\input{../preambules/preDM.tex}
\renewcommand{\P}{\mathscr{P}}
\newcommand{\e}{e}
\usepackage{enumitem}

\begin{document}

\chead{Correction Devoir maison n�10}
\lfoot{}
\cfoot{Int�gration.}

\begin{center}
\fbox{ \Large Correction Devoir maison n�10}
\end{center}

\section*{Exercice 1 - Obligatoire pour les groupes 8 � 11}


On consid�re la fonction $f$ d�finie 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 $(u_n)_{n\in \N}$ d�finie 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 r�currence $\forall n \in \N, u_n = f(u_{n-1}) \geq 0$. 
\begin{center}
\fbox{Pour tout entier $n$, $u_n$ existe. }
\end{center}

\item On �crit 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 �tudie la continuit� 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 m�me fa�on, 
\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 d�rivable sur $[e+1 ; + \infty[$. (montr� � 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'apr�s le r�sultat pr�c�dent, $\ln(1+x) (1+x) - x \geq 1$. Donc 
\begin{center}
\fbox{$ \forall x\geqslant e-1,\quad f'(x)\geqslant 0 $.}
\end{center}

\item Nous montrons par r�currence 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 H�r�dit�:} 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'int�resse � 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 d�croissante. Elle est �galement minor�e 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 n�cessairement 
\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 2 - Obligatoire pour les groupes 7 � 11}
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 - Obligatoire pour les groupes 1 � 6}
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 compos�e de fonction continue. L'int�grale $I_0$ 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 compos�e et produite de fonctions continues. L'int�grale $I_1$ 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 int�gration 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 d�croissante}
\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 d�croissante et minor�e 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'apr�s ce qui pr�c�de, 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'apr�s le th�or�me 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 compos�e et produit de fonctions continues. L'int�grale existe et 
\begin{align*}
2 I_{n+1} =  \int_0^1 (1 - x)^{n+1} \times 2 e^{-2x} dx
\end{align*}
On d�finit 
\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 int�gration 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-�-dire,
\begin{center}
\fbox{$
\forall n\in \mathbb{N},\quad 2I_{n+1}=1-\left( n+1\right) I_{n} 
$}
\end{center}

\item D'apr�s l'�galit� pr�c�dente, 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'�galit� pr�c�dente, 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'apr�s les questions pr�c�dentes, $\li_{n \to +\infty} I_{n+1} = 0$, $\li_{n \to +\infty} nI_n = 1$ 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 rempla�ant $a$ 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 4 - Obligatoire pour les groupes 3 � 11}

\begin{enumerate}
\item 
\begin{enumerate}
\item La fonction $t \mapsto \dis \frac{e^t}{t}$ est continue sur $\mathbb{R}_+^*$ (par quotient de fonctions usuelles avec un d�nominateur ne s'annulant pas). D'apr�s le Th�or�me fondamental de l'analyse, la fonction $f$ est de classe $\mathcal{C}^1$ sur $\mathbb{R}_+^*$ et pour tout $x>0$, on a :
\[ \boxed{f'(x) = \frac{e^x}{x}} \]
\item \fbox{$f(1)=0$.}
\item Soit $x \in [1,+ \infty[$. Pour tout $t \in [1,x]$, on a $e^t \geq e$ (croissance de l'exponentielle sur $\mathbb{R}$) et ainsi puisque $t>0$ :
\[ \frac{e^t}{t} \geq \frac{e}{t} \]
Les bornes �tant dans le bon sens ($1 \leq x$) et les fonctions continues, on a par croissance et lin�arit� :
\[ \int_{1}^x \frac{e^t}{t} \, dt \geq \int_{1}^x \frac{e}{t} \, dt = e \int_{1}^x \frac{1}{t} \, dt \]
On a donc :
\[ f(x) \geq e \big{[} \ln(\vert t \vert) \big{]}_{1}^x = e \ln(x) \]

\vspace{0.3cm}

\noindent \fbox{Conclusion : pour tout $x \geq 1$, $f(x) \geq e \ln(x)$.}
\item On a $\dis \lim_{x \rightarrow + \infty} e \ln(x)=+\infty$. D'apr�s la question pr�c�dente et par comparaison, on a :
\[ \lim_{x \rightarrow + \infty} f(x) = + \infty \]
\end{enumerate}
\item On a $\dis \lim_{x \rightarrow 0^+} e^x \ln(x) = - \infty$ (par produit). D'apr�s l'in�galit� admise et par comparaison, on a :
\[ \lim_{x \rightarrow + \infty} f(x) = - \infty \]
\item On a le tableau de variation suivant : 

\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[espcl=2]{$x$/1,$f(x)$/2}{$0$,$+ \infty$}
\tkzTabVar{D-/$-\infty$,+/$+\infty$}
\end{tikzpicture}
\end{center}
\item \begin{enumerate}
\item Pour tout $n \in \mathbb{N}$, on souhaite montrer l'existence d'un entier r�el $u_n$ tel que $\dis \int_1^{u_n} \frac{e^t}{t} \, dt = n$, ce qui est �quivalent � $f(u_n)=n$ car un tel r�el $u_n$ est n�cessairement strictement positif sinon l'int�grale est n�gative car l'int�grande est positive et les bornes dans le mauvais sens.

\vspace{0.3cm}

\noindent On sait que :

\begin{itemize}
\item La fonction $f$ est continue sur $\mathbb{R}_+^*$.
\item La fonction $f$ est strictement croissante car pour tout $x>0$, $f'(x) = \dis \frac{e^x}{x}>0$.
\item $n \in ]- \infty, + \infty[ = \dis \big{]} \lim_{x \rightarrow 0^+} f(x) ,  \lim_{x \rightarrow +\infty} f(x) \big{[}$.
\end{itemize}

\vspace{0.3cm}

D'apr�s le corollaire du Th�or�me de bijection, il existe un unique r�el $u_n$ strictement positif (et donc un unique r�el d'apr�s la remarque faite pr�c�demment) tel que $f(u_n)=n$.

\vspace{0.3cm}

\noindent \fbox{Conclusion : pour tout $n \geq 0$, il existe un unique r�el $u_n$ tel que $\dis \int_{1}^{u_n} \frac{e^t}{t} \, dt = n$.}
\item Soit $n \geq 0$. Par d�finition, $f(u_{n+1})=n+1$ et $f(u_n)=n$ donc $f(u_{n+1}) \geq f(u_n)$ et sachant que $f$ est croissante sur $\mathbb{R}_+^*$, on en d�duit que $u_{n+1} \geq u_n$.

\vspace{0.3cm}

\noindent \fbox{Conclusion : $(u_n)_{n \geq 0}$ est croissante.}
\item La suite est croissante donc elle converge ou alors elle diverge vers $+\infty$. Supposons qu'elle converge vers un r�el $\ell$. Ce r�el est sup�rieur ou �gal � $1$ car $u_1=1$ (cons�quence de $1.b)$). On sait que pour tout $n \geq 0$, $f(u_n)=n$. Or par continuit� de $f$ sur $\mathbb{R}_+^*$,
\[ \lim_{n \rightarrow + \infty} f(u_n) = f(\ell) \in \mathbb{R} \]
mais $\dis \lim_{n \rightarrow + \infty} f(u_n) = \dis \lim_{n \rightarrow + \infty} n = + \infty$. C'est absurde.

\vspace{0.3cm}

\noindent \fbox{Conclusion : la suite diverge vers $+ \infty$.}
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\section*{Exercice 5 - Obligatoire pour les groupes 1 � 7}
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 6 - Obligatoire pour les groupes 1 et 2}
\begin{enumerate}
\item  
Soit $x$ un r\'{e}el strictement positif.

On pose pour tout entier naturel $n:$%
\[
S_{n}(x)=\sum_{k=0}^{n}\frac{(-1)^{k}}{k+x+1}=\frac{1}{x+1}-\frac{1}{x+2}%
+\ldots 
\]
On se propose d'\'{e}tudier la limite $S(x)$ de $S_{n}(x)$ lorsque $%
n\rightarrow +\infty $.

Pour tout entier naturel $n$ on pose: 
\[
f_{p}(t)=\frac{t^{x+p}}{1+t}\text{ si }0<t\le 1\text{, }f_{p}(0)=0
\]
et $I_{p}(x)=\int_{0}^{1}f_{p}(t)dt$.

\item  On v\'{e}rifie que la fonctin $f_{p}$ est continue par morceaux sur$%
\left[ 0,1\right] :$

$\displaystyle
t^{x+p}=e^{\left( x+p\right) \ln \left( x\right) }\rightarrow 0$ quand $%
x\rightarrow 0^{+}$ car $x+p>0$

Donc $f_{p}$ est continue en 0 et $I_{p}\left( x\right) $ est bien
d\'{e}finie.

\item  Montrer que pour tout $t$ de $[0,1]:$%
\begin{eqnarray*}
\sum_{k=0}^{n}(-1)^{k}t^{k} &=&\sum_{k=0}^{n}(-t)^{k}=\frac{\left( -t\right)
^{n+1}-1}{-t-1}=\frac{1}{1+t}+(-1)^{n+1}\frac{t^{n+1}}{1+t} \\
\text{d'o\`{u} } &:&\text{ }\frac{1}{1+t}%
=\sum_{k=0}^{n}(-1)^{k}t^{k}+(-1)^{n+1}\frac{t^{n+1}}{1+t}
\end{eqnarray*}

\item  On en d\'{e}duit en multipliant par $t^{x}$ que pour tout $x>0:$%
\[
\text{ }\frac{t^{x}}{1+t}=\sum_{k=0}^{n}(-1)^{k}t^{k+x}+(-1)^{n+1}\frac{%
t^{n+x+1}}{1+t}
\]
fonctions continues par morceaux sur $\left[ 0,1\right] $ (prolongeables par
continuit\'{e} en 0) que l'on int\`{e}gre sur $\left[ 0,1\right] :$

Mais la primitive$F\left( t\right) =$ $t^{k+x+1}$ n'est pas d\'{e}finie en 0$%
\dots $ on la prolonge en 0 par 0. Esr-elle ainsi d\'{e}rivable en 0 ?

Comme sa d\'{e}riv\'{e}e est $\left( k+x+1\right) t^{k+x}\rightarrow 0$ car $%
k+x>0$ alors $F$ est d\'{e}rivable en $0$ et $F^{\prime }\left( 0\right) =0$

(Ou bien, on calcule $\int_{\varepsilon }^{1}$ qui est continue par rapport
\`{a} $\varepsilon $ et on fait tendre $\varepsilon $ vers 0) 
\begin{eqnarray*}
\int_{0}^{1}\frac{t^{x}}{1+t}dt
&=&\sum_{k=0}^{n}(-1)^{k}\int_{0}^{1}t^{k+x}dt+(-1)^{n+1}\int_{0}^{1}\frac{%
t^{n+x+1}}{1+t}dt \\
&=&\sum_{k=0}^{n}(-1)^{k}\left[ \frac{t^{k+x+1}}{k+x+1}\right]
_{0}^{1}+(-1)^{n+1}\int_{0}^{1}\frac{t^{n+x+1}}{1+t}dt \\
\int_{0}^{1}\frac{t^{x}}{1+t}dt &=&S_{n}(x)+R_{n}(x)\text{ o\`{u} }%
R_{n}(x)=(-1)^{n+1}\int_{0}^{1}\frac{t^{n+x+1}}{1+t}dt
\end{eqnarray*}

\item  On majore le contenu pour $t\in \left[ 0,1\right] $ on a $1+t\ge 1$
don $\displaystyle
0\le \frac{1}{t+1}\le 1.$

\item  Et $0\le t^{n+x+1}\le t^{n+1}$ car $t\in \left[ 0,1\right] $ donc la
fonction $x\rightarrow t^{x}$ est d\'{e}croissante. D'o\`{u} : 
\[
\frac{t^{n+x+1}}{1+t}\le t^{n+1}
\]
En int\'{e}grant l'in\'{e}galit\'{e} ($0\le 1$) on a alors : 
\[
0\le \int_{0}^{1}\frac{t^{n+x+1}}{1+t}dt\le \int_{0}^{1}t^{n+1}dt
\]
\[
0\le \int_{0}^{1}\frac{t^{n+x+1}}{1+t}dt\le \frac{1}{n+2}
\]

\item  Par encadrement 
\[
\left( -1\right) ^{n+1}\int_{0}^{1}\frac{t^{n+x+1}}{1+t}dt\rightarrow 0\;%
\text{quand }n\rightarrow +\infty 
\]
et comme 
\begin{eqnarray*}
S_{n}(x) &=&\int_{0}^{1}\frac{t^{x}}{1+t}dt-R_{n}(x) \\
&\rightarrow &\int_{0}^{1}\frac{t^{x}}{1+t}dt=S\left( x\right) 
\end{eqnarray*}

\item  Etude du cas $x=1/2$.On a alors 
\[
S(1/2)=\int_{0}^{1}\frac{t^{1/2}}{1+t}dt
\]

\item  Le changement de variable $u=t^{1/2}$ n'est pas d\'{e}rivable en $0,$
on le retourne en $t=u^{2}$

D'o\`{u} $dt\leftrightarrow 2udu$ 
\begin{eqnarray*}
S(1/2) &=&\int_{0}^{1}\frac{t^{1/2}}{1+t}dt=\int_{0}^{1}\frac{u^{2}{}^{1/2}}{%
1+u^{2}}2udu \\
&=&2\int_{0}^{1}\frac{u^{2}{}}{1+u^{2}}du=2\int_{0}^{1}\frac{u^{2}{}+1-1}{%
1+u^{2}}du \\
&=&2\int_{0}^{1}1-\frac{1}{1+u^{2}}du \\
&=&2-2\int_{0}^{1}\frac{1}{1+u^{2}}du \\
&=&2-\frac{\pi }{2}
\end{eqnarray*}

\item  On a 
\[
S\left( 1/2\right) =\lim_{n\rightarrow +\infty }\sum_{k=0}^{n}\frac{(-1)^{k}%
}{k+1/2+1}
\]
Or 
\begin{eqnarray*}
\sum_{k=0}^{n}\frac{(-1)^{k}}{k+1/2+1} &=&\sum_{k=0}^{n}\frac{(-1)^{k}}{k+3/2%
}=2\sum_{k=0}^{n}\frac{(-1)^{k}}{2k+3} \\
&=&2\sum_{h=1}^{n+1}\frac{(-1)^{h-1}}{2h+1} \\
&=&-2\sum_{k=0}^{n+1}\frac{(-1)^{k}}{2k+1}+2
\end{eqnarray*}
Donc 
\begin{eqnarray*}
\sum_{k=0}^{n+1}\frac{(-1)^{k}}{2k+1} &=&\frac{-1}{2}\left( \sum_{k=0}^{n}%
\frac{(-1)^{k}}{k+1/2+1}-2\right)  \\
&\rightarrow &\frac{\pi }{4}.
\end{eqnarray*}
\end{enumerate}

\end{document}