%% This document created by Scientific Word (R) Version 3.0

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\begin{document}
Signalons d'abord que ce probl\`{e}me est presque enti\`{e}rement repomp\'{e}
sur l'\'{e}preuve \`{a} option M du concours de l'Ecole de l'Air 1992 en
renum\'{e}rotant les questions et en changeant quelques notations.\ On a
\'{e}galement ajout\'{e} quelques questions interm\'{e}diaires, principalement
au d\'{e}but quand ''l'auteur'' du sujet \'{e}tait encore en forme. On a
m\^{e}me supprim\'{e} des indications pr\'{e}cieuses comme d'utiliser une
repr\'{e}sentation graphique pour obtenir l'encadrement du I.H)... Supprimer
la question I.2.c) n'est pas une tr\`{e}s bonne id\'{e}e dans le sens o\`{u}
elle est ind\'{e}pendante du reste et permet de''v\'{e}rifier'' les calculs
(compliqu\'{e}s) de la fin.\ On peut affirmer que le jury Centrale TSI a une
tr\`{e}s haute estime de la fili\`{e}re TSI.

Remarquons aussi que le probl\`{e}me n$%
%TCIMACRO{\UNICODE{0xb0}}%
%BeginExpansion
{{}^\circ}%
%EndExpansion
2$ des ENSI-TA de 1985 fait faire des chose un peu plus simples, un peu
ressemblantes mais souvent d'une autre fa\c{c}on. Le premier qui dit que le
niveau des \'{e}preuves baisse a perdu.

Pour terminer rappelons que l'horaire hebdomadaire en sup et sp\'{e} TA en
1985 \'{e}tait de 14H, de m\^{e}me que celui des sup et sp\'{e} M en 1992
tandis que l'horaire h\'{e}bdomadaire des sup et sp\'{e} TSI est de 11 et 10H
en incluant le soutien des sup...

\medskip

I.A) On \'{e}tudie les variations de $f$ d\'{e}finie par $f\left(  x\right)
=x+\ln\left(  1-x\right)  .$ On calcule facilement $f^{\prime}\left(
x\right)  =\dfrac{-x}{1-x}\leqslant0$ sur $\left[  0,1\right[  .$ $f$ est donc
d\'{e}croissante sur cet intervalle et comme $f\left(  0\right)  =0$%
\[
\forall x\in\left[  0,1\right[  \quad f\left(  x\right)  \leqslant0
\]
De m\^{e}me, l'\'{e}tude des variations de $f$ d\'{e}finie par $f\left(
x\right)  =x-\ln\left(  1+x\right)  $ de d\'{e}riv\'{e}e $\dfrac{x}%
{1+x}\geqslant0$ sur $\left[  0,1\right[  .$ $f$ est donc croissante sur cet
intervalle et comme $f\left(  0\right)  =0$%
\[
\forall x\in\left[  0,1\right[  \quad f\left(  x\right)  \geqslant0
\]

\medskip

I.B) On a $u_{n}-v_{n}=\dfrac{1}{n}$ et donc $\lim\limits_{n\rightarrow
+\infty}u_{n}-v_{n}=0.$

D'autre part $u_{n+1}-u_{n}=\dfrac{1}{n+1}-\ln\dfrac{n+1}{n}=\dfrac{1}%
{n+1}+\ln\left(  1-\dfrac{1}{n+1}\right)  \leqslant0.$ Ce qui prouve que
$\left(  u_{n}\right)  $ d\'{e}croit.

Enfin $v_{n+1}-v_{n}=\dfrac{1}{n}-\ln\dfrac{n+1}{n}=\dfrac{1}{n}-\ln\left(
1+\dfrac{1}{n}\right)  \geqslant0.$ Ce qui prouve maintenant que $\left(
v_{n}\right)  $ croit.

Ces deux suites sont donc adjacentes de limite $\gamma$. On a donc
\[
\forall n\geqslant2\quad v_{n}\leqslant\gamma\leqslant u_{n}%
\]

\medskip

I.C) Pour avoir une valeur approch\'{e}e \`{a} 10$^{-1}$ pr\`{e}s, il suffit
$\left|  u_{n}-v_{n}\right|  \leqslant\dfrac{1}{10},$ il suffit donc d'avoir
$n\geqslant10.$ $v_{10},$ $u_{10}$ constitue donc un encadrement de 2 valeurs
approch\'{e}es de $\gamma$ \`{a} $\dfrac{1}{10}$ pr\`{e}s.%
\[
\gamma\backsimeq0,5
\]

\medskip

I.D)
\begin{align*}
w_{n}  &  =\ln\dfrac{n}{n-1}-\dfrac{1}{n}=-\ln\left(  1-\dfrac{1}{n}\right)
-\dfrac{1}{n}\\
&  =\dfrac{1}{n}+\dfrac{1}{2n^{2}}-\dfrac{1}{n}+o\left(  \dfrac{1}{n^{2}%
}\right) \\
&  =\dfrac{1}{2n^{2}}+o\left(  \dfrac{1}{n^{2}}\right)
\end{align*}

Donc $w_{n}\backsim\dfrac{1}{2n^{2}},$ On travaille \`{a} partir d'un certain
rang, $\sum w_{n}$ est une s\'{e}rie positive convergente.%
\begin{align*}
\sum_{n=p+1}^{p+k}w_{n}  &  =\sum_{n=p+1}^{p+k}\ln p-\sum_{n=p+1}^{p+k}%
\ln\left(  p-1\right)  -\sum_{n=p+1}^{p+k}\dfrac{1}{p}\\
&  =\sum_{n=p+1}^{p+k}\ln p-\sum_{n=p}^{p+k-1}\ln p-\sum_{n=p+1}^{p+k}%
\dfrac{1}{p}\\
&  =\ln\left(  p+k\right)  -\ln p-\left(  S_{p+k}-S_{p}\right) \\
&  =u_{p}-u_{p+k}%
\end{align*}
En faisant tendre $k$ vers $+\infty,$ on obtient :%
\[
\sum_{n=p+1}^{+\infty}w_{n}=u_{p}-\gamma
\]

\medskip

I.E.1) $\int_{k-1}^{k}g\left(  t\right)  dt$ n'est que le calcul de l'aire
d'un trap\`{e}ze rectangle $\left(  !\right)  $ de hauteur 1 et de bases
$f\left(  k-1\right)  $ et $f\left(  k\right)  .$%
\begin{align*}
\int_{k-1}^{k}g\left(  t\right)  dt  &  =\dfrac{1}{2}\left(  \dfrac{1}%
{k-1}+\dfrac{1}{k}\right) \\
&  =\dfrac{1}{2\left(  k-1\right)  }+\dfrac{1}{2k}%
\end{align*}

\medskip

I.E.2) Les fonctions \'{e}tant affines sur chaque intervalle, la
d\'{e}riv\'{e}e en un point fixe la pente de la courbe.%
\begin{align*}
\forall t  &  \in\left]  -\infty,k-\dfrac{1}{2}\right[  \quad h\left(
t\right)  =f^{\prime}\left(  k-1\right)  \left(  t-k+1\right)  +f\left(
k-1\right) \\
&  =\dfrac{-1}{\left(  k-1\right)  ^{2}}\left(  t-k+1\right)  +\dfrac{1}%
{k-1}\\
&  =\dfrac{-t}{\left(  k-1\right)  ^{2}}+\dfrac{2}{k-1}\\
\forall t  &  \in\left[  k-\dfrac{1}{2},+\infty\right[  \quad h\left(
t\right)  =f^{\prime}\left(  k\right)  \left(  t-k\right)  +f\left(  k\right)
\\
&  =\dfrac{-t}{k^{2}}+\dfrac{2}{k}%
\end{align*}

\medskip

I.E.3) Le seul probl\`{e}me de continuit\'{e} est en $k-\dfrac{1}{2}.$
$h\left(  k-\dfrac{1}{2}\right)  =\dfrac{1}{2k^{2}}+\dfrac{1}{k}$ et la limite
\`{a} gauche en ce point est $\dfrac{-1}{2\left(  k-1\right)  ^{2}}+\dfrac
{1}{k-1}.$ En g\'{e}n\'{e}ral, on n'a donc pas continuit\'{e} de $h.$ Sauf
peut-\`{e}tre si la diff\'{e}rence est nulle :%
\begin{align*}
\dfrac{1}{2k^{2}}+\dfrac{1}{k}-\left(  \dfrac{-1}{2\left(  k-1\right)  ^{2}%
}+\dfrac{1}{k-1}\right)   &  =\dfrac{\left(  1+2k\right)  \left(  k-1\right)
^{2}-\left(  2k-3\right)  k^{2}}{2k^{2}\left(  k-1\right)  ^{2}}\\
&  =\dfrac{1}{2k^{2}\left(  k-1\right)  ^{2}}%
\end{align*}
Et donc, $h$ n'est jamais continue en $k-\dfrac{1}{2}.$

\medskip

I.E.4) $\int_{k-1}^{k}h\left(  t\right)  dt$ n'est que le calcul de l'aire de
deux trap\`{e}zes rectangles $\left(  !\right)  $ de hauteur $\dfrac{1}{2}.$
Les bases du premier sont $\dfrac{1}{k-1}$ et $\dfrac{1}{k-1}+\dfrac
{-1}{2\left(  k-1\right)  ^{2}}.$ Les bases du second sont $\dfrac{1}{k}$ et
$\dfrac{1}{k}-\dfrac{-1}{2k^{2}}.$%
\begin{align*}
\int_{k-1}^{k}h\left(  t\right)  dt  &  =\dfrac{1}{4}\left(  \dfrac{1}%
{k-1}+\dfrac{1}{k-1}+\dfrac{-1}{2\left(  k-1\right)  ^{2}}+\dfrac{1}{k}%
+\dfrac{1}{k}-\dfrac{-1}{2k^{2}}\right) \\
&  =\dfrac{1}{4}\left(  \dfrac{2}{k-1}-\dfrac{1}{2\left(  k-1\right)  ^{2}%
}+\dfrac{2}{k}+\dfrac{1}{2k^{2}}\right) \\
&  =\dfrac{1}{2\left(  k-1\right)  }+\dfrac{1}{2k}+\dfrac{1}{8k^{2}}-\dfrac
{1}{8\left(  k-1\right)  ^{2}}%
\end{align*}

\medskip

I.F) $f$ est convexe car de d\'{e}riv\'{e}e seconde positive. $g$ a pour
courbe repr\'{e}sentative la corde de $la$ courbe repr\'{e}sentative de $f$ et
$h$ a pour courbe repr\'{e}sentative deux tangentes \`{a} celle de $f.$ La
corde est au dessus d'une courbe convexe et les tangentes en dessous... Ceci
fournit sans calculs les in\'{e}galit\'{e}s demand\'{e}es.

\medskip

I.G) De l'in\'{e}galit\'{e} pr\'{e}c\'{e}dente, on d\'{e}duit :%
\begin{align*}
\int_{k-1}^{k}h\left(  t\right)  dt  &  \leqslant\int_{k-1}^{k}f\left(
t\right)  dt\leqslant\int_{k-1}^{k}g\left(  t\right)  dt\\
\dfrac{1}{2\left(  k-1\right)  }+\dfrac{1}{2k}+\dfrac{1}{8k^{2}}-\dfrac
{1}{8\left(  k-1\right)  ^{2}}  &  \leqslant\ln\dfrac{k}{k-1}\leqslant
\dfrac{1}{2\left(  k-1\right)  }+\dfrac{1}{2k}%
\end{align*}

\medskip

I.H) On enl\`{e}ve $\dfrac{1}{k}$ \`{a} chacun des membres de l'in\'{e}%
galit\'{e} pr\'{e}c\'{e}dente, ce qui donne :%
\[
\dfrac{1}{2\left(  k-1\right)  }-\dfrac{1}{2k}+\dfrac{1}{8k^{2}}-\dfrac
{1}{8\left(  k-1\right)  ^{2}}\leqslant w_{k}\leqslant\dfrac{1}{2\left(
k-1\right)  }-\dfrac{1}{2k}%
\]
On somme de $k=n+1$ \`{a} $n+p$ : on a d'abord%
\begin{align*}
\sum_{k=n+1}^{n+p}\dfrac{1}{2\left(  k-1\right)  }-\sum_{k=n+1}^{n+p}\dfrac
{1}{2k}+\sum_{k=n+1}^{n+p}\dfrac{1}{8k^{2}}-\sum_{k=n+1}^{n+p}\dfrac
{1}{8\left(  k-1\right)  ^{2}}  &  \leqslant\sum_{k=n+1}^{n+p}w_{k}\\
\dfrac{1}{2n}-\dfrac{1}{2\left(  n+p\right)  }-\dfrac{1}{8n^{2}}+\dfrac
{1}{8\left(  n+p\right)  ^{2}}  &  \leqslant\sum_{k=n+1}^{n+p}w_{k}%
\end{align*}
On a \'{e}galement :%
\begin{align*}
\sum_{k=n+1}^{n+p}w_{k}  &  \leqslant\sum_{k=n+1}^{n+p}\dfrac{1}{2\left(
k-1\right)  }-\sum_{k=n+1}^{n+p}\dfrac{1}{2k}\\
\sum_{k=n+1}^{n+p}w_{k}  &  \leqslant\dfrac{1}{2n}-\dfrac{1}{2\left(
n+p\right)  }%
\end{align*}
On passe \`{a} la limite sur ces in\'{e}galit\'{e}s quand $p\rightarrow
+\infty$ et on obtient :%
\[
\dfrac{1}{2n}-\dfrac{1}{8n^{2}}\leqslant u_{n}-\gamma\leqslant\dfrac{1}{2n}%
\]

\medskip

I.I) Quand $\dfrac{1}{8n^{2}}\leqslant10^{-3},$ c'est \`{a} dire d\`{e}s que
$n^{2}\geqslant125$ ou encore $n\geqslant12,$ on a $u_{n}-\dfrac{1}{2n}$ qui
est une valeur approch\'{e}e de $\gamma$ \`{a} $10^{-3}$ pr\`{e}s. On choisit
$u_{12}-\dfrac{1}{24}$%
\[
\gamma\backsimeq0,576
\]

\medskip

II.A) $\int_{0}^{1}\dfrac{1-t^{n}}{1-t}dt$ est g\'{e}n\'{e}ralis\'{e}e en 1
mais on verra que la fonction a une limite finie en 1 et donc l'int\'{e}grale
converge. En effet on remplace $\dfrac{1-t^{n}}{1-t}=\sum\limits_{i=0}%
^{n-1}t^{i}$ , de limite $n$ en 1, et on obtient :%
\begin{align*}
\int_{0}^{1}\dfrac{1-t^{n}}{1-t}dt  &  =\sum\limits_{i=0}^{n-1}\int_{0}%
^{1}t^{i}dt=\sum\limits_{i=0}^{n-1}\dfrac{1}{i+1}\\
&  =\sum\limits_{i=1}^{n}\dfrac{1}{i}%
\end{align*}

\medskip

II.B) Dans l'\'{e}galit\'{e} pr\'{e}c\'{e}dente, on fait le changement de
variable, monotone de classe $\mathcal{C}^{1},$ $t=1-\dfrac{x}{n},$ comme la
premi\`{e}re int\'{e}grale convergeait, on a :%
\begin{align*}
\sum\limits_{i=1}^{n}\dfrac{1}{i}  &  =\int_{n}^{0}\dfrac{1-\left(
1-\dfrac{x}{n}\right)  ^{n}}{1-\left(  1-\dfrac{x}{n}\right)  }d\left(
1-\dfrac{x}{n}\right) \\
&  =\int_{0}^{n}\dfrac{1-\left(  1-\dfrac{x}{n}\right)  ^{n}}{x}dx
\end{align*}
De plus $u_{n}=\sum\limits_{i=1}^{n}\dfrac{1}{i}-\ln n,$ ce qui donne
\begin{align*}
u_{n}  &  =\int_{0}^{n}\dfrac{1-\left(  1-\dfrac{x}{n}\right)  ^{n}}{x}dx-\ln
n\\
&  =\int_{0}^{1}\dfrac{1-\left(  1-\dfrac{x}{n}\right)  ^{n}}{x}dx+\int
_{1}^{n}\dfrac{1-\left(  1-\dfrac{x}{n}\right)  ^{n}}{x}dx-\ln n\\
&  =\int_{0}^{1}\dfrac{1-\left(  1-\dfrac{x}{n}\right)  ^{n}}{x}dx-\int
_{1}^{n}\dfrac{\left(  1-\dfrac{x}{n}\right)  ^{n}}{x}dx+\int_{1}^{n}\dfrac
{1}{x}dx-\ln n\\
&  =\int_{0}^{1}\dfrac{1-\left(  1-\dfrac{x}{n}\right)  ^{n}}{x}dx-\int
_{1}^{n}\dfrac{\left(  1-\dfrac{x}{n}\right)  ^{n}}{x}dx
\end{align*}

\medskip

II.C.1) La courbe repr\'{e}sentative de l'exponentielle, convexe, est au
dessus de sa tangente en $\left(  0,1\right)  $ d'\'{e}quation $y=1+x.$ On
peut aussi faire un calcul de variation comme au I.A). Ceci montre que
\[
\forall x\in\mathbb{R}\quad1+x\leqslant e^{x}%
\]

\medskip

II.C.2) Les deux quantit\'{e}s \'{e}tant positives, leur in\'{e}galit\'{e}
\'{e}quivaut \`{a} l'in\'{e}galit\'{e} de leur puissance $\dfrac{1}{n}$%
\`{e}me. On retrouve le II.C.1) o\`{u} on a chang\'{e} $x$ en $-\dfrac{x}{n}.$

\medskip

II.C.3) On fait la m\^{e}me chose qu'en II.C.2) mais en changeant $x$ en
$\dfrac{x}{n}.$

\medskip

II.C.4) Soit $f\left(  u\right)  =\left(  1-u\right)  ^{n}-1+nu,$ de
d\'{e}riv\'{e}e $f^{\prime}\left(  u\right)  =n\left(  1-\left(  1-u\right)
^{n-1}\right)  \geqslant0$ pour $u\in\left[  0,1\right]  .$ Comme $f\left(
0\right)  =0$ :%
\[
\forall u\in\left[  0,1\right]  \quad\left(  1-u\right)  ^{n}-1+nu\geqslant0
\]
On remplace $u$ par $\dfrac{x^{2}}{n^{2}}$ pour avoir l'in\'{e}galit\'{e}
demand\'{e}e.

\medskip

II.C.5) L'in\'{e}galit\'{e} de gauche n'est autre que le II.C.2). On
r\'{e}\'{e}crit le II.C.4) :%
\[
\left(  1-\dfrac{x}{n}\right)  ^{n}\left(  1+\dfrac{x}{n}\right)
^{n}\geqslant1-\dfrac{x^{2}}{n}%
\]
On utilise II.C.3) :%
\begin{align*}
e^{x}\left(  1-\dfrac{x}{n}\right)  ^{n}  &  \geqslant1-\dfrac{x^{2}}{n}\\
\left(  1-\dfrac{x}{n}\right)  ^{n}  &  \geqslant e^{-x}-\dfrac{x^{2}}%
{n}e^{-x}\\
\dfrac{x^{2}}{n}e^{-x}  &  \geqslant e^{-x}-\left(  1-\dfrac{x}{n}\right)
^{n}%
\end{align*}
Ce qui est la deuxi\`{e}me in\'{e}galit\'{e}.

\medskip

II.D) Le probl\`{e}me de convergence de l'int\'{e}grale est en $+\infty.$ La
fonction est positive et pour $x\geqslant1,$ on a $\dfrac{e^{x}}{x}\leqslant
e^{x}$ dont l'int\'{e}grale converge par limite finie d'une primitive.
$\int_{0}^{+\infty}\dfrac{e^{x}}{x}dx$ converge.

On a
\[
u_{n}=\int_{0}^{1}\dfrac{1-\left(  1-\dfrac{x}{n}\right)  ^{n}}{x}dx-\int
_{1}^{n}\dfrac{\left(  1-\dfrac{x}{n}\right)  ^{n}}{x}dx
\]
et
\[
e^{-x}-\dfrac{x^{2}}{n}e^{-x}\leqslant\left(  1-\dfrac{x}{n}\right)
^{n}\leqslant e^{-x}%
\]
D'o\`{u} :%
\begin{align*}
\int_{0}^{1}\dfrac{1-e^{-x}}{x}dx-\int_{1}^{n}\dfrac{e^{-x}}{x}dx  &
\leqslant u_{n}\leqslant\int_{0}^{1}\dfrac{1-e^{-x}+\dfrac{x^{2}}{n}e^{-x}}%
{x}dx-\int_{1}^{n}\dfrac{e^{-x}-\dfrac{x^{2}}{n}e^{-x}}{x}dx\\
\int_{0}^{1}\dfrac{1-e^{-x}}{x}dx-\int_{1}^{n}\dfrac{e^{-x}}{x}dx  &
\leqslant u_{n}\leqslant\int_{0}^{1}\dfrac{1-e^{-x}}{x}dx-\int_{1}^{n}%
\dfrac{e^{-x}}{x}dx+\dfrac{1}{n}\int_{0}^{n}xe^{-x}dx
\end{align*}
Or $\int_{0}^{+\infty}xe^{-x}dx$ converge, par application par exemple du
th\'{e}or\`{e}me des croissances compar\'{e}es. donc $\lim
\limits_{n\rightarrow+\infty}\dfrac{1}{n}\int_{0}^{n}xe^{-x}dx=0.$ On passe
\`{a} la limite dans les in\'{e}galit\'{e}s pr\'{e}c\'{e}dentes. Ces limites
existent bien et par application du th\'{e}or\`{e}me des gendarmes :%
\[
\gamma=\int_{0}^{1}\dfrac{1-e^{-x}}{x}dx-\int_{1}^{+\infty}\dfrac{e^{-x}}%
{x}dx
\]

\medskip

III.A) On va faire un d\'{e}veloppement limit\'{e} de $\varphi$ \`{a} partir
d'un d\'{e}veloppement limit\'{e} \`{a} l'ordre 2 de $e^{-x}.$%
\begin{align*}
\varphi\left(  x\right)   &  =\dfrac{1}{1-\left(  1-x+x^{2}/2+o\left(
x^{2}\right)  \right)  }-\dfrac{1}{x}\\
&  =\dfrac{1}{x-x^{2}/2+o\left(  x^{2}\right)  }-\dfrac{1}{x}\\
&  =\dfrac{1}{x}\left(  \dfrac{1}{1-x/2+o\left(  x\right)  }-1\right)  \\
&  =\dfrac{1}{2}+o\left(  1\right)
\end{align*}
Ceci prouve que $\varphi$ est prolongeable par continuit\'{e} en 0 par
$\dfrac{1}{2}.$ D'autre part, $\lim\limits_{x\rightarrow+\infty}\varphi\left(
x\right)  =1,$ ce qui prouve que $\varphi$ est born\'{e}e au voisinage de 0 et
de $+\infty,$ et comme elle est continue sur $\left]  0,+\infty\right[  ,$
elle y est born\'{e}e par $K$.

\medskip

III.B) On a $\left|  e^{-x}\varphi\left(  x\right)  \right|  \leqslant
Ke^{-x}$ dont l'int\'{e}grale sur $\left]  0,+\infty\right[  $ converge. Ceci
prouve que $\int_{0}^{+\infty}e^{-x}\varphi\left(  x\right)  dx$ converge
absolument donc converge.

\medskip

III.C) L'int\'{e}grale $I_{n}\left(  a\right)  $ converge puisque
$0\leqslant\dfrac{e^{-x}-e^{-nx}}{x}\leqslant\dfrac{e^{-x}}{a}.$ De plus, on
peut casser cette int\'{e}grale en deux int\'{e}grales convergentes par le
m\^{e}me type de majoration.%
\[
I_{n}\left(  a\right)  =\int_{a}^{+\infty}\dfrac{e^{-x}-e^{-nx}}{x}dx=\int
_{a}^{+\infty}\dfrac{e^{-x}}{x}dx-\int_{a}^{+\infty}\dfrac{e^{-nx}}{x}dx
\]
On fait le changement de variable monotone de classe $\mathcal{C}^{1}$ $nx=u$
dans la deuxi\`{e}me int\'{e}grale par ailleurs convergente. On y remplacera
formellement ensuite $u$ par $x.$%
\begin{align*}
I_{n}\left(  a\right)   &  =\int_{a}^{+\infty}\dfrac{e^{-x}}{x}dx-\int
_{na}^{+\infty}\dfrac{e^{-u}}{u}du=\int_{a}^{+\infty}\dfrac{e^{-x}}{x}%
dx-\int_{na}^{+\infty}\dfrac{e^{-x}}{x}dx\\
&  =\int_{a}^{na}\dfrac{e^{-x}}{x}dx=\int_{a}^{na}\dfrac{1-\left(
1-e^{-x}\right)  }{x}dx=\int_{a}^{na}\dfrac{1}{x}dx-\int_{a}^{na}%
\dfrac{\left(  1-e^{-x}\right)  }{x}dx\\
&  =\ln n-\int_{a}^{na}\dfrac{\left(  1-e^{-x}\right)  }{x}dx
\end{align*}

\medskip

III.D) Pour $\int_{0}^{+\infty}\dfrac{e^{-x}-e^{-nx}}{x}dx,$ le seul
probl\`{e}me de convergence de l'int\'{e}grale qui reste est en 0. Mais un
d\'{e}veloppement limit\'{e} donne :%
\[
\dfrac{e^{-x}-e^{-nx}}{x}=\dfrac{1-x-1+nx+o\left(  x\right)  }{x}=n-1+o\left(
1\right)
\]
Comme on a une limite finie en un point fini, l'int\'{e}grale converge.

De plus%
\[
\lim\limits_{a\rightarrow0}I_{n}\left(  a\right)  =\int_{0}^{+\infty}%
\dfrac{e^{-x}-e^{-nx}}{x}dx
\]
par d\'{e}finition d'une int\'{e}grale convergente.

Soit $F$ une primitive de $\dfrac{\left(  1-e^{-x}\right)  }{x},$ $F$ a bien
une limite finie en 0 puisque son int\'{e}grale converge.%
\[
I_{n}\left(  a\right)  =\ln n-F\left(  na\right)  +F\left(  a\right)
\]
On passe \`{a} la limite quand $a$ tend vers 0 et :%
\[
\lim\limits_{a\rightarrow0}I_{n}\left(  a\right)  =\int_{0}^{+\infty}%
\dfrac{e^{-x}-e^{-nx}}{x}dx=\ln n
\]

\medskip

III.E)
\begin{align*}
v_{n} &  =S_{n-1}-\ln n\\
&  =S_{n-1}-\int_{0}^{+\infty}\dfrac{e^{-x}-e^{-nx}}{x}dx\\
&  =S_{n-1}-\int_{0}^{+\infty}\left(  e^{-x}-e^{-nx}\right)  \left(  \dfrac
{1}{1-e^{-x}}-\varphi\left(  x\right)  \right)  dx\\
&  =S_{n-1}-\int_{0}^{+\infty}\dfrac{\left(  e^{-x}-e^{-nx}\right)  }%
{1-e^{-x}}dx+\int_{0}^{+\infty}\left(  e^{-x}-e^{-nx}\right)  \varphi\left(
x\right)  dx
\end{align*}
On pose $u=e^{-x},$ qui est bien monotone de classe $\mathcal{C}^{1}$ dans la
premi\`{e}re int\'{e}grale qui est bien convergente.%
\[
\int_{0}^{+\infty}\dfrac{\left(  e^{-x}-e^{-nx}\right)  }{1-e^{-x}}%
dx=-\int_{1}^{0}\dfrac{1-u^{n-1}}{1-u}du=S_{n-1}%
\]
en utilisant le II.A). Il ne reste qu'\`{a} conclure :%
\[
v_{n}=\int_{0}^{+\infty}\left(  e^{-x}-e^{-nx}\right)  \varphi\left(
x\right)  dx
\]

\medskip

III.F) On casse encore la derni\`{e}re int\'{e}grale obtenue en deux
int\'{e}grales convergentes.%
\[
v_{n}=\int_{0}^{+\infty}e^{-x}\varphi\left(  x\right)  dx-\int_{0}^{+\infty
}e^{-nx}\varphi\left(  x\right)  dx
\]
Mais $\left|  e^{-nx}\varphi\left(  x\right)  \right|  \leqslant Ke^{-nx},$ et
$\int_{0}^{+\infty}Ke^{-nx}dx=\dfrac{K}{n}.$

Ceci prouve $\lim\limits_{n\rightarrow+\infty}\int_{0}^{+\infty}e^{-nx}%
\varphi\left(  x\right)  dx=0$ et comme $\lim\limits_{n\rightarrow+\infty
}v_{n}=\gamma,$ on a aussi :%
\[
\gamma=\int_{0}^{+\infty}e^{-x}\varphi\left(  x\right)  dx
\]

\medskip

IV.A) $\ker\left(  \varphi\right)  $ et $\ker\left(  \varphi_{n}\right)  $
sont clairement constitu\'{e}s des polyn\^{o}mes constants $\mathbb{R}%
_{0}\left[  X\right]  .$

$\operatorname{Im}\left(  \varphi_{n}\right)  $ est donc de dimension $n$ et
comme deg$\left(  \varphi_{n}\left(  P\right)  \right)  =$deg$\left(
P\right)  -1$ d\`{e}s que $P$ n'est pas constant, $\operatorname{Im}\left(
\varphi_{n}\right)  =\mathbb{R}_{n-1}\left[  X\right]  $ pour $n\geqslant1.$

Et finalement $\operatorname{Im}\left(  \varphi\right)  =\mathbb{R}\left[
X\right]  .$

\medskip

IV.B) Deux ant\'{e}c\'{e}dants diff\`{e}rent d'un \'{e}l\'{e}ment du noyau,
c'est \`{a} dire d'un polyn\^{o}me constant. Si on fixe la valeur en 0
l'ant\'{e}c\'{e}dant est alors unique. Il est de degr\'{e} $p+1.$

\medskip

IV.C.1) Pour $p\geqslant1,$ on a :%
\begin{align*}
\varphi\left(  Q_{p}\right)   &  =P_{p}^{\prime}\left(  X+1\right)
-P_{p}^{\prime}\left(  0\right)  -\left(  P_{p}^{\prime}\left(  X\right)
-P_{p}^{\prime}\left(  0\right)  \right) \\
&  =P_{p}^{\prime}\left(  X+1\right)  -P_{p}^{\prime}\left(  X\right) \\
&  =\left(  P_{p}\left(  X+1\right)  -P_{p}\left(  X\right)  \right)
^{\prime}\\
&  =\left(  \varphi\left(  P_{p}\right)  \left(  X\right)  \right)  ^{\prime
}\\
&  =pX^{p-1}%
\end{align*}

\medskip

IV.C.2) On en d\'{e}duit dans les m\^{e}mes conditions :%
\begin{align*}
\varphi\left(  \dfrac{1}{p}Q_{p}\right)   &  =X^{p-1}\\
\dfrac{1}{p}Q_{p}\left(  0\right)   &  =0
\end{align*}
Ce qui prouve que :%
\[
\dfrac{1}{p}Q_{p}=P_{p-1}%
\]

\medskip

IV.D) Le calcul devient assez facile par r\'{e}currence. On a%
\begin{align*}
P_{p}^{\prime}\left(  X\right)  -P_{p}^{\prime}\left(  0\right)   &
=pP_{p-1}\left(  X\right) \\
P_{p}\left(  X\right)  -XP_{p}^{\prime}\left(  0\right)   &  =\int_{0}%
^{X}pP_{p-1}\left(  t\right)  dt
\end{align*}
Il nous reste donc une constante \`{a} calculer. On a d\'{e}j\`{a} utilis\'{e}
$P_{p}\left(  0\right)  =0,$ de plus, pour $p$ non nul, $P_{p}\left(
1\right)  =0.$ On obtient :%
\[
-P_{p}^{\prime}\left(  0\right)  =\int_{0}^{1}pP_{p-1}\left(  t\right)  dt
\]
et donc :%
\[
P_{p}\left(  X\right)  =\int_{0}^{X}pP_{p-1}\left(  t\right)  dt-X\int_{0}%
^{1}pP_{p-1}\left(  t\right)  dt
\]
ceci pour $p$ non nul. On amorce avec $P_{0}\left(  X\right)  =1$ qu'on peut
faire de t\^{e}te...

On peut programmer facilement ce calcul en Maple. Si on fait au plus simple,
on peut par exemple avoir :

\medskip

\texttt{%
%TCIMACRO{\TEXTsymbol{>}}%
%BeginExpansion
$>$%
%EndExpansion
P:=X;}

\texttt{%
%TCIMACRO{\TEXTsymbol{>}}%
%BeginExpansion
$>$%
%EndExpansion
for p from 1 to 5 do}

\texttt{ P:=expand(p*(int(P,X)-X*int(P,X=0..1)));}

\texttt{ od;}

\medskip

Signalons que l'\'{e}nonc\'{e} utilise $p$ et $P$ dans la m\^{e}me question,
ce qui n'am\'{e}liore pas la lisibilit\'{e}. Au moins, on n'avait pas cet
inconv\'{e}nient dans l'\'{e}nonc\'{e} d'origine...

On trouve :%
\begin{align*}
P_{0}\left(  X\right)   &  =X\\
P_{1}\left(  X\right)   &  =\dfrac{1}{2}X^{2}-\dfrac{1}{2}X\\
P_{2}\left(  X\right)   &  =\dfrac{1}{3}X^{3}-\dfrac{1}{2}X^{2}+\dfrac{1}%
{6}X\\
P_{3}\left(  X\right)   &  =\dfrac{1}{4}X^{4}-\dfrac{1}{2}X^{3}+\dfrac{1}%
{4}X^{2}\\
P_{4}\left(  X\right)   &  =\dfrac{1}{5}X^{5}-\dfrac{1}{2}X^{4}+\dfrac{1}%
{3}X^{3}-\dfrac{1}{30}X\\
P_{5}\left(  X\right)   &  =\dfrac{1}{6}X^{6}-\dfrac{1}{2}X^{5}+\dfrac{5}%
{12}X^{4}-\dfrac{1}{12}X^{2}%
\end{align*}

\medskip

IV.E) On a : $P_{5}^{\prime}\left(  0\right)  =0$, $P_{5}^{\prime}\left(
X\right)  $ est donc du signe de $P_{4}\left(  X\right)  $ qu'on factorise :%
\begin{align*}
P_{4}\left(  X\right)   &  =\dfrac{1}{5}X^{5}-\dfrac{1}{2}X^{4}+\dfrac{1}%
{3}X^{3}-\dfrac{1}{30}X\\
&  =\dfrac{X\left(  X-1\right)  \left(  2X-1\right)  \left(  3X^{2}%
-3X-1\right)  }{30}%
\end{align*}
$\left(  3X^{2}-3X-1\right)  $ n'a pas de racine entre $0$ et $1.$
$P_{5}\left(  X\right)  $ est donc d\'{e}croissant sur $\left[  0,\dfrac{1}%
{2}\right]  ,$ croissant sur $\left[  \dfrac{1}{2},1\right]  .$ On a donc :%
\[
P_{5}\left(  \dfrac{1}{2}\right)  \leqslant P_{5}\left(  X\right)  \leqslant0
\]
Et $P_{5}\left(  \dfrac{1}{2}\right)  =-\dfrac{1}{128}$ ach\`{e}ve la question.

\medskip

IV.F.1) On cherche une relation de r\'{e}currence :%
\begin{align*}
I_{p}\left(  k\right)   &  =\int_{0}^{1}\dfrac{pP_{p-1}\left(  t\right)
}{\left(  t+k\right)  ^{p+1}}dt\\
&  =\int_{0}^{1}\dfrac{Q_{p}\left(  t\right)  }{\left(  t+k\right)  ^{p+1}%
}dt\\
&  =\int_{0}^{1}\dfrac{P_{p}^{\prime}\left(  t\right)  -P_{p}^{\prime}\left(
0\right)  }{\left(  t+k\right)  ^{p+1}}dt\\
&  =\int_{0}^{1}\dfrac{P_{p}^{\prime}\left(  t\right)  }{\left(  t+k\right)
^{p+1}}dt-P_{p}^{\prime}\left(  0\right)  \left[  -\dfrac{1}{p}\dfrac
{1}{\left(  t+k\right)  ^{p}}\right]  _{0}^{1}\\
&  =\underbrace{\left[  \dfrac{P_{p}\left(  t\right)  }{\left(  t+k\right)
^{p+1}}\right]  _{0}^{1}}_{=0}+\left(  p+1\right)  \int_{0}^{1}\dfrac
{P_{p}\left(  t\right)  }{\left(  t+k\right)  ^{p+2}}dt-P_{p}^{\prime}\left(
0\right)  \left[  -\dfrac{1}{p}\dfrac{1}{\left(  t+k\right)  ^{p}}\right]
_{0}^{1}\\
&  =I_{p+1}\left(  k\right)  +\dfrac{P_{p}^{\prime}\left(  0\right)  }%
{p}\left(  \dfrac{1}{\left(  1+k\right)  ^{p}}-\dfrac{1}{k^{p}}\right)
\end{align*}
Ou encore :%
\[
I_{p+1}\left(  k\right)  =I_{p}\left(  k\right)  -\dfrac{P_{p}^{\prime}\left(
0\right)  }{p}\left(  \dfrac{1}{\left(  1+k\right)  ^{p}}-\dfrac{1}{k^{p}%
}\right)
\]

\medskip

IV.F.2)
\begin{align*}
I_{1}\left(  k\right)   &  =\int_{0}^{1}\dfrac{P_{0}\left(  t\right)
}{\left(  t+k\right)  ^{2}}dt\\
&  =\int_{0}^{1}\dfrac{t}{\left(  t+k\right)  ^{2}}dt\\
&  =\int_{0}^{1}\dfrac{1}{t+k}-\dfrac{k}{\left(  t+k\right)  ^{2}}dt\\
&  =\ln\left(  \dfrac{k+1}{k}\right)  -\dfrac{1}{k+1}%
\end{align*}

\medskip

IV.F.3)
\begin{align*}
I_{6}\left(  k\right)   &  =I_{1}\left(  k\right)  -\dfrac{P_{5}^{\prime
}\left(  0\right)  }{5}\left(  \dfrac{1}{\left(  1+k\right)  ^{5}}-\dfrac
{1}{k^{5}}\right)  -\dfrac{P_{4}^{\prime}\left(  0\right)  }{4}\left(
\dfrac{1}{\left(  1+k\right)  ^{4}}-\dfrac{1}{k^{4}}\right) \\
&  -\dfrac{P_{3}^{\prime}\left(  0\right)  }{3}\left(  \dfrac{1}{\left(
1+k\right)  ^{3}}-\dfrac{1}{k^{3}}\right)  -\dfrac{P_{2}^{\prime}\left(
0\right)  }{2}\left(  \dfrac{1}{\left(  1+k\right)  ^{2}}-\dfrac{1}{k^{2}%
}\right)  -\dfrac{P_{1}^{\prime}\left(  0\right)  }{1}\left(  \dfrac{1}%
{1+k}-\dfrac{1}{k}\right) \\
&  =I_{1}\left(  k\right)  -\dfrac{1}{120}\left(  \dfrac{1}{\left(
1+k\right)  ^{4}}-\dfrac{1}{k^{4}}\right)  -\dfrac{1}{12}\left(  \dfrac
{1}{\left(  1+k\right)  ^{2}}-\dfrac{1}{k^{2}}\right)  +\dfrac{1}{2}\left(
\dfrac{1}{1+k}-\dfrac{1}{k}\right)
\end{align*}

\medskip

IV.F.4) On utilise le IV.E) et on obtient :%
\begin{align*}
-\dfrac{1}{128}  &  \leqslant P_{5}\left(  X\right)  \leqslant0\\
-\dfrac{1}{128}\int_{0}^{1}\dfrac{6}{\left(  t+k\right)  ^{7}}dt  &  \leqslant
I_{6}\left(  k\right)  \leqslant0\\
-\dfrac{1}{128}\left(  -\dfrac{1}{\left(  1+k\right)  ^{6}}+\dfrac{1}{k^{6}%
}\right)   &  \leqslant I_{6}\left(  k\right)  \leqslant0
\end{align*}

\medskip

IV.F.5) On a :%
\begin{align*}
u_{n}-\gamma &  =\sum\limits_{k=n+1}^{+\infty}w_{k}=\sum\limits_{k=n+1}%
^{+\infty}I_{1}\left(  k-1\right)  =\sum\limits_{k=n}^{+\infty}I_{1}\left(
k\right)  \\
&  =\sum\limits_{k=n}^{+\infty}I_{6}\left(  k\right)  +\dfrac{1}{120}%
\sum\limits_{k=n}^{+\infty}\left(  \dfrac{1}{\left(  1+k\right)  ^{4}}%
-\dfrac{1}{k^{4}}\right)  \\
&  +\dfrac{1}{12}\sum\limits_{k=n}^{+\infty}\left(  \dfrac{1}{\left(
1+k\right)  ^{2}}-\dfrac{1}{k^{2}}\right)  -\dfrac{1}{2}\sum\limits_{k=n}%
^{+\infty}\left(  \dfrac{1}{1+k}-\dfrac{1}{k}\right)
\end{align*}
En effet, toutes ces s\'{e}ries convergent et pour les s\'{e}ries de
diff\'{e}rences, on a facilement leur somme en prenant la limite des sommes
partielles comme on l'a fait au I.H). On reprend donc :%
\[
u_{n}-\gamma=\sum\limits_{k=n}^{+\infty}I_{6}\left(  k\right)  +\dfrac
{1}{120n^{4}}-\dfrac{1}{12n^{2}}+\dfrac{1}{2n}%
\]
L'encadrement obtenu au IV.F.4) nous donne :%
\[
-\dfrac{1}{128n^{6}}+\dfrac{1}{120n^{4}}-\dfrac{1}{12n^{2}}+\dfrac{1}%
{2n}\leqslant u_{n}-\gamma\leqslant\dfrac{1}{120n^{4}}-\dfrac{1}{12n^{2}%
}+\dfrac{1}{2n}%
\]

\medskip

IV.F.6) Il suffit d'avoir $\dfrac{1}{128n^{6}}\leqslant10^{-10},$ c'est \`{a}
dire $n\geqslant\left(  \dfrac{10^{10}}{128}\right)  ^{1/6},$ $n=21$ convient.
La valeur approch\'{e}e cherch\'{e}e est donc :%
\begin{align*}
\gamma &  \backsimeq u_{21}-\dfrac{1}{120\times21^{4}}+\dfrac{1}%
{12\times21^{2}}-\dfrac{1}{2\times21}\\
&  \backsimeq0,5772156648
\end{align*}
\end{document}