L'équation est équivalente à
f
n
⁡
(
x
)
=
0.
Comme
f
n
est dérivable elle est continue et strictement croissante sur
[
0
,
1
]
donc bijective de
[
0
,
1
]
dans
[
f
n
⁡
(
0
)
,
f
n
⁡
(
1
)
]
Reste à déterminer leur signes :
f
n
⁡
(
0
)
=
∫
0
0
e
n
⁢
t
2
⁢
ⅆ
t
−
∫
0
1
e
−
n
⁢
t
2
⁢
ⅆ
t
=
−
∫
0
1
e
−
n
⁢
t
2
⁢
ⅆ
t
et comme
e
n
⁢
t
2
≥
0
et que
0
≤
1
en intégrant l'inégalité, on obtient
f
n
⁡
(
0
)
≤
0
et de la même façon
f
n
⁡
(
1
)
≥
0.
Donc
0
∈
[
f
n
⁡
(
0
)
,
f
n
⁡
(
1
)
]
et l'équation
f
n
⁡
(
x
)
=
0
a une unique solution sur
[
0
,
1
]
.
Donc il existe un unique
c
n
tel que
∫
0
c
n
e
n
⁢
t
2
⁢
ⅆ
t
−
∫
c
n
1
e
−
n
⁢
t
2
⁢
ⅆ
t
=
0
c
0
est celui qui vérifie :
∫
0
c
0
e
0
⁢
t
2
⁢
ⅆ
t
−
∫
c
0
1
e
−
0
⁢
t
2
⁢
ⅆ
t
=
0
⇔
[
t
]
0
c
0
−
[
t
]
c
0
1
=
0
⇔
2
⁢
c
0
−
1
=
0
⇔
c
0
=
1
2
On ne connaît pas
c
n
mais seulement le fait qu'il soit solution de l'équation. Pour comparer
c
n
et
c
n
+
1
on comparera donc leurs images par
f
n
ou
f
n
+
1
:
Comme
f
n
⁡
(
c
n
)
=
0
et
f
n
+
1
⁡
(
c
n
+
1
)
=
0
,
comparons
f
n
+
1
⁡
(
c
n
)
et
f
n
+
1
⁡
(
c
n
+
1
)
=
f
n
⁡
(
c
n
)
f
n
+
1
⁡
(
c
n
)
=
∫
0
c
n
e
(
n
+
1
)
⁢
t
2
⁢
ⅆ
t
−
∫
c
n
1
e
−
(
n
+
1
)
⁢
t
2
⁢
ⅆ
t
f
n
⁡
(
c
n
)
=
∫
0
c
n
e
n
⁢
t
2
⁢
ⅆ
t
−
∫
c
n
1
e
−
n
⁢
t
2
⁢
ⅆ
t
Or comme
n
≤
n
+
1
et que
t
2
≥
0
on a
n
⁢
t
2
≤
(
n
+
1
)
⁢
t
2
,
exp
est strictement croissante sur
ℝ
donc
e
n
⁢
t
2
≤
e
(
n
+
1
)
⁢
t
2
comme
0
≤
c
n
on a
∫
0
c
n
e
n
⁢
t
2
⁢
ⅆ
t
≤
∫
0
c
n
e
(
n
+
1
)
⁢
t
2
⁢
ⅆ
t
De même
−
∫
c
n
1
e
n
⁢
t
2
⁢
ⅆ
t
≤
−
∫
c
n
1
e
(
n
+
1
)
⁢
t
2
⁢
ⅆ
t
et finalement ,
f
n
+
1
⁡
(
c
n
+
1
)
=
f
n
⁡
(
c
n
)
≤
f
n
+
1
⁡
(
c
n
)
et comme
f
n
+
1
est strictement croissante sur
[
0
,
1
]
et que
c
n
et
c
n
+
1
en sont éléments, on a bien finalement,
c
n
+
1
≤
c
n
.
Donc la suite
c
est décroissante et minorée par
0
( pour tout
n
:
c
n
∈
[
0
,
1
]
) donc elle converge et sa limite
ℓ
∈
[
0
,
1
]
par passage à la limite dans les inégalités.