1. Montrer que $(u_n)$ et $(v_n)$ sont adjacentes

• Étude de la monotonie de $(u_n)$ :
  Utilisons la relation $\sin(2x) = 2\sin(x)\cos(x)$. Pour $x = \frac{\pi}{2^{n+2}}$, on a : \[ u_{n} = 2^{n+1} \sin\left(2 \frac{\pi}{2^{n+2}}\right) = 2^{n+1} \times 2 \sin\frac{\pi}{2^{n+2}} \cos\frac{\pi}{2^{n+2}} = u_{n+1} \cos\frac{\pi}{2^{n+2}} \] Comme: $~n \geq 2$, alors: $~~0 < \frac{\pi}{2^{n+2}} < \frac{\pi}{2}$,
  Et donc: $~0 < \cos\frac{\pi}{2^{n+2}} < 1$.
  Puisque: $~u_{n+1} > 0$, alors: $~u_n < u_{n+1}$.
  La suite $(u_n)$ est alors strictement croissante.


• Étude de la monotonie de $(v_n)$ :
  On rappelle que: $$\tan(x) = \frac{2\tan(x/2)}{1-\tan^2(x/2)}$$ Pour $~~x = \frac{\pi}{2^{n+1}}$ on a : \[ v_n = 2^{n+1} \frac{2\tan\frac{\pi}{2^{n+2}}}{1-\tan^2\frac{\pi}{2^{n+2}}} = \frac{v_{n+1}}{1-\tan^2\frac{\pi}{2^{n+2}}} \] Comme $ ~~1 - \tan^2\frac{\pi}{2^{n+2}} < 1,~~$ on en déduit que $~~v_n > v_{n+1}$.
  La suite $(v_n)$ est strictement décroissante.



Montrons que: $~u_n < v_n$

• Soit $x\in (0,\pi/4)$. alors on a: $~0<\cos x <1~$
  \[ \tan(x) = \frac{\sin(x)}{\cos(x)} >\sin x\] On déduit donc: \[v_n-u_n=2^{n+1}\left(\tan \frac{\pi}{2^{n+1}} - \sin \frac{\pi}{2^{n+1}}\right)>0\]
• Limite de la différence :
  \[ v_n - u_n = 2^{n+1} \sin\frac{\pi}{2^{n+1}} \left( \frac{1}{\cos\frac{\pi}{2^{n+1}}} - 1 \right) = u_n \left( \frac{1 - \cos\frac{\pi}{2^{n+1}}}{\cos\frac{\pi}{2^{n+1}}} \right) \] Quand $n \longrightarrow +\infty$ :
  • $u_n = \pi \frac{\sin(\pi/2^{n+1})}{\pi/2^{n+1}} \longrightarrow \pi \times 1 = \pi$
  • $\cos\frac{\pi}{2^{n+1}} \longrightarrow \cos(0) = 1$
  Donc $\lim\limits_{n \to +\infty} (v_n - u_n) = \pi \times \frac{1-1}{1} = 0$.
• Conclusion : Les suites $(u_n)$ et $(v_n)$ sont adjacentes et convergent vers $\pi$.