\begin{questions}
\item
\begin{questions}
\item\label{ch8ex16a} Dans l'intervalle $[0~;1]$, $x^n$ est un nombre positif ou nul, ainsi bien sûr que $\nep^{x^2}$. La fonction à intégrer étant positive ou nulle sur $[0~;1]$, on a bien $I_n\geqslant0$.
\item $\begin{aligned}[t]
\ds I_{n+1}-I_n & = \ds\int_0^1\left(x^{n+1}-x^n\right)\nep^{x^2}\dd x\\[10pt]
& = \ds\int_0^1x^n(x-1)\nep^{x^2}\dd x.
\end{aligned}$

Sur l'intervalle $[0~;1]$, $x^n\geqslant0$, $\nep^{x^2}>0$ et $x-1\leqslant0$, donc la fonction à intégrer est négative ou nulle sur l'intervalle considéré.

Par conséquent, $I_{n+1}-I_n\leqslant 0$ pour tout $n$, et la suite est décroissante.

\item La suite $I$ est minorée par 0 (d'après la question \ref{ch8ex16a}) et décroissante. Par conséquent, elle est convergente.

La limite L est positive ou nulle.
\end{questions}

\item
\begin{questions}
\item $G'(x)=\dfrac{1}{2}\times2x\nep^{x^2}=x\nep^{x^2}=g(x)$. Donc $G$ est bien une primitive de $g$.

\item $\begin{aligned}[t]
I_1 & =\int_0^1x\nep^{x^2}\dd x\\[8pt]
& =\int_0^1g(x)\dd x\\[8pt]
& =G(1)-G(0)\\[8pt]
&=\dfrac{1}{2}\nep-\dfrac{1}{2}.
\end{aligned}$

\item $H_n$ est dérivable sur $\R$ comme produit de fonctions dérivables.
\begin{align*}
H'_n(x) & = (n+1)x^nG(x)+x^{n+1}G'(x)\\[8pt]
& = (n+1)x^n\times\dfrac{1}{2}\nep^{x^2}+x^{n+1}\times x\nep^{x^2}\\[8pt]
& = \dfrac{n+1}{2}x^n\nep^{x^2}+x^{n+2}\nep^{x^2}.
\end{align*}

En intégrant les deux membres de l'égalité ci-dessus entre 0 et 1, et en utilisant les propriétés de linéarité des intégrales, il vient :
\[
H_n(1)-H_n(0)=\dfrac{n+1}{2}\int_0^1 x^n\nep^{x^2}\dd x+\int_0^1 x^{n+2}\nep^{x^2}\dd x\;,
\]
ou encore :
\[ G(1)=\dfrac{n+1}{2}I_n+I_{n+2}.\]
On a donc bien :
\[ I_{n+2}+\dfrac{n+1}{2}I_n=\dfrac{1}{2}\nep.\]

\item D'après ce qui précède, $I_3 + I_1 =\dfrac{1}{2}\nep$. Donc, $I_3 = \dfrac{1}{2}$.

Puis, $I_5 + 2I_3 = \dfrac{1}{2}\nep$ donc $I_5 = \dfrac{1}{2}\nep-1$.
\end{questions}

\item\label{ch8ex16q3} Voici l'algorithme complété :\enlargethispage*{3em}

\begin{algorithme}{}
Initialisation
\quad n $\leftarrow$ 1
\quad $I \leftarrow \dfrac{1}{2}\nep-\dfrac{1}{2}$
Traitement
\quad Tant que n$<$23
\qquad $I \leftarrow \dfrac{1}{2}\nep-\dfrac{n+1}{2}I$
\qquad n $\leftarrow$ n + 2
\quad Fin de Tant que
Sortie
\quad Afficher $I$
\end{algorithme}

\qrset{height=1.1cm,version=5}\rput(-1,-0.7){
\psframebox{\qrcode{https://idl-live.prepamath.fr/ILTM/integration-suite.py}}}
\vspace*{-3mm}

\begin{listing}{En Python}{integration-suite.py}\end{listing}

\item\label{ch8ex16q4} $I_{n+2}=\dfrac{1}{2}\nep-\dfrac{n+1}{2}I_n$. Donc,
\[
\lim\limits_{n\to+\infty}I_{n+2}=\lim\limits_{n\to+\infty}\left(\dfrac{1}{2}\nep-\dfrac{n+1}{2}I_n\right).
\]

Intéressons-nous à la limite de $\dfrac{n+1}{2}I_n$ lorsque $n$ tend vers $+\infty$.

Raisonnons par l'absurde : si $I_n$ tend vers une valeur non nulle, $\dfrac{n+1}{2}I_n$ tend vers $+\infty$ ($I_n\geqslant0$ pour tout $n$).

Ceci donnerait $\lim\limits_{n\to+\infty}I_{n+2}=-\infty$, ce qui est impossible puisque $I_n\geqslant0$ pour tout $n$.

Donc $\lim\limits_{n\to+\infty}I_n=0$, ce qui donnera une forme indéterminée pour la limite de $\dfrac{n+1}{2}I_n$.

Donc L = 0.

\begin{Remarque}
si vous tentez de modifier le programme Python de la question \ref{ch8ex16q3} en remplaçant \og 23 \fg{} par un grand nombre (par exemple 100), vous serez surpris de voir une contradiction avec la réponse de la question \ref{ch8ex16q4}.

Ceci montre la différence entre un programme, qui peut très bien être correct, et un raisonnement purement mathématique. La raison de cette différence réside la plupart du temps dans les limites du langage de programmation et de la représentation des nombres  réels en informatique.
\end{Remarque}
\end{questions}
