\input{../preambules/preDM.tex}

\begin{document}
\renewcommand{\P}{\mathscr{P}}

\chead{Devoir maison n�13}
\lfoot{}
\cfoot{Suites, \'Etude de fonctions}

\begin{center}
\fbox{ \Large A rendre pour le Mercredi 27 Mars 2019}
\end{center}
\vspace{10pt}

\section*{Exercice 1}
On consid�re la fonction d�finie par $F(x) = \ds \int_0^x \dfrac{dt}{1+t^2}.$ 
\begin{enumerate}
\item \begin{enumerate}
\item La fonction $t \to \dfrac{1}{1+t^2}$ est continue sur $\R$. 
\begin{center}
\fbox{La fonction $F$ est donc d�finie sur $\R$.}
\end{center}  
De plus 
$$
\forall t \in \R, \quad \dfrac{1}{1+t^2} > 0
$$
donc 
\begin{center}
 \fbox{$F$ est positive pour $x >0$ et n�gative pour $x<0$.}
 \end{center} 
\item Tout d'abord, le domaine de d�finition de $F$ est bien sym�trique. On �tudie
$$
F(-x) = \int_0^{-x} \dfrac{dt}{1+t^2}
$$
On pose le changement de variable $u = -t$ $(du = - dt)$, on a alors
$$
F(-x) = \int_0^x \dfrac{-du}{1 + (-u)^2} = - \int_0^x \dfrac{du}{1 + u^2} = - F(x).
$$
\begin{center}
 \fbox{La fonction $F$ est impaire.}
 \end{center} 
\item  La fonction $t \to \dfrac{1}{1+t^2}$ est continue sur $\R$. 
\begin{center}
\fbox{La fonction $F$ est donc de classe $\mathcal{C}^1$ sur $\R$.}
\end{center}   et
$$
\forall x \in \R, \quad F'(x) = \dfrac{1}{1+x^2} >0
$$
\begin{center}
 \fbox{La fonction $F$ est strictement croissante.}
 \end{center} 
\end{enumerate}
\item \begin{enumerate}
\item Soit $t \in \R^+$, 
\begin{align*}
\dfrac{1}{1+t^2} \leq \dfrac{2}{(1+t)^2} & \Longleftrightarrow \dfrac{1}{1+t^2} - \dfrac{2}{(1+t)^2} \leq 0 \\
& \Longleftrightarrow \dfrac{(1+t)^2 - 2 - 2t^2}{(1+t^2)(1+t)^2} \leq 0 \\
& \Longleftrightarrow \dfrac{1 + 2t + t^2 - 2 - 2t^2}{(1+t^2)(1+t)^2} \leq 0 \\
& \Longleftrightarrow \dfrac{-1 + 2t - t^2}{(1+t^2)(1+t)^2} \leq 0 \\
& \Longleftrightarrow \dfrac{-(1-t)^2}{(1+t^2)(1+t)^2} \leq 0 
\end{align*}
Cette derni�re in�galit� �tant toujours v�rifi� (et comme on a raisonn� par �quivalence, on a)
\begin{center}
\fbox{$\forall t \in \R^+$, $\dfrac{1}{1+t^2} \leq \dfrac{2}{(1+t)^2}$}
\end{center}
 D'apr�s l'in�galit� pr�c�dente,
 \begin{align*}
 \dfrac{1}{1+t^2} \leq \dfrac{2}{(1+t)^2} & \Longrightarrow \int_0^x  \dfrac{1}{1+t^2} dt \leq \int_0^x \dfrac{2}{(1+t)^2} dt \\
 & \Longrightarrow F(x) \leq \left[ \dfrac{-2}{1+t} \right]_0^x \\
 & \Longrightarrow F(x) \leq \dfrac{-2}{1+x} - ( -2) \\
  & \Longrightarrow F(x) \leq 2 - \dfrac{2}{1+x}  \leq 2
 \end{align*}
\begin{center}
\fbox{ On a bien $\forall x \in \R^+, F(x) \leq 2$.}
\end{center}
\item La fonction $F$ est strictement croissante et elle est major�e par 2.  \begin{center}
\fbox{Elle admet donc une limite  finie $L$ en $+\infty$ et $L \leq 2$. }
\end{center}
\end{enumerate}
\item De la m�me fa�on 
\begin{align*}
\dfrac{1}{1+t^2} - \dfrac{1}{(1+t)^2} & = \dfrac{(1+t)^2 - (1+t^2)}{(1+t^2)(1+t)^2}  \\
& = \dfrac{1 + 2t +t^2 - 1 - t^2}{(1+t^2)(1+t)^2} \\
& = \dfrac{2t}{(1+t^2)(1+t)^2} > 0
\end{align*}
Ainsi on a 
\begin{align*}
\dfrac{1}{1+t^2} \geq \dfrac{1}{(1+t)^2} & \Longrightarrow \int_0^x \dfrac{dt}{1+t^2} \geq \int_0^x \dfrac{dt}{(1+t)^2} \\
& F(x) \geq \left[ \dfrac{-1}{1+t} \right]_0^x \\
& F(x) \geq \dfrac{-1}{1+x} - (-1) \\
& F(x) \geq 1 - \dfrac{1}{1+x}
\end{align*}
Donc 
$$
\li_{x \to +\infty} F(x) \geq \li_{x \to +\infty} \left( 1 - \dfrac{1}{1+x} \right)
$$
c'est � dire, 
\begin{center}
\fbox{$ L := \li_{x \to +\infty} F(x) \geq 1$. }
\end{center}
\item On sait que
\begin{itemize}
\item La fonction $F$ est continue sur $[0, + \infty[$ (elle est de classe $\mathcal{C}^1$)
\item La fonction $F$ est strictement croissante sur $[0, + \infty[$. 
\item $F(0) = 0$ et $\li_{x \to + \infty} \geq 1$. 
\end{itemize}
Donc, d'apr�s le th�or�me de la bijection, 
\begin{center}
\fbox{L'�quation $F(x) = \dfrac{1}{2}$ admet une et une seule solution sur $[0, + \infty[$. }
\end{center}
\item On pose $G(x) = F(x) + F \left(\dfrac{1}{x}\right)$. 
\begin{enumerate}
\item On sait que $F$ est d�rivable sur $\R_+^*$ et la fonction $x \to \dfrac{1}{x}$ est d�rivable sur $\R_+^*$. Par compos�e de fonctions d�rivables
\begin{center}
\fbox{$G$ est d�rivable sur $\R_+^*$. }
\end{center}
On a alors 
\begin{align*}
G'(x)& = F'(x) - \dfrac{1}{x^2} F'\left( \dfrac{1}{x} \right) \\
& = \dfrac{1}{1+x^2} - \dfrac{1}{x^2} \dfrac{1}{1+ \left(\dfrac{1}{x} \right)^2} \\
& = \dfrac{1}{1+x^2} -  \dfrac{1}{1+x^2} 
\end{align*} 
\begin{center}
\fbox{$\forall x \in \R_+^*, \quad G'(x) = 0$}
\end{center}
\item La d�riv�e de $G$ est nulle sur $\R_+^*$. La fonction $G$ est donc constante. Par exemple en choisissant $x =1$, on a 
\begin{center}
\fbox{$\forall x \in \R_+^*, \quad G(x) = G(1) = 2F(1)$}
\end{center}
\item On a alors $\li_{x \to + \infty} G(x) = 2 F(1)$, $\li_{x \to +\infty} F(x) = L$ et $\li_{x \to + \infty} F\left(\dfrac{1}{x} \right) = F(0) = 0$. Ainsi
\begin{center}
\fbox{$L= 2F(1)$. }
\end{center}
\end{enumerate}  
\end{enumerate}

\section*{Exercice 2}
On note $(u_n)_{n \in \N^*}$ la suite d�finie pour tout entier $n$ strictement positif par :
$$
u_n = \int_0^1 \dfrac{x^{n-1}}{1+x} dx
$$
\begin{enumerate}
\item On a 
$$ u_1 = \int_0^1 \dfrac{1}{1+x} dx = [\ln(1+x)]_0^1 = \ln(2)$$
\begin{center}
\fbox{Donc $u_1 = \ln(2)$. }
\end{center}
\item On a pour $x \in [0,1]$ et $n \in \N^*$,
\begin{align*}
x^{n-1} >0 &\Longrightarrow  \dfrac{x^{n-1}}{1+x}  > 0 \\
& \Longrightarrow  \int_0^1 \dfrac{x^{n-1}}{1+x} dx  > 0
\end{align*}
\begin{center}
\fbox{Donc pour $n\in \N^*$, $u_n$ est positive. }
\end{center}
\item On calcule 
\begin{align*}
u_{n+1} - u_n & = \int_0^1 \dfrac{x^n}{1+x} dx - \int_0^1 \dfrac{x^{n-1}}{1+x}dx \\
& = \int_0^1 \dfrac{x^n - x^{n-1}}{1+x} dx \\
& = \int_0^1 \dfrac{x^{n-1}(x-1)}{1+x} dx
\end{align*}
Pour $x \in [0,1]$, on a $x^{n-1} > 0$, $1+x > 0$ et $x-1 < 0$. Ainsi, 
$$
u_{n+1} - u_n < 0
$$ 
\begin{center}
 \fbox{La suite $(u_n)$ est d�croissante.}
 \end{center} 
\item Pour tout entier $n$ strictement positif,
\begin{align*}
 u_{n+1} + u_n & = \int_0^1 \dfrac{x^n}{1+x} dx - \int_0^1 \dfrac{x^{n-1}}{1+x}dx \\
& = \int_0^1 \dfrac{x^n+x^{n-1}}{1+x} dx \\
& = \int_0^1 \dfrac{x^{n-1}(1+x)}{1+x} dx \\
& = \int_0^1 x^{n-1} dx \\
& = \left[ \dfrac{x^n}{n} \right]_0^1  = \dfrac{1}{n} - 0.
\end{align*} 
\begin{center}
 \fbox{D'o� la relation $u_{n+1} + u_n = \dfrac{1}{n}$.}
 \end{center} 
\item On a donc la relation suivante $u_{n+1} = \dfrac{1}{n} - u_n$
\begin{verbatim}
n = input("Donnez un entier n")
u = log(2)
for k = 1:n-1
    u = 1/k - u
end
dips(u)
\end{verbatim}
\item La suite $(u_n) $ est d�croissante donc
 \begin{align*}
 u_{n+1} \leq u_n & \Longleftrightarrow u_{n+1} + u_n \leq u_n + u_n \\
 & \Longleftrightarrow \dfrac{1}{n} \leq 2u_n \\
 \end{align*}
De m�me, en �crivant l'�galit� de la question 4 pour $n- 1$ on a $u_n + u_{n-1} = \dfrac{1}{n-1}$ et 
\begin{align*}
 u_{n} \leq u_{n-1}  & \Longleftrightarrow u_{n} + u_{n} \leq u_{n-1} + u_{n} \\
 & \Longleftrightarrow 2u_n \leq \dfrac{1}{n-1} 
\end{align*}
\begin{center}
\fbox{Finalement, pour tout entier $n$ sup�rieur ou �gal � 2, $
\dfrac{1}{n} \leq 2 u_n \leq \dfrac{1}{n-1}
$}
\end{center}
On a $\li_{n \to + \infty} \dfrac{1}{n} = \li_{n \to + \infty} \dfrac{1}{n-1} = 0$, donc d'apr�s le th�or�me des gendarmes, \begin{center}
\fbox{la suite $(u_n)$ est convergente et 
$\li_{n \to + \infty} u_n = 0$. }
\end{center}
\item En utilisant l'in�galit� pr�c�dente,
\begin{align*}
\dfrac{1}{n} \leq 2 u_n \leq \dfrac{1}{n-1} & \Longleftrightarrow \dfrac{1}{2} \leq n u_n \leq \dfrac{n}{2(n-1)}
\end{align*}
Or $\li_{n \to + \infty} \dfrac{n}{2(n-1)} = \dfrac{1}{2}$. En utilisant encore une fois le th�or�me des gendarmes, on a 
\begin{center}
\fbox{ $\li_{n\to +\infty} n u_n = \dfrac{1}{2}$. }
\end{center}
\end{enumerate}

\section*{Exercice 3}


On note $f:\left] 1,+\infty \right[ \rightarrow \mathbb{R}$ l'application d%
\'{e}finie par : 
\begin{equation*}
\forall x\in \left] 1,+\infty \right[ ,\;f\left( x\right) =\frac{1}{x\ln
\left( x\right) } 
\end{equation*}

\begin{enumerate}
\item La fonction $x \to x\ln \left( x\right)
\ne 0$ est d�rivable en tant que produit de fonction d�rivable sur $]1, +\infty[$ et ne s'annule pas.  donc $f$ est d�rivable sur $]1,+\infty[$ et 
$$\forall x \in ]1,+\infty[,\quad  f^{\prime }\left( x\right) =-\frac{1+\ln \left( x\right) }{\left( x\ln
\left( x\right) \right) ^{2}}<0$$ car $\ln
\left( x\right) >\ln \left( 1\right) $ donc $f^{\prime }<0$ et $f$ est
strictement d\'{e}croissante sur $\left] 1,+\infty \right[ $

$$ \li_{x \to +\infty} f\left( x\right) = \li_{x \to +\infty} \frac{1}{x\ln \left( x\right) } = 0.$$
Il y a une asymptote horizontale.
$$ \li_{x \tos 1} f\left( x\right) = \li_{x \tos 1} \frac{1}{x\ln \left( x\right) } = + \infty.$$ 
Il y a une asymptote verticale.

\begin{center}
\includegraphics[scale=1]{DM13_C1.png}
\end{center}

\item Pour $k\ge 3$ on a $k-1\ge 2>1$ donc $f$ est strictement d\'{e}%
croissante sur $\left[ k-1,k\right] $ et $f\left( k\right) \le f\left(
x\right) \le f\left( k-1\right) $ pour tout $x\in \left[ k-1,k\right] $

Et comme $k-1\le k$ alors pour tout $k\ge 3$,
\begin{align*}
 & \int_{k-1}^{k}f\left( k\right) dt\le \int_{k-1}^{k}f\left(
x\right) dx\le \int_{k-1}^{k}f\left( k-1\right) dt \\
 \Longleftrightarrow &\qquad  f(k) \le \int_{k-1}^{k}f\left(x\right) dx\le f\left( k-1\right)
\end{align*}


\hspace{-1cm}Pour tout $n\in \mathbb{N}$ tel que $n\ge 2$, on note $S_{n}=%
\displaystyle
\sum_{k=2}^{n}f\left( k\right) $

\item 
\begin{enumerate}
\item Pour $n\ge 3,$ on somme alors ces in\'{e}galit\'{e}s de 3 \`{a} $n.$%
\begin{equation*}
\sum_{k=3}^{n}f\left( k\right) \le \sum_{k=3}^{n}\int_{k-1}^{k}f\left(
x\right) dx\le \sum_{k=3}^{n}f\left( k-1\right) \text{ } 
\end{equation*}
On rectifie la somme de gauche : 
$$ \sum_{k=3}^{n}f\left( k\right) =\sum_{k=2}^{n}f\left( k\right) -f\left( 2\right) .$$
En utilisant la relation de Chasles : 
$$\sum_{k=3}^{n}\int_{k-1}^{k}f\left( x\right)dx = \int_{2}^{n}f\left( x\right) dx$$
Et en utilisant un changement de variable:
$$\sum_{k=3}^{n}f\left( k-1\right)=\sum_{k=2}^{n-1}f\left( k\right) =\sum_{k=2}^{n}f\left( k\right) -f\left(
n\right) $$

d'o\`{u} finalement pour tout entier $n\ge 3$ -et \'{e}galment pour $n=2$-
donc pour $n\ge 2$

\begin{center}
\fbox{$\ds S_{n}-\frac{1}{2\ln \left( 2\right) }\le \int_{2}^{n}f\left( x\right) dx\le
S_{n}-\frac{1}{n\ln \left( n\right) } $}
\end{center}

\item On calcule 
$$\int_{2}^{n}f\left( x\right) dx=\left[ \ln \left( \ln
\left( x\right) \right) \right] _{2}^{n}=\ln \left( \ln \left( n\right)
\right) -\ln \left( \ln \left( 2\right) \right) $$

D'apr�s l'in�galit� pr�c�dente, on a 
$$
S_n \leq \int_{2}^{n}f\left( x\right) dx + \dfrac{1}{2\ln(2)} \quad \text{et} \quad \int_{2}^{n}f\left( x\right) dx \leq S_n - \dfrac{1}{n \ln(n)} \leq S_n
$$
d'o\`{u} les deux in\'{e}galit\'{e}s :
\begin{center}
\fbox{$
\ds
\ln \left( \ln \left( n\right) \right) -\ln \left( \ln \left( 2\right)
\right) \le S_{n}\le \ln \left( \ln \left( n\right) \right) -\ln \left( \ln
\left( 2\right) \right) +\frac{1}{2\ln \left( 2\right) } 
$}
\end{center}
\item En divisant de part et d'autres par $\ln \left( \ln \left( n\right)
\right) >0$ on obtient : 
\begin{equation*}
1-\frac{\ln \left( \ln \left( 2\right) \right) }{\ln \left( \ln \left(
n\right) \right) }\le \frac{S_{n}}{\ln \left( \ln \left( n\right) \right) }%
\le 1-\frac{\ln \left( \ln \left( 2\right) \right) }{\ln \left( \ln \left(
n\right) \right) }+\frac{1}{2\ln \left( 2\right) \ln \left( \ln \left(
n\right) \right) } 
\end{equation*}
et par encadrement \begin{center}
\fbox{$\displaystyle
\li_{n \to +\infty} \frac{S_{n}}{\ln \left( \ln \left( n\right) \right) }= 1$}
\end{center}
\end{enumerate}

\hspace{-1cm}Pour tout $n\in \mathbb{N}$ tel que $n\ge 2$, on note 
\begin{equation*}
u_{n}=S_{n}-\ln \left( \ln \left( n+1\right) \right) \; \text{et}%
\;v_{n}=S_{n}-\ln \left( \ln \left( n\right) \right) 
\end{equation*}

\item Pour montrer que ces suites sont adjacentes, il faut montrer que
l'une est d\'{e}croissante, l'autre croissante et la diff\'{e}rence tend
vers $0:$

\begin{itemize}
\item On calcule 
$$ v_{n}-u_{n}=S_{n}-\ln \left( \ln \left( n\right) \right) -S_{n}+\ln
\left( \ln \left( n+1\right) \right) =\ln \left( \frac{\ln \left( n+1\right) 
}{\ln \left( n\right) }\right) $$ 
et comme $\ln \left( n+1\right) =\ln \left(
n\left( 1+\frac{1}{n}\right) \right) =\ln \left( n\right) +\ln \left( 1+%
\frac{1}{n}\right) $ alors 
$$
\ln \left( \frac{\ln \left( n+1\right)}{\ln \left( n\right) }\right) = \ln \left( \frac{\ln \left( n\right) + \ln \left( 1 + \frac{1}{n} \right)}{\ln \left( n\right) }\right) = \ln \left( 1 + \frac{ \ln \left( 1 + \frac{1}{n} \right)}{\ln \left( n\right) }\right)
$$
Or $ \li_{ n \to +\infty} \ln \left( 1 + \frac{1}{n} \right) = 0$  donc  $ \li_{ n \to +\infty} \dfrac{\ln \left( 1 + \frac{1}{n} \right)}{\ln(n)} = 0$ et 
\begin{center}
\fbox{$
\li_{n \to + \infty} v_n - u_n = 0
$}
\end{center}

\item Pour la suite $u:$%
\begin{eqnarray*}
u_{n+1}-u_{n} &=&S_{n+1}-\ln \left( \ln \left( n+2\right) \right) -S_{n}+\ln
\left( \ln \left( n+1\right) \right) \\
&=&f\left( n+1\right) -\left[ \ln \left( \ln \left( x\right) \right) \right]
_{n+1}^{n+2}=f\left( n+1\right) -\int_{n+1}^{n+2}f\left( x\right) dx\ge 0
\end{eqnarray*}
d'apr\`{e}s l'in�galit� de la question 2 pour $k=n+2$. \begin{center}
\fbox{La suite $(u_n)$ est donc croissante.}
\end{center}

\item et de m\^{e}me pour la suite $v:$%
\begin{eqnarray*}
v_{n+1}-v_{n} &=&S_{n+1}-\ln \left( \ln \left( n+1\right) \right) -S_{n}+\ln
\left( \ln \left( n\right) \right) \\
&=&f\left( n+1\right) -\left[ \ln \left( \ln \left( x\right) \right) \right]
_{n}^{n+1}=f\left( n+1\right) -\int_{n}^{n+1}f\left( x\right) dx\le 0
\end{eqnarray*}
\begin{center}
\fbox{La suite $(v_n)$ est donc d\'{e}croissante.}
\end{center}
\end{itemize}
\begin{center}
\fbox{Les suites $(u_n)$ et $(v_n)$ sont donc adjacentes. Elles ont donc une limite commune $\ell $.}
\end{center}

\item 
\begin{enumerate}
\item Comme la suite $(v_n)$ est d\'{e}croisante et $(u_n)$ croissante, on a $%
u_{n}\le \ell \le v_{n}$ et en retranchant $v_{n}$ on obtient $%
u_{n}-v_{n}\le \ell -v_{n}\le 0$ avec $v_{n}-u_{n}=\ln \left( \ln \left(
n+1\right) \right) -\ln \left( \ln \left( n\right) \right)
=\int_{n}^{n+1}f\left( x\right) dx\le f\left( n\right) $ d'apr\`{e}s l'in�galit� de la question 2 pour $k=n+1$ d'o\`{u}

\begin{center}
\fbox{$
0\le v_{n}-\ell \le \dfrac{1}{n\ln \left( n\right) } 
$}
\end{center}

\item On a alors $v_{n}$ qui donne une valeur approch\'{e}e de $\ell $ \`{a} 
$\frac{1}{n\ln \left( n\right) }$ pr\`{e}s.

I lfaut donc calculer la somme $S_{n}$ jusqu'\`{a} ce que $\frac{1}{n\ln
\left( n\right) }$ soit inf\'{e}rieur \`{a} $10^{-2} $ :

\begin{verbatim}
n= 2
while 1/(n*log(n)) > 10^{-2} do 
    n = n+1
end
S = 0
for k = 2 : n
    S = S + 1/(k*log(k))
end
v = S - log(log(n))
disp(v) 
\end{verbatim}

On peut �galement calculer 
\begin{verbatim}
n= 2
S = 0
while 1/(n*log(n)) > 10^{-2} do 
    n = n+1
    S = S + 1/(n*log(n))
end
v = S - log(log(n))
disp(v) 
\end{verbatim}
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\end{document}