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\textwidth 19cm \textheight 24cm \hoffset 
-1,4cm \voffset -3.7cm \oddsidemargin 0pt 
\renewcommand{\thesubsection}{\textcolor{blue}{\Roman{subsection}}} 
\renewcommand{\thesubsubsection}{\textcolor{blue}{\Roman{subsection}}.\textcolor{blue}{\arabic{subsubsection}}} 
\pagestyle{fancy}
% pour le pied de page central
\cfoot{Page \thepage/\pageref{fin}}

\begin{document}
%\tableofcontents

\begin{center}\section*{\textcolor{red}{Correction de la feuille d'exercices de bac sur la fonction $\l$n}}\end{center}

\subsection{\textcolor{blue}{Centres étrangers mai 2022 sujet 2}}
$f(x) = x\ln (x) + 1$.

\begin{enumerate}
	\item Nous savons que $\lim\limits_{\substack{x \rightarrow 0 \\ x>0}} x\ln(x)=0$ donc $\boxed{\textcolor{red}{\lim\limits_{\substack{x \rightarrow 0 \\ x>0}} f(x)=1}}$.\\
$\boxed{\textcolor{red}{\lim\limits_{x \rightarrow +\infty } f(x)=1}}$.

	\item
	 \begin{enumerate}
		\item La fonction $f$ est continue et dérivable sur $]0~;~+\infty[$. En utilisant le formule de la dérivée d'un produit, $\forall x \in ]0~;~+\infty[$, $f'(x)=1\times \ln(x)+x\times \dfrac{1}{x}=\boxed{\textcolor{red}{\ln(x)+1}}$
		
		\item $f'(x)\geqslant 0 \iff \ln(x)+1 \geqslant 0 \iff \ln(x) \geqslant -1 \iff \boxed{\textcolor{red}{x\geqslant \mathrm{e}^{-1}}}$.
		
		Dans le tableau : $f(\text{e}^{-1})= \text{e}^{-1} \ln\left(\text{e}^{-1}\right) + 1=-\mathrm{e}^{-1}+1=1-\mathrm{e}^{-1}>0$
%		\begin{center}
%		\begin{tikzpicture}
%			\tkzTabInit{$x$ / 1 , $f'(x)$ / 1, $f(x)$ / 1.5}{$0$, $\mathrm{e}^{-1}$, $+\infty$}
%			\tkzTabLine{d, -, z, +, }
%			\tkzTabVar{D+/ 1, -/ $1-\mathrm{e}^{-1}$, +/ $+\infty$}
%		\end{tikzpicture}
%\psset{unit=1cm}
%\begin{pspicture}(12.7,5)
%\psframe(12.7,5)\psline(0,2)(12.7,2)\psline(0,3.5)(12.7,3.5)\psline(2.5,0)(2.5,5)
%\psline[linewidth=0.2pt](2.65,0)(2.65,3.5)\psline[linewidth=0.2pt](2.75,0)(2.75,3.5)
%\uput[u](1.25,4.1){$x$}\uput[u](2.7,4.1){$0$}\uput[u](7.5,4.1){$\mathrm{e}^{-1}$}\uput[u](12,4.1){$+\infty$}
%\uput[u](1.25,2.75){$f'(x)$}\uput[u](4.5,2.75){$-$}\uput[u](7.5,2.75){$0$}\uput[u](10,2.75){$+$}
%\uput[u](1.25,1){$f(x)$}\uput[d](2.9,2){1}\uput[u](7.5,0){$1 - \mathrm{e}^{-1}$} \uput[d](12,2){$+ \infty$}
%\psline{->}(3.2,1.8)(6.9,0.3)\psline{->}(8.1,0.3)(11.2,1.8)
%\end{pspicture}
%	\end{center}
	
	\begin{center}
\begin{variations}
x&0&&&\mathrm{e}^{-1}&&\pI\\
\hline
f'(x)&\bb&&-&\z&+&\\
\hline
\m{f(x)}&\bb&\h{1}&\d&1-\mathrm{e}^{-1}&\c&\h{\pI}\\
\hline
\end{variations}
\end{center}
			\item $f(1)=1$. D'après les variations  de la fonction $f$,
			\begin{itemize}
				\item $\forall x \in ]0~;~\mathrm{e}^{-1}]$, $f(x)\in [1-\mathrm{e}^{-1}~;~1[$ ;

				\item $\forall x \in [\mathrm{e}^{-1}~;~1]$, $f(x) \in [1-\mathrm{e}^{-1}~;~1]$ car $f(1)=1$.
			\end{itemize}
		
		Donc $\forall x \in ]0~;~1]$, $f(x)\in [1-\mathrm{e}^{-1}~;~1]$. Or $1-\mathrm{e}^{-1}>0$ donc $\boxed{\textcolor{red}{f(x)\in ]~0;~1]}}$ pour tout réel $x$ dans $]0~;~1]$.
		\end{enumerate}
	\item 
	\begin{enumerate}
		\item L'équation de la tangente $(T)$ à $\mathcal{C}_f$ au point d'abscisse 1 a pour équation :
		
		 $y=f'(1)(x-1)+f(1)$
		 
		 Avec $f'(1)=1$ et $f(1)=1$, on en déduit l'équation de $(T)~:~y=x-1+1=x$ donc $(T)$ a pour équation $\boxed{\textcolor{red}{y=x}}$.
		 
		\item Nous savons que : $\forall x \in ]0~;~+\infty[$, $f'(x)=\ln(x)+1$.
		
		La fonction $f'$  est dérivable sur $]0~;~+\infty[$, et $f''(x)=\dfrac{1}{x}>0$, donc $f$ est \textbf{\textcolor{red}{convexe}} sur $]0~;~+\infty[$.
		
		\item La courbe représentative d'une fonction convexe est toujours au-dessus de toutes ses tangentes. \\
		Donc $\mathcal{C}_f$ est au-dessus de $(T)$. Donc $\forall x \in ]0~;~+\infty[$, $f(x)\geqslant x$.
	\end{enumerate}
	
	\item Soit $(u_n)$ la suite définie par $u_0 \in ]0~;~1]$ et $u_{n+1}=f(u_n)$.
	\begin{enumerate}
		\item Montrons par récurrence que $0<u_n<1$ pour tout entier naturel $n$.
		
		\textit{\textbf{\textcolor{blue}{Initialisation}} :} $u_0\in ]0~;~1]$ (par définition).
		
		\textit{\textbf{\textcolor{blue}{Hérédité}} :} Soit $n \in \mathbb{N}$ tel que $0<u_n<1$. Montrons que $0<u_{n+1}<1$.
		
D'après la question \textbf{2.c}, $x \in  ]0~;~1[,\:f(x) \in  ]0~;~1[$.
		
Or d'après l'hypothèse de récurrence, $u_n\in  ]0~;~1[$, donc $f(u_n)\in ]0~;~1[$ soit $u_{n+1}\in ]0~;~1[$.
		
\textit{\textbf{\textcolor{red}{Conclusion}} :} La relation est vraie au rang $0$ et si elle est vraie au rang $n \in \mathbb{N}$ elle au rang suivant $n + 1$ ; d'après l'axiome de récurrence, pour tout entier naturel $n$, $0 < u_n < 1$.
		\item D'après la question \textbf{3.c}, pour tout réel $x$ positif, $f(x) >x$.
		
De plus pour tout entier naturel $n$, $u_n>0$
		
Donc, $\forall n \in \mathbb{N}$, $f(u_n)>u_n$ donc $u_{n+1}>u_n$. La suite $(u_n)$ est donc \textbf{\textcolor{red}{croissante}}.

		 \item La suite $(u_n)$ est croissante et majorée par 1. Donc d'après le théorème de convergence monotone, la suite $(u_n)$ \textbf{\textcolor{red}{converge}} vers une limite finie notée $\ell$.
		 
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\subsection{\textcolor{blue}{Asie mai 2022 (sujet 1)}}
Soit $f$ une fonction définie et dérivable sur $\mathbb{R}$. On considère les points A(1~;~3) et B(3~;~5).

On donne ci-dessous $\mathcal{C}_f$ la courbe représentative de $f$ dans un repère orthogonal du plan, ainsi que la tangente (AB) à la courbe $\mathcal{C}_f$ au point A.

\medskip

\begin{center}
\psset{unit=0.8cm,arrowsize=2pt 3}
\begin{pspicture*}(-7,-2.25)(8,6.25)
\psgrid[gridlabels=0pt,subgriddiv=1,gridwidth=0.15pt]
\psaxes[linewidth=1.25pt,labelFontSize=\scriptstyle]{->}(0,0)(-7,-2.25)(8,6.25)
\psplot[plotpoints=2000,linewidth=1.25pt,linecolor=red]{-7}{8}{x dup mul 1 add ln 3 add 2 ln sub}
\psplot[linestyle=dashed]{-7}{8}{x 2 add}
\uput[dr](1,3){A}\uput[ul](3,5){B}
\psdots[dotstyle=+,dotangle=45,dotscale=1.5](1,3)(3,5)
\uput[d](-5.5,5.75){\red $\mathcal{C}_f$}
\end{pspicture*}
\end{center}

\emph{Les trois parties de l'exercice peuvent être traitées de manière indépendante.}

\bigskip

\textbf{\textcolor{blue}{Partie A}}

\medskip

\begin{enumerate}
\item %Déterminer graphiquement les valeurs de $f(1)$ et $f'(1)$.
On lit sur le graphique : $\boxed{\textcolor{red}{f(1) = 3}}$ et $\boxed{\textcolor{red}{f'(1) =\dfrac{y_B-y_A}{x_B-x_A}= 1}}$ (nombre dérivé égal au coefficient directeur de la droite (AB)).

\item %La fonction $f$ est définie par l'expression $f(x) = \ln \left(ax^2 + 1\right) + b$, où $a$ et $b$ sont des nombres réels positifs.
	\begin{enumerate}
		\item %Déterminer l'expression de $f'(x)$.
		Comme $a \geqslant 0$ et $x^2 \geqslant 0$, on a $ax^2 \geqslant 0$, donc $ax^2 + 1 \geqslant 1 > 0$ : la fonction $f$ est donc dérivable sur $\mathbb{R}$ et sur cet intervalle $\boxed{\textcolor{red}{f'(x) = \dfrac{2ax}{ax^2 + 1}}}$.
		
		\item %Déterminer les valeurs de $a$ et $b$ à l'aide des résultats précédents.
		Les résultats du 1. peuvent s'écrire :
		
$\left\{\begin{array}{l c l}
f(1)&=&3\\
f'(1)&=&1
\end{array}\right. \iff \left\{\begin{array}{l c l}
\ln (a + 1) + b&=&3\\
\dfrac{2a}{a + 1}&=&1
\end{array}\right.$.

La deuxième équation donne $2a = a + 1 \iff a = 1$ et en reportant dans la première :

$\ln (1 + 1) + b = 3 \iff b = 3 - \ln 2$.

On a donc sur $\mathbb{R}, \: \boxed{\textcolor{red}{f(x) = \ln \left(x^2 + 1 \right) + 3 - \ln 2}}$.

	\end{enumerate}
\end{enumerate} 

\bigskip

\textbf{\textcolor{blue}{Partie B}}

\medskip

On admet que la fonction $f$ est définie sur $\mathbb{R}$ par 
\[f(x) = \ln \left(x^2 + 1\right) + 3 - \ln (2).~(\text{résultat trouvé à la fin de la partie A)}\]

\medskip

\begin{enumerate}
\item %Montrer que $f$ est une fonction paire.
Quel que soit le réel $x, \: f(- x) = \ln \left[(- x)^2 + 1\right] + 3 - \ln 2 = \ln \left(x^2 + 1\right) + 3 - \ln (2) = f(x)$. La fonction $f$ est donc \textbf{\textcolor{red}{paire}} (la représentation graphique de $f$ est donc \textbf{\textcolor{red}{symétrique}} par rapport  à l'axe des ordonnées).
\item %Déterminer les limites de $f$ en $+\infty$ et en $-\infty$.
On a $\lim_{x\rightarrow +\infty}x^2 = + \infty$ d'où $\lim_{x\rightarrow +\infty}x^2 + 1  = + \infty$.\\
Alors : $\lim_{x\rightarrow +\infty} \ln \left(x^2 + 1 \right) = \lim_{X\rightarrow +\infty}\ln(X)=+ \infty$ en osant $X=x^2+1$ d'où 
$\boxed{\textcolor{red}{\lim_{x\rightarrow +\infty} f(x) = + \infty}}$.

La fonction étant paire $\boxed{\textcolor{red}{\lim_{x\rightarrow -\infty} f(x) = + \infty}}$. (Symétrie par rapport à l'axe $(Oy)$)

\item %Déterminer l'expression de $f'(x)$.
Comme $x^2 + 1 > 0$ quel que soit le réel $x$, la fonction $f$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ et sur cet intervalle : $\boxed{\textcolor{red}{f'(x) = \dfrac{2x}{x^2 + 1}.}}$ (par calcul direct ou en remplaçant $a$ par 1 dans la formule trouvée dans la partie A).

Le dénominateur étant supérieur à zéro de même que 2, le signe de $f('x)$ est donc celui de $x$, donc :

$f'(x) < 0$ sur $\mathbb{R}_{-}^*$ et $f'(x) > 0$ sur $\mathbb{R}_{+}^*$.\\
 
\textbf{\textcolor{blue}{Conclusion}} $f$ est décroissante sur $]-\infty~;~0]$ et croissante sur $[0~;~+\infty[$.
\begin{center}
\begin{variations}
x&\mI&&0&&\pI\\
\hline
f'(x)&&-&\z&+&\\
\hline
\m{f(x)}&\h{\pI}&\d&3-\ln(2)&\c&\h{\pI}\\
\hline
\end{variations}
\end{center}

Le nombre $f(0) = \ln 1 + 3 - \ln  = 3 - \ln 2$ est donc le minimum de la fonction sur $\mathbb{R}$. D'où le tableau de variations :


%Étudier le sens de variation de la fonction $f$ sur $\R$.

%Dresser le tableau des variations de $f$ en y faisant figurer la valeur exacte du minimum ainsi que les limites de $f$ en $-\infty$ et $+\infty$.
\item %À l'aide du tableau des variations de $f$, donner les valeurs du réel $k$ pour lesquelles l'équation $f(x) = k$ admet deux solutions.
D'après le tableau de variations l'équation $f(x) = k$ admet deux solutions si $\boxed{\textcolor{red}{k > 3 - \ln 2}}$.

\item %Résoudre l'équation $f(x) = 3 + \ln 2$.
$f(x) = 3 + \ln 2 \iff \ln \left(x^2 + 1\right) + 3 - \ln (2) = 3 + \ln (2) \iff \ln \left(x^2 + 1\right) = 2\ln (2)\\
 \iff \ln \left(x^2 + 1\right) = \ln 4 \iff x^2 + 1 = 4$ (par croissance de la fonction logarithme), soit $x^2 = 3$, d'où deux solutions $\boxed{\textcolor{red}{\mathscr{S} = \left\{- \sqrt{3}~;~ \sqrt{3}\right\}}}$.
\end{enumerate}

\bigskip

\textbf{\textcolor{blue}{Partie C}}

\medskip

On rappelle que la fonction $f$ est définie sur $\mathbb{R}$ par $f(x) = \ln \left(x^2 + 1\right) + 3 - \ln (2)$.

\medskip

\begin{enumerate}
\item %Conjecturer, par lecture graphique, les abscisses des éventuels points d'inflexion
%de la courbe $\mathcal{C}_f$.
Il semble qu'il y ait deux points d'inflexion aux points d'abscisses $- 1$ et 1. (Un point d'inflexion est un point en lequel la tangente traverse la courbe)

\item %Montrer que, pour tout nombre réel $x$, on a : $f''(x) = \dfrac{2\left(1 - x^2\right)}{\left(x^2 + 1\right)^2}$.
Comme $f'(x) =  \dfrac{2x}{x^2 + 1}$ soit le quotient de deux fonctions dérivables sur $\mathbb{R}$, le dénominateur étant non nul ; $f'$ est donc dérivable sur $\mathbb{R}$ et :

$f''(x) = \dfrac{2\left(x^2 + 1\right) - 2x \times 2x}{\left(x^2 + 1\right)^2} = \dfrac{2x^2 + 2 - 4x^2}{\left(x^2 + 1\right)^2} =\boxed{\textcolor{red}{ \dfrac{2\left(1 - x^2\right)}{\left(x^2 + 1\right)^2}}}$.

\item %En déduire le plus grand intervalle sur lequel la fonction $f$ est convexe.
On a donc $f''(x) = 0 \iff 1 - x^2 = 0 \iff (1+x)(1-x)=0$ Donc $\boxed{\textcolor{red}{\mathscr{S} = \{-1~;~1\}}}$.\\
La dérivée seconde est positive quand le trinôme $1 - x^2$ est positif soit sur l'intervalle $]-1~;~1[$. Donc la fonction $f$ est \textbf{\textcolor{red}{convexe}} sur $]-1~;~1[$.
\end{enumerate}

\subsection{\textcolor{blue}{Antilles-Guyane juin 2017}}
%
%\smallskip
%
%Dans tout l'exercice, $n$ désigne un entier naturel strictement positif.\\
%Le but de l'exercice est d'étudier l'équation
%\begin{equation}
%\tag{$E_n$}
%\dfrac{\ln(x)}{x}=\dfrac1n
%\end{equation}
%ayant pour inconnue le nombre réel strictement positif $x$.
%
%\medskip
%
%\textbf{Partie A}
%
%\smallskip
%
%Soit $f$ la fonction définie sur l'intervalle $]0~;~+\infty[$ par
%\[
%f(x)=\dfrac{\ln(x)}{x}.
%\]
%On admet que la fonction $f$ est dérivable sur l'intervalle $]0~;~+\infty[$.\\
%On a donné en \textbf{ANNEXE}, qui n'est pas à rendre, la courbe représentative $\mathcal{C}$ de la fonction $f$ dans un repère orthogonal.
%\begin{enumerate}
%\item \'Etudier les variations de la fonction $f$.
%\item Déterminer son maximum.
%\end{enumerate}
%
%
%\medskip
%
%\textbf{Partie B}
%
%\smallskip
%
%
%\begin{enumerate}
%\item
%Montrer que, pour $n\geqslant 3$, l'équation $f(x)=\dfrac1n$ possède une unique solution sur $[1~;~\e]$ notée $\alpha_n$.
%\item D'après ce qui précède, pour tout entier $n\geqslant 3$, le nombre réel $\alpha_n$ est solution de l'équation (E$_n$).
%\begin{enumerate}
%\item Sur le graphique sont tracées les droites $D_3$, $D_4$ et $D_5$ d'équations respectives $y=\frac13$, $y=\frac14$ et $y=\frac15$.\\
%Conjecturer le sens de variation de la suite $(\alpha_n)$.
%\item Comparer, pour tout entier $n\geqslant 3$, $f(\alpha_n)$ et $f(\alpha_{n+1})$.\\
%Déterminer le sens de variation de la suite $(\alpha_n)$.
%\item En déduire que la suite $(\alpha_n)$ converge.\\
%\emph{Il n'est pas demandé de calculer sa limite.}
%\end{enumerate}
%\item On admet que, pour tout entier $n\geqslant 3$, l'équation (E$_n$) possède une autre solution $\beta_n$ telle que:
%\[
%1\leqslant\alpha_n\leqslant\e\leqslant\beta_n.
%\]
%\begin{enumerate}
%\item On admet que la suite $(\beta_n)$ est croissante.\\
%Établier que, pour tout entier naturel $n$ supérieur ou égal à 3,
%\[
%\beta_n\geqslant n\dfrac{\beta_3}{3}.
%\]
%\item En déduire la limite de la suite $(\beta_n)$.
%\end{enumerate}
%\end{enumerate}

\medskip

\textbf{\textcolor{red}{Partie A}}

\smallskip

\begin{enumerate}
\item Pour tout réel $x\in]0~;~+\infty[$, on a $f'(x) = \dfrac{\frac1x\times x - \ln(x)\times 1}{x^2} =\boxed{\textcolor{red}{ \dfrac{1 - \ln(x)}{x^2}}}$.\\
Comme $x^2 > 0$, $f'(x)$ a donc le même signe que $1 - \ln (x)$. Or :$1-\ln(x)\geqslant 0\Longleftrightarrow 1\geqslant \ln(x)\Longleftrightarrow \boxed{\textcolor{red}{\mathrm{e}\geqslant x}}$

Par ailleurs on a $\lim_{\substack{x\rightarrow 0\\x>0}}f(x)=-\infty$ (pas de forme indéterminée), $\lim_{x\rightarrow +\infty}f(x)=0$ (par croissances comparées) et \\
$f(\mathrm{e}) = \frac{\ln(\mathrm{e})}{\mathrm{e}}=\boxed{\textcolor{red}{\frac{1}{\mathrm{e}}}}$. 

On a donc le tableau de variation suivant :
%\begin{center}
%\begin{tikzpicture}\tkzTabInit[lgt=1.5,espcl=2.5]{$x$/0.8,$f'(x)$/0.8,$f(x)$/1.5}{$0$,$\e$,$+\infty$}
%\tkzTabLine{,+,z,-,}
%\tkzTabVar{-/$-\infty$,+/$\frac{1}{\e}$,-/$0$}
%\end{tikzpicture}
%\end{center}
\begin{center}
\begin{variations}
x&&0&&\mathrm{e}&&\pI\\
\hline
f'(x)&\bb&&+&\z&-&\\
\hline
\m{f(x)}&\bb&\mI&\c&\h{\dfrac{1}{\mathrm{e}}}&\d&0\\
\hline
\end{variations}
\end{center}
\emph{Remarque: les limites n'étaient pas exigées dans l'énoncé.}

\item D'après le tableau de variation précédent, la fonction $f$ a pour maximum $\frac{1}{\mathrm{e}}$ et ce maximum est atteint en $x=\mathrm{e}$.
\end{enumerate}

\bigskip

\textbf{\textcolor{red}{Partie B}}

\smallskip

\begin{enumerate}
\item Soit $n$ un entier tel que $n\geqslant 3$, alors $0<\frac1n\leqslant\frac13\leqslant\frac{1}{\mathrm{e}}$.

Sur l'intervalle $[1~;~\mathrm{e}]$, la fonction $f$ est continue (car dérivable), et strictement croissante. 
%Elle réalise donc une bijection de $[1~;~\mathrm{e}]$ sur $\left[f(1)~;~\frac{1}{\mathrm{e}}\right]=\left[0~;~\frac{1}{\mathrm{e}}\right]$. 

Le nombre $\frac1n$ appartient à l'intervalle $\left[0~;~\frac{1}{\mathrm{e}}\right]$, donc l'équation $f(x) = \frac1n$ admet une unique solution $\alpha_n$ dans $[1~;~\mathrm{e}]$. (Théorème des valeurs intermédiaires et croissance de la fonction)

\item 
	\begin{enumerate}
		\item 
Les abscisses inférieures à $\mathrm{e}$ des points d'intersection entre les droite $D_3$, $D_4$, $D_5$ et la courbe $\mathcal{C}$ sont les nombre $\alpha_3$, $\alpha_4$ et $\alpha_5$. Graphiquement, on lit que $\alpha_3>\alpha_4>\alpha_5$, il semble donc que la suite $(\alpha_n)$ soit décroissante.

\begin{center}
\psset{xunit=1cm,yunit=20cm,comma=true}
\begin{pspicture*}(-2,-0.15)(14,0.4)
\psaxes[linewidth=1.25pt,Dy=0.1]{->}(0,0)(-2,-0.15)(14,0.4)
\psaxes[linewidth=1.25pt,Dy=0.1]{->}(0,0)(0,0)(14,0.4)
\psline(-2,0.2)(14,0.2)
\psline(-2,0.25)(14,0.25)
\psline(-2,0.333)(14,0.333)
\uput[u](11,0.333){$y=\dfrac{1}{3}$}
\uput[u](11,0.25){$y=\dfrac{1}{4}$}
\uput[d](5,0.2){$y=\dfrac{1}{5}$}
\psplot[plotpoints=3000,linewidth=1.25pt,linecolor=blue]{0.8}{14}{x ln x div}
\uput[r](1,-0.1){\blue $\mathcal{C}$}
\psline[linestyle=dashed](2.71829,0)(2.71829,0.37)
\uput[ur](2.71828,0){$\mathrm{e}$}
\psline[linestyle=dashed](1.86,0.333)(1.86,0)
\uput[d](1.86,0){$\alpha_3$}
\psline[linestyle=dashed](1.43,0.333)(1.43,0)
\uput[d](1.43,0){$\alpha_4$}
\psline[linestyle=dashed](1.3,0.333)(1.3,0)
\uput[ul](1.3,0){$\alpha_5$}
\end{pspicture*}
\end{center}

		\item Soit $n$ un entier tel que $n\geqslant 3$. Par définition de la suite $(\alpha_n)$, on a $f(\alpha_n)=\frac1n$ et $f(\alpha_{n+1})=\frac{1}{n+1}$. Comme $\frac{1}{n+1}<\frac{1}{n}$, on a donc $\boxed{\textcolor{red}{f(\alpha_{n+1})<f(\alpha_{n})}}$.
		
Puisque $f$ est croissante, on a $\boxed{\textcolor{red}{\alpha_n>\alpha_{n+1}}}$, ce qui prouve que la suite $(\alpha_n)$ est \textbf{\textcolor{red}{décroissante}}.

		\item La suite $(\alpha_n)$ est décroissante, minorée (par 1), elle est donc convergente. (théorème de convergence monotone)
	\end{enumerate}
	
\item 
	\begin{enumerate}
		\item Soit $n$ un entier tel que $n\geqslant 3$. Par définition de $\beta_n$, on a:

\[f(\beta_n)=\frac1n\iff \frac{\ln(\beta_n)}{\beta_n}=\frac1n\iff \boxed{\textcolor{red}{\ln(\beta_n)=\frac{\beta_n}{n}}}.\]

La suite $(\beta_n)$ est croissante, donc, pour tout entier naturel $n\geqslant 3$  on a $\beta_n\geqslant\beta_3>0$. La fonction $\ln$ étant croissante sur $]0~;~+\infty[$, ceci implique que $\ln(\beta_n)\geqslant\ln(\beta_3)$, c'est-à-dire que $\boxed{\textcolor{red}{\frac{\beta_n}{n}\geqslant\frac{\beta_3}{3}}}$.\\
On en déduit bien que $\boxed{\textcolor{red}{\beta_n\geqslant n\frac{\beta_3}{3}}}$.

		\item $\beta_3>0$, donc $\lim_{n\rightarrow +\infty}n\frac{\beta_3}{3}=+\infty$.

D'après un théorème de comparaison, on en déduit que $\boxed{\textcolor{red}{\lim_{n\rightarrow +\infty}\beta_n=+\infty}}$.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}




\label{fin}
\end{document}  