\begin{enumerate}
\item On sait, par propriété, que :
\[
\left(\int_a^x f(t)\dx[t]\right)^\prime=f(x).
\]
Donc ici, pour $n\geqslant1$,
\begin{align*}
\left(x^n\e^x-nF_{n-1}(x)\right)^\prime & = nx^{n-1}\e^x+x^n\e^x-nF_{n-1}^\prime(x)\\
& = nx^{n-1}\e^x+x^n\e^x-nf_{n-1}(x)\\
& = nx^{n-1}\e^x+x^n\e^x-nx^{n-1}\e^x\\
& = x^n\e^x\\
& = f_n(x).
\end{align*}

\underline{On a donc bien $F_n(x)=x^n\e^x-nF_{n-1}(x)$ pour $n\geqslant1$.}

\item Pour tout entier naturel$n$, on a :
\begin{align*}
I_{n+1}-I_n & = \dint_0^1 x^{n+1}\e^x \dx - \dint_0^1 x^n\e^x \dx\\
& = \dint_0^1\left(x^{n+1}\e^x-x^n\e^x\right)\dx\\
& = \dint_0^1 x^n\e^x(x-1)\dx.
\end{align*}

Sur \intervFF{0}{1}, $x^n\e^x\geqslant0$ et $x-1\leqslant0$ donc $x^n\e^x(x-1)\leqslant0$. Ainsi, 
\[ I_{n+1}-I_n \leqslant 0 \]
et donc \underline{\suite{I}{n}{n\in\N} est décroissante.}

\item Sur \intervFF{0}{1}, $x^n\e^x \geqslant0$ donc $\dint_0^1 x^n\e^x \dx \geqslant0$. Ainsi, \suite{I}{n}{n\in\N} est minorée par 0; de plus, d'après la question précédente, elle décroît donc elle converge.

\item\label{int13q4} $I_0=\dint_0^1\e^x\dx = \e-1$.

$I_1=\e-1 I_0 = \e-(\e-1)=1$.

$I_2=\e-2 I_1=\e-2$.

$I_3=\e-3I_2=\e-3(\e-2)=-2\e+6$.

$I_4 = \e-4I_3 = \e-4(-2\e+6)=9\e-24$.

\newpage


\item Pour $n=0$, on a bien $I_0=a_0\e+b_0$ avec $a_0=1$ et $b_0=-1$.

Supposons que pour un entier $n$ fixé, $I_n$ s'écrit sous la forme $I_n=a_n\e+b_n$.

Alors,
\begin{align*}
I_{n+1} & = \e-(n+1)I_n\\
& = \e-(n+1)(a_n\e+b_n)\\
& = \e-(n+1)a_n\e-(n+1)b_n\\
& = \big[1-(n+1)a_n\big]\e-(n+1)b_n
\end{align*}

En posant $\begin{cases} a_{n+1}=1-(n+1)a_n\\b_{n+1}=-(n+1)b_n\end{cases}$, on a :
\[
I_{n+1}=a_{n+1}\e+b_{n+1}.
\]
L'hérédité est alors vérifiée.

On peut ainsi conclure que pour tout entier naturel $n$, $I_n$ s'écrit sous la forme $a_n\e+b_n$, avec $\begin{cases} a_{n+1}=1-(n+1)a_n\\b_{n+1}=-(n+1)b_n\end{cases},\quad a_0=1,\ b_0=-1$.

\item $b_0=-1=-0!$, $b_1=1=1!$, $b_2=-2=-2!$, $b_3=6=3!$, $b_4=-24=-4!$ d'après la question~\ref{int13q4}. 

On peut alors conjecturer que pour $n\geqslant2$, $b_n=(-1)^{n+1}n!$ (je prends $n\geqslant2$ car $b_1=0$).

On peut le démontrer par récurrence (l'initialisation étant déjà faite).

Supposons que pour un entier $n$ fixé, $b_n=(-1)^{n+1}n!$. Alors,
\begin{align*}
b_{n+1} & = -(n+1)b_n\\
& = (-1)\times(n+1)\times(-1)^{n+1}\times n!\\
& = (-1)^{n+2}\times\underbrace{(n+1)\times n!}_{=(n+1)!}\\
& = (-1)^{n+2}(n+1)!
\end{align*}
L'hérédité est alors vérifiée, ce qui montre l'égalité conjecturée.

\item Pour $n=2$, $2!\displaystyle\sum_{k=2}^2\dfrac{(-1)^{n-k}}{k!}=2\times\dfrac{(-1)^{2-2}}{2!}=2\times\dfrac{1}{2}=1=a_2$.

L'initialisation est alors réalisée.

\medskip

Supposons que pour un entier $n\geqslant2$ fixé, $a_n=n!\displaystyle\sum_{k=2}^n\dfrac{(-1)^{n-k}}{k!}$. Alors :
\begin{align*}
a_{n+1} & = 1-(n+1)a_n\\
& = 1-(n+1)\times n!\sum_{k=2}^n\dfrac{(-1)^{n-k}}{k!}\\
& = \textcolor{red}{1}-(n+1)!\sum_{k=2}^n\dfrac{(-1)^{n-k}}{k!}\\
& = \textcolor{red}{\dfrac{(n+1)!}{(n+1)!}}-(n+1)!\sum_{k=2}^n\dfrac{(-1)^{n-k}}{k!}\\
& = (n+1)!\left[\dfrac{1}{(n+1)!}-\sum_{k=2}^n\dfrac{(-1)^{n-k}}{k!}\right]
\end{align*}

\begin{align*}
a_{n+1} & = (n+1)!\left[\dfrac{1}{(n+1)!}\textcolor{red}{\pmb{+}}\sum_{k=2}^n\dfrac{(-1)^{n\textcolor{red}{\pmb{+1}}-k}}{k!}\right]
\intertext{(ici, j'ai considéré le signe \og $-$ \fg{} comme étant $(-1)$ et je l'ai inséré dans la somme)}
& = (n+1)!\left[\dfrac{(-1)^{\textcolor{violet}{n+1}-\textcolor{red}{(n+1)}}}{\textcolor{red}{(n+1)}!}+\sum_{\textcolor{red}{k}=2}^n\dfrac{(-1)^{\textcolor{violet}{n+1}-\textcolor{red}{k}}}{\textcolor{red}{k}!}\right]
\intertext{(j'écris le terme avant la somme de la même manière que les termes de la somme elle-même afin de l'incorporer à l'intérieur du sigma)}
& = (n+1)!\sum_{k=2}^{n+1}\dfrac{(-1)^{(n+1)-k}}{k!}
\end{align*}

L'hérédité est alors vérifiée. Ainsi, pour tout entier naturel $n$ supérieur ou égal à 2, $a_n=n!\displaystyle\sum_{k=2}^n\dfrac{(-1)^{n-k}}{k!}$.

\item Un programme Python possible est le suivant :
\begin{lstlisting}
import math
from math import factorial as fac
from math import exp

def a(n):
    if n > 1:
        s = 0
        for k in range(2,n+1):
            s+=fac(n)*(-1)**(n-k)/fac(k)
        return s
    else:
        if n == 0:
            return 1
        else:
            return 0

def b(n):
    return (-1)**(n+1)*fac(n)

def I(n):
    return a(n)*exp(1)+b(n)
\end{lstlisting}

En tapant \texttt{I(4)} par exemple, on verra s'afficher une valeur approchée de $I_4$.

\newpage

Un algorithme possible est :

\begin{algo}{Calcul des coefficients}
\begin{algoentries}
Saisir une valeur entière n
\end{algoentries}
\begin{algobody}
\begin{algoif}{n=0}
a prend la valeur 1
\ifelse
\begin{algoif}{n=1}
a prend la valeur 0
\ifelse
a prend la valeur 0
\begin{algofor}{k}{2}{n}
a prend la valeur a+(n!)$\rm\times(-1)^{n-k}$/(k!)
\end{algofor}
\end{algoif}
\end{algoif}\\
b prend la valeur $\rm(-1)^{n+1}\times$ n!\\
I prend la valeur a*exp(1)+b
\end{algobody}
\begin{algoend}
Afficher I
\end{algoend}
\end{algo}
\end{enumerate}