Si tu regardes les premières valeurs </s>k=1<e>, </s>k=2<e> voire </s>k=3<e>, tu peux te rendre compte que le numérateur de la fraction réduite est un carré, et que pour ces valeurs, il s’exprime facilement en fonction de </s>k<e> : c’est le carré de </s>k (k+1)+1<e>
Cela peut te donner une façon bien plus simple de calculer pour trouver ce carré, en ne touchant pas au carré </s>k^2 (k+1)^2<e> et en ne développant que le reste pour faire apparaître ce que l’on attend.
Quant aux termes que tu ne comprends pas, c’est normal, tu les apprendras l’an prochain.
Édit : suppresion des spoilers qui ne voulaient pas s’ouvrir
La fonction arc tangente est hors du programme du lycée. D’ailleurs, même la fonction tangente l’est… 
Salut les gars, voilà je rentre en MPSI et je n’y arrive pas avec ces deux exercices meme avec la pseudo correction du polycopié. Si quelqu’un peut m’aider ou même me donner des pistes. Merci beaucoup 
Tiens je te donne ce que j’ai fait
Si tu veux de l’aide, essaie d’être plus clair sur ce que t’as pas réussi, et sur les pistes que t’as essayées, ça sera plus simple pour tout le monde 
Sinon ces deux exercices sont pas les plus instructifs du polys et sont un peu bizarres si je me rappelle bien.
Pour la question 10 a il faut faire une récurrence forte.
Pour l hérédité si tu supposes la propriété vraie pour tout k<n tu utilises la définition de un. Comme la partie entière de x est plus grande strictement que x-1 pour tout réel x tu vas normalement obtenir un>n. Ensuite il faudra une propriété de la suite un pour conclure
Un exercice que j’ai beaucoup aimé, il utilise un peu la notion de continuité en un point qui est HP en TS mais un rappel de la définition suffit pour résoudre cet exercice (qui ducoup, respecte les règles du fil).
Exercice 24 :
Rappel de la définition de la continuité :
Une fonction réelle est dite continue en un point </s>x<e> réel si pour tout </s>\varepsilon>0<e>, il existe </s>\delta>0<e> tel que </s>|x-y|<\delta\implies |f(x)-f(y)|< \varepsilon<e>
Soit </s>f<e> une fonction continue positive sur un intervalle </s>[a,b]<e>. On notera M le maximum de </s>f<e> sur </s>[a,b]<e> et on supposera qu’il existe </s>c\in ]a,b[<e> tel que </s>f(c) = M<e>. Montrer
[ctex] \lim_{n\to+\infty} \left(\int_{a}^b f(t)^n dt\right)^\frac{1}{n} = M [/ctex]
Indication
On pourra minorer l’intégrale en se limitant à un petit intervalle </s> I<e> contenant de </s>c<e> tel que pour tout </s>x\in I<e>, </s>f(x)\in ]M-\varepsilon, M]<e> pour </s>\varepsilon > 0<e>.
Ca me semble pas évident si on a jamais manipulé des \varepsilon ^^
C’est vraiment pas mal de réussir ça en TS, même en ayant fait le poly de LLG etc, c’est qu’en début/milieu de sup que j’ai commencé à voir ce type de raisonnement.
Un exo que j’avais été content de réussir il y a deux ans et qui utilise une méthode que vous verrez en milieu de sup (la question 1):
Exercice 25 :
1 (Comparaison série-intégrale). Soit $f$ une fonction continue et croissante de $\mathbb R _+$ dans $\mathbb R$. Encadrer $\sum_0^n f(k)$ à l’aide de $\int_0^n f(t)dt$.
2. Déterminer les triplets $(a,b,c) \in \mathbb N^3$ tels que $\frac{(\sum_0^n k^a)^b}{\sum_0^n k^c} \underset{n \rightarrow +\infty}{\rightarrow}1$
Est ce que cette inéquation est admise , |a+b|<|a|+|b|. Ça me paraît logique, mais je ne sais pas si je peux l’utiliser.
Cette inégalité est appelée inégalité triangulaire et est très très classique en prépa (et en maths tout simplement en fait). Pour la démontrer ici tu peux écrire ces deux inégalités :
a+b <= |a|+|b| et (-a)+(-b) <= |a|+|b|
Et donc on a bien l’inégalité demandée
Oui sans souci (avec inférieur ou égal par contre), ça s’appelle l’inégalité triangulaire (dans un triangle, la longueur d’un côté est plus petite que la somme des longueurs des deux autres côtés). Elle est vraie dans </s>\mathbb C<e> et de façon plus générale, </s>|a_1 + a_2 + ... + a_n| \leqslant |a_1| + |a_2| + ... + |a_n|<e> .
Ma solution pour l’exercice 25, j’ai bien aimé l’exo, merci 
[spoiler]
- Soit
</s>f:\mathbb{R}_+\to\mathbb{R}<e> continue et croissante. On a pour tout entier</s>n\in\mathbb{N}<e> :
[ctex]f(n)\le f(t)\le f(n+1), \forall t\in [n,n+1][/ctex]
En intégrant l’inéquation sur</s>[n,n+1]<e> il vient
[ctex]\forall n\in\mathbb{N}, f(n) \le \int_{n}^{n+1} f(t)\mathop{}\mathrm{d}t\le f(n+1)[/ctex]
En prenant</s>m=n-1<e> pour</s>n\in\mathbb{N}^*<e> on obtient une minoration de</s>\sum_{k=0}^n f(n)<e> en rajoutant</s>f(0)<e>.
En sommant l’inégalité pour</s>k<e> allant de 0 à</s>n<e> on obtient l’encadrement :
[ctex]f(0) + \int_{0}^{n} f(t)\mathop{}\mathrm{d}t\le \sum_{k=0}^n f(k)\le \int_{0}^{n+1} f(t)\mathop{}\mathrm{d}t[/ctex]
De plus, si</s>f(0)\ge0<e>, on pourra utiliser l’encadrement suivant (utile pour l’exercice suivant) :
[ctex]\int_{0}^n f(t)\mathop{}\mathrm{d}t\le \sum_{k=0}^n f(k)\le \int_{0}^{n+1} f(t)\mathop{}\mathrm{d}t[/ctex]
- On pose
</s>f_k(t) = t^k<e> pour</s>k\in\mathbb{N}<e>. Ces fonctions sont toutes continues et croissantes.
On pose aussi</s>S_a(n) = \displaystyle\sum_{k=1}^n k^a<e> pour</s>(a, n)\in\mathbb{N}^2<e>.
Ainsi, soit</s>(a,c,b)\in\mathbb{N}^3\times\mathbb{N}<e>,
Soit</s>n\in\mathbb{N}^*<e>,
En appliquant les inégalités de la question 1 on obtient les deux inégalités suivantes :
[ctex]\dfrac{n^{b(a+1)}}{(a+1)^b} \le S_a(n)^b\le \dfrac{(n+1)^{b(a+1)}}{(a+1)^b}[/ctex]
[ctex]\dfrac{c+1}{(n+1)^{c+1}} \le \dfrac{1}{S_c(n)}\le \dfrac{c+1}{n^{c+1}}[/ctex]
Les deux inégalités comportant que des termes positifs, on peut effectuer le produit de ces inegalités :
[ctex]\dfrac{(c+1)\cdot n^{b(a+1)}}{(n+1)^{c+1}(a+1)^b}\le \dfrac{S_a(n)^b}{S_c(n)} \le \dfrac{(c+1)(n+1)^{b(a+1)}}{n^{c+1}(a+1)^b}[/ctex]
[ctex]\iff \dfrac{c+1}{(a+1)^b}\times \dfrac{n^{b(a+1)}}{(n+1)^{c+1}} \le \dfrac{S_a(n)^b}{S_c(n)}\le \dfrac{c+1}{(a+1)^b}\times \dfrac{(n+1)^{b(a+1)}}{n^{c+1}} [/ctex]
En développant les termes de gauche et de droite, on trouve deux quotients de polynômes qui admettent donc une limite (finie ou infinie) quand</s>n<e> tend vers</s>+\infty<e>. De plus, en ne conservant que les monômes de plus haut degré du terme de gauche il vient :
[ctex]\lim_{n\to+\infty} \dfrac{c+1}{(a+1)^b} \times \dfrac{n^{b(a+1)}}{(n+1)^{c+1}} =\dfrac{c+1}{(a+1)^b}\times \lim_{n\to+\infty} n^{b(a+1) - c-1}[/ctex]
Si</s>b(a+1)-c-1>0<e> alors le terme de gauche diverge vers</s>+\infty<e> donc à fortiori,</s>\dfrac{S_a(n)^b}{S_c(n)}<e> aussi. Ainsi,</s>b(a+1)-c-1\le 0<e>.
En faisant la même chose avec le terme de droite :
[ctex]\lim_{n\to+\infty} \dfrac{c+1}{(a+1)^b}\times \dfrac{(n+1)^{b(a+1)}}{n^{c+1}} = \dfrac{c+1}{(a+1)^b}\times \lim_{n\to+\infty} n^{b(a+1)-c-1} [/ctex]
Si</s>b(a+1)-c-1<0<e> alors cette limite vaut 0 donc</s>(S_a(n)^b/S_c(n))<e> ne peut pas converger vers 1.
On en conclut</s>b(a+1)-c-1 = 0<e>.
On se place donc dans le cas où</s>b(a+1)-c-1=0<e>, soit</s>c+1 = b(a+1)<e>.
Ainsi, les termes de gauche et de droite convergent vers</s>\dfrac{c+1}{(a+1)^b}<e> donc par encadrement,</s>\dfrac{S_a(n)^b}{S_b(n)}<e> aussi. On en déduit que</s>c= (a+1)^b - 1<e> pour que</s>\left(\dfrac{S_a(n)^b}{S_c(n)}\right)<e> converge vers 1.
Ainsi, il faut</s> b(a+1)-1 = (a+1)^b - 1\iff b(a+1) = (a+1)^b \iff b = (a+1)^{b-1}<e>.
Impossible si</s>b=0<e>, marche pour tout entier</s>a<e> si</s>b = 1<e>. On considère donc</s>b \ge 2<e>.
Or, d’après l’inégalité de Bernouilli,</s> (a+1)^{b-1} > (b-1)a + 1<e>.
Et</s> (b-1)a + 1 - b = b(a-1) - a+1\ge 2a-2-a+1 = a-1<e>.
En reprenant les inégalités depuis le début il vient :
[ctex](a+1)^{b-1} - b > a-1[/ctex].
Si</s> a = 0<e> alors on a</s> b = 1<e> (impossible), Si</s>a \ge 1<e> on a</s> (a+1)^{b-1} - b > 0<e> donc</s>b(a+1) - 1 \neq (1+a)^b - 1<e> pour tout entier naturel a.
Ainsi, on a toujours</s>b = 1<e> et</s>c = a<e>. L’ensemble des solutions est:
[ctex]S = { (n, 1, n) : n\in\mathbb{N}}[/tex]
[/spoiler]