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\begin{enumerate}
\item $u_n=\dint_n^{n+1} u'(t) \times v(t) \dx[t]$ avec:
\[
\begin{array}{ll}
u'(t) = 1 & \qquad u(t) = t\\
v(t) = \ln(t) & \qquad v'(t) = \dfrac{1}{t}
\end{array}
\]
Ainsi, par intégration par parties,
\begin{align*}
u_n & = \Big[ u(t) \times v(t) \Big]_n^{n+1} - \dint_n^{n+1} u(t) \times v'(t) \dx[t]\\
& = \Big[ t\ln(t) \Big]_n^{n+1} - \dint_n^{n+1} t \times \dfrac{1}{t}\dx[t]\\
& = (n+1)\ln(n+1) - n\ln(n) - \dint_n^{n+1} 1 \dx[t]\\
& = (n+1)\ln(n+1) - n\ln(n) - \Big[ t \Big]_n^{n+1}\\
& = (n+1)\ln(n+1) - n\ln(n) - \big( (n+1) - n \big)\\
& = (n+1)\ln(n+1) - n\ln(n) - n -  1 + n\\
\Aboxed{u_n & = (n+1)\ln(n+1) - n\ln(n) - 1}
\end{align*}

\item
\begin{enumerate}
\item La fonction $t \mapsto \ln(t)$ est strictement croissante sur \intervFO{1}{+\infty} donc sur tout intervalle de la forme \intervFF{n}{n+1}, avec  entier naturel non nul. Ainsi,
\[
n \leqslant t \leqslant n+1 \iff \boxed{ \ln(n) \leqslant \ln(t) \leqslant \ln(n+1)}
\]

\item De l'encadrement précédent, on déduit:
\begin{align*}
& \int_n^{n+1} \ln(n) \dx[t] \leqslant \int_n^{n+1} \ln(t) \dx[t] \leqslant \int_n^{n+1} \ln(n+1) \dx[t]\\
\iff & \Big[ \ln(n) t \Big]_n^{n+1} \leqslant u_n \leqslant \Big[ \ln(n+1)t \Big]_n^{n+1}\\
\iff & \ln(n)(n+1-n) \leqslant u_n \leqslant \ln(n+1)(n+1-n)\\
\iff & \boxed{ \ln(n) \leqslant u_n \leqslant \ln(n+1) }
\end{align*}
\end{enumerate}

\item
\begin{enumerate}
\item Pour tout entier naturel $n$ non nul, d'après la question précédente:
\begin{itemize}
\item $\ln(n+1) \leqslant u_{n+1}$
\item $u_n \leqslant \ln(n+1)$
\end{itemize}
Donc:
\[
\forall n\in\N*,\quad u_n \leqslant \ln(n+1) \leqslant u_{n+1}.
\]
\underline{La suite $(u_n)$ est donc croissante.}

\item Toujours d'après l'encadrement précédent,
\[
u_n \geqslant \ln(n).
\]
Or, $\limite{n}{+\infty}{(\ln(n))}=+\infty$. Ainsi, d'après le théorème de comparaison,
\[
\boxed{ \limite{n}{+\infty}{(u_n)} = +\infty }
\]
\end{enumerate}

\item
\begin{enumerate}
\item Pour tout entier $n\geqslant2$, $\ln(n)>0$ donc, de l'encadrement démontré à la question \textbf{2.b.},
\[
\ln(n) \leqslant u_n \leqslant \ln(n+1) \iff \dfrac{\ln(n)}{\ln(n)} \leqslant \dfrac{u_n}{\ln(n)} \leqslant \dfrac{\ln(n+1)}{\ln(n)}
\]
soit:
\[
\boxed{ 1 \leqslant \dfrac{u_n}{\ln(n)} \leqslant \dfrac{\ln(n+1)}{\ln(n)} }
\]

\item $\dfrac{\ln(n+1)}{\ln(n)} = \dfrac{\ln\left[ n\left(1+\frac{1}{n}\right) \right]}{\ln(n)} = \dfrac{\ln(n) + \ln\left(1+\frac{1}{n}\right)}{\ln(n)} = 1 + \dfrac{\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)}{\ln(n)}$.

Or, $\limite{n}{+\infty}{\left(\dfrac{1}{n}\right)}=0$ et $\limite{n}{+\infty}{\big[\ln(n)\big]}=+\infty$ donc $\limite{n}{+\infty}{\left( \dfrac{\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)}{\ln(n)} \right)}=0$.

Ainsi, $\boxed{\limite{n}{+\infty}{\left( \dfrac{\ln(n+1)}{\ln(n)} \right)} = 1}$.

\item D'après l'encadrement trouvé à la question \textbf{4.a.} et le théorème des gendarmes,
\[
\boxed{ \limite{n}{+\infty}{\left( \dfrac{u_n}{\ln(n)} \right)} = 1 }
\]
De cette limite, on peut conclure qu'au voisinage de $+\infty$, $u_n$ tend vers l'infini de la même manière que $\ln(n)$.
\end{enumerate}

\item $\begin{aligned}[t]
\displaystyle\sum_{k=1}^n u_n & = \int_1^2 \ln(t)\dx[t] + \int_2^3 \ln(t)\dx[t] + \cdots + \int_{n-1}^n \ln(t)\dx[t] + \int_n^{n+1} \ln(t)\dx[t]\\
& = \int_1^{n+1} \ln(t)\dx[t]\text{ d'après la relation de Chasles sur les intégrales}\\
& = \big[ t\ln(t)-t \big]_1^{n+1} \text{ d'après ce qui a été fait à la question \textbf{1}}\\
& = (n+1)\ln(n+1)-(n+1) - 1\ln(1)+1\\
\Aboxed{\displaystyle\sum_{k=1}^n u_n & = (n+1)\ln(n+1)-n}
\end{aligned}$

\item Le résultat donné par le programme Python nous permet de conjecturer que $\limite{n}{+\infty}{\big(u_n-\ln(n)\big)}=0$ et que la différence entre $u_n$ et $\ln(n)$ est inférieure à $10^{-3}$ à partir de $n=500$.

Cette conjecture complète le résultat trouvé à la question \textbf{4.c.} qui stipule que $\limite{n}{+\infty}{\left(\dfrac{u_n}{\ln(n)}\right)}=1$, qui ne veut pas exactement dire la même chose.

En effet, on peut avoir $\limite{n}{+\infty}{\dfrac{h_n}{\ln(n)}}=1$ sans pour autant avoir $\limite{n}{+\infty}{(h_n-\ln(n))}=0$, mais c'est hors-programme (prendre par exemple $h_n=\displaystyle\sum_{k=1}^n \dfrac{1}{n}$, où on a $\limite{n}{+\infty}{\left(\dfrac{h_n}{\ln(n)}\right)}=1$ et $\limite{n}{+\infty}{(h_n-\ln(n))}\approx0,5772$, la \textit{constante d'Euler}).
\end{enumerate}
