
\begin{enumerate}
\item\label{int-ex5-q1} Dans un premier temps, remarquons que :
\[
\ln (n!)=\ln (1\times 2\times 3\times \cdots \times (n-1) \times n)=\ln(1) + \ln(2) + \ln(3) + \cdots + \ln(n-1)+\ln(n).
\]
Traçons la courbe représentative de la fonction $t \mapsto \ln(t)$ sur $[1;+\infty[$ et traçons les rectangles de largeur 1 et de hauteur respective $\ln(k)$ et $\ln (k+1)$ pour $k$ allant de 1 à $n$ :

\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node[fill = white, outer sep = 0pt] (img) {
\begin{tikzpicture}[scale=1.5]
\tkzActivOff
\tkzInit[xmin=0,xmax=7,ymin=-.5,ymax=3]
\tkzDrawX[tickwd=0.1,tickup=0.02,tickdn=0.02]
\tkzDrawY[tickwd=0.1,ticklt=0.02,tickrt=0.02]
\tkzFct[color = courbe3, domain=1:6]{log(\x)}
\draw[color=courbe3,id=tkzFcta] plot[domain=1:6,samples=100] (\x,{ln(\x)});
\tkzDrawRiemannSumSup[fill=courbe,fill opacity=.25,interval=1:6,number=5]
\tkzActivOn
\draw[courbe,<-,>=stealth'] (2.15,1) to[bend left=30] (2.5,2) node[above,rectangle,draw=courbe] {$\ln(1)+\ln(2)+\cdots+\ln(n)$};
\node[below,black] at (1,0) {1};
\node[below,black] at (2,0) {2};
\node[below,black] at (3.5,0) {...};
\node[below,black] at (6,0) {$n$};
\end{tikzpicture}};
\drawshadow{img}{black}
\end{tikzpicture}
\end{center}

On voit ici que la somme des aires des rectangles est supérieure à l'aire comprise entre la courbe, l'axe des abscisses, le point de coordonnées $(1;0)$ et la droite d'équation $x=n$, ce qui se traduit par l'inégalité suivante :
\[
\textcolor{courbe}{\ln (n!)} \geq \textcolor{courbe3}{\int_1^n \ln(t) \textrm{d}t}.
\]

\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node[fill = white, outer sep = 0pt] (img) {
\begin{tikzpicture}[scale=1.5]
\tkzActivOff
\tkzInit[xmin=0,xmax=7,ymin=-.5,ymax=3]
\tkzDrawX[tickwd=0.1,tickup=0.02,tickdn=0.02]
\tkzDrawY[tickwd=0.1,ticklt=0.02,tickrt=0.02]
\tkzFct[color = green!50!black, domain=1:6]{log(\x)}
\draw[color=courbe3,id=tkzFcta] plot[domain=1:6,samples=100] (\x,{ln(\x)});
\tkzDrawRiemannSumInf[fill=courbe2,opacity=.25,interval=1:6,number=5]
\tkzActivOn
\draw[courbe2,<-,>=stealth'] (3.5,.5) to[bend right=30] (4.5,-.5) node[right,rectangle,draw,color=courbe2] {$\ln(1)+\ln(2)+\cdots+\ln(n)$};
\node[below, black] at (1,0) {1};
\node[below, black] at (2,0) {2};
\node[below, black] at (3.5,0) {...};
\node[below, black] at (5,0) {$n$};
\node[below, black] at (6,0) {$n+1$};
\end{tikzpicture}};
\drawshadow{img}{black}
\end{tikzpicture}
\end{center}

On voit ici que la somme des aires des rectangles est inférieure à l'aire comprise entre la courbe, l'axe des abscisses, le point de coordonnées \coord{1}{0} et la droite d'équation $x=n$, ce qui se traduit par l'inégalité suivante :
\[
\textcolor{courbe2}{\ln (n!)} \leqslant \textcolor{courbe3}{\int_1^{n+1} \ln(t) \dx[t]}.
\]

Ainsi : \[ \boxed{\int_1^n \ln(t) \dx[t] \leqslant \ln (n!) \leq \int_1^{n+1}\ln(t) \dx[t]}\]

\item\label{int-ex5-q2} $\begin{aligned}[t]
L'(x) & =\big(x\ln(x)\big)' - 1\\
& = 1\times\ln(x) + x\times\dfrac{1}{x} - 1\\[8pt]
& = \ln(x) + 1 - 1 = \ln(x)\;.
\end{aligned}$

Ainsi, $x\longmapsto x\ln(x) - x$ est bien une primitive de $x\longmapsto\ln(x)$.

\item De l'encadrement de la question \ref{int-ex5-q1} et du résultat obtenu à la question \ref{int-ex5-q2}, on  déduit :
\[ \frac{1}{\ln (n^n)}\int_1^n \ln(t) \dx[t] \leqslant u_n \leqslant \frac{1}{\ln (n^n)}\int_1^{n+1}\ln(t) \dx[t].\]
Or,
\[ \int_1^n \ln(t) \dx[t] = \left[t\ln(t) -t\right]_1^n = n\ln(n) - n + 1\]
\[ \int_1^{n+1} \ln(t) \textrm{d}t = \left[t\ln(t) -t\right]_1^{n+1} = (n+1)\ln (n+1) - n\]
Donc :
\[ \frac{n\ln(n) -n + 1}{n\ln(n)} \leqslant u_n \leqslant \frac{n\ln(n+1) + \ln(n+1)-n}{n\ln(n)} \]
\[ 1-\frac{1}{\ln(n)}+\frac{1}{n\ln(n)}\leqslant u_n \leqslant \frac{\ln(n+1)}{\ln(n)}\left(1+\frac{1}{n}\right)-\frac{1}{\ln(n)}\]
Or : \[ \frac{\ln(n+1)}{\ln(n)}=\frac{\ln\left[n\left(1+\frac{1}{n}\right) \right]}{\ln(n)}=\frac{\ln(n) + \ln \left(1+\frac{1}{n}\right)}{\ln(n)}=1+\frac{\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)}{\ln(n)}.\]
De plus :
\[ \lim_{n \rightarrow +\infty} \frac{1}{\ln(n)} = 0 \quad ; \quad \lim_{n \rightarrow +\infty} \frac{1}{n\ln(n)}=0 \quad ; \quad \lim_{n \rightarrow +\infty} \frac{\ln (n+1)}{\ln(n)}=1+\lim_{n \rightarrow +\infty} \frac{\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)}{\ln(n)} = 1\]
D'après le théorème des gendarmes, on a alors :
\[
\boxed{\lim_{n \rightarrow +\infty}{(u_n)}=1}
\]
\end{enumerate}
