Ce qui motive cet article, c’est la simplification de la fraction $f(\alpha)=\dfrac{\alpha^3+1}{4\alpha^2-1}$, sachant que $\alpha$ est un réel vérifiant la relation $4\alpha^3=3\alpha + 8.$

Le plan d’action

Il faut faire disparaître le dénominateur présent dans $f(\alpha)$, ce qui motive le choix de poser $\beta = 4\alpha^2-1$.

Vous allez calculer les puissances successives de $\beta$.

Elles s’expriment toutes en fonction de $\alpha$ et de $\alpha^2.$

Vous utilisez l’élimination exactement comme si vous résolvez un système linéaire d’équations. De là, vous éliminez tous les $\alpha$ et $\alpha^2$.

Vous en tirez une expression avec des puissances successives de $\beta$ uniquement.

Vous pouvez exprimer $\dfrac{1}{\beta}$ en fonction de $\alpha$ et $\alpha^2$ et supprimer le dénominateur de $f(\alpha)…$

Etude des puissances de $\beta$

\begin{aligned}
\beta^2 &= ( 4\alpha^2-1)^2 \\
&=16\alpha^4-8\alpha^2+1\\
&=4\alpha(4\alpha^3)-8\alpha^2+1\\
&=4\alpha(3\alpha + 8)-8\alpha^2+1\\
&=4\alpha^2+32\alpha+1.
\end{aligned}

\begin{aligned}
\beta^3 &= \beta^2( 4\alpha^2-1) \\
&=(4\alpha^2+32\alpha+1)(4\alpha^2-1)\\
&=16\alpha^4-4\alpha^2+32( 4\alpha^3)-32\alpha+4\alpha^2-1\\
&=4\alpha (4\alpha^3)+32 (4\alpha^3)-32\alpha-1\\
&=4\alpha (3\alpha + 8)+32(3\alpha + 8)-32\alpha-1\\
&=12\alpha^2+32\alpha+96\alpha+256-32\alpha-1\\
&=12\alpha^2+96\alpha+255.
\end{aligned}

Elimination de $\alpha$

Le système suivant est obtenu :

\begin{aligned}
1 +0\alpha +0\alpha^2 &=1\\
-1 +0\alpha +4\alpha^2 &=\beta\\
1 +32\alpha +4\alpha^2 &=\beta^2\\
255 +96\alpha +12\alpha^2 &=\beta^3.
\end{aligned}

Vous effectuez des opérations élémentaires.

\begin{aligned}
1 &+0\alpha +0\alpha^2 =1\\
&+0\alpha +4\alpha^2 =1+\beta\\
&+32\alpha +4\alpha^2 =-1+\beta^2\\
&+96\alpha +12\alpha^2 =-255+\beta^3.
\end{aligned}

Une permutation de deux lignes.

\begin{aligned}
1 &+0\alpha +0\alpha^2 =1\\
&+32\alpha +4\alpha^2 =-1+\beta^2\\
&+0\alpha +4\alpha^2 =1+\beta\\
&+96\alpha +12\alpha^2 =-255+\beta^3.
\end{aligned}

Et une opération élémentaire.

\begin{aligned}
1 +0\alpha +0\alpha^2 &=1\\
+32\alpha +4\alpha^2 & =-1+\beta^2\\
+4\alpha^2 &=1+\beta\\
0 &=\beta^3-3\beta^2-252.
\end{aligned}

On en déduit le résultat : $\dfrac{252}{\beta}=\beta^2-3\beta.$

Le calcul de $f(\alpha)$

\begin{aligned}
f(\alpha) &=\dfrac{\alpha^3+1}{\beta}\\
252f(\alpha) &= \dfrac{252}{\beta} (\alpha^3+1) \\
&= (\beta^2-3\beta)(\alpha^3+1)\\
&=(4\alpha^2+32\alpha+1 -12\alpha^2+3)(\alpha^3+1)\\
&=(-8\alpha^2+32\alpha +4)(\alpha^3+1)\\
&=(-2\alpha^2+8\alpha +1)(4\alpha^3+4)\\
&=(-2\alpha^2+8\alpha +1)(3\alpha+12)\\
&=-6\alpha^3-24\alpha^2+24\alpha^2+96\alpha+3\alpha+12\\
&=-6\alpha^3+99\alpha+12.\\
\end{aligned}

On simplifie par 3.

\begin{aligned}
84f(\alpha) &=-2\alpha^3+33\alpha+4\\
168f(\alpha) &=-4\alpha^3+66\alpha+8\\
&=-3\alpha-8+66\alpha+8\\
&=63\alpha\\
\end{aligned}

On simplifie par 7 puis par 3.

\begin{aligned}
168f(\alpha) &=63\alpha\\
24f(\alpha) &=9\alpha\\
8f(\alpha)&=3\alpha
\end{aligned}

et on obtient le résultat $f(\alpha)=\dfrac{3}{8}\alpha.$

La somme infinie $\dfrac{1}{1^2}+\dfrac{1}{2^2}+\dfrac{1}{3^2}+\cdots+\dfrac{1}{n^2}+\cdots$ vaut $\dfrac{\pi^2}{6}.$

Il s’agit d’une adaptation d’un article dû à Matsuoka en 1961.

Gardez en tête les propriétés vérifiées par les fonctions sinus et cosinus, valables pour tout nombre réel $t.$
\begin{aligned}
&\sin'(t)=\cos t\\
&\cos'(t)=-\sin t\\
&\cos^2 t + \sin^2 t =1.
\end{aligned}

Les intégrales de Wallis

Pour tout entier naturel $n$ définissez les suites d’intégrales positives suivantes, comme étant des intégrales de fonctions positives :

$W_n = \int_{0}^{\pi/2} \cos^n t \dt$

$I_n = \int_{0}^{\pi/2}t^2 \cos^{n} t \dt.$

Calculez les premiers termes

$I_0 =\displaystyle \int_{0}^{\pi/2} t^2 \text{ d}t = \frac{\pi^3/8}{3}=\frac{\pi^3}{24}.$
$W_0 =\displaystyle \int_{0}^{\pi/2} 1 \text{ d}t = \frac{\pi}{2}.$
\begin{aligned}
W_1 &= \int_{0}^{\pi/2} \cos t\text{ d}t\\
&=\left[ \sin t \right]_0^{\pi/2}\\
&=1.
\end{aligned}
\begin{aligned}
I_1 &= \int_{0}^{\pi/2}t^2 \cos t\text{ d}t\\
&=\left[t^2 \sin t \right]_0^{\pi/2} – 2 \int_{0}^{\pi/2} t \sin t\text{ d}t\\
&=\frac{\pi^2}{4} – 2 \left( \left[-t \cos t \right]_0^{\pi/2} + \int_{0}^{\pi/2} \cos t\text{ d}t \right)\\
&=\frac{\pi^2}{4}-2 W_1\\
&=\frac{\pi^2}{4}-2. \\
\end{aligned}

Leurs valeurs serviront plus loin.

Lien entre les termes de $W$

Soit $n$ un entier naturel. Utilisez deux intégrations par parties.

\begin{aligned}
W_{n+2}&= \int_{0}^{\pi/2} \cos^{n+2} t\text{ d}t\\
&=\int_{0}^{\pi/2}\cos t \cos^{n+1} t \text{ d}t\\
&=\left[ \sin t \cos^{n+1} t \right]_0^{\pi/2} + \int_{0}^{\pi/2} (n+1)\cos^{n} t\sin^2 t \text{ d}t\\
&=(n+1) \int_{0}^{\pi/2} \cos^{n} t(1-\cos^2 t) \text{ d}t\\
&=(n+1)(W_n – W_{n+2})
\end{aligned}

Déduisez-en une relation reliant $W_n$ avec $W_{n+2}$.

\begin{aligned}
W_{n+2}&=(n+1)(W_n – W_{n+2})\\
(1 + n+1)W_{n+2}& = (n+1)W_n\\
(n+2)W_{n+2}& = (n+1)W_n
\end{aligned}

Lien entre $I$ et $W$

Stratégie

Partez de la définition de $W_n$ et du fait que $\cos^n t$ peut être écrit sous forme du produit $1\times \cos^n t.$ Deux intégrations par parties permettront de faire apparaître $t^2$ puis $I_n$.

Calculs

\begin{aligned}
W_{n+2} &= \int_{0}^{\pi/2} \cos^{n+2} t\text{ d}t\\
&=\int_{0}^{\pi/2} 1\times \cos^{n+2} t\text{ d}t\\
&=\left[t \times \cos^{n+2} t\right]_0^{\pi/2} + \int_{0}^{\pi/2} t\times (n+2) \cos^{n+1} t \sin t\text{ d}t\\
&=(n+2) \int_{0}^{\pi/2} t \cos^{n+1} t \sin t\text{ d}t\\
\end{aligned}

\begin{aligned}
\frac{W_{n+2}}{n+2} &= \int_{0}^{\pi/2} t \cos^{n+1} t \sin t\text{ d}t\\
&= \left[\frac{t^2}{2} \cos^{n+1} t \sin t \right]_0^{\pi/2}-\int_{0}^{\pi/2} \frac{t^2}{2} \left(\cos^{n+2}t-(n+1)\cos^n t\sin^2 t \right)\text{ d}t\\
&=\frac{1}{2}\int_{0}^{\pi/2} t^2 \left((n+1)\cos^n t(1-\cos^2 t)-\cos^{n+2}t \right)\text{ d}t\\
&=\frac{1}{2}\int_{0}^{\pi/2} t^2 \left((n+1)\cos^n t-(n+1)\cos^{n+2} t-\cos^{n+2}t \right)\text{ d}t\\
&=\frac{1}{2}\int_{0}^{\pi/2} t^2 \left((n+1)\cos^n t-(n+2)\cos^{n+2} t \right)\text{ d}t\\
&=\frac{(n+1)I_n-(n+2)I_{n+2}}{2}\\
\end{aligned}

Conclusion

Pour tout entier naturel $n$, $2W_{n+2}=(n+1)(n+2)I_n-(n+2)^2I_{n+2}.$

Une somme télescopique

La fonction cosinus étant positive, continue et non identiquement nulle sur $\left[0,\pi/2\right]$, pour tout entier naturel $n$, $W_n > 0$.

Pour tout entier naturel $n$ :
\begin{aligned}
2 &=(n+1)(n+2)\frac{I_n}{W_{n+2}}-(n+2)^2\frac{I_{n+2}}{W_{n+2}}\\
2 &=(n+1)(n+2)^2\frac{I_n}{(n+2)W_{n+2}}-(n+2)^2\frac{I_{n+2}}{W_{n+2}}\\
2 &=(n+1)(n+2)^2\frac{I_n}{(n+1)W_{n}}-(n+2)^2\frac{I_{n+2}}{W_{n+2}}\\
2 &=(n+2)^2\frac{I_n}{W_{n}}-(n+2)^2\frac{I_{n+2}}{W_{n+2}}\\
\end{aligned}
Et voilà, vous obtenez l’important résultat : $\frac{2}{(n+2)^2}=\frac{I_n}{W_{n}}-\frac{I_{n+2}}{W_{n+2}}.$

Vous allez maintenant sommer avec le symbole « sigma ».
Soit $N$ un entier naturel supérieur ou égal à $2.$
\begin{aligned}
\sum_{n=0}^N \frac{1}{(n+2)^2} &=\frac{1}{2}\sum_{n=0}^N\left( \frac{I_n}{W_{n}}-\frac{I_{n+2}}{W_{n+2}}\right)\\
&=\frac{1}{2}\sum_{n=0}^N \frac{I_n}{W_{n}}-\frac{1}{2}\sum_{n=0}^N \frac{I_{n+2}}{W_{n+2}}\\
&=\frac{1}{2}\sum_{n=0}^N \frac{I_n}{W_{n}}-\frac{1}{2}\sum_{n=2}^{N+2} \frac{I_{n}}{W_{n}}\\
&=\frac{1}{2}\frac{I_0}{W_0} + \frac{1}{2}\frac{I_1}{W_1}+ \frac{1}{2}\sum_{n=2}^N \frac{I_n}{W_{n}}-\frac{1}{2}\sum_{n=2}^{N+2} \frac{I_{n}}{W_{n}}\\
&=\frac{1}{2}\frac{I_0}{W_0} + \frac{1}{2}\frac{I_1}{W_1}- \frac{1}{2}\frac{I_{N+1}}{W_{N+1}}-\frac{1}{2}\frac{I_{N+2}}{W_{N+2}}\\
\end{aligned}

Le calcul de $1/1^2+1/2^2+1/3^2+\cdots+1/N^2$

Soit $N$ un entier naturel supérieur ou égal à 4, de sorte que $N-2$ est supérieur ou égal à 2, ce qui permet d’utiliser le résultat précédent.
\begin{aligned}
\sum_{n=1}^N \frac{1}{n^2} &= 1 +\sum_{n=2}^N \frac{1}{n^2}\\
&= 1 +\sum_{n=0}^{N-2} \frac{1}{(n+2)^2}\\
&= 1 +\frac{1}{2}\frac{I_0}{W_0} + \frac{1}{2}\frac{I_1}{W_1}- \frac{1}{2}\frac{I_{N-1}}{W_{N-1}}-\frac{1}{2}\frac{I_{N}}{W_{N}}\\
\end{aligned}

Une majoration de $I/W$

Une majoration importante : $\sin t\leq \frac{2}{\pi} t$

Pour tout réel $t\in \mathbb{R}$ posez $f(t) = \displaystyle\frac{\pi}{2}\sin t – t$. La fonction $f$ est deux fois dérivable sur $ \mathbb{R}$ avec $f'(t) = \displaystyle\frac{\pi \cos t – 2}{2}$ et $f^{\prime\prime}(t) = -\displaystyle\frac{\pi \sin t}{2}.$

Sur l’intervalle $\left]0; \pi/2 \right[$, la fonction $f^{\prime\prime}$ est strictement négative. La fonction $f$ est continue sur $\left[0 ; \pi/2 \right]$ donc $f’$ est strictement décroissante sur l’intervalle $\left[0 ; \pi/2 \right].$

Comme $f'(0) \geq \displaystyle\frac{\pi-2}{2} > 0$ et $f’\left(\frac{\pi}{2}\right)\leq -1 < 0$, vous déduisez l’existence d’un unique réel $\alpha\in\left]0; \pi/2 \right[$ tel que $f'(\alpha)=0.$

Sur l’intervalle $[0,\alpha]$, la fonction $f$ est croissante. Pour tout $t\in [0,\alpha], f(t)\geq f(0)\geq 0.$
Sur l’intervalle $\left[\alpha,\frac{\pi}{2}\right]$ la fonction $f$ est décroissante. Pour tout $t\in \left[\alpha,\frac{\pi}{2}\right], f(t)\geq f\left(\frac{\pi}{2}\right)\geq 0.$

D’où la majoration, valable pour tout $t\in \left[0 ; \pi/2 \right]$ : $t\leq \displaystyle\frac{\pi}{2}\sin t.$

Cela est aussi une conséquence de ce qui s’appelle la « concavité » de la fonction sinus sur $\left[0 ; \pi/2 \right]$ mais ce n’est pas l’objet de cet article.

$I/W$ est majoré et a $0$ pour limite

\begin{aligned}
0\leq I_n &\leq \int_{0}^{\pi/2}t^2 \cos^{n} t\text{ d}t\\
&\leq \frac{\pi^2}{4} \int_{0}^{\pi/2}\sin t^2 \cos^{n} t\text{ d}t\\
&\leq \frac{\pi^2}{4} \int_{0}^{\pi/2}(1-\cos t^2) \cos^{n} t\text{ d}t\\
&\leq \frac{\pi^2}{4} (W_n-W_{n+2})\\
&\leq \frac{\pi^2}{4(n+2)} ((n+2)W_n-(n+2)W_{n+2})\\
&\leq \frac{\pi^2}{4(n+2)} ((n+2)W_n-(n+1)W_{n})\\
&\leq \frac{\pi^2}{4(n+2)} W_n.
\end{aligned}

Vous avez $\lim_{n\to + \infty} \frac{I_n}{W_n}=0.$

Comment obtenir le $\pi^2 /6$ ?

D’après tout ce qui précède, la limite $\lim_{N\to +\infty}\sum_{n=1}^N \frac{1}{n^2}$ est finie, notez-la $\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{n^2}$ et calculez-la explicitement.
\begin{aligned}
\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{n^2} &= 1 +\frac{1}{2}\frac{I_0}{W_0} + \frac{1}{2}\frac{I_1}{W_1}\\
&=1+\frac{\pi^2}{24}+\frac{\pi^2}{8}-1\\
&=\frac{\pi^2}{24}+\frac{3\pi^2}{24}\\
&=\frac{4\pi^2}{24}\\
&=\frac{\pi^2}{6}.
\end{align*}

Etudiez la suite définie par $u_{n+1}=1-\frac{1}{u_n}$.

Recherchez les comportements

Choisissez un premier terme, par exemple $u_1=1$

$u_2 = 1-1 = 0$ exemple mal choisi, la suite $(u_n)$ n’est alors plus définie à cause de la division par 0.

Choisissez un autre premier terme, par exemple $u_1=2$

$u_2 = 1-\frac{1}{2} = \frac{1}{2}$
$u_3 = 1-\frac{1}{\frac{1}{2}} = 1-2 = -1$
$u_4 = 1-\frac{1}{-1} = 1+1 = 2 = u_1$
du coup, vous pouvez montrer par récurrence que $\forall n\in\mathbb{N}, u_{n+3}=u_n$, autrement dit, la suite $(u_n)$ est 3-périodique.

Le comportement identifié se reproduit-il ou est-il fortuit ?

Testez avec un autre premier terme, par exemple $u_1=13$

$u_2 = 1-\frac{1}{13} = \frac{12}{13}$
$u_3 = 1-\frac{1}{\frac{12}{13}} = 1-\frac{13}{12}= -\frac{1}{12}$
$u_4 = 1-\frac{1}{-\frac{1}{12}} = 1+12= 13 = u_1$
On a une confirmation.

Adoptez une démonstration

Montrez que, $\forall n\in\mathbb{N}, u_{n+3}=u_n.$
$u_{n+1} = 1-\frac{1}{u_n} = \frac{u_n-1}{u_n}$
$u_{n+2} = 1-\frac{1}{\frac{u_n-1}{u_n}} = 1-\frac{u_n}{u_n-1}= \frac{u_n-1-u_n}{u_n-1} =-\frac{1}{u_n-1}$
$u_{n+3} = 1-\frac{ 1  }{-\frac{1}{u_n-1} }=1+u_n-1=u_n.$
Et voilà, vous avez terminé.

Que manque-t-il ?

La démonstration précédente présuppose que la suite est bien définie. Or, vous avez vu au début de cet article que si $u_1=1$, il y a un souci.
Déterminez pour finir pour quelles sont les valeurs possibles du premier terme $u_1$ pour que la suite $(u_n)_{n\geq 1}$ soit bien définie. Cela ne sera pas traité ici… à vous de jouer !

Considérez $\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}=4.$

Cette équation, bien que d’apparence simple, où on cherche $a$, $b$ et $c$ comme étant des entiers positifs n’admet pas de solution simple.

On peut vérifier que :
$a=154476802108746166441951315019919837485664325669565431700026634898253202035277999$
$b=36875131794129999827197811565225474825492979968971970996283137471637224634055579$
$c=4373612677928697257861252602371390152816537558161613618621437993378423467772036$

constitue une solution et qu’il n’en a pas d’autre plus petite. Presque 80 chiffres à la clé pour chacun des nombres $a$, $b$ et$ c.$ C’est énorme.

L’intérêt de ce problème c’est qu’il met en échec les techniques de résolution par force brute… avis aux amateurs.

Le but de ce contenu est de calculer la valeur de $\sin^{-1} \left(\frac{3}{5}\right) + \tan^{-1} \left(\frac{1}{7}\right) = \arcsin \left(\frac{3}{5}\right) +\arctan \left(\frac{1}{7}\right).$

Posez $a=\sin^{-1} \left(\frac{3}{5}\right)$ et $b=\tan^{-1} \left(\frac{1}{7}\right).$ $a$ et $b$ désignent deux réels – correspondant à des angles aigus – tels que $\sin a = \frac{3}{5}$ et $\tan b = \frac{1}{7}.$

Comment attraper la valeur de $a+b$ ?

Il serait bon dans un premier temps de savoir si $a+b$ désigne un angle aigu, pour cela, en coupant en deux, voyez si $a$ est inférieur à $\frac{\pi}{4}.$
Comparez $\frac{3}{5}$ et $\frac{\sqrt{2}}{2}.$
Cela revient à comparer leurs carrés car ce sont deux nombres positifs.
$\frac{9}{25} < \frac{9}{18}  \leq \frac{1}{2}$ donc $\sin a \leq \sin \frac{\pi}{4}.$ Par stricte croissance de la fonction sinus sur $\left[0 ; \frac{\pi}{2}\right]$ vous obtenez $a\in \left[0 ; \frac{\pi}{4}\right[.$ Plus rapidement, pour $b$, vous obtenez $\tan b \leq  \frac{1}{7} < 1 \leq \tan \frac{\pi}{4}.$ Par stricte croissance de la fonction tangente sur $\left[0 ; \frac{\pi}{2}\right[$ vous obtenez $b < \frac{\pi}{4}.$ Ainsi $0 < a+b < \frac{\pi}{2}.$ $a+b$ désigne un angle aigu.

Un calcul de tangente

Vous connaîtrez la valeur de $a+b$ quand la valeur de sa tangente sera connue.
La formule d’addition de la tangente fournit :
$\tan (a+b) = \frac{\tan a + \tan b}{1- \tan a \tan b}$
Partant de :
\begin{aligned} \tan a &= \frac{\sin a}{\cos a}\\ &= \frac{\sin a}{\sqrt{1-\sin^2 a}} \\ &=\frac{\frac{3}{5}}{\sqrt{1-\frac{9}{25}}}\\ &=\frac{\frac{3}{5}}{\sqrt{\frac{25-9}{25}}}\\ &=\frac{\frac{3}{5}}{\sqrt{\frac{16}{25}}}\\ &=\frac{\frac{3}{5}}{\frac{4}{5}}\\    &=\frac{3}{4}\end{aligned}
On en déduit :
\begin{aligned} \tan (a+b) &= \frac{\tan a + \tan b}{1- \tan a \tan b} \\ &=\frac{\frac{3}{4} + \frac{1}{7}}{1- \frac{3}{4}\times \frac{1}{7}}\\ &= \frac{\frac{25}{28}}{1- \frac{3}{28}} \\&=\frac{\frac{25}{28}}{\frac{25}{28}} \\ &=1.  \end{aligned}
Comme $\tan(a+b) =\tan \frac{\pi}{4}$
on en déduit $a+b =\frac{\pi}{4}.$

Prolongement

Vous souhaitez découvrir une autre formule attribuée à Machin et qui fait apparaître la fraction $1/239$? Rendez-vous dans le contenu rédigé dans l'article 381.

Vous voulez savoir pourquoi $\log 1002 = 3,00086772\dots$ ? Comment trouvez-vous le $3$, puis le $0$, puis le $0$, puis le $0$, puis le $8$, et comment vous pouvez continuer ?

Historiquement

Au XIXème siècle, des tables de logarithmes ont été créées avec une précision redoutable. Aujourd’hui, vous allez avoir une idée pour savoir comment ces tables ont été créées, chiffre après chiffre après la virgule.

Comment trouver le chiffre 3

Partez du fait que les logarithmes décimaux sont faciles à calculer avec les puissances de 10. Vous avez $\log 10 = 1$, $\log 100 = 2$, $\log 1000 = 3$, $\log 10\ 000= 4.$
Puisque $1000 < 1002 < 10000$ vous avez $3 < \log 1002 < 4$ et en déduisez que $\log 1002 = 3,\dots$

Comment trouver les autres chiffres après la virgule

Notez $a$, $b$, $c$ et $d$ les quatre chiffres après la virgule. Vous avez  $\log 1002 = 3,abcd\dots$ les points de suspension représentent les autres chiffres après le $d.$

Trouvez le chiffre $a$

Vous souhaitez faire apparaître le chiffre $a$ à gauche de la virgule, mais tout seul. Vous retranchez 3 d’abord.  $\log 1002-3 = 0,a\dots$
Vous utilisez le fait que $\log 1000 = 3$ ce qui fait  $\log 1002-\log 1000 = 0,a\dots$
Puis  $\log 1,002 = 0,a\dots$
Pour attraper le chiffre $a$ vous multipliez par $10$ et avez $10  \log 1,002 = a,\dots$
Ainsi $\log (1,002^{10}) = a,\dots$
Cherchez à encadrer $1,002^{10}$ par deux puissances de $10$ consécutives et vous aurez tout bon.
Par approximation affine $1,002^{10} \approx 1+ 0,002\times 10 \approx 1,02.$ On se doute que $1< 1,002^{10} < 10$ si bien que $0< \log(1,002^{10}) < 1$ ce qui justifiera a posteriori que $\log(1,002^{10}) =0,\dots$ et donc $a=0.$
Comme $1 < 1,002$ on a $1 < 1,002^{10}.$
Pour une majoration $1,002^{10} < 10$ :
\begin{aligned}
1,002^2 &\leq 1,004004  \leq 1,1 \\
1,002^4 &\leq 1,1^2 \leq 1,21 \\
1,002^8 &\leq 1,21^2 \leq 1,4641\leq 1,47\\
1,002^{10} &\leq 1,47\times 1,1 \leq 1,617 < 10.
\end{aligned}

Trouvez le chiffre $b$

$\log 1002 = 3,0bcd\dots$ puis $\log 1002 -\log 1000= 0,0bcd\dots$ soit $\log 1,002 = 0,0bcd\dots$ d’où $\log (1,002^{100}) = b,cd\dots$
\begin{aligned}
1,002^2 &\leq 1,004004  \leq 1,01 \\
1,002^4 &\leq 1,01^2 \leq 1,03 \\
1,002^8 &\leq 1,03^2 \leq 1,07\\
1,002^{16} &\leq 1,07^2 \leq 1,15\\
1,002^{32} &\leq 1,15^2 \leq 1,33\\
1,002^{64} &\leq 1,33^2 \leq 1,77 \\
1,002^{100} &\leq 1,77\times 1,15 \times 1,03 \leq 2,10 < 10.
\end{aligned}
Ainsi $b = 0.$

Trouvez le chiffre $c$

$\log 1002 = 3,00cd\dots$ puis $\log 1,002 = 0,00cd\dots$ d’où $\log (1,002^{1000}) = c,d\dots$
\begin{aligned}
1,002^2 &\leq 1,004004  \leq 1,0041 \\
1,002^4 &\leq 1,0041^2 \leq 1,0083 \\
1,002^8 &\leq 1,0083^2 \leq 1,0167\\
1,002^{16} &\leq 1,0167^2 \leq 1,0337\\ x
1,002^{32} &\leq 1,0337^2 \leq 1,0686\\
1,002^{64} &\leq 1,0686^2 \leq 1,1420 \\
1,002^{128} &\leq 1,1420^2 \leq 1,3042\\
1,002^{256} &\leq 1,3042^2 \leq 1,7010\\
1,002^{512} & \leq 1,7010^2 \leq 2,8935\\
1,002^{1000} &\leq 2,8935\times 1,7010\times 1,3042 \times 1,1420 \times 1,0686 \times 1,0167 \leq 7,97 < 10
\end{aligned}
Ainsi $c = 0.$

Trouvez le chiffre $d$

$\log 1002 = 3,000d\dots$ puis $\log 1,002 = 0,000d\dots$ d’où $\log (1,002^{10000}) = d,\dots$
On encadre $1,002^{10000}$, il vient

$100\ 000\ 000 < 450\ 000\ 000 <$ et $ 1,002^{10000} < 999\ 999\ 999.$
de là on déduit $8 < \log (1,002^{10\ 000}) < 9$ donc $d=8.$

Conclusion

$\boxed{\log 1002 = 3,0008\dots}$ avec d’autres chiffres derrière.

Comment faites-vous pour justifier que $0$ est la limite de $\frac{\ln x}{x}$ quand $x$ tend vers $+\infty$ ?

Le fil d’Ariane de la démonstration

Partez du fait que la fonction logarithme népérien est entièrement définie par l’intégrale : $\ln x = \int_1^x \frac{\mathrm{d}t}{t}.$
Ensuite, vous souhaitez majorer cette expression. Pas le choix, vous partez sur une majoration de la fonction $t\mapsto \dfrac{1}{t}.$
Prenez les fonctions de référence polynômiales connues sur l’intervalle $[1,+\infty[.$
$\forall t\in [1,+\infty[, t^2\geq t> 0$ donc $\forall t\in [1,+\infty[, 0< \dfrac{1}{t^2}\leq \dfrac{1}{t}.$
Mince, on a une minoration de la fonction $t\mapsto \dfrac{1}{t}$ mais pas une majoration… à moins que… l’on utilise la racine carrée, ce qui fournit $\forall t\in [1,+\infty[, 0 < \dfrac{1}{t}\leq \dfrac{1}{\sqrt{t}}.$

Et la démonstration

Pour tout x supérieur ou égal à $1$ :

\begin{aligned}
\ln x &\leq \int_1^x \frac{\mathrm{d}t}{t}\\
&\leq  \int_1^x \frac{\mathrm{d}t}{\sqrt{t}}\\
&\leq  2\int_1^x \frac{\mathrm{d}t}{2\sqrt{t}}\\
&\leq  2 (\sqrt{x}-1)\\
0\leq \frac{\ln x}{x}&\leq \frac{2}{\sqrt{x}}-\frac{2}{x}.
\end{aligned}

Par application du théorème des gendarmes, il s’ensuit que :
$\lim_{x\to +\infty} \frac{\ln x}{x} = 0.$