\documentclass[12pt]{article}

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\newmdenv[
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]{siderules}

\begin{document}

\noindent\textbf{Démo 1:} Trouver $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\int_x^{2x}\frac{e^t}t\;\mathrm dt$
\begin{siderules}

On suppose $x>0$. On a 
\begin{align*}
    x\leq t\leq 2x &\iff \frac1{2x}\leq \frac1t\leq \frac 1x \\
    &\iff \frac{e^t}{2x}\leq \frac{e^t}t\leq \frac{e^t}x \\
    &\iff \int_x^{2x}\frac{e^t}{2x}\;\mathrm dt\leq\int_x^{2x}\frac{e^t}t\;\mathrm dt\leq\int_x^{2x}\frac{e^t}x\;\mathrm dt\quad (\text{car }x\leq 2x)\\
    &\iff \frac{e^{2x}-e^x}{2x}\leq \int_x^{2x}\frac{e^t}t\;\mathrm dt\leq \frac{e^{2x}-e^x}x
\end{align*}

On a aussi $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{e^{2x}-e^x}{2x}=+\infty$ donc par minoration de l'intégrale, on a \[\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\int_x^{2x}\frac{e^t}t\;\mathrm dt=+\infty\]
\end{siderules}

\noindent\textbf{Démo 2:} $\displaystyle\forall n\in\mathbb N, I_n=\int_0^{\frac\pi2}\sin^n(t)\;\mathrm dt$. Donner le lien entre $I_{n+1}$ et $I_{n-1}$.

\begin{siderules}
    On prend $u(t)=\sin^n(t)$ et $v'(t)=\sin t$. On a, en intégrant par parties \begin{align*}
        I_{n+1}&=\left[-\sin^n(t)\cos t\right]_0^{\frac\pi2} + \int_0^{\frac\pi2}n\sin^{n-1}(t)\cos^2(t)\;\mathrm dt\\
        &=n\int_0^{\frac\pi2}\sin^{n-1}(t)(1-\sin^2(t))\;\mathrm dt\\
        &=nI_{n-1}-nI_{n+1}
    \end{align*}
    D'où $I_{n+1}=\frac n{n+1}I_{n-1}$
\end{siderules}

\noindent\textbf{Démo 3:} Soit $f\in \mathcal C^0(\mathbb R_+, \mathbb R_+)$ telle que \[
    \exists k>0,\; \forall x\geq 0,\; f(x)\leq k\int_0^xf(t)\;\mathrm dt
\]
Montrer que $f$ est la fonction nulle. On pourra considérer $\displaystyle g: x\mapsto e^{-kx}\int_0^xf(t)\;\mathrm dt$
\begin{siderules}
    On a $g(x)\geq 0$ et $g(0)=0$. On a aussi, \[\forall x\geq 0, g'(x)=e^{-kx}\left(f(x)-k\int_0^xf(t)\;\mathrm dt\right)\leq 0\quad \text{ par hypothèse }\]
    Donc $\forall x\geq 0, g(x)=0$. On sait que $e^{-kx}>0$ donc $\forall x\geq 0$ \[\int_0^xf(t)\;\mathrm dt=0 \implies f(x)=0\]
\end{siderules}

\noindent\textbf{Démo 4:} $\displaystyle f: x\longmapsto \int_x^{2x}\exp(-t^2)\;\mathrm dt$: parité, dérivabilité, expression de la dérivée.

\begin{siderules}
    On a, par le changement de variable $u=-t$, $\forall x\in\mathbb R$, \[
        f(-x)=\int_{-x}^{-2x}\exp(-t^2)\;\mathrm dt = -\int_x^{2x}\exp(-(-u)^2)\;\mathrm du=-f(x)
    \] donc $f$ est impaire.

    Soit $\varphi: x\longmapsto \exp(-x^2)$. $\varphi$ est continue sur $\mathbb R$ donc par le théorème fondamental, elle admet des primitives sur $\mathbb R$ et \[
        \psi: x\longmapsto \int_{0}^x \varphi(t)\;\mathrm dt
    \] en est une. $\psi$ est dérivable et $\forall x\in\mathbb R, \psi'(x)=\varphi(x)$
    On a $f(x)=\psi(2x)-\psi(x)$ donc $f$ est dérivable sur $\mathbb R$ et on a \[
        \forall x\in\mathbb R, f'(x)=\psi'(2x)-\psi'(x)=2\varphi(2x)-\varphi(x)=2e^{-4x^2}-e^{-x^2}
    \]
\end{siderules}

\noindent\textbf{Démo 5:} Encadrer $\displaystyle \int_k^{k+1}\frac1t\;\mathrm dt$ puis en déduire que pour tout $n\geq 1$,  \[
    \ln n+\frac1n\leq H_n\leq \ln n+1
\]

\begin{siderules}
    On a pour $k\geq 1$, \begin{align*}
        k\leq t\leq k+1&\iff \frac1{k+1}\leq \frac1t\leq \frac 1k\\
        &\iff \frac1{k+1}\leq \int_k^{k+1}\frac{\mathrm dt}t\leq \frac 1k
    \end{align*}
    D'où \[
        \sum_{k=1}^{n-1}\frac1{k+1} = H_n - 1 \leq \int_1^{n}\frac{\mathrm dt}t=\ln(|n|)=\ln n \iff H_n\leq \ln n + 1
    \] et \[
        \int_1^{n}\frac{\mathrm dt}t=\ln n \leq \sum_{k=1}^{n-1}\frac1k = H_n - \frac1n \iff \ln n+\frac 1n\leq H_n
    \]
\end{siderules}

\end{document}
