On pose $X=e^x$ (avec $X>0$). L’équation devient $X^2-4X+3=0$, soit $(X-1)(X-3)=0$, donc $X=1$ ou $X=3$ (deux valeurs strictement positives).

• $e^x=1\iff x=0$ ;
• $e^x=3\iff x=\ln3$.

Donc $S=\{0\,;\,\ln3\}$.

D’après 1.a : $e^{2x}-4e^x+3=(e^x-1)(e^x-3)$.

$(e^x-1)(e^x-3)\leq0\iff1\leq e^x\leq3\iff0\leq x\leq\ln3.$

Donc $S=[0\,;\,\ln3]$.

Pour $x\neq0$ : $e^{2x}-1=(e^x-1)(e^x+1)$ et $e^x-1\neq0$, donc $\frac{e^{2x}-4e^x+3}{e^{2x}-1}=\frac{(e^x-1)(e^x-3)}{(e^x-1)(e^x+1)}=\frac{e^x-3}{e^x+1}.$

Donc $\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{e^{2x}-4e^x+3}{e^{2x}-1}=\frac{1-3}{1+1}=-1$.

Soit $\varphi(x)=e^{2x}+e^x+4x$. La fonction $\varphi$ est continue sur $[-1,0]$ (somme de fonctions continues).

• $\varphi(-1)=e^{-2}+e^{-1}-4<0$ (car $e^{-2}<1$ et $e^{-1}<1$) ;
• $\varphi(0)=1+1+0=2>0$.

Donc $\varphi(-1)\times\varphi(0)<0$ et, d’après le théorème des valeurs intermédiaires, l’équation $\varphi(x)=0$, c’est-à-dire $e^{2x}+e^x+4x=0$, admet au moins une solution dans $[-1,0]$.

Remarque : $\varphi'(x)=2e^{2x}+e^x+4>0$, donc cette solution est unique.

$u_1=\frac{u_0}{3-2u_0}=\frac{\frac12}{3-1}=\frac14.$

Initialisation. $u_0=\frac12$ et $0<\frac12\leq\frac12$ : la propriété est vraie pour $n=0$.

Hérédité. Soit $n\in\mathbb{N}$ ; supposons $0<u_n\leq\frac12$. Alors $-1\leq-2u_n<0$, donc $2\leq3-2u_n<3$ ; en particulier $3-2u_n>0$.

• $u_n>0$ et $3-2u_n>0$, donc $u_{n+1}=\dfrac{u_n}{3-2u_n}>0$ ;
• $u_n\leq\frac12$ et $\dfrac{1}{3-2u_n}\leq\dfrac12$, donc $u_{n+1}\leq\dfrac12\times\dfrac12=\dfrac14\leq\dfrac12$.

Donc $0<u_{n+1}\leq\frac12$.

D’après le principe du raisonnement par récurrence, pour tout $n\in\mathbb{N}$ : $0<u_n\leq\frac12$.

Soit $n\in\mathbb{N}$. Comme $u_n>0$ : $\frac{u_{n+1}}{u_n}=\frac{1}{3-2u_n}.$ Or $u_n\leq\frac12$, donc $3-2u_n\geq2>0$, d’où $\dfrac{1}{3-2u_n}\leq\dfrac12$.

Donc $\dfrac{u_{n+1}}{u_n}\leq\dfrac12$.

Pour tout $n\in\mathbb{N}$, $u_n>0$, donc d’après 3.a : $u_{n+1}\leq\frac12u_n<u_n$.

Donc la suite $(u_n)$ est strictement décroissante.

Remarque : coquille de l’énoncé officiel, il faut lire « Montrer que pour tout $n$ de $\mathbb{N}$ ».

On a déjà $u_n>0$ (question 2). Montrons par récurrence que $u_n\leq\left(\frac12\right)^{n+1}$.

• Pour $n=0$ : $u_0=\frac12=\left(\frac12\right)^{1}$ : vrai.
• Soit $n\in\mathbb{N}$ ; supposons $u_n\leq\left(\frac12\right)^{n+1}$. D’après 3.a, $u_{n+1}\leq\frac12u_n\leq\frac12\left(\frac12\right)^{n+1}=\left(\frac12\right)^{n+2}$.

D’après le principe du raisonnement par récurrence, pour tout $n\in\mathbb{N}$ : $u_n\leq\left(\frac12\right)^{n+1}$. Avec la question 2, pour tout $n\in\mathbb{N}$ : $0<u_n\leq\left(\frac12\right)^{n+1}$.

Comme $-1<\frac12<1$, $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}\left(\frac12\right)^{n+1}=0$ ; par encadrement, $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}u_n=0$.

Remarque : coquille de l’énoncé officiel, le signe « = » manque ; il faut lire $v_n=\ln(3-2u_n)$.

On a $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}u_n=0$, donc $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}(3-2u_n)=3$, d’où $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}v_n=\ln3$.

Soit $n\in\mathbb{N}$ ($u_n\neq0$ et $u_{n+1}\neq0$) : $\frac{1}{u_{n+1}}-1=\frac{3-2u_n}{u_n}-1=\frac{3}{u_n}-2-1=\frac{3}{u_n}-3=3\left(\frac{1}{u_n}-1\right).$

Posons $w_n=\dfrac{1}{u_n}-1$. D’après 5.a, $w_{n+1}=3w_n$ : $(w_n)$ est une suite géométrique de raison $3$ et de premier terme $w_0=\dfrac{1}{\frac12}-1=1$.

Donc $w_n=1\times3^n=3^n$, puis $\dfrac{1}{u_n}=1+3^n$, d’où : $u_n=\frac{1}{1+3^n}\quad\text{pour tout }n\in\mathbb{N}.$

$\Delta=\left(-\sqrt3\right)^2-4\times1\times1=3-4=-1=i^2<0$.

L’équation admet deux solutions complexes conjuguées : $z_1=\frac{\sqrt3+i}{2}=\frac{\sqrt3}{2}+\frac12i\qquad\text{et}\qquad z_2=\frac{\sqrt3-i}{2}=\frac{\sqrt3}{2}-\frac12i.$

Donc $S=\left\{\dfrac{\sqrt3}{2}+\dfrac12i\,;\,\dfrac{\sqrt3}{2}-\dfrac12i\right\}$.

$a=\cos\frac{\pi}{6}+i\sin\frac{\pi}{6}=\frac{\sqrt3}{2}+\frac12i.$

$\overline{a}=\dfrac{\sqrt3}{2}-\dfrac12i$, donc $\overline{a}\,b=\left(\frac{\sqrt3}{2}-\frac12i\right)\left(\frac32+\frac{\sqrt3}{2}i\right)=\frac{3\sqrt3}{4}+\frac34i-\frac34i-\frac{\sqrt3}{4}i^2=\frac{3\sqrt3}{4}+\frac{\sqrt3}{4}=\sqrt3.$

$|a|=1$, donc $a\,\overline{a}=1$. En multipliant l’égalité $\overline{a}\,b=\sqrt3$ par $a$ : $b=\sqrt3\,a$, c’est-à-dire $b-0=\sqrt3\,(a-0)$.

Donc $\overrightarrow{OB}=\sqrt3\,\overrightarrow{OA}$ : $B$ est l’image de $A$ par l’homothétie $h$ de centre $O$ et de rapport $\sqrt3$.

$R(M)=M'\iff z'-a=e^{i\frac{\pi}{2}}(z-a)\iff z'=i(z-a)+a.$

Donc $z'=iz+(1-i)a$.

$d=i(\overline{a}-a)+a$. Or $\overline{a}-a=-2i\,\mathrm{Im}(a)=-2i\times\frac12=-i$.

Donc $d=i\times(-i)+a=1+a$, soit $d=a+1$.

$d-a=1=1-0$, donc $\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{OI}$ : le quadrilatère $ADIO$ est un parallélogramme.

De plus $OA=|a|=1$ et $OI=|1|=1$ : deux côtés consécutifs ont la même longueur.

Donc $ADIO$ est un losange.

$d=a+1=\left(\dfrac{\sqrt3}{2}+1\right)+\dfrac12i$, donc $d-b=\left(\frac{\sqrt3}{2}+1-\frac32\right)+\left(\frac12-\frac{\sqrt3}{2}\right)i=\frac{\sqrt3-1}{2}-\frac{\sqrt3-1}{2}i=\frac{\sqrt3-1}{2}(1-i).$

Or $1-i=\sqrt2\left(\cos\left(-\frac{\pi}{4}\right)+i\sin\left(-\frac{\pi}{4}\right)\right)$ et $\dfrac{\sqrt3-1}{2}>0$, donc $d-b=\frac{\sqrt2\left(\sqrt3-1\right)}{2}\left(\cos\left(-\frac{\pi}{4}\right)+i\sin\left(-\frac{\pi}{4}\right)\right)\quad\text{et}\quad\arg(d-b)\equiv-\frac{\pi}{4}\ [2\pi].$

$1-b=-\dfrac12-\dfrac{\sqrt3}{2}i$, et $|1-b|=\sqrt{\frac14+\frac34}=1$.

$1-b=\cos\left(\frac{4\pi}{3}\right)+i\sin\left(\frac{4\pi}{3}\right)\quad\left(\text{ou }\cos\left(-\frac{2\pi}{3}\right)+i\sin\left(-\frac{2\pi}{3}\right)\right).$

$\left(\overrightarrow{BI},\overrightarrow{BD}\right)\equiv\arg\left(\frac{d-b}{1-b}\right)\equiv\arg(d-b)-\arg(1-b)\equiv-\frac{\pi}{4}+\frac{2\pi}{3}\equiv\frac{5\pi}{12}\ [2\pi].$

Une mesure de l’angle $\left(\overrightarrow{BI},\overrightarrow{BD}\right)$ est donc $\dfrac{5\pi}{12}$.

On sait que $\displaystyle\lim_{x\to0^+}x\ln x=0$, donc $\lim_{x\to0^+}f(x)=\lim_{x\to0^+}\left(2x\ln x-2x\right)=0-0=0=f(0).$

Donc $f$ est continue à droite au point $0$.

$f(x)=2x(\ln x-1)$ ; or $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}2x=+\infty$ et $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}(\ln x-1)=+\infty$.

Donc $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty$.

$\lim_{x\to+\infty}\frac{f(x)}{x}=\lim_{x\to+\infty}\left(2\ln x-2\right)=+\infty.$

Comme $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty$ et $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{f(x)}{x}=+\infty$, la courbe $(C)$ admet une branche parabolique de direction l’axe des ordonnées au voisinage de $+\infty$.

$\lim_{x\to0^+}\frac{f(x)}{x}=\lim_{x\to0^+}\left(2\ln x-2\right)=-\infty.$

Comme $f(0)=0$, $\dfrac{f(x)}{x}=\dfrac{f(x)-f(0)}{x-0}$ : $f$ n’est pas dérivable à droite en $0$, et la courbe $(C)$ admet au point $O$ une demi-tangente verticale (dirigée vers le bas).

$f$ est dérivable sur $]0,+\infty[$ et pour tout $x>0$ : $f'(x)=2\ln x+2x\times\frac1x-2=2\ln x.$

$f'(x)=2\ln x$ : $f'(x)<0$ sur $]0,1[$, $f'(1)=0$ et $f'(x)>0$ sur $]1,+\infty[$. $f(1)=2\ln1-2=-2$.

$\begin{array}{|c|ccccc|}\hline x & 0 & & 1 & & +\infty\\\hline f'(x) & & - & 0 & + & \\\hline f(x) & 0 & \searrow & -2 & \nearrow & +\infty\\\hline\end{array}$

$f$ est strictement décroissante sur $[0,1]$ et strictement croissante sur $[1,+\infty[$.

• $f(0)=0$ : $x=0$ est solution des deux équations.
• Pour $x>0$ : $f(x)=0\iff2x(\ln x-1)=0\iff\ln x=1\iff x=e$.
• Pour $x>0$ : $f(x)=x\iff x(2\ln x-3)=0\iff\ln x=\dfrac32\iff x=e^{\frac32}$.

Donc $f(x)=0\iff x\in\{0\,;\,e\}$ et $f(x)=x\iff x\in\left\{0\,;\,e^{\frac32}\right\}$.

$(C)$ coupe l’axe des abscisses en $O$ et en $A(e,0)$, et la droite $(\Delta):y=x$ en $O$ et en $B\left(e^{\frac32},e^{\frac32}\right)$.

On place : la demi-tangente verticale en $O$, le minimum $(1,-2)$ (tangente horizontale), $A(e,0)$, $B(4{,}5\,;4{,}5)$ et la branche parabolique verticale.

On pose $u(x)=\ln x$, $v'(x)=x$ ; alors $u'(x)=\dfrac1x$, $v(x)=\dfrac{x^2}{2}$ ($u$ et $v$ sont dérivables à dérivées continues sur $[1,e]$). $\int_1^e x\ln x\,dx=\left[\frac{x^2}{2}\ln x\right]_1^e-\int_1^e\frac{x}{2}\,dx=\frac{e^2}{2}-\left[\frac{x^2}{4}\right]_1^e=\frac{e^2}{2}-\frac{e^2-1}{4}=\frac{1+e^2}{4}.$

$\int_1^e f(x)\,dx=2\int_1^e x\ln x\,dx-\int_1^e2x\,dx=\frac{1+e^2}{2}-\left[x^2\right]_1^e=\frac{1+e^2}{2}-(e^2-1)=\frac{3-e^2}{2}.$

D’après le tableau de variations, $f$ est décroissante sur $]0,1]$ et croissante sur $[1,+\infty[$ : le minimum de $f$ sur $]0,+\infty[$ est $f(1)=-2$.

Pour tout $x>0$ : $f(x)\geq-2$, soit $2x\ln x-2x\geq-2$, d’où $x\ln x\geq x-1$.

En divisant par $x>0$ : $\ln x\geq\dfrac{x-1}{x}$.

$g$ est continue et strictement croissante sur $[1,+\infty[$, donc elle admet une fonction réciproque $g^{-1}$ définie sur $J=g\left([1,+\infty[\right)=\left[g(1),\lim_{x\to+\infty}g(x)\right[=[-2,+\infty[.$

La courbe de $g^{-1}$ est la symétrique de la partie de $(C)$ correspondant à $[1,+\infty[$ par rapport à la droite $(\Delta):y=x$. Elle part du point $(-2,1)$ (tangente verticale) et passe par $(0,e)$ et $B$.

$h(0)=0^3+3\times0=0$.

• $\displaystyle\lim_{x\to0^-}h(x)=\lim_{x\to0^-}(x^3+3x)=0=h(0)$ ;
• $\displaystyle\lim_{x\to0^+}h(x)=\lim_{x\to0^+}f(x)=0=h(0)$ (question 1).

Donc $h$ est continue au point $0$.

$\lim_{x\to0^-}\frac{h(x)-h(0)}{x-0}=\lim_{x\to0^-}\frac{x^3+3x}{x}=\lim_{x\to0^-}(x^2+3)=3.$

Donc $h$ est dérivable à gauche en $0$ et $h'_g(0)=3$. La courbe de $h$ admet au point $O$ une demi-tangente à gauche d’équation $y=3x$ ($x\leq0$).

$\displaystyle\lim_{x\to0^+}\frac{h(x)-h(0)}{x-0}=\lim_{x\to0^+}\frac{f(x)}{x}=-\infty$ (question 3.a) : $h$ n’est pas dérivable à droite en $0$.

Donc $h$ n’est pas dérivable au point $0$.