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\begin{document}
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\devpers{$\pmb{  \cald \cals ~ \caln^o 5}$  : Ln et compagnie (2h)}{}{T\up{ale} }{20 décembre 2023}



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\setlength{\columnsep}{30pt}

 \setcounter{exercice}{0}
%  12, 11non,10, 9non, 8tb mais non,7jsp,6,5,4non, 3non


\begin{exercice}[(11 points)]
 
Soit $f$ la fonction définie sur l'intervalle $]0~;~ +\infty[$ par 

\[f(x) = x\ln (x) + 1\]

On note $\mathcal{C}_f$ sa courbe représentative dans un repère du plan.

\medskip

\begin{enumerate}
\item Déterminer la limite de la fonction $f$ en $0$ ainsi que sa limite en $+\infty$.

\begin{corrige}
 $\bullet$ Par théorème de croissance comparée : $\displaystyle\lim_{x \to 0} x \ln x = 0$, donc $\displaystyle\lim_{x \to 0} f(x) = 1$
 
 $\bullet$ On a $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} x = + \infty$ et $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} \ln x = + \infty$, donc a par produit $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} x \ln x = + \infty$ et donc $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} f(x) = + \infty$.
\end{corrige}

\item 
	\begin{enumerate}
		\item On admet que $f$ est dérivable sur $]0~;~+\infty[$ et on notera $f'$ sa fonction dérivée.
		
Montrer que pour tout réel $x$ strictement positif :

\[f'(x) = 1 + \ln (x).\]\index{dérivée}
\begin{corrige}
 Pour $x>0$, on a $f'(x) = 1.\ln x+x.\dfrac1x=1+\ln x $
\end{corrige}

		\item En déduire le tableau de variation de la fonction $f$ sur $]0~;~ +\infty[$. On y fera figurer la valeur exacte de l'extremum de $f$ sur $]0~;~ +\infty[$ et les limites.
		\begin{corrige}
		 On cherche le signe de $f'(x)$ : 
		 
		 \begin{align*}
		  f'(x)>0 &\ssi 1+\ln x >0 \\
		   &\ssi  \ln x > -1 \\
		   &\ssi x > \e^{-1}  ~~~~~~~~~~~~\text{(On applique $\exp$ qui est strictement croissante.)}
		 \end{align*}
		 
On a de plus $f(\dfrac{1}{\e})=\dfrac{1}{\e}\ln \dfrac{1}{\e} + 1 =-\dfrac{1}{\e} +1\simeq 0,63$

On déduit alors le tableau de variations de $f$ :

     \begin{tikzpicture}
\tkzTab[lgt=3,espcl=5]{ $x$ / 1,
$f'(x)$ / 1,
Variations de \\$f$ / 2}
{ $0$ , $\dfrac{1}{\e}$ ,$\pI$}
{ d,-,z,+,}
{  D+/ 1 , -/$1-\dfrac{1}{\e}$ , +/  $\pI$ }%
\tkzTabVal[draw]{2}{3}{0.6}{$1$}{$1$}
\end{tikzpicture}

		\end{corrige}

		\item Justifier que pour tout $x \in  ]0~;~1[,\:f(x) \in ]0~;~1[$.
		\begin{corrige}
		 Au vu du tableau de variations et sachant que $f(\dfrac{1}{\e})\simeq 0,63>0$, on déduit que pour $x\in ]0~;~\e^{-1}]$ on a $f(x)\in ]0;1[$.
		 
		 D'autre part $f(1)=1$, et donc pour $x \in [\e^{-1}~;~1]$, on a $\e^{-1}<x<1$ et par application de la fonction $f$ qui est croissante, il vient $1-\dfrac{1}{\e}\leq f(x) <1$. En conséquence $f(x)\in ]0;1[$.
		 (on aurait pu aussi le faire directement avec le tableau de variations en y plaçant l'image de 1 par $f$.
		 
		 Finalement pour $x\in ]0;1[$, on a $f(x)\in ]0;1[$.
		 
		\end{corrige}

	\end{enumerate}	
\item 
	\begin{enumerate}
		\item Déterminer une équation de la tangente $(T)$ à la courbe $\mathcal{C}_f$ au point d'abscisse 1.
		\begin{corrige}
		 D'après le cours : $T : y=f'(1)(x-1)+f(1).$
		 
		 Ici : $f'(1)=1$ et $f(1)=1$, donc on a $T : y=x-1+1$ et finalement $T : y=x$.
		\end{corrige}

		\item Étudier la convexité de la fonction $f$ sur $]0~;~+\infty[$.\index{convexité}
		\begin{corrige}
		 On calcule la dérivée seconde de $f$: 
		 pour $x>0$ : $f''(x)=\dfrac{1}{x}$. 
		 
		 Donc $f''(x)>0$ sur $]0;\pI[$ et donc $f$ est une fonction convexe.
		\end{corrige}
		

		\item En déduire que pour tout réel $x$ strictement positif:
		
		\[f(x) \geqslant x\]
		
		\begin{corrige}
		 $f$ étant convexe, il s'esnsuit que $\calc_f$ est au-dessus de ses tangentes, et donc pour  $x>0$, on a $f(x) \geqslant x$.
		\end{corrige}

	\end{enumerate}
\item On définit la suite $\left(u_n\right)$ par son premier terme $u_0$ élément de l'intervalle ]0~;~1[ et pour tout entier naturel $n$ :\index{suites}

\[u_{n+1} = f\left(u_n\right)\]

	\begin{enumerate}
		\item Démontrer par récurrence que pour tout entier naturel $n$, on a : $0 < u_n < 1$.
		\begin{corrige}
		 
 {\bf Initialisation : } On a bien par définition de $u_0$ : $0 < u_0 < 1$.
 
 {\bf Hérédité : } Pour $k\in\N$, supposons $0 < u_k < 1$ donc $u_k\in ]0;1[$ et d'après la question 2c, on déduit  $f(u_k)\in ]0;1[$, c'est-à-dire $0 < u_{k+1} < 1$.
 
 {\bf Conclusion : } Pour $n\in\N$,  $0 < u_n < 1$.
		\end{corrige}

		\item Déduire de la question 3. c. la croissance de la suite $\left(u_n\right)$.
		\begin{corrige}
		 Pour $k\in\N$, on a d'après 3c avec $x=u_k$, on a $f(u_k)\geq u_k$ et donc $u_{k+1}\geq u_k$.
		 
		 Il s'ensuit que $(u_n)$ est une suite croissante.
		\end{corrige}

		\item En déduire que la suite $\left(u_n\right)$ converge vers une limite qui satisfait $f(\ell)=\ell$.
		
		\begin{corrige}
		 La suite  $(u_n)$ est une suite croissante et majorée par $1$, donc par théorème elle converge vers $\ell\in[u_0;1]$. 
		 
		 De plus : 
		 \begin{enumerate}[label=$\bullet$]
		  \item $f$ est continue sur $[u_0;1]$.
		  \item  $\left(u_n\right)$ converge vers $\ell\in [u_0;1]$.
		  \item  Pour $n\in\N$, on a $u_{n+1}=f(u_n)$.
		 \end{enumerate}

		 Donc par théorème du point fixe : $f(\ell)=\ell$.
		\end{corrige}

		
		\item On pose $\varphi$ la fonction définie pour $x>0$ par $\varphi(x)=f(x)-x$. Après une étude de la fonction $\varphi$, dresser son tableau de variation (on ne demande pas les limites).
		
		\begin{corrige}
		 On a pour $x>0$, 
		 $\varphi'(x)=f'(x)-1=\ln x$.
		 
		 On en déduit le tableau de variations de $\varphi$.
		 
		      \begin{tikzpicture}
\tkzTab[lgt=3,espcl=5]{ $x$ / 1,
$\varphi'(x)$ / 1,
Variations de \\$\varphi$ / 2}
{ $0$ , $1$ ,$\pI$}
{ d,-,z,+,}
{ D+/ , -/$0$ , +/ }%
\end{tikzpicture}

		\end{corrige}

		\item En déduire la valeur de $\ell$.
		
		\begin{corrige}
		 On a $f(\ell)=\ell \ssi \varphi(\ell)=0 \ssi \ell=1$ (d'après le tableau la tabelau de variations).
		\end{corrige}

	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\end{exercice}


\begin{exercice}[(9 points)]
 % bac 2023
Soit $k$ un réel strictement positif.

Le but de cet exercice est de déterminer le nombre de solutions de l'équation  de paramètre $k$.
\[\ln (x) = kx\]

 
\smallskip

\begin{enumerate}
\item \textbf{Conjectures graphiques :}

\medskip

On a représenté, ci-dessous, dans un repère orthogonal, la courbe $\calc_{\ln}$d'équation $y = \ln (x)$, la droite d'équation $y = x$ ainsi que la droite d'équation $y = 0,2x$ :

On notera $\Delta_k$ la droite d'équation $y=kx$.
\begin{center}
\psset{unit=0.8cm,arrowsize=2pt 3}
\begin{pspicture*}(-1,-1.2)(16.5,9)
\psaxes[linewidth=1.25pt]{->}(0,0)(0,-1)(16.5,9)
\psplot[plotpoints=2000,linewidth=1.25pt,linecolor=red]{0.1}{16.5}{x ln}\uput[d](15,2.3){\red $y = \ln x$}
\psplot[plotpoints=2000,linewidth=1.25pt,linecolor=blue]{0}{16.5}{x 0.2 mul}\uput[4](14,3.3){\blue $y = 0,2 x$}
\psplot[plotpoints=2000,linewidth=1.25pt]{0}{16.5}{x}\uput[ul](8.5,8.5){$y = x$}
\end{pspicture*}
\end{center}

À partir du graphique ci-dessus, conjecturer le nombre de solutions de l'équation $\ln (x) = kx$ pour $k = 1$ puis pour $k = 0,2$, Pouvez-vous donner une évaluation de $k$ lorsque la droite $\Delta_k$ est tangente à $\calc_{\ln}$ ?
\begin{corrige}
 Par lecture graphique $\Delta_1$ et $\calc_{\ln}$ ne se coupent pas, $\Delta_{0,2}$ et $\calc_{\ln}$ ont deux point d'intersection, et en traçant la tangente, ilsemble que la valeur de $k$ correpondante est de $\dfrac13$ environ.
\end{corrige}

\item Étude du cas $k = 1$ :

On considère la fonction $f$, définie et dérivable sur $]0~;~+\infty[$, par: 
\[f(x) = \ln (x) - x.\]

	\begin{enumerate}
		\item Calculer la fonction dérivée $f'$ de $f$ et  étudier le sens de variation de la fonction $f$ sur $]0~;~+\infty[$.

Dresser le tableau des variations de la fonction $f$ en y faisant figurer la valeur exacte des extremums s'il y en a.

Les limites aux bornes de l'intervalle de définition ne sont pas attendues.

\begin{corrige}
 On a pour $x>0$, $f'(x)=\dfrac1x-1=\dfrac{1-x}{x}$.
 
 $x>0$ donc $f'(x)$ est du signe de $1-x$ qui est affine et on déduit le tableau de vairations.
 
 \vspace{1cm}
      \begin{tikzpicture}
\tkzTab[lgt=3,espcl=5]{ $x$ / 1,
$f'(x)$ / 1,
Variations de \\$f$ / 2}
{ $0$ , $1$ ,$\pI$}
{ d,+,z,-,}
{ D-/ , +/$-1$ , -/ }%
\end{tikzpicture}

 
\end{corrige}

		\item En déduire le nombre de solutions de l'équation $\ln (x) = x$.
		\begin{corrige}
		 $\ln x =x \ssi f(x)=0 $ et nous observons à l'aide du tableau de variations de $f$ que $-1$ est son maximum. Ainsi $f(x)=0$ est impossible et donc il n'y a pas de solution à $f(x)=x$. 
		\end{corrige}

	\end{enumerate}	
\item Étude du cas général :

$k$ est un nombre réel strictement positif.

On considère la fonction $g$ définie sur $]0~;~+\infty[$ par:
\[g(x) = \ln (x) - kx.\]


	\begin{enumerate}
	\item 
Montrer que le tableau des variations de la fonction $g$ est le suivant :

\begin{center}
\psset{unit=.8cm,arrowsize=2pt 3}
\begin{pspicture}(7.5,2.5)
\psframe(7.5,2.5)\psline(0,1.5)(7.5,1.5)
\psline(1.5,0)(1.5,2.5)
\uput[u](0.75,1.4){$x$} \uput[u](1.65,1.4){$0$} \uput[u](4.5,1.4){$\dfrac 1k$} 
\uput[u](7,1.4){$+ \infty$}
\rput(0.75,0.75){$g(x)$}\uput[u](2,0){$- \infty$}\uput[d](4.5,1.5){$g\left(\frac 1k\right)$}
\uput[u](7,0){$- \infty$}
\psline{->}(2,0.5)(4,1)\psline{->}(5,1)(7,0.5)
\end{pspicture}
\end{center}

\begin{corrige}
 {\bf Limites : } En 0: $\limite{x}{0} \ln x=\mI$, donc par somme  $\limite{x}{0} g(x)=\mI$.
 
 En $\pI$ : $g(x)=x(\dfrac{\ln x}{x} -k)$.
 
 Par croissance comparée, $\limite{x}{\pI}\dfrac{\ln x}{x}=0$ et $k$ étant positif, on déduit par produit que $\limite{x}{\pI} g(x)=\mI$.
 
 On a pour $x>0$ $g'(x)=\dfrac{1}{x}-k=\dfrac{1-kx}{x}$ et $x>0$ donc le signe de $g'(x)$ est celui de la fonction $1-kx$ qui est affine et s'annule en $\dfrac1k$.
 
 
 On a de plus $g(\dfrac1k)=\ln\dfrac1k-k\dfrac1k=-\ln k -1$.
 
 On déduit alors le tableau de variations demandé.
 
 
\end{corrige}

		\item Donner, en fonction du signe de $g\left(\dfrac 1k\right)$ le nombre de solutions de l'équation $g(x) = 0$.
		\begin{corrige}
		 \begin{enumerate}[label=$\bullet$]
		  \item Si $g\left(\dfrac 1k\right)< 0$, alors la fonction $g$ a pour maximum un nombre réel strictement négatif, donc l'équation $g(x) = 0$ n'admet aucune solution.
		  \item Si $g\left(\dfrac 1k\right)=0$, alors  $g$ admet 0 comme maximum et $g(x)=0$ admet comme unique solution $x=\dfrac1k$.
		   \item Si $g\left(\dfrac 1k\right)>0$, d'après le tableau de variations (en appliquant deux fois le corollaire du TVI), on a exactement deux solutions à l'équation $g(x)=0$. L'une dans $]0;\dfrac1k[$ et l'autre dans $]\dfrac1k;\pI[$.
		 \end{enumerate}

		\end{corrige}

		\item Calculer $g\left(\dfrac 1k\right)$ en fonction du réel $k$.
		\begin{corrige}
		  $g(\dfrac1k)=\ln\dfrac1k-k\dfrac1k=-\ln k -1$.
		\end{corrige}

		\item Montrer que $g\left(\dfrac 1k\right) > 0$ équivaut à $k < \e^{-1}$.
		\begin{corrige}

		\begin{align*}
		   g\left(\dfrac1k\right) > 0 &\ssi -\ln (k) - 1>0\\
                                        &\ssi \ln (k) < - 1\\
                                        &\ssi k < \e^{-1}~~~~~~~~~~~~\text{(On applique $\exp$ qui est strictement croissante)}
		 \end{align*}

		\end{corrige}

		\item Déterminer selon les valeurs de $k$ le nombre de solution de l'équation $\ln (x) = kx$.
		\begin{corrige}
		 En reprenant l'étude de la question 3b, et la question précédente, on déduit que :
		 
        \begin{enumerate}[label=$\bullet$]
         \item Si $0<k<\dfrac1\e$ alors $ g\left(\dfrac1k\right) > 0$ et donc on a deux solutions à l'équation.
         \item Si $k=\dfrac1\e$ alors $ g\left(\dfrac1k\right) = 0$ et donc on a une solution à l'équation.
         \item Si $k>\dfrac1\e$ alors $ g\left(\dfrac1k\right) < 0$ et donc il n'y a pas de solution à l'équation.
        \end{enumerate}

		\end{corrige}
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{exercice}

\begin{exerciced}
 Comparer sans calculatrice les nombres $\e^\pi$ et $\pi^\e$.
 \begin{corrige}
  On peut procéder par analyse-synthèse.
  
  {\bf Analyse : } 
  \begin{align*}
   \e^\pi<\pi^\e &\ssi \pi\ln\e< \e\ln\pi~~~~~~~~~~\text{(Par application de $\ln$ aui est croissante)}\\
   &\ssi \dfrac{\ln\e}{\e}<\dfrac{\ln\pi}{\pi}
  \end{align*}
  
  Ainsi, on constate que notre problème revient à étudier les variations de la fonction définie par $\varphi(x)=\dfrac{\ln x}{x}$ pour $x>0$.
  
  On a alors pour $x>0$, $\varphi'(x)=\dfrac{1-\ln x}{x^2}$.
  
  et donc $\varphi'(x)<0 \ssi 1-\ln x<0 \ssi x>\e$.
  
  Ainsi pour $x>\e$, $\varphi$ est croissante et donc $\varphi(e)<\varphi(\pi)$.
  
  Ceci montre $\dfrac{\ln\e}{\e}<\dfrac{\ln\pi}{\pi}$ et donc $\e^\pi<\pi^\e$.

 \end{corrige}

\end{exerciced}

\end{empfile}
\end{document}


 
