\documentclass[a4paper,11pt,french]{article}
\linespread{1}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% Définitions de la feuille d'exercices

\newcommand{\ch}{Chapitre 9}
\newcommand{\Ch}{Correction exercice 4 de la fiche}
\newcommand{\Cl}{TG6}
\newcommand{\Annee}{2012-2013}
\newcommand{\num}{9}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%		Packages
%\usepackage[french,lined,boxed,commentsnumbered]{algorithm2e}

\input macro_final.tex

\geometry{tmargin=2cm,bmargin=2.4cm,hmargin=2cm}


%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%	Début
\begin{document}


\debutEntrainementCha

 
\textbf{Partie A}

\[f(x) = \dfrac{1}{x + 1} + \ln \left(\dfrac{x}{x + 1}\right).\]
 
\begin{enumerate}
\item %Déterminer la limite de la fonction $f$ en $+ \infty$.
$\bullet~$ On a $\displaystyle\lim_{x : \to + \infty} \dfrac{1}{x + 1} = 0$\\
$\bullet~$ $\dfrac{x}{x + 1} = \dfrac{x}{x\left(1+\dfrac1x \right)} = \dfrac{1}{1 + \dfrac1x}$.
\quad Et $\displaystyle\lim_{x : \to + \infty} \dfrac{1}{1 + \dfrac1x} = 1$\\
On a donc $\displaystyle\lim_{x : \to + \infty} \ln \left( \dfrac{x}{x + 1}\right) = \displaystyle\lim_{x : \to + \infty} \ln \left( \dfrac{1}{1 + \dfrac1x}\right)=\ln(1)=0$ car la fonction $\ln$ est continue sur $]0 ; + \infty[$.
Par somme on obtient : $\displaystyle\lim_{x : \to + \infty} f(x) = 0$.
\item %Démontrer que pour tout réel $x$ de l'intervalle $[1~;~+\infty[$, $f^{\prime}(x) = \dfrac{1}{x(x+1)^2}$.
%Comme sur $[1~;~+\infty[, x + 1 > 0$, et $\dfrac{x}{x + 1} > 0$ la fonction $f$ est la somme de deux fonctions dérivables sur $[1~;~+\infty[$ et sur cet intervalle :
$\left(\dfrac1u \right)'=-\dfrac{u'}{u^2}$ \qquad On pose $u(x)=x+1$ \quad Alors \quad $u'(x)=1$ \quad et \quad \qquad $\left(\dfrac{1}{x+1}\right)'=- \dfrac{1}{(x + 1)^2}$ \\
$\left(\ln(w)\right)'=\dfrac{w'}{w}$. \quad On pose $w(x)=\dfrac{x}{x+1}$\qquad 
Alors $w'=\left(\dfrac{u}{v}\right)' = \dfrac{u'v-v'u}{v^2}$  \qquad 
avec 
$\left\{\begin{array}{lcl}
 u(x)=x & $et$ &  v(x)=x+1 \\
 u'(x)=1 & $et$ &  v'(x)=1
\end{array}\right.$\\
On a donc $w'(x) = \dfrac{1 \times (x + 1) - x \times 1}{(x + 1)^2} = \dfrac{1}{(x + 1)^2}$\\
D'où \quad $\left(\ln\left(\dfrac{x}{x+1}\right)\right)' = \dfrac{\frac{1}{(x + 1)^2}}{\frac{x}{x + 1}} = \dfrac{1}{(x+1)^2}\times \dfrac{x+1}{x}=\dfrac{1}{x(x+1)}$\\
Finalement $f^{\prime}(x) = - \dfrac{1}{(x + 1)^2} + \dfrac{1}{x(x + 1)} = \dfrac{-x + x + 1}{x(x + 1)^2} = \dfrac{1}{x(x+1)^2}$.

%Dresser le tableau de variation de la fonction $f$.
Comme $x \geqslant 1$, la $f'(x)$ est clairement strictement positive pour tout $x\in[1 ; + \infty[$.\\
$f(1) = \dfrac{1}{2} + \ln \dfrac{1}{2} \approx - 0,193$.
\begin{center}
 \begin{tikzpicture}
  \tkzTabInit[espcl=6]{$x$/0.5, Signe\\de $f'(x) $/1, Variation\\ de $f$/2, Signe de $f(x)$/1} 
  {$1$  ,  $+\infty$}%
  \tkzTabLine {,+,}%
  \tkzTabVar {-/ $-0.193$ , + /$0$ }
   \tkzTabLine {,-,}
\end{tikzpicture}
\end{center}
 
%En déduire le signe de la fonction $f$ sur l'intervalle $[1~;~+\infty[$.
\item Le tableau montre que $f(x) < 0$ sur $[1~;~+\infty[$.
\end{enumerate}

 
\textbf{Partie B}

\[u_{n} = 1 + \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{3} + \ldots - \ln n.\] 

\begin{enumerate}
\item %On considère l'algorithme suivant :

%\begin{center}
%\begin{tabular}{|p{2.5cm}p{6cm}|}\hline 
%Variables:&$i$ et $n$ sont des entiers naturels.\\
%& $u$ est un réel.\\
%Entrée:&Demander à l'utilisateur la valeur de $n$.\\
%Initialisation:& Affecter à $u$ la valeur 0.\\
%Traitement:&Pour $i$ variant de 1 à $n$.\\
%&\hspace{0,5cm}$\left\vert \text{Affecter à}\: u\: \text{la valeur} \:u + \dfrac{1}{i}\right.$\\
%Sortie : &Afficher $u$.\\ \hline
%\end{tabular} 
%\end{center}
% 
%Donner la valeur exacte affichée par cet algorithme lorsque l'utilisateur entre la valeur $n = 3$. 
L'utilisateur rentre donc la valeur $n=3$ et l'algorithme initialise $u=0$. \\
On a alors la boucle pour $i=1$ à $3$ à détailler.
\begin{itemize}
 \item Quand $i=1$, on a $u=u+\dfrac{1}{i}=0+\dfrac{1}{1}=1$
 \item Puis $i=2$, donc $u=1+\dfrac{1}{2}=\dfrac{3}2$
 \item Puis $i=3$, donc $u=\dfrac32 + \dfrac{1}{3} = \dfrac{11}{6}$
\end{itemize}
On sort de la boucle et l'algorithme affiche la valeur $\dfrac{11}6$.
\item %Recopier et compléter l'algorithme précédent afin qu'il affiche la valeur de $u_{n}$ lorsque l'utilisateur entre la valeur de $n$.
On constate que pour une valeur $n$ donnée par l'utilisateur, l'algorithme calcule et affiche 
$$u=1+\dfrac12 + \dfrac13 + \ldots + \dfrac1n$$
Donc il suffit de modifier la sortie  en : \og Afficher $u - \ln n$ \fg . 
\item %Voici les résultats fournis par l'algorithme modifié, arrondis à $10^{-3}$. 

%\medskip
%\begin{tabularx}{\linewidth}{|c|*{11}{>{\centering \arraybackslash}X|}}\hline
%$n$& 4 &5 &6 &7 &8 &9 &10 &100 &1000 &1500 &2000\\ \hline 
%$u_{n}$&0,697&0,674& 0,658 &0,647 &0,638 &0,632 &0,626 &0,582 &0,578 &0,578& 0,577\\ \hline
%\end{tabularx}
%
%\medskip
% 
%À l'aide de ce tableau, formuler des conjectures sur le sens de variation de la suite $\left(u_{n}\right)$ et son éventuelle convergence.
On peut conjecturer que pour $n$ allant de 4 à 2000 la suite  est décroissante et 
converge vers une valeur proche de 0,577. 
\end{enumerate}

\textbf{Partie C}

 
%Cette partie peut être traitée indépendamment de la partie B.
% 
%Elle permet de démontrer les conjectures formulées à propos de la suite 
%$\left(u_{n}\right)$ telle que pour tout entier strictement positif $n$, 
%
%\[u_{n} = 1 + \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{3} + \ldots  + \dfrac{1}{n}- \ln n.\] 

\begin{enumerate}
\item %Démontrer que pour tout entier strictement positif $n$, 

%\[u_{n+1} - u_{n} = f(n)\]
 
%où $f$ est la fonction définie dans la partie A. 
On a 
\begin{eqnarray*}
u_{n+1} - u_{n} &=& \left[1 + \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{3} + \ldots \dfrac{1}{n} + \dfrac{1}{n + 1}- \ln (n + 1)  \right] - \left[1 + \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{3} + \ldots  + \dfrac{1}{n}- \ln n \right]\\
&=& \dfrac{1}{n + 1} + \ln n - \ln (n + 1) \\
&=& \dfrac{1}{n + 1} + \ln \left( \dfrac{n}{n + 1}\right) = f(n) 
\end{eqnarray*}
%En déduire le sens de variation de la suite $\left(u_{n}\right)$.
On a vu que pour $x \geqslant 1, f(x) < 0$, 
donc pour tout $n\geq 1$ on a $u_{n+1} - u_{n} = f(n) < 0$.\\
Donc pour tout $n\in\N^* $ on a  $u_{n+1} < u_{n}$. Autrement dit la suite  
$\left(u_{n}\right)$ est strictement décroissante. 
\item  
	\begin{enumerate}
		\item %Soit $k$ un entier strictement positif. 

%Justifier l'inégalité $\displaystyle\int_{k}^{k + 1} \left(\dfrac{1}{k} - \dfrac{1}{x}\right)\:\text{d}x$.
%
%En déduire que $\displaystyle\int_{k}^{k + 1} \dfrac{1}{x}\:\text{d}x \ledqlant \dfrac{1}{k}$.
%
%Démontrer l'inégalité 	$\ln (k + 1) - \ln k \leqslant  \dfrac{1}{k}$ \quad (1). 

 $\ln (k + 1) - \ln k \leqslant  \dfrac{1}{k}$ \quad (1) \textbf{Admis}
\item %Écrire l'inégalité (1) en remplaçant successivement $k$ par 1, 2, \ldots , $n$ et démontrer que pour tout entier strictement positif $n$, 
%
%\[\ln (n + 1) \leqslant  1 + \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{3} + \ldots + \dfrac{1}{n}.\]
On obtient la suite des inégalités suivante :

$\ln (1 + 1) - \ln 1 \leqslant  \dfrac{1}{1}$

$\ln (2 + 1) - \ln 2 \leqslant  \dfrac{1}{2}$

$\ln (3 + 1) - \ln 3 \leqslant  \dfrac{1}{3}$

\ldots\ldots\ldots\ldots\ldots\ldots\ldots\ldots

$\ln (n) - \ln (n - 1) \leqslant  \dfrac{1}{n - 1}$

$\ln (n + 1) - \ln n \leqslant  \dfrac{1}{n}$

D'o\`u par somme membres à membres et effet de \og dominos \fg :

$\ln (n+ 1) - \ln 1 \leqslant 1 + \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{3} + \ldots + \dfrac{1}{n}$ ou encore 

$\ln (n+ 1) \leqslant 1 + \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{3} + \ldots + \dfrac{1}{n}$
		\item %En déduire que pour tout entier strictement positif $n, u_{n} \geqslant  0$.
\begin{eqnarray*}
\ln (n+ 1) &\leqslant & 1 + \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{3} + \ldots + \dfrac{1}{n} \\
\iff \ln(n+1)-\ln(n) & \leq & 1 + \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{3} + \ldots + \dfrac{1}{n} -\ln(n)\\
\iff \ln\left(\dfrac{n+1}{n}\right) &\leq & u_n
\end{eqnarray*}
Comme $\dfrac{n+1}{n} \geq 1$ on a $\ln\left(\dfrac{n+1}{n} \right) \geq 0$. \quad  Donc pour tout $n>0$ on a $u_n \geq 0$.
	\end{enumerate} 
\item  %Prouver que la suite $\left(u_{n}\right)$ est convergente. On ne demande pas de calculer sa limite.
La suite $(u_n)$ est décroissante et minorée par 0 : elle converge donc vers une limite supérieure à zéro. 
\end{enumerate}



\end{document}