Exercice 8 - Exercice 1

Nous savons que $$x\in \left[0;+\infty\right[$$. Ainsi :
$$x\ge 0$$ équivaut successivement à :
$$x+1\ge 1$$
$$\ln \left(x+1\right)\ge \ln \left(1\right)$$ . L'ordre est conservé car la fonction $$x\mapsto \ln \left(x\right)$$ est croissante sur $$\left[0;+\infty\right[$$ .
$$\ln \left(x+1\right)\ge 0$$
Il en résulte donc que, pour tout $$x\in \left[0;+\infty\right[$$, on a : $$\ln \left(x+1\right)\ge 0$$

$$f$$ est dérivable sur $$I=\left[0;+\infty\right[$$ .
Ici on reconnaît la forme $$\left(uv\right)'=u'v+uv'$$ avec $$u\left(x\right)=x$$ et $$v\left(x\right)=\ln \left(x+1\right)$$.
Ainsi $$u'\left(x\right)=1$$ et $$v'\left(x\right)=\frac{1}{x+1}$$.
$$f'\left(x\right)=1\times \ln \left(x+1\right)+x\times \frac{1}{x+1}$$

D'après la question précédente, nous avons démontré que $$x\in \left[0;+\infty\right[$$, on a : $$\ln \left(x+1\right)\ge 0$$
De plus, comme $$x\in \left[0;+\infty\right[$$ alors $$x\ge 0$$ et $$x+1\ge0$$. Il en résulte donc que $$\frac{x}{x+1}\ge0$$
Nous avons donc , pour tout $$x\in \left[0;+\infty\right[$$ , d'une part $$\ln \left(x+1\right)\ge 0$$ et d'autre part $$\frac{x}{x+1}\ge0$$.
Finalement, pour tout $$x\in \left[0;+\infty\right[$$ on a :
$$f'\left(x\right)=\ln \left(x+1\right)+\frac{x}{x+1}\ge0$$ . La fonction $$f$$ est donc croissante sur $$\left[0;+\infty\right[$$ .

Il nous suffit de calculer l'équation de la tangente au point $$O$$ d'abscisse $$0$$.
Ici $$a=0$$, ce qui donne, $$y=f'\left(0\right)\left(x-0\right)+f\left(0\right)$$.
Nous savons que $$f'\left(x\right)=\ln \left(x+1\right)+\frac{x}{x+1}$$
Or :

$$f\left(0\right)=0\times\ln \left(0+1 \right)$$ d'où : $$f\left(0\right)=0$$

$$f'\left(0\right)=\ln \left(0+1\right)+\frac{0}{0+1}$$ d'où : $$f'\left(0\right)=0$$

Ainsi :
$$y=f'\left(0\right)\left(x-0\right)+f\left(0\right)$$
$$y=0\times \left(x-0\right)+0$$

Ainsi l'équation de la tangente à la courbe $$\mathscr{C}$$ au point $$O$$ est alors $$y=0$$ qui correspond à l'équation de l'axe des abscisses.
Il en résulte donc que l'axe des abscisses est bien tangent à la courbe $$\mathscr{C}$$ au point $$O$$.

D'après la question $$1$$, nous avons démontré que $$x\in \left[0;+\infty\right[$$, on a : $$\ln \left(x+1\right)\ge 0$$ . Cette inégalité est vraie également sur l'intervalle $$\left[0;1\right]$$ .
De plus , pour tout $$x\in \left[0;1\right]$$ , on a $$x\ge0$$ ce qui implique que $$x^{n}\ge0$$.
Il en résulte donc, que pour tout $$x\in \left[0;1\right]$$ , on a : $$x^{n} \ln \left(1+x\right)\ge0$$
Nous venons de voir, juste avant l'encadré rose que pour tout $$x\in \left[0;1\right]$$ , on a : $$x^{n} \ln \left(1+x\right)\ge0$$
On peut conclure que : $$\int _{0}^{1}x^{n} \ln \left(1+x\right)dx\ge0$$.
Finalement : ce qui signifie que la suite $$\left(u_{n}\right)$$ est minorée par $$0$$.

Pour déterminer les variations de la suite $$\left(u_{n}\right)$$, il nous faut étudier le signe de $$u_{n+1} -u_{n}$$ .
$$u_{n+1} -u_{n} =\int _{0}^{1}x^{n+1} \ln \left(x+1\right)dx- \int _{0}^{1}x^{n} \ln \left(x+1\right)dx$$
$$u_{n+1} -u_{n} =\int _{0}^{1}\left(x^{n+1} \ln \left(x+1\right)-x^{n} \ln \left(x+1\right)\right)dx$$
$$u_{n+1} -u_{n} =\int _{0}^{1}\left(x^{n} \times x\ln \left(x+1\right)-x^{n} \ln \left(x+1\right)\right)dx$$
$$u_{n+1} -u_{n} =\int _{0}^{1}\left(x^{n} \ln \left(x+1\right)\left(x-1\right)\right)dx$$
Nous allons étudier le signe de $$\left(x^{n} \ln \left(x+1\right)\left(x-1\right)\right)$$.
D'après la question $$4$$, nous avons vu que : $$x^{n} \ln \left(1+x\right)\ge0$$ pour tout réel $$x\in \left[0;1\right]$$ .
Comme $$x\in \left[0;1\right]$$ alors $$0\le x\le 1$$ et donc $$-1\le x-1\le 0$$ .
Il en résulte donc que pour tout $$x\in \left[0;1\right]$$, on a : $$\left(x^{n} \ln \left(x+1\right)\left(x-1\right)\right)\le 0$$.
Cela nous permet alors de conclure que : $$\int _{0}^{1}\left(x^{n} \ln \left(x+1\right)\left(x-1\right)\right)dx \le0$$
Finalement :
$$u_{n+1} -u_{n} =\int _{0}^{1}\left(x^{n} \ln \left(x+1\right)\left(x-1\right)\right)dx \le0$$
La suite $$\left(u_{n}\right)$$ est donc décroissante.

On vient de démontrer que la suite $$\left(u_{n} \right)$$ était minorée par $$0$$ car : $$u_{n} \ge 0$$. De plus, la suite $$\left(u_{n} \right)$$ est décroissante.
D'après le théorème de convergence des suites monotones , on peut affirmer que la suite $$\left(u_{n} \right)$$ est convergente et admet donc une limite que l'on note $$l$$.

Soit $$u_{n} =\int _{0}^{1}x^{n} \ln \left(1+x\right)dx$$ . Pour tout $$x\in \left[0;1\right]$$, on a :
$$0\le x\le 1$$ équivaut successivement à :
$$1\le x+1\le 2$$
$$\ln \left(1\right)\le \ln \left(x+1\right)\le \ln \left(2\right)$$ . L'ordre est conservé car la fonction $$x\mapsto \ln \left(x\right)$$ est croissante sur $$\left[0;1\right]$$ .
$$0\le \ln \left(x+1\right)\le \ln \left(2\right)$$
$$0\times x^{n} \le x^{n} \ln \left(x+1\right)\le \ln \left(2\right)\times x^{n}$$
$$0\le x^{n} \ln \left(x+1\right)\le \ln \left(2\right)\times x^{n}$$
Ainsi :
$$\int _{0}^{1}0dx \le \int _{0}^{1}x^{n} \ln \left(x+1\right)dx \le \int _{0}^{1}\ln \left(2\right)\times x^{n} dx$$
$$0\le \int _{0}^{1}x^{n} \ln \left(x+1\right)dx \le \int _{0}^{1}\ln \left(2\right)\times x^{n} dx$$
$$0\le u_{n} \le \int _{0}^{1}\ln \left(2\right)\times x^{n} dx$$
$$0\le u_{n} \le \left[\ln \left(2\right)\times \frac{1}{n+1} x^{n+1} \right]_{0}^{1}$$
$$0\le u_{n} \le \left[\frac{\ln \left(2\right)}{n+1} x^{n+1} \right]_{0}^{1}$$
$$0\le u_{n} \le \left(\frac{\ln \left(2\right)}{n+1} \times 1^{n+1} -\frac{\ln \left(2\right)}{n+1} \times 0^{n+1} \right)$$

Nous avons démontré que : $$0\le u_{n} \le \frac{\ln \left(2\right)}{n+1}$$
D'une part : $$\lim\limits_{n\to +\infty } 0 =0$$
D'autre part : $$\lim\limits_{n\to +\infty } \frac{\ln \left(2\right)}{n+1} =0$$
D'après le théorème des gendarmes $$\lim\limits_{n\to +\infty } u_{n} =0$$