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

\begin{document}

\chead{Correction DS n°4}
\lfoot{}
\cfoot{DS n°4.}

\begin{center}
\fbox{ \Large Correction DS n°4}
\end{center}

\renewcommand{\P}{\mathscr{P}}
\newcommand{\U}{$\mathcal{U}$}
\newcommand{\V}{$\mathcal{V}$}
\def\e{\hbox{\rm e}}


\section*{Exercice I - Espaces Vectoriels}
\begin{enumerate}
\item Le programme suivant permet de vérifier si un vecteur $X$ appartient à $F$. Le résultat donné sera 1 si le vecteur appartient bien à $F$ et 0 sinon. 
\item On considère $F = \left\{ \vect{x}{y}{z} \in \M_{3,1}(\R) | -x + y + 2z=0 \; \text{et} \; y - 3z = 0 \right\}$ 
\begin{enumerate}
\item On vérifie que 
\begin{itemize}
\item $F \subset \M_{3,1}(\R)$. 
\item $-0 + 0 + 2\times 0 = 0$ et $0 - 3 \times 0 = 0$. Donc $\vect{0}{0}{0} \in \M_{3,1}(\R)$. 
\item Soient $X = \vect{x_1}{x_2}{x_3} \in F$, $Y = \vect{y_1}{y_2}{y_3} \in F$ et $\lambda \in \R$. On a donc $- x_1 + x_2 + 2x_3 =0$, $x_2 - 3x_3 =0$ et $- y_1 + y_2 + 2y_3 = 0$, $y_2 - 3 y_3 = 0$. On étudie 
$$
\lambda X + Y = \vect{\lambda x_1 + y_1}{\lambda x_2 + y_2}{\lambda x_3 + y_3}
$$
On a alors
\begin{align*}
-(\lambda x_1 + y_1) + (\lambda x_2 + y_2) + 2 (\lambda x_3 + y_3) & = - \lambda x_1 - y_1 + \lambda x_2 + y_2 + \lambda 2x_3 + 2 y_3 \\
& = \lambda ( -x_1 + x_2 + 2x_3) + (-y_1 + y_2 + 2y_3) \\
& = 0 
\end{align*}
ainsi que 
\begin{align*}
(\lambda x_2 + y_2) - 3 (\lambda x_3 + y_3) &= \lambda x_2 + y_2 - 3\lambda x_3 - 3 y_3 \\
& = \lambda (x_2 - 3x_3) + (y_2 - 3 y_3) \\
& = 0
\end{align*}
On a montré que $\lambda X + Y \in F$ et donc
\begin{center}
\fbox{$F$ est un sous espace vectoriel de $\M_{3,1}(\R)$. }
\end{center}
\end{itemize}
\item On a 
\begin{align*}
F & = \left\{ \vect{x}{y}{z} \in \M_{3,1}(\R) \Big| -x + y + 2z=0 \; \text{et} \; y  = 3z \right\} \\
& = \left\{ \vect{x}{y}{z} \in \M_{3,1}(\R) \Big| x = 5z \; \text{et} \; y  = 3z \right\} \\
& = \left\{ \vect{5z}{3z}{z} \Big| z \in \R \right\} \\
& = \left\{ z\vect{5}{3}{1} \Big| z \in \R \right\} 
\end{align*}
C'est-à-dire que 
\begin{center}
\fbox{$F = Vect \left( \vect{5}{3}{1} \right)$.}
\end{center}
\end{enumerate}
\item Dans $M_{3,1} (\R)$ on considère les vecteurs : $u = \vect{1}{0}{1}$, $v = \vect{-1}{0}{2}$ et $w = \vect{1}{1}{1}$. 
\begin{enumerate}
\item On montre que $(u,v,w)$ est une famille libre de $\M_{3,1}(\R)$. Soient $(\lambda_1, \lambda_2, \lambda_3) \in \R^3$ tels que 
\begin{align*}
\lambda_1 u + \lambda_2 v + \lambda_3 w = 0 & \Longleftrightarrow \begin{cases}
\lambda_1 - \lambda_2  + \lambda_3 & = 0\\
\qquad \qquad \lambda_3  &= 0 \\
\lambda_1 + 2 \lambda_2 + \lambda_3 & = 0
\end{cases} \\
& \Longleftrightarrow \begin{cases}
\lambda_1 - \lambda_2  & = 0\\
\lambda_1 + 2 \lambda_2  & = 0 \\
\qquad \lambda_3  &= 0 \\
\end{cases} \\
& \Longleftrightarrow \begin{cases}
\lambda_1 - \lambda_2  & = 0\\
\qquad 3 \lambda_2  & = 0 \quad L_2 \leftarrow L_2 - L_1\\
\qquad \lambda_3  &= 0 \\
\end{cases} \\
& \Longleftrightarrow \lambda_1 = \lambda_2 = \lambda_3 = 0
\end{align*}
\begin{center}
\fbox{La famille $(u,v,w)$ est une famille libre de $\M_{3,1}(\R)$.}
\end{center}
\item On cherche $(\lambda_1, \lambda_2, \lambda_3) \in \R^3$ tels que 
\begin{align*}
\lambda_1 u + \lambda_2 v + \lambda_3 w = \vect{4}{-1}{1} & \Longleftrightarrow \begin{cases}
\lambda_1 - \lambda_2  + \lambda_3 & = 4\\
\qquad \qquad \lambda_3  &= -1 \\
\lambda_1 + 2 \lambda_2 + \lambda_3 & = 1
\end{cases} \\
& \Longleftrightarrow \begin{cases}
\lambda_1 - \lambda_2  & = 5\\
\lambda_1 + 2 \lambda_2  & = 2 \\
\qquad \lambda_3  &= -1 \\
\end{cases} \\
& \Longleftrightarrow \begin{cases}
\lambda_1 - \lambda_2  & = 5\\
\qquad 3 \lambda_2  & = -3 \quad L_2 \leftarrow L_2 - L_1\\
\qquad \lambda_3  &= -1 
\end{cases} \\
& \Longleftrightarrow \begin{cases}
\lambda_1  &= 4\\
\lambda_2  &= -1 \\
\lambda_3  &= -1 
\end{cases} 
\end{align*}
\begin{center}
\fbox{Donc $\vect{4}{-1}{1} = 4u -v - w$}
\end{center}
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\section*{Exercice II - ECRICOME 2014}


On considère la fonction $f$ définie sur $[0;+\infty[$ par :
\[ f(x) = \left\{ \begin{array}{cl} 1 & \text{si }x=0 \\ & \\ \dfrac{x}{\ln(1+x)} & \text{si }x\in \left]0;+\infty\right[ \end{array} \right. \]
ainsi que la suite $(u_n)_{n\in \N}$ définie par :
\[ u_0 = e \quad\text{et}\quad \forall n\in \N,\; u_{n+1} = f(u_n) \]

\begin{enumerate}
\item On a pour tout $x \in ]0;+ \infty[$, $x > 0$ et $\ln(1+x) > 0$ donc le quotient est positif et 
\begin{center}
\fbox{$ \forall x \in [0;+\infty[, \quad f(x) \geq 0$. }
\end{center}
Donc par récurrence $\forall n \in \N, u_n = f(u_{n-1}) \geq 0$. 
\begin{center}
\fbox{Pour tout entier $n$, $u_n$ existe. }
\end{center}

\item On écrit un programme Scilab permettant de calculer $u_N$. 
\begin{verbatim}
u = %e
n = input("Donnez un entier n")

for k=1:n
    if u == 0 then
        u = 1
    else 
        u = u /log(1+u)
    end
end
disp(u)
\end{verbatim}

\item \begin{itemize}
\item[] La fonction $x \to \ln(1+x) $ est continue sur $]0;+ \infty[$ car $1+x > 0$
\item[] La fonction $x \to x $ est continue sur $]0;+ \infty[$
\item[] La fonction $f$ est continue sur $]0;+\infty[$ est continue en tant que quotient de fonctions continues.
\item[] On étudie la continuité en 0. On calcule
$$
\li_{x \tos 0} f(x) = \li_{x \tos 0} \dfrac{x}{\ln(1+x)} = \li_{x \tos 0} \dfrac{1}{\dfrac{\ln(1+x)}{x}} = 1
$$ 
\end{itemize}
(On reconnait un taux d'accroissement). Ainsi la fonction est continue en $0$. 
\begin{center}
\fbox{Montrer que $f$ est continue sur $[0;+\infty[$.}
\end{center}

\item \begin{itemize}
\item[] La fonction $x \to \ln(1+x) $ est $\mathcal{C}^1$ sur $]0;+ \infty[$ car $1+x > 0$
\item[] La fonction $x \to x $ est $\mathcal{C}^1$ sur $]0;+ \infty[$
\begin{center}
\fbox{ La fonction $f$ est $\mathcal{C}^1$ sur $]0;+\infty[$  en tant que quotient de fonctions $\mathcal{C}^1$.}
\end{center}
\end{itemize}

\item Soit $x \geq e-1$. On a alors
\begin{align*}
f(x) \leq x & \Longleftrightarrow \dfrac{x}{\ln(1+x)} - x \leq 0 \\
& \Longleftrightarrow \dfrac{x - x \ln(1+x)}{\ln(1+x)} \leq 0 \\
& \Longleftrightarrow \dfrac{x ( 1 -\ln(1+x))}{\ln(1+x)} \leq 0
\end{align*}
Or $\ln(1+x) \geq 1$ donc $1 - \ln(1+x) \leq 0$, $x > 0$ et $\ln(1+x) >0$. 
\begin{center}
\fbox{Donc $f(x) \leq x$.}
\end{center}
De la même façon, 
\begin{align*}
(x+1) \ln(x+1) \geq (x+1) & \Longleftrightarrow (x+1) \left(\ln(x+1) - 1 \right) \geq 0
\end{align*}
Or $\ln(x+1) - 1 \geq 0$ et $x+1 \geq 0$ ainsi 
\begin{center}
\fbox{$
(x+1) \ln(x+1) \geq (x+1)
$}
\end{center}
La fonction $f$ est dérivable sur $[e+1 ; + \infty[$. (montré à la question 4)  et 
\begin{align*}
f'(x) & = \dfrac{\ln(1+x) - \dfrac{x}{1+x}}{(\ln(x+1))^2} \\
& = \dfrac{\ln(1+x)(1+x) - x }{(1+x)(\ln(x+1))^2 }
\end{align*}
Or d'après le résultat précédent, $\ln(1+x) (1+x) - x \geq 1$. Donc 
\begin{center}
\fbox{$ \forall x\geqslant e-1,\quad f'(x)\geqslant 0 $.}
\end{center}

\item Nous montrons par récurrence les propositions $\P_n : \{ \forall n\in \N,\quad e-1\leqslant u_n \}$
\begin{itemize}
\item[$\bullet$] {\bf Initialisation :} On a $u_0 = e \geq e-1$. Donc la proposition $\P_0$ est vraie. 
\item[$\bullet$] {\bf Hérédité:} On suppose que la proposition $\P_n$ est vraie pour un certain $n \in \N$. De plus, rappelons que la fonction $f$ est croissante sur $[e-1 ; +\infty[$. Ainsi 
\begin{align*}
e- 1 \leq u_n & \Longleftrightarrow f(e-1) \leq f(u_n) \\
& \Longleftrightarrow e-1 \leq u_{n+1}
\end{align*}
La proposition $\P_{n+1}$ est donc vraie
\item[$\bullet$] {\bf Conclusion:} \fbox{$\forall n \in \N, u_n \geq e-1$}
\end{itemize}
\item On s'intéresse à la monotonie de la suite $(u_n)_{n \in \N}$ Comme $u_n \neq 0$, on calcule
\begin{align*}
\dfrac{u_{n+1}}{u_n} & = \dfrac{1}{\ln(1+u_n)}
\end{align*}
Or $u_n \geq e-1 \Longrightarrow \ln(1+u_n) \geq 1$ ainsi $\dfrac{u_{n+1}}{u_n} \leq 1$ La suite $(u_n)_{n \in \N}$ est donc décroissante. Elle est également minorée par $e-1$. 
\begin{center}
\fbox{La suite $(u_n)_{n \in \N}$ est donc convergente.}
\end{center}
Notons, $\ell$ la limite de la suite $(u_n)$. On a nécessairement 
\begin{align*}
\ell = f(\ell) & \Longleftrightarrow \ell = \dfrac{\ell}{\ln(1+\ell)} \\
& \Longleftrightarrow \dfrac{\ln(1+\ell) \ell - \ell}{\ln(1+\ell)} = 0 \\
 & \Longleftrightarrow \dfrac{\ell (\ln(1+\ell) - 1)}{\ln(1+\ell)} = 0
\end{align*}
Ainsi, deux solutions sont possibles, $\ell = 0$ ou $\ln (1+\ell) - 1 = 0 \Longleftrightarrow \ell = e-1$. 
Or $\forall n \in \N, u_n \geq e-1$, donc 
\begin{center}
\fbox{La limite de la suite $(u_n)$ est $e-1$. }
\end{center}
\end{enumerate}


\section*{Exercice III - ECRICOME 2005}
On consid\`{e}re, pour tout entier naturel $n$, l'application $\varphi _{n}$
d\'{e}finie sur $\mathbb{R}$ par : 
\[
\forall x\in \mathbb{R},\quad \varphi _{n}\left( x\right) =\left( 1-x\right)
^{n}e^{-2x} 
\]
ainsi que l'int\'{e}grale : 
\[
I_{n}=\int_{0}^{1}\varphi _{n}\left( x\right) \,dx 
\]

On se propose de d\'{e}montrer l'existence de trois r\'{e}els, $a$, $b$, $c$
tels que : 
\[
I_{n}=a+\frac{b}{n}+\frac{c}{n^{2}}+\frac{1}{n^{2}}\varepsilon \left(
n\right) \quad \text{avec\quad }\lim_{n\rightarrow +\infty }\varepsilon
\left( n\right) =0 
\]

\begin{enumerate}
\item La fonction $\varphi_0 : x \to e^{-2x}$ est une fonction continue sur $[0;1]$ en tant que composée de fonction continue. L'intégrale $I_0$ existe et 
\begin{align*}
I_0 & = \int_0^1 e^{-2x} dx \\
& = \left[ \dfrac{-1}{2} e^{-2x} \right]_0^1 \\
& = \dfrac{-1}{2} e^{-2} + \dfrac{1}{2}
\end{align*}
\begin{center}
\fbox{Donc $I_0 = \dfrac{1 - e^{-2}}{2}$. }
\end{center}

La fonction $\varphi_1 : x \to (1-x)e^{-2x}$ est une fonction continue sur $[0;1]$ en tant que composée et produite de fonctions continues. L'intégrale $I_1$ existe et 
\begin{align*}
I_1 & = \int_0^1 (1-x)e^{-2x}
\end{align*}
On pose les fonctions 
\begin{center}
\begin{tabular}{cc}
$u(x) = 1-x$ & $v'(x) = e^{-2x}$ \\
$u'(x) = -1$ & $v(x) = -\dfrac{1}{2} e^{-2x}$
\end{tabular}
\end{center}
Les fonctions $u$ et $v$ sont de classe $\mathcal{C}^1$ sur $[0,1]$. A l'aide d'une intégration par partie, on obtient 
\begin{align*}
I_1 & = \left[ - \dfrac{(1-x)}{2} e^{-2x} \right]_0^1 - \dfrac{1}{2} \int_0^1 e^{-2x} dx \\
& = \dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{2} \left[ \dfrac{-1}{2} e^{-2x} \right]_0^1 \\
& = \dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{2} \left( \dfrac{-e^{-2}}{2} + \dfrac{1}{2} \right) \\
& = \dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{4} + \dfrac{e^{-2}}{4} 
\end{align*}
\begin{center}
\fbox{On obtient $I_1 = \dfrac{1 + e^{-2}}{4}$.}
\end{center}

\item Pour $x \in [0,1]$, on a $1-x \in [0,1]$ et donc pour tout $n \in \N$
\begin{align*}
& (1-x)^n \geq (1-x)^{n+1} \\
\Longrightarrow \quad & (1-x)^n e^{-2x} \geq (1-x)^{n+1} e^{-2x} \\
\Longrightarrow	\quad & \int_0^1 (1-x)^n e^{-2x} dx \geq \int_0^1 (1-x)^{n+1} e^{-2x} dx \\
\Longrightarrow	\quad & I_n \geq I_{n+1}
\end{align*}
\begin{center}
\fbox{La suite $(I_n)_{n \in \N}$ est décroissante}
\end{center}

\item Pour tout $x \in [0,1]$, pour tout entier $n$, 
\begin{align*}
(1-x)^n \geq 0 & \Longrightarrow (1-x)^n e^{-2x} \geq 0 \\
& \Longrightarrow \int_0^1 (1-x)^n e^{-2x} dx \geq 0 
\end{align*}
\begin{center}
\fbox{Ainsi, $\forall n \in \N, I_n \geq 0$. }
\end{center}
\item La suite $(I_n)_{n  \in \N}$ est décroissante et minorée par $0$. 
\begin{center}
\fbox{Donc la suite $(I_n)_{n \in \N}$ est convergente. }
\end{center}

\item On a 
\begin{center}
\fbox{$\forall x \in [0,1]$, $e^{-2x} \leq 1$. }
\end{center}

\item D'après ce qui précède, on a 
\begin{align*}
& (1-x)^n e^{-2x} \leq (1-x)^n \\
\Longrightarrow \quad &  \int_0^1 (1-x)^n e^{-2x} dx \leq \int_0^1 (1-x)^n dx \\
\Longrightarrow \quad & I_n \leq \left[ \dfrac{-1}{n+1} (1-x)^{n+1} \right]_0^1 \\
\Longrightarrow \quad & I_n \leq 0 - \dfrac{-1}{n+1}
\end{align*}
Ainsi
\begin{center}
\fbox{$
\forall n\in \mathbb{N}^{*},\quad 0\le I_{n}\le \frac{1}{n+1} 
$}
\end{center}

\item Comme $\li_{n \to +\infty} \dfrac{1}{n+1} = 0$, d'après le théorème des gendarmes,
\begin{center}
\fbox{$\li_{n \to +\infty} I_n = 0$. }
\end{center}

\item La fonction $\varphi_{n+1}$ est continue sur $[0,1]$ en tant que composée et produit de fonctions continues. L'intégrale existe et 
\begin{align*}
2 I_{n+1} = 2 \int_0^1 (1 - x)^{n+1} \times 2 e^{-2x} dx
\end{align*}
On définit 
\begin{center}
\begin{tabular}{cc}
$u(x) = (1-x)^{n+1}$ & $v'(x) = 2e^{-2x}$ \\
$u'(x) = -(n+1)(1-x)^{n}$ & $v(x) = - e^{-2x}$
\end{tabular}
\end{center} 
Les fonctions $u$ et $v$ sont de classe $\mathcal{C}^1$ sur $[0,1]$. A l'aide d'une intégration par partie, on obtient 
\begin{align*}
2 I_{n+1} & = \left[ - (1-x)^{n+1} e^{-2x} \right]_0^1 -  \int_0^1 (n+1)(1-x)^n e^{-2x} dx \\
& = 0 - (1)^{n+1} e^0 - (n+1) \int_0^1 (1-x)^n e^{-2x} dx
\end{align*}
c'est-à-dire,
\begin{center}
\fbox{$
\forall n\in \mathbb{N},\quad 2I_{n+1}=1-\left( n+1\right) I_{n} 
$}
\end{center}

\item D'après l'égalité précédente, on a 
\begin{align*}
2 I_{n+1} = 1 - n I_n - I_n \Longleftrightarrow nI_n = 1 - I_n - 2 I_{n+1}
\end{align*}
Or $\li_{n \to +\infty} I_n = \li_{n \to +\infty} I_{n+1} = 0$ donc 
\begin{center}
\fbox{$\li_{n \to + \infty} n I_n = 1 $.}
\end{center}

\item Toujours en utilisant l'égalité précédente, on a 
\begin{align*}
& n I_n - 1 = - I_n - 2 I_{n+1} \\
\Longleftrightarrow \quad & n \left( nI_n - 1 \right) = -nI_n - 2 nI_{n+1} \\
\Longleftrightarrow \quad & n \left( nI_n - 1 \right) = -nI_n - 2(n+1)I_{n+1} + 2 I_{n+1} 
\end{align*}
Or d'après les questions précédentes, $\li_{n \to +\infty} I_{n+1} = 0$, $\li_{n \to +\infty} nI_n = 1$ et $\li_{n \to +\infty} (n+1)I_{n+1} = 1$. Ainsi,
\begin{center}
\fbox{$\li_{n \to +\infty} n \left( nI_n - 1 \right) = -3$. }
\end{center}

\item En reprenant la relation \[
I_{n}=a+\frac{b}{n}+\frac{c}{n^{2}}+\frac{1}{n^{2}}\varepsilon \left(
n\right) \quad \text{avec\quad }\lim_{n\rightarrow +\infty }\varepsilon
\left( n\right) =0 
\]
On remarque que $\li_{n \to +\infty} I_n = a = 0$ et donc 
\begin{center}
\fbox{$a=0$.}
\end{center}
En multipliant l'expression par $n$ et en remplaçant $a$ par $0$, on obtient
\[
nI_{n}= b+\frac{c}{n}+\frac{1}{n}\varepsilon \left(
n\right) \quad \text{avec\quad }\lim_{n\rightarrow +\infty }\varepsilon
\left( n\right) =0 
\]
On remarque alors que $\li_{n \to +\infty} nI_n = b = 1$ et donc 
\begin{center}
\fbox{$b=1$.}
\end{center}
Enfin, en soustrayant $1$ et en multipliant par $n$ dans la relation pour $I_n$, on a 
\[
n\left( I_{n}-1 \right) = c+ \varepsilon \left(
n\right) \quad \text{avec\quad }\lim_{n\rightarrow +\infty }\varepsilon
\left( n\right) =0 
\]
On remarque alors que $\li_{n \to +\infty} n\left( I_{n}-1 \right) = c = -3$ et donc 
\begin{center}
\fbox{$c = -3$. }
\end{center}
En conclusion,
\begin{center}
\fbox{$
I_{n}=\frac{1}{n}-\frac{3}{n^{2}}+\frac{1}{n^{2}}\varepsilon \left(
n\right) \quad \text{avec\quad }\lim_{n\rightarrow +\infty }\varepsilon
\left( n\right) =0 
$}
\end{center}
\end{enumerate}


\section*{Exercice IV - ECRICOME 2018.}


\textbf{Partie I : \'Etude de suite}\bigskip

\begin{enumerate}
\item \begin{enumerate}
\item La limite en $0$ ne pose aucun problème, c'est celle de $\ln$, on a donc
\begin{center}
\fbox{$
\lim_{x\to 0} f(x)=-\infty.
$}
\end{center}
En $+\infty$, on a une forme indéterminée; mais on met tout sous un même logarithme et on sait que $x/(x+1)$ tend vers $1$ donc
\begin{center}
\fbox{$
\lim_{x\to+\infty} f(x)= \lim_{x\to+\infty} \frac{1}{x+1}+\ln\left(\frac{x}{x+1}\right) =0.
$}
\end{center}
\item Sur $\R_+^\ast$, $f$ est dérivable comme somme et composée de fonctions usuelles dérivables. On a d'ailleurs
\[
f'(x)=-\frac{1}{(x+1)^2}+\frac{1}{x}-\frac{1}{x+1}=\frac{-x+(x+1)^2-x(x+1)}{x(x+1)^2}=\frac{1}{x(x+1)^2}>0.
\]
On en déduit le tableau de variations de $f$
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit{$x$/1,$f'(x)$/1,$f$/2}{$0$,$+\infty$}
\tkzTabLine{d,+,} 
\tkzTabVar{D-/$-\infty$ ,+/$0$} 
\end{tikzpicture}
\end{center}
\item Par définition de la suite $(u_n)$
\begin{eqnarray*}
u_{n+1} - u_n &=& \sum_{k=1}^{n+1} \frac{1}{k}-\ln(n+1) - \sum_{k=1}^n \frac{1}{k}+\ln(n)\\
                      &=& \frac{1}{n+1}-\ln(n+1)+\ln(n)
\end{eqnarray*}
\begin{center}
\fbox{On a bien $u_{n+1} - u_n = f(n)$.}
\end{center}
\item D'après le tableau de variations de $f$, on voit que $f(x)<0$ pour tout $x>0$. En particulier, $f(n)<0$ pour tout entier $n\in \N^\ast$, donc $u_{n+1}-u_n=f(n)<0$ et 
\begin{center}
\fbox{la suite $(u_n)$ est (strictement) décroissante.}
\end{center}
\item C'est un petit programme sans réelle difficulté que l'on peut faire avec une boucle \texttt{for} ou avec une opération pointée. On propose les deux versions.
\begin{verbatim}
function y=u(n)
    y=0;
    for k=1:n
        y=y+1/k;
    end
    y=y-log(n)
endfunction
\end{verbatim}
ou bien
\begin{verbatim}
function y=u(n)
    y=sum([1:n].^(-1))-log(n)
endfunction
\end{verbatim}
\end{enumerate}\bigskip

\item \begin{enumerate}
\item Soit $n\in \N^\ast$,
\begin{eqnarray*}
v_{n+1}-v_n &=& u_{n+1}-\frac{1}{n+1}-u_n+\frac{1}{n}\\
                   &=& \frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+1}+\ln(n)-\ln(n+1)\\
                   &=& \frac{1}{n}+\ln\left(\frac{n}{n+1}\right)\\
                   &=& \frac{1}{n}-\ln\left(\frac{n+1}{n}\right),
\end{eqnarray*}
et donc 
\begin{center}
\fbox{$v_{n+1} - v_n = \frac{1}{n}-\ln\left(1+\frac{1}{n}\right).$}
\end{center}
\item  On pose la fonction $g(x) = \ln(1+x) - x$. Cette fonction est dérivable en tant que somme de fonctions dérivables sur $\R_+$ et 
$$
\forall x \in \R_+, \; g'(x) = \dfrac{1}{x+1} - 1 = \dfrac{-x}{x+1} < 0
$$
La fonction $g$ est donc strictement décroissante et $g(0) = 0$ donc la fonction $g$ est négative ou nulle. En conséquent 
\begin{center}
\fbox{$
\forall x \geq 0, \; \ln(1+x) \leq x .
$}
\end{center}
 
En appliquant cette inégalité à $x=1/n$, on voit que $v_{n+1}-v_n \geq 0$ ou encore que \begin{center}
\fbox{la suite $(v_n)$ est croissante.}
\end{center}

\item On pose la fonction $h(x) = \ln(1+x)- x - \dfrac{x^2}{2}$. La fonction $h$ est dérivable sur $[0; +\infty[$ et 
$$
h'(x) = 1 - \dfrac{1}{1+x} - x = \dfrac{1+x - 1 - x - x^2}{1+x} = \dfrac{-x^2}{1+x} <0
$$
La  fonction $h$ est donc strictement décroissante et $h(0) = 0$. La fonction $h$ est donc strictement négative. On en conclut que 
\begin{center}
\fbox{$ \forall x \in \R_+, \; x - \ln(1+x) \leq \dfrac{x^2}{2}$.}
\end{center}

\item En remplaçant dans la dernière inégalité $x$ par $\dfrac{1}{n}$, on a directement 
$$
\forall n \in \N, v_{n+1} - v_n \leq \dfrac{1}{2 n^2}
$$
La série de terme général $1/2n^2$ est convergente comme multiple d'une série de Riemann convergente. Par comparaison pour les séries à termes positifs,
\begin{center}
\fbox{ la série de terme générale $v_{n+1}-v_n$ est donc  convergente.}
\end{center} 
On note alors $\gamma$ la valeur de sa somme
\[
\gamma=\sum_{n=1}^{+\infty} (v_{n+1}-v_n).
\]
\item Le calcul de la somme partielle de la série susnommée fait apparaitre une somme télescopique;
\[
\sum_{k=1}^{n-1} (v_{k+1}-v_k) = v_n - v_1 
\]
Or $v_1 = u_1 - 1$ et $u_1 = 1$ donc $v_1 = 0$ et 
\begin{center}
\fbox{$\ds \sum_{k=1}^{n-1} (v_{k+1}-v_k) = v_n$.}
\end{center}
Ainsi, $(v_n)$ est convergente et
\begin{center}
\fbox{$
\lim_{n\to+\infty} v_n = \lim_{n\to+\infty} \sum_{k=1}^{n-1} (v_{k+1}-v_k) = \sum_{k=1}^{n+\infty} (v_{k+1}-v_k)=\gamma. 
$}
\end{center}
\end{enumerate}\bigskip

\item \begin{enumerate}
\item Cette question n'étant pas vraiment formulée; on interprète l'énoncé comme une demande de justification de la convergence de $(u_n)$ et le calcul de sa limite. On voit que
\[
v_n=u_n-\frac{1}{n} \Longleftrightarrow u_n = v_n +\frac{1}{n}.
\]
Comme $(v_n)$ converge et que $1/n\to 0$, on en déduit que \begin{center}
\fbox{$(u_n)$ converge et a la même limite que $(v_n)$, c'est à dire $\gamma$.}
\end{center}
\item $(v_n)$ étant croissante et convergente vers $\gamma$, $(u_n)$ étant décroissante et convergente vers $\gamma$, on a bien l'encadrement demandé
\begin{center}
\fbox{
$\forall n \in \N^*,\quad  v_n\leq \gamma \leq u_n.$}
\end{center}

Ceci permet de voir que
\[
0 \leq u_n - \gamma = v_n-\gamma +\frac{1}{n} \leq \frac{1}{n},
\]
ce qui donne bien
\begin{center}
\fbox{$
|u_n-\gamma| \leq \frac{1}{n}.
$}
\end{center}
\item Le programme proposé permet de calculer une approximation de $\gamma$ à la précision \texttt{eps} près (rentrée par l'utilisateur). En effet, une telle approximation sera réalisée par un terme $u_n$ tel que $|u_n-\gamma|<\texttt{eps}$, ce qui, d'après la question précédente a lieu dès que $1/n<\texttt{eps}$. Il suffit de prendre le premier entier $n$ tel que $n>1/\texttt{eps}$, donné par $\lfloor \texttt{1/eps}\rfloor +1$.
\end{enumerate}
\end{enumerate}\bigskip

\textbf{Partie II: \'Etude d'une série}\bigskip
\begin{enumerate}
\item \begin{enumerate}
\item On a  pour tout entier naturel non nul $n$, 
\begin{align*}
2n - 1 \geq n & \Longleftrightarrow \dfrac{1}{2n-1} \leq \dfrac{1}{n} \\
& \longleftrightarrow \dfrac{1}{n(2n-1)} \leq \dfrac{1}{n^2}
\end{align*}
Donc, on a bien
\begin{center}
\fbox{$a_n \leq \dfrac{1}{n^2}$.}
\end{center}
\item La série de terme général $\dfrac{1}{2n^2}$ est un multiple d'une série de Riemann convergente. Par comparaison de deux séries à termes positifs, 
\begin{center}
 \fbox{la série de terme général $a_n$ converge.}
 \end{center} 
\end{enumerate} 
\item \begin{enumerate}
\item Observons que
\[
\sum_{k=1}^n \frac{1}{2k-1} = \sum_{k=1}^n \frac{1}{k}-\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{2k} \Longleftrightarrow \sum_{k=1}^n
\frac{1}{2k-1}+\sum_{k=1}^n \frac{1}{2k}=\sum_{k=1}^{2n} \frac{1}{k}
\]
et \begin{center}
\fbox{on reconnait une décomposition des indices de sommation selon leur parité.}
\end{center}
\item Il suffit de mettre au même dénominateur et de procéder par identification
\begin{eqnarray*}
\frac{1}{n(2n-1)}=\frac{\alpha}{n}+\frac{\beta}{2n-1} &\Longleftrightarrow & \frac{1}{n(2n-1)}=\frac{\alpha(2n-1)+\beta n}{n(2n-1)}\\
&\Longleftrightarrow & \left\{ \begin{array}{rcl}
2\alpha+\beta &=& 0\\
-\alpha &=& 1
\end{array}\right. \\
&\Longleftrightarrow & \left\{ \begin{array}{rcl}
\alpha &=& -1\\
\beta &=& 2
\end{array}\right.
\end{eqnarray*}
\begin{center}
\fbox{Donc $a_n = \dfrac{-1}{n} + \dfrac{2}{2n-1}$.}
\end{center}
\item On utilise les résultats des deux dernières questions
\begin{eqnarray*}
\sum_{k=1}^n a_k &=& -\sum_{k=1}^n \frac{1}{k} + 2 \sum_{k=1}^n \frac{1}{2k-1} \qquad (\text{d'après 2b.})\\
                             &=&-\sum_{k=1}^n \frac{1}{k}+2\left(\sum_{k=1}^{2n}\frac{1}{k}-\frac{1}{2}\sum_{k=1}^n \frac{1}{k}\right) \qquad (\text{d'après 2a.})\\
                             &=& 2\sum_{k=1}^{2n}\frac{1}{k} - 2\sum_{k=1}^n \frac{1}{k}
\end{eqnarray*}
On a bien 
\begin{center}
\fbox{$\ds \sum_{k=1}^n a_k =2\sum_{k=n+1}^{2n} \frac{1}{k}.$}
\end{center}
\end{enumerate}\bigskip

\item \begin{enumerate}
\item On revient à la définition de $u_n$
\begin{eqnarray*}
u_{2n}-u_n +\ln(2) &=& \sum_{k=1}^{2n} \frac{1}{k} -\ln(2n) -\sum_{k=1}^n \frac{1}{k} + \ln(n) + \ln(2)\\
                              &=& \sum_{k=n+1}^{2n} \frac{1}{k} -\ln(2)-\ln(n)+\ln(n) + \ln(2)
\end{eqnarray*}
c'est-à-dire
\begin{center}
\fbox{$\ds u_{2n}-u_n +\ln(2) =\sum_{k=n+1}^{2n} \frac{1}{k}.$}
\end{center}
\item D'après 2c. et 3a., on a
\begin{eqnarray*}
\sum_{k=1}^{+\infty} a_k &=& \lim_{n\to+\infty} \sum_{k=1}^n a_k \\
                                        &=& \lim_{n\to+\infty} 2\sum_{k=n+1}^{2n} \frac{1}{k}\\
                                        &=& 2\times \lim_{n\to+\infty} \left(u_{2n}-u_n +\ln(2)\right)                           
\end{eqnarray*}
or, comme $(u_n)$ converge, $u_{2n}$ et $u_n$ ont même limite et leur différence tend vers $0$. Donc 
\begin{center}
\fbox{$ \ds \sum_{k=1}^{+\infty} a_k = 2 \ln(2)$.}
\end{center}
\end{enumerate}\bigskip

\item \begin{enumerate}
\item  On voit que
\begin{eqnarray*}
\sum_{k=n+1}^{2n} \frac{1}{k}&=&\sum_{k=1}^n \frac{1}{n+k}\\
                                               &=&\sum_{k=1}^n \frac{1}{n\left(1+\frac{k}{n}\right)}\\
                                               &=&\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n\frac{1}{1+\frac{k}{n}}.
\end{eqnarray*}
\item On reconnait une série de Riemann, on a alors que
\[
\lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n \frac{1}{1+\frac{k}{n}} =\int_0^1\frac{\mathrm dx}{x+1}=\ln(2),
\]
et on retrouve bien la valeur précédente
\begin{align*}
\sum_{k=1}^{+\infty} a_k & = 2\lim_{n\to+\infty} \sum_{k=n+1}^{2n} \frac{1}{k} \\
& = 2 \lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n \frac{1}{1+\frac{k}{n}} \\
\end{align*}
Ainsi, on retrouve le résultat de la question précédente, à savoir,
\begin{center}
\fbox{$ \ds \sum_{k=1}^{+\infty} a_k = 2 \ln(2)$.}
\end{center}
\end{enumerate}
\end{enumerate}




\end{document}