
\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]
\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 = red, domain=1:6]{log(\x)}
\draw[color=red,id=tkzFcta] plot[domain=1:6,samples=100] (\x,{ln(\x)});
\tkzDrawRiemannSumSup[fill=red!40,opacity=.75,interval=1:6,number=5]
\tkzActivOn
\draw[red!50!black,<-,>=stealth'] (2.15,1) to[bend left=30] (2,1.5) node[above,rectangle,draw=red!50!black,fill=red!50] {$\ln 1+\ln 2+\cdots+\ln n$};
\node[below] at (1,0) {1};
\node[below] at (2,0) {2};
\node[below] at (3.5,0) {...};
\node[below] 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 :
\[ 
 \textcolor{red}{\ln (n!)} \geq \textcolor{blue}{\int_1^n \ln t \textrm{d}t}
\]

\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=green!50!black,id=tkzFcta] plot[domain=1:6,samples=100] (\x,{ln(\x)});
\tkzDrawRiemannSumInf[fill=green!40,opacity=.35,interval=1:6,number=5]
\tkzActivOn
\draw[green!50!black,<-,>=stealth'] (3.5,.5) to[bend right=30] (4.5,-.5) node[right] {$\ln 1+\ln 2+\cdots+\ln n$};
\node[below] at (1,0) {1};
\node[below] at (2,0) {2};
\node[below] at (3.5,0) {...};
\node[below] at (5,0) {$n$};
\node[below] 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 :
\[ 
\textcolor{green!50!black}{\ln (n!)} \leqslant \textcolor{blue}{\int_1^{n+1} \ln t \dx[t]}
\]

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

\uline{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}
