\begin{enumerate}
\item $F_n(x)$ est de la forme $u(x)\times v(x)$ avec $u(x)=(\ln x)^{n+1}$ et $v(x)=\dfrac{1}{x}$. Ainsi,
\begin{align*}
F_n^\prime(x) & = (n+1)\dfrac{1}{x}(\ln x)^n\times\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{x^2}\times(\ln x)^{n+1}\\[8pt]
& = (n+1)\dfrac{(\ln x)^n}{x^2}-\dfrac{(\ln x)^{n+1}}{x^2}.
\end{align*}

\item\label{int-9-q2} De la question précédente, on déduit :
\begin{align*}
\int_1^{\e^2}F_n^\prime(x)\dx & = \int_1^{\e^2}\left((n+1) \dfrac{(\ln x)^n}{x^2}-\dfrac{(\ln x)^{n+1}}{x^2}\right)\dx\\[8pt]
& = (n+1)\int_1^{\e^2}\dfrac{(\ln x)^n}{x^2}\dx-\int_1^{\e^2}\dfrac{(\ln x)^{n+1}}{x^2}\dx\;.
\end{align*}
D'où :
\begin{align*}
\int_1^{\e^2}\dfrac{(\ln x)^{n+1}}{x^2}\dx & =  (n+1) \int_1^{\e^2}\dfrac{(\ln x)^n}{x^2}\dx - \int_1^{\e^2}F_n^\prime(x)\dx\\[8pt]
u_{n+1} & = (n+1)u_n-\big[F_n\big(\e^2\big)-F_n(0)\big]\\
\Aboxed{u_{n+1} & = (n+1)u_n-\dfrac{2^{n+1}}{\e^2}}
\end{align*}

\item Posons $\mathcal{P}_n$ la propriété : $\forall n \in \N*, u_n=\fact{n}u_0-\dfrac{\fact{n}}{\e^2}\displaystyle\sum_{k=1}^n \frac{2^k}{\fact{k}}$.

\begin{itemize}
\item  \textbf{Initialisation.}

Pour $n=1$, la question \ref{int-9-q2} nous dit que : $u_1=u_0-\dfrac{2}{\e^2}$.

De plus, $\mathcal{P}_1 : u_1=\fact{1}u_0-\dfrac{\fact{1}}{\e^2}\times\dfrac{2}{\fact{1}}=u_0-\dfrac{2}{\e^2}$.

\medskip

\underline{L'initialisation est donc faite.}

\bigskip

\item \textbf{Hérédité.}

Supposons que $\mathcal{P}_n$ soit vraie pour un $n$ donné non nul. Alors, $u_n=\fact{n}u_0-\displaystyle\frac{\fact{n}}{\e^2}\sum_{k=1}^n \frac{2^k}{\fact{k}}$.

\medskip

D'après la question \ref{int-9-q2}, on a : 

\begin{align*}
u_{n+1} & =(n+1)u_n-\dfrac{2^{n+1}}{\e^2}\\[8pt]
 & = (n+1)\left(\fact{n}u_0-\dfrac{\fact{n}}{\e^2}\displaystyle\sum_{k=1}^n \dfrac{2^k}{\fact{k}}\right)-\frac{2^{n+1}}{\e^2}\\[8pt] 
 & = \fact{(n+1)}u_0-\frac{\fact{(n+1)}}{\e^2}\displaystyle\sum_{k=1}^n \frac{2^k}{\fact{k}}-\frac{2^{n+1}}{\e^2}
\end{align*}

\begin{align*}
 & = \fact{(n+1)}u_0-\frac{\fact{(n+1)}}{\e^2}\left(\displaystyle\sum_{k=1}^n \frac{2^k}{\fact{k}}+\frac{2^{n+1}}{\fact{(n+1)}}\right) \\[8pt]
 & = \fact{(n+1)}u_0-\frac{\fact{(n+1)}}{\e^2}\displaystyle\sum_{k=1}^{n+1} \frac{2^k}{\fact{k}} .
\end{align*}

On a alors $\mathcal{P}_n \Rightarrow \mathcal{P}_{n+1}$. L'hérédité est alors montrée.

\medskip

\underline{Ainsi, $\mathcal{P}_n$ est vraie pour tout entier naturel non nul $n$.}
\end{itemize}

\item De la question précédente, on peut déduire que pour tout entier naturel non nul $n$, on a : \[ \frac{u_n}{\fact{n}}=u_0-\frac{1}{\e^2}\sum_{k=1}^n\frac{2^k}{\fact{k}}\]
soit : \[ \lim_{n \rightarrow +\infty} \left(\frac{u_n}{\fact{n}}\right) = u_0-\frac{1}{\e^2}\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{2^k}{\fact{k}}.\]

Or, d'après l'exercice 16, on sait que : \[ \sum_{k=0}^{+\infty}\frac{2^k}{\fact{k}}=\e^2.\]
Donc : \[ \sum_{k=0}^{+\infty}\frac{2^k}{\fact{k}}=\e^2-1\;,\]
d'où : \[ \lim_{n \rightarrow +\infty} \left(\frac{u_n}{\fact{n}}\right) = u_0-\frac{1}{\e^2}(\e^2-1)\;,\]
soit : \[ \lim_{n \rightarrow +\infty} \left(\frac{u_n}{\fact{n}}\right) = u_0-1+\frac{1}{\e^2}.\]
Or : \[ 
\begin{array}{ll}
u_0 & =\displaystyle\int_1^{\e^2}\dfrac{\dx}{x^2}\\
 & = \left[- \dfrac{1}{x}\right]_1^{\e^2}\\
 & = -\dfrac{1}{\e^2}+1
\end{array}
\]
Ainsi : \[ \boxed{\lim_{n \rightarrow +\infty} \left(\frac{u_n}{\fact{n}}\right) = 0}\]
\end{enumerate}