\documentclass[10pt,a4paper]{article}
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%% En-tête (contenu de enteteDS.tex)
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\usepackage{enumitem}							% Listes customisées.

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\fancyfoot[L]{Lyc\'ee Jules Ferry -- Versailles}
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\newcommand{\Titre}{\begin{textblock}{1}[0.5,0.5](0.5,-0.023)
\huge\centering \bfseries DS\numeroDS
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\end{textblock}}

\newcommand{\Titrecorrige}{\begin{textblock}{1}[0.5,0.5](0.5,-0.023)
\huge\centering \bfseries Proposition de corrigé du DS\numeroDS
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\newcounter{DM}
\newenvironment{exoDS}[1][]{\vspace{1em}\par\noindent\textbf{\refstepcounter{DM}Exercice DS\numeroDS.\theDM}{\vspace{1em}\par}}

\newcommand\consignes[2]{\textit{Dur\'ee : #1h. La calculatrice et tout autre document que des copies vierges est interdit. Vous inscrirez lisiblement vos noms et prénoms et laisserez une marge \`a gauche de votre copie pour les annotations (les marges d\'ej\`a faites sur certaines copies suffisent). Si vous rep\'erez une éventuelle erreur d'\'enonc\'e, faites le figurer sur votre copie. La présentation est prise en compte dans l'évaluation : pensez à encadrer vos résultats. \textbf{Vous s\'eparerez, dans vos copies, #2}}}

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%% Macros (extraites de commandes.tex)
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% Ensembles
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% Intervalles, parenthèses, normes
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% Logique
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% Sommes, intégrales
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% Algèbre linéaire
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% Analyse
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% Géométrie
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% Encadrer dans align*
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\begin{document}

\Titrecorrige

\begin{exoDS}
\begin{enumerate}
\item Soit $n \in \N$, $n \geqslant 2$. On a, en faisant une décomposition en éléments simples et un changement d'indice~(c'est une somme télescopique) :
\[u_n = \sum_{k=2}^n \left(\frac{1}{k-1} - \frac{1}{k}\right) = \sum_{k=2}^n\frac{1}{k-1} - \sum_{k=2}^n\frac{1}{k} = \sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{k} - \sum_{k=2}^n\frac{1}{k}=1-\frac{1}{n}.\]
Comme $(1/n)_{n\in\N^*}$ converge vers $0$, par somme, \fbox{$(u_n)$ converge vers $1$}.
\item Comme $-\exp$ est une primitive de $-\exp$ sur $\R$, la solution du problème posé est unique et est de la forme
\[y : x \mapsto C\exp\big(-(-\exp(x))\big)\]
où $C$ est une constante vérifiant $\e = y(0) = C\e^{\e^0} = C\e$ c'est-à-dire $C = 1$. En conclusion, il existe une unique fonction $y$ de classe $\mathscr C^1$ sur $\R$ vérifiant $y(0) = \e$ et, pour tout $x \in \R$ : \[y'(x) - \e^x y(x) = 0\]
donnée par l'expression \fbox{$y : x \mapsto \e^{{\e^x}}$}.
\item On a les équivalences, pour tout $z \in \C$ :
\[z^3 = - 1 \ssi (-z)^3 = 1 \ssi -z \in \{ \exp(2\i k\pi/3) \mid k\in \llbracket 0,2\rrbracket\} \ssi -z \in \left\{1,-\frac{1}{2}+\i\frac{\sqrt{3}}{2},-\frac{1}{2}-\i\frac{\sqrt{3}}{2}\right\}\} \]En conclusion, l'ensemble des solutions de l'équation d'inconnue $z \in \C$ : $z^3 = -1$ est
\[\boxed{\left\{\e^{\i\pi},\e^{-\i\frac{\pi}{3}},\e^{\i\frac{\pi}{3}}\right\}=\left\{-1,\frac{1}{2}-\i\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{1}{2}+\i\frac{\sqrt{3}}{2}\right\}}.\]
\end{enumerate}
\end{exoDS}

\begin{exoDS}

\end{exoDS}

\begin{exoDS}

\end{exoDS}

\begin{exoDS}
%DS02-12-2
%\par\noindent On étudie dans cet exercice les suites $(v_n)_{n\in\N^*}$ et $(w_n)_{n\in\N^*}$ définies par \[\pt{n\in \N^*} v_n=\dfrac{1}{n} \sqrt[n]{n!} \et w_n=\dfrac{n^n}{n!}\]
\begin{enumerate}
\item Soit $n\in\N^*$. Puisque les quantités $w_n$ et $v_n$ sont strictement positives, on a alors :
\begin{align*}
\ln v_n = \ln \pth{ \pth{n!}^{\tfrac{1}{n}}}+\ln\pth{\dfrac{1}{n}}=\dfrac{1}{n}\ln n! -\ln n \quad \text{et} \quad
\ln w_n =\ln n^n +\ln \pth{ \dfrac{1}{n!}}=n\ln n -\ln n!
\end{align*}
En conclusion, \fbox{pour tout $n\in\N^*$ : $\-n\ln v_n=\ln w_n$}.
\end{enumerate}

\noindent \textbf{\'Etude de $(w_n)$}

\begin{enumerate}[resume]
\item Soit $n \in\N^*$. Comme $w_n$ n'est jamais nul, on a :
\[\dfrac{w_{n+1}}{w_n}=\dfrac{(n+1)^{n+1}}{(n+1)!}\times\dfrac{n!}{n^n}=\dfrac{1}{n+1}\times\dfrac{(n+1)^{n+1}}{n^n}=\dfrac{(n+1)^{n}}{n^{n}}=\pth{1+\dfrac{1}{n}}^n. \]
Finalement, \fbox{pour tout $n \in \N^*$, $\dfrac{w_{n+1}}{w_n}=\pth{1+\dfrac{1}{n}}^n$}.\label{QQ}
\item Soit $n\in\N^*$. En utilisant la formule du binôme de Newton, on peut écrire :
\[ \pth{ 1+\dfrac{1}{n}}^n=\dsum_{k=0}^n \binom{n}{k} \pth{\dfrac{1}{n}}^k= \binom{n}{0} + \binom{n}{1} \times \dfrac{1}{n} + \dsum_{k=2}^n \binom{n}{k}\pth{\dfrac{1}{n}}^k, \]
mais comme chacun des termes de cette somme est positif, on en déduit :
\[ \pth{ 1+\dfrac{1}{n}}^n\ge \binom{n}{0}+ \binom{n}{1}\times\dfrac{1}{n}=1+n\times \dfrac{1}{n}=2.\]
En conclusion, \fbox{pour tout $n \in \N^*$, $ \pth{ 1+\dfrac{1}{n}}^n \ge 2$}.
\item \label{q1} On démontre le résultat par récurrence sur $n\in\N$, $n\ge 2$.
\begin{itemize}
\item Initialisation. On a $w_2=\dfrac{2^2}{2!}=\dfrac{4}{2}=2$, ce qui démontre la propriété au rang $2$.
\item Hérédité. Soit $n \in \N$, $n \ge 2$. On suppose que $w_n \ge 2^{n-1}$. On peut alors écrire
\[ w_{n+1}=\dfrac{w_{n+1}}{w_n}\times w_n=\pth{1+\dfrac{1}{n}}^n\times w_n.\]
Et comme on a établit $\pth{1+\dfrac{1}{n}}^n  \ge 2$, on en déduit en utilisant l'hypothèse de récurrence :
\[w_{n+1}\ge 2\times 2^{n-1} \ge 2^{n}\] ce qui démontre la propriété au rang $n+1$ et achève la récurrence.
\end{itemize}
En conclusion, \fbox{pour tout $n \in \N$, $n \geqslant 2$,  $w_n \ge 2^{n-1}$.}

Puisque $\lim\limits_{n \to +\infty} 2^{n-1}=+\infty$, par l'inégalité précédente, on en déduit que \fbox{la suite $(w_n)$ tend vers $+\infty$}.
\end{enumerate}

\noindent \textbf{\'Etude de $(v_n)$}

\begin{enumerate}[resume]
\item On considère dans un premier temps la fonction $f$ définie sur $\R_+$ par $f : x \mapsto x-\ln(1+x)$. Celle-ci est dérivable en tant que différence et composée de fonctions dérivables, et on a, pour tout $x \in \R_+$, $f'(x)=1-\dfrac{1}{1+x}=\dfrac{x}{1+x}\geqslant 0$. La fonction $f$ est donc croissante, ce qui donne :
\[\forall x \in \R_+, \quad f(x) \ge f(0) \ssi  \forall x \in \R_+, \quad x-\ln (1+x)\ge 0
\]
d'où la première inégalité. Pour démontrer la seconde, on considère la fonction $g$ définie sur $\R_+$ par $g : x \mapsto f(x)-\dfrac{x^2}{2}$. Celle-ci est à nouveau dérivable en tant que différence de fonctions dérivables, et on a, pour tout $x \in \R_+$, $g'(x)=f'(x)-x=\dfrac{x}{1+x}-x=\dfrac{-x^2}{1+x}$, qui est négative sur $\R_+$. La fonction $g$ est donc décroissante d'où la seconde inégalité de façon analogue au cas précédent.
\item Soit $n\in\N^*$. On a, en prenant $x = 1/n$ dans l'inégalité précédente,
\begin{align*}
0  \le  \dfrac{1}{n}-\ln \pth{ 1+\dfrac{1}{n}}  \le \dfrac{1}{2n^2}&\ssi 0  \le  1- n\ln \pth{ 1+\dfrac{1}{n}} \le \dfrac{1}{2n}\\
&\ssi 0  \le 1-\ln \left(\pth{ 1+\dfrac{1}{n}}^n\right)   \le \dfrac{1}{2n} \\
&\ssi 0  \le 1+ \ln \pth{\dfrac{w_n}{w_{n+1}}} \le \dfrac{1}{2n} \ssi 0 \le 1+\ln w_n -\ln w_{n+1} \le \dfrac{1}{2n}
\end{align*}
En conclusion,
\[\boxed{\pt{n\in\N^*} 0\le 1+\ln w_n-\ln w_{n+1} \le \dfrac{1}{2n}}.\]
\item \label{QQQ}Soit $n \in \N^*$. Pour tout entier $ k \in \Cro{1,n}$, on vient de démontrer la relation suivante :
\[ 0\le 1+\ln w_k-\ln w_{k+1} \le \dfrac{1}{2k}. \]
En sommant ces inégalités membre-à-membre, on obtient successivement :
\[
0\le \dsum_{k=1}^n\pth{ 1+\ln w_k-\ln w_{k+1}} \le \dsum_{k=1}^n\dfrac{1}{2k} \quad \text{puis} \quad 0\le \dsum_{k=1}^n 1 + \dsum_{k=1}^n \pth{\ln w_k-\ln w_{k+1} } \le \dsum_{k=1}^n\dfrac{1}{2k}\]
Or on a $\dsum_{k=1}^n 1=n$ et on reconnait une somme téléscopique ce qui donne
\begin{align*}\dsum_{k=1}^n \pth{\ln w_k-\ln w_{k+1}}&= \dsum_{k=1}^n \ln w_k - \dsum_{k=1}^n \ln w_{k+1} \\
&= \pth{\ln w_1+ \dsum_{k=2}^n \ln w_k} - \pth{ \dsum_{k=2}^n \ln w_k + \ln w_{n+1}} = \ln w_1-\ln w_{n+1}
\end{align*}
et comme $w_1=1$, on en déduit le résultat. Pour tout $n \in \N^*$ :
\[\boxed{0 \le n-\ln w_{n+1} \le \dfrac{1}{2}\pth{\dsum_{k=1}^n \dfrac{1}{k}}}.\]
\item Soit $k \in \N$, $k \geqslant 2$. On a, pour décroissance de la fonction $x \mapsto \frac{1}{x}$, pour tout $x \in [k-1,k]$,
\[ \frac{1}{k} \leqslant \frac{1}{x}\]
donc, par croissance de l'intégrale :
\[\int_{k-1}^k\frac{\dx{x}}{k} \leqslant \int_{k-1}^k\frac{\dx{x}}{x} \ssi \frac{1}{k} \leqslant \ln(k) - \ln(k-1).\]
En conclusion, \fbox{pour tout entier $k \geqslant 2$ : $\dfrac{1}{k}\le \ln k-\ln(k-1)$}.

Soit $n \in \N^*$. On peut à nouveau sommer ces inégalités membre-à-membre, ce qui donne:
\[ \dsum_{k=2}^n \dfrac{1}{k}\le \dsum_{k=2}^n\pth{ \ln k-\ln(k-1)}=\ln n - \ln 1=\ln n.\]
Il reste enfin à ajouter $1$ à chacun des deux membres pour obtenir le résultat pour tous les entiers $n \ge 2$, et à remarquer que l'inégalité recherchée est également vraie pour $n=1$. En conclusion :
\[ \boxed{\pt{n \in \N^*}  \dsum_{k=1}^n \dfrac{1}{k} \le 1+\ln n} \]
\item Soit $n \in \N^*$. On va utiliser l'inégalité de la question \ref{QQQ}. En utilisant celle démontrée à la question précédente, on en déduit :
\[ 0 \le  n-\ln w_{n+1}\le \dfrac{1}{2}\pth{1+\ln n } \]
Or $\ln w_{n+1}=-(n+1)\ln v_{n+1}$ donc :
\begin{align*}
0 &\le  n+(n+1)\ln v_{n+1} \le \dfrac{1}{2}\pth{1+\ln n } \\
\ssi 0 &\le  \dfrac{n}{n+1}+\ln v_{n+1}\le \dfrac{1}{2(n+1)}\pth{1+\ln n } \ssi 0 &\le  1-\dfrac{1}{n+1}+\ln v_{n+1}\le \dfrac{1}{2(n+1)}\pth{1+\ln n }
\end{align*}
Ainsi, pour tout $n \in \N^*$ :
\[\boxed{\dfrac{1}{n+1}\le 1+\ln v_{n+1} \le \dfrac{3}{2(n+1)}+\dfrac{\ln n}{2(n+1)}}.\]
Soit $n \in \N^*$. On a $1+\ln (v_{n+1})=\ln e +\ln v_{n+1}=\ln \pth{ ev_{n+1}}$. Puisque $x \mapsto e^x$ est croissante, on peut appliquer à cette fonction à l'encadrement précédent, ce qui donne :
\[ \exp\pth{\dfrac{1}{n+1}} \le ev_{n+1}\le \exp\pth{\dfrac{3}{2(n+1)}+\dfrac{\ln n}{2(n+1)}}.\]
Or $\lim\limits_{n \to +\infty} \dfrac{1}{n+1}=0$ et $\lim\limits_{n \to +\infty} \dfrac{3}{2(n+1)}+\dfrac{\ln n}{2(n+1)}=0$. Par théorème d'encadrement, $(\e v_n)$ est convergente et :
\begin{align*}
\lim\limits_{n \to +\infty} ev_{n+1}&=1 \text{ ce qui donne }
\boxed{\lim\limits_{n \to +\infty} v_{n}{=\dfrac{1}{e}}}.
\end{align*}
\end{enumerate}
\end{exoDS}

\begin{exoDS}
\begin{enumerate}
\item On a \fbox{$\mathscr P(F) = \big\{ \emptyset, \{0\},\{1\},\{2\},\{0,1\},\{1,2\},\{0,2\},\{0,1,2\}\big\}$}, ensemble qui possède \fbox{$8$ éléments}.
\item Pour tout $x \in X$, on a $x \in Y$ et $x \in Z$ donc $x \in Y \cap Z$ ainsi que $x \in Y \cup Z$. En conclusion, \fbox{$X \subset (Y \cap Z)$ et $X \subset (Y \cup Z)$}.
%\end{enumerate}
%
%Soit $\mathscr F \subset \mathscr P(E)$ un sous-ensemble de $\mathscr P(E)$. On note également dans la suite, $(P_1)$, $(P_2)$, $(P_3)$, $(P_4)$ les propriétés :
%
%\begin{itemize}
%\item $(P_1)$ : $\mathscr F \neq \emptyset$;
%\item $(P_2)$ : $\forall X,Y \in \mathscr F, \quad  X \cap Y \in \mathscr F$;
%\item $(P_3)$ : $\forall X \in \mathscr F, \quad \forall Y \in \mathscr P(E), \quad X \subset Y \Longrightarrow Y \in  \mathscr F$;
%\item $(P_4)$ : $\emptyset \notin \mathscr F$.
%\end{itemize}
%
%\begin{enumerate}[resume]
\item On suppose que $\mathscr F$ vérifie $(P_1)$, $(P_2)$, $(P_3)$, $(P_4)$. Par $(P_1)$, comme $\mathscr F \neq \emptyset$, il existe un sous ensemble de~$A$ de $E$ tel que $A \in \mathscr F$. On a $A \subset E$ donc, par $(P_3)$, $E \in \mathscr F$.

\fbox{En conclusion, si $\mathscr F$ vérifie $(P_1)$, $(P_2)$, $(P_3)$, $(P_4)$ alors $E \in \mathscr F$.}
\item Dans cette question, $\mathscr F$ vérifie $(P_1)$, $(P_2)$ et $(P_3)$. Procédons par double implication pour montrer que $\mathscr F$ ne vérifie pas $(P_4)$ si et seulement si $\mathscr F = \mathscr P(E)$.

On suppose que $\mathscr F = \mathscr P(E)$. Dans ce cas, comme $\emptyset \in \mathscr P(E)$, alors $\emptyset \in \mathscr F$ donc $\mathscr F$ ne vérifie pas $(P_4)$.

On suppose que $\mathscr F$ ne vérifie pas $(P_4)$. Montrons que $\mathscr F = \mathscr P(E)$. On sait déjà, par définition, qu'on a~$\mathscr F \subset \mathscr P(E)$. Il reste à montrer l'autre inclusion. Comme $\mathscr F$ ne vérifie par $(P_4)$, $\emptyset \in \mathscr F$. Soit $A \in \mathscr P(E)$. On a $\emptyset \subset A$ donc, par $(P_3)$, $A \in \mathscr F$. Ainsi, $\mathscr F = \mathscr P(E)$.

\fbox{En conclusion, $\mathscr F$ ne vérifie pas $(P_4)$ si et seulement si $\mathscr F = \mathscr P(E)$.}

%\end{enumerate}
%
%Lorsque $\mathscr F$ vérifie $(P_1)$, $(P_2)$, $(P_3)$ et $(P_4)$, on dit que $\mathscr F$ est un \textbf{filtre} sur $E$.
%
%Soit $A$ un sous-ensemble de $E$.
%
%\begin{enumerate}[resume]
\item On va montrer successivement que $\mathscr G$ vérifie $(P_1)$, $(P_2)$, $(P_3)$ et $(P_4)$.

Montrons que $\mathscr G$ vérifie $(P_1)$. Comme $E \subset E$ et que $A \subset E$, $E \in \mathscr G$ donc $\mathscr G$ vérifie $(P_1)$.

Montrons que $\mathscr G$ vérifie $(P_2)$. Soit $X,Y \in \mathscr G$. On a $A \subset X$ et $A \subset Y$ donc, par la question 2, $A \subset X \cap Y$. Ainsi, $\mathscr G$ vérifie $(P_2)$.

Montrons que $\mathscr G$ vérifie $(P_3)$. Soit $X \in \mathscr G$ et $Y \in \mathscr P(E)$. On a $A \subset X$ donc $A \subset Y$. Ainsi $Y \in \mathscr G$. Par suite, $\mathscr G$ vérifie $(P_3)$.

Montrons que $\mathscr G$ vérifie $(P_4)$. On a $\emptyset \notin \mathscr G$ car sinon, on aurait $A \subset \emptyset$ ce qui est faux car sinon on aurait~$A = \emptyset$. Ainsi $\mathscr G$ vérifie $(P_4)$.

\fbox{En conclusion, $\mathscr G = \{ X \subset E \mid A \subset X\}$ est un filtre sur $E$.}
\end{enumerate}
\end{exoDS}

\end{document}