$n$ est un entier naturel non nul.

On considère la famille de fonctions $f_n$ définies sur l’intervalle $]-1\,,\,+\infty[$ par :

$$f_n(x)=x^{n}\ln(1+x)$$

PARTIE I

Cette partie est consacrée à l’étude de la famille des fonctions $f_n$.

Soit $n\in \mathbb{N}^{*}$. On note $g_{n}$ la fonction définie sur $]-1\,,\,+\infty[$ par :

$$g_{n}(x)=n\ln(1+x)+\frac{x}{1+x}$$

1. Justifier la dérivabilité de $g_{n}$ sur l’intervalle $]-1\,,\,+\infty[$.
On note $g’_{n}$ sa fonction dérivée.
Pour tout $x\in ]-1\,,\,+\infty[$, calculer $g’_{n}(x)$.

2. Etudier le sens de variation des fonctions $g_{n}$ et dresser le tableau de variations.

3. Calculer $g_{n}(0)$, puis en déduire le signe de $g_{n}$ sur l’intervalle $]-1\,,\,+\infty[$.

4. Etude du cas particulier $n=1$

4.1 Après avoir justifié la dérivabilité de $f_{1}$ sur l’intervalle $]-1\,,\,+\infty[$, exprimer $f’_{1}(x)$ en fonction de $g_{1}(x)$.

4.2 En déduire les variations de la fonctions $f_{1}$ sur l’intervalle $]-1\,,\,+\infty[$.

5. Soit $n$ un entier naturel supérieur ou égal à $2$.

5.1 Justifier la dérivabilité de $f_{n}$ sur l’intervalle $]-1\,,\,+\infty[$ et exprimer $f’_{n}(x)$ en fonction de $g_{n}(x)$

5.2 En déduire les variations de $f_{n}$ sur l’intervalle $]-1\,,\,+\infty[$. On précisera les limites aux bornes.

PARTIE II

Cette partie est consacrée à l’étude d’une suite définie à l’aide d’une intégrale.

$n$ est un entier naturel non nul.

On considère la suite $(I_{n})_{n\in\mathbb{N}^{*}}$ de terme général :

$$I_{n}=\int_{0}^{1}f_{n}(x)dx$$

1. Calcul de $I_{1}$

1.1 Prouver l’existence de trois réels $a,\,b$ et $c$ tels que :

$$\forall x\in [0\,,\,1]\,,\,\frac{x^{2}}{x+1}=ax+b+\frac{c}{x+1}$$

1.2 En déduire la valeur de l’intégrale :

$$\int_{0}^{1}\frac{x^{2}}{x+1}dx$$

1.3 Montrer que $I_{1}=\frac{1}{4}$.

2. Convergence de la suite $(I_{n})_{n\in\mathbb{N}^{*}}$ :

2.1 Montrer que la suite $(I_{n})_{n\in\mathbb{N}^{*}}$ est monotone.

2.2 Justifier la convergence de la suite $(I_{n})_{n\in\mathbb{N}^{*}}$. (On ne demande pas de donner sa limite).

2.3 Démontrer que, pour tout entier naturel non nul n, on a :

$$0\leq I_{n}\leq\frac{\ln(2)}{n+1}$$

2.4 En déduire la limite de la suite $(I_{n})_{n\in\mathbb{N}^{*}}$.

3. Calcul de $I_{n}$ pour $n\geq 2$ :

Pour tout réel $x$ de $[0\,,\,1]$ et pour tout entier naturel $n\geq 2$, on pose :

$$S_{n}(x)=1-x+x^{2}+\,\cdots\,+(-1)^{n}x^{n}=\sum_{k=0}^{n}{(-1)^{n}x^{k}}$$

3.1 Montrer que :

$$\forall n\geq 2\,,\,S_{n}(x)=\frac{1}{1+x}+\frac{(-1)^{n}x^{n+1}}{1+x}$$

3.2 En déduire que :

$$\sum_{k=0}^{n}{\frac{(-1)^{k}}{k+1}}=\ln(2)+(-1)^{n}\int_{0}^{1}\frac{x^{n+1}}{1+x}dx$$

3.3 Montrer que :

$$I_{n}=\frac{\ln(2)}{n+1}+\frac{(-1)^{n}}{n+1}\Bigg(\ln(2)-\bigg(1-\frac{1}{2}+\,\cdots\,+\frac{(-1)^{n}}{n+1}\bigg)\Bigg)$$

FIN

Vous trouverez dans cet onglet des indications pour les questions délicates ou particulièrement difficiles

Partie I – Question 5.2 :

Il faudra faire la distinction entre le cas $n$ pair et le cas $n$ impair.

• Lorsque $n$ est pair, $n-1$ est impair et le réel $x^{n-1}$ change de signe en $0$.
• Lorsque $n$ est impair, $n-1$ est pair et le réel $x^{n-1}$ est toujours positif.

Partie II – Question 3.1 :

Il faudra reconnaître la somme des $n+1$ termes consécutifs d’une suite géométrique de raison $(-x)$.

Partie II – Question 3.2 :

Il faudra penser à intégrer les deux expressions de $S_{n}(x)$ sur l’intervalle $[0\,,\,1]$.

Partie II – Question 3.3 :

Il faudra utiliser une intégration par parties.

Ici, on ne connaît pas de primitive de la fonction $x\,\mapsto\,\ln(1+x)$ mais on connait une primitive de $x\,\mapsto\,x^{n}$.

On posera donc $u(x)=\ln(1+x)$ et $v'(x)=x^{n}$ et on soignera la rédaction

Voici la formule d’intégration par parties, pour rappel :

Soient $u$ et $v$ deux fonctions dérivables sur un intervalle $[a\,,\,b]$ à dérivées continues sur ce même intervalle $[a\,,\,b]$.

Alors,

$$\int_{a}^{b}u(x)v'(x)dx=\bigg[u(x)v(x)\bigg]_{a}^{b}-\int_{a}^{b}u'(x)v(x)dx$$

PARTIE I

1. Dérivabilité de $\large g_{n}$ sur $\large ]-1\,,\,+\infty[$ et expression de $\large g’_{n}$ :

$n$ est un entier naturel non nul, et $g_{n}$ est la fonction définie sur $]-1\,,\,+\infty[$ par :

$$g_{n}(x)=n\ln(1+x)+\frac{x}{1+x}$$

La fonction $x\,\mapsto\,\ln(1+x)$ est la composée de $x\,\mapsto\, x+1$ par $x\,\mapsto\,\ln(x)$ or la fonction $x\,\mapsto\,\ln(x)$ est dérivable sur $]0\,,\,+\infty[$ et la fonction $x\,\mapsto\, x+1$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ et est à valeurs strictement positives sur $]-1\,,\,+\infty[$, donc par composition, $x\,\mapsto\,\ln(1+x)$ est dérivable sur $]-1\,,\,+\infty[$.

Naturellement, la fonction $x\,\mapsto\,n\ln(1+x)$ est dérivable sur $]-1\,,\,+\infty[$.

La fonction $\displaystyle x\,\mapsto\,\frac{x}{1+x}$ est le quotient de $x\,\mapsto\,x$ dérivable sur $\mathbb{R}$ par la fonction $x\,\mapsto\, x+1$ sur $\mathbb{R}$ et ne s’annulant pas sur $\mathbb{R}-\{-1\}$, donc la fonction $\displaystyle x\,\mapsto\,\frac{x}{1+x}$ est dérivable sur $]-1\,,\,+\infty[$.

La fonction $g_{n}$ est la somme de deux fonctions dérivables sur $]-1\,,\,+\infty[$, donc $g_{n}$ est dérivable sur $]-1\,,\,+\infty[$.

Expression de $g’_{n}(x)$ :

$g_{n}$ est dérivable sur $]-1\,,\,+\infty[$ et pour tout $x>-1$, on a :

$$\begin{align} g’_{n}(x)&=\frac{n}{x+1}+\frac{1(1+x)-x}{(1+x)^{2}}\\&=\frac{n}{x+1}+\frac{1}{(1+x)^{2}}\\&=\frac{n(x+1)+1}{(1+x^{2})}\\&=\frac{nx+n+1}{(1+x)^{2}} \end{align}$$

$g_{n}$ est dérivable sur $]-1\,,\,+\infty[$ et pour tout $x>-1$, on a $\displaystyle g’_{n}(x)=\frac{nx+n+1}{(1+x)^{2}}$

2. Sens de variation de $\large g_{n}$ :

$g’_{n}(x)$  est du signe du numérateur $nx+n+1$.

Comme ici $x>-1$ et $n>0$, alors $nx>-n$ et $nx+n>0$. On en déduit que $g’_{n}(x)>0$.

Donc $g_{n}$ est strictement croissante sur $]-1\,,\,+\infty[$.

 

Calcul de la limite de $g_{n}$ en $-1$ :

D’une part, la fonction $x\,\mapsto\,\ln(1+x)$ est la composée de $x\,\mapsto\, x+1$ par $x\,\mapsto\,\ln(x)$ or $\displaystyle\lim_{\substack{x\to -1 \\ x>-1}}1+x=0^{+}$ et $\displaystyle\lim_{\substack{X\to 0 \\ X>0}}\ln(X)=-\infty$, on peut donc écrire $\displaystyle\lim_{\substack{x\to -1 \\ x>-1}}\ln(1+x)=\lim_{\substack{X\to 0 \\ X>0}}\ln(X)=-\infty$ par composition avec $X=1+x$.

Naturellement, $\displaystyle\lim_{\substack{x\to -1 \\ x>-1}}n\ln(1+x)=-\infty$.

Et d’autre part, comme $\displaystyle\lim_{x\to -1}x=-1$ et $\displaystyle\lim_{\substack{x\to -1 \\ x>-1}}1+x=0^{+}$, on a par quotient $\displaystyle\lim_{\substack{x\to -1 \\ x>-1}}\frac{x}{1+x}=-\infty$.

Donc, par somme on a $\displaystyle\lim_{\substack{x\to -1 \\ x>-1}}g_{n}(x)=-\infty$.

Calcul de la limite de $g_{n}$ en $+\infty$ :

On a $\displaystyle\lim_{x\to +\infty} 1+x=+\infty$ et $\displaystyle\lim_{X\to +\infty}\ln(X)=+\infty$ donc par composition avec $X=1+x$, on a $\displaystyle\lim_{x\to +\infty}\ln(1+x)=\lim_{X\to +\infty}\ln(X)=+\infty$, d’une part.

Et d’autre part, on a $\displaystyle\lim_{x\to +\infty}x=+\infty$ et $\displaystyle\lim_{x\to +\infty}\frac{x}{x+1}=\lim_{x\to +\infty}\frac{x}{x}=1$ du fait qu’au voisinage de $+\infty$ et $-\infty$, une fonction rationnelle a les mêmes limites que le quotient de plus haut degré du numérateur et du dénominateur.

Si on n’utilise pas cette propriété, on applique la méthode habituelle en factorisant numérateur et dénominateur dans l’expression $\displaystyle\frac{x}{1+x}$ par le terme de plus haut degré.

Donc pour tout $\displaystyle x\in ]-1\,,\,+\infty[-\{0\}$ on a $\displaystyle\frac{x}{1+x}=\frac{x}{x(1+\frac{1}{x})}=\frac{1}{1+\frac{1}{x}}$.

Comme $\displaystyle\lim_{x\to +\infty}1+\frac{1}{x}$ alors par quotient $\displaystyle\lim_{x\to +\infty}\frac{x}{1+x}=1$.

Donc, par somme on a $\displaystyle\lim_{x\to +\infty}g_{n}(x)=+\infty$.

Tableau de variations de $g_{n}$ :

$$\large\begin{array}{|c|lcr|} \hline x & -1\qquad\qquad\qquad & & \qquad\qquad\qquad+\infty \\  \hline \text{Signe de } g’_{n}(x) & & + &  \\  \hline \\  \text{Variations de } g_{n} &-\infty & \nearrow & +\infty \\  \\ \hline \end{array}$$

 

3. Valeur de $\large g_{n}(0)$ et signe de $\large g_{n}$ sur $\large ]-1\,,\,+\infty[$ :

$0$ appartient au domaine de définition de $g_{n}$ et $g_{n}(0)=n\ln(1+0)+\frac{0}{1+0}=0$.

Comme $g_{n}$ est strictement croissante sur $]-1\,,\,+\infty[$, alors on a $g_{n}<0$ sur $]-1\,,\,0[$ et $g_{n}>0$ sur $]0\,,\,+\infty[$.

D’où le tableau de signe de $g_{n}$ :

$$\large\begin{array}{|c|lcr|} \hline x & -1\qquad\qquad\qquad\qquad& 0 &\qquad\qquad\qquad\qquad+\infty \\  \hline \\\text{Signe de } g_n(x) &\qquad\qquad -\qquad\qquad&0&\qquad\qquad +\qquad\qquad \\ \\ \hline \end{array}$$

 

4. Etude du cas particulier $\large n=1$ :

$\forall x\in ]-1\,,\,+\infty[$ , on a $f_1(x)=x\ln(1+x)$

4.1 Dérivabilité de $\large f_{1}$ sur $\large ]-1\,,\,+\infty[$ et expression de $\large f’_{1}(x)$ en fonction de $\large g_{1}(x)$ :

Nous avons vu à la question 1 de la partie I que la fonction $x\mapsto\ln(1+x)$ est dérivable sur $]-1\,,\,+\infty[$. Comme la fonction $x\,\mapsto\,x$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ et a fortiori sur $]-1\,,\,+\infty[$, alors par produit, $f_{1}$ est dérivable sur $]-1\,,\,+\infty[$ et $\displaystyle f’_{1}(x)=\ln(1+x)+\frac{x}{1+x}=g_{1}(x)$.

4.2 Variations de $f_{1}$ sur $]-1\,,\,+\infty[$ :

$f_{1}$ est du même signe que $g_{1}$, donc $f_{1}$ est strictement décroissante sur $]-1\,,\,0[$ et strictement croissante sur $]0\,,\,+\infty[$.

Tableau de variations de $f_{1}$ :

$$\large\begin{array}{|c|lcccr|} \hline x & -1\qquad&&\qquad 0 \qquad &&\qquad +\infty \\  \hline \hline\\ \text{Variations de } f_1 &+\infty &\searrow&0&\nearrow &+\infty \\ \\ \hline \end{array}$$

 

5. Etude du cas général ($\large n\geq 2$) :

$n$ est un entier naturel supérieur ou égal à $2$.

$\forall x\in ]-1\,,\,+\infty[$, on a :

$$f_{n}(x)=x^{n}\ln(1+x)$$

5.1 Dérivabilité de $f_{n}$ sur $]-1\,,\,+\infty[$ et expression de $f’_{n}(x)$ en fonction de $g_{n}(x)$ :

Nous avons vu à la question 1 de la partie I que la fonction $x\to\ln(1+x)$ est dérivable sur $]-1\,,\,+\infty[$.

Comme $n\geq 2$, alors la fonction $x\,\mapsto\,x^{n}$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ et a fortiori sur $]-1\,,\,+\infty[$, alors par produit, $f_{n}$ est dérivable sur $]-1\,,\,+\infty[$.

$\forall x\in ]-1\,,\,+\infty[$, on a, $$\begin{align} f’_{n}(x)&=nx^{n-1}\ln(1+x)+\frac{x^{n}}{1+x}\\&=x^{n-1}\bigg(n\ln(1+x)+\frac{x}{1+x}\bigg)\\&=x^{n-1}g_{n}(x) \end{align}$$

$f_{n}$ est dérivable sur $]-1\,,\,+\infty[$ et $f’_{n}(x)=x^{n-1}g_{n}(x)$

5.2 Variations de $f_{n}$ sur $]-1\,,\,+\infty[$ :

La difficulté de cette question réside dans le fait qu’il faut remarquer que le signe de $f’_{n}$ dépend aussi de la parité de $n$, ainsi il faut distinguer les cas $n$ pair et $n$ impair.

Soit $n$ un entier naturel supérieur ou égal à $2$.

Étude du cas $n$ pair :

Si $n$ est pair, alors $n-1$ est impair et on a le tableau de signe suivant :

$$\large\begin{array}{|c|lcccr|} \hline x & -1\qquad\qquad& & 0 & & \qquad\qquad+\infty \\ \hline \text{Signe de }x^{n+1} &&-\qquad\qquad&0&\qquad\qquad+&\\ \hline \text{Signe de }g_{n}(x) &&-\qquad\qquad&0&\qquad\qquad+& \\ \hline \\ \text{Signe de }f’_{n} &&+\qquad\qquad&0&\qquad\qquad+&\\ \\ \hline \end{array}$$

 

Limite de $f_n$ en $-1$ :

On a $\displaystyle\lim_{x\to -1}x^{n}=(-1)^{n}=1$ car $n$ est pair.

On a vu à la question 2 de la partie I que $\displaystyle\lim_{\substack{x\to -1 \\ x>-1}}\ln(1+x)=-\infty$, donc par produit, on a $\displaystyle\lim_{\substack{x\to -1 \\ x>-1}}f_{n}(x)=-\infty$.

 

Limite de $f_{n}$ en $+\infty$ :

On a $\displaystyle\lim_{x\to +\infty}x^{n}=+\infty$, d’une part, et d’autre part, $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\ln(1+x)=+\infty$ d’après la question 2 de la partie I. Donc par produit, on a $\displaystyle\lim_{x\to +\infty}f_{n}(x)=\lim_{x\to +\infty}x^{n}\ln(1+x)=+\infty$.

 

Tableau de variations de $f_{n}$ sur l’intervalle $]-1\,,\,+\infty[$, lorsque $n$ est pair :

$$\large\begin{array}{|c|lcccr|} \hline x & -1\qquad\qquad& & 0 & & \qquad\qquad+\infty \\ \hline \text{Signe de }f’_{n} &&+\qquad\qquad&0&\qquad\qquad+& \\ \hline\\\text{Variations de } f_{n}& -\infty &&\nearrow &&+\infty\\\\\hline \end{array}$$

 

Étude du cas $n$ impair :

Si $n$ est impair, alors $n-1$ est pair et on a le tableau de signe suivant :

$$\large\begin{array}{|c|lcccr|} \hline x & -1\qquad\qquad& & 0 & & \qquad\qquad+\infty \\ \hline \text{Signe de }x^{n+1} &&+\qquad\qquad&0&\qquad\qquad+&\\ \hline \text{Signe de }g_{n}(x) &&-\qquad\qquad&0&\qquad\qquad+& \\ \hline \\ \text{Signe de }f’_{n} &&-\qquad\qquad&0&\qquad\qquad+&\\ \\ \hline \end{array}$$

 

Limite de $f_n$ en $-1$ :

On a $\displaystyle\lim_{x\to -1}x^{n}=(-1)^{n}=-1$ car $n$ est impair, et $\displaystyle\lim_{\substack{x\to -1 \\ x>-1}}f_{n}(x)=-\infty$ d’après la question 2 de la partie I.

donc, par produit on a $\displaystyle\lim_{\substack{x\to -1 \\ x>-1}}f_{n}(x)=+\infty$

Remarque :

La droite d’équation $x=-1$ est une asymptote verticale aux courbe $C_{n}$.

 

Limite de $f_{n}$ en $+\infty$ :

La limite $\displaystyle\lim_{x\to +\infty}f_{n}(x)$ lorsque $n$ est impair est la même que dans le cas où $n$ est pair.

On a $\displaystyle\lim_{x\to +\infty}f_{n}(x)=+\infty$.

 

Tableau de variations de $f_{n}$ sur l’intervalle $]-1\,,\,+\infty[$, lorsque $n$ est impair :

$$\large\begin{array}{|c|lcccr|} \hline x & -1\qquad\qquad& & 0 & & \qquad\qquad+\infty \\ \hline \text{Signe de }f’_{n} &&-\qquad\qquad&0&\qquad\qquad+& \\ \hline\\\text{Variations de } f_{n}& +\infty &\searrow\qquad&0&\qquad\nearrow&+\infty\\\\\hline \end{array}$$

 

PARTIE II

Etude d’une suite définie par une intégrale.

$n$ est un entier naturel non nul.

On considère la suite $(I_{n})_{n\in\mathbb{N}^{*}}$ de terme général :

$$I_{n}=\int_{0}^{1}f_{n}(x)dx$$

1. Calcul de $I_{1}$ :

1.1 Existence de trois réels $a,\,b$ et $c$ tels que $\displaystyle\forall x\in [0\,,\,1]\,,\,\frac{x^{2}}{x+1}=ax+b+\frac{c}{x+1}$ :

On a, $$\begin{align} ax+b+\frac{c}{x+1}&=\frac{ax(x+1)+b(x+1)+c}{x+1}\\&=\frac{ax^{2}+(a+b)x+b+c}{x+1} \end{align}$$

L’égalité ci-dessus est vérifiée si : $\begin{cases} a &= 1 \\ a+b &=0 \\ b+c&=0\end{cases}$, c’est à dire, si $\begin{cases} a &= 1 \\ b &=-1 \\ c&=1\end{cases}$

Finalement, $\forall x\in [0\,,\,1]$, $\displaystyle\frac{x^{2}}{x+1}=x-1+\frac{1}{x+1}$

1.2 Valeur de $\displaystyle\int_{0}^{1}\frac{x^{2}}{x+1}dx$ :

La fonction $\displaystyle x\mapsto\frac{x^{2}}{x+1}$ est continue sur $[0\,,\,1]$, on peut donc l’intégrer sur cet intérvalle.

D’après la question précédente, on a :

$$\begin{align} \int_{0}^{1}\frac{x^{2}}{x+1}dx&=\int_{0}^{1}\bigg(x-1+\frac{1}{x+1}\bigg)dx\\&=\bigg[\frac{x^{2}}{2}-x+\ln(x+1)\bigg]_{0}^{1}\\&=\frac{1}{2}-1+\ln(2)\\&=\ln(2)-\frac{1}{2} \end{align}$$

Ainsi, $\displaystyle\int_{0}^{1}\frac{x^{2}}{x+1}dx=\ln(2)-\frac{1}{2}$

1.3 Valeur de $I_{1}$ :

Il s’agit de montrer que $I_{1}$ vaut $\frac{1}{4}$. Pour ce faire, nous utilisons une intégration par parties.

On a $\displaystyle I_{1}=\int_{0}^{1}f_{1}(x)dx=\int_{0}^{1}x\ln(1+x)dx$

L’idée est que nous savons déterminer une primitive de $x\mapsto x$, on va donc dériver $x\mapsto\ln(1+x)$ pour la faire disparaître.

On applique la formule d’intégration par parties en posant :

$\begin{cases} u(x) &= \ln(1+x) \\ v'(x) &=x \end{cases}$

$u$ est dérivable sur $[0\,,\,1]$ et $u'(x)=\displaystyle\frac{1}{1+x}$.

$v’$ est continue sur $[0\,,\,1]$, on peut donc l’intégrer sur cet intervalle est une primitive de $v’$ sur $[0\,,\,1]$ est donnée par $\displaystyle v(x)=\frac{x^{2}}{2}$.

Les fonctions $u$ et $v$ ainsi définies sont continues sur $[0\,,\,1]$, à dérivées continues $[0\,,\,1]$, ce qui permet d’effectuer une intégration par parties, et on a :

$$\begin{align} I_{1}&=\int_{0}^{1}x\ln(1+x)dx\\&=\bigg[\frac{x^{2}\ln(1+x)}{2}\bigg]_{0}^{1}-\frac{1}{2}\int_{0}^{1}\frac{x^{2}}{x+1}dx\\&=\frac{\ln(2)}{2}-\frac{1}{2}\bigg(\ln(2)-\frac{1}{2}\bigg)\\&=\frac{1}{4} \end{align}$$

Donc, $\displaystyle I_{1}=\frac{1}{4}$

2. Convergence de la suite $\displaystyle (I_{n})_{n\in\mathbb{N}^{*}}$ :

2.1 La suite $\displaystyle (I_{n})_{n\in\mathbb{N}^{*}}$ est monotone :

Il suffit de comparer $I_{n}$ et $I_{n+1}$. Comme ce sont des intégrales, on compare les fonctions sous les intégrales sur l’intervalle $[0\,,\,1]$ puis on conclut.

Pour tout $x\in [0\,,\,1]$, on a $x^{n+1}-x^{n}=x^{n}(x-1)\leq 1$ et $\ln(1+x)\geq 0$ car $1+x\geq 1$, on en déduit que $x^{n+1}\ln(1+x)\leq x^{n}\ln(1+x)$, et comme les bornes des intégrales sont en ordre croissant ($0\leq 1$), et que les fonctions $x\,\mapsto\,x^{n+1}\ln(1+x)$ et $x\,\mapsto\,x^{n}\ln(1+x)$ sont continues sur $[0\,,\,1]$, alors on peut intégrer dans l’inégalité et écrire :

$$\int_{0}^{1}x^{n+1}\ln(1+x)dx\leq\int_{0}^{1}x^{n}\ln(1+x)dx$$ et $$I_{n+1}\leq I_{n}$$

La suite $\displaystyle (I_{n})_{n\in\mathbb{N}^{*}}$ est décroissante.

Une autre rédaction est la suivante :

On a,

$$\begin{align} I_{n+1}-I_{n}&=\int_{0}^{1}x^{n+1}\ln(1+x)dx-\int_{0}^{1}x^{n}\ln(1+x)dx\\&= \int_{0}^{1}(x-1)x^{n}\ln(1+x)dx \end{align}$$

Comme $\forall x\in [0\,,\,1]$, on a $\begin{cases} x^{n} &\geq 0 \\ \ln(1+x) &\geq 0 \\ x-1 &\leq 0 \end{cases}$ alors $(x-1)x^{n}\ln(1+x)\leq 0$.

Les fonctions $x\mapsto (x-1)x^{n}\ln(1+x)$ et $x\mapsto 0$ sont continues sur l’intervalle $[0\,,\,1]$, on peut donc les intégrer sur cet intervalle et on a,

$$\begin{align} \int_{0}^{1}(x-1)x^{n}\ln(1+x)dx&\leq\int_{0}^{1}0dx\\I_{n+1}-I_{n}&\leq 0\end{align}$$

Ce qui nous permet de conclure quant à la décroissance de la suite $\displaystyle (I_{n})_{n\in\mathbb{N}^{*}}$.

2.2 Convergence de la suite $\displaystyle (I_{n})_{n\in\mathbb{N}^{*}}$ :

On a $\displaystyle I_{n}=\int_{0}^{1}f_{n}(x)dx=\int_{0}^{1}x^{n}\ln(1+x)dx$

La fonction $x\,\mapsto\,x^{n}\ln(1+x)$ est positive ou nulle sur l’intervalle $[0\,,\,1]$ (cf. Question précédente), les bornes de l’intégrale $I_{n}$ sont en ordre croissant. $\displaystyle I_{n}=\int_{0}^{1}x^{n}\ln(1+x)dx$ est positive ou nulle donc $\displaystyle (I_{n})_{n\in\mathbb{N}^{*}}$ est minorée par zéro.

La suite $\displaystyle (I_{n})_{n\in\mathbb{N}^{*}}$ est décroissante, minorée par zéro alors d’après le théorème de la convergence monotone, elle converge.

2.3 Encadrement de $I_{n}$ :

Il s’agit de démontrer que pour tout entier naturel non nul $n$, on a $\displaystyle 0\leq I_{n}\leq\frac{\ln(2)}{n+1}$.

Pour encadrer $I_{n}$, on encadre son contenu. Le dénominateur de $\displaystyle\frac{\ln(2)}{n+1}$ suggère que l’on doit :

(1) Conserver la fonction polynomiale (donc continue sur $\mathbb{R}$) $x\,\mapsto\,x^{n}$ dont une primitive est la fonction $\displaystyle x\,\mapsto\,\frac{x^{n+1}}{n+1}$.

(2) Et encadrer la fonction $x\,\mapsto\,\ln(1+x)$ sur l’intervalle $[0\,,\,1]$.

Soit $n$ un entier naturel non nul, et soit $x$ un réel appartenant à l’intervalle $[0\,,\,1]$.

$0\leq x\leq 1$ alors $1\leq x+1\leq 2$, comme la fonction $\ln$ est croissante sur  l’intervalle $[1\,,\,2]$ et que $1$, $1+x$ et $2$ en sont des éléments, alors $\ln(1)\leq\ln(1+x)\leq\ln(2)$

Comme $x^{n}\geq 0$ pour tout  $x\in [0\,,\,1]$, alors $0\leq x^{n}\ln(1+x)\leq x^{n}\ln(2)$

Les fonctions $x\,\mapsto\, 0$, $x\,\mapsto\, x^{n}\ln(1+x)$ et $x\,\mapsto\,x^{n}\ln(2)$ étant continues sur $[0\,,\,1]$, on peut intégrer dans l’inégalité.

Enfin, comme $0\leq 1$, on a :

$$\int_{0}^{1}0dx\leq\int_{0}^{1}x^{n}\ln(1+x)dx\leq\int_{0}^{1}\ln(2)x^{n}dx$$

$$0\leq I_{n}\leq\ln(2)\int_{0}^{1}x^{n}dx$$

$$0\leq I_{n}\leq\ln(2)\bigg[\frac{x^{n+1}}{n+1}\bigg]_{0}^{1}$$

Finalement, pour tout entier naturel $n$ non nul, on a $\displaystyle 0\leq I_{n}\leq\frac{\ln(2)}{n+1}$.

2.4 Limite de la suite $(I_{n})_{n\in\mathbb{N}^{*}}$ :

On vient de démontrer que pour tout entier naturel $n$ non nul, on a $\displaystyle 0\leq I_{n}\leq\frac{\ln(2)}{n+1}$.

Comme $\displaystyle\lim_{n\to +\infty}\frac{\ln(2)}{n+1}=0$,

Alors, d’après le théorème des gendarmes, $\displaystyle\lim_{n\to +\infty}I_{n}=0$. La suite $(I_{n})_{n\in\mathbb{N}^{*}}$ converge vers 0.

3. Calcul de $I_{n}$ pour $n\geq 2$ :

Pour tout réel $x$ de $[0\,,\,1]$ et pour tout entier naturel $n\geq 2$, on pose :

$$S_{n}(x)=1-x+x^{2}+\,\cdots\,+(-1)^{n}x^{n}=\sum_{k=0}^{n}{(-1)^{n}x^{k}}$$

3.1 Montrer que : $\displaystyle\forall n\geq 2\,,\,\,S_{n}(x)=\frac{1}{1+x}+\frac{(-1)^{n}x^{n+1}}{1+x}$

Sous sa forme : $\displaystyle S_{n}(x)=1-x+x^{2}+\,\cdots\,+(-1)^{n}x^{n}=\sum_{k=0}^{n}{(-1)^{n}x^{k}}$

$S_{n}(x)$ est la somme des $n+1$ termes consécutifs de la suite géométrique de raison $(-x)$.

Comme $x\in[0\,,\,1]$, alors $-x\neq 1$ et on peut écrire :

$$\begin{align} S_{n}(x)&=\frac{1-(-x)^{n+1}}{1-(-x)}\\&= \frac{1-(-1)^{n+1}x^{n+1}}{1+x}\\&= \frac{1}{1+x}-\frac{(-1)^{n+1}x^{n+1}}{1+x} \end{align}$$

Conclusion : Pour tout entier naturel $n\geq 2$ et pour tout réel $x\in [0\,,\,1]$, on a $\displaystyle S_{n}(x)=\frac{1}{1+x}+\frac{(-1)^{n+1}x^{n+1}}{1+x}$

3.2 Une autre écriture de $S_{n}(x)$ :

Sous sa forme : $\displaystyle S_{n}(x)=1-x+x^{2}+\,\cdots\,+(-1)^{n}x^{n}=\sum_{k=0}^{n}{(-1)^{n}x^{k}}$, $S_{n}$ est un polynôme.

$S_{n}$ est donc continue sur $[0\,,\,1]$ et on peut l’intégrer sur cet intervalle.

On a :

$$\begin{align} \int_{0}^{1}S_{n}(x)dx&=\int_{0}^{1}\bigg(1-x+x^{2}+\,\cdots\,+(-1)^{n}x^{n}\bigg)dx\\&= \int_{0}^{1}1dx-\int_{0}^{1}xdx+\,\cdots\,\int_{0}^{1}(-1)^{n}x^{n}dx\\&= \bigg[x\bigg]_{0}^{1}-\bigg[\frac{x^{2}}{2}\bigg]_{0}^{1}+\,\cdots\,+(-1)^{n}\bigg[\frac{x^{n+1}}{n+1}\bigg]_{0}^{1}\\&=1-\frac{1}{2}+\,\cdots\,+\frac{(-1)^{n+1}}{n+1} \end{align}$$

Donc, $\displaystyle\int_{0}^{1}S_{n}(x)dx=1-\frac{1}{2}+\,\cdots\,+\frac{(-1)^{n+1}}{n+1}=\sum_{k=0}^{n}\frac{(-1)^{k}}{k+1}$ d’une part, et d’autre part, sous sa forme $\displaystyle S_{n}(x)=\frac{1}{1+x}+\frac{(-1)^{n+1}x^{n+1}}{1+x}$, $S_{n}$ est une fonction rationnelle définie et continue sur $[0\,,\,1]$. On peut donc l’intégrer sur cet intervalle et on a :

$$\begin{align} \int_{0}^{1}S_{n}(x)dx&=\int_{0}^{1}\bigg(\frac{1}{1+x}+\frac{(-1)^{n+1}x^{n+1}}{1+x}\bigg)dx\\&= \int_{0}^{1}\frac{1}{1+x}dx+(-1)^{n}\int_{0}^{1}\frac{x^{n+1}}{1+x}dx\\&=\bigg[\ln(1+x)\bigg]_{0}^{1}+(-1)^{n}\int_{0}^{1}\frac{x^{n+1}}{1+x}dx\\&=\ln(2)+(-1)^{n}\int_{0}^{1}\frac{x^{n+1}}{1+x}dx \end{align}$$

Finalement, $\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\frac{(-1)^{k}}{k+1}=1-\frac{1}{2}+\,\cdots\,+\frac{(-1)^{n+1}}{n+1}=\ln(2)+(-1)^{n}\int_{0}^{1}\frac{x^{n+1}}{1+x}dx$

3.3 Expression de $I_{n}$ :

Pour trouver l’expression demandée pour $I_{n}$, il faudra utiliser une intégration par parties.

On a $\displaystyle I_{n}=\int_{0}^{1}x^{n}\ln(1+x)dx$

On pose :

$\begin{cases} u(x) &= \ln(1+x) \\ v'(x) &=x^{n} \end{cases}$

$u$ est dérivable sur l’intervalle $[0\,,\,1]$ et $u'(x)=\displaystyle\frac{1}{1+x}$.

$v’$ est continue sur l’intervalle $[0\,,\,1]$, on peut donc l’intégrer sur set intervalle et une primitive de $v’$ sur l’intervalle $[0\,,\,1]$ est $v(x)=\displaystyle\frac{x^{n+1}}{n+1}$.

Les fonctions $u$ et $v$ ainsi définies sont continues sur $[0\,,\,1]$, à dérivées continues sur $[0\,,\,1]$, ce qui permet d’effectuer une intégration par parties, et on a :

$$\begin{align} I_{n}&=\bigg[\frac{x^{n+1}}{n+1}\ln(1+x)\bigg]_{0}^{1}-\int_{0}^{1}\frac{x^{n+1}}{(n+1)(x+1)}dx\\&=\frac{\ln(2)}{n+1}-\frac{1}{n+1}\int_{0}^{1}\frac{x^{n+1}}{x+1}dx \end{align}$$

D’après la question 3.2, on a $\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\frac{(-1)^{k}}{k+1}=1-\frac{1}{2}+\,\cdots\,+\frac{(-1)^{n+1}}{n+1}=\ln(2)+(-1)^{n}\int_{0}^{1}\frac{x^{n+1}}{1+x}dx$

On en déduit que,

$$(-1)^{n}\int_{0}^{1}\frac{x^{n+1}}{1+x}dx=\sum_{k=0}^{n}\frac{(-1)^{k}}{k+1}-\ln(2)$$

donc,

$$\int_{0}^{1}\frac{x^{n+1}}{1+x}dx=(-1)^{n}\bigg(\sum_{k=0}^{n}\frac{(-1)^{k}}{k+1}-\ln(2)\bigg)$$ car $\frac{1}{(-1)^{n}}=\bigg(\frac{1}{-1}\bigg)^{n}=(-1)^{n}$

D’où finalement, $\displaystyle I_{n}=\frac{\ln(2)}{n+1}+\frac{(-1)^{n}}{n+1}\bigg(\ln(2)-\bigg(1-\frac{1}{2}+\,\cdots\,\frac{(-1)^{n}}{n+1}\bigg)\bigg)$

Cet onglet intitulé « Boîte noire » permet à l’auteur de rendre compte de sa démarche, d’expliquer ses motivations et de justifier ses choix rédactionnels et méthodologiques.

 

Justification de la dérivabilité :

La rédaction permettant de justifier la dérivabilité d’une fonction est parfois lourde. Cependant, je l’ai volontairement détaillée dans ce corrigé pour insister sur l’importance de prendre l’habitude de justifier la dérivabilité des fonctions que l’on veut dériver et de s’interroger sur la façon dont elles sont construites (composée, produit, quotient …).

La plupart des ouvrages allègent la rédaction. Ainsi, une simple phrase dans laquelle on rappelle les propriétés ou les théorèmes concernant les opérations sur les dérivées suffit en général.

Exemple :

Avec la fonction $g_{n}$ définie sur l’intervalle $]-1\,,\,+\infty[$ par :

$$g_{n}(x)=n\ln(1+x)+\frac{x}{x+1}$$, et où $n$ est un entier naturel non nul.

La rédaction suivante pourrait suffire : $g_{n}$ est dérivable sur $]-1\,,\,+\infty[$ comme somme de fonctions dérivables sur $]-1\,,\,+\infty[$.

J’ai suivi cette même apprche pour le calcul des limites. Plus généralement, le corrigé est volontairement très détaillé afin qu’il n’y ait pas de point laissé dans l’obscurité.

 

Intégrales et ordre :

J’ai utilisé ces propriétés dans la partie II. En voici un rappel :

Soient $a$ et $b$ deux réels tels que $a\leq b$.

On considère deux fonctions $f$ et $g$ continues sur un intervalle $[a\,,\,b]$.

• Si $f$ est positive pour tout réel $x$ de $[a\,,\,b]$, alors $\displaystyle\int_{a}^{b}f(x)dx\geq 0$

En effet, si $f\geq 0$ sur $[a\,,\,b]$, une primitive quelconque $F$ de $f$ est croissante sur $[a\,,\,b]$ (puisque $F’=f$).

Il vient que $F(b)\geq F(a)$ ou encore $\displaystyle\int_{a}^{b}f(x)dx\geq 0$ puisque $\displaystyle F(b)-F(a)=\int_{a}^{b}f(x)dx$.

 

• Si $f\leq g$ pour tout réel $x$ de $[a\,,\,b]$, alors $\displaystyle\int_{a}^{b}f(x)dx\leq\int_{a}^{b}g(x)dx$

Il suffit d’appliquer le résultat précédent à la fonction $g-f$ qui est positive sur $[a\,,\,b]$ puisque $f\leq g$.

Ainsi, le résultat précédent appliqué à la fonction $g-f$ permet d’écrire $\displaystyle\int_{a}^{b}(g-f)(x)dx\geq 0$, c’est à dire, $\displaystyle\int_{a}^{b}\big(g(x)-f(x)\big)dx\geq 0$.

Par linéarité de l’intégrale, on a $\displaystyle\int_{a}^{b}g(x)dx\geq\int_{a}^{b}f(x)dx$, autrement dit, $\displaystyle\int_{a}^{b}f(x)dx\leq\int_{a}^{b}g(x)dx$

Attention :

Une inégalité entre intégrales n’implique pas une inégalité dans le même sens entre fonctions.

 

Question 2 de la partie I :

On peut écrire $g_{n}$ sous la forme ci-dessous pour aboutir à une expression de $g’_{n}$ dont le signe est facile à déterminer.

Soit $n$ un entier naturel non nul.

Pour tout $x\in ]-1\,,\,+\infty[$, on a :

$$\begin{align} g_{n}(x)&=n\ln(1+x)+\frac{x}{1+x}\\&=n\ln(1+x)+\frac{x+1-1}{x+1}\\&=n\ln(1+x)+1-\frac{1}{x+1}\end{align}$$

Ainsi, après avoir justifié la dérivabilité de $g_{n}$ sur $]-1\,,\,+\infty[$, on a :

$$\forall x\in ]-1\,,\,+\infty[\,,\,g’_{n}(x)=\frac{n}{x+1}+\frac{1}{(x+1)^{2}} >0$$

 

Question 2.3 de la partie II :

Il est demandé l’encadrement ci-dessous :

$$\forall n\in\mathbb{N}^{*}\,,\,\,\,\,0\leq I_{n}\leq\frac{\ln(2)}{n+1}$$

Où,

$$\displaystyle I_n=\int_{0}^{1}f_{n}(x)dx=\int_{0}^{1}x^{n}\ln(1+x)dx$$

 

La fonction $x\,\mapsto\,x^{n}\ln(1+x)$ est le produit des deux fonctions $x\,\mapsto\,x^{n}$ et $x\,\mapsto\,\ln(1+x)$. Si l’on encadre ces deux fonctions sur l’intervalle $[0\,,\,1]$, on obtient :

$\forall x\in [0\,,\,1]$, $0\leq x^{n}\leq 1$ et $0\leq\ln(1+x)\leq\ln(2)$ du fait de la croissance de la fonction $\ln$ sur l’intervalle $[1\,,\,2]$ et l’appartenance de $1$, $1+x$ et $2$ à cet intervalle.

Donc, $\forall x\in [0\,,\,1]$, $0\leq x^{n}\ln(1+x)\leq\ln(2)$.

En intégrant dans l’inégalité (après l’avoir justifié :)), on aura l’encadrement : $0\leq I_{n}\leq\ln(2)$, ce qui n’est pas le résultat demandé.

Il faut donc encadrer une seule de ces deux fonctions $x\,\mapsto\,x^{n}$ et $x\,\mapsto\,\ln(1+x)$. Mais comment faire le bon choix ?

Il suffit de remarquer que le dénominateur de $\displaystyle\frac{\ln(2)}{n+1}$ suggère qu’on l’on conserve la fonction $x\,\mapsto\,x^{n}$ dont une primitive est la fonction $\displaystyle x\,\mapsto\,\frac{x^{n+1}}{n+1}$