Le problème d'analyse sur une fonction logarithme : étude de $\ln(1+x^2)$ avec tangente d'inflexion, réciproque et annexe, puis la suite $I_n=\int_0^1\frac{x^n}{1+x^2}\,dx$, l'aire par parties et une somme alternée

A.1.a Quand $x\to+\infty$, $1+x^2\to+\infty$ et $\displaystyle\lim_{u\to+\infty}\ln u=+\infty$, donc $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty$.

A.1.b Idée : factoriser $x^2$ dans le logarithme pour faire apparaître $\frac{\ln x}{x}$. Pour $x>0$, $1+x^2=x^2\left(1+\frac1{x^2}\right)$, d'où $f(x)=2\ln x+\ln\left(1+\frac1{x^2}\right)$ et

Or $\frac{\ln x}{x}\to0$, $\frac1x\to0$ et $\ln\left(1+\frac1{x^2}\right)\to\ln1=0$ : $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{f(x)}{x}=0$. Comme $f(x)\to+\infty$, $(\mathcal C)$ admet au voisinage de $+\infty$ une branche parabolique de direction celle de $\left(O,\vec i\right)$.

A.2.a $u:x\mapsto1+x^2$ est dérivable et strictement positive sur $[0,+\infty[$, donc $f=\ln u$ y est dérivable et $f'=\dfrac{u'}{u}$ : $f'(x)=\dfrac{2x}{1+x^2}$. Comme $f'(0)=0$ et $f(0)=0$, $(\mathcal C)$ admet au point $O$ une tangente horizontale : l'axe des abscisses.

A.2.b Pour $x>0$, $f'(x)>0$ : $f$ est strictement croissante sur $[0,+\infty[$.

A.3.a En dérivant le quotient : $f''(x)=\dfrac{2(1+x^2)-2x\cdot2x}{(1+x^2)^2}=\dfrac{2(1-x^2)}{(1+x^2)^2}$. Son signe est celui de $1-x^2=(1-x)(1+x)$ avec $1+x>0$ : $f''>0$ sur $[0,1[$ et $f''<0$ sur $]1,+\infty[$. $f''$ s'annule en changeant de signe en $1$, donc $\boxed{I\left(1,\ln2\right)}$ est un point d'inflexion de $(\mathcal C)$.

A.3.b $f(1)=\ln2$ et $f'(1)=\dfrac22=1$ : $T : y=1\cdot(x-1)+\ln2$, soit $y=x-1+\ln2$.

A.3.c Idée : $\varphi(x)$ est l'écart entre la courbe et la tangente ; son signe donne la position. $\varphi'(x)=f'(x)-1=\dfrac{2x-1-x^2}{1+x^2}=-\dfrac{(x-1)^2}{1+x^2}$. Ainsi $\varphi'\le0$ et ne s'annule qu'en $1$ : $\varphi$ est strictement décroissante sur $[0,+\infty[$, avec $\varphi(1)=\ln2-1+1-\ln2=0$.

Par suite $\varphi(x)>0$ sur $[0,1[$ : $(\mathcal C)$ est au-dessus de $T$ ; $\varphi(x)<0$ sur $]1,+\infty[$ : $(\mathcal C)$ est au-dessous de $T$. La courbe traverse sa tangente au point d'inflexion $I$.

A.3.d Idée : $T$ et $\Delta$ ont le même coefficient directeur $1$, donc $f(x)-x$ ne diffère de $\varphi(x)$ que d'une constante. $\varphi$ étant décroissante, $\varphi(x)\le\varphi(0)=1-\ln2$ pour tout $x\ge0$. Or $\varphi(x)-(1-\ln2)=f(x)-x$, d'où $f(x)-x\le0$, c'est-à-dire $\boxed{\ln\left(1+x^2\right)\le x}$, avec égalité seulement en $x=0$. Graphiquement, $(\mathcal C)$ est au-dessous de $\Delta$ et ne la rencontre qu'au point $O$.

A.4.a $f$ est continue et strictement croissante sur $[0,+\infty[$, avec $f(0)=0$ et $\displaystyle\lim_{+\infty}f=+\infty$ : elle réalise une bijection de $[0,+\infty[$ sur $[0,+\infty[$. Pour $x\ge0$ et $y\ge0$ : $y=f(x)\iff1+x^2=e^y\iff x^2=e^y-1$, et comme $x\ge0$ et $e^y-1\ge0$, cela équivaut à $x=\sqrt{e^y-1}$. Donc $f^{-1}(x)=\sqrt{e^x-1}$ pour tout $x\ge0$.

A.4.b Idée : taux d'accroissement en $0$, avec $\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{e^x-1}{x}=1$. Pour $x>0$ :

Le premier facteur tend vers $1$ et le second vers $+\infty$ : la limite est $+\infty$. $f^{-1}$ n'est pas dérivable à droite en $0$ et $(\mathcal C')$ admet au point $O$ une demi-tangente verticale — la symétrique, par rapport à $\Delta$, de la tangente horizontale de $(\mathcal C)$ en $O$.

A.5 $I(1\,;\ln2)\approx(1\,;0{,}69)$ est sur $T$. $(\mathcal C)$ part de $O$ tangente à l'axe des abscisses, est au-dessus de $T$ puis la traverse en $I$, reste sous $\Delta$ et passe par $(2\,;\ln5)\approx(2\,;1{,}61)$ et $(3\,;\ln10)\approx(3\,;2{,}30)$, avec une branche parabolique de direction $\left(O,\vec i\right)$. $(\mathcal C')$ est la symétrique de $(\mathcal C)$ par rapport à $\Delta$ : elle passe par $I'(\ln2\,;1)$, part de $O$ avec une demi-tangente verticale et admet une branche parabolique de direction $\left(O,\vec j\right)$.

B.1.a Idée : l'intégrande de $I_1$ est la moitié de la dérivée étudiée en A.2.a. $\left(\dfrac12f\right)'(x)=\dfrac12\cdot\dfrac{2x}{1+x^2}=\dfrac{x}{1+x^2}$ : $x\mapsto\dfrac12f(x)$ est une primitive de $x\mapsto\dfrac{x}{1+x^2}$ sur $[0,1]$. Donc $I_1=\dfrac12\big[f(x)\big]_0^1=\dfrac12\left(f(1)-f(0)\right)=\dfrac12f(1)$, soit $\boxed{I_1=\dfrac12\ln2}$.

B.1.b Idée : réduire au même dénominateur avant d'intégrer. Pour $x\in[0,1]$, $\dfrac{x^n}{1+x^2}+\dfrac{x^{n+2}}{1+x^2}=\dfrac{x^n\left(1+x^2\right)}{1+x^2}=x^n$. Par linéarité de l'intégrale, $I_n+I_{n+2}=\displaystyle\int_0^1x^n\,dx=\dfrac{1}{n+1}$. Pour $n=1$ : $I_3=\dfrac12-I_1=\boxed{\dfrac{1-\ln2}{2}}$.

B.2.a Pour $x\in[0,1]$, $0\le x^{n+1}\le x^n$, donc $0\le\dfrac{x^{n+1}}{1+x^2}\le\dfrac{x^n}{1+x^2}$. En intégrant sur $[0,1]$ (bornes dans l'ordre croissant) : $0\le I_{n+1}\le I_n$. La suite $(I_n)$ est décroissante et minorée par $0$ : elle est convergente.

B.2.b Idée : injecter la monotonie dans la relation de B.1.b. Comme $I_{n+2}\le I_n$ : $\dfrac{1}{n+1}=I_n+I_{n+2}\le2I_n$, d'où $I_n\ge\dfrac{1}{2(n+1)}$. Pour $n\ge3$, la relation au rang $n-2\ge1$ donne $I_{n-2}+I_n=\dfrac{1}{n-1}$ et, comme $I_n\le I_{n-2}$ : $2I_n\le\dfrac{1}{n-1}$, d'où $I_n\le\dfrac{1}{2(n-1)}$.

B.2.c Les deux bornes tendent vers $0$ : $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}I_n=0$. En multipliant l'encadrement par $n>0$ :

Les deux bornes tendent vers $\dfrac12$ ; d'après le théorème des gendarmes, $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}nI_n=\boxed{\frac12}$.

B.3.a Idée : dériver le logarithme, intégrer $1$. $f$ est croissante avec $f(0)=0$, donc $f\ge0$ sur $[0,1]$ et $\mathcal A=\displaystyle\int_0^1f(x)\,dx$. On intègre par parties avec $u(x)=\ln\left(1+x^2\right)$, $v'(x)=1$, soit $u'(x)=\dfrac{2x}{1+x^2}$ et $v(x)=x$ :

Le crochet vaut $\ln2$ et la seconde intégrale vaut $2I_2$ : $\boxed{\mathcal A=\ln2-2I_2}$.

B.3.b Pour $x\in[0,1]$, $1\le1+x^2\le2$, donc $\dfrac12\le\dfrac{1}{1+x^2}\le1$ ; en multipliant par $x^2\ge0$ : $\dfrac{x^2}{2}\le\dfrac{x^2}{1+x^2}\le x^2$. En intégrant sur $[0,1]$ : $\dfrac16\le I_2\le\dfrac13$, donc $-\dfrac23\le-2I_2\le-\dfrac13$ et

soit environ $0{,}03\le\mathcal A\le0{,}36$ (en unités d'aire).

C.1 Idée : un signe alterné transforme la relation $I_n+I_{n+2}$ en une différence.

D'après B.1.b au rang $2k+1\ge1$, $I_{2k+1}+I_{2k+3}=\dfrac{1}{2k+2}$, d'où $W_{k+1}-W_k=\dfrac{(-1)^{k+1}}{2(k+1)}$.

C.2 Par sommation télescopique de $k=0$ à $n-1$ : $W_n=W_0+\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}\frac{(-1)^{k+1}}{2(k+1)}$. Avec $j=k+1$, $(-1)^{k+1}=(-1)^j=-(-1)^{j+1}$, et $W_0=I_1=\dfrac12\ln2$ :

c'est-à-dire $W_n=\dfrac12\left(\ln2-S_n\right)$, encore vrai pour $n=0$ puisque $S_0=0$.

C.3 $\left|W_n\right|=I_{2n+1}$ et $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}I_{2n+1}=0$ d'après B.2.c. Donc $\ln2-S_n=2W_n\to0$ : $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}S_n=\boxed{\ln2}$.