Devoir maison n°3

$f(x) = x + \frac{1}{2} - \ln(x) + \frac{1}{2}(\ln x)^{2}$, $D_{f} = \rbrack 0; + \infty\lbrack$.

1. [1 pt] Posons $X = \ln x$ : quand $x \rightarrow 0^{+}$, $X \rightarrow - \infty$ et $\frac{1}{2}X^{2} - X = X\left( \frac{1}{2}X - 1 \right) \rightarrow + \infty$ ; comme $x + \frac{1}{2} \rightarrow \frac{1}{2}$, on obtient $\lim_{x \rightarrow 0^{+}}f(x) = + \infty$. La droite d’équation $x = 0$ (axe des ordonnées) est asymptote verticale à $(C_{f})$.

2. [1 pt] $\left( \frac{1}{2}\ln x - 1 \right)\ln x = \frac{1}{2}(\ln x)^{2} - \ln x$, d’où l’égalité. Quand $x \rightarrow + \infty$ : $\ln x \rightarrow + \infty$ et $\frac{1}{2}\ln x - 1 \rightarrow + \infty$, donc le produit tend vers $+ \infty$ ; ainsi $\lim_{x \rightarrow + \infty}f(x) = + \infty$.

3. a. [0,5 pt] Pour $x > 0$, posons $x = t^{2}$ avec $t = \sqrt{x} > 0$ ; $x \rightarrow + \infty \Leftrightarrow t \rightarrow + \infty$. Alors $\frac{(\ln x)^{2}}{x} = \frac{(2\ln t)^{2}}{t^{2}} = 4\left( \frac{\ln t}{t} \right)^{2} \rightarrow 4 \times 0^{2} = 0$.

3. b. [1 pt] $\frac{f(x)}{x} = 1 + \frac{1}{2x} - \frac{\ln x}{x} + \frac{1}{2} \cdot \frac{(\ln x)^{2}}{x} \rightarrow 1$ et $f(x) - x = \frac{1}{2} - \ln x + \frac{1}{2}(\ln x)^{2} = \frac{1}{2} + \left( \frac{1}{2}\ln x - 1 \right)\ln x \rightarrow + \infty$. Donc $(C_{f})$ admet une branche parabolique de direction la droite $(\Delta):y = x$ au voisinage de $+ \infty$.

4. [1 pt] Si $0 < x < 1$ : $x - 1 < 0$ et $\ln x < 0$, donc $(x - 1) + \ln x < 0$. Si $x \geq 1$ : $x - 1 \geq 0$ et $\ln x \geq 0$, donc $(x - 1) + \ln x \geq 0$ (avec égalité seulement en $x = 1$).

5. a. [1 pt] $f$ est dérivable sur $\rbrack 0; + \infty\lbrack$ et $f'(x) = 1 - \frac{1}{x} + \frac{1}{2} \times 2\ln x \times \frac{1}{x} = \frac{x - 1 + \ln x}{x}$.

5. b. [0,75 pt] Comme $x > 0$, $f'(x)$ a le signe de $(x - 1) + \ln x$ (question 4) : $f'(x) < 0$ sur $\rbrack 0;1\lbrack$, $f'(1) = 0$, $f'(x) > 0$ sur $\rbrack 1; + \infty\lbrack$. $f(1) = 1 + \frac{1}{2} - 0 + 0 = \frac{3}{2}$.

$x$

$0$

$1$

$+ \infty$

$f'(x)$

$\|$

$-$

$0$

$+$

$f(x)$

$\|\, + \infty$

$\searrow$

$\frac{3}{2}$

$\nearrow$

$+ \infty$

$f$ est strictement décroissante sur $\rbrack 0;1\rbrack$ et strictement croissante sur $\lbrack 1; + \infty\lbrack$ ; minimum $\frac{3}{2}$ atteint en $1$.

5. c. [0,75 pt] $f$ est continue et strictement croissante sur $I = \lbrack 1;e\rbrack$, donc $f(I) = \lbrack f(1);f(e)\rbrack$. $f(e) = e + \frac{1}{2} - 1 + \frac{1}{2} = e$. Ainsi $f(I) = \left\lbrack \frac{3}{2};e \right\rbrack \subset \lbrack 1;e\rbrack = I$.

6. a. [0,75 pt] $f'(x) = 1 - \frac{1}{x} + \frac{\ln x}{x}$, donc $f''(x) = \frac{1}{x^{2}} + \frac{\frac{1}{x} \cdot x - \ln x}{x^{2}} = \frac{1 + 1 - \ln x}{x^{2}} = \frac{2 - \ln x}{x^{2}}$.

6. b. [0,75 pt] $x^{2} > 0$ ; $2 - \ln x > 0 \Leftrightarrow x < e^{2}$. Donc $f''$ s’annule en $e^{2}$ en changeant de signe ($(C_{f})$ convexe sur $\rbrack 0;e^{2}\rbrack$, concave sur $\lbrack e^{2}; + \infty\lbrack$). $f(e^{2}) = e^{2} + \frac{1}{2} - 2 + \frac{1}{2} \times 4 = e^{2} + \frac{1}{2}$. Point d’inflexion : $J\left( e^{2};\, e^{2} + \frac{1}{2} \right)$.

7. a. [0,5 pt] $\frac{1}{2}(\ln x - 1)^{2} = \frac{1}{2}(\ln x)^{2} - \ln x + \frac{1}{2} = f(x) - x$.

7. b. [0,5 pt] $f(x) = x \Leftrightarrow (\ln x - 1)^{2} = 0 \Leftrightarrow \ln x = 1 \Leftrightarrow x = e$. $S = \{ e\}$.

7. c. [0,5 pt] $f(x) - x \geq 0$ pour tout $x > 0$ : $(C_{f})$ est au-dessus de $(\Delta)$ sur $\rbrack 0; + \infty\lbrack$, et elles se coupent uniquement au point $E(e;e)$ (où, de plus, $f'(e) = 1$ : $(\Delta)$ y est tangente à $(C_{f})$).

8. [1 pt] Éléments utiles : asymptote $x = 0$, minimum $\left( 1;\frac{3}{2} \right)$, point $E(e;e)$ de contact avec $(\Delta)$, inflexion $J(e^{2};e^{2} + \frac{1}{2}) \approx (7,39;7,89)$, branche parabolique de direction $(\Delta)$.

9. a. [0,75 pt] Initialisation : $u_{0} = 1 \in \lbrack 1;e\rbrack$. Hérédité : si $1 \leq u_{n} \leq e$, alors $u_{n} \in I$ donc $u_{n + 1} = f(u_{n}) \in f(I) \subset I$ (question 5.c), soit $1 \leq u_{n + 1} \leq e$. Conclusion : pour tout $n \in {\mathbb{N}}$, $1 \leq u_{n} \leq e$.

9. b. [0,5 pt] $u_{n + 1} - u_{n} = f(u_{n}) - u_{n} = \frac{1}{2}\left( \ln u_{n} - 1 \right)^{2} \geq 0$ (question 7.a) : $(u_{n})$ est croissante.

9. c. [0,75 pt] $(u_{n})$ est croissante et majorée par $e$, donc convergente ; soit $\ell$ sa limite. Comme $1 \leq u_{n} \leq e$, $\ell \in I$. $f$ est continue sur $I$ et $f(I) \subset I$, donc $\ell$ vérifie $f(\ell) = \ell$ ; d’après 7.b, $\ell = e$. Ainsi $\lim_{n \rightarrow + \infty}u_{n} = e$.

1. [1 pt] $\Delta = ( - 2)^{2} - 4 \times 2 = - 4 = (2i)^{2} < 0$. Deux solutions complexes conjuguées : $z_{1} = \frac{2 - 2i}{2} = 1 - i$ et $z_{2} = \overline{z_{1}} = 1 + i$. $S = \{ 1 - i;\, 1 + i\}$.

2. a. [0,5 pt] $|a| = \sqrt{1^{2} + ( - 1)^{2}} = \sqrt{2}$ et $a = \sqrt{2}\left( \frac{\sqrt{2}}{2} - i\frac{\sqrt{2}}{2} \right)$, donc $a = \sqrt{2}\left( \cos\left( - \frac{\pi}{4} \right) + i\sin\left( - \frac{\pi}{4} \right) \right)$.

2. b. [1,25 pt] $\frac{b}{a} = \frac{(2 + \sqrt{3} + i)(1 + i)}{(1 - i)(1 + i)} = \frac{2 + \sqrt{3} - 1 + i\left( 2 + \sqrt{3} + 1 \right)}{2} = \frac{(1 + \sqrt{3}) + i(3 + \sqrt{3})}{2}$. Or $3 + \sqrt{3} = \sqrt{3}(1 + \sqrt{3})$, d’où $\frac{b}{a} = (1 + \sqrt{3})\left( \frac{1}{2} + i\frac{\sqrt{3}}{2} \right) = (1 + \sqrt{3})\left( \cos\frac{\pi}{3} + i\sin\frac{\pi}{3} \right)$.

Comme $1 + \sqrt{3} > 0$ : $\left| \frac{b}{a} \right| = 1 + \sqrt{3}$, $\arg\frac{b}{a} \equiv \frac{\pi}{3}\ \lbrack 2\pi\rbrack$. Donc $|b| = |a|\left| \frac{b}{a} \right| = \sqrt{2}(1 + \sqrt{3}) = \sqrt{2} + \sqrt{6}$ et $\arg b \equiv \arg a + \arg\frac{b}{a} \equiv - \frac{\pi}{4} + \frac{\pi}{3} = \frac{\pi}{12}\ \lbrack 2\pi\rbrack$ :

$b = \left( \sqrt{2} + \sqrt{6} \right)\left( \cos\frac{\pi}{12} + i\sin\frac{\pi}{12} \right).$

2. c. [0,75 pt] Par la formule de Moivre : $b^{6} = \left( \sqrt{2} + \sqrt{6} \right)^{6}\left( \cos\frac{6\pi}{12} + i\sin\frac{6\pi}{12} \right) = \left( \sqrt{2} + \sqrt{6} \right)^{6}\left( \cos\frac{\pi}{2} + i\sin\frac{\pi}{2} \right) = i\left( \sqrt{2} + \sqrt{6} \right)^{6}$. Sa partie réelle est nulle et sa partie imaginaire non nulle : $b^{6}$ est imaginaire pur. (Valeur : $\left( \sqrt{2} + \sqrt{6} \right)^{6} = 2^{3}(1 + \sqrt{3})^{6} = 8(208 + 120\sqrt{3})$, donc $b^{6} = (1664 + 960\sqrt{3})\, i$.)

3. a. [0,75 pt] $c - a = - 2 + i(1 + \sqrt{3})$ et $b - a = (1 + \sqrt{3}) + 2i$. Or $i(b - a) = i(1 + \sqrt{3}) + 2i^{2} = - 2 + i(1 + \sqrt{3}) = c - a$. Comme $b \neq a$, $\frac{c - a}{b - a} = i$.

3. b. [1 pt] $\frac{AC}{AB} = \left| \frac{c - a}{b - a} \right| = |i| = 1$, donc $AC = AB$ ; $\left( \overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC} \right) \equiv \arg\frac{c - a}{b - a} \equiv \arg i \equiv \frac{\pi}{2}\ \lbrack 2\pi\rbrack$. Le triangle $ABC$ est rectangle et isocèle en $A$.

4. a. [1 pt] $z - 2 - \sqrt{3} - i = z - b$ et $z + 1 - i\sqrt{3} = z - c$. Donc $M \in (E) \Leftrightarrow |z - b| = |z - c| \Leftrightarrow BM = CM$. Comme $B \neq C$, $(E)$ est la médiatrice du segment $\lbrack BC\rbrack$.

4. b. [0,75 pt] Le milieu $K$ de $\lbrack BC\rbrack$ vérifie $KB = KC$, donc $K \in (E)$. Vérification par le calcul : $z_{K} = \frac{b + c}{2} = \frac{1 + \sqrt{3}}{2} + \frac{1 + \sqrt{3}}{2}\, i$, et $|z_{K} - b| = |z_{K} - c| = \frac{|b - c|}{2} = \frac{\sqrt{(3 + \sqrt{3})^{2} + (1 - \sqrt{3})^{2}}}{2} = \frac{\sqrt{16 + 4\sqrt{3}}}{2} = \sqrt{4 + \sqrt{3}}$. (Remarque : $A \in (E)$ aussi, puisque $AB = AC$.)