Calcul intégral

$u_0 = \int_0^1 \frac{1}{1+x}\,dx = \Big[\ln(1+x)\Big]_0^1 = \ln 2 - \ln 1 = \boxed{\ln 2}$

$u_0 + u_1 = \int_0^1 \frac{1+x}{1+x}\,dx = \int_0^1 1\,dx = \boxed{1}$ Donc $u_1 = 1 - \ln 2$.

$u_n + u_{n+1} = \int_0^1 \frac{x^n + x^{n+1}}{1+x}\,dx = \int_0^1 \frac{x^n(1+x)}{1+x}\,dx = \int_0^1 x^n\,dx = \frac{1}{n+1}$. $\boxed{u_n + u_{n+1} = \frac{1}{n+1}}$

Sur $[0\,;1]$ : $1 \leqslant 1+x \leqslant 2$, donc $\frac{1}{2} \leqslant \frac{1}{1+x} \leqslant 1$. Multipliant par $x^n \geqslant 0$ : $\frac{x^n}{2} \leqslant \frac{x^n}{1+x} \leqslant x^n$. En intégrant : $\frac{1}{2(n+1)} \leqslant u_n \leqslant \frac{1}{n+1}$. En particulier $\boxed{0 \leqslant u_n \leqslant \frac{1}{n+1}}$.

Par le théorème des gendarmes : $0 \leqslant u_n \leqslant \frac{1}{n+1} \to 0$. $\boxed{\lim_{n \to +\infty} u_n = 0}$

De $u_n + u_{n+1} = \frac{1}{n+1}$, on tire $u_{n+1} = \frac{1}{n+1} - u_n$. $u_1 = 1 - u_0 = 1 - \ln 2$ $u_2 = \frac{1}{2} - u_1 = \frac{1}{2} - 1 + \ln 2 = \ln 2 - \frac{1}{2}$ $u_3 = \frac{1}{3} - u_2 = \frac{1}{3} - \ln 2 + \frac{1}{2} = \frac{5}{6} - \ln 2$ Plus généralement, en sommant $u_n + u_{n+1} = \frac{1}{n+1}$ de manière alternée et en utilisant $u_0 = \ln 2$ et $\lim u_n = 0$ : $\boxed{\ln 2 = \sum_{k=1}^{+\infty} \frac{(-1)^{k+1}}{k} = 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \cdots}$

IPP avec $v = \ln(x)$, $u' = 1$, donc $v' = \frac{1}{x}$, $u = x$. $J_0 = \Big[x\ln(x)\Big]_0^1 - \int_0^1 1\,dx = (0 - 0) - 1 = \boxed{-1}$ (Car $\lim_{x \to 0^+} x\ln(x) = 0$.)

IPP avec $v = \ln(x)$ ($v' = \frac{1}{x}$) et $u' = x^n$ ($u = \frac{x^{n+1}}{n+1}$). $J_n = \left[\frac{x^{n+1}}{n+1}\ln(x)\right]_0^1 - \int_0^1 \frac{x^{n+1}}{n+1} \cdot \frac{1}{x}\,dx$ Le crochet vaut $0 - 0 = 0$ (car $\frac{1}{n+1}\ln(1) = 0$ et $\lim_{x \to 0^+} x^{n+1}\ln(x) = 0$). $J_n = -\frac{1}{n+1}\int_0^1 x^n\,dx = -\frac{1}{n+1} \cdot \frac{1}{n+1} = \boxed{-\frac{1}{(n+1)^2}}$

$J_2 = -\frac{1}{9}$ et $J_5 = -\frac{1}{36}$. $\boxed{\int_0^1 x^2\ln(x)\,dx = -\frac{1}{9}} \qquad \boxed{\int_0^1 x^5\ln(x)\,dx = -\frac{1}{36}}$

Par linéarité : $\int_0^1 (3x^2+2x)\ln(x)\,dx = 3J_2 + 2J_1 = 3 \times \left(-\frac{1}{9}\right) + 2 \times \left(-\frac{1}{4}\right) = -\frac{1}{3} - \frac{1}{2} = \boxed{-\frac{5}{6}}$

Une primitive de $\frac{1}{1+x^2}$ est $\arctan(x)$. $\int_0^1 \frac{1}{1+x^2}\,dx = \Big[\arctan(x)\Big]_0^1 = \arctan(1) - \arctan(0) = \frac{\pi}{4} - 0 = \boxed{\frac{\pi}{4}}$

Sur $[0\,;1]$ : $x^2 \leqslant 1$, donc $1+x^2 \leqslant 2$, soit $\frac{1}{1+x^2} \geqslant \frac{1}{2}$. Et $1+x^2 \geqslant 1$, soit $\frac{1}{1+x^2} \leqslant 1$. Par intégration des inégalités : $$\frac{1}{2} \leqslant \frac{\pi}{4} \leqslant 1$$ $$\boxed{2 \leqslant \pi \leqslant 4}$$

On a $\frac{1}{1+x^2} = \frac{1}{1+x^2}$. Multiplions l'inégalité à vérifier par $1+x^2 > 0$ : **Inégalité gauche :** $(1-x^2)(1+x^2) \leqslant 1$, soit $1 - x^4 \leqslant 1$, soit $x^4 \geqslant 0$. ✓ **Inégalité droite :** $1 \leqslant (1-x^2+x^4)(1+x^2) = 1 + x^2 - x^2 - x^4 + x^4 + x^6 = 1 + x^6$. C'est vrai car $x^6 \geqslant 0$. ✓

En intégrant sur $[0\,;1]$ : $$\int_0^1 (1-x^2)\,dx \leqslant \frac{\pi}{4} \leqslant \int_0^1 (1-x^2+x^4)\,dx$$ $\int_0^1 (1-x^2)\,dx = 1 - \frac{1}{3} = \frac{2}{3}$ $\int_0^1 (1-x^2+x^4)\,dx = 1 - \frac{1}{3} + \frac{1}{5} = \frac{15-5+3}{15} = \frac{13}{15}$ Donc $\frac{2}{3} \leqslant \frac{\pi}{4} \leqslant \frac{13}{15}$, soit : $$\boxed{\frac{8}{3} \leqslant \pi \leqslant \frac{52}{15}}$$ Numériquement : $2{,}667 \leqslant \pi \leqslant 3{,}467$, ce qui encadre bien $\pi \approx 3{,}14159$.