\documentclass[10pt,a4paper]{article}
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%% En-tête (contenu de enteteDS.tex)
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\usepackage{enumitem}							% Listes customisées.

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\fancyfoot[L]{Lyc\'ee Jules Ferry -- Versailles}
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\newcommand{\Titre}{\begin{textblock}{1}[0.5,0.5](0.5,-0.023)
\huge\centering \bfseries DS\numeroDS
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\end{textblock}}

\newcommand{\Titrecorrige}{\begin{textblock}{1}[0.5,0.5](0.5,-0.023)
\huge\centering \bfseries Proposition de corrigé du DS\numeroDS
\end{textblock}
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\noindent \rule{\textwidth}{1pt}
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\newcounter{DM}
\newenvironment{exoDS}[1][]{\vspace{1em}\par\noindent\textbf{\refstepcounter{DM}Exercice DS\numeroDS.\theDM}{\vspace{1em}\par}}

\newcommand\consignes[2]{\textit{Dur\'ee : #1h. La calculatrice et tout autre document que des copies vierges est interdit. Vous inscrirez lisiblement vos noms et prénoms et laisserez une marge \`a gauche de votre copie pour les annotations (les marges d\'ej\`a faites sur certaines copies suffisent). Si vous rep\'erez une éventuelle erreur d'\'enonc\'e, faites le figurer sur votre copie. La présentation est prise en compte dans l'évaluation : pensez à encadrer vos résultats. \textbf{Vous s\'eparerez, dans vos copies, #2}}}

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%% Macros (extraites de commandes.tex)
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% Ensembles
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% Intervalles, parenthèses, normes
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% Logique
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% Sommes, intégrales
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% Algèbre linéaire
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% Analyse
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% Géométrie
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% Encadrer dans align*
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\begin{document}

\Titrecorrige

\begin{exoDS}
\begin{enumerate}
\item Comme $\tan = \frac{\sin}{\cos}$, cette fonction est définie lorsque la fonction $\cos$ ne s'annule pas. Ainsi, $\tan$ est définie sur $D = \R \setminus \left\{ \frac{\pi}{2} + \pi \Z\right\}$. De plus, par parité de $\cos$ et imparité de $\sin$, on a, pour tout $x \in D$ :
\[\boxed{\tan(-x) = \frac{\sin(-x)}{\cos(-x)} = -\frac{\sin(x)}{\cos(x)} = -\tan(x)}.\]
\item On a les équivalences, pour tout $x \in \R$ :
\[\lvert x - 2\rvert < 1 \Longleftrightarrow -1<x-2<1 \Longleftrightarrow 1 < x < 3\]
donc \fbox{l'ensemble des solutions de l'équation d'inconnue $x \in \R$ : $\lvert x - 2\rvert < 1$ est $]1,3[$}.
\end{enumerate}
\end{exoDS}

\begin{exoDS}
%Soit $m$ un réel fixé. On considère la fonction
%\[f_m : x \mapsto \frac{(m-1)x+1}{mx-1}.\]

\begin{enumerate}
\item La fonction $f_m$ est un quotient de fonctions définies sur $\R$ donc cette fonction est définie lorsque son dénominateur ne s'annule pas. Ainsi, lorsque $m = 0$, $\mathscr D_m = \mathscr D_0 = \R$ et si $m\in\R^*$,
\[\boxed{\mathscr D_m = \R \setminus \{1/m\}}.\]
\item On a
\[f_m(0) = \frac{1}{-1} = -1\]
donc \fbox{toutes les courbes $\mathscr C_m$ de $f_m$ passent par le point $A$ de coordonnées $(0,-1)$}.
\item Lorsque $m = 0$, $f_m$ est définie sur $\R$ et est la fonction $x \mapsto x-1$ : sa limite en $+\infty$ (respectivement en~$-\infty$) est $+\infty$ (respectivement $-\infty$). On suppose dans la suite que $m\neq 0$. On a, pour tout $x \in \mathscr D_m \setminus \{0\}$ :
\[f_m(x) = \frac{m-1 + \frac{1}{x}}{m - \frac{1}{x}}\]
donc comme $\lim\limits_{x \to \pm \infty} \frac{1}{x} =0$, par opération :
\[\boxed{\lim\limits_{x \to \pm \infty} f_m(x) = \frac{m-1}{m}}.\]
Il reste à examiner les limites à droite et à gauche de $f_m$ en  $\frac{1}{m}$. On a $\lim\limits_{x \to \frac{1}{m}} (m-1)x+1 = \frac{2m-1}{m}$ donc on va distinguer quatre cas.

\noindent \textit{Premier cas : $m<0$.}
Dans ce cas, $\lim\limits_{x \to \frac{1}{m}} (m-1)x+1 = \frac{2m-1}{m} >0$ et
\[\lim\limits_{x \to \left(\frac{1}{m}\right)^+} mx-1 = 0^- \quad \text{et} \quad \lim\limits_{x \to \left(\frac{1}{m}\right)^-} mx-1 = 0^+\]
donc, par quotient :
\[\boxed{\lim\limits_{x \to \left(\frac{1}{m}\right)^+} f_m(x) = -\infty}\]
De façon analogue, dans ce cas : \[\boxed{\lim\limits_{x \to \left(\frac{1}{m}\right)^-} f_m(x) = +\infty}\]
\textit{Second cas : $0 < m < 1/2$.}
De façon analogue au cas précédent,
\[\boxed{\lim\limits_{x \to \left(\frac{1}{m}\right)^-} f_m(x) = +\infty \quad \text{et} \quad\lim\limits_{x \to \left(\frac{1}{m}\right)^+} f_m(x) = -\infty}.\]
\textit{Troisième cas : $ m > 1/2$.}
De façon analogue au cas précédent,
\[\boxed{\lim\limits_{x \to \left(\frac{1}{m}\right)^-} f_m(x) = -\infty \quad \text{et} \quad \lim\limits_{x \to \left(\frac{1}{m}\right)^+} f_m(x) = +\infty}.\]
\textit{Quatrième cas : $ m = 1/2$.}
Dans ce cas, pour tout réel $x \neq 2$, $f_m(x) = -1$ donc
\[\boxed{\lim\limits_{x \to \left(\frac{1}{m}\right)^-} f_m(x) = -1 \quad \text{et} \quad\lim\limits_{x \to \left(\frac{1}{m}\right)^+} f_m(x) = -1}\]
\item Comme quotient de fonctions dont le dénominateur ne s'annule pas sur $\mathscr D_m$, $f_m$ est dérivable sur $D_m$ et, pour tout $x \in \mathscr D_m$ :
\[f_m'(x) = \frac{(m-1)(mx-1)-((m-1)x+1)m}{(mx-1)^2} = \frac{-2m+1}{(mx-1)^2}.\]
Ainsi, lorsque $m=0$, la fonction $f_m$ est strictement croissante sur $\R$, lorsque $m>1/2$, $f_m$ est strictement décroissante sur $]-\infty,1/m[$ et sur $]1/m,+\infty[$, lorsque $m < 0$ ou $1/2>m>0$, $f_m$ est strictement croissante sur $]-\infty,1/m[$ et sur $]1/m,+\infty[$ et lorsque $m = 1/2$, $f_m$ est constante (en $-1$) sur $]-\infty,2[$ et sur $]2,+\infty[$
\item Soit $x \in \mathscr D_m$. On a les équivalences :
\[f_m(x) = 1 \Longleftrightarrow (m-1)x + 1 = mx-1 \Longleftrightarrow -x +1 = -1 \Longleftrightarrow x = 2.\]
Ainsi, lorsque $m \neq 1/2$, $2\in \mathscr D_m$ et dans ce cas, $2$ est l'unique solution de l'équation d'inconnue $x \in \R$ : $f_m(x) = 1$ et lorsque $m = 1/2$, cette équation n'a pas de solution.
    \begin{center}
      \fbox{lorsque $m \neq 1/2$, $2$ est l'unique solution de l'équation d'inconnue $x \in \R$ : $f_m(x) = 1$}
      \fbox{ et cette équation n'a pas de solution lorsque $m = 1/2$.}
    \end{center}
%\item Déterminer tous les réels $m$ tel que $f_m \circ f_{m+1}$ est la fonction $x \mapsto\frac{3}{2 - x} - 2$.
\end{enumerate}
\end{exoDS}

\begin{exoDS}
  \begin{enumerate}
  \item On suppose que~$b=0$. On a alors, pour tout r\'eel~$\theta$, les \'equivalences:
    $$ \begin{array}{rl} \cos\theta\cos(3\theta)=0 & \Longleftrightarrow \cos\theta = 0 \text{ ou } \cos(3\theta) = 0 \\[2mm] & \Longleftrightarrow \theta \equiv\dfrac{\pi}{2}[\pi] \text{ ou } 3\theta \equiv \dfrac{\pi}{2}[\pi] \\[3mm] & \Longleftrightarrow \theta \equiv \dfrac{\pi}{2} [\pi] \text{ ou } \theta\equiv\dfrac{\pi}{6}\left[\dfrac{\pi}{3}\right]. \end{array}  $$
    On remarque de plus que les r\'eels congrus \`a~$\pi/2$ modulo~$\pi$ sont aussi congrus \`a~$\pi/6$ modulo~$\pi/3$: en effet, si~$\theta\equiv\pi/2 [\pi]$, alors il existe~$k\in\Z$ tel que
    $$ \begin{array}{rl} \theta & = \dfrac{\pi}{2}+k\pi \\[3mm] & = \left(\dfrac{\pi}{6}+\dfrac{\pi}{3}\right)+\dfrac{3k\pi}{3} \\[4mm] & = \dfrac{\pi}{6} +(3k+1)\dfrac{\pi}{3}. \end{array}  $$
    En conclusion,

    \begin{center}
      \fbox{lorsque~$b=0$, les solutions de~(E) sont les r\'eels~$\theta$ tels~que $\theta \equiv \dfrac{\pi}{6}\left[\dfrac{\pi}{3}\right]$.}
    \end{center}
  \item Soit~$\theta \in\R$. D'apr\`es les formules de lin\'earisation,
    $$ \begin{array}{rl} \cos\theta\cos(3\theta) & = \dfrac{1}{2}\Big(\cos(\theta+3\theta)+\cos(\theta-3\theta)\Big) \\[4mm] & = \dfrac{1}{2}\Big(\cos(4\theta)+\cos(-2\theta)\Big) \\[4mm] & = \dfrac{1}{2}\Big(\cos(4\theta)+\cos(2\theta)\Big) \end{array} $$
    car le cosinus est une fonction paire. De plus, la formule de duplication donne
    $$ \cos(4\theta) = \cos(2\cdot(2\theta)) = 2\cos^2(2\theta)-1. $$
    En reportant dans le calcul pr\'ec\'edent, on obtient
    $$ \begin{array}{ll} & \cos\theta\cos(3\theta) = \dfrac{1}{2}\Big(2\cos^2(2\theta)-1+\cos(2\theta)\Big) \\[2mm] \text{soit} \quad &  \boxed{\cos\theta\cos(3\theta) = \cos^2(2\theta)+\dfrac{1}{2}\cos(2\theta)-\dfrac{1}{2}.} \end{array} $$
  \item La fonction~$f$ est un polyn\^ome et est donc d\'erivable sur~$\R$ de d\'eriv\'ee
    $$  x\mapsto 2x+\dfrac{1}{2}$$
    qui est strictement n\'egative sur l'intervalle~$\croo{-\infty,-\dfrac{1}{4}}$, nulle en~$-\dfrac{1}{4}$ et strictement positive sur l'intervalle~$\croo{-\dfrac{1}{4},+\infty}$. On a de plus:
    \begin{itemize}
    \item $\lim\limits_{x\to \pm\infty} f(x) = \lim\limits_{x\to\pm\infty} x^2 = +\infty$ d'apr\`es les r\`egles de calcul de limites d'un polyn\^ome;
    \item $f(-1/4)= \dfrac{1}{4^2}\dfrac{1/4}{2}-\dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{16}-\dfrac{2}{16}-\dfrac{8}{16} = -\dfrac{9}{16}$.
    \end{itemize}
    On peut en d\'eduire le tableau de variations de~$f$ sur~$\R$:
    \begin{center}
      \begin{tikzpicture}
        \tkzTabInit{$x$/0.5,$f$/1.5}{$-\infty$,$-1/4$,$+\infty$}
        \tkzTabVar{+/$+\infty$/,-/$-9\slash 16$/,+/$+\infty$/}%+/$+\infty$/,-/$-9/16$/,+/$+\infty$/}
      \end{tikzpicture}
    \end{center}
    Enfin, on calcule:
    $$ f(-1) = (-1)^2+\dfrac{-1}{2}-\dfrac{1}{2} = 0 \quad\text{et}\quad f(1) = 1^2+\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2} = 1 $$
    pour en d\'eduire le tableau de variations de~$f$ sur~$[-1,1]$:
    \begin{center}
      \begin{tikzpicture}
        \tkzTabInit{$x$/0.5,$f$/1.5}{$-1$,$-1/4$,$1$}
        \tkzTabVar{+/$0$/,-/$-9\slash 16$/,+/$1$/}%+/$+\infty$/,-/$-9/16$/,+/$+\infty$/}
      \end{tikzpicture}
    \end{center}
    En particulier, \fbox{$f$ admet un unique minimum sur~$\R$, de valeur~$-9/16$ et atteint en~$-1/4$}.
    \item D'après la question~2, on a pour tout r\'eel~$\theta$:
    $$ \cos^2(2\theta)+\frac{1}{2}\cos(2\theta)-\frac{1}{2} = f(\cos(2\theta)). $$
    Ainsi, l'\'equation~(E) \'equivaut \`a~\og $f(\cos(2\theta)) = b$\fg. On distingue alors deux cas:
    \begin{itemize}
        \item Si~$b\in\left[-\dfrac{9}{16},1\right]$, alors d'apr\`es le tableau de variations de~$f$ et puisque~$f$ est continue sur~$[-1,1]$, il existe~$x\in[-1,1]$ tel que~$f(x)=b$. Puisque~$x\in[-1,1]$, il existe~$\phi\in\R$ tel que~$\cos\phi=x$, et en posant~$\theta = \phi/2$, on a~bien
        $$ \cos\theta\cos(3\theta) = f(\cos(2\theta)) = f(\cos\phi) = f(x) =b $$
        de sorte que~$\theta$ est solution de~(E): \underline{l'\'equation~(E) admet une solution}.
        \item Si~$b < 9/16$ ou~$b>1$, montrons que~(E) ne peut pas avoir de solution. En effet, pour tout r\'eel~$\theta$, $\cos(2\theta)\in[-1,1]$ donc en posant~$x=\cos(2\theta)$, on a d'apr\`es le tableau de variations de~$f$:
        $$ \cos\theta\cos(3\theta) = f(\cos(2\theta)) = f(x) \in \left[-\dfrac{9}{16},1\right] $$
        donc $\cos\theta\cos(3\theta) \neq b$, et~$\theta$ n'est donc pas solution de~(E).
    \end{itemize}
    En conclusion,

    \begin{center}
        \fbox{l'\'equation~(E) admet au moins une solution si et seulement si~$b\in\left[-\dfrac{9}{16},1\right]$.}
    \end{center}
    \item
        \begin{enumerate}
        \item On a pour tout~$x\in\R$ les \'equivalences:
        $$ f(x) = 1 \Longleftrightarrow x^2+\frac{1}{2}x-\frac{1}{2} = 1 \Longleftrightarrow x^2+\frac{1}{2}x-\frac{3}{2} = 0. $$
        Il s'agit d'une \'equation du second degr\'e dont le discriminant est
        $$ \Delta = \left(\frac{1}{2}\right)^2-4\times\left(-\frac{3}{2}\right) = \frac{25}{4} = \left(\frac{5}{2}\right)^2 $$
        dont les solutions not\'ees~$x_1$ et~$x_2$ sont
        $$ x_1  = \frac{-1/2-5/2}{2} = -3 \quad\text{et}\quad x_2 = \frac{-1/2+5/2}{2} = 1.$$
        Ainsi, \fbox{les r\'eels tels que~$f(x)=1$ sont~$-3$ et~$1$}.
        \item D'apr\`es les questions~2 et~5.(a), on~a pour tout~$\theta\in\R$ les \'equivalences:
        $$ \cos\theta\cos(3\theta)=1 \Longleftrightarrow f(\cos(2\theta)) = 1 \Longleftrightarrow \cos(2\theta) = -3 \text{ ou }\cos(2\theta)=1. $$
        La condition \og $\cos(2\theta)=-3$\fg\@ est impossible car un cosinus est toujours compris entre~$-1$ et~$1$. De plus,
        $$ \cos(2\theta)=1 \Longleftrightarrow 2\theta\equiv 0[2\pi] \Longleftrightarrow \theta\equiv 0 [\pi]. $$
        On peut alors conclure:

        \begin{center}
            \fbox{Lorsque~$b=1$, les solutions de~(E) sont les r\'eels congrus \`a~$0$ modulo~$\pi$.}
        \end{center}
        \end{enumerate}
    \end{enumerate}
\end{exoDS}

\newpage

\begin{exoDS}
On considère l’équation, d'inconnue $x \in \R$ :
\begin{equation}
\tan^2(3x) - 2 \sqrt{2} \tan(3x) + 1 = 0.
\tag{E}\label{equation:1}
\end{equation}
\begin{enumerate}
\item L'équation \eqref{equation:1} a un sens lorsque $x \in \R$ vérifie
\[3x \not \equiv \frac{\pi}{2} \ [\pi] \Longleftrightarrow x \not \equiv \frac{\pi}{6} \ [\pi/3].\]
En conclusion, \fbox{\eqref{equation:1} est bien définie pour tout $x \in \R \setminus \left\{\frac{\pi}{6} + k \frac{\pi}{3} \mid k \in \Z\right\}$}.
\item L’équation, d'inconnue $X \in \R$ : $X^2 - 2 \sqrt{2} X + 1 = 0$ est une équation du second degré qui a pour discriminant $4$ donc \fbox{ses solutions sont $1+\sqrt{2}$ et~$\sqrt{2}-1$}.
\item Pour tout réel $x$ vérifiant $x \not \equiv \frac{\pi}{4} [\pi/2]$ et $x \not \equiv \frac{\pi}{2} [\pi]$, on a :
\[\tan(2x) = \frac{2\tan(x)}{1-\tan^2(x)}.\] Cette relation donne, pour $x = \pi/8 \not \equiv \frac{\pi}{4} [\pi/2]$ et $x \not \equiv \frac{\pi}{2} [\pi]$ :
\[1 = \tan(\pi/4) = \frac{2\tan(\pi/8)}{1-\tan^2(\pi/8)}\]
ce qui donne $\tan^2(\pi/8) + 2\tan(\pi/8) - 1=0$. Or l'équation d'inconnue $x\in\R$ : $x^2+2x-1 = 0$ est une équation du second degré dont le discriminant vaut $8 >0$ et les racines sont donc $\frac{-2+\sqrt{8}}{2} = -1 + \sqrt{2}$ et~$-1-\sqrt{2}$. Ainsi, comme $0<\pi/8<\pi/2$, $\tan(\pi/8) > 0$ et on obtient finalement :
\[\boxed{\tan\frac{\pi}{8} = \sqrt{2}-1}.\]
\item On a \fbox{$3\pi/8 = \pi/2 - \pi/8$} donc
\[\tan(3\pi/8) = \frac{\sin(\pi/8)}{\cos(\pi/8)} = \frac{\sin(\pi/2 - \pi/8)}{\cos(\pi/2 - \pi/8)} = \frac{\cos(\pi/8)}{\sin(\pi/8)} = \frac{1}{\tan(\pi/8)} = \frac{1}{\sqrt{2} - 1} = \frac{\sqrt{2}+1}{(\sqrt{2} - 1)(\sqrt{2}+1)}\]
d'où
\[\boxed{\tan\frac{3\pi}{8} = 1+ \sqrt{2}}.\]
\item Soit $x \in \R \setminus \left\{\frac{\pi}{6} + k \frac{\pi}{3} \mid k \in \Z\right\}$. On pose $X = \tan(3x)$.
On a les équivalences, avec les questions précédentes :
\begin{align*}
\eqref{equation:1} &\Longleftrightarrow X^2 - 2\sqrt{2} X + 1 =0\\
&\Longleftrightarrow X = -1+\sqrt{2} \quad \text{ou} \quad X = 1+ \sqrt{2}\\
&\Longleftrightarrow \tan(3x) = \tan\frac{\pi}{8} \quad \text{ou} \quad \tan(3x) = \tan\frac{3\pi}{8}\\
&\Longleftrightarrow 3x = \frac{\pi}{8} [\pi] \quad \text{ou} \quad 3x \equiv \frac{3\pi}{8} [\pi]\\
&\Longleftrightarrow x = \frac{\pi}{24} [\pi/3] \quad \text{ou} \quad x \equiv \frac{\pi}{8} [\pi/3]\\
\end{align*}
En conclusion, l'ensemble des solutions de \eqref{equation:1} est
\[\boxed{\left\{\frac{\pi}{24} + k \frac{\pi}{3},\frac{\pi}{8} + k \frac{\pi}{3} \mid k \in \Z\right\}}.\]
\end{enumerate}
\end{exoDS}

\newpage

\begin{exoDS}
\begin{enumerate}
\item La fonction~$f$ est d\'efinie en tout r\'eel~$x$ tel que~$1-x\ge 0$, ce qui \'equivaut \`a~$x\le 1$: ainsi,

  \begin{center}
    \fbox{$f$ est d\'efinie sur~$\croof{-\infty,1}$.}
  \end{center}
\item Soit~$x\in[0,1]$ (en particulier, $x\in\croof{-\infty,1}$ donc~$f(x)$ est bien d\'efini). Alors on a les in\'egalit\'es suivantes:
$$
\begin{array}{rl} & -1 \le -x \le 0 \\[2mm]
\Longrightarrow & 0 \le 1-x \le 1 \\[2mm]
\Longrightarrow & \sqrt{1-x} \le 1 \text{ par croissance de la racine carr\'ee} \\[2mm]
\Longrightarrow & 0 \le 1-\sqrt{1-x} \le 1 \\[2mm]
\Longrightarrow & 0 \le \dfrac{1}{2}\Big(1-\sqrt{1-x}\Big) \le \dfrac{1}{2}, \quad \text{\it i.e.}~\boxed{0 \le f(x) \le \dfrac{1}{2}.} \end{array}
 $$
\item Soit~$x\in[0,1]$. On a les \'equivalence suivantes (noter que toutes les op\'erations effectu\'ees sont valables dans les deux sens, ce qui justifie le symbole \og $\Leftrightarrow$\fg):
$$ \begin{array}{rl} f(x) \le x & \Longleftrightarrow \dfrac{1}{2}\Big(1-\sqrt{1-x}\Big) \le x \\[4mm]
& \Longleftrightarrow 1-\sqrt{1-x} \le 2x \\[4mm]
& \Longleftrightarrow 1-2x \le \sqrt{1-x} \; \qquad {\boldmath (\bigstar)} \end{array} $$
Il reste \`a montrer que l'in\'egalit\'e {\boldmath $(\bigstar)$} est vraie pour tout~$x\in[0,1]$. On distingue alors deux cas.
\begin{itemize}
\item Si~$x\ge 1/2$, alors~$1-2x$ est n\'egatif ou nul, ce qui implique
$$ 1-2x \le 0 \le \sqrt{1-x} $$
et l'in\'egalit\'e {\boldmath $(\bigstar)$} est bien vraie.
\item Si~$x\le 1/2$, alors les deux membres de~{\boldmath $(\bigstar)$} sont positifs ou nuls, donc cette in\'egalit\'e \'equivaut \`a celle obtenue en mettant les deux membres aux carr\'es, et l'on a:
$$ \begin{array}{rl} {\boldmath (\bigstar)} & \Longleftrightarrow (1-2x)^2 \le 1-x \\[2mm]
& \Longleftrightarrow 1-4x+4x^2 \le 1-x \\[2mm]
& \Longleftrightarrow 4x^2-3x \le 0 \\[2mm]
& \Longleftrightarrow 4x\left(x-\dfrac{3}{4}\right) \le 0 \end{array} $$
et cette in\'egalit\'e est vraie puisque~$x\ge 0$ et~$x\le \dfrac{1}{2} \le \dfrac{3}{4}$.
\end{itemize}
Dans les deux cas, on a bien $\boxed{f(x) \le x}$.
\item
\begin{itemize}
\item \underline{Initialisation.} On a~$u_0 = a$, et par hypoth\`ese $a\in[0,1]$, donc \underline{$u_0\in[0,1]$}.
\item \underline{H\'er\'edit\'e.} Soit~$n\in\N$. On suppose que~$u_n \in[0,1]$. Montrons que~$u_{n+1}\in[0,1]$. Par hypoth\`ese de r\'ecurrence, $u_n\in[0,1]$, on peut donc appliquer le r\'esultat de la question~2 avec~$u_n$ \`a la place de~$x$, ce qui donne
$$ 0 \le f(u_n) = u_{n+1} \le 1. $$
Ainsi, \underline{$u_{n+1} \in[0,1]$}, ce qui ach\`eve la r\'ecurrence.
\end{itemize}
Ceci montre que \fbox{pour tout~$n\in\N$, $u_n \in[0,1]$}.
\item Soit~$n\in\N$. D'apr\`es la question pr\'ec\'edente, $u_n \in [0,1]$. On peut donc appliquer le r\'esultat de la question~3 avec~$u_n$ \`a la place de~$x$, ce qui donne
$$ u_{n+1} = f(u_n) \le u_n. $$
Ceci \'etant valable pour tout~$n\in\N$, \fbox{la suite $(u_n)_n$ est d\'ecroissante}. De plus, la question~2 montre que~$(u_n)_n$ est positive donc minor\'ee par~0: d'apr\`es le th\'eor\`eme de convergence des suites d\'ecroissantes et minor\'ees, \fbox{la suite $(u_n)_n$ converge}.
\item Par d\'efinition de~$(u_n)_n$, pour tout~$n\in\N$,
$$ u_{n+1} = \frac{1}{2}\Big(1-\sqrt{1-u_n}\Big). $$
Sachant que~$u_n$ et~$u_{n+1}$ tendent tous deux vers~$l$ quand~$n\to +\infty$, on peut passer \`a la limite dans cette \'egalit\'e, ce qui donne le premier r\'esultat demand\'e:
$$ \boxed{l = \frac{1}{2}\Big(1-\sqrt{1-l}\Big).} $$
Il reste \`a r\'esoudre cette \'equation, o\`u~$l$ est consid\'er\'ee comme l'inconnue. On a alors les implications suivantes:
$$ \begin{array}{rl} l = \dfrac{1}{2}\Big(1-\sqrt{1-l}\Big) & \Longrightarrow \sqrt{1-l} = 1-2l \\[2mm] & \Longrightarrow 1-l = 1-2l+4l^2 \\[2mm] & \Longrightarrow 4l^2-3l = 0 \\ & \Longrightarrow l=0 \text{ ou } l=\dfrac{3}{4}. \end{array}  $$
Il y a donc deux valeurs possibles pour~$l$, et il reste \`a v\'erifier lesquelles conviennent:
\begin{itemize}
\item d'une part, $\dfrac{1}{2}\Big(1-\sqrt{1-0}\Big) = 0$, donc~$0$ est bien solution;
\item d'autre part,  $\dfrac{1}{2}\left(1-\sqrt{1-\dfrac{3}{4}}\right) = \dfrac{1}{2}\left(1-\dfrac{1}{2}\right) = \dfrac{1}{4} \neq \dfrac{3}{4}$, donc~$\dfrac{3}{4}$ n'est pas solution.
\end{itemize}
Ainsi, il n'y a qu'une seule valeur possible pour~$l$, qui est $\boxed{l=0}$.
\end{enumerate}
\end{exoDS}

\end{document}