cap Y=0)=\dfrac{12}{20}.\dfrac{2}{4}=\dfrac{6}{20},\quad P(X=2\cap
Y=1)=\dfrac{12}{20}.\dfrac{2}{4}=\dfrac{6}{20},\quad P(X=2\cap Y=2)=0 \\
P(X &=&3\cap Y=0)=\dfrac{4}{20}.1=\dfrac{4}{20},\quad P(X=3\cap Y=1)=0,\quad
P(X=3\cap Y=2)=0
\end{eqnarray*}
\item $P(Y=0)=\dfrac{9}{125}+\dfrac{6}{20}+\dfrac{4}{20}=\dfrac{143}{250}%
,\quad P(Y=1)=\dfrac{12}{125}+\dfrac{6}{20}=\dfrac{99}{250},\quad P(Y=2)=%
\dfrac{4}{125}$.\newline
$E(Y)=1.\dfrac{99}{250}+2.\dfrac{4}{125}=\dfrac{115}{250}=\dfrac{23}{50}$
\item $Z(\Omega )=[\hspace{-0.15em}[0,3]\hspace{-0.13em}],\quad
P(Z=0)=P(X=1\cap Y=1)+P(X=2\cap Y=2)=\dfrac{12}{125},$\newline
$P(Z=1)=P(X=1\cap Y=0)+P(X=1\cap Y=2)+P(X=2\cap Y=1)+P(X=3\cap Y=2)=\dfrac{9%
}{125}+\dfrac{4}{125}+\dfrac{6}{20}=\dfrac{101}{250},$\newline
$P(Z=2)=P(X=2\cap Y=0)+P(X=3\cap Y=1)=\dfrac{6}{20}$ et $P(Z=3)=P(X=3\cap
Y=0)=\dfrac{4}{20}$.
\end{enumerate}
\section*{Exercice 2}
\begin{enumerate}
\item La fonction $f_{n}$ étant la somme de $n$ fonctions continues et
strictement croissante sur $[0,1],$ elle est continue et strictement
croissante sur $[0,1]$ donc elle réalise une bijection de $[0,1]$ sur $%
[0,n]. $ Puisque $1\in \lbrack 0,n],$ il existe une et une seule solution à
l'équation $f_{n}(x)=1$.
\item Puisque la fonction $f_{n}$ est croissante sur $[0,1]$ et que $%
f_{n+1}(u_{n})=u_{n}^{n+1}+f_{n}(u_{n})=u_{n}^{n+1}+1\geqslant 1$, on en dé%
duit que $u_{n}\geqslant u_{n+1}$ donc la suite $u$ est décroissante.
\item La suite $u$ est décroissante et minorée par $0$ donc elle converge.
\item Calcul de la limite.
\begin{enumerate}
\item $f_{n}(x)=x+x^{2}+...+x^{n}=x(1+x+x^{2}+...+x^{n-1})=x\dfrac{1-x^{n}}{%
1-x}=\dfrac{x-x^{n+1}}{1-x}$ pour $x\neq 1$.
\item $f_{2}(x)=1\Leftrightarrow x+x^{2}=1\Leftrightarrow x=\dfrac{-1+\sqrt{5%
}}{2}\in \lbrack 0,1]$ ou $x=\dfrac{-1-\sqrt{5}}{2}<0$ donc $u_{2}=\dfrac{-1+%
\sqrt{5}}{2}$.\newline
La suite $u$ est décroissante et positive donc $\forall n\geqslant 2,\quad
0\leqslant u_{n}\leqslant u_{2}\Rightarrow 0\leqslant u_{n}^{n+1}\leqslant
u_{2}^{n+1}.$ La suite $(u_{2}^{n+1})_{n\geqslant 2}$ convergeant vers $0,$
on peut appliquer le théorème d'encadrement donc $\underset{n\rightarrow
\infty }{\lim }(u_{n})^{n+1}=0$.
\item Notons $L$ la limite de la suite $u.$ Puisque $\forall n\geqslant
2,\quad 0\leqslant u_{n}\leqslant u_{2}\leqslant 0.7,$ on est assuré que $%
0\leqslant L\leqslant 0.7<1.$ Ensuite, l'égalité $f_{n}(u_{n})=1$ nous
assure que la suite $(f_{n}(u_{n}))_{n\geqslant 0}$ converge vers $1$ et l'é%
galité $f_{n}(u_{n})=\dfrac{u_{n}-u_{n}^{n+1}}{1-u_{n}}$ montre que $%
\lim\limits_{n\rightarrow +\infty }f_{n}(u_{n})=\dfrac{L}{1-L}.$ La limite $%
L $ satisfait donc à l'égalité $\dfrac{L}{1-L}=1$ avec $L\in \lbrack 0,1[$
donc $L=1-L\Leftrightarrow L=\dfrac{1}{2}$.
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\section*{Exercice 3}
\begin{enumerate}
\item \label{interpretation Zp}C'est le nombre de boules blanches obtenues
au cours des $p$ tirages.
\item \label{loi X1}$X_{1}(\Omega )=\{0,1\}$,$\quad P(X_{1}=0)=\dfrac{1}{2}%
,\quad P(X_{1}=1)=\dfrac{1}{2};\quad E(X_{1})=\dfrac{1}{2}$
\item \quad
\begin{itemize}
\item $(X_{1},X_{2})(\Omega )=\{0,1\}^{2}.$\newline
L'évènement $(X_{1}=0\cap X_{2}=0)$ signifie que l'on pioche une boule noire
au premier tirage, on remet $c$ boules noires supplémentaires dans l'urne
qui contient alors $c+1$ noires et $1$ blanche donc
\begin{equation*}
P(X_{1}=0\cap X_{2}=0)=P(X_{1}=0)P(X_{2}=0/X_{1}=0)=\dfrac{1}{2}\times
\dfrac{c+1}{c+2}
\end{equation*}%
Par le même type de raisonnement, on obtient
\begin{eqnarray*}
P(X_{1} &=&0\cap X_{2}=1)=P(X_{1}=0)P(X_{2}=1/X_{1}=0)=\dfrac{1}{2}\times
\dfrac{1}{c+2} \\
P(X_{1} &=&1\cap X_{2}=0)=P(X_{1}=1)P(X_{2}=0/X_{1}=1)=\dfrac{1}{2}\times
\dfrac{1}{c+2} \\
P(X_{1} &=&1\cap X_{2}=1)=P(X_{1}=1)P(X_{2}=1/X_{1}=1)=\dfrac{1}{2}\times
\dfrac{c+1}{c+2}
\end{eqnarray*}%
Il est immédiat que $\sum\limits_{i,j}P(X_{1}=i\cap X_{2}=j)=1$ ce qui nous
assure d'un bon calcul
\item $X_{2}(\Omega )=\{0,1\}$ et
\begin{equation*}
P(X_{2}=0)=P(X_{1}=0\cap X_{2}=0)+P(X_{1}=1\cap X_{2}=0)=\dfrac{1}{2}\times
\dfrac{c+1}{c+2}+\dfrac{1}{2}\times \dfrac{1}{c+2}=\dfrac{1}{2}
\end{equation*}%
et $P(X_{2}=1)=1-P(X_{2}=0)=\dfrac{1}{2}$. Il est immédiat que $E(X_{2})=%
\dfrac{1}{2}$
\end{itemize}
\item Nous avons $Z_{2}(\Omega )=\{0,1,2\}$ et%
\begin{equation*}
P(Z_{2}=0)=P(X_{1}=0\cap X_{2}=0)=\dfrac{1}{2}\times \dfrac{c+1}{c+2}
\end{equation*}%
\begin{eqnarray*}
P\left( Z_{2}=1\right) &=&P(\left( X_{1}=1\cap X_{2}=0\right) \cup \left(
X_{1}=0\cap X_{2}=1\right) )=P\left( X_{1}=1\cap X_{2}=0\right) +P\left(
X_{1}=0\cap X_{2}=1\right) \\
&=&\dfrac{1}{2}\times \dfrac{1}{c+2}+\dfrac{1}{2}\times \dfrac{1}{c+2}=%
\dfrac{1}{c+2}
\end{eqnarray*}%
\begin{equation*}
P(Z_{2}=2)=P(X_{1}=1\cap X_{2}=1)=\dfrac{1}{2}\times \dfrac{c+1}{c+2}
\end{equation*}
\item D'après la question \ref{interpretation Zp}, on a $Z_{p}\left( \Omega
\right) =[\hspace{-0.15em}[0,p]\hspace{-0.13em}]$ de $Z_{p}$.
\item Soit $p\leqslant n-1$.
\begin{enumerate}
\item "L'évènement" $\left( X_{p+1}=1\,/Z_{p}=k\right) $ signifie que l'on dé%
jà obtenu $k$ boules blanches en $p$ tirages : on a donc ajouté $k\times c$
boules blanches et $(p-k)\times c$ boules noires. Après le $p^{i\grave{e}me}$
tirage, l'urne contient $p\times c+2$ boules dont $kc+1$ boules blanches et $%
(p-k)\times c+1$ boules noires. On pioche une boule dans cette urne et on
obtient une blanche. La probabilité d'obtenir une blanche est $\dfrac{kc+1}{%
pc+2}$. On a alors
\begin{equation*}
\forall k\in Z_{p}(\Omega ),\qquad P(X_{p+1}=1\,/Z_{p}=k)=\dfrac{kc+1}{pc+2}
\end{equation*}
\item \label{loi de Xp}On considère le système complet d'évènements $%
(Z_{p}=k)_{0\leqslant k\leqslant p}$%
\begin{eqnarray*}
P(X_{p+1}
&=&1)=\sum\limits_{k=0}^{p}P(X_{p+1}=1\,/Z_{p}=k)P(Z_{p}=k)=\sum%
\limits_{k=0}^{p}\dfrac{kc+1}{pc+2}P(Z_{p}=k) \\
&=&\dfrac{1}{2+pc}\sum\limits_{k=0}^{p}(kc+1)P(Z_{p}=k)=\dfrac{c}{2+pc}%
\sum\limits_{k=0}^{p}kP(Z_{p}=k)+\dfrac{1}{2+pc}\sum%
\limits_{k=0}^{p}P(Z_{p}=k) \\
&=&\dfrac{c}{2+pc}E(Z_{p})+\dfrac{1}{2+pc}=\dfrac{1+cE(Z_{p})}{2+pc}
\end{eqnarray*}
\item Posons $(\mathcal{H}_{p}):$ les variables $X_{1},..,X_{p}$ suivent une
loi de de Bernoulli de paramètre $\dfrac{1}{2}$\newline
\textbf{Initialisation} : $(\mathcal{H}_{1})$ est vraie d'après la question %
\ref{loi X1}\newline
\textbf{Hérédité} : supposons que $(\mathcal{H}_{n})$ est vraie. La question %
\ref{loi de Xp} montre que
\begin{equation}
P(X_{p+1}=1)=\dfrac{1+cE(Z_{p})}{2+pc}. \label{P(Xp=1)}
\end{equation}%
On a $Z_{p}=\sum\limits_{k=1}^{p}X_{k}$ où les variables $X_{1},..,X_{p}$
suivent une loi de Bernouilli de paramètre $\dfrac{1}{2}$donc
\begin{equation}
E(Z_{p})=\sum\limits_{k=1}^{p}E(X_{k})=\sum\limits_{k=1}^{p}\dfrac{1}{2}=%
\dfrac{p}{2} \label{E(Zp)}
\end{equation}%
Les égalités (\ref{P(Xp=1)}) et (\ref{E(Zp)}) nous montre que
\begin{equation*}
P(X_{p+1}=1)=\dfrac{1+c\dfrac{p}{2}}{2+pc}=\dfrac{\dfrac{2+pc}{2}}{2+pc}=%
\dfrac{1}{2}
\end{equation*}%
donc
\begin{equation*}
P(X_{p+1}=0)=1-P(X_{p+1})=1-\dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{2}
\end{equation*}%
ce qui démontre que la variable $X_{p+1}$ suit une loi de Bernouilli de param%
ètre $\dfrac{1}{2}.$
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\section*{\protect\LARGE Problème}
\noindent \textbf{1. Etude de la fonction }$f$\textbf{.}
\begin{enumerate}
\item La fonction $\func{sh}$ est clairement $C^{1}$ sur $\mathbb{R}$ et $%
\func{sh}^{\prime }=\func{ch}>0$ donc $\func{sh}$ est strictement croissante
sur $\mathbb{R}.$ Puisque $\lim\limits_{x\rightarrow -\infty }\func{sh}%
(x)=-\infty $, $\lim\limits_{x\rightarrow +\infty }\func{sh}(x)=+\infty $ et
$\func{sh}(0)=0,$ on en déduit que cette fonction est positive sur $\mathbb{R%
}_{+}$ et négative sur $\mathbb{R}_{-}$. La fonction $\func{sh}$ est
continue et strictement croissante sur $\mathbb{R}$ donc elle réalise une
bijection de $\mathbb{R}$ sur son image qui est $\mathbb{R}.$
\item Les fonctions $x\mapsto x$ et $x\mapsto \func{sh}(x)$ sont $C^{1}$ sur
$\mathbb{R}$ et $\forall x\in \mathbb{R}^{\times },\quad \func{sh}(x)\neq 0$
donc $f$ est $C^{1}$ sur $\mathbb{R}^{\times }$ et $\forall x\in \mathbb{R}%
^{\times },\quad f^{\prime }(x)=\dfrac{\func{sh}(x)-x\func{ch}(x)}{\func{sh}%
^{2}(x)}$ En particulier, la fonction $f$ est continue sur $\mathbb{R}%
^{\times }.$ Après un petit de $DL_{1}(0)$ de $\func{sh}(x),$ on obtient que
$\func{sh}(x)\underset{x\rightarrow 0}{=}x+o(x)$ donc $\func{sh}(x)\underset{%
x\rightarrow 0}{\sim }x$ d'où $f(x)\underset{x\rightarrow 0}{\sim }\dfrac{x}{%
x}=1$ ce qui nous conduit à l'égalité $\lim\limits_{x\rightarrow
0}f(x)=1=f(0)$ qui démontre la continuité de $f$ en $0.$
\item La fonction $f$ est continue sur $\mathbb{R},$ $C^{1}$ sur $\mathbb{R}%
^{\times }$ donc on est en droit d'essayer d'appliquer le théorème de
prolongement continue de la dérivée. Nous savons que $f^{\prime }(x)=\dfrac{%
\func{sh}(x)-x\func{ch}(x)}{\func{sh}^{2}(x)}\underset{x\rightarrow 0}{\sim }%
\dfrac{\func{sh}(x)-x\func{ch}(x)}{x^{2}}$ donc nous allons effectuer un $%
DL_{2}(0)$ de $\func{sh}(x)-x\func{ch}(x).$ Il est immédiat que $\func{sh}(x)%
\underset{x\rightarrow 0}{=}x+\dfrac{x^{3}}{6}+o(x^{3})$ et $\func{ch}(x)%
\underset{x\rightarrow 0}{=}1+\dfrac{x^{2}}{2}+o(x^{2})$ ce qui donne
\begin{equation*}
2(\func{sh}(x)-x\func{ch}(x))\underset{x\rightarrow 0}{=}x+o(x^{2})-x(1+%
\dfrac{x^{2}}{2}+o(x^{2}))\underset{x\rightarrow 0}{=}o(x^{2})
\end{equation*}%
donc $f(x)=\underset{x\rightarrow 0}{=}\dfrac{o(x^{2})}{x^{2}}%
=o(1)\rightarrow 0$ ce qui démontre que $\lim\limits_{x\rightarrow
0}f^{\prime }(x)=0.$ Ainsi $f$ est de classe $C^{1}$ sur $\mathbb{R}$ et $%
f^{\prime }(0)=0.$
\item $h^{\prime }\left( x\right) =\func{ch}x-(\func{ch}\left( x\right) +x%
\func{sh}(x))=-x\func{sh}(x)\leqslant 0$ sur $\mathbb{R}$ donc la fonction $%
h $ est décroissante sur $\mathbb{R}$ et $h(0)=0$ donc $\forall x\in \mathbb{%
R}_{+},\quad h(x)\leqslant 0$ et $\forall x\in \mathbb{R}_{-},\quad
h(x)\geqslant 0$
\item La dérivée de $f$ est $f^{\prime }(x)=\dfrac{h(x)}{\func{sh}^{2}(x)}$
est négative sur $\mathbb{R}_{+}$ et positive sur $\mathbb{R}_{-}$ donc $f$
est décroissante sur $\mathbb{R}_{+}$ et croissante sur $\mathbb{R}_{-}.$
\end{enumerate}
\noindent \textbf{2. Etude de la suite }$\left( u_{n}\right) _{n\in \mathbb{N%
}}$\textbf{.}
\begin{enumerate}
\item Le tableau de variations de $f$ montre que $f\left( \left[ 0.8,1\right]
\right) =[f(1),f(0.8)]\subset \left[ 0.8,1\right] $. Posons $(\mathcal{P}%
_{n}):$ " $u_{n}\in \left[ 0.8,1\right] $ ".\newline
\textbf{Initialisation :} $u_{0}=1\in \lbrack 0;8,1]$ donc $(\mathcal{P}%
_{0}) $ est vraie.\newline
\textbf{Hérédité :} Supposons que $(\mathcal{P}_{n})$ est vraiz. $u_{n}\in
\lbrack 0.8,1]$ donc $f(u_{n})\in \lbrack 0.8,1]$ donc $u_{n+1}=f(u_{n})\in
\lbrack 0.8,1]$ ce qui démontre $(\mathcal{P}_{n+1})$ et achève la ré%
currence.
\item On introduit la fonction $g(x)=f(x)-x.$ Sa dérivée est $g^{\prime
}(x)=f^{\prime }(x)-1$ qui est négative sur $\mathbb{R}$ donc $g$ est
strictement décroissante sur $\mathbb{R}$ et elle est continue sur $\mathbb{R%
}$ donc elle réalise une bijection de $\mathbb{R}$ sur son image. Puisque $%
\lim\limits_{x\rightarrow \pm \infty }f(x)=0,$ on en déduit que $%
\lim\limits_{x\rightarrow -\infty }g(x)=+\infty $ et $\lim\limits_{x%
\rightarrow +\infty }g(x)=-\infty .$ La fonction $g$ réalise une bijection
de $\mathbb{R}$ sur $\mathbb{R}$ et $0\in \mathbb{R}$ donc l'équation $%
g(x)=0 $ admet une unique solution $\alpha .$ D'autre part, $%
g(0.8)=f(0.8)-0.8\geqslant 0$ et $g(1)=f(1)-1\leqslant 0$ donc $\alpha \in
\lbrack 0.8,1].$
\item On sait que la fonction $h$ est décroissante sur $\mathbb{R}$ donc $%
\forall x\in \lbrack 0.8,1],\quad h(1)\leqslant h(x)\leqslant
h(0.8)\leqslant 0$ et la fonction $\func{sh}^{2}$ est croissante sur $%
\mathbb{R}_{+}$ (car $\func{sh}$ est croissante et positive sur cet
intervalle) donc $\func{sh}^{2}(0.8)\leqslant \func{sh}^{2}(x)\leqslant
\func{sh}^{2}(1)$ et $\dfrac{1}{\func{sh}^{2}(1)}\leqslant \dfrac{1}{\func{sh%
}^{2}(x)}\leqslant \dfrac{1}{\func{sh}^{2}(0.8)}$. En utilisant la remarque
de la question, on en déduit que $\dfrac{h\left( 1\right) }{\func{sh}%
^{2}\left( 0.8\right) }\leqslant \dfrac{h(x)}{\func{sh}^{2}(x)}$ et $\dfrac{%
h(x)}{\func{sh}^{2}(x)}\leqslant \dfrac{h(0.8)}{\func{sh}^{2}(1)}$.
\item L'inégalité précédente montre que $\forall x\in \lbrack 0.8,1],\quad
\left\vert f^{\prime }(x)\right\vert \leqslant 0.5.$ Le théorème des
accroissements finis montre que $\forall x,y\in \lbrack 0.8,1],$ on a $%
\left\vert f(x)-f(y)\right\vert \leqslant 0.5\left\vert x-y\right\vert .$ En
évaluant cette inégalité en $x=u_{n}$ et $y=\alpha $, on obtient que $%
:\forall n\in \mathbb{N},\mathbb{\;\;}\left\vert u_{n+1}-\alpha \right\vert
\leqslant 0.5\left\vert u_{n}-\alpha \right\vert .$\newline
Posons $(\mathcal{P}_{n}):$ " $\left\vert u_{n}-\alpha \right\vert \leqslant
0.2\left( 0.5\right) ^{n}$ ".\newline
\textbf{Initialisation :} $\left\vert u_{0}-\alpha \right\vert =\left\vert
1-\alpha \right\vert \leqslant 0.2$ car $1$ et $\alpha $ appartiennent à $%
[0.8,1]$ qui est de longueur $0.2.$ Puisque $0.2\left( 0.5\right) ^{0}=0.2,$
on en déudit que $(\mathcal{P}_{0})$ est vrai.\newline
\textbf{Hérédité :} Supposons que $(\mathcal{P}_{n})$ est vraie. Nous avons
donc $\left\vert u_{n}-\alpha \right\vert \leqslant 0.2\left( 0.5\right)
^{n} $ et la question précédente nous fournit l'inégalité $\left\vert
u_{n+1}-\alpha \right\vert \leqslant 0.5\left\vert u_{n}-\alpha \right\vert $
donc $\left\vert u_{n+1}-\alpha \right\vert \leqslant 0.5\left\vert
u_{n}-\alpha \right\vert \leqslant (0.5)0.2\left( 0.5\right) ^{n}=0.2\left(
0.5\right) ^{n+1}$ ce qui démontre $(\mathcal{P}_{n+1})$ et achève la ré%
currence.
\item Nous savons d'après la question précédente que $0\leqslant \left\vert
u_{n}-\alpha \right\vert \leqslant 0.2\left( 0.5\right) ^{n}\rightarrow 0$
donc le théorème d'encadrement montre que $\left\vert u_{n}-\alpha
\right\vert \rightarrow 0$ donc $\lim\limits_{n\rightarrow +\infty
}u_{n}=\alpha .$
\end{enumerate}
\label{fin}
\end{document}