Polynésie 2010. Enseignement spécifique

EXERCICE 4

Partie A

1. 1. • La fonction $g$ est dérivable sur $[1,+\infty[$ en tant que somme de fonctions dérivables sur $[1,+\infty[$ et pour $x\geqslant1$, $g'(x)=\dfrac{2}{2x}-1=\dfrac{1}{x}-1=\dfrac{1-x}{x}$.

        On a $g'(1)=0$ et pour $x>1$, $g'(x)< 0$. Donc la fonction $g$ est strictement décroissante sur $[1,+\infty[$.

      
      
      • Pour tout réel $x\geqslant1$, $g(x)=-x\left(1-\dfrac{\ln(2x)}{x}-\dfrac{1}{x}\right)=-x\left(1-2\dfrac{\ln(2x)}{2x}-\dfrac{1}{x}\right)$.

        Or, $\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}\dfrac{\ln(2x)}{2x}=\displaystyle\lim_{X\rightarrow+\infty}\dfrac{\ln X}{X}=0$ d'après un théorème de croissances comparées. D'autre part, $\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}\dfrac{1}{x}=0$ et donc $\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}\left(1-2\dfrac{\ln(2x)}{2x}-\dfrac{1}{x}\right)=1$. Comme $\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}(-x)=-\infty$, on en déduit que $\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}g(x)=-\infty$.

      
      
      • Ainsi, la fonction $g$ est continue et strictement décroissante sur $[1,+\infty[$.

        Par suite, pour tout réel $k$ de $\left]\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}g(x),g(1)\right]=]-\infty,\ln2]$, l'équation $g(x)=k$ admet une solution et une seule dans $[1,+\infty[$. Comme $0$ appartient à $]-\infty,\ln2]$ (car $\ln2>0$), on a montré en particulier que l'équation $g(x)=0$ admet une unique solution dans $[1,+\infty[$.

        L'équation $g(x)=0$ admet une unique solution dans $[1,+\infty[$.

   
   
   2. L'égalité $g(\alpha)=0$ s'écrit $\ln(2\alpha)+1-\alpha=0$ ou encore $\ln(2\alpha)+1=\alpha$.


1. 1. Construction des quatre premiers termes de la suite $(u_n)_{n\in\mathbb{N}}$
   
   
   2. Montrons par récurrence que pour tout entier naturel $n$, $1\leqslant u_n\leqslant3$.
      
      • C'est vrai pour $n=0$ car $u_0=1$.
      • Soit $n\geqslant0$. Supposons que $1\leqslant u_n\leqslant3$. Alors, par croissance de la fonction $\ln$ sur $]0,+\infty[$, $$\ln(2\times1)+1\leqslant\ln(2u_n)+1\leqslant\ln(2\times3)+1$$

        ou encore $1\leqslant u_{n+1}\leqslant1+\ln6=2,7\ldots$ et en particulier, $1\leqslant u_{n+1}\leqslant3$.

      On a montré par récurrence que

      pour tout entier naturel $n$, $1\leqslant u_n\leqslant3$.

      A partir d'ici, on doit constater que l'énoncé n'est pas résoluble tel qu'il est posé : le signe de $u_{n+1}-u_n$ ne peut être précisé que si l'on connaît la position de $u_n$ par rapport à $\alpha$. La question qui devait être posée était donc : \og Montrer que pour tout entier naturel $n$, $1\leqslant u_n\leqslant u_{n+1}\leqslant\alpha$ \fg. C'est cette question que l'on résout dorénavant.

      Montrons par récurrence que pour tout entier naturel $n$, $1\leqslant u_n\leqslant\alpha$.
      

      • C'est vrai pour $n=0$ car $u_0=1$ et puisque $\alpha\geqslant1$ d'après la question 1)a).
      • Soit $n\geqslant0$. Supposons que $1\leqslant u_n\leqslant\alpha$. Alors tout d'abord $2u_n>0$ et donc $u_{n+1}$ existe. Ensuite, par croissance de la fonction $\ln$ sur $]0,+\infty[$, $\ln(2\times1)+1\leqslant\ln(2u_n)+1\leqslant\ln(2\times\alpha)+1$ ou encore $1\leqslant u_{n+1}\leqslant\alpha$ d'après la question 1)b).

      On a montré par récurrence que

      pour tout entier naturel $n$, $1\leqslant u_n\leqslant\alpha$.

      Soit alors $n\in\mbn$. $u_{n+1}-u_n=\ln(2u_n)+1-u_n=g(u_n)$. Or $1\leqslant u_n\leqslant\alpha$ et donc, puisque la fonction $g$ est décroissante sur $[1,\alpha]$, $g(u_n)\geqslant g(\alpha)$ ou encore $g(u_n)\geqslant0$ et enfin $u_{n+1}\geqslant u_n$. On a montré que

      pour tout entier naturel $n$, $1\leqslant u_n\leqslant u_{n+1}\leqslant\alpha$.

   
   
   3. Ainsi, la suite $(u_n)_{n\in\mbn}$ est croissante et majorée par $\alpha$. On en déduit que la suite $(u_n)_{n\in\mbn}$ converge vers un certain réel $\ell$ élément de $[1,\alpha]$. Maintenant, en faisant tendre $n$ vers $+\infty$ dans l'égalité $u_{n+1}=\ln(2u_n)+1$, on obtient $\ell=\ln(2\ell)+1$ ou encore $g(\ell)=0$. Mais alors $\ell=\alpha$ par unicité de $\alpha$. On a montré que

      la suite $(u_n)_{n\in\mbn}$ converge vers $\alpha$.




Partie B

1. 1. La fonction $f$ est continue sur $[1,+\infty[$. On sait alors que la fonction $F$ est une primitive de la fonction $f$ sur $[1,+\infty[$ ou encore $F$ est définie et dérivable sur $[1,+\infty[$ et $F'=f$.

      Par suite, pour tout réel $x\geqslant1$, $F'(x)=f(x)=(x-1)e^{1-x}$. En particulier, pour tout réel $x\geqslant1$, $F'(x)\geqslant0$. Puisque la fonction $F'$ est positive sur $[1,+\infty[$, la fonction $F$ est croissante sur $[1,+\infty[$.

   
   
   2. Pour tout réel $x$ su périeur ou égal à $1$, posons $G(x)=-xe^{1-x}+1$.
      La fonction $G$ est dérivable sur $[1,+\infty[$ et pour tout réel $x\geqslant1$, $$G'(x)=-1\times e^{1-x}-x\times(-1)e^{1-x}=xe^{1-x}-e^{1-x}=(x-1)e^{1-x}=f(x).$$

      Donc la fonction $G$ est une primitive de la fonction $f$ sur $[1,+\infty[$. Comme la fonction $F$ est aussi une primitive de la fonction $f$ sur $[1,+\infty[$, on sait qu'il existe un réel $C$ tel que pour tout réel $x\geqslant1$, $G(x)=F(x)+C$.
      En particulier, pour $x=1$, on obtient $G(1)=F(1)+C$ ou encore $C=0$. On en déduit que $F=G$ et donc que

      pour tout réel $x$ de $[1,+\infty[$, $F(x)=-xe^{1-x}+1$.

   
   
   3. Soit $x$ un réel de $[1,+\infty[$. \begin{align*} F(x)=\dfrac{1}{2}&\Leftrightarrow-xe^{1-x}+1=\dfrac{1}{2}\Leftrightarrow 2xe^{1-x}=1\Leftrightarrow\ln\left(2xe^{1-x}\right)=\ln1\Leftrightarrow\ln(2x)+\ln(e^{1-x})=0\\ &\Leftrightarrow\ln(2x)+1-x=0\Leftrightarrow \ln(2x)+1=x. \end{align*}


2. La fonction $f$ est continue et positive sur $[1,a]$. Donc $\text{aire de}(D_a)=\displaystyle\int_{1}^{a}f(t)\;dt=F(a)$.

   Maintenant, d'après la question précédente, $F(a)=\dfrac{1}{2}\Leftrightarrow\ln(2a)+1=a\Leftrightarrow g(a)=0\Leftrightarrow a=\alpha$.