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\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}
%\tableofcontents

\begin{center}\section*{\textcolor{red}{Correction des exercices sur la fonction $\mathbb{\ln}$ (feuille 2)}}\end{center}


\subsection{\textcolor{blue}{Sujet bac 1 (2021) }}
On considère la fonction $f$ définie sur l'intervalle $]0~;~ +\infty[$ par :
$f(x) = x + 4 - 4\ln (x) - \dfrac{3}{x}$,

où ln désigne la fonction logarithme népérien.

On note $\mathcal{C}$ la représentation graphique de $f$ dans un repère orthonormé.

\medskip

\begin{enumerate}
\item On détermine la limite de la fonction $f$ en $+\infty$.

$f(x) = x\left ( 1- 4\dfrac{\ln(x)}{x}\right ) + 4 -  \dfrac{3}{x}$

$\left.
\begin{array}{@{} r}
\lim_{x\to +\infty} \dfrac{\ln(x)}{x} = 0 \implies \lim_{x\to +\infty}  x\left ( 1- 4\dfrac{\ln(x)}{x}\right ) + 4 = +\infty\\
\lim_{x\to +\infty} \dfrac{3}{x}= 0
\end{array}
\right \rbrace
\implies
\boxed{\textcolor{red}{\lim_{x\to +\infty} f(x) = +\infty}}$

\item On admet que la fonction $f$ est dérivable sur $]0~;~ +\infty[$ et on note $f'$ sa fonction dérivée.

%Démontrer que, pour tout nombre réel $x > 0$, on a : $f'(x) = \dfrac{x^2 - 4x + 3x^2}{x^2}.$
$f'(x)= 1 + 0 - \dfrac{4}{x} +\dfrac{3}{x^2} = \dfrac{x^2 - 4x +3}{x^2}$

\item
	\begin{enumerate}
		\item %Donner le tableau de variations de la fonction $f$ sur l'intervalle $]0~;~ +\infty[$. 
		
%On y fera figurer les valeurs exactes des extremums et les limites de $f$ en $0$ et en $+ \infty$. 
%		
%On admettra que $\displaystyle\lim_{x \to 0} f(x) = - \infty$.
On cherche le signe de $f'(x)$ sur $]0~;~+\infty[$:

$\boxed{\textcolor{red}{x^2-4x+3 = (x-1)(x-3)}}$

%\begin{center}
%{
%\renewcommand{\arraystretch}{1.5}
%\def\esp{\hspace*{2cm}}
%$\begin{array}{|c | l *{6}{c} |} 
%\hline
%x  & 0 & \esp & 1 & \esp & 3 & \esp & +\infty \\
%\hline
%x^2-4x+3 &  & \pmb{+} &  \vline\hspace{-2.7pt}{0} & \pmb{-} & \vline\hspace{-2.7pt}{0} & \pmb{-} &\\
%\hline
%x^2 & 0  & \pmb{+} &  \vline\hspace{-2.7pt}{\phantom 0} & \pmb{+} & \vline\hspace{-2.7pt}{\phantom 0} & \pmb{+} &\\
%\hline
%f'(x) & \vline\;\vline  & \pmb{+} &  \vline\hspace{-2.7pt}{0} & \pmb{-} & \vline\hspace{-2.7pt}{0} & \pmb{+} & \\
%\hline
%\end{array}$
%}
%\end{center}

\begin{center}
\begin{variations}
x&0&&&\ga1&&\ga3&&\ga\pI\\
\hline
x^2-4x+3 &\bb&&\ga+&\z&\ga-&\z&\ga+&\\
\hline
x^2&\bb&&\ga+&\l&\ga+&\l&\ga+&\\
\hline
f'(x)&\bb&&\ga+&\z&\ga-&\z&\ga+&\\
\hline
\end{variations}
\end{center}
$f(1)=1+4-4\ln(1)-\dfrac{3}{1}=2$;
$f(3) = 3+4-4\ln(3) - \dfrac{3}{3}=6-4\ln(3)\approx 1\boxed{\textcolor{red}{,69}}$

On établit le tableau des variations de $f$ en admettant que que $\lim_{x \to 0} f(x) = - \infty$:

%\begin{center}
%{\renewcommand{\arraystretch}{1.3}
%\psset{nodesep=3pt,arrowsize=2pt 3}  % paramètres
%\def\esp{\hspace*{1.5cm}}% pour modifier la largeur du tableau
%\def\hauteur{20pt}% mettre au moins 20pt pour augmenter la hauteur
%$\begin{array}{|c|l *5{c} c|}
%\hline
% x & 0 & \esp & 1 & \esp & 3 & \esp & +\infty \\
% \hline
%f'(x) & \vline\;\vline\; &  \pmb{+} & \vline\hspace{-2.7pt}0 & \pmb{-} & \vline\hspace{-2.7pt}0 & \pmb{+} & \\  
%\hline
%  & \vline\;\vline\; &  & \Rnode{max1}{2} & & & &  \Rnode{max2}{+\infty} \\
%f (x) &\vline\;\vline\; &  & & & & & \rule{0pt}{\hauteur}\\
% &\vline\;\vline\; \Rnode{min1}{-\infty} & & & & \Rnode{min2}{6-4\ln(3)\approx 1,61} & & \rule{0pt}{\hauteur} 
%\ncline{->}{min1}{max1} 
%\ncline{->}{max1}{min2}
%\ncline{->}{min2}{max2} \\
%\hline
%\end{array}$
%}
%\end{center}
\begin{center}
\begin{variations}
x&0&&&1&&3&&\pI\\
\hline
f'(x)&\bb&&+&\z&-&\z&+&\\
\hline
\m{f(x)}&\bb&\mI&\c&\h{2}&\d&6-4\ln 3\approx 1,61&\c&\h{\pI}\\
\hline
\end{variations}
\end{center}

		\item %Par simple lecture du tableau de variations, préciser le nombre de solutions de l'équation $f(x) = \dfrac{5}{3}$.
$\bullet~~$$\dfrac{5}{3}\in ]-\infty~;~2]$ donc l'équation $f(x) =\dfrac{5}{3}$ admet une unique solution dans l'intervalle $]0~;~1]$.

$\bullet~~$$\dfrac{5}{3} \approx 1,67$ et $f(3) = 6 - 4\ln 3 \approx 1,61$ donc $\dfrac{5}{3} \in [6 - 4\ln 3~;~2]$, donc l'équation $f(x)=\dfrac{5}{3}$ admet une solution unique dans l'intervalle $]1~;~3[$.

$\bullet~~$$\dfrac{5}{3} \in [6 - 4\ln 3~;~+ \infty[$, donc $f(x) =\dfrac{5}{3}$ admet une unique solution dans l'intervalle $]0~;~1]$.

\textbf{\textcolor{blue}{Conclusion}} : l'équation $f(x)=\dfrac{5}{3}$ admet donc trois solutions dans $]0~;~+\infty[$.

Voir ci-dessus les valeurs approchées des solutions.
	\end{enumerate}

\begin{center}
\psset{unit=1cm,arrowsize=2pt 3}
\begin{pspicture*}(-1,-4)(11,5)
\psgrid[gridlabels=0pt,subgriddiv=1,gridwidth=0.1pt]
\psaxes[linewidth=1.25pt,labelFontSize=\scriptstyle]{->}(0,0)(-1,-3.95)(11,4.95)
\psaxes[linewidth=1.25pt,labelFontSize=\scriptstyle](0,0)(-1,-3.95)(11,4.95)
\psplot[plotpoints=2000,linewidth=1.25pt,linecolor=red]{0.1}{10}{x 4 add x ln  4 mul sub 3 x div sub}
\psline[linecolor=blue,linewidth=0.25pt](0,1.6667)(11,1.6667)
\psline[linewidth=0.5pt,linestyle=dashed,ArrowInside=->]{->}(0,1.667)(0.61,1.667)(0.61,0)
\psline[linewidth=0.5pt,linestyle=dashed,ArrowInside=->]{->}(0.61,1.667)(2.28,1.667)(2.28,0)
\psline[linewidth=0.5pt,linestyle=dashed,ArrowInside=->]{->}(2.28,1.667)(3.78,1.667)(3.78,0)
\uput[d](0.61,0){\footnotesize $\approx 0,61$}\uput[d](2.28,0){\footnotesize $\approx 2,28$}\uput[d](3.78,0){\footnotesize $\approx 3,78$}\uput[u](9.5,1.667){\blue $y = \frac{5}{3}$}
\uput[u](9.5,4.25){\red $\mathcal{C}_f$}
\end{pspicture*}
\end{center}
\item Pour étudier la convexité de  $f$, on détermine le signe de $f''$, la dérivée seconde de $f$.

%On justifiera que la courbe $\mathcal{C}$ admet un unique point d'inflexion, dont on précisera les coordonnées.

$f'(x)=\dfrac{x^2-4x+3}{x^2}$ donc

$f''(x) = \dfrac{(2x-4)\times x^2 - (x^2-4x+3)\times 2x}{x^4}
= \dfrac{(2x^2 -4x -2x^2 +8x -6)\times x}{x^4}
=\boxed{\textcolor{red}{\dfrac{4x-6}{x^3}=\dfrac{2(x-3)}{x^3}}}$

%\begin{center}
%\renewcommand{\arraystretch}{1.5}
%\def\esp{\hspace*{2cm}}
%$\begin{array}{|c | l *{4}{c} |} 
%\hline
%x  & 0 & \esp & \frac{3}{2} & \esp  & +\infty \\
%\hline
%4x-6 &  & \pmb{-} &  \vline\hspace{-2.7pt}{0} & \pmb{+} &    \\
%\hline
%x^3 &0  & \pmb{+} &  \vline\hspace{-2.7pt}{\phantom 0} & \pmb{+} &    \\
%\hline
%f''(x) &\vline\;\vline  & \pmb{-} &  \vline\hspace{-2.7pt}{0} & \pmb{+} &    \\
%\hline
% &\vline\;\vline  & f \text{ concave} &  \vline\hspace{-2.7pt}{\phantom0} & f \text{ convexe} &    \\
%\hline
%\end{array}$
%\renewcommand{\arraystretch}{1}
%\end{center}

\begin{center}
\begin{variations}
x&0&&&\dfrac{3}{2}&&\pI\\
\hline
2(x-3)&\bb&&-&\z&+&\\
\hline
x^3&\bb&&+&\l&+&\\
\hline
f''(x)&\bb&&-&\z&+&\\
\hline
&\bb&&f\text{ concave}&\l&f\text{ convexe}&\\
\hline
\end{variations}
\end{center}

La dérivée seconde s'annule et change de signe pour $x=\dfrac{3}{2}$ donc la courbe $\mathcal{C}_f$ admet un unique \textbf{\textcolor{blue}{point d'inflexion}} d'abscisse $\dfrac{3}{2}$.

$f\left (\dfrac{3}{2}\right) = \dfrac{3}{2} +4 -4\ln\left (\dfrac{3}{2}\right ) -\dfrac{3}{\frac{3}{2}}
= \dfrac{11}{2} -4\ln\left (\dfrac{3}{2}\right ) -2
= \dfrac{7}{2} -4\ln\left (\dfrac{3}{2}\right ) $

La courbe $\mathcal{C}$ admet un unique point d'inflexion de coordonnées
$\left ( \dfrac{3}{2}~;~\dfrac{7}{2} -4\ln\left (\dfrac{3}{2}\right )\right )$.
 
\end{enumerate}


\subsection{\textcolor{blue}{Amérique du Nord mai 2019}}
\textbf{\textcolor{red}{Partie A : établir une inégalité}}
\medskip

%Sur l'intervalle $[0~;~ +\infty[$, on définit la fonction $f$ par $f(x) = x - \ln(x + 1)$.
\begin{enumerate}
	\item ~ %Étudier le sens de variation de la fonction $f$ sur l'intervalle $[0~;~ +\infty[$.	
	
	
	
	$f$ est dérivable sur $[0~;~+\infty[$ comme somme de fonctions dérivables sur $[0~;~+\infty[$.
	
	$f=u-\ln(v)~~\Rightarrow~~f'=u'-\dfrac{v'}{v}$ avec $\begin{cases}
	u(x)=x\\v(x)=1+x
	\end{cases}~~\Rightarrow~~\begin{cases}
	u'(x)=1\\v'(x)=1
	\end{cases}$
	
	$\forall x \in [0~;~+\infty[~,~f'(x)=1-\dfrac{1}{1+x}=\boxed{\textcolor{red}{\dfrac{x}{x+1}}}$
	
	Sur $[0~;~+\infty[~,~\dfrac{x}{x+1}\geqslant0$. 	
	On en déduit que $f$ est croissante sur $[0~;~+\infty[$
	
	
	
	\item ~ %En déduire que pour tout $x \in [0~;~ +\infty[, \quad \ln(x + 1) \leqslant x$.
	
	
	
	$\forall x \in [0~;~+\infty[~,~f(x)\geqslant f(0)$ car $f$ est croissante sur $[0~;~+\infty[$
	
	$f(0)=0$ d'où $\forall x \in [0~;~+\infty[~,~x-\ln(1+x)\geqslant 0$
	
	On a donc bien $\forall x \in [0~;~+\infty[~,~\boxed{\textcolor{red}{\ln(1+x)\leqslant x}}$
	
	
\end{enumerate}

%\bigskip
\textbf{\textcolor{red}{Partie B : application à l'étude d'une suite}}

%On pose $u_0 = 1$ et pour tout entier naturel $n$, $u_{n+1} = u_n - \ln(1 + u_n)$. On admet que la suite de terme général $u_n$ est bien définie.

\begin{enumerate}
\item ~ %Calculer une valeur approchée à $10^{-3}$ près de $u_2$.



$u_1=u_0 - \ln(1 + u_0)=\boxed{\textcolor{red}{1-\ln(2)}}$

$u_2=u_1 - \ln(1 + u_1)=\boxed{\textcolor{red}{1-\ln(2)-\ln\left(2-\ln(2)\right)\approx 0,0392  }}$

	
\item 
		\begin{enumerate}
			\item ~ %Démontrer par récurrence que pour tout entier naturel $n, \quad u_n \geqslant 0$.	
On démontre par récurrence que pour tout entier naturel $n, \quad u_n \geqslant 0$
			
			
			\textbf{\underline{\textcolor{blue}{Initialisation}}}: $u_0=1\geqslant0$
			
			\vspace{0.2cm}
			\textbf{\underline{\textcolor{blue}{Hérédité}}}: Soit $n$ un entier naturel tel que $u_n\geqslant0$
			
			alors $u_{n+1}=f(u_n)\geqslant0$ d'après la \textbf{partie A}
			
			On en déduit que la propriété est héréditaire à partir du rang 0 or elle est vérifiée à ce même rang. 
			
			Par le principe de récurrence on peut donc conclure que $\forall n\in \mathbb{N}~,~u_n\geqslant0$
			
				
			\item ~ %Démontrer que la suite $(u_n)$ est décroissante, et en déduire que pour tout entier naturel $n, \quad u_n \leqslant 1 $.	
			
			
			
			$\forall n \in \mathbb{N}~,~u_{n+1}-u_n=-\ln\left( 1+u_n\right) \leqslant0$ car $\left( 1+u_n\right) \geqslant1$.
			
			On en déduit que $\left( u_n\right) $ est \textbf{\textcolor{red}{décroissante}}.
			
			$\left( u_n\right) $ est donc majorée par $u_0=1$.
			
			Finalement on a bien $\forall n \in \mathbb{N}~,~u_n\leqslant1$.
			
			
					
			\item ~ %Montrer que la suite $(u_n)$ est convergente.
			
			
			
			$\left( u_n\right) $ est décroissante et minorée par 0 donc $\left( u_n\right) $ \textbf{\textcolor{red}{converge}} vers $\ell\geqslant0$.
			
			
	\end{enumerate}
\item ~ %On note $\ell$ la limite de la suite $(u_n)$ et on admet que $\ell = f(\ell)$, où $f$ est la fonction définie dans la \textbf{partie A}. En déduire la valeur de $\ell$.
$f$ est continue donc la limite $\ell$ de la suite est solution de l'équation $f(x)=x$ donc $f(\ell)=\ell$.

$\ell = f(\ell)~\iff~\ln\left( 1+\ell\right) =0~\iff~ \boxed{\textcolor{red}{\ell =0}}$




\item 
\begin{enumerate}
		\item ~ %Écrire un algorithme qui, pour un entier naturel $p$ donné, permet de déterminer le plus petit rang $N$ à partir duquel tous les termes de la suite $(u_n)$ sont inférieurs à $10^{-p}$.	
		
		
		
		N $\leftarrow$ 0
		
		U $\leftarrow$ 1
		
		Tant que U  $\geqslant 10^{-p}$
		
		\hspace{0.5cm}
		U $\leftarrow$ U~$-\ln(1+\text{U})$
		
		\hspace{0.5cm}
				N $\leftarrow$ N+1
		
		Fin Tant que
		
		Afficher N
		
			
		\item ~ %Déterminer le plus petit entier naturel $n$ à partir duquel tous les termes de la suite $(u_n)$ sont inférieurs à $10^{-15}$.
		
		
		
		En programmant l'algorithme, on trouve $n=6$ comme le plus petit entier à partir duquel tous les termes de la suite $(u_n)$ sont inférieurs à $10^{-15}$
		
		
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\subsection{\textcolor{blue}{Liban mai 2019}}
\begin{enumerate}
\item %On considère la fonction $f$ définie sur l'intervalle ]0~;~1] par 

%\[f(x) = x(1 - \ln x)^2.\]

	\begin{enumerate}
		\item ~ %Déterminer une expression de la fonction dérivée de $f$ et vérifier que pour tout $x \in ]0~;~1]$, $f'(x) = (\ln x + 1)(\ln x - 1)$. 
		
		
		
		$f$ est dérivable sur $]0~;~1]$ comme produit de fonctions dérivables sur $]0~;~1]$.
		
		$f=uv^2~\Rightarrow~f'=u'v^2+2uv'v$ avec $\begin{cases}
		u(x)=x\\v(x)=1-\ln(x)
		\end{cases}~\Rightarrow~\begin{cases}
				u'(x)=1\\v'(x)=-\dfrac{1}{x}
				\end{cases}$
				
		$\forall x \in ]0~;~1]~,~f'(x)= \left( \vphantom{\dfrac{}{}}1 - \ln (x)\right) ^2-2\left(\vphantom{\dfrac{}{}} 1-\ln(x)\right) =\left(1-\ln(x)\right)\left( 1-\ln(x)-2\right)$
		
		On a donc bien $\forall x \in ]0~;~1]~,~f'(x)=\left( \vphantom{\dfrac{}{}}\ln (x) + 1\right) \left( \vphantom{\dfrac{}{}}\ln (x) - 1\right) $.
		
		
		\item ~ %Étudier les variations de la fonction $f$ et dresser son tableau de variations sur l'intervalle ]0~;~1] (on admettra que la limite de la fonction $f$ en 0 est nulle). 
		
		
		
		Sur $]0~;~1]~,~\ln(x)<0$ d'où $\left( \vphantom{\dfrac{}{}}\ln (x) - 1\right)<0$ 
		
		$f'(x)$ est donc du signe contraire de $\left( \vphantom{\dfrac{}{}}\ln (x) + 1\right)$
		
		$\ln (x) + 1>0~\iff~x>\mathrm{e}^{-1}$, on en déduit le tableau des variations de $f$
		
%		\begin{center}
%			\psset{unit=1cm}
%			\begin{pspicture}(9,3)
%			\psframe(9,3)\psline(0,2)(9,2)\psline(0,2.5)(9,2.5)\psline(1,0)(1,3)
%			\uput[u](0.5,2.4){$x$} \uput[u](1.35,2.4){$0$} 
%			\uput[u](4.9,2.4){$\mathrm{e}^{-1}$}
%			\uput[u](8.5,2.4){$1$} 
%			\rput(0.5,2.25){$f'(x)$} \rput(3.15,2.25){+}
%			\rput(4.9,2.25){0}
%			\rput(6.6,2.25){-}
%			\uput[u](1.8,0){$0$}
%			\uput[u](4.9,1.4){$4\mathrm{e}^{-1}$}
%			\uput[u](8.4,0){$1 $}
%			\rput(0.5,1){$f(x)$}
%			\psline{->}(2.1,0.4)(4.3,1.6)
%			\psline{->}(5.4,1.6)(8,0.4)
%			
%			\psline{-}(1.4,0)(1.4,2.5)
%			\psline{-}(1.3,0)(1.3,2.5)
%			\end{pspicture}
%		\end{center}
\begin{center}
\begin{variations}
x&0&&&\mathrm{e}^{-1}&&1\\
\hline
f'(x)&\bb&&+&\z&-&\\
\hline
\m{f(x)}&\bb&0&\c&\h{4\mathrm{e}^{-1}}&\d&1\\
\hline
\end{variations}
\end{center}
		
\end{enumerate}
	\end{enumerate}

%On note $\Gamma$ la courbe représentative de la fonction $g$ définie sur l'intervalle ]0~;~1]  par $g(x) = \ln x$. 

%Soit $a$ un réel de l'intervalle ]0~;~1]. On note $M_a$ le point de la courbe $\Gamma$ d'abscisse $a$ et $d_a$ la tangente à la courbe $\Gamma$ au point $M_a$. Cette droite $d_a$ coupe l'axe des abscisses au point $N_a$ et l'axe des ordonnées au point $P_a$ . 

%On s'intéresse à l'aire du triangle O$N_aP_a$ quand le réel $a$ varie dans l'intervalle ]0~;~1]. 

\begin{enumerate}
\item %Dans cette question, on étudie le cas particulier où $a = 0,2$ et on donne la figure ci-dessous. 

%\begin{center}
%\scalebox{0.8}{
%\psset{xunit=10cm,yunit=2cm}
%\begin{pspicture*}(-0.3,-3)(1.1,1.5)
%\psgrid[unit=1cm,subgriddiv=1,gridlabels=0,gridcolor=lightgray](-1,-6)(11,3)
%\psaxes[linewidth=1.25pt,labels=none]{->}(0,0)(-0.1,-3)(1.1,1.5)
%\psplot[plotpoints=2000,linewidth=0.5pt]{-0.1}{0.8}{ x 5 mul 2.609 sub}
%\psplot[plotpoints=2000,linewidth=1.25pt,linecolor=blue]{0.05}{1}{ x ln}
%\psdots(0.2,-1.6)(0.5218,0)(1,0)(0,-2.609)(0,1)
%\uput[dr](1,0){I}\uput[ur](0,1){J}\uput[dl](0,0){O}
%\uput[dr](0.6,-0.5){\blue $\Gamma$}\uput[dr](0.7,0.9){$d_{0,2}$}
%\uput[dr](0.2,-1.6){$M_{0,2}$}\uput[ul](0.5218,0){$N_{0,2}$}
%\uput[ul](0,-2.609){$P_{0,2}$}
%\end{pspicture*}
%}%%% fin du scalebox
%\end{center}    

%\medskip

	\begin{enumerate}
		\item ~ %Déterminer graphiquement une estimation de l'aire du triangle O$N_{0,2}P_{0,2}$ en unités d'aire. 
		
		
				O$N_{0,2}\approx 0,5$ et O$P_{0,2} \approx 2,6$
		
		On en déduit que l'aire du triangle O$N_{0,2}P_{0,2}$ est d'environ $\boxed{\textcolor{red}{\dfrac{0,5\times 2,6}{2}=0,65}}$ unités d'aire.
		
		
		\item ~ %Déterminer une équation de la tangente $d_{0,2}$. 
		
		 $\forall x \in ]0~;~1]  g'(x) = \dfrac{1}{x}$.
		
		$d_{0,2}$ est de coefficient directeur $g'(0,2)=\dfrac{1}{0,2}=5$. On a donc $d_{0,2}~:~y=5x+b$
		
		Or $d_{0,2}$ passe par $M_{0,2}\left(\vphantom{\dfrac{}{}} 0,2~;~\ln(0,2)\right) $, on en déduit $b=\ln(0,2)-1=-1-\ln(5)$
		
		Finalement $d_{0,2}~:~\boxed{\textcolor{red}{y=5x-\ln(5)-1}}$ 
		
		
		
		
		\item ~ %Calculer la valeur exacte de l'aire du triangle O$N_{0,2}P_{0,2}$ . 
		
		
		O$P_{0,2} =\left| \ln(0,2)-1\right|=1+\ln(5)$
		
		$5x+\ln(0,2)-1=0\iff x=\dfrac{1+\ln(5)}{5}$ donc O$N_{0,2}=\dfrac{1+\ln(5)}{5}$
		
		L'aire du triangle O$N_{0,2}P_{0,2}$ est donc $\boxed{\textcolor{red}{\dfrac{\left( 1+\ln(5)\right)^2 }{10}\approx 0,681}}$ unités d'aire. 
		
		

%Dans ce qui suit, on admet que, pour tout réel $a$ de l'intervalle ]0~;~1], l'aire du triangle O$N_aP_a$ en unités d'aire est donnée par $\mathcal{A}(a) = \dfrac{1}{2}a (1 - \ln a)^2$.
	\end{enumerate}
\item  ~ %À l'aide des questions précédentes, déterminer pour quelle valeur de $a$ l'aire 
$\mathcal{A}(a)$ est maximale. Déterminer cette aire maximale. 



On remarque que $\mathcal{A}(a)=\dfrac{1}{2}f(a)$ donc l'aire sera maximale si $f(a)$ est maximale

On en déduit que l'aire est maximale si $a=\mathrm{e}^{-1}$ et on a $\mathcal{A}\left( \mathrm{e}^{-1}\right) =\dfrac{1}{2}f\left( \mathrm{e}^{-1}\right)=2\mathrm{e}^{-1}=\boxed{\textcolor{red}{\dfrac{2}{\mathrm{e}}\approx 0,74}}$ unités d'aire.


\end{enumerate}

\subsection{\textcolor{blue}{Nouvelle Calédonie novembre 2019}}
%On considère la fonction $f$ définie sur $[0~;~ +\infty[$ par 
%
%\[f(x) = \ln \left(\dfrac{3x+ 1}{x + 1}\right).\]
%
%On admet que la fonction $f$ est dérivable sur $[0~;~ +\infty[$ et on note $f'$ sa fonction dérivée.
%
%On note $\mathcal{C}_f$ la courbe représentative de la fonction $f$ dans un repère orthogonal.
%
%\begin{center}
%\psset{xunit=2.5cm,yunit=5cm}
%\begin{pspicture}(-0.5,-0.1)(5.2,1.1)
%\psaxes[linewidth=1.25pt]{->}(0,0)(0,0)(5.2,1.1)
%\psplot[plotpoints=2000,linewidth=1.25pt,linecolor=blue]{0}{5.1}{3 x mul 1 add x 1 add div ln}
%\uput[u](5,0.95){\blue $\mathcal{C}_f$}
%\end{pspicture}
%\end{center}

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


\begin{enumerate}
\item %Déterminer $\lim_{x \to + \infty}f(x)$ et en donner une interprétation graphique.
Pour $x \ne 0$, on a $f(x) = \ln \left(\dfrac{3 + \frac{1}{x}}{1 + \frac{1}{x}} \right)$.

Comme $\lim_{x \to + \infty} \dfrac{1}{x} = 0$, on a $\lim_{x \to + \infty}\dfrac{3 + \frac{1}{x}}{1 + \frac{1}{x}} = \dfrac{3}{1} = 3$ et finalement : $\boxed{\textcolor{red}{\lim_{x \to + \infty} f(x) = \ln 3}}$.

Ce résultat montre que géométriquement la droite d'équation $y = \ln 3$ est \textbf{\textcolor{red}{asymptote horizontale}} à  $\mathcal{C}_f$ au voisinage de plus l'infini.
\item 
	\begin{enumerate}
		\item %Démontrer que, pour tout nombre réel $x$ positif ou nul, 
$f$ est la composée de fonctions dérivables sur $[0~;~+ \infty[$ et sur cet intervalle :

$f' = \dfrac{u'}{u}$.

Avec $u(x) = \dfrac{3x + 1}{x + 1}$, on a $u'(x) = \dfrac{3(x + 1) - 1\times (3x + 1)}{(x + 1)^2} = \dfrac{3x + 3 - 3x - 1}{(x + 1)^2} = \dfrac{2}{(x + 1)^2}$.

Donc $f'(x) = \dfrac{\frac{2}{(x + 1)^2}}{\frac{3x + 1}{x + 1}} = \boxed{\textcolor{red}{\dfrac{2}{(3x + 1)(x + 1)}}}$.
		
%		\[f'(x) = \dfrac{2}{(x + 1)(3x + 1)}\]
		
		\item %En déduire que la fonction $f$ est strictement croissante sur $[0~;~ +\infty[$.
$f'(x)$ quotient de nombres supérieurs à  zéro est supérieure à  zéro, donc $f$ est \textbf{\textcolor{red}{strictement croissante}} sur $[0~;~+ \infty]$ de $f(0) = \ln \frac{1}{1} = 0$ à  $\ln 3$.
\begin{center}
\begin{variations}
x&0&&&\pI\\
\hline
f'(x)&\bb&&+&\\
\hline
\m{f(x)}&\bb&0&\c&\h{\ln 3}\\
\hline
\end{variations}
\end{center}

	\end{enumerate} 
\end{enumerate}

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

%Soit $\left(u_n\right)$ la suite définie par
%
%\[u_0 = 3\quad  \text{et, pour tout entier naturel }\:n, \: u_{n+1} = f\left(u_n\right).\]

\begin{enumerate}
\item %Démontrer par récurrence que, pour tout entier naturel $n$, \:~$\dfrac{1}{2} \leqslant u_{n+1} \leqslant u_n$.
Démontrons par récurrence que, pour tout entier naturel $n$, \:~$\dfrac{1}{2} \leqslant u_{n+1} \leqslant u_n$.\\

\emph{\textcolor{blue}{Initialisation}} : $u_0 = 3$ et $u_1 = \ln \left(\dfrac{9 + 1}{3 + 1}\right) = \ln \frac{10}{4} = \ln \frac{5}{2} \approx 0,92$.

On a bien $\dfrac{1}{2} \leqslant u_{1} \leqslant u_0$ : l'encadrement est vrai au rang $0$.

\emph{\textcolor{blue}{Hérédité}} : on suppose que pour $n \in \mathbb{N}$,\: $\dfrac{1}{2} \leqslant u_{n+1} \leqslant u_n$.

Par croissance (démontrée en \textbf{A. 2.}) de la fonction $f$, on a :

$f\left(\dfrac{1}{2}\right) \leqslant f\left(u_{n+1}  \right)\leqslant f\left(u_{n}  \right)$.

Or $f\left(\dfrac{1}{2}\right) = \ln \left(\dfrac{\frac{3}{2} + 1}{\frac{1}{2} + 1} \right) = \left(\dfrac{5}{3} \right) \approx 0,51 > 0,5$.

On a donc l'encadrement $\dfrac{1}{2} \leqslant u_{n+2} \leqslant u_{n+1}$ : l'encadrement est vrai au rang $n + 1$.

L'encadrement est vrai au rang $0$, et s'il est vrai à  un rang $n \in \mathbb{N}$ quelconque, il est vrai au rang $n + 1$. D'après le principe de récurrence, on a donc démontré que pour tout entier naturel $n$, \:~$\dfrac{1}{2} \leqslant u_{n+1} \leqslant u_n$.
\item  %Démontrer que la suite $\left(u_n\right)$ converge vers une limite strictement positive.
Le résultat précédent montre que le suite $\left(u_n\right)$ est décroissante et minorée par $\dfrac{1}{2}$ : elle \textbf{\textcolor{red}{converge}} donc vers une limite supérieure ou égale à  $\dfrac{1}{2}$, donc positive.
\end{enumerate}

\begin{center}
\textcolor{red}{\textbf{Partie C}}
\end{center}

%On note $\ell$ la limite de la suite $\left(u_n\right)$. On admet que $f(\ell) = \ell$.
%
%\smallskip

%L'objectif de cette partie est de déterminer une valeur approchée de $\ell$.
%
%On introduit pour cela la fonction $g$ définie sur $[0~;~ +\infty[$ par $g(x) = f(x) - x$.
%
%\smallskip
%
%On donne ci-dessous le tableau de variations de la fonction $g$ sur $[0~;~+\infty[$ où 
%
%$x_0 = \dfrac{- 2+ \sqrt{7}}{3} \approx 0,215$  et $g\left(x_0\right) \approx  0,088$, en arrondissant à  $10^{-3}$.
%
%\begin{center}
%\psset{unit=1cm}
%\begin{pspicture}(8,3)
%\psframe(8,3) \psline(0,2.5)(8,2.5)\psline(2,0)(2,3)
%\uput[u](,2.4){$x$}\uput[u](2.15,2.4){$0$}\uput[u](5,2.4){$x_0$}\uput[u](7.6,2.4){$+ \infty$}
%\rput(1,1.9){Variations }\rput(1,1.3){de la}\rput(1,0.7){fonction $g$}
%\psline{->}(2.5,0.5)(4.5,2)\psline{->}(5.5,2)(7.5,0.5)
%\uput[u](2.15,0){$0$}\uput[d](5,2.5){$g\left(x_0\right)$}\uput[u](7.5,0){$- \infty$}
%\end{pspicture}
%\end{center}

\begin{enumerate}
\item %Démontrer que l'équation $g(x) = 0$ admet une unique solution strictement positive. On la note $\alpha$.
Le tableau de variations montre que sur l'intervalle $\left[x_0~;~+ \infty\right[$, la fonction $g$ décroit de $g\left(x_0\right) \approx  0,088 > 0$ à  $- \infty$.

Elle est continue sur cet intervalle car dérivable, donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe un réel unique $\alpha \in \left[x_0~;~+ \infty\right[$ tel que $g(\alpha) = 0$.

Comme $x_0 > 0$,\: $\alpha > 0$.
\item ~

%\parbox{0.65\linewidth}{
	\begin{enumerate}
		\item 
		%Recopier et compléter l'algorithme ci-contre afin que la dernière valeur prise par la variable $x$ soit une valeur approchée de $\alpha$ par excès à  $0,01$ près.
		\begin{tabularx}{0.3\linewidth}{|X|}\hline
$x \gets  0,22$\\
Tant que $g(x) > 0$ faire\\
\hspace{1.25cm}$x \gets x + 0,01$\\
Fin de Tant que\\ \hline
\end{tabularx}
		\item %Donner alors la dernière valeur prise par la variable $x$ lors de l'exécution de l'algorithme.
		En faisant un tableau de valeurs, on trouve $x\approx 0,53$
	\end{enumerate}%} \hfill
%\parbox{0.32\linewidth}{

%}
\item  %En déduire une valeur approchée à  0,01 près de la limite $\ell$ de la suite $\left(u_n\right)$.
On en déduit que $\boxed{\textcolor{red}{\ell\approx 0,53}}$
\end{enumerate}


\label{fin}
\end{document}  