Bac Maths — Session normale 2019

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Exercice 1 (3 points)

Dans l'espace rapporté à un repère orthonormé direct

(O,\vec{i},\vec{j},\vec{k})

, on considère les points

A(1,-1,-1)

B(0,-2,1)

C(1,-2,0)

1.a) Montrer que $\vec{AB} \wedge \vec{AC} = \vec{i} + \vec{j} + \vec{k}$ .

1.b) En déduire que $x + y + z + 1 = 0$ est une équation cartésienne du plan $(ABC)$ .

2) Soit $(S)$ la sphère d'équation $x^2 + y^2 + z^2 - 4x + 2y - 2z + 1 = 0$ . Montrer que le centre de la sphère $(S)$ est $\Omega(2,-1,1)$ et que son rayon est $R = \sqrt{5}$ .

3.a) Calculer $d(\Omega, (ABC))$ la distance du point $\Omega$ au plan $(ABC)$ .

3.b) En déduire que le plan $(ABC)$ coupe la sphère $(S)$ selon un cercle $(\Gamma)$ (la détermination du centre et du rayon de $(\Gamma)$ n'est pas demandée).

Corrigé

On travaille dans un repère orthonormé direct $(O,\ii,\jj,\kk)$ avec $A(1,-1,-1)$ , $B(0,-2,1)$ et $C(1,-2,0)$ .

1.a) Montrer que $\vec{AB}\wedge\vec{AC}=\ii+\jj+\kk$ .

Rappel

Coordonnées d'un vecteur :

\vec{AB}=(x_B-x_A,\;y_B-y_A,\;z_B-z_A)

. Produit vectoriel de

\vec u(a,b,c)

\vec v(a',b',c')

\vec u\wedge \vec v=\bigl(\,b c'-c b'\,,\;\; c a'-a c'\,,\;\; a b'-b a'\,\bigr).

On calcule d'abord les deux vecteurs :

\begin{aligned} \vec{AB}&=(0-1,\,-2-(-1),\,1-(-1))=(-1,-1,2),\\ \vec{AC}&=(1-1,\,-2-(-1),\,0-(-1))=(0,-1,1). \end{aligned}

Puis on applique la formule, coordonnée par coordonnée :

\begin{aligned} 1^{\text{re}}&:\ (-1)\times 1-2\times(-1)=-1+2=1,\\ 2^{\text{e}}&:\ 2\times 0-(-1)\times 1=0+1=1,\\ 3^{\text{e}}&:\ (-1)\times(-1)-(-1)\times 0=1-0=1. \end{aligned}

⇒

\vec{AB}\wedge\vec{AC}=(1,1,1)=\boxed{\ii+\jj+\kk}

1.b) En déduire l'équation $x+y+z+1=0$ du plan $(ABC)$ .

Rappel

Le vecteur

\vec{AB}\wedge\vec{AC}

est normal au plan

(ABC)

. Un plan de vecteur normal

\vec n(a,b,c)

a une équation de la forme

ax+by+cz+d=0

Ici $\vec n=\vec{AB}\wedge\vec{AC}=(1,1,1)$ , donc le plan a une équation $x+y+z+d=0$ . Le point $A(1,-1,-1)$ appartient au plan, donc ses coordonnées vérifient l'équation :

1+(-1)+(-1)+d=0\ \Longrightarrow\ -1+d=0\ \Longrightarrow\ d=1.

⇒ Une équation cartésienne de

(ABC)

est

\boxed{x+y+z+1=0}

2) Montrer que $(S):x^2+y^2+z^2-4x+2y-2z+1=0$ a pour centre $\Omega(2,-1,1)$ et rayon $R=\sqrt5$ .

Méthode

On regroupe les termes en

x

, en

y

, en

z

, puis on complète les carrés avec

\;a^2-2\alpha a=(a-\alpha)^2-\alpha^2

x^2-4x=(x-2)^2-4,\qquad y^2+2y=(y+1)^2-1,\qquad z^2-2z=(z-1)^2-1.

On remplace dans l'équation :

(x-2)^2-4+(y+1)^2-1+(z-1)^2-1+1=0 \ \Longrightarrow\ (x-2)^2+(y+1)^2+(z-1)^2=5.

Rappel

Une sphère de centre

\Omega(a,b,c)

et rayon

R

a pour équation

(x-a)^2+(y-b)^2+(z-c)^2=R^2

Par identification :

\Omega(2,-1,1)

R^2=5

⇒

\boxed{\Omega(2,-1,1)}

\boxed{R=\sqrt5}

3.a) Calculer $d(\Omega,(ABC))$ .

Rappel

Distance d'un point

M(x_0,y_0,z_0)

au plan

ax+by+cz+d=0

d=\frac{|a x_0+b y_0+c z_0+d|}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}.

Avec le plan

x+y+z+1=0

\Omega(2,-1,1)

d(\Omega,(ABC))=\frac{|\,2+(-1)+1+1\,|}{\sqrt{1^2+1^2+1^2}}=\frac{3}{\sqrt3}=\boxed{\sqrt3}.

(On simplifie $\dfrac{3}{\sqrt3}=\dfrac{3}{\sqrt3}\times\dfrac{\sqrt3}{\sqrt3}=\dfrac{3\sqrt3}{3}=\sqrt3$ .)

3.b) En déduire que $(ABC)$ coupe $(S)$ selon un cercle $(\Gamma)$ .

Rappel

On compare la distance

d

du centre au plan avec le rayon

R

: si

d<R

, le plan coupe la sphère selon un cercle.

Ici

d=\sqrt3

R=\sqrt5

. Comme

3<5

, on a

\sqrt3<\sqrt5

, donc

d<R

⇒ Le plan

(ABC)

coupe la sphère

(S)

selon un cercle

(\Gamma)

Exercice 2 (3 points)

1) Résoudre dans l'ensemble $\C$ des nombres complexes l'équation : $z^2 - 2z + 4 = 0$ .

2) Dans le plan complexe rapporté à un repère orthonormé direct $(O,\vec{u},\vec{v})$ , on considère les points $A$ , $B$ , $C$ et $D$ d'affixes respectives $a = 1-i\sqrt{3}$ , $b = 2+2i$ , $c = \sqrt{3}+i$ et $d = -2+2\sqrt{3}$ .

2.a) Vérifier que $a - d = -\sqrt{3}(c-d)$ .

2.b) En déduire que les points $A$ , $C$ et $D$ sont alignés.

3) On considère $z$ l'affixe d'un point $M$ et $z'$ l'affixe de $M'$ image de $M$ par la rotation $R$ de centre $O$ et d'angle $-\frac{\pi}{3}$ . Vérifier que $z' = \frac{1}{2}az$ .

4) Soient $H$ l'image du point $B$ par la rotation $R$ , $h$ son affixe, et $P$ le point d'affixe $p$ tel que $p = a - c$ .

4.a) Vérifier que $h = ip$ .

4.b) Montrer que le triangle $OHP$ est rectangle et isocèle en $O$ .

Corrigé

1) Résoudre dans $\C$ : $z^2-2z+4=0$ .

Rappel

Discriminant

\Delta=b^2-4ac

. Si

\Delta<0

, deux solutions complexes conjuguées :

z=\dfrac{-b\pm i\sqrt{|\Delta|}}{2a}

Avec

a=1,\ b=-2,\ c=4

\Delta=(-2)^2-4\times1\times4=4-16=-12<0,\qquad \sqrt{|\Delta|}=\sqrt{12}=2\sqrt3.

z=\frac{2\pm i\,2\sqrt3}{2}=1\pm i\sqrt3.

⇒

S=\boxed{\{\,1-i\sqrt3\ ;\ 1+i\sqrt3\,\}}

2) On pose $a=1-i\sqrt3,\ b=2+2i,\ c=\sqrt3+i,\ d=-2+2\sqrt3$ .

2.a) Vérifier que $a-d=-\sqrt3\,(c-d)$ .

On calcule séparément les deux membres. [2pt] Membre de gauche :

a-d=(1-i\sqrt3)-(-2+2\sqrt3)=1-i\sqrt3+2-2\sqrt3=(3-2\sqrt3)-i\sqrt3.

Membre de droite :

c-d=(\sqrt3+i)-(-2+2\sqrt3)=(2-\sqrt3)+i,

-\sqrt3\,(c-d)=-\sqrt3\,(2-\sqrt3)-\sqrt3\,i=(-2\sqrt3+3)-i\sqrt3=(3-2\sqrt3)-i\sqrt3.

Les deux membres sont égaux.

⇒

a-d=-\sqrt3\,(c-d)

2.b) En déduire que $A$ , $C$ , $D$ sont alignés.

Rappel

L'affixe du vecteur

\vec{DA}

est

z_A-z_D=a-d

; celle de

\vec{DC}

est

c-d

La relation

a-d=-\sqrt3\,(c-d)

s'écrit donc, en vecteurs :

\vec{DA}=-\sqrt3\,\vec{DC}

. Les vecteurs

\vec{DA}

\vec{DC}

sont colinéaires (l'un est multiple de l'autre).

⇒ Les points

A

C

D

sont alignés.

3) $M'$ est l'image de $M$ par la rotation $R$ de centre $O$ et d'angle $-\frac\pi3$ . Vérifier $z'=\frac12 a z$ .

Rappel

Écriture complexe d'une rotation de centre

O

et d'angle

\theta

z'=e^{i\theta}\,z

Ici

\theta=-\frac\pi3

, donc

z'=e^{-i\pi/3}z

. Or

e^{-i\pi/3}=\cos\!\Big(\!-\frac\pi3\Big)+i\sin\!\Big(\!-\frac\pi3\Big)=\frac12-i\frac{\sqrt3}{2}, \qquad \frac12 a=\frac12(1-i\sqrt3)=\frac12-i\frac{\sqrt3}{2}.

Donc

\dfrac12 a=e^{-i\pi/3}

(autrement dit

a=2e^{-i\pi/3}

), et l'écriture devient :

⇒

z'=\boxed{\dfrac12\,a\,z}

4) Soit $H$ l'image de $B$ par $R$ , d'affixe $h$ , et $P$ d'affixe $p=a-c$ .

4.a) Vérifier que $h=ip$ .

Comme $H$ est l'image de $B$ par $R$ , on a $h=\frac12 a\,b$ . On simplifie d'abord $\frac12(2+2i)=1+i$ :

h=\tfrac12(1-i\sqrt3)(2+2i)=(1-i\sqrt3)(1+i)=1+i-i\sqrt3-i^2\sqrt3=(1+\sqrt3)+i(1-\sqrt3).

Puis on calcule

ip

p=a-c=(1-i\sqrt3)-(\sqrt3+i)=(1-\sqrt3)-i(1+\sqrt3),

ip=i\bigl[(1-\sqrt3)-i(1+\sqrt3)\bigr]=i(1-\sqrt3)-i^2(1+\sqrt3)=(1+\sqrt3)+i(1-\sqrt3).

On obtient le même résultat.

⇒

h=ip

4.b) Montrer que le triangle $OHP$ est rectangle et isocèle en $O$ .

Méthode

On exploite

\dfrac hp=i

. Le module donne la longueur des côtés (

OH

OP

), l'argument donne l'angle en

O

h=ip

on tire

\dfrac hp=i

. Alors :

\left|\frac hp\right|=|i|=1\ \Longrightarrow\ |h|=|p|\ \Longrightarrow\ OH=OP\quad(\text{isocèle en }O),

\arg\!\left(\frac hp\right)=\arg(i)=\frac\pi2,\quad\text{or}\quad \arg\!\left(\frac hp\right)=\arg(h)-\arg(p)=(\vec{OP},\vec{OH}),

donc l'angle en

O

vaut

\dfrac\pi2

(rectangle en

O

⇒ Le triangle

OHP

est rectangle et isocèle en

O

Exercice 3 (3 points)

Une urne contient dix boules indiscernables au toucher : trois vertes, six rouges et une noire. On tire au hasard et simultanément trois boules de l'urne.

1) Montrer que $p(A) = \frac{1}{120}$ , où $A$ est l'événement « Obtenir trois boules vertes », et que $p(B) = \frac{7}{40}$ , où $B$ est l'événement « Obtenir trois boules de même couleur ».

2) Calculer $p(C)$ , où $C$ est l'événement « Obtenir au moins deux boules de même couleur ».

Corrigé

Une urne contient $10$ boules : $3$ vertes, $6$ rouges, $1$ noire. On tire simultanément $3$ boules.

Méthode

Tirage simultané de

3

boules

\Rightarrow

on choisit une partie de

3

boules, sans ordre : il y a

\binom{10}{3}

tirages possibles, tous équiprobables. On utilise

\;p=\dfrac{\text{nombre de cas favorables}}{\text{nombre de cas possibles}}

Nombre total de tirages :

\displaystyle\binom{10}{3}=\frac{10\times9\times8}{3\times2\times1}=120.

1) Montrer $p(A)=\frac1{120}$ ( $A$ : « trois vertes ») et $p(B)=\frac7{40}$ ( $B$ : « trois de même couleur »).

$\bullet$ Événement $A$ : choisir $3$ vertes parmi $3$ , soit $\binom33=1$ cas.

p(A)=\frac{\binom33}{\binom{10}{3}}=\boxed{\frac1{120}}.

\bullet

Événement $B$ : « même couleur »

=

trois vertes ou trois rouges ou trois noires.

\binom33=1\ (\text{vertes}),\qquad \binom63=\frac{6\times5\times4}{6}=20\ (\text{rouges}),

\binom13=0\quad(\text{impossible : une seule noire}).

Nombre de cas favorables :

1+20+0=21

. Donc

p(B)=\frac{21}{120}=\boxed{\frac{7}{40}}\qquad(\text{en divisant par }3).

2) Calculer $p(C)$ , où $C$ : « au moins deux boules de même couleur ».

Méthode

« Au moins deux de même couleur » est pénible à compter directement. On passe par l'événement contraire

\overline C

\overline C

: « les trois boules sont de couleurs deux à deux différentes ». Comme il n'y a que trois couleurs (verte, rouge, noire), cela veut dire exactement une boule de chaque couleur.

\text{cas favorables à }\overline C:\ \binom31\binom61\binom11=3\times6\times1=18, \qquad p(\overline C)=\frac{18}{120}=\frac{3}{20}.

p(C)=1-p(\overline C)=1-\frac{3}{20}=\boxed{\frac{17}{20}}.

Problème (11 points)

Première partie Soit

f

la fonction numérique définie sur

]0, +\infty[

par :

f(x) = x + \frac{1}{2} - \ln x + \frac{1}{2}(\ln x)^2

Soit

(C_f)

sa courbe représentative dans un repère orthonormé

(O,\vec{i},\vec{j})

(unité : 1cm).

1) Calculer $\lim\limits_{x \to 0^+} f(x)$ , puis interpréter le résultat géométriquement.

2.a) Vérifier que pour tout $x \in ]0, +\infty[$ , $f(x) = x + \frac{1}{2} + \left( \frac{1}{2}\ln x - 1 \right)\ln x$ .

2.b) En déduire que $\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = +\infty$ .

2.c) Montrer que pour tout $x \in ]0, +\infty[$ , $\frac{(\ln x)^2}{x} = 4 \left( \frac{\ln\sqrt{x}}{\sqrt{x}} \right)^2$ , puis en déduire que $\lim\limits_{x \to +\infty} \frac{(\ln x)^2}{x} = 0$ .

2.d) Montrer que $(C_f)$ admet au voisinage de $+\infty$ une branche parabolique de direction asymptotique la droite $(\Delta)$ d'équation $y = x$ .

3.a) Montrer que pour tout $x \in ]0, 1]$ , $(x-1) + \ln x \le 0$ et que pour tout $x \in [1, +\infty[$ , $(x-1) + \ln x \ge 0$ .

3.b) Montrer que pour tout $x \in ]0, +\infty[$ , $f'(x) = \frac{x-1+\ln x}{x}$ .

3.c) Dresser le tableau de variations de la fonction $f$ .

4.a) Montrer que pour tout $x \in ]0, +\infty[$ , $f''(x) = \frac{2-\ln x}{x^2}$ .

4.b) En déduire que $(C_f)$ admet un point d'inflexion dont on déterminera les coordonnées.

5.a) Montrer que pour tout $x \in ]0, +\infty[$ , $f(x) - x = \frac{1}{2}(\ln x - 1)^2$ , et en déduire la position relative de $(C_f)$ et $(\Delta)$ .

5.b) Construire $(\Delta)$ et $(C_f)$ dans le même repère $(O,\vec{i},\vec{j})$ .

6.a) Montrer que la fonction $H : x \mapsto x\ln x - x$ est une primitive de la fonction $h : x \mapsto \ln x$ sur $]0, +\infty[$ .

6.b) À l'aide d'une intégration par parties, montrer que $\int_1^e (\ln x)^2\,\mathrm{d}x = e - 2$ .

6.c) Calculer en cm $^2$ l'aire du domaine plan limité par $(C_f)$ , $(\Delta)$ et les droites d'équations $x=1$ et $x=e$ .

Deuxième partie Soit $(u_n)$ la suite numérique définie par $u_0 = 1$ et $u_{n+1} = f(u_n)$ pour tout $n \in \N$ .

1.a) Montrer par récurrence que $1 \le u_n \le e$ pour tout $n \in \N$ .

1.b) Montrer que la suite $(u_n)$ est croissante.

1.c) En déduire que la suite $(u_n)$ est convergente.

2) Calculer la limite de la suite $(u_n)$ .

Corrigé

On pose, sur $]0,+\infty[$ : $\displaystyle f(x)=x+\frac12-\ln x+\frac12(\ln x)^2,$ de courbe $(C_f)$ dans un repère orthonormé (unité $1$ cm).

Première partie

1) Calculer $\displaystyle\lim_{x\to0^+}f(x)$ et interpréter.

On utilise la forme factorisée $f(x)=x+\frac12+\ln x\Big(\frac12\ln x-1\Big)$ (voir question 2.a). Quand $x\to0^+$ : $\ln x\to-\infty$ , donc $\frac12\ln x-1\to-\infty$ , et le produit $\ln x\bigl(\frac12\ln x-1\bigr)\to(-\infty)\times(-\infty)=+\infty$ . Avec $x\to0$ :

\boxed{\lim_{x\to0^+}f(x)=+\infty.}

⇒ La droite d'équation

x=0

(l'axe des ordonnées) est asymptote verticale à

(C_f)

2.a) Vérifier $f(x)=x+\frac12+\bigl(\frac12\ln x-1\bigr)\ln x$ .

On développe le terme $\bigl(\frac12\ln x-1\bigr)\ln x=\frac12(\ln x)^2-\ln x$ . Donc

x+\frac12+\frac12(\ln x)^2-\ln x=x+\frac12-\ln x+\frac12(\ln x)^2=f(x).\qquad\checkmark

2.b) En déduire $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)$ .

Quand $x\to+\infty$ : $\ln x\to+\infty$ , donc $\frac12\ln x-1\to+\infty$ et le produit $\bigl(\frac12\ln x-1\bigr)\ln x\to+\infty$ . Avec $x\to+\infty$ :

\boxed{\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty.}

2.c) Montrer $\dfrac{(\ln x)^2}{x}=4\Big(\dfrac{\ln\sqrt x}{\sqrt x}\Big)^2$ , puis calculer sa limite.

Rappel

\ln\sqrt x=\ln\!\big(x^{1/2}\big)=\frac12\ln x

(\sqrt x)^2=x

. Croissances comparées :

\displaystyle\lim_{t\to+\infty}\frac{\ln t}{t}=0

On part du membre de droite :

4\left(\frac{\ln\sqrt x}{\sqrt x}\right)^2=4\cdot\frac{\big(\frac12\ln x\big)^2}{x} =4\cdot\frac{\frac14(\ln x)^2}{x}=\frac{(\ln x)^2}{x}.\qquad\checkmark

Limite. En posant

t=\sqrt x

(si

x\to+\infty

alors

t\to+\infty

) :

\dfrac{\ln\sqrt x}{\sqrt x}=\dfrac{\ln t}{t}\to0

. Donc

\Big(\dfrac{\ln\sqrt x}{\sqrt x}\Big)^2\to0

, puis

\boxed{\lim_{x\to+\infty}\frac{(\ln x)^2}{x}=0.}

2.d) Branche parabolique de direction $(\Delta):y=x$ .

Rappel

f(x)\to+\infty

avec

\dfrac{f(x)}{x}\to1

f(x)-x\to\pm\infty

, alors

(C_f)

admet une branche parabolique de direction la droite

y=x

\frac{f(x)}{x}=1+\frac1{2x}-\frac{\ln x}{x}+\frac12\,\frac{(\ln x)^2}{x}\xrightarrow[x\to+\infty]{}1+0-0+0=1,

(on a utilisé

\frac{\ln x}{x}\to0

et la question 2.c). De plus, d'après la question 5.a,

f(x)-x=\frac12(\ln x-1)^2\to+\infty

⇒

(C_f)

admet au voisinage de

+\infty

une branche parabolique de direction

(\Delta):y=x

3.a) Signe de $(x-1)+\ln x$ sur $]0,1]$ et sur $[1,+\infty[$ .

Méthode

On étudie la fonction auxiliaire

g(x)=x-1+\ln x

: on dérive, on trouve son sens de variation, puis on utilise

g(1)=0

g

est dérivable sur

]0,+\infty[

g'(x)=1+\dfrac1x

. Comme

x>0

, on a

g'(x)>0

g

est strictement croissante. De plus

g(1)=1-1+\ln1=0

. Donc :

x\in\,]0,1]\Rightarrow g(x)\le g(1)=0;\qquad x\in[1,+\infty[\Rightarrow g(x)\ge g(1)=0.

⇒

(x-1)+\ln x\le0

sur

]0,1]

\ \ et\ \

(x-1)+\ln x\ge0

sur

[1,+\infty[

3.b) Montrer $f'(x)=\dfrac{x-1+\ln x}{x}$ .

Rappel

(\ln x)'=\dfrac1x

\big((\ln x)^2\big)'=2\ln x\cdot\dfrac1x=\dfrac{2\ln x}{x}

f

est dérivable sur

]0,+\infty[

f'(x)=1-\frac1x+\frac12\cdot\frac{2\ln x}{x}=1-\frac1x+\frac{\ln x}{x} =\frac{x}{x}-\frac1x+\frac{\ln x}{x}=\boxed{\dfrac{x-1+\ln x}{x}}.

3.c) Tableau de variations de $f$ .

Sur $]0,+\infty[$ , $x>0$ , donc $f'(x)$ a le signe de $x-1+\ln x$ (question 3.a). Le minimum est en $x=1$ :

f(1)=1+\tfrac12-\ln1+\tfrac12(\ln1)^2=\tfrac32.

Avec

\displaystyle\lim_{0^+}f=+\infty

\displaystyle\lim_{+\infty}f=+\infty

, on obtient :

\begin{center}

\end{center}

4.a) Montrer $f''(x)=\dfrac{2-\ln x}{x^2}$ .

On dérive $f'(x)=1-\dfrac1x+\dfrac{\ln x}{x}$ , terme à terme :

\Big(-\frac1x\Big)'=\frac1{x^2},\qquad \Big(\frac{\ln x}{x}\Big)'=\frac{\frac1x\cdot x-\ln x\cdot1}{x^2}=\frac{1-\ln x}{x^2}.

Donc

f''(x)=\frac1{x^2}+\frac{1-\ln x}{x^2}=\boxed{\dfrac{2-\ln x}{x^2}}.

4.b) Point d'inflexion de $(C_f)$ .

Rappel

Un point d'inflexion est un point où

f''

s'annule en changeant de signe.

Comme

x^2>0

f''(x)

a le signe de

2-\ln x

f''(x)=0\iff\ln x=2\iff x=e^2,

f''>0

pour

x<e^2

f''<0

pour

x>e^2

: il y a bien changement de signe en

e^2

. L'ordonnée :

f(e^2)=e^2+\tfrac12-\ln(e^2)+\tfrac12\bigl(\ln(e^2)\bigr)^2=e^2+\tfrac12-2+\tfrac12\cdot2^2=e^2+\tfrac12.

⇒

(C_f)

admet un point d'inflexion

\boxed{I\Big(e^2\,;\,e^2+\tfrac12\Big)}

5.a) Montrer $f(x)-x=\frac12(\ln x-1)^2$ et position de $(C_f)$ et $(\Delta)$ .

f(x)-x=\frac12-\ln x+\frac12(\ln x)^2.

On reconnaît une identité remarquable :

\frac12(\ln x-1)^2=\frac12\bigl((\ln x)^2-2\ln x+1\bigr) =\frac12(\ln x)^2-\ln x+\frac12

. C'est bien le même résultat :

\boxed{f(x)-x=\tfrac12(\ln x-1)^2\ \ge\ 0.}

Comme un carré est positif,

f(x)\ge x

pour tout

x>0

: $(C_f)$ est au-dessus de $(\Delta)$ . L'égalité

f(x)-x=0

a lieu pour

\ln x=1

, soit

x=e

: les deux courbes se touchent au point

(e\,;\,e)

5.b) Construire $(\Delta)$ et $(C_f)$ .

\begin{center}

\end{center}

6.a) Montrer que $H:x\mapsto x\ln x-x$ est une primitive de $h:x\mapsto\ln x$ .

Rappel

Il suffit de vérifier que

H'(x)=h(x)

(x\ln x)'=1\cdot\ln x+x\cdot\dfrac1x=\ln x+1

, donc

H'(x)=(\ln x+1)-1=\ln x=h(x).

⇒

H

est une primitive de

h

sur

]0,+\infty[

6.b) Par intégration par parties, montrer $\displaystyle\int_1^e(\ln x)^2\dx=e-2$ .

Rappel

Intégration par parties :

\displaystyle\int_a^b u\,v'=\bigl[u\,v\bigr]_a^b-\int_a^b u'\,v

On pose

u(x)=(\ln x)^2

v'(x)=1

, d'où

u'(x)=\dfrac{2\ln x}{x}

v(x)=x

. Alors

\int_1^e(\ln x)^2\dx=\Bigl[x(\ln x)^2\Bigr]_1^e-\int_1^e x\cdot\frac{2\ln x}{x}\dx =\Bigl[x(\ln x)^2\Bigr]_1^e-2\int_1^e\ln x\dx.

Le crochet :

\bigl[x(\ln x)^2\bigr]_1^e=e\cdot1-1\cdot0=e

. Et, grâce à 6.a,

\int_1^e\ln x\dx=\bigl[x\ln x-x\bigr]_1^e=(e-e)-(0-1)=1.

Finalement :

\int_1^e(\ln x)^2\dx=e-2\times1=\boxed{e-2}.

6.c) Aire (en cm $^2$ ) du domaine limité par $(C_f)$ , $(\Delta)$ , $x=1$ et $x=e$ .

Rappel

Sur

[1,e]

f(x)\ge x

(question 5.a) : l'aire vaut

\displaystyle\int_1^e\bigl(f(x)-x\bigr)\dx

unités d'aire, et ici

1

u.a.

=1

^2

\int_1^e\bigl(f(x)-x\bigr)\dx=\int_1^e\frac12\dx-\int_1^e\ln x\dx+\frac12\int_1^e(\ln x)^2\dx.

On reprend les valeurs déjà calculées :

\displaystyle\int_1^e\frac12\dx=\frac12(e-1)

\displaystyle\int_1^e\ln x\dx=1

\displaystyle\int_1^e(\ln x)^2\dx=e-2

. Donc

\mathcal A=\frac12(e-1)-1+\frac12(e-2)=\Big(\frac e2-\frac12\Big)-1+\Big(\frac e2-1\Big) =\boxed{\Big(e-\frac52\Big)\ \text{cm}^2}\approx0{,}22\ \text{cm}^2.

Deuxième partie

Soit $(u_n)$ définie par $u_0=1$ et $u_{n+1}=f(u_n)$ pour tout $n\in\N$ .

1.a) Montrer par récurrence que $1\le u_n\le e$ pour tout $n\in\N$ .

Méthode

Récurrence : on vérifie au rang

0

(initialisation), puis on suppose la propriété vraie au rang

n

pour la démontrer au rang

n+1

(hérédité).

Initialisation.

u_0=1

, et

1\le1\le e

(vrai car

e\approx2{,}72\ge1

). Vrai au rang

0

. [2pt] Hérédité. Supposons

1\le u_n\le e

. D'après le tableau de variations,

f

est croissante sur

[1,+\infty[

, donc sur

[1,e]

. En appliquant

f

(qui conserve l'ordre) :

f(1)\le f(u_n)\le f(e).

f(1)=\tfrac32

f(e)=e

(car

f(e)-e=\tfrac12(\ln e-1)^2=\tfrac12(1-1)^2=0

), et

u_{n+1}=f(u_n)

. Donc

\tfrac32\le u_{n+1}\le e,\qquad\text{et comme }\tfrac32\ge1:\quad 1\le u_{n+1}\le e.

⇒ Par récurrence,

1\le u_n\le e

pour tout

n\in\N

1.b) Montrer que $(u_n)$ est croissante.

On étudie le signe de $u_{n+1}-u_n$ :

u_{n+1}-u_n=f(u_n)-u_n=\frac12(\ln u_n-1)^2\ge0\qquad(\text{question 5.a}).

⇒ La suite

(u_n)

est croissante.

1.c) En déduire que $(u_n)$ converge.

Rappel

Théorème de la limite monotone : toute suite croissante et majorée converge.

(u_n)

est croissante (b) et majorée par

e

(a).

⇒ La suite

(u_n)

converge.

2) Calculer la limite de $(u_n)$ .

Notons $\ell$ la limite (elle existe d'après 1.c). On rassemble trois arguments : [leftmargin=1.6em,itemsep=2pt,topsep=2pt]

en passant à la limite dans $1\le u_n\le e$ , on obtient $1\le\ell\le e$ (donc $\ell>0$ ) ;
$f$ est continue sur $]0,+\infty[$ ;
en passant à la limite dans $u_{n+1}=f(u_n)$ , on obtient $\ell=f(\ell)$ . Il reste à résoudre $f(\ell)=\ell$ , c'est-à-dire $f(\ell)-\ell=0$ . Or $f(\ell)-\ell=\frac12(\ln\ell-1)^2$ , donc

\frac12(\ln\ell-1)^2=0\iff \ln\ell-1=0\iff\ln\ell=1\iff\ell=e,

e\in[1,e]

: c'est cohérent.

⇒

\displaystyle\lim_{n\to+\infty}u_n=\boxed{e}