Suite croissante : determination de la borne inférieure et de la limite infinie

Soit une suite $\left( {un} \right)$ telle que pout tout entier naturel $n$ non nul.
$un = 1 + \frac{1}{{\sqrt 2 }} +$ $\frac{1}{{\sqrt 3 }} + ... + \frac{1}{{\sqrt n }}$
$un = 1 + \frac{1}{{\sqrt 2 }} + \frac{1}{{\sqrt 3 }} + ... + \frac{1}{{\sqrt n }}$
a) Montrer que pour tout entier naturel $k \succ 0$, $\sqrt {k + 1} - \sqrt k \le \frac{1}{{2\sqrt k }}$
b) Montrer que $2\left( {\sqrt {n + 1} - 1} \right) \prec un$.
c) En deduire $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {u_n}$
d) Montrer que la suite $\left( {un} \right)$ est minorée par 1.

a) Montrons que pour tout entier naturel $k \succ 0$, $\sqrt {k + 1} - \sqrt k \le \frac{1}{{2\sqrt k }}$
$\sqrt {k + 1} - \sqrt k =$ $\frac{{\left( {\sqrt {k + 1} - \sqrt k } \right)\left( {\sqrt {k + 1} + \sqrt k } \right)}}{{\sqrt {k + 1} + \sqrt k }}$ $= \frac{1}{{\sqrt {k + 1} + \sqrt k }}$
En effet, $\sqrt {k + 1} - \sqrt k = \frac{1}{{\sqrt {k + 1} + \sqrt k }}$
Ainsi, $\sqrt {k + 1} \ge \sqrt k \Rightarrow$ $\sqrt {k + 1} + \sqrt k \ge \sqrt k$ $+ \sqrt k = 2\sqrt k$ soit $\sqrt {k + 1} + \sqrt k \ge 2\sqrt k$ alors $\Rightarrow \frac{1}{{\sqrt {k + 1} + \sqrt k }}$ $\le \frac{1}{{2\sqrt k }}$
Soit $\sqrt {k + 1} - \sqrt k \le \frac{1}{{2\sqrt k }}$
b) Pour montrer que $2\left( {\sqrt {n + 1} - 1} \right) \prec un$, nous allons utiliser la sommation de l'inégalité trouvée dans la première partie.
Nous savons que : $\sqrt {k + 1} - \sqrt k \le \frac{1}{{2\sqrt k }}$
Nous pouvons sommer cette inégalité de $k=1$ à $n$ pour obtenir une estimation de $\left( {un} \right)$.
$\sum\limits_{k - 1}^n {\left( {\sqrt {k + 1} - \sqrt k } \right)}$ $\le \sum\limits_{k = 1}^n {\frac{1}{{2\sqrt k }}}$
$\sum\limits_{k - 1}^n {\left( {\sqrt {k + 1} - \sqrt k } \right)}$ $\le \sum\limits_{k = 1}^n {\frac{1}{{2\sqrt k }}}$
$\left( {\sqrt 2 - \sqrt 1 } \right) +$ $\left( {\sqrt 3 - \sqrt 2 } \right) + ... +$ $\left( {\sqrt {n + 1} - \sqrt n } \right) \le$ $\frac{1}{2}\left( {\frac{1}{{\sqrt 1 }} + .. + \frac{1}{{\sqrt n }}} \right)$
$\sqrt {n + 1} - 1 \le \frac{1}{2}{u_n}$ $\Rightarrow 2\left( {\sqrt {n + 1} - 1} \right) \le {u_n}$
Donc, nous avons montré que $2\left( {\sqrt {n + 1} - 1} \right) \prec {u_n}$
c) En deduire $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {u_n}$
Pour déduire la limite de $\left( {un} \right)$ lorsque $n$ tend vers l'infini, nous allons utiliser la comparaison que nous avons établie dans la partie précédente : $2\left( {\sqrt {n + 1} - 1} \right) \prec {u_n}$
$\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } 2\left( {\sqrt {n + 1} - 1} \right)$ $= + \infty$ donc $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {u_n} = + \infty$
d) Montrons que la suite $\left( {un} \right)$ est minorée par 1.
Pour montrer que la suite $\left( {un} \right)$ est minorée par $1$, nous allons examiner l'expression de $\left( {un} \right)$ :
${u_n} = \frac{1}{{\sqrt 1 }} + \frac{1}{{\sqrt 2 }} + \frac{1}{{\sqrt 3 }}$ $+ ... + \frac{1}{{\sqrt n }}$
Chaque terme de cette somme est positif, donc $\left( {un} \right)$ est une somme de termes positifs. Le terme initial de $\left( {un} \right)$ est $1$, puis chaque terme supplémentaire est strictement positif. Ainsi, $\left( {un} \right)$ est toujours supérieur ou égal à $1$, car il y a au moins un terme qui est $1$ et les termes supplémentaires sont positifs.
Autrement dit : $\mathop {\lim }\limits_{n \to 1} \frac{1}{{\sqrt n }} \to 1$
Donc, la suite $\left( {un} \right)$ est minorée par $1$.