I. Étude d'une fonction auxiliaire $ g_n $

1. La fonction $ g_n $ est définie et dérivable sur $ ]0; +\infty[ $.
   \begin{align*} g_n : & ]0; +\infty[ \longrightarrow \mathbb{R}\\ & x \longmapsto x - n + \frac{n}{2}\ln x \end{align*}
   Limites :
   On a:
   • $ \lim\limits_{x \to 0^+} \ln x = -\infty \implies \lim\limits_{x \to 0^+} g_n(x) = -\infty $.
     
   • $ \lim\limits_{x \to +\infty} \ln x = +\infty \implies \lim\limits_{x \to +\infty} g_n(x) = +\infty $.
     
   
   Variations :
   Pour tout $ x \in ]0; +\infty[ $, on a :
   \[ g_n'(x) = 1 + \frac{n}{2x} \] Puisque $ n \geqslant 1 $ et $ x > 0 $, on a $ g_n'(x) > 0 $.
   La fonction $ g_n $ est donc strictement croissante sur $ ]0; +\infty[ $.
2. 1. Sur $ ]0; +\infty[ $, la fonction $ g_n $ est continue et strictement croissante. Elle réalise donc une bijection de $ ]0; +\infty[ $ vers $ ]-\infty; +\infty[ $.
      Comme $ 0 \in ]-\infty; +\infty[ $, d'après le théorème des valeurs intermédiaires, l'équation $ g_n(x) = 0 $ admet une unique solution sur $ ]0; +\infty[ $.
      On note $ \alpha_n $ ce réel positif unique.
   2. Calculons les valeurs de la fonction aux bornes envisagées :
      $ g_n(1) = 1 - n + \frac{n}{2}\ln(1) = 1 - n $. Or $ n \geqslant 1 $, donc $ g_n(1) \leqslant 0 $.
      $ g_n(e^2) = e^2 - n + \frac{n}{2}\ln(e^2) = e^2 > 0 $.
      Par conséquent: \[ 1 \leqslant \alpha_n < e^2\]
   3. Par définition, $ g_n(\alpha_n) = 0 $, ce qui donne :
      \[ \alpha_n - n + \frac{n}{2}\ln(\alpha_n) = 0 \] En isolant le logarithme :
      \[ \frac{n}{2}\ln(\alpha_n) = n - \alpha_n \] \[ \ln(\alpha_n) = \frac{2(n - \alpha_n)}{n} = 2 - \frac{2}{n}\alpha_n \]
   4. Calculons $ g_{n+1}(\alpha_n) $ en utilisant l'expression de $ \ln(\alpha_n) $ trouvée précédemment :
      \[ g_{n+1}(\alpha_n) = \alpha_n - (n+1) + \frac{n+1}{2}\ln(\alpha_n) \] \[ g_{n+1}(\alpha_n) = \alpha_n - n - 1 + \frac{n+1}{2}\left(2 - \frac{2\alpha_n}{n}\right) \] \[ g_{n+1}(\alpha_n) = \alpha_n - n - 1 + (n+1) - (n+1)\frac{\alpha_n}{n} \] \[ g_{n+1}(\alpha_n) = \alpha_n - \frac{n+1}{n}\alpha_n = \alpha_n\left(1 - \frac{n+1}{n}\right) = -\frac{\alpha_n}{n} \] Comme $ \alpha_n > 0 $ et $ n > 0 $, on a $ g_{n+1}(\alpha_n) < 0 $.
      Or, $ g_{n+1}(\alpha_{n+1}) = 0 $. Donc $ g_{n+1}(\alpha_n) < g_{n+1}(\alpha_{n+1}) $.
      Puisque $ g_{n+1} $ est strictement croissante, on en déduit que $ \alpha_n < \alpha_{n+1} $.
3. 1. La suite $ (\alpha_n) $ est strictement croissante (d'après 2.d.) et majorée par $ e^2 $ (d'après 2.b.). D'après le théorème de la limite monotone, la suite $ (\alpha_n) $ est convergente. On note $ \ell $ sa limite.
   2. On sait que $ 1 \leqslant \alpha_n < e^2 $. En divisant par $ n > 0 $, on obtient :
      \[ \frac{1}{n} \leqslant \frac{\alpha_n}{n} < \frac{e^2}{n} \] Puisque $ \lim\limits_{n \to +\infty} \frac{1}{n} = 0 $ et $ \lim\limits_{n \to +\infty} \frac{e^2}{n} = 0 $, le théorème des gendarmes permet d'affirmer que $ \lim\limits_{n \to +\infty} \frac{\alpha_n}{n} = 0 $.
      Par conséquent, $ \lim\limits_{n \to +\infty} \left(2 - \frac{2}{n}\alpha_n\right) = 2 $.
      D'après l'égalité de la question 2.c., on conclut que : $ \lim\limits_{n \to +\infty} \ln(\alpha_n) = 2 $.
      La fonction exponentielle étant continue sur $ \mathbb{R} $, on en déduit $ \ell = e^2 $.

II. Étude d'une fonction $ f $

1. Limite en $ 0 $ :
   Pour tout $ x > 0 $, $ f(x) = \sqrt{x} - \frac{\ln x}{2\sqrt{x}} $.
   $ \lim\limits_{x \to 0^+} \sqrt{x} = 0 $ et $ \lim\limits_{x \to 0^+} \frac{-\ln x}{2\sqrt{x}} = +\infty $. Donc $ \lim\limits_{x \to 0^+} f(x) = +\infty $.
   
   Limite en $ +\infty $ :
   Pour tout $ x > 0 $, on peut factoriser par l'expression prépondérante :
   \[ f(x) = \sqrt{x}\left(1 - \frac{\ln x}{2x}\right) \] On sait que $ \lim\limits_{x \to +\infty} \frac{\ln x}{x} = 0 $, donc $ \lim\limits_{x \to +\infty} \left(1 - \frac{\ln x}{2x}\right) = 1 $.
   Comme $ \lim\limits_{x \to +\infty} \sqrt{x} = +\infty $, on en déduit $ \lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = +\infty $.
2. La fonction $ f $ est dérivable sur $ ]0; +\infty[ $.
   En posant $ f(x) = \frac{u(x)}{v(x)} $ avec $ u(x) = 2x - \ln x $ et $ v(x) = 2\sqrt{x} $ :
   \[ f'(x) = \frac{\left(2 - \frac{1}{x}\right) \times 2\sqrt{x} - (2x - \ln x) \times \frac{1}{\sqrt{x}}}{(2\sqrt{x})^2} \] \[ f'(x) = \frac{\frac{4x - 2}{\sqrt{x}} - \frac{2x - \ln x}{\sqrt{x}}}{4x} = \frac{2x - 2 + \ln x}{4x\sqrt{x}} = \frac{x - 1 + \frac{1}{2}\ln x}{2x\sqrt{x}} \] On reconnaît le numérateur : $ f'(x) = \frac{g_1(x)}{2x\sqrt{x}} $.
3. Le signe de $ f'(x) $ dépend uniquement du signe de $ g_1(x) $ car $ 2x\sqrt{x} > 0 $ sur $ ]0; +\infty[ $.
   Or d'après la partie I, $ g_1 $ est strictement croissante et s'annule en $ \alpha_1 $.
   Vérifions la valeur de $ g_1(1) $ : $ g_1(1) = 1 - 1 + \frac{1}{2}\ln(1) = 0 $. Donc $ \alpha_1 = 1 $.
   Ainsi, sur $ ]0; 1[ $, $ g_1(x) < 0 $ et sur $ ]1; +\infty[ $, $ g_1(x) > 0 $.
   On a également $ f(1) = \frac{2 - 0}{2} = 1 $.
4. Pour tout $ x > 0 $, $ f(x) - \sqrt{x} = \frac{2x - \ln x - 2x}{2\sqrt{x}} = -\frac{\ln x}{2\sqrt{x}} $.
   On sait que $ \lim\limits_{x \to +\infty} \frac{\ln x}{\sqrt{x}} = 0 $, donc $ \lim\limits_{x \to +\infty} [f(x) - \sqrt{x}] = 0 $.
   On en déduit que les courbes $ \mathcal{C} $ et $ \mathcal{C}_0 $ sont asymptotes au voisinage de $ +\infty $.
5. Étudions le signe de $ f(x) - \sqrt{x} = -\frac{\ln x}{2\sqrt{x}} $ :
   
   • Sur $ ]0; 1[ $, $ \ln x < 0 \implies f(x) - \sqrt{x} > 0 $. Donc $ \mathcal{C} $ est au-dessus de $ \mathcal{C}_0 $.
   • Pour $ x = 1 $, $ f(1) - \sqrt{1} = 0 $. Les deux courbes se croisent au point de coordonnées $ (1; 1) $.
   • Sur $ ]1; +\infty[ $, $ \ln x > 0 \implies f(x) - \sqrt{x} < 0 $. Donc $ \mathcal{C} $ est en-dessous de $ \mathcal{C}_0 $.
6. Allure schématique des courbes $ \mathcal{C} $ et $ \mathcal{C}_0 $ :

Etude d'une suite $U_n$:

1. Posons pour tout entier $ k $ tel que $ 0 \leqslant k \leqslant n-1 $ : \[ J_k = \int_{1 + \frac{k}{n}}^{1 + \frac{k+1}{n}} f(x) \, dx \] Et posons pour tout entier $ k $ tel que $ 0 \leqslant k \leqslant n $ : \[ f_k = \frac{1}{n} f\left(1 + \frac{k}{n}\right) \] D'après l'étude de la fonction (partie II), $ f $ est croissante sur $ [1; +\infty[ $.
   Pour tout $ x \in \left[1 + \frac{k}{n}; 1 + \frac{k+1}{n}\right] $, on a donc : \[ f\left(1 + \frac{k}{n}\right) \leqslant f(x) \leqslant f\left(1 + \frac{k+1}{n}\right) \] En intégrant cette inégalité sur l'intervalle $ \left[1 + \frac{k}{n}; 1 + \frac{k+1}{n}\right] $ dont l'amplitude est $ \frac{1}{n} $, on obtient : \[ \frac{1}{n}f\left(1 + \frac{k}{n}\right) \leqslant \int_{1 + \frac{k}{n}}^{1 + \frac{k+1}{n}} f(x) \, dx \leqslant \frac{1}{n}f\left(1 + \frac{k+1}{n}\right) \] Ce qui s'écrit bien, avec nos notations : \[ f_k \leqslant J_k \leqslant f_{k+1} \] De plus on a: \[ 1 = 1 + \frac{0}{n} < 1 + \frac{1}{n} < \dots < 1 + \frac{k}{n} < 1 + \frac{k+1}{n} < \dots < 1 + \frac{n}{n} = 2 \]
2. D'après la relation de Chasles, la somme des intégrales sur des intervalles adjacents donne l'intégrale sur l'intervalle global : \[ \sum_{k=0}^{n-1} J_k = \sum_{k=0}^{n-1} \int_{1 + \frac{k}{n}}^{1 + \frac{k+1}{n}} f(x) \, dx = \int_{1}^{2} f(x) \, dx = J \] Par définition de la suite $ (U_n) $, on a directement : \[ U_n = \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{n} f\left(1 + \frac{k}{n}\right) = \sum_{k=0}^{n} f_k \] En sommant l'inégalité $ f_k \leqslant J_k \leqslant f_{k+1} $ pour $ k $ allant de $ 0 $ à $ n-1 $, on obtient : \[ \sum_{k=0}^{n-1} f_k \leqslant \sum_{k=0}^{n-1} J_k \leqslant \sum_{k=0}^{n-1} f_{k+1} \] Or, on remarque que les sommes aux extrémités se simplifient par rapport à $ U_n $ :
   • $ \sum_{k=0}^{n-1} f_k = U_n - f_n = U_n - \frac{1}{n}f\left(1 + \frac{n}{n}\right) = U_n - \frac{f(2)}{n} $
   • $ \sum_{k=0}^{n-1} J_k = J $
   • $ \sum_{k=0}^{n-1} f_{k+1} = \sum_{j=1}^{n} f_j = U_n - f_0 = U_n - \frac{1}{n}f(1) $
   En remplaçant ces expressions dans la double inégalité, on aboutit à : \[ U_n - \frac{f(2)}{n} \leqslant J \leqslant U_n - \frac{f(1)}{n} \] On en déduit l'encadrement de $ U_n $ : \[ J + \frac{f(1)}{n} \leqslant U_n \leqslant J + \frac{f(2)}{n} \] Comme $ \lim\limits_{n \to +\infty} \frac{f(1)}{n} = 0 $ et $ \lim\limits_{n \to +\infty} \frac{f(2)}{n} = 0 $, le théorème des gendarmes permet de conclure que : \[ \lim\limits_{n \to +\infty} U_n = J \]