

%Mise en page

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%%***************************Macros
%Cadres:
\def\boxat#1#2{\setbox1=\hbox{\kern#1{#2}\kern#1}%
\dimen1=\ht1 \advance\dimen 1 by #1 \dimen2=\dp1 \advance\dimen2 by #1
\setbox1=\hbox{\vrule height\dimen1 depth\dimen2\box1\vrule}%
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%Num{\'e}rotation:
\def \qbb#1{\hskip1.4em{\bf #1)}}
\def \qaa#1#2{{\bf #1)\hskip0.3em #2)}}
%Macros diverses:
%
% Application : #1 : #2 ---> #3
%                     #4 I---> #5
% obtenue par \appli #1 #2 #3 #4 #5
\def \appli#1#2#3#4#5{\;\left\vert\eqalign{\; #1 \; : \; #2 \;
 &\longrightarrow \; #3 \cr
 #4 \; &\longmapsto \; #5 \cr} \right. }
\def \souligne#1{$\underline{\vphantom y \smash{\hbox{#1}}}$}


%Fonctions
\def\ch{\mathop{\rm ch}\nolimits}
\def\sh{\mathop{\rm sh}\nolimits}
\def\th{\mathop{\rm th}\nolimits}
\def\argch{\mathop{\rm Argch}\nolimits}
\def\argsh{\mathop{\rm Argsh}\nolimits}

%Ensembles de fonctions
\def\cl#1{{\cal C}^{#1}}

%Ensembles num{\'e}riques
\def\R{I\!\!R}
\def\Z{{\bf Z}}
\def\N{I\!\!N}
\def\C{{\bf C}}
%mode math-displaystyle
\def\mc#1{$\displaystyle #1$}

\let\ssi=\Longleftrightarrow
\let\don=\longrightarrow
\let\ten=\rightarrow
\let\impl=\Longrightarrow
\def\pii#1{{{\pi}\over{#1}}}
\let\vc =\overrightarrow




\centerline{\boxat{10pt}{{\bf ESTP Maths 3-Fili{\`e}re PC\quad}}}\bigskip
{\bf Partie I}\medskip
\qbb 1
Si, pour tout n, $0<u_n<1$, alors,  $Pn>0$, et la suite $(P_n)$ est
 d{\'e}croissante,
minor{\'e}e par 0, donc convergente.\smallskip
\qbb 2
Remarquons que dans les 3 cas propos{\'e}s, on a, pour tout n, $0<u_n<1$, donc les
produits infinis existent.\par
 Si pour tout $n>2$, \mc{\quad P_n=\prod_{k=2}^n (1-{1\over k})=
\prod_{k=2}^n {{k-1}\over{k}}={{(n-1)!}\over{n!}}={1\over n} }\medskip
\boxat{7pt}{\mc{\prod_{k=2}^{\infty}(1-{1\over k})=\lim_n P_n=0}}\medskip
 Si pour tout $n>2$, \mc{\quad P_n=\prod_{k=2}^n (1-{1\over {k^2}})=
\prod_{k=2}^n {{k^2-1}\over{k^2}}=
{{\prod_{k=2}^n (k-1)\,\prod_{k=2}^n (k+1)}\over {\prod_{k=2}^n k^2}}}\par
\mc{P_n={{(n-1)!\,(n+1)!}\over{2\,{(n!)}^2}}={1\over 2}\,{{n+1}\over n}}\medskip
\boxat{7pt}{\mc{\prod_{k=2}^{\infty}(1-{1\over {k^2}})= \lim_n P_n={1\over 2}}}
\medskip
 Si pour tout $n>2$, \mc{\quad P_n=\prod_{k=2}^n (1-{2\over {k(k+1)}})=
\prod_{k=2}^n {{k^2+k-2}\over{k(k+1)}}=\prod_{k=2}^n {{(k-1)(k+2)}\over{k(k+1)}}}\par
\mc{P_n=(n-1)!\,{{(n+2)!}\over 6}\,{1\over{n!}}\,{2\over{(n+1)!}}=
{1\over 3}\,{{n+2}\over n}}\medskip
\boxat{7pt}{\mc{\prod_{k=2}^{\infty}(1-{2\over {k(k+1)}})= \lim_n P_n={1\over 3}}}
\medskip
\qaa 3 a
Pour tout $t\in\R^*$, posons $u=\th{\displaystyle {t\over 2}},\quad$
\mc{\th t={{2u}\over{1+u^2}},\quad \ch t={{1+u^2}\over{1-u^2}}}\par
$\ch t\not=0$ et, comme $t\not=0,\quad u\not=0$\par
 \mc{1+{1\over{\ch t}}=1+{{1-u^2}\over{1+u^2}}={2\over{1+u^2}}={{\th t}\over u}}\medskip
\qaa 3 b
Soit $x>1$; la fonction $\ch$ est continue, strictement croissante sur$\R^+$;
elle r{\'e}alise donc une bijection de $\R^+$ sur son image  $[1,+\infty[$;
il existe donc $t>0$, unique, tel que $x=\ch t$\par
{\it Rque:la fonction argch n'est plus au programme}\par
$v_1=\ch t,\quad v_2=2\ch^2 t-1=\ch 2t$\par
Supposons que $v_n=\ch 2^{n-1} t$, alors  $\;v_{n+1}=2\ch^2 2^{n-1}t-1=\ch 2^n t$\par
On en d{\'e}duit, par r{\'e}currence sur n, que, pour tout $n\geq 1,\quad v_n=\ch 2^{n-1} t$\smallskip
D'apr{\`e}s {\bf 3)a}, \mc{\;1+{1\over{v_n}}={{\th 2^{n-1} t}\over{\th 2^{n-2} t}}}\par
On en d{\'e}duit que si $P_n$ d{\'e}signe \mc{\ \prod_{k=1}^n (1+{1\over{v_k}})}, 
alors
\mc{\quad P_n=\prod_{k=1}^n {{\th 2^{k-1}t}\over{\th 2^{k-2}t}}={{\th 2^{n-1}t}\over{\th {t\over 2}}}}\par
Comme \mc{t>0,\quad\lim_n 2^{n-1}t=+\infty}, et donc, \mc{\;\lim_n \th 2^{n-1}t=1}\par
En notant encore $u=\th{\displaystyle {t\over 2}}$ on a:
 \mc{\;\lim_n P_n={1\over u}}\par
De \mc{x={{1+u^2}\over{1-u^2}}}, on d{\'e}duit \mc{u^2={{x-1}\over{x+1}}}, puis,
comme $u>0$,  \mc{\;u=\sqrt{{{x-1}\over{x+1}}}}\medskip
$$\boxat{7pt}{\mc{\prod_{n=1}^{\infty}(1+{1\over{v_n}})=
\sqrt{ {{x+1}\over{x-1}} }}}$$\medskip
\qaa 4 a
Notons \mc{P_n=\prod_{k=0}^n (1+u_k)}; comme pour tout n,
 $\ |u_n|<1\;$, $\ P_n>0$; notons $\ S_n=\ln(P_n)$\par
\mc{S_n=\sum_{k=0}^n \ln(1+u_k)} ; la s{\'e}rie  $\sum u_n$ {\'e}tant convergente, 
$\lim_n u_n=0$
\par
on a donc, quand $n\ten +\infty\quad\ln(1+u_n)=u_n+v_n\;$ o{\`u} 
\mc{\quad v_n\sim -{{{u_n}^2}\over 2}} . $\sum(v_n)$ est une s{\'e}rie
 {\`a} termes n{\'e}gatifs {\`a} partir d'un certain rang .\par
Si la s{\'e}rie $\sum v_n$ converge, comme la s{\'e}rie $\sum u_n$ converge, la s{\'e}rie 
$\sum \ln(1+u_n)$ converge, donc la suite $(S_n)$ tend vers une limite r{\'e}elle L,
et la suite $(P_n)$ converge vers le r{\'e}el $e^L$, qui est strictement positif.\smallskip
Si la s{\'e}rie $\sum v_n$ diverge, comme il s'agit d'une s{\'e}rie {\`a} termes n{\'e}gatifs,
en notant $T_n$ sa somme partielle d'indice n, la suite $(T_n)$ tend vers 
$-\infty$; or $S_n=\sum_{k=0}^n u_k+T_n $ et la suite $(\sum_{k=0}^n u_k)_n$ 
converge car la s{\'e}rie $\sum u_n$ converge. Par cons{\'e}quent
 $(S_n)$ tend vers $-\infty$ et $(P_n)$ tend vers 0.\smallskip
Conclusion:\mc{\prod_{n=0}^{\infty}(1+u_n)} existe  dans tous les cas,
notons le P;\par
P est non nul si et seulement si la s{\'e}rie $\sum v_n$ converge ;
or les s{\'e}ries $\sum v_n$ et $\sum {u_n}^2$ 
ont la m{\^e}me nature;\smallskip
$$\boxat{7pt}{ \mc{\prod_{n=0}^{\infty}(1+u_n)\not=0\;} si et seulement
 si la s{\'e}rie 
$\sum {u_n}^2$ converge }$$\smallskip
\qaa 4 b
Soit, pour tout $n\geq 2\,$, $u_n={\displaystyle {{{(-1)}^{n+1}}\over n}}$ ;
 $|u_n|={\displaystyle {1\over n}}\,<1$ car $n\geq 2$\par
De plus $\sum u_n$ est une s{\'e}rie altern{\'e}e, dont le terme g{\'e}n{\'e}ral tend vers 0 et
d{\'e}cro{\^\i}t en valeur absolue: d'apr{\`e}s le th{\'e}or{\`e}me sp{\'e}cial, la s{\'e}rie $\sum u_n$
est convergente.\par
\mc{{u_n}^2={1\over {n^2}}}, la s{\'e}rie $\sum {u_n}^2$ est donc convergente ; d'apr{\`e}s
{\bf 4.a}, \mc{P=\prod_{n=2}^{\infty}(1+u_n)} existe et est non nul.\par
Pour tout $n\geq 2$ , notons \mc{P_n= \prod_{k=2}^{n}(1+u_k)} \par
\mc{P_{2n}=\prod_{p=1}^{n} (1-{1\over {2p}})\,\prod_{p=1}^{n-1}(1+{1\over {2p+1}})
={{\prod_{p=1}^{n} (2p-1)}\over {\prod_{p=1}^{n} (2p)}}\,
{{\prod_{p=1}^{n-1} (2p+2)}\over{\prod_{p=1}^{n-1} (2p+1)}}=
{{\prod_{p=0}^{n-1} (2p+1)}\over {\prod_{p=1}^{n} (2p)}}\,
{{\prod_{p=2}^{n} (2p)}\over{\prod_{p=1}^{n-1} (2p+1)}}={1\over 2}}\par
P {\'e}tant limite de la suite extraite $(P_{2n})$ , on a:
$${\boxat{7pt}{\mc{\quad \prod_{n=2}^{\infty}(1+{{{(-1)}^{n+1}}\over n})=
{1\over 2}\quad}}}$$\medskip
Soit, pour tout $n\geq 2\,$, $u_n={\displaystyle {{{(-1)}^{n+1}}\over {\sqrt n}}}$ ;
 $|u_n|={\displaystyle {1\over {\sqrt n}}}\,<1$ car $n\geq 2$\par
De plus $\sum u_n$ est une s{\'e}rie altern{\'e}e, dont le terme g{\'e}n{\'e}ral tend vers 0 et
d{\'e}cro{\^\i}t en valeur absolue: d'apr{\`e}s le th{\'e}or{\`e}me sp{\'e}cial, la s{\'e}rie $\sum u_n$
est convergente.\par
\mc{{u_n}^2={1\over {n}}}, la s{\'e}rie $\sum {u_n}^2$ est donc divergente ; d'apr{\`e}s
{\bf 4.a}, \boxat{7pt}
{\mc {\quad \prod_{n=2}^{\infty}(1+ { {{(-1)}^{n+1}} \over {\sqrt n}})=0
\quad}}\vfill\eject
{\bf Partie II}\smallskip
\qbb 1
$\varphi$ est continue sur le segment $[0,\pii 2]$, donc elle y est born{\'e}e.
Soit M, un majorant de $|\varphi|$ sur $[0,\pii 2]$ et notons, pour tout n, 
\mc{J_n=\int_0^{\pii 2} (\varphi(t)-\varphi(\pii 2))\,\sin^{2n}t\,dt} et
 \mc{I_n=\int_0^{\pii 2} \sin^{2n}t\,dt}\par
La fonction $\sin$ {\'e}tant positive et non nulle sur $[0,\pii 2]$,
pour tout n, $I_n>0$.\par
\souligne{Rque}\par
Si, pour tout n, on appelle $f_n$, la fonction d{\'e}finie sur $[0,\pii 2]$ par
$f_n(t)=(\varphi(t)-\varphi(\pii 2))\,\sin^{2n}t $, $f_n$ est continue, donc
 int{\'e}grable sur $[0,\pii 2]$.\par
Pour tout n, $f_n(\pii 2)=0$ et pour $t\in\,[0,\pii 2[\quad |f_n(t)|\leq 2M.{(sin t)}^{2n}$ ;
or $0\leq sin t<1$ donc, $\lim_n{(sin t)}^{2n}=0$ et $\lim_n f_n(t)=0$\par
La suite de fonctions $(f_n)$ converge simplement vers 0 sur $[0,\pii 2]$\par
De plus, pour tout n et pour tout $t\in\,[0,\pii 2]\quad |f_n(t)|\leq 2\,M$, 
constante int{\'e}grable sur $[0,\pii 2]$.\par 
Le th{\'e}or{\`e}me de convergence domin{\'e}e permet alors d'affirmer que 
$\lim_n J_n=0$ ;\par
reste {\`a} prouver que \mc{J_n=o(\int_0^{\pii 2} \sin^{2n}t\,dt)}\smallskip
Fixons $\epsilon\,>0$ , comme $\varphi$ est continue en $\pii 2$ ,
il existe $\alpha $ , $0< \alpha\,<\pii 2$ tel que , \par
pour tout $t\in\,[\alpha,\pii 2]\quad |\varphi(t)-\varphi(\pii 2)|<\epsilon$\par
pour tout n, \mc{\quad|J_n|\leq \int_0^{\pii 2} |f_n(t)|\,dt \leq
 \int_0^{\alpha}|f_n(t)|\,dt +\int_{\alpha}^{\pii 2} |f_n(t)|\,dt }\smallskip
Pour tout $t\in\,[0,\alpha]\quad |f_n(t)|\leq 2\,M\,{(\sin t)}^{2n}\leq 2.M a^{2n}$ ,
en notant $a=\sin\alpha$ , $0<\,a<\,1$\par
Pour tout $t\in\,[\alpha,\pii 2]\quad |f_n(t)|\leq \epsilon\,\sin^{2n} t$\par
Donc,\mc{\quad|J_n|\leq \,2M\int_0^{\alpha} a^{2n}\,dt+
\epsilon \int_{\alpha}^{\pii 2} \sin^{2n} t\,dt
\leq M\,\pi\,a^{2n}+\epsilon \,I_n}\par
Montrons que pour n assez grand: $ M\,\pi\,a^{2n}\leq \epsilon \,I_n$\par
Il suffit pour cela de montrer que \mc{\lim_n  {{a^{2n}}\over {I_n}}=0}, ou 
 encore, puisqu'il s'agit de r{\'e}els strictement positifs,
 que \mc{\;\lim_n { {I_n}\over {a^{2n}} }=+\infty}\smallskip
Soit $\beta$ tel que $\alpha\,<\,\beta\,<\,\pii 2$ et posons $b=\sin\beta\quad0<\,a<\,b$ .\par
\mc{I_n\geq \int_{\beta}^{\pii 2}\sin^{2n} t\,dt\geq (\pii 2-\beta)\,b^{2n}}\par
Donc \mc{{{I_n}\over{a^{2n}}}\geq (\pii 2-\beta) {({b\over a})}^{2n}}\par
Comme $\pii 2-\beta >0$ et $b/a>1$, on en d{\'e}duit que 
\mc{\lim_n {{I_n}\over{a^{2n}}}=+\infty} \par
Il existe donc $n_0$ tel que pour tout $n\geq n_0\quad  M\,\pi\,a^{2n}\leq \epsilon \,I_n$
\par
On a donc prouv{\'e} que , pour tout $\epsilon>0$ , il existe $n_0$ tel que
 pour tout $n\geq n_0\quad |J_n|\leq 2\epsilon\,I_n$,\par
C'est {\`a} dire que,quand $n\ten +\infty$ , $J_n=o(I_n)$ ou encore 
\mc{\int_0^{\pii 2} \varphi(t)\,\sin^{2n}t\,dt=\varphi(\pii 2)I_n+o(I_n)}, ce qui prouve 
l'{\'e}quivalence 
\mc{\int_0^{\pii 2} \varphi(t)\,\sin^{2n}t\,dt\sim \varphi(\pii 2)I_n}
 car $\varphi (\pii 2)\not=0$
\bigskip
\qbb 2
Calcul classique d'int{\'e}grales de Wallis:\par
Notons toujours \mc{I_n=\int_0^{\pii 2} \sin^{2n}t\,dt\quad I_0=\pii 2\quad}.
 Pour tout $n\in\N$ ,
\par
\mc{\eqalign{I_{n+1}&=\int_0^{\pii 2} \sin^{2n+1}t\,\sin t\,dt \cr
 &=[-\cos t\,\sin^{2n+1} t]_0^{\pii 2}+(2n+1)\,\int_0^{\pii 2} \sin^{2n}t\,\cos^2 t\,dt\quad\hbox {en int{\'e}grant par parties}\cr
&=(2n+1)\,\int_0^{\pii 2} \sin^{2n}t\,(1-\sin^2 t)\,dt\cr
&=(2n+1)(I_n-I_{n+1})\cr}}\par
 On en d{\'e}duit la formule de r{\'e}currence:
 \boxat{7pt}{\mc{\quad I_{n+1}={{2n+1}\over{2n+2}}\,I_n\quad}}\medskip
Soit \mc{I_n={{2n-1}\over{2n}}.{{2n-3}\over{2n-2}}.\cdots {1\over 2}.I_0\ }, ou encore,en 
multipliant haut et bas par $(2n).(2n-2).\cdots.2=2^n\,n!$:
$$\boxat{7pt}{\mc{\ I_n={{(2n)!}\over{2^{2n}.{(n!)}^2}}\,\pii 2\ }}$$
D'apr{\`e}s la formule de Stirling:$\quad n!\sim n^n\,e^{-n}\sqrt{2\pi n},$  on en d{\'e}duit 
que, quand $ n\ten+\infty$,
 $$\boxat{7pt}{ \mc{I_n\sim {1\over 2}\sqrt{{{\pi}\over n}} } }$$
 
\qaa 3 a
Pour tout $n\in\N$, la fonction $h_n:t\don e^{-2t}\,\sin^{2n} t$ est continue sur 
$[0,+\infty[$ et $|h_n|$ y est major{\'e}e par la fonction $t\don e^{-2t}$, qui est
int{\'e}grable sur $[0,+\infty[$. Donc $h_n$ est int{\'e}grable sur $[0,+\infty[$\smallskip
\qaa 3 b
pour tout $n\in\N$, $u_n$ existe et
 \mc{u_n=\int_0^{\pii 2} e^{-2t}\,\sin^{2n}t\,dt+
\sum_{k=0}^{\infty}\int_{\pii 2+k\pi}^{\pii 2+(k+1)\pi}
 e^{-2t}\,\sin^{2n}t \,dt}\par
Dans \mc{w_k=\int_{\pii 2+k\pi}^{\pii 2+(k+1)\pi} e^{-2t}\,\sin^{2n}t \,dt} ,
 effectuons  le changement de variable $x=t-(k+1)\pi $:\par
\mc{w_k=\int_{-\pii 2}^{\pii 2} e^{-2x-2(k+1)\pi}\,\sin^{2n}(x+(k+1)\pi)\,dx
=e^{-(2k+2)\pi}\int_{-\pii 2}^{\pii 2} e^{-2x}\,\sin^{2n}x\,dx}\par


Or \mc{\int_{-\pii 2}^{\pii 2}e^{-2x}\,\sin^{2n}x\,dx=\int_0^{\pii 2}e^{-2x}\,\sin^{2n}x\,dx
+
\int_{-\pii 2}^{0}e^{-2x}\,\sin^{2n}x\,dx}\par 
En effectuant le changement de variable $y=-x$ dans la deuxi{\`e}me int{\'e}grale,
on obtient:\par
\mc{\int_{-\pii 2}^{\pii 2}e^{-2x}\,\sin^{2n}x\,dx=\int_0^{\pii 2}e^{-2x}\,\sin^{2n}x\,dx 
+\int_0^{\pii 2}e^{2y}\,\sin^{2n}y\,dy=2\int_0^{\pii 2}\ch t\,\sin^{2n}t\,dt}\par
Posons, \mc{A_n=\int_0^{\pii 2}e^{-2t}\,\sin^{2n}t\,dt \quad  B_n=\int_0^{\pii 2}\ch t\,\sin^{2n}t\,dt }\par
\mc{u_n=A_n+2\,B_n\sum_{k=0}^{\infty} e^{-2(k+1)\pi}=
A_n+2\,B_n\,{{e^{-2\pi}}\over{1-e^{-2\pi}}}\quad}  car $\;|e^{-2\pi}|<1$ \par
Finalement \mc{u_n=A_n+B_n\,{{e^{-\pi}}\over{\sh \pi}}}.\smallskip
En utilisant {\bf II-1} , $A_n\sim e^{-\pi}\,I_n$ et $B_n\sim \ch(\pi)\,I_n$\par
On en d{\'e}duit que, quand $n\ten+\infty$ ,
 \mc{{{u_n}\over{I_n}}} tend vers \mc{e^{-\pi}+\ch\pi.{{e^{-\pi}}\over{\sh\pi}}
={1\over{\sh \pi}} }\smallskip
Donc, en utilisant 2),\quad  \boxat{7pt}{ \mc{u_n\sim {1\over{2\sh \pi}}\,\sqrt{{{\pi}\over{n}}}}}\smallskip
\qaa 3 c
En int{\'e}grant par parties, pour $n\geq 1$, et $X>0$ \par
 \mc{\int_0^X e^{-2t}\,\sin^{2n}\,dt=-{1\over 2}.e^{-2X}.{(sin 2X)}^{2n}+
n\int_0^X e^{-2t}\,\sin^{2n-1} t\,\cos t\,dt}\par
En int{\'e}grant de nouveau par parties et en faisant tendre $X$ vers $+\infty$:\par
\mc{\eqalign{u_n &={n\over2}\,\int_0^{+\infty}
 e^{-2t}\,((2n-1)\sin^{2n-2} t\,\cos^2 t-\sin^{2n} t)\,dt\cr
&={n\over2}\,\int_0^{+\infty}
 e^{-2t}\,(-(2n)\sin^{2n} t+(2n-1)\sin^{2n-2} t)\,dt\cr
&={n\over2}(-(2n)u_n+(2n-1)u_{n-1})\cr}}\par
On en d{\'e}duit la formule de r{\'e}currence: pour tout 
\mc{n\geq 1\quad u_n={{n(2n-1)}\over{2(1+n^2)}}\,u_{n-1}}\par
D'o{\`u} \mc{u_n=\prod_{k=1}^n {{k(2k-1)}\over{2(1+k^2)}}u_0\qquad} or  
 \mc{u_0={1\over 2}}, donc, 
\mc{\;u_n={{n!}\over{2^{n+1}}}\,{{\prod_{k=1}^n (2k-1)}\over {\prod_{k=1}^n(1+k^2)}}}\par
En multipliant haut et bas par
 \mc{\prod_{k=1}^n 2k=2^n\,n!} et en {\'e}crivant \mc{(1+k^2)=k^2(1+k^{-2})},
 on obtient:
$$\boxat{7pt}{ \mc{u_n={{(2n)!}\over{2^{2n+1}\,{(n!)}^2}}\,
{1\over{\prod_{k=1}^n (1+k^{-2})}}} }$$
\qaa 3 d
Notons \mc{P_n=\prod_{k=1}^n (1+k^{-2})\;}; de l'{\'e}quivalent de $u_n$ trouv{\'e} en {\bf 3.b}
et de la formule de Stirling, on d{\'e}duit que, quand $n\ten +\infty$\par
\mc{P_n\sim {{{(2n)}^{2n}\,e^{-2n}\,\sqrt{4\pi\,n}}\over{2^{2n+1}\,n^{2n}\,e^{-2n}\,2\pi\,n}}\,{{2\sh\pi\,\sqrt n}\over{\sqrt\pi}}\quad};
 soit :  \mc{\;P_n\sim {{\sh\pi}\over{\pi}}} \par
On en d{\'e}duit imm{\'e}diatement que:
$$\boxat{7pt}{ \mc{\prod_{n=1}^{+\infty} (1+ n^{-2})={{\sh\pi}\over{\pi}}} }$$
\medskip
{\bf Partie III}\smallskip
\qbb 1
Pour tout \mc{n\geq 1\quad |1+{i\over n}|=\sqrt{1+{1\over {n^2}}}}. Donc, pour tout 
$N\geq 1$,\par
\mc{\prod_{n=1}^N|1+{i\over n}|=\sqrt{\prod_{n=1}^N (1+{1\over {n^2}})}=
\sqrt{ P_n}} ,
en conservant les notations de la question pr{\'e}c{\'e}dente.\par
De l'{\'e}quivalent trouv{\'e} en II-3-d,on d{\'e}duit que 
\mc{\prod_{n=1}^{+\infty}|1+{i\over n}|=\sqrt{{{\sh\pi}\over{\pi}} } }\smallskip
\qbb 2


Pour $n=1\quad |(1+z_1)-1|=|z_1|=(1+|z_1|)-1$\par
Pour $n=2\quad |(1+z_1)(1+z_2)-1|=|z_1+z_2+z_1z_2|\leq |z_1|+|z_2|+|z_1||z_2|=(1+|z_1|)(1+|z_2|)-1$\par
Supposons que pour $n\in\N^*$,pour tous complexes $z_1,\cdots,z_n$ on ait:\par
\mc{|\prod_{k=1}^n (1+z_k)-1|\leq \prod_{k=1}^n (1+|z_k|)-1 }\par
Pour tous complexes $z_1,\cdots,z_{n+1}$ :\par
\mc{T_{n+1}=|\prod_{k=1}^{n+1} (1+z_k)-1|=
|(1+(\prod_{k=1}^{n} (1+z_k)-1))(1+z_{n+1})-1|} ;en utilisant l'in{\'e}galit{\'e}
 prouv{\'e}e pour $n=2$ 
\par
\mc{T_{n+1}\leq (1+|\prod_{k=1}^{n} (1+z_k)-1|)(1+|z_{n+1}|)-1} ,puis en utilisant
l'hypoth{\`e}se de r{\'e}currence:\par
\mc{T_{n+1}\leq (\prod_{k=1}^{n} (1+|z_k|))(1+|z_{n+1}|)-1=
\prod_{k=1}^{n+1} (1+|z_k|)-1}\par
La r{\'e}currence est {\'e}tablie.\medskip
\qbb 3
Notons,pour tout n, \mc{P_n=\prod_{k=1}^n (1+u_k)\quad T_n=\prod_{k=1}^n (1+|u_k|)}\par
Pour tout n, $|u_n|<1$ et $\sum |u_n|$ converge: d'apr{\`e}s {\bf II-4}, 
la suite $(T_n)$ converge. on peut d'ailleurs remarquer, que $(T_n)$ est minor{\'e}e par 1 ,
sa limite est donc non nulle.\par
Comme, pour tout n, $\;|u_n|<1$ ,$\;1+u_n\not=0$ et $P_n\not=0$\par
Pour tout n  dans $\N$ et pour tout p dans $\N^*$: \mc{|P_{n+p}-P_n|=|P_n|\,\Big|\prod_{k=n+1}^{n+p} (1+u_k)-1\Big|}\par
En utilisant la question pr{\'e}c{\'e}dente et la majoration $|P_n|\leq T_n$ ,\par
\mc{|P_{n+p}-P_n|\leq T_n\,\prod_{k=n+1}^{n+p} (1+|u_k|)-1 } ,c'est {\`a} dire:\par
\mc{|P_{n+p}-P_n|\leq (T_{n+p}-T_n)=|T_{n+p}-T_n| \quad} {\'e}galement vrai si $p=0$\par
La suite $(T_n)$ est convergente, donc de Cauchy :\mc{\lim_n \sup_{p\in\,\N}|T_{n+p}-T_n|=0}\par
et donc, la suite $(P_n)$ est de Cauchy:\par
 la suite \mc{\bigl(\sup_{p\in\,\N}|P_{n+p}-P_n|\bigr)_n} est 
major{\'e}e par la suite de limite 0, \mc{\bigl ( \sup_p|T_{n+p}-T_n|\bigr)_n} et 
donc tend vers 0.\medskip
\qbb 4
Notons ,pour tout n , $S_n=\sum_{k=0}^n \theta_k\quad$ et 
\mc{\quad P_n=\prod_{k=0}^n u_k=e^{iS_n}}    \par
Rappelons que  \mc{\appli {\varphi}{]-\pi,+\pi[}{{\cal U}\setminus \{-1\}}{\theta}{e^{i\theta}}} o{\`u}
${\cal U}$ d{\'e}signe l'ensemble des complexes de module 1 est continue,bijective et
$\varphi^{-1}$ est continue .(c'est un hom{\'e}omorphisme)\par
{\bf si $\sum \theta_n$ converge}\par
L'application $t\don e^{it}$ est continue sur $\R$ ,donc,la convergence de la suite 
$(S_n)$ entra{\^\i}ne celle de la suite $(P_n)$\par
{\bf si $(P_n)$ converge}\par
Comme, pour tout n, $|P_n|=1$, $(P_n)$ converge vers une limite L, de module 1.\par
 Comme $L\not=0$ et pour tout n, $P_n\not=0$ de \mc{u_n={{P_n}\over{P_{n-1}}}} ,
on d{\'e}duit que :
\boxat{7pt}{ $\lim_n u_n=1$}\par
Pour tout n, $u_n\in\,{\cal U}\setminus \{-1\}$ , et $\;\theta_n=\varphi^{-1}(u_n)$ ;\par
En utilisant la continuit{\'e}  de $\varphi^{-1}$ ,on en d{\'e}duit :
\boxat{7pt}{ $\lim_n \theta_n=0$}\par
On ne peut pas utiliser $\varphi^{-1}(P_n)$ car $P_n$ peut prendre
 la valeur $-1$; par contre,
on sait que \mc{{{P_n}\over{L}}\ten 1}, donc, pour n assez grand, $n\geq N$,
 \mc{{{P_n}\over{L}}\in \,{\cal U}\setminus \{-1\}};\par
$|L|=1$ , soit $\alpha\in \,[-\pi,\pi[$ tel que $L=e^{i\alpha}$ :pour tout $n\geq N$ ,
notons \mc{T_n=\varphi^{-1}({{P_n}\over{L}})} ;\par
 par continuit{\'e} de $\varphi^{-1}$, $(T_n)$ tend vers 0.\par
De \mc{e^{i(S_n-\alpha)}=e^{iT_n}}, on d{\'e}duit que, pour tout $n\geq N$, 
il existe $k_n\in\Z$, tel que:\par
 $ S_n=\alpha+T_n+2k_n\pi$ \par
 De plus ,  $\theta_{n+1}=S_{n+1}-S_n=T_{n+1}-T_n+2(k_{n+1}-k_n)\pi$\par
Or les suites $(\theta_n)$ et $(T_n)$ tendent vers 0: on en d{\'e}duit que la suite 
{\`a} valeurs dans $\Z$, $(k_{n+1}-k_n)$ tend vers 0: elle est donc stationnaire
 de valeur 0. Il 
existe donc $n_0$ que l'on peut choisir sup{\'e}rieur {\`a} N, et un entier relatif K ,
tels que, pour tout $n\geq n_0\quad k_n=K$ .\par
Finalement,
$$\forall n\geq n_0\quad S_n=\alpha+T_n+2K\pi$$
Comme $(T_n)$ tend vers 0, on en d{\'e}duit la convergence de la suite $(S_n)$.\medskip
\qbb 5
Posons, pour tout $n\geq 1$, \mc{v_n={i\over n}}, on a alors : \mc{|v_n|={i\over n}} et
 \mc{\sum |v_n|} diverge.\par
 \mc{1+{i\over n}=\sqrt{1+{1\over {n^2}}}\,u_n} avec $|u_n|=1$ et $u_n\not=-1$ ;
\par
 plus pr{\'e}cis{\'e}ment, \mc{u_n=e^{i\theta_n}}, avec $-\pi <\theta_n<\pi\; $ et 
\mc{\;\cos\theta_n={1\over {\sqrt{ 1+ n^{-2} } }}\quad
 \sin\theta_n={1\over{n\sqrt {1+ n^{-2}}}} }\par
$\lim \theta_n=0$ car $\lim_n u_n=1$ ; donc $\;\theta_n\sim\sin\theta_n$ ;
or \mc{\sin\theta_n\sim {1\over n}} ;
on en d{\'e}duit que \mc{\theta_n\sim {1\over n}} ,
puis que $\sum\theta_n$ diverge.\par
D'apr{\`e}s la question pr{\'e}c{\'e}dente ,
la suite \mc{(\prod_{k=1}^n u_k)_n }  diverge. \par
Notons \mc{P_n=\prod_{k=1}^n (1+{i\over k})\quad A_n=\prod_{k=1}^n |1+{i\over k}| }\par
\mc{P_n=A_n\,\prod_{k=1}^n u_k} ;  la suite $(A_n)$ converge vers une limite non nulle, et 
la suite $(Q_n)$ diverge: la suite $(P_n)$ diverge ,le produit 
\mc{\prod_{n=1}^{+\infty} (1+{i\over n}) } n'existe pas.
\end.









