Corrigé — S’entraîner à l’examen national Lydex (2)
Sujet : S’entraîner à l’examen national LYDEX (2) — Lycée Mohammed VI d’Excellence — 2021-2022
Niveau : 2e Bac Sciences Mathématiques
Contenu : Structures algébriques, nombres complexes, arithmétique, fonctions numériques, suites et calcul intégral.
Objectif pédagogique :
Ce corrigé accompagne les élèves dans la résolution complète du sujet en détaillant les idées principales, les méthodes du cours et les étapes de rédaction attendues au niveau 2e Bac Sciences Mathématiques.
Les exercices permettent de travailler les structures algébriques, les nombres complexes, l’arithmétique et l’analyse, avec une attention particulière aux justifications utilisées dans les corrections de type examen national.
Compléments PDF :
Le sujet et la correction PDF de l’examen blanc Lydex (2) sont disponibles ci-dessous. La correction écrite détaillée reste également consultable directement dans cette page.
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Exercice 1 — Structures
On considère :
\[ J= \begin{pmatrix} 1&3\\ -1&-1 \end{pmatrix} \]et :
\[ E= \left\{ M(x,y)= \begin{pmatrix} x+y&3y\\ -y&x-y \end{pmatrix} /\ (x,y)\in\mathbb R^2 \right\}. \]On remarque d’abord que :
\[ M(x,y)=xI+yJ. \]En effet :
\[ xI+yJ = x \begin{pmatrix} 1&0\\ 0&1 \end{pmatrix} + y \begin{pmatrix} 1&3\\ -1&-1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} x+y&3y\\ -y&x-y \end{pmatrix}. \]Donc :
\[ E=\{xI+yJ\ /\ (x,y)\in\mathbb R^2\}. \]1) Montrer que \((E,+,\cdot)\) est un espace vectoriel réel
On montre que \(E\) est un sous-espace vectoriel de \(M_2(\mathbb R)\).
La matrice nulle appartient à \(E\), car :
\[ M(0,0)=O. \]Donc :
\[ E\neq\varnothing. \]Soient :
\[ M(x,y),M(x',y')\in E \]et :
\[ \alpha,\beta\in\mathbb R. \]Comme :
\[ M(x,y)=xI+yJ \quad\text{et}\quad M(x',y')=x'I+y'J, \]on obtient :
\[ \alpha M(x,y)+\beta M(x',y') = (\alpha x+\beta x')I+(\alpha y+\beta y')J. \]Donc :
\[ \alpha M(x,y)+\beta M(x',y') = M(\alpha x+\beta x',\alpha y+\beta y')\in E. \]2-a) Montrer que \((I,J)\) est une base de \(E\)
Posons :
\[ \mathcal B=(I,J). \]Tout élément de \(E\) s’écrit :
\[ M(x,y)=xI+yJ. \]Donc :
\[ E=\operatorname{Vect}(I,J). \]La famille \(\mathcal B\) est donc génératrice.
Montrons qu’elle est libre. Soient \(\alpha,\beta\in\mathbb R\) tels que :
\[ \alpha I+\beta J=O. \]Alors :
\[ \begin{pmatrix} \alpha+\beta&3\beta\\ -\beta&\alpha-\beta \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0&0\\ 0&0 \end{pmatrix}. \]Du coefficient \((1,2)\), on obtient :
\[ 3\beta=0. \]Donc :
\[ \beta=0. \]Puis \(\alpha+\beta=0\) donne :
\[ \alpha=0. \]Ainsi, \((I,J)\) est libre.
2-b) Calculer \(J^2\), puis montrer que \(\times\) est une loi interne dans \(E\)
On calcule :
\[ J^2= \begin{pmatrix} 1&3\\ -1&-1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1&3\\ -1&-1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -2&0\\ 0&-2 \end{pmatrix} =-2I. \]Soient :
\[ M(a,b)=aI+bJ \quad\text{et}\quad M(x,y)=xI+yJ. \]Alors :
\[ M(a,b)M(x,y) = (aI+bJ)(xI+yJ). \]En développant :
\[ M(a,b)M(x,y) = axI+ayJ+bxJ+byJ^2. \]Comme \(J^2=-2I\), on obtient :
\[ M(a,b)M(x,y) = (ax-2by)I+(ay+bx)J. \]Donc :
\[ M(a,b)M(x,y)=M(ax-2by,ay+bx)\in E. \]2-c) Montrer que \((E,+,\times)\) est un anneau commutatif et unitaire
Comme \(E\) est un sous-espace vectoriel de \(M_2(\mathbb R)\), il est stable par addition et par opposé.
D’après la question précédente, il est aussi stable par multiplication.
Les propriétés suivantes sont héritées de l’anneau \(M_2(\mathbb R)\) : associativité de l’addition, commutativité de l’addition, existence de \(O\), existence de l’opposé, associativité de la multiplication et distributivité.
On a :
\[ I=M(1,0)\in E. \]Et pour tout \(M(x,y)\in E\) :
\[ IM(x,y)=M(x,y)I=M(x,y). \]Donc \(I\) est l’élément unité de \(E\).
Pour la commutativité, soient \(M(a,b),M(x,y)\in E\). On a :
\[ M(a,b)M(x,y)=M(ax-2by,ay+bx), \]et :
\[ M(x,y)M(a,b)=M(xa-2yb,xb+ya). \]Or :
\[ ax-2by=xa-2yb \quad\text{et}\quad ay+bx=xb+ya. \]Donc :
\[ M(a,b)M(x,y)=M(x,y)M(a,b). \]3-a) Montrer que tout élément de \(E\setminus\{O\}\) admet un inverse dans \(E\)
Soit :
\[ M(x,y)\in E\setminus\{O\}. \]Alors :
\[ (x,y)\neq(0,0). \]On cherche \(M(u,v)\in E\) tel que :
\[ M(x,y)M(u,v)=I. \]D’après la formule du produit :
\[ M(x,y)M(u,v)=M(xu-2yv,xv+yu). \]On veut donc :
\[ M(xu-2yv,xv+yu)=M(1,0). \]Ainsi :
\[ \begin{cases} xu-2yv=1,\\ xv+yu=0. \end{cases} \]Comme \((x,y)\neq(0,0)\), on a :
\[ x^2+2y^2\gt0. \]On pose :
\[ u=\frac{x}{x^2+2y^2}, \qquad v=\frac{-y}{x^2+2y^2}. \]Alors :
\[ xu-2yv = \frac{x^2}{x^2+2y^2} + \frac{2y^2}{x^2+2y^2} =1, \]et :
\[ xv+yu = \frac{-xy}{x^2+2y^2} + \frac{xy}{x^2+2y^2} =0. \]Donc :
\[ M(x,y)^{-1} = M\left( \frac{x}{x^2+2y^2}, \frac{-y}{x^2+2y^2} \right). \]Sous forme matricielle :
\[ M(x,y)^{-1} = \frac1{x^2+2y^2} \begin{pmatrix} x-y&-3y\\ y&x+y \end{pmatrix}. \]3-b) Déduire la structure algébrique de \((E,+,\times)\)
On a montré que \((E,+,\times)\) est un anneau commutatif et unitaire.
De plus, tout élément non nul de \(E\) admet un inverse dans \(E\).
4-a) Montrer que \(\varphi\) est un isomorphisme de \((E\setminus\{O\},\times)\) vers \((F,*)\)
On considère :
\[ F=\mathbb R^2\setminus\{(0,0)\}, \]et :
\[ (a,b)*(x,y)=(ax-2by,ay+bx). \]L’application \(\varphi\) est définie par :
\[ \varphi(M(x,y))=(x,y). \]Si \(M(x,y)\in E\setminus\{O\}\), alors \((x,y)\neq(0,0)\), donc \(\varphi(M(x,y))\in F\). Ainsi, \(\varphi\) est bien définie.
L’écriture \(M(x,y)=xI+yJ\) est unique puisque \((I,J)\) est une base de \(E\). Donc \(\varphi\) est injective.
Pour tout \((x,y)\in F\), la matrice \(M(x,y)\) appartient à \(E\setminus\{O\}\), et :
\[ \varphi(M(x,y))=(x,y). \]Donc \(\varphi\) est surjective. Ainsi, \(\varphi\) est bijective.
Enfin, pour \(M(a,b),M(x,y)\in E\setminus\{O\}\), on a :
\[ M(a,b)M(x,y)=M(ax-2by,ay+bx). \]Donc :
\[ \varphi(M(a,b)M(x,y))=(ax-2by,ay+bx). \]Or :
\[ \varphi(M(a,b))*\varphi(M(x,y))=(a,b)*(x,y)=(ax-2by,ay+bx). \]Donc :
\[ \varphi(M(a,b)M(x,y))= \varphi(M(a,b))*\varphi(M(x,y)). \]4-b) Déduire la structure algébrique de \((F,*)\)
Comme \((E,+,\times)\) est un corps commutatif, alors \((E\setminus\{O\},\times)\) est un groupe commutatif.
Or \(\varphi\) est un isomorphisme de \((E\setminus\{O\},\times)\) vers \((F,*)\).
Son élément neutre est :
\[ \varphi(I)=(1,0). \]Le symétrique de \((x,y)\in F\) est :
\[ \left( \frac{x}{x^2+2y^2}, \frac{-y}{x^2+2y^2} \right). \]Exercice 2 — Nombres complexes
On considère :
\[ (E):\quad z^2+(1-3i)mz-4m^2=0, \qquad m\in\mathbb C^\ast. \]1-a) Vérifier que \(\Delta=((3-i)m)^2\)
On a :
\[ a=1,\qquad b=(1-3i)m,\qquad c=-4m^2. \]Donc :
\[ \Delta=b^2-4ac. \]Ainsi :
\[ \Delta=(1-3i)^2m^2-4(1)(-4m^2). \]Or :
\[ (1-3i)^2=1-6i+9i^2=1-6i-9=-8-6i. \]Donc :
\[ \Delta=(-8-6i)m^2+16m^2=(8-6i)m^2. \]Mais :
\[ (3-i)^2=9-6i+i^2=8-6i. \]1-b) Déterminer les solutions \(z_1\) et \(z_2\)
Les solutions sont :
\[ z=\frac{-(1-3i)m\pm(3-i)m}{2}. \]Avec le signe \(+\), on obtient :
\[ z_1=\frac{(-1+3i+3-i)m}{2}=(1+i)m. \]Avec le signe \(-\), on obtient :
\[ z_2=\frac{(-1+3i-3+i)m}{2}=(-2+2i)m. \]1-c) Calculer \(\arg(z_1)\) et \(\arg(z_2)\) en fonction de \(\arg(m)\)
Comme :
\[ 1+i=\sqrt2\,e^{i\frac{\pi}{4}}, \]on a :
\[ \arg(z_1)=\arg(m)+\frac{\pi}{4}\ [2\pi]. \]Comme :
\[ -1+i=\sqrt2\,e^{i\frac{3\pi}{4}}, \]et \(2\gt0\), on a :
\[ \arg(z_2)=\arg(m)+\frac{3\pi}{4}\ [2\pi]. \]2-a) Montrer que \((OA)\perp(OB)\)
Les affixes de \(A\) et \(B\) sont \(z_1\) et \(z_2\). On calcule :
\[ \frac{z_2}{z_1} = \frac{2(-1+i)m}{(1+i)m}. \]Comme \(m\neq0\), on simplifie par \(m\) :
\[ \frac{z_2}{z_1}=2\frac{-1+i}{1+i}. \]Or :
\[ \frac{-1+i}{1+i}=i. \]Donc :
\[ \frac{z_2}{z_1}=2i. \]2-b) Montrer que \(O,C,D\) sont alignés si et seulement si \(\arg(z_1+z_2)=0\ [\pi]\)
On a :
\[ z_1+z_2=(1+i)m+2(-1+i)m=(-1+3i)m. \]Les points \(O,C,D\) ont pour affixes respectives :
\[ 0,\qquad m,\qquad 1+3i. \]Ils sont alignés si et seulement si :
\[ \frac{m}{1+3i}\in\mathbb R. \]Autrement dit, il existe \(\lambda\in\mathbb R\) tel que :
\[ m=\lambda(1+3i). \]Dans ce cas :
\[ z_1+z_2=(-1+3i)\lambda(1+3i). \]Or :
\[ (-1+3i)(1+3i)=-10. \]Donc :
\[ z_1+z_2=-10\lambda\in\mathbb R. \]Ainsi :
\[ \arg(z_1+z_2)=0\ [\pi]. \]Réciproquement, si \(\arg(z_1+z_2)=0\ [\pi]\), alors \(z_1+z_2\in\mathbb R^\ast\). Comme :
\[ z_1+z_2=(-1+3i)m, \]il existe \(\mu\in\mathbb R^\ast\) tel que :
\[ (-1+3i)m=\mu. \]Donc :
\[ m=\frac{\mu}{-1+3i}. \]Or :
\[ \frac1{-1+3i} = \frac{-1-3i}{10} = -\frac{1+3i}{10}. \]Ainsi :
\[ m=-\frac{\mu}{10}(1+3i). \]Donc les points \(O,C,D\) sont alignés.
3) Montrer que \(A,B,A',B'\) sont cocycliques
Le point \(A'\) est l’image de \(A\) par la rotation de centre \(O\) et d’angle \(\frac{\pi}{2}\). Donc :
\[ z_{A'}=iz_1. \]Le point \(B'\) est l’image de \(B\) par la rotation de centre \(O\) et d’angle \(-\frac{\pi}{2}\). Donc :
\[ z_{B'}=-iz_2. \]Or :
\[ z_2=2iz_1. \]Donc :
\[ z_{B'}=-i(2iz_1)=2z_1. \]Ainsi les affixes de \(A,B,A',B'\) sont :
\[ z_1,\quad 2iz_1,\quad iz_1,\quad 2z_1. \]Comme \(z_1\neq0\), la transformation \(z\mapsto \frac{z}{z_1}\) conserve les cercles.
Les images des points \(A,B,A',B'\) ont pour affixes :
\[ 1,\quad 2i,\quad i,\quad 2. \]Ces quatre points appartiennent au cercle d’équation :
\[ X^2+Y^2-3X-3Y+2=0. \]En effet, les points \((1,0)\), \((0,2)\), \((0,1)\) et \((2,0)\) vérifient cette équation.
Exercice 3 — Arithmétique
On considère dans \(\mathbb Z^2\) :
\[ (E):\quad 187x-255y=68. \]1-a) Vérifier que \((-1,-1)\) est une solution particulière
On calcule :
\[ 187(-1)-255(-1)=-187+255=68. \]1-b) Résoudre dans \(\mathbb Z^2\) l’équation \((E)\)
Soit \((x,y)\in\mathbb Z^2\) une solution de \((E)\). Comme \((-1,-1)\) est une solution particulière, on soustrait :
\[ 187x-255y=68 \]et :
\[ 187(-1)-255(-1)=68. \]On obtient :
\[ 187(x+1)-255(y+1)=0. \]Donc :
\[ 187(x+1)=255(y+1). \]Or :
\[ 187=11\times17, \qquad 255=15\times17. \]Donc :
\[ 187\wedge255=17. \]En divisant par \(17\), on obtient :
\[ 11(x+1)=15(y+1). \]Comme :
\[ 11\wedge15=1, \]le théorème de Gauss donne :
\[ 15\mid x+1. \]Il existe donc \(k\in\mathbb Z\) tel que :
\[ x+1=15k. \]Donc :
\[ x=15k-1. \]En remplaçant dans \(11(x+1)=15(y+1)\), on obtient :
\[ 11(15k)=15(y+1). \]Donc :
\[ y+1=11k. \]Ainsi :
\[ y=11k-1. \]2) Montrer que \(n^{(p-1)k}\equiv1\ [p]\)
On suppose que \(p\) est premier, \(p\gt2\), et que :
\[ p\nmid n. \]Comme \(p\) est premier et \(p\nmid n\), le petit théorème de Fermat donne :
\[ n^{p-1}\equiv1\ [p]. \]En élevant les deux membres à la puissance \(k\), avec \(k\in\mathbb N\), on obtient :
\[ (n^{p-1})^k\equiv1^k\ [p]. \]Donc :
\[ n^{(p-1)k}\equiv1\ [p]. \]Pour \(k=0\), on a aussi \(n^0=1\), donc le résultat reste vrai.
3-a) Montrer que si \(x\equiv y\ [p-1]\), alors \(n^x\equiv n^y\ [p]\)
Soient \(x,y\in\mathbb N^\ast\) tels que :
\[ x\equiv y\ [p-1]. \]Alors il existe \(r\in\{0,1,\dots,p-2\}\) et \(q,s\in\mathbb N\) tels que :
\[ x=(p-1)q+r, \qquad y=(p-1)s+r. \]Soit \(n\in\mathbb N^\ast\).
Si \(p\mid n\), alors, comme \(x,y\ge1\), on a :
\[ n^x\equiv0\ [p] \quad\text{et}\quad n^y\equiv0\ [p]. \]Donc :
\[ n^x\equiv n^y\ [p]. \]Si \(p\nmid n\), alors, d’après la question précédente :
\[ n^{(p-1)q}\equiv1\ [p] \quad\text{et}\quad n^{(p-1)s}\equiv1\ [p]. \]Donc :
\[ n^x=n^{(p-1)q+r} = n^{(p-1)q}n^r \equiv n^r\ [p]. \]De même :
\[ n^y\equiv n^r\ [p]. \]3-b) En déduire que \(n^x\equiv n^y\ [2p]\)
On a déjà :
\[ n^x\equiv n^y\ [p]. \]Montrons aussi la congruence modulo \(2\). Si \(n\) est pair, alors \(n^x\) et \(n^y\) sont pairs. Si \(n\) est impair, alors \(n^x\) et \(n^y\) sont impairs.
Dans les deux cas :
\[ n^x\equiv n^y\ [2]. \]Comme \(p\gt2\) est premier, on a :
\[ 2\wedge p=1. \]Donc les deux congruences modulo \(2\) et modulo \(p\) donnent :
\[ n^x\equiv n^y\ [2p]. \]4) Montrer que \(n^x\) et \(n^y\) ont le même chiffre d’unité
Soient \(x,y\in\mathbb N\) tels que :
\[ 187x-255y=68. \]On réduit cette égalité modulo \(4\). Comme :
\[ 187\equiv3\ [4], \qquad 255\equiv3\ [4], \qquad 68\equiv0\ [4], \]on obtient :
\[ 3x-3y\equiv0\ [4]. \]Donc :
\[ 3(x-y)\equiv0\ [4]. \]Comme :
\[ 3\wedge4=1, \]on peut simplifier par \(3\) modulo \(4\). Ainsi :
\[ x-y\equiv0\ [4]. \]Donc :
\[ x\equiv y\ [4]. \]On applique la question précédente avec \(p=5\). Alors \(p-1=4\), et pour tout \(n\in\mathbb N^\ast\), on obtient :
\[ n^x\equiv n^y\ [10]. \]Problème — Fonctions, suites et calcul intégral
Partie I
On considère :
\[ g(x)=x\ln x-x+1 \]sur \(]0,+\infty[\).
1) Montrer que \(g\) est dérivable
Sur \(]0,+\infty[\), les fonctions \(x\mapsto x\ln x\), \(x\mapsto x\), et la fonction constante sont dérivables.
Donc \(g\) est dérivable sur \(]0,+\infty[\).
On calcule :
\[ g'(x)=\ln x+1-1=\ln x. \]2) Montrer que \(g(x)\ge0\)
On étudie le signe de \(g'(x)=\ln x\).
On a :
\[ \ln x\lt0\quad\text{si }0\lt x\lt1, \] \[ \ln x=0\quad\text{si }x=1, \] \[ \ln x\gt0\quad\text{si }x\gt1. \]Donc \(g\) est décroissante sur \(]0,1]\), puis croissante sur \([1,+\infty[\).
Ainsi, \(g\) admet un minimum en \(x=1\). Or :
\[ g(1)=1\cdot\ln1-1+1=0. \]Partie II
On considère \(f\) définie par :
\[ f(x)=\frac{x-1}{\ln x} \quad (x\gt0,\ x\neq1), \]avec :
\[ f(0)=0, \qquad f(1)=1. \]1) Montrer que \(f\) est continue sur \([0,+\infty[\)
Sur \(]0,+\infty[\setminus\{1\}\), la fonction \(f\) est un quotient de fonctions continues avec \(\ln x\neq0\). Elle est donc continue sur cet ensemble.
Au voisinage de \(0\), on a :
\[ x-1\to -1 \quad\text{et}\quad \ln x\to-\infty. \]Donc :
\[ \frac{x-1}{\ln x}\to0. \]Comme \(f(0)=0\), \(f\) est continue en \(0\).
Au voisinage de \(1\), on utilise la limite usuelle :
\[ \lim_{x\to1}\frac{\ln x}{x-1}=1. \]Donc :
\[ \lim_{x\to1}\frac{x-1}{\ln x}=1. \]Comme \(f(1)=1\), \(f\) est continue en \(1\).
2-a) Montrer que \(f\) est dérivable et calculer \(f'(x)\)
Sur \(]0,1[\cup]1,+\infty[\), on a \(\ln x\neq0\). Donc \(f\) est dérivable sur ces intervalles.
Pour \(x\gt0\), \(x\neq1\), on a :
\[ f(x)=\frac{x-1}{\ln x}. \]Donc :
\[ f'(x)=\frac{\ln x-(x-1)\frac1x}{(\ln x)^2}. \]En mettant au même dénominateur :
\[ f'(x)=\frac{x\ln x-x+1}{x(\ln x)^2}. \]Or \(g(x)=x\ln x-x+1\). Donc :
\[ \boxed{f'(x)=\frac{g(x)}{x(\ln x)^2}.} \]2-b) Déduire la monotonie de \(f\)
Pour \(x\gt0\), \(x\neq1\), on a :
\[ x\gt0 \quad\text{et}\quad (\ln x)^2\gt0. \]De plus, d’après la partie I :
\[ g(x)\ge0. \]Donc :
\[ f'(x)\ge0. \]Ainsi, \(f\) est croissante sur \(]0,1[\) et sur \(]1,+\infty[\).
Comme \(f\) est continue sur \([0,+\infty[\), on en déduit que \(f\) est croissante sur \([0,+\infty[\).
3-a) Montrer que le signe de \(f''(x)\) sur \(]0,1[\) est celui de \(\ln(x)h(x)\)
Pour \(x\in]0,1[\), on a :
\[ f'(x)=\frac{g(x)}{x(\ln x)^2}. \]Posons :
\[ D(x)=x(\ln x)^2. \]Alors :
\[ D'(x)=(\ln x)^2+2\ln x. \]Comme \(g'(x)=\ln x\), on obtient :
\[ f''(x)=\frac{g'(x)D(x)-g(x)D'(x)}{D(x)^2}. \]Le dénominateur \(D(x)^2\) est strictement positif, donc le signe de \(f''(x)\) est celui de :
\[ \ln x\cdot x(\ln x)^2-g(x)\big((\ln x)^2+2\ln x\big). \]On factorise par \(\ln x\) :
\[ \ln x \left[ x(\ln x)^2-g(x)(\ln x+2) \right]. \]Or \(g(x)=x\ln x-x+1\). Après simplification :
\[ x(\ln x)^2-(x\ln x-x+1)(\ln x+2) = -x\ln x-\ln x+2x-2. \]Donc le signe de \(f''(x)\) est celui de :
\[ \ln x\, h(x), \]où :
\[ h(x)=-x\ln x-\ln x+2x-2. \]3-b) Montrer que \(h(x)\gt0\) sur \(]0,1[\)
On a :
\[ h(x)=-x\ln x-\ln x+2x-2. \]On calcule :
\[ h'(x)=1-\ln x-\frac1x. \]Puis :
\[ h''(x)=\frac{1-x}{x^2}. \]Sur \(]0,1[\), on a \(1-x\gt0\) et \(x^2\gt0\). Donc :
\[ h''(x)\gt0. \]Ainsi, \(h'\) est strictement croissante sur \(]0,1[\).
Comme :
\[ h'(1)=1-\ln1-1=0, \]on a, pour \(0\lt x\lt1\) :
\[ h'(x)\lt0. \]Donc \(h\) est décroissante sur \(]0,1[\). Or :
\[ h(1)=0. \]Ainsi, pour \(0\lt x\lt1\) :
\[ h(x)\gt h(1)=0. \]3-c) En déduire que \(f'\) est strictement décroissante sur \(]0,1[\)
Sur \(]0,1[\), on a :
\[ \ln x\lt0 \]et, d’après la question précédente :
\[ h(x)\gt0. \]Donc :
\[ \ln x\,h(x)\lt0. \]Ainsi :
\[ f''(x)\lt0. \]4) Montrer qu’il existe \(\alpha\in]0,1[\) tel que \(f'(\alpha)=1\)
La fonction \(f'\) est continue sur \(]0,1[\), et strictement décroissante sur cet intervalle.
On a :
\[ f'(x)=\frac{g(x)}{x(\ln x)^2}. \]Lorsque \(x\to0^+\), on a :
\[ g(x)\to1 \quad\text{et}\quad x(\ln x)^2\to0^+. \]Donc :
\[ f'(x)\to+\infty. \]Calculons maintenant en \(x=\frac1e\). On a :
\[ \ln\left(\frac1e\right)=-1. \]Donc :
\[ g\left(\frac1e\right)=\frac1e(-1)-\frac1e+1=1-\frac2e. \]Et :
\[ \frac1e\left(\ln\frac1e\right)^2=\frac1e. \]Ainsi :
\[ f'\left(\frac1e\right)=\frac{1-\frac2e}{\frac1e}=e-2. \]Comme \(e\lt3\), on a :
\[ e-2\lt1. \]Donc \(f'\) prend des valeurs supérieures à \(1\) près de \(0\), et une valeur inférieure à \(1\) en \(\frac1e\).
5-a) Montrer que \(0\lt u_n\lt1\) et que \((u_n)\) est croissante
On sait que :
\[ \alpha\lt u_0\lt1. \]Donc \(0\lt u_0\lt1\).
Pour \(0\lt x\lt1\), on a \(\ln x\lt0\) et \(x-1\lt0\). Donc :
\[ f(x)=\frac{x-1}{\ln x}\gt0. \]Comme \(f\) est croissante et \(x\lt1\), on obtient :
\[ f(x)\lt f(1)=1. \]Donc \(0\lt f(x)\lt1\). Par récurrence :
\[ \forall n\in\mathbb N,\qquad 0\lt u_n\lt1. \]Montrons maintenant la croissance. Pour \(0\lt x\lt1\), on a :
\[ f(x)-x=\frac{x-1}{\ln x}-x=\frac{x-1-x\ln x}{\ln x}. \]Or :
\[ x-1-x\ln x=-g(x). \]Donc :
\[ f(x)-x=\frac{-g(x)}{\ln x}. \]Sur \(]0,1[\), on a \(g(x)\gt0\) et \(\ln x\lt0\). Donc :
\[ f(x)-x\gt0. \]Ainsi \(f(x)\gt x\). En appliquant à \(x=u_n\), on obtient :
\[ u_{n+1}=f(u_n)\gt u_n. \]5-b) Montrer que \(|u_{n+1}-1|\le f'(u_0)|u_n-1|\)
Comme \(0\lt u_n\lt1\), la fonction \(f\) est continue sur \([u_n,1]\) et dérivable sur \(]u_n,1[\).
Le théorème des accroissements finis donne qu’il existe \(c_n\in]u_n,1[\) tel que :
\[ f(1)-f(u_n)=f'(c_n)(1-u_n). \]Comme \(f(1)=1\) et \(f(u_n)=u_{n+1}\), on obtient :
\[ 1-u_{n+1}=f'(c_n)(1-u_n). \]La suite \((u_n)\) est croissante, donc \(u_n\ge u_0\). Ainsi :
\[ c_n\in]u_n,1[\subset]u_0,1[. \]Or \(f'\) est décroissante sur \(]0,1[\), donc :
\[ f'(c_n)\le f'(u_0). \]Comme \(f'(c_n)\ge0\), on obtient :
\[ 1-u_{n+1}\le f'(u_0)(1-u_n). \]Comme \(u_n\lt1\), cela donne :
\[ \boxed{|u_{n+1}-1|\le f'(u_0)|u_n-1|.} \]5-c) Déterminer la limite de \((u_n)\)
La suite \((u_n)\) est croissante et majorée par \(1\). Donc elle est convergente.
Soit :
\[ \ell=\lim_{n\to+\infty}u_n. \]Alors \(0\lt \ell\le1\).
Comme \(u_{n+1}=f(u_n)\) et \(f\) est continue sur \([0,+\infty[\), on obtient :
\[ \ell=f(\ell). \]Or, pour \(0\lt x\lt1\), on a montré \(f(x)\gt x\). Donc l’égalité \(f(\ell)=\ell\) ne peut pas avoir lieu dans \(]0,1[\).
Partie III
On considère :
\[ F(x)=\int_x^{x^2} f(t)\,dt \]pour \(x\gt0\), \(x\neq1\), avec :
\[ F(0)=F(1)=0. \]1) Montrer l’encadrement
On sait que \(f\) est croissante sur \([0,+\infty[\).
Cas \(x\gt1\). Alors \(x\lt x^2\). Pour tout \(t\in[x,x^2]\), on a :
\[ f(x)\le f(t)\le f(x^2). \]En intégrant entre \(x\) et \(x^2\), on obtient :
\[ (x^2-x)f(x)\le F(x)\le (x^2-x)f(x^2). \]Cas \(0\lt x\lt1\). Alors \(x^2\lt x\). Pour tout \(t\in[x^2,x]\), on a :
\[ f(x^2)\le f(t)\le f(x). \]En intégrant entre \(x^2\) et \(x\), on obtient :
\[ (x-x^2)f(x^2)\le \int_{x^2}^{x}f(t)\,dt\le (x-x^2)f(x). \]Or :
\[ F(x)=\int_x^{x^2}f(t)\,dt=-\int_{x^2}^{x}f(t)\,dt. \]En multipliant par \(-1\), le sens des inégalités change :
\[ -(x-x^2)f(x)\le F(x)\le -(x-x^2)f(x^2). \]Donc :
\[ (x^2-x)f(x)\le F(x)\le (x^2-x)f(x^2). \]2) Déterminer la branche infinie de \((C_F)\) au voisinage de \(+\infty\)
Pour \(x\gt1\), l’encadrement donne :
\[ F(x)\ge (x^2-x)f(x). \]Or :
\[ f(x)=\frac{x-1}{\ln x}. \]Donc :
\[ (x^2-x)f(x)= (x^2-x)\frac{x-1}{\ln x}. \]Lorsque \(x\to+\infty\), la limite usuelle donne :
\[ \frac{x^3}{\ln x}\to+\infty. \]Donc :
\[ F(x)\to+\infty. \]De plus :
\[ \frac{F(x)}x \ge \frac{(x^2-x)f(x)}x = (x-1)f(x) = \frac{(x-1)^2}{\ln x}. \]Or :
\[ \frac{(x-1)^2}{\ln x}\to+\infty. \]Donc :
\[ \frac{F(x)}x\to+\infty. \]3-a) Montrer que \(F\) est dérivable en \(0\) à droite et dérivable en \(1\)
Dérivabilité à droite en \(0\).
On calcule :
\[ \frac{F(x)-F(0)}{x-0}=\frac{F(x)}x. \]Pour \(0\lt x\lt1\), l’encadrement donne :
\[ (x^2-x)f(x)\le F(x)\le (x^2-x)f(x^2). \]En divisant par \(x\gt0\) :
\[ (x-1)f(x)\le \frac{F(x)}x\le (x-1)f(x^2). \]Lorsque \(x\to0^+\), on a \(f(x)\to0\) et \(f(x^2)\to0\). Donc les deux membres tendent vers \(0\). Par encadrement :
\[ \lim_{x\to0^+}\frac{F(x)}x=0. \]Donc \(F\) est dérivable à droite en \(0\), et :
\[ F'_d(0)=0. \]Dérivabilité en \(1\).
On calcule :
\[ \frac{F(x)-F(1)}{x-1}=\frac{F(x)}{x-1}. \]Pour \(x\gt1\), l’encadrement donne :
\[ x f(x)\le \frac{F(x)}{x-1}\le x f(x^2). \]Pour \(0\lt x\lt1\), la division par \(x-1\lt0\) inverse le sens des inégalités, et \(\frac{F(x)}{x-1}\) reste compris entre \(x f(x)\) et \(x f(x^2)\).
Lorsque \(x\to1\), on a :
\[ x f(x)\to1 \quad\text{et}\quad x f(x^2)\to1. \]Par encadrement :
\[ \lim_{x\to1}\frac{F(x)}{x-1}=1. \]Donc \(F\) est dérivable en \(1\), et :
\[ F'(1)=1. \]3-b) Interprétation géométrique
Comme \(F'_d(0)=0\), la courbe \((C_F)\) admet au point \(O(0,0)\) une demi-tangente horizontale d’équation :
\[ y=0. \]Comme \(F'(1)=1\) et \(F(1)=0\), la tangente à \((C_F)\) au point d’abscisse \(1\) a pour coefficient directeur \(1\).
3-c) Équation de la tangente au point d’abscisse \(1\)
Le point est :
\[ A(1,F(1))=(1,0). \]Le coefficient directeur est :
\[ F'(1)=1. \]Donc l’équation de la tangente est :
\[ y-0=1(x-1). \]4-a) Montrer que \(F\) est dérivable sur \([0,+\infty[\)
On a déjà montré que \(F\) est dérivable à droite en \(0\), et dérivable en \(1\).
Sur \(]0,1[\cup]1,+\infty[\), la fonction \(f\) est continue, et :
\[ F(x)=\int_x^{x^2}f(t)\,dt. \]Donc \(F\) est dérivable sur ces intervalles, et :
\[ F'(x)=2x f(x^2)-f(x). \]4-b) Montrer que le signe de \(F'\) est celui de \(P(x)=x^2+x-1\)
Pour \(x\gt0\), \(x\neq1\), on a :
\[ F'(x)=2x f(x^2)-f(x). \]Or :
\[ f(x^2)=\frac{x^2-1}{\ln(x^2)}. \]Comme :
\[ \ln(x^2)=2\ln x, \]on obtient :
\[ f(x^2)=\frac{x^2-1}{2\ln x}. \]Donc :
\[ 2x f(x^2)=\frac{x(x^2-1)}{\ln x}. \]Et :
\[ f(x)=\frac{x-1}{\ln x}. \]Donc :
\[ F'(x)=\frac{x(x^2-1)-(x-1)}{\ln x}. \]On factorise :
\[ x(x^2-1)-(x-1) = x(x-1)(x+1)-(x-1) = (x-1)(x^2+x-1). \]Ainsi :
\[ F'(x)=\frac{(x-1)(x^2+x-1)}{\ln x}. \]Pour \(x\gt0\), \(x\neq1\), les nombres \(x-1\) et \(\ln x\) ont le même signe. Donc :
\[ \frac{x-1}{\ln x}\gt0. \]4-c) Tableau de variations de \(F\)
On résout :
\[ P(x)=x^2+x-1=0. \]Les racines sont :
\[ x=\frac{-1-\sqrt5}{2} \quad\text{et}\quad x=\frac{-1+\sqrt5}{2}. \]La seule racine positive est :
\[ \beta=\frac{\sqrt5-1}{2}. \]Comme le coefficient dominant de \(P\) est positif, on a :
\[ P(x)\lt0\quad\text{sur } ]0,\beta[ \]et :
\[ P(x)\gt0\quad\text{sur } ]\beta,+\infty[. \]Donc :
- \(F\) est décroissante sur \([0,\beta]\) ;
- \(F\) est croissante sur \([\beta,+\infty[\).
On connaît :
\[ F(0)=0, \qquad F(1)=0, \qquad \lim_{x\to+\infty}F(x)=+\infty. \]De plus :
\[ F(\beta)\simeq -0,2. \]5) Tracé de \((C_F)\)
Pour tracer \((C_F)\), on utilise les éléments suivants :
- \(F(0)=0\) ;
- la demi-tangente en \(0\) est horizontale : \(y=0\) ;
- \(F\) décroît sur \(\left[0,\frac{\sqrt5-1}{2}\right]\) ;
- \(F\) croît sur \(\left[\frac{\sqrt5-1}{2},+\infty\right[\) ;
- \(F(1)=0\) ;
- la tangente au point d’abscisse \(1\) est \(y=x-1\) ;
- au voisinage de \(+\infty\), \((C_F)\) admet une branche parabolique de direction l’axe des ordonnées.
La courbe passe donc par :
\[ O(0,0), \]descend jusqu’au minimum approximatif :
\[ \left(0,6,-0,2\right), \]puis remonte, passe par :
\[ (1,0), \]avec tangente :
\[ y=x-1, \]puis monte vers \(+\infty\).
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