\documentclass[11pt]{article} \usepackage[T1]{fontenc} \usepackage[utf8]{inputenc} \usepackage{fourier} \usepackage[scaled=0.875]{helvet} \renewcommand{\ttdefault}{lmtt} \usepackage{amsmath,amssymb,makeidx} \usepackage[normalem]{ulem} \usepackage{fancybox} \usepackage{ulem} \usepackage{textcomp} \usepackage{diagbox} \newcommand{\euro}{\eurologo{}} \usepackage{pst-plot,pst-tree,pst-all,pst-node,pst-text,pst-eucl,pstricks-add} \usepackage[left=3.5cm, right=3.5cm, top=2.5cm, bottom=3cm]{geometry} \newcommand{\vect}[1]{\overrightarrow{\,\mathstrut#1\,}} \newcommand{\vectt}[1]{\overrightarrow{\,\mathstrut\text{#1}\,}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\D}{\mathbb{D}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\C}{\mathbb{C}} %\newcommand{\pstEllipse}[5][]{% %\psset{#1} %\parametricplot{#4}{#5}{#2\space t cos mul #3\space t sin mul}} \renewcommand{\theenumi}{\textbf{\arabic{enumi}}} \renewcommand{\labelenumi}{\textbf{\theenumi.}} \renewcommand{\theenumii}{\textbf{\alph{enumii}}} \renewcommand{\labelenumii}{\textbf{\theenumii.}} \def\Oij{$\left(\text{O},~\vect{\imath},~\vect{\jmath}\right)$} \def\Oijk{$\left(\text{O},~\vect{\imath},~\vect{\jmath},~\vect{k}\right)$} \def\Ouv{$\left(\text{O},~\vect{u},~\vect{v}\right)$} \usepackage{fancyhdr} \usepackage[french]{babel} \usepackage[np]{numprint} \begin{document} \setlength\parindent{0mm} \rhead{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}} \lhead{\small Terminale S Pondichéry} \lfoot{\small{avril 2001}} \rfoot{\small{}} \renewcommand \footrulewidth{.2pt} \pagestyle{fancy} \thispagestyle{empty} \begin{center} {\Large \textbf{Corrigé du baccalauréat S Pondichéry avril 2001}} \vspace{0,25cm} \end{center} \textbf{\textsc{Exercice 1} \hfill 4 points} \medskip \begin{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Calcul de I$_1$ On a: I$_1 = \dfrac{1}{1!}\displaystyle\int_0^1 (1 - x)^1\text{e}^{-x}\:\text{d}x = \displaystyle\int_0^1 (1 - x)^1\text{e}^{-x}\:\text{d}x$ ; Faisons une intégration par parties en posant \[\left\{\begin{array}{l l} u(x) = 1 - x & u^{\prime}(x) = -1\\ v^{\prime}(x) = \text{e}^{-x} & v(x) = -\text{e}^{-x} \end{array}\right.\] Toutes les fonctions étant intégrables sur [0~;~1], il vient : \renewcommand{\theenumi}{\textbf{\arabic{enumi}}} \renewcommand{\labelenumi}{\textbf{\theenumi.}} \renewcommand{\theenumii}{\textbf{\alph{enumii}}} \renewcommand{\labelenumii}{\textbf{\theenumii.}}I$_1 = \left[-(1 - x)\text{e}^{-x}\right]_0^1 - \displaystyle\int_0^1 (-1 )(-\text{e}^{-x}\:\text{d}x = 1 - \displaystyle\int_0^1 \text{e}^{-x}\: \text{d}x = 1 + \left[\text{e}^{-x}\right]_0^1 = \text{e}^{-1} = \dfrac{1}{\text{e}}.$ \item Inégalités : Pour $0 \leqslant x \leqslant 1$, on a successivement : $0 \leqslant 1 -x\leqslant 1 \Rightarrow 0 \leqslant (1 - x)^n \leqslant 1$ car ($n \geqslant 1$) et, compte tenu du fait que $\text{e}^{-x}$ est positif, on obtient : $0 \leqslant (1 -x)^n \text{e}^{-x} \leqslant \text{e}^{-x}$ ; la positivité de l'intégrale nous permet alors d'écrire : $0 \leqslant \displaystyle\int_0^1 (1 -x)^n \text{e}^{-x}\:\text{d}x \leqslant \displaystyle\int_0^1 \text{e}^{-x}\:\text{d}x$ et, finalement : $0 \leqslant I_n \leqslant \dfrac{1}{n!} \displaystyle\int_0^1 \text{e}^{-x}\:\text{d}x$. Conséquence : On a $\displaystyle\int_0^1 \text{e}^{-x}\:\text{d}x = \left[\text{e}^{-x}\right]_0^1 = 1 - \text{e}^{-1} = \dfrac{\text{e} - 1}{\text{e}}$ et l'inégalité, précédemment obtenue, s'écrit : $0 \leqslant I_n \leqslant \dfrac{1}{n!}\dfrac{\text{e} - 1}{\text{e}}$ : or $\displaystyle\lim_{n \to + \infty} \dfrac{1}{n!} = 0$ donc, a fortiori, $\displaystyle\lim_{n \to + \infty} I_n = 0$. \item Pour $n \geqslant 1,\:I_{n+1} = \dfrac{1}{(n + 1)!}\displaystyle\int_{0^1 }(1 - x)^{n+1}\text{e}^{- x}\:\text{d}x$. Intégrons par parties en posant : \[\begin{array}{l l} u(x) = (1 - x)^{n+1}& u^{\prime}(x) = - (n + 1)(1 -x)^n\\ v'(x) = \text{e}^{- x}& v(x) = - \text{e}^{- x} \end{array}\] Toutes ces fonctions étant continues sont intégrables sur [0~;~1] et $I_{n+1} = \dfrac{1}{(n + 1)!}\left[- \text{e}^{- x}(1 - x)^n \right]_{0}^1 - \dfrac{1}{(n + 1)!}\displaystyle\int_{0}^1 (n + 1)(1 - x)^n \text{e}^{- x}\:\text{d}x = $ $\dfrac{1}{(n + 1)!} - \dfrac{1}{n!}\displaystyle\int_{0}^1 (1 - x)^n \text{e}^{- x}\:\text{d}x$ Finalement : $I_{n+1} = \dfrac{1}{(n + 1)!} - I_{n}$. \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Par récurrence : \emph{Initialisation} : $a_{1} = 0$ et $\dfrac{1}{\text{e}} + (- 1 )^1I_{1} = \dfrac{1}{\text{e}} - I_{1} = 0$ : la relation est vraie pour $n = 1$. \emph{Hérédité} : supposons que pour $n \in \N,\: n \geqslant 1$, \: $a_n = \dfrac{1}{\text{e}} + (- 1)^n I_n$. On a par définition de $a_{n+1}$ : $a_{n+1} = a_{n} + \dfrac{(- 1)^{n+1}}{(n + 1)!} = \dfrac{1}{\text{e}} + (- 1)^n I_{n} + \dfrac{(- 1)^{n+1}}{(n + 1)!} = \dfrac{1}{\text{e}} + (- 1)^{n+1}\left[\dfrac{1}{n + 1)!} - I_{n}\right] = \dfrac{1}{\text{e}} + (- 1)^{n+1}I_{n+1}$ d'après la question 1. c. \emph{Conclusion} : la relation (1) est vraie au rang 1 et si elles vraie au rang $n \geqslant 1$, elle l'est aussi au rang $n+1$ : d'après le principe de récurrence pour tout naturel $n$ non nul $a_n = \dfrac{1}{\text{e}} + (- 1)^n I_n$. \item Limite de la suite $\left(a_{n}\right)$ On sait que $\displaystyle\lim_{n \to + \infty} I_{n} = 0$ et donc $\displaystyle\lim_{n \to + \infty}\left|(-1)^n I_{n}\right| = 0$. Finalement $\displaystyle\lim_{n \to + \infty} a_{n} = \dfrac{1}{\text{e}}$. \end{enumerate} \end{enumerate} \vspace{0,5cm} \textbf{\textsc{Exercice 2} \hfill 4 points} \medskip \begin{enumerate} \item Écriture de $f(z)$ sous forme algébrique Avec $z = x + \text{i}y$\: ($z$ et $y$ réels) : $f(z) = \dfrac{2 - \text{i}z}{1 - z} = \dfrac{2 - \text{i}(x + \text{i}y)}{1 - x - \text{i}y} = \dfrac{2 + y - \text{i}x}{1 - x - \text{i}y} = \dfrac{(2 + y - \text{i}x)(1 - x + \text{i}y)}{(1 - x + \text{i}y)(1 - x - \text{i}y)} =$ $\dfrac{(2 + y)(1 - x) + xy + \text{i}y(2 + y) + \text{i}(x(x - 1)}{(1 - x)^2 + y^2} = \dfrac{2 - 2x + y + \text{i}\left(x^2 + y^2 - x + 2y\right)}{(1 - x)^2 + y^2}$. Ensemble des points $M(z)$ tels que $f(z)$ soit réel : Si $z \neq 1$, soit $(x~;~y) \neq (1~;~0)$, c-à-d $M \neq \text{A}$,\: $f(z)$ existe et $f(z) \in \R$ si sa partie imaginaire est nulle soit d'après la question précédente si : $x^2 + y^2 - x + 2y = 0 \iff \left(x - \dfrac{1}{2}\right)^2 + (y + 1)^2 - \dfrac{1}{4} - 1 = 0 \iff \left(x - \dfrac{1}{2}\right)^2 + (y + 1)^2 = \dfrac{5}{4}$, équation du cercle de centre $\Omega\left(\dfrac{1}{2}~;~- 1\right)$ de rayon $\dfrac{\sqrt{5}}{2}$, cercle privé du point A. \item \begin{enumerate} \item Le complexe i n'a pas d'antécédent par $f$. Pour déterminer les antécédents de i par $f$ on doit résoudre l'équation $f(z) = \text{i}$ ; on obtient : Pour $z \neq 1$ : $f(z) = \text{i} \iff \dfrac{2- \text{i}z}{1 - z} = \text{i} \iff 2 - \text{i}z = \text{i} - \text{i}z \iff 2 = \text{i}$ qui n'a pas de solution donc i n'a pas d'antécédent par $f$. Expression de $z$ en fonction de $z'\: (z' \neq \text{i})$. Si $z' \neq \text{i}, \:f(z) = z' \iff \dfrac{2- \text{i}z}{1 - z} = z' \iff 2 - \text{i}z = z' - zz' \iff z(z' - \text{i}) = z' - 2 \iff z = \dfrac{z' - 2}{z' - \text{i}}$. Conclusion : tout complexe $z'$, distinct de i, admet, par $f$ un unique antécédent $z$, tel que $z = \dfrac{z' - 2}{z' - \text{i}}$. \item Relation : $\text{O}M = \dfrac{M'\text{C}}{M'\text{D}}$ De la relation $z = \dfrac{z' - 2}{z' - \text{i}}$ on déduit en prenant les modules : $|z| = \left|\dfrac{z' - 2}{z' - \text{i}}\right| = \dfrac{\left|z' - 2 \right|}{\left|z' - \text{i} \right|}$ ou encore, en notant C le point d'affixe 2, D le point d'affixe i et $M$ et $M'$ les points d'affixes $z$ et $z',\: \text{O}M = \dfrac{\text{C}M'}{\text{D}M'}$. \item Étude de $M'$ lorsque $M$ décrit le cercle de centre O et de rayon 1 Si le point M décrit le cercle de centre O et de rayon 1 privé de A, on a $\text{O}M = 1$ et par conséquent d'après la question précédente : $1 = = \dfrac{\text{C}M'}{\text{D}M'}$ : cette égalité signifie que $M'$ appartient à la médiatrice $(\Delta)$ de [CD]. \item Étude de $M'$ lorsque $M$ décrit l'axe réel La relation $z = \dfrac{z' - 2}{z' - \text{i}}$ donne en termes d'arguments : $\text{arg} z = \text{arg} (z'- 2) - \text{arg}(z'- \text{i})\quad (\mod. 2\pi)$ ; ou encore : $\left(\vect{u},\: \vect{\text{O}M}\right) = \left(\vect{u}, \vect{\text{C}M'}\right) - \left(\vect{u}, \vect{\text{D}M'}\right)\quad (\mod. 2\pi) = \left(\vect{\text{D}M'},\:\vect{\text{C}M'} \right)$. Si M est un point de l'axe réel distinct de O et de A, on a $\left(\vect{u},\: \vect{\text{O}M}\right) = 0 \quad (\mod. \pi)$ donc $\left(\vect{\text{D}M'},\:\vect{\text{C}M'} \right) = 0 \quad \mod. \pi$. Conclusion : le point $M'$ appartient à la droite (CD) (il est distinct du point D et du point C). \end{enumerate} \end{enumerate} \vspace{0,5cm} \textbf{\textsc{Exercice 2} enseignement de spécialité \hfill 4 points} \medskip \begin{enumerate} \item \begin{enumerate} \item 11 nombre premier ne divise pas 24 ; donc 11 et 24 sont premiers entre eux ; d'après le théorème de Bezout il existe des entiers relatifs $u$ et $v$ tels que $11u + 24v = 1$, donc le couple $(4~;~- v)$ est un couple solution de l'équation (1). \item On applique l'algorithme d'Euclide à 24 et 11 : $24 = 2 \times 11 + 2$ $11 = 5 \times 2 + 1$, soit en remontant : $1 = 11 - 5 \times 2$ $1 = 11 - 5 \times (24 - 2 \times 11)$ ou encore $1 = 11 - 5 \times 24 + 10 \times 11$ et enfin $1 = 11\times 11 - 5 \times 24$. Le couple $(11~;~5)$ est une solution particulière de l'équation (1). \item Résolution de l'équation (1) : on a $\left\{\begin{array}{l c l} 11n - 24m&=&1\\ 11 \times 11 - 24 \times 5 &=& 1 \end{array}\right. \Rightarrow$ (par différence) $11(n - 11) - 24(m - 5) = 0 \iff 11(n - 11) = 24(m - 5) \quad (2)$. 11 divise donc $24(m - 5)$, mais on a vu qu'il est premier avec 24, donc d'après le théorème de Gauss il divise $m - 5$. Il existe donc $k \in \Z$ tel que $m - 5 = 11k \iff m = 5 + 11k$. En reportant dans l'équation (2), on obtient : $11(n - 11) = 24 \times 11k \iff n - 11 = 24k \iff n = 11 + 24k$. Conclusion : les solutions de l'équation (1) sont les couples $(n~;~m)$ tels que : \[n = 11 + 24k \quad \text{et}\quad m = 5 + 11k.\] \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Pour $a \in \N$, on sait que : $a^n - 1 = (a - 1)\left(a^{n - } + a^{n - 2} + \ldots + a + 1 \right)$. En particulier : $10^n - 1 = (10 - 1)\left(10^{n - 1} + 10^{n - 2} + \ldots + 10 + 1 \right)$ ou encore : $10^n - 1 = 9\left(10^{n - 1} + 10^{n - 2} + \ldots + 10 + 1 \right)$ égalité qui montre que 9 divise $10^n - 1$, donc en particulier $10^{11} - 1$ et $10^{24} - 1$. \item Puisque $(n~;~m)$ est un couple solution de l'équation (1) : $11n - 24m = 1$ ou encore $11n = 24m + 1$. Donc $\left(10^{11n} - 1 \right) - 10 \left(10^{24m} - 1 \right) = \left(10^{24m + 1} - 1 \right) - 10 \left(10^{24m} - 1 \right) =$ $ \left(10^{24m}\times 10 - 1\right) - 10\left(10^{24m} - 1 \right) = - 1 + 10 = 9$. \item On a $10^{11n} - 1 = \left(10^{11} \right)^n - 1$ et d'après l'égalité rappelée au a. : $\left(10^{11} \right)^n - 1 = \left(10^{11} - 1\right)\left(10^{11(n -1)} + 10^{11(n - 2)} + \ldots + 1 \right)$, donc $10^{11} - 1 $ divise $10^{11n} - 1$. Il existe donc un entier $\alpha$ tel que $10^{11n} - 1 = \alpha\left(10^{11} - 1 \right)$. On démontrerait de la même fa\c{c}on que $10^{24} - 1 $ divise $10^{24n} - 1$ et qu'il existe donc un entier $\beta$ tel que $10^{24n} - 1 = \beta\left(10^{24} - 1 \right)$. L'égalité trouvée au b. $\left(10^{11n} - 1 \right) - 10 \left(10^{24m} - 1 \right) = 9$ peut donc s'écrire : $\alpha\left(10^{11} - 1 \right) - 10\times \beta\left(10^{24} - 1 \right) = 9$. On a donc trouvé deux entiers $N = \alpha$ et $M = 10\beta$ tels que : \[N\left(10^{11} - 1 \right) - M\left(10^{24} - 1 \right) = 9.\] \item Tout diviseur commun à $10^{11} - 1$ et à $10^{24} - 1$ divise les produits $N\left(10^{11} - 1 \right)$ et $M\left(10^{24} - 1 \right)$ et aussi leur différence et par conséquent $9$. \item On vient de voir que tout diviseur commun à $10^{11} - 1$ et à $10^{24} - 1$ et donc en particulier leur P. G. C. D. divise $9$, mais on a vu inversement que $9$ divise $10^{11} - 1$ et $10^{24} - 1$. Conclusion : P. G. C. D.$\left(10^{11} - 1~;~ 10^{24} - 1\right) = 9$. \end{enumerate} \end{enumerate} \bigskip \textbf{\textsc{Problème} \hfill 12 points} \medskip \textbf{Partie A} \medskip \begin{enumerate} \item \begin{enumerate} \item C a pour coordonnées (1~;~0). Une équation de la tangente $(\Delta)$ à la courbe $C$ représentative de la fonction $x \longmapsto \ln x$ a pour équation : $M(x~;~y)\in (\Delta) \iff y - 0 = \dfrac{1}{1}(x - 1) \iff y = x - 1$. \item $f(x) = x - 1 - \ln x$. La fonction est dérivable sur $]0~;~+ \infty[$ et sur cet intervalle : $f'(x) = 1 - \dfrac{1}{x} = \dfrac{x - 1}{x}$. Comme $x >0$, le signe de $f'(x)$ est celui de $x - 1$. D'o\`u le tableau de variations : \begin{center} \psset{unit=1cm} \begin{pspicture}(7,3) \psframe(7,3) \psline(0,2)(7,2)\psline(0,2.5)(7,2.5) \psline(1,0)(1,3) \uput[u](0.5,2.5){$x$} \uput[u](1.1,2.5){$0$} \uput[u](4,2.5){$1$} \uput[u](6.5,2.5){$+ \infty$} \rput(0.5,2.2){$f'(x)$} \uput[u](2,2){$-$} \uput[u](4,2){$0$}\uput[u](5.5,2){$+$} \psline{->}(1.5,1.5)(3.5,0.5) \psline{->}(4.5,0.5)(6.5,1.5) \uput[d](1.5,2){$+ \infty$}\uput[u](4,0){0}\rput(0.5,1){$f(x)$} \end{pspicture} \end{center} \item Le tableau de variation montre que $f(x) \geqslant 0$ sur $]0~;~+ \infty[$. Mais $x - 1 - \ln x \geqslant 0 \iff x - 1 \geqslant \ln x$ et cette inégalité montre que la droite $(\Delta)$ est au dessus de la courbe $C$, le seul point de contact étant le point C. \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Le résultat précédent peut s'écrire : $x - 1 - \ln x \geqslant 0 \iff x - \ln x \geqslant 1$ et cette valeur 1 est obtenue de fa\c{c}on évidente pour $x = 1$. Le minimum de la fonction $x - \ln x$ est 1. \item On a $M(x~;~\ln x)$ et $N(x~;~x)$, donc $MN^2 = (x - x)^2 + (x - \ln x)^2 = (x - \ln x)^2$. or on vient de voir que le minimum de $x - \ln x$ est 1 donc le minimum de $MN^2$ est $1^2 = 1$, donc le minimum de $MN$ est 1, soit avec une unité graphique de 4 cm : le minimum de $MN$ égale 4~cm. \end{enumerate} \end{enumerate} \bigskip \textbf{Partie B} \medskip \begin{enumerate} \item O(0~;~0) ; $M(x~;~\ln x)$, donc O$M^2 = x^2 + (\ln x)^2$. Donc O$M = \sqrt{x^2 + (\ln x)^2}$. \item Étude de $u$ définie par $u(x) = x^2 + (\ln x)^2$. \begin{enumerate} \item On a $\displaystyle\lim_{x \to 0} \ln x = - \infty$, donc $\displaystyle\lim_{x \to 0} u(x) = + \infty$. Comme $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} x^2 = \displaystyle\lim_{x \to + \infty} \ln x = + \infty$, on déduit que $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} u(x) = + \infty$. $u$ somme de fonctions dérivables sur $]0~;~+ \infty[$ est dérivable et sur cet intervalle on a : $u'(x) = 2x + 2\times \dfrac{1}{x} = \dfrac{2x^2 + 2}{x}$ : tous les termes de ce quotient sont positifs, donc la dérivée est positive et la fonction $u$ est croissante sur $]0~;~+ \infty[$ de $- \infty$ à $+ \infty$. \item D'après la question précédente $u$ établit une bijection de $]0~;~+ \infty[$ sur $\R$ et l'équation $u(x) = 0$ a une solution unique $\alpha \in ]0~;~+ \infty[$. La calculatrice donne $u(0,5) \approx -0,44$ et $u(1) = 1$, donc $0,5 < \alpha < 1$. Puis $u(0,65) \approx -0,008$ et $u(0,66) \approx 0,020$, d'o\`u l'encadrement : \[0,65 < \alpha < 0,66.\] \item Le résultat précédent et le tableau de variations de $u$ montrent que : - $u(x) < 0$ sur $]0~;~\alpha[$ ; - $u(\alpha) = 0$ ; - $u(x) > 0$ sur $]\alpha~;~+ \infty[$. \end{enumerate} \item Étude de $g$ définie sur $]0~;~+ \infty[$ par $g(x) = x^2 + (\ln x)^2$. $g$ somme de fonctions dérivables sur $]0~;~+ \infty[$ est dérivable et sur cet intervalle : $g'(x) = 2x + 2\ln x \times \dfrac{1}{x} = \dfrac{2x^2 + 2\ln x}{x} = \dfrac{2}{x}\left(x^2 + \ln x \right) = \dfrac{2}{x}u(x)$. Comme $\dfrac{2}{x} > 0$, le signe de $g'(x)$ est celui de $u(x)$ et celui-ci a été trouvé à la question précédente ; il dépend de la position de $x$ par rapport à $\alpha$. On a donc le tableau de variations suivant : \begin{center} \psset{unit=1cm} \begin{pspicture}(7,3) \psframe(7,3) \psline(0,2)(7,2)\psline(0,2.5)(7,2.5) \psline(1,0)(1,3)\psline(1.1,0)(1.1,3) \uput[u](0.5,2.5){$x$} \uput[u](1.1,2.5){$0$} \uput[u](4,2.5){$\alpha$} \uput[u](6.5,2.5){$+ \infty$} \rput(0.5,2.2){$g'(x)$} \uput[u](2,2){$-$} \uput[u](4,2){$0$}\uput[u](5.5,2){$+$} \psline{->}(1.5,1.5)(3.5,0.5) \psline{->}(4.5,0.5)(6.5,1.5) \uput[d](1.5,2){$+ \infty$}\uput[d](6.5,0){$+ \infty$}\rput(0.5,1){$g(x)$} \uput[u](4,0){$g(\alpha)$} \end{pspicture} \end{center} On a de fa\c{c}on immédiate : $\displaystyle\lim{x \to 0} g(x) = \displaystyle\lim{x \to + \infty} g(x) = + \infty$. On sait que $u(\alpha) = \alpha^2 + \ln \alpha = 0 \iff \ln \alpha = - \alpha^2$. Donc $g(\alpha) = \alpha^2 + (\ln \alpha)^2 = \alpha^2 + \left(- \alpha^2 \right)^2 = \alpha^2 + \alpha^4$. \item Puisque O$M = \sqrt{g(x)}$, la plus courte distance est $\sqrt{g(\alpha)}$. En prenant comme valeur approché de $\alpha \approx 0,655$ et compte tenu de l'unité graphique la plus courte distance O$M$ est environ $4\sqrt{g(\alpha} \approx 3,12$~(cm) \item On a A$(\alpha~;~\ln \alpha)$ ; la tangente en A à $C$ a pour coefficient directeur $\dfrac{1}{\alpha}$ et donc pour vecteur directeur $\vect{t}(\alpha~;~1)$. Donc $\vect{\text{OA}} \cdot \vect{t} = \alpha^2 + \ln \alpha = u(\alpha) = 0$. Les vecteurs sont orthogonaux donc la tangente à $(C)$ en A est perpendiculaire à (OA). \end{enumerate} \bigskip \textbf{Partie C} \medskip \begin{enumerate} \item $h(x) = x - \dfrac{1}{4}\left(x^2 + \ln x\right)$. $h(x) = x \iff x - \dfrac{1}{4}\left(x^2 + \ln x\right) = x \iff \dfrac{1}{4}\left(x^2 + \ln x\right) = 0 \iff x^2 + \ln x = 0 \iff u(x) =0$. On a vu que cette équation avait pour solution unique $\alpha$. \item \begin{enumerate} \item $h$ somme de fonctions dérivables sur $]0~;~+ \infty[$ est dérivable et sur cet intervalle : $h'(x) = 1 - \dfrac{1}{4}\left(2x + \dfrac{1}{x}\right) = 1 - \dfrac{x}{2} - \dfrac{1}{4x}\left(4x - 2x^2 - 1 \right) = \dfrac{1}{4x}\left(- 2x^2 + 4x - 1\right)$. Comme $\dfrac{1}{4x} > 0$, le signe de $h'(x)$ est celui du trinôme $- 2x^2 + 4x - 1$. Or $- 2x^2 + 4x - 1 = - 2\left(x^2 - 2x + \dfrac{1}{2}\right) = -2\left[(x - 1)^2 - 1 + \dfrac{1}{2}\right] = - 2 \left[(x - 1)^2 - \dfrac{1}{2}\right] = - 2 \left[x - 1 + \dfrac{1}{\sqrt{2}}\right]\left[x - 1 - \dfrac{1}{\sqrt{2}} \right]$. Les solutions de l'équation $h'(x) = 0$ sont donc : $1 - \dfrac{1}{\sqrt{2}} \approx 0,29$ et $1 + \dfrac{1}{\sqrt{2}} \approx \approx 1,7$. On sait que le trinôme est négatif sauf sur l'intervalle [0,29~;~1,7], donc en particulier sur l'intervalle $\left[\frac{1}{2}~;~1\right]$ o\`u $h'(x) > 0$. \item On a $h(1) = \frac{3}{4} = 0,75$ et $h\left(\frac{1}{2} \right) \approx 0,61$. On a vu que la dérivée est positive, donc la fonction croissante de $h\left(\frac{1}{2} \right) \approx 0,61$ à $h(1)= 0,75$. Donc $h\left(\left[\frac{1}{2}~;~1 \right] \right) \subset \left[\frac{1}{2}~;~1 \right]$. \item Dérivée seconde : $h'$ est elle-même dérivable et sur $\left[\frac{1}{2}~;~1\right]$ : $h''(x) = - \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{4x^2} = \dfrac{1 - 2x^2}{4x^2} = \dfrac{\left(1 + x \sqrt{2} \right)\left(1 - x \sqrt{2} \right)}{4x^2}$. Comme $1 + x \sqrt{2}$ et $4x^2$ sont positifs le signe de $h''(x)$ est celui de la différence $1 - x \sqrt{2}$, donc $h''(x) < 0$ sur $\left[\frac{1}{\sqrt{2}}~;~1\right]$ et $h''(x) > 0$ sur $\left[\frac{1}{2}~;~\frac{1}{\sqrt{2}}\right]$. \item De la question précédente on peut établir le tableau de variations de $h'$ : \begin{center} \psset{unit=1cm} \begin{pspicture}(7,3.1) \psframe(7,3.1) \psline(0,2)(7,2)\psline(0,2.5)(7,2.5) \psline(1,0)(1,3.1) \uput[u](0.5,2.4){$x$} \uput[u](1.1,2.4){$\frac{1}{2}$} \uput[u](4,2.4){$\frac{1}{\sqrt{2}}$} \uput[u](6.9,2.5){1} \rput(0.5,2.25){$h''(x)$} \uput[u](2,2){$+$} \uput[u](4,2){$0$}\uput[u](5.5,2){$-$} \psline{->}(1.5,0.5)(3.5,1.5) \psline{->}(4.5,1.5)(6.5,0.5) \uput[u](1.3,0){$0,25$}\uput[d](6.5,0){$+ \infty$}\rput(0.5,1){$h'(x)$} \uput[d](4,2){$h'\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)$}\uput[u](6.7,0){0,25} \rput(4,1){$\approx 0,293$} \end{pspicture} \end{center} $h'\left( \right)\frac{1}{\sqrt{2}} = 1 - \frac{1}{2\sqrt{2}} - \frac{1}{2\sqrt{2}} = 1 - \frac{1}{\sqrt{2}} \approx 0,293$. Conclusion : pour tout réel $x$ de $\left[\frac{1}{2}~;~1\right], \:\: 0 \leqslant h'(x) < 0,3$. \end{enumerate} \item $u_{0} = 1$ et $u_{n+1} = h\left(u_{n}\right)$. \begin{enumerate} \item On a vu à la question 2. b. que l'image par $h$ d'un réel de l'intervalle $\left[\frac{1}{2}~;~1\right]$ appartenait à ce même intervalle. Le premier terme de la suite appartient à cette suite et une récurrence évidente montre que tous les termes de la suite appartiennent à ce même intervalle. Par récurrence : $\bullet~~$ Initialisation : $u_{1} = h\left(u_{0}\right) = h(1) = 0,75 \leqslant u_{0}$. $\bullet~~$ Hérédité : supposons qu'il existe un rang $p$ tel que $u_{p} \leqslant u_{p - 1}$ ; par croissance de la fonction $h$ sur $\left[\frac{1}{2}~;~1\right]$ on obtient $h\left(u_{p}\right) \leqslant h\left(u_{p-1}\right) \iff u_{p+1} \leqslant u_{p}$. On a bien démontré par récurrence que la suite $\left(u_{n}\right)$ est décroissante. \item On sait $h(\alpha) = \alpha$, donc : $\left|u_{n+1} - \alpha\right| = \left|u_{n+1} - h(\alpha) \right|$. $u_{n}$ et $\alpha$ appartenant à l'intervalle $\left[\frac{1}{2}~;~1\right]$on applique l'inégalité des accroissements finis à $h$ et compte tenu que $h'(x)$ est majorée par 0,3 : $\left|u_{n+1} - \alpha\right| \leqslant 0,3\left|u_{n} - \alpha\right|$. On a donc successivement : $\left|u_{n} - \alpha \right| \leqslant 0,3\left|u_{n-1} - \alpha \right| \leqslant (0,3)^2\left|u_{n- 2} - \alpha \right| \leqslant \ldots \leqslant (0,3)^n\left|u_{0} - \alpha \right|$. Comme $\left|u_{0} - \alpha \right| = |1 - \alpha| \leqslant \frac{1}{2}$, on obtient finalement \[\left|u_{n} - \alpha \right| \leqslant \frac{1}{2}(0,3)^n.\] \item On sait que $\displaystyle\lim 0,3^n = 0$, donc $\displaystyle\lim \left|u_{n} - \alpha \right| = 0$ ce qui signifie que la limite de la suite $\left(u_{n}\right)$ est le réel $\alpha$. \item $u_{n_{0}}$ est une valeur approchée de $\alpha$ à $10^{- 5}$ près si $\dfrac{1}{2}(0,3)^{n_{0}} \leqslant 10^{-5} \iff (0,3)^{n_{0}} \leqslant 2 \times 10^{-5} \iff n_{0}\ln 0,3 \leqslant \ln 2 - 5\ln 10 \iff n_{0} \geqslant \dfrac{\ln 2 - 5\ln 10}{\ln 0,3} \iff n_{0 \geqslant 8,98}$. Conclusion $u_{9}$ est une valeur approchée de $\alpha$ à $10^{-5}$ près. \emph{Rem. La calculatrice donne $u_{9} \approx \np{0,6529236}.. \approx \np{0,65292}$}. \end{enumerate} \end{enumerate} \end{document}