\documentclass[11pt] {article} \usepackage[T1]{fontenc} 
\usepackage[utf8]{inputenc}
\usepackage{amsmath,amssymb,graphicx,multicol,mathrsfs, fancyhdr,enumerate,fourier,eurosym,enumerate,tabularx,variations,cancel,siunitx}
\usepackage[np]{numprint}
\usepackage[dvips]{color}
\usepackage[tikz]{bclogo}
%\usepackage{ProfCollege,ProfLycee}
\usepackage{pst-plot,pst-tree,pstricks,pst-node,pstricks-add,pst-math,pst-xkey,pst-eucl}
\usepackage[francais]{babel} 
\everymath{\displaystyle}
%\usepackage[colorlinks=true,pdfstartview=FitV,linkcolor=blue,citecolor=blue,urlcolor=blue]{hyperref}
\textwidth 19cm \textheight 25cm \hoffset 
-1,4cm \voffset -3.7cm \oddsidemargin 0pt 
\renewcommand{\thesubsection}{\textcolor{blue}{Exercice \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}


\begin{center}\section*{\textcolor{red}{Correction de la feuille d'exercices (2)}}\end{center}


\subsection{\textcolor{blue}{Centres étrangers mai 2022 sujet 2}}

Soit $f$ définie sur $]0~;~+\infty[$ par : $f(x)=x\ln(x)+1$.

\begin{enumerate}
	\item  \begin{enumerate}[$\bullet$]
\item $\lim\limits_{\substack{x \rightarrow 0 \\ x>0}} x\ln(x)=0$ (d'après lers formules de croissances comparées) donc $\boxed{\textcolor{red}{\lim\limits_{\substack{x \rightarrow 0 \\ x>0}} f(x)=1}}$.

 $\lim_{x\rightarrow +\infty}x=+\infty$ et $\lim_{x\rightarrow +\infty}\ln(x)=+\infty$ d'où $\boxed{\textcolor{red}{\lim\limits_{x \rightarrow +\infty } f(x)=+\infty}}$.
\end{enumerate}

	
\item 
\begin{enumerate}

\item La fonction $f$ est dérivable sur $]0~;~+\infty[$.\\
En utilisant le formule de la dérivée d'un produit, pour tout  $x \in ]0~;~+\infty[$, \\
$f'(x)=1\times \ln(x)+x\times \dfrac{1}{x}=\boxed{\textcolor{red}{\ln(x)+1}}$.

\item $f'(x)\geqslant 0 \iff \ln(x)+1 \geqslant 0 \iff \ln(x) \geqslant -1 \iff x\geqslant \mathrm{e}^{-1}=\dfrac{1}{\mathrm{e}}$.
		
$f(\text{e}^{-1})= \text{e}^{-1} \ln\left(\text{e}^{-1}\right) + 1=-\mathrm{e}^{-1}+1=1-\mathrm{e}^{-1}>0$\\
\textbf{\textcolor{blue}{Tableau de variation}} :

\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&\m{\pI}\\
\hline
\end{variations}
\end{center}

\item $f(1)=1$. D'après les variations  de la fonction $f$,

\begin{itemize}
\item $\forall x \in \left]0~;~\mathrm{e}^{-1}\right]$, $f(x)\in [1-\mathrm{e}^{-1}~;~1[$ ;

\item $\forall x \in \left[\mathrm{e}^{-1}~;~1\right]$, $f(x) \in [1-\mathrm{e}^{-1}~;~1]$.
			\end{itemize}
		
Donc pour tout $x \in ]0~;~1]$, $f(x)\in [1-\mathrm{e}^{-1}~;~1]$. Or $1-\mathrm{e}^{-1}>0$ donc  pour tout réel $x$ dans $]0~;~1]$ $\boxed{\textcolor{red}{f(x)\in ]~0;~1]}}$.
		\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 $(T)~:~y=x-1+1=x$ : \\`
L'équation de $(T)$ est $\boxed{\textcolor{red}{y=x}}$

\item Nous savons que pour tout  $x \in ]0~;~+\infty[$, $f'(x)=\ln(x)+1$.
		
La fonction $f'$  est  dérivable sur $]0~;~+\infty[$, et $\boxed{\textcolor{red}{f''(x)=\dfrac{1}{x}>0}}$, 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 $\forall x \in ]0~;~+\infty[$, $\boxed{\textcolor{red}{f(x)\geqslant x}}$.

\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 $n$, $\boxed{\textcolor{red}{0 < u_n < 1}}$.

\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, pour toutn$n \in \mathbb{N}$, $f(u_n)>u_n$ donc $u_{n+1}>u_n$. La suite $(u_n)$ est donc \textbf{\textcolor{red}{croissante}}.

\item La suite $(u_n)$ est \textbf{\textcolor{red}{croissante et majorée}} par 1. Donc d'après le \textbf{\textcolor{red}{théorème de convergence monotone}}, la suite $(u_n)$ 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-contre $\mathcal{C}_f$ 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=0.6cm,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}{\textcolor{red}{Partie A}}}

\medskip

\begin{enumerate}
\item %Déterminer graphiquement les valeurs de $f(1)$ et $f'(1)$.
On lit sur le graphique : $f(1) = 3$ et $f'(1) = 1$ (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 $\boxed{\textcolor{red}{f'(x) = \dfrac{2ax}{ax^2 + 1}}}$ car si $f(x)=\ln(u(x))$, $f'(x)=\dfrac{u'(x)}{u(x)}$.
		
\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{red}{Partie B}}

\medskip

On admet que la fonction $f$ est définie sur $\mathbb{R}$ par 

\[f(x) = \ln \left(x^2 + 1\right) + 3 - \ln (2).\]

\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{blue}{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 $\lim_{x \to + \infty} x^2 + 1  = + \infty$ et par composition $\lim_{x \to + \infty} \ln \left(ax^2 + 1 \right) = + \infty$ et enfin \\
$\boxed{\textcolor{red}{\lim_{x \to + \infty} f(x) = + \infty}}$.

La fonction étant paire $\lim_{x \to - \infty} f(x) = \lim_{x \to + \infty} f(x) = + \infty$.
\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 : \\
$\boxed{\textcolor{red}{f'(x) = \dfrac{2x}{x^2 + 1}}}.$ (on peut remplacer $a$ par 1 dans le calcul de $f'(x)$ effectué précédemment.)

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

$f'(x) < 0$ sur $\mathbb{R}_{-}^*$ et $f'(x) > 0$ sur $\mathbb{R}_{+}^*$. \\
\textbf{\textcolor{red}{Conclusion}}:  $f$ est décroissante sur $\mathbb{R}_{-}^*$ et croissante sur $\mathbb{R}_{+}^*$.\\
Le nombre $f(0) = \ln 1 + 3 - \ln  = 3 - \ln 2$ est donc le minimum de la fonction sur $\mathbb{R}$. 
\textbf{\textcolor{blue}{Tableau de variation}}
\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}


%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 $\boxed{\textcolor{red}{k > 3 - \ln 2}}$.\\
Comme $f$ est paire, ces deux solutions sont opposées.

\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

\textcolor{red}{\textbf{Partie C}}

On rappelle que la fonction $f$ est définie sur $R$ 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 $\mathcal{C}_f$.
Une courbe admet un point d'inflexion si, en ce point, celle-ci traverse sa tangente en ce point.\\
Il semble qu'il y ait deux points d'inflexion aux points d'abscisses $- 1$ et 1.

\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 :

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

\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 convexe sur $]-1~;~1[$.
\end{enumerate}

\subsection{\textcolor{blue}{Antilles-Guyane juin 2017}}
\textcolor{red}{\textbf{Partie A}}

\smallskip

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

Par ailleurs, on a $f(x)=\ln(x)\times \dfrac{1}{x}$ donc 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 $f(\mathrm{e}) = \frac{\ln(\mathrm{e})}{\mathrm{e}}=\frac{1}{\mathrm{e}}$. 


%\newpage

On en déduit le tableau de variation suivant :
\begin{center}
\begin{variations}
x&&0&&\mathrm{e}&&\pI\\
\hline
f'(x)&\bb&&+&\z&-&\\
\hline
\m{f(x)}&\bb&\mI&\c&\h{\left(\dfrac{1}{\mathrm{e}}\right)}&\d&0\\
\hline
\end{variations}
\end{center}

\emph{\textbf{\textcolor{red}{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}


\newpage



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

\smallskip

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


\begin{enumerate}[$\bullet$]
\item Sur l'intervalle $[1~;~\mathrm{e}]$, la fonction $f$ est continue.

\item $f(1)=0$

\item $f(\mathrm{e})=\dfrac{1}{\mathrm{e}}$
\end{enumerate}
$n\geqslant 3$ ; $3>\mathrm{e}$ donc $\dfrac{1}{\mathrm{e}}>\dfrac{1}{n}$.\\
$\dfrac{1}{n}$ est donc compris entre 0 et $\dfrac{1}{\mathrm{e}}$.\\
D'après le \textbf{\textcolor{blue}{théorème des valeurs intermédiaires}}, l'équation $f(x)=\dfrac{1}{n}$ admet au moins une solution sur l'intervalle $[1~;~\mathrm{e}]$.\\
Comme $f$ et croissante sur cet intervalle, cette solution est unique.
On la note $\alpha_n$ avec $\alpha_n\in[1~;~\mathrm{e}]$.
\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.
		\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 $\boxed{\textcolor{red}{f(\alpha_{n+1})<f(\alpha_{n})}}$.
		
Comme la fonction $f$ est croissante sur $\left[1~;~\mathrm{e}\right]$, les images sont classées dans le même ordre que les antécédents.\\
Par conséquent : $\boxed{\textcolor{red}{\alpha_{n+1}<\alpha_n}}$, ce qui prouve que la suite $(\alpha_n)$ est décroissante.

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

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

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  que $\boxed{\textcolor{red}{\beta_n\geqslant n\frac{\beta_3}{3}}}$.
		\item $\beta_3>0$, donc $\lim_{n\rightarrow +\infty}n\frac{\beta_3}{3}=+\infty$.

Par comparaison à l'infini, on en déduit que $\boxed{\textcolor{red}{\lim_{n\rightarrow +\infty}\beta_n=+\infty}}$.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}



\label{fin}
\end{document}  