Considérons l'image de ${\displaystyle E}$ par la fonction ${\displaystyle \arctan }$.

${\displaystyle \arctan(E)\subset \left]-{\frac {\pi }{2}},{\frac {\pi }{2}}\right[}$ donc, d’après le principe des tiroirs, il existe ${\displaystyle x,y\in E}$ tels que ${\displaystyle 0\leq \arctan x-\arctan y\leq {\frac {\pi }{12}}}$.

Par croissance de la fonction ${\displaystyle \tan }$ sur ${\displaystyle \left[0,{\frac {\pi }{12}}\right]}$, on a ${\displaystyle 0\leq \tan \left(\arctan x-\arctan y\right)\leq \tan \left({\frac {\pi }{12}}\right)=2-{\sqrt {3}}}$.

Or ${\displaystyle \tan \left(\arctan x-\arctan y\right)={\frac {\tan \left(\arctan x\right)-\tan \left(\arctan y\right)}{1+\tan \left(\arctan x\right)\tan \left(\arctan y\right)}}={\frac {x-y}{1+xy}}}$.

D'après le théorème de convergence dominée (ou monotone),

${\displaystyle \int _{0}^{+\infty }\mathrm {e} ^{-t}\ln t\,\mathrm {d} t=\lim _{n\to +\infty }\int _{0}^{n}\left(1-{\frac {t}{n}}\right)^{n}\ln t\,\mathrm {d} t}$.

Soit ${\displaystyle n\in \mathbb {N} ^{*}}$.

${\displaystyle {\begin{aligned}\int _{0}^{n}\left(1-{\frac {t}{n}}\right)^{n}\ln t\,\mathrm {d} t&=n\int _{0}^{1}\left(1-u\right)^{n}\ln \left(nu\right)\,\mathrm {d} u\\&=n\ln n\int _{0}^{1}\left(1-u\right)^{n}\,\mathrm {d} u+n\int _{0}^{1}\left(1-u\right)^{n}\ln u\,\mathrm {d} u\\&={\frac {n\ln n}{n+1}}+n\int _{0}^{1}\left(1-u\right)^{n}\ln u\,\mathrm {d} u\\&={\frac {n\ln n}{n+1}}+n\int _{0}^{1}x^{n}\ln \left(1-x\right)\,\mathrm {d} x\\&={\frac {n\ln n}{n+1}}-n\int _{0}^{1}x^{n}\sum _{k=1}^{+\infty }{\frac {x^{k}}{k}}\,\mathrm {d} x\\&={\frac {n\ln n}{n+1}}-n\sum _{k=1}^{+\infty }\int _{0}^{1}{\frac {x^{n+k}}{k}}\,\mathrm {d} x\\&={\frac {n\ln n}{n+1}}-\sum _{k=1}^{+\infty }{\frac {n}{(n+k+1)k}}\\&={\frac {n\ln n}{n+1}}-{\frac {n}{n+1}}\sum _{k=1}^{+\infty }{\left({\frac {1}{k}}-{\frac {1}{n+k+1}}\right)}\\&={\frac {n\ln n}{n+1}}-{\frac {n}{n+1}}\left(1+{\frac {1}{2}}+\dots +{\frac {1}{n+1}}\right)\\&={\frac {n\ln n}{n+1}}-{\frac {n}{n+1}}\left(\ln n+\gamma +o(1)\right)\\&=-\gamma +o(1),\end{aligned}}}$

où ${\displaystyle \gamma }$ est la constante d'Euler-Mascheroni.

On en déduit que ${\displaystyle \int _{0}^{+\infty }\mathrm {e} ^{-t}\ln t\,\mathrm {d} t=-\gamma }$.

Pour une variante, voir la réponse de Felix Marin (et le commentaire de Mark Viola) dans « Showing that ${\displaystyle \gamma =-\int _{0}^{\infty }e^{-t}\log t\,dt}$, where ${\displaystyle \gamma }$ is the Euler-Mascheroni constant », sur math.stackexchange.com.

Les réels ${\displaystyle \alpha :=3+{\sqrt {5}}}$ et ${\displaystyle \beta :=3-{\sqrt {5}}}$ sont les racines du polynôme ${\displaystyle X^{2}-6X+4}$.

La suite ${\displaystyle u_{n}:=\alpha ^{n}+\beta ^{n}}$ est à valeurs entières. En effet, ${\displaystyle u_{0}=2}$, ${\displaystyle u_{1}=6}$ et ${\displaystyle u_{n+2}=6u_{n+1}-4u_{n}}$.

Ainsi, ${\displaystyle \left|\sin \left(\pi \alpha ^{n}\right)\right|=\left|\sin \left(\pi \left(u_{n}-\beta ^{n}\right)\right)\right|=\left|\sin \left(\pi \beta ^{n}\right)\right|\leq \pi \beta ^{n}}$.

Or ${\displaystyle 0<\beta <1}$. Par conséquent, la série est absolument convergente.

Notons ${\displaystyle A=\left\{x\in [0,1]\mid f(x)\leq x\right\}}$.

${\displaystyle A}$ est non vide car ${\displaystyle f(1)\leq 1}$.

Notons ${\displaystyle a=\inf A}$, et montrons que ${\displaystyle f(a)=a}$.

Tout d’abord, si ${\displaystyle a=0}$, alors ${\displaystyle f(a)=a}$, donc dans la suite, on suppose ${\displaystyle a\neq 0}$.

• Si ${\displaystyle f(a)>a}$, alors ${\displaystyle a\not \in A}$ et, par définition de la borne inférieure, il existe ${\displaystyle b\in A}$ tel que ${\displaystyle b-a<f(a)-a}$, c'est-à-dire ${\displaystyle b<f(a)}$.
  On a alors, par définition de ${\displaystyle A}$, ${\displaystyle f(b)\leq b}$ et par conséquent ${\displaystyle f(b)<f(a)}$.
  On a donc trouvé ${\displaystyle a}$ et ${\displaystyle b}$ tels que ${\displaystyle a<b}$ et ${\displaystyle f(a)>f(b)}$, ce qui contredit l'hypothèse ${\displaystyle f}$ croissante sur ${\displaystyle [0,1]}$.
• Si ${\displaystyle f(a)<a}$, alors ${\displaystyle a\in A}$. On a alors, quel que soit ${\displaystyle b}$ tel que ${\displaystyle f(a)<b<a}$, ${\displaystyle b\not \in A}$, donc ${\displaystyle f(b)>b}$ puis ${\displaystyle f(b)>f(a)}$.
  On a donc trouvé ${\displaystyle a}$ et ${\displaystyle b}$ tels que ${\displaystyle b<a}$ et ${\displaystyle f(b)>f(a)}$, ce qui contredit l'hypothèse ${\displaystyle f}$ croissante sur ${\displaystyle [0,1]}$.

On a ainsi l’existence de ${\displaystyle a}$ tel que ${\displaystyle f(a)=a}$, c'est-à-dire l’existence d'un point fixe.

Jean-Louis Rouget, « Intégrales dépendant d’un paramètre », sur Exo7, exercice 2

Léa Blanc-Centi, « Équations différentielles », sur Exo7, exercice 9

${\displaystyle y=a\operatorname {e} ^{x}+b\operatorname {e} ^{-x}+c\cos x+d\sin x}$ avec ${\displaystyle a+b+c=1,\,a-b+d=a+b-c=a-b-d=0}$, c'est-à-dire ${\displaystyle a=b={\frac {1}{4}},\,c={\frac {1}{2}},\,d=0}$.

Topologie générale/Exercices/Topologie de R ou C, exercices 2 et 3.