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 \setboolean{solution}{true}
% \setboolean{solution}{false}

\begin{document}
\pagestyle{empty}

\devpers{{\bf \Large \textcalligra{DS N\up{~~o}{\Huge 6}  : Autour de ln (2h)}} }{}{\textcalligra{ Spé math (terminale) } }{\large \textcalligra{16 janvier 2025}}

% \devpers{ $\pmb{\cald \cals~ \caln^o 1}$ : {\bf \Large \textcalligra{DS 1  : Révisions suites et fonctions}} }{}{T\up{ale} }{7 octobre 2024}


\setlength{\columnseprule}{.5pt}
\setlength{\columnsep}{30pt}

 \setcounter{exercice}{0}




\begin{exercice}[(5 points)]
 %% Bac 2023 22 mars centres étrangers


\textbf{Partie A}

\medskip

%On considère la fonction $f$ définie par :
\[f(x) = x - \ln (1 + x).\]

\begin{enumerate}
\item Justifier que la fonction $f$ est définie sur l'intervalle $]-1~;~+ \infty[$.
\begin{corrige}
 Sur $]-1~;~+ \infty[$, $x+1>0$ et donc $x \longmapsto \ln (1 + x)$ est bien définie ainsi que la fonction $f$.
\end{corrige}

\item On admet que la fonction $f$ est dérivable sur $]-1~;~+ \infty[$.

Déterminer l'expression de sa fonction dérivée $f'$.

\begin{corrige}
 On a pour $x>-1$ :
 \begin{align*}
  f'(x)&=1-\dfrac{1}{1+x}\\
  &=\dfrac{x}{1+x}
 \end{align*}

\end{corrige}


\item
	\begin{enumerate}
		\item En déduire le sens de variation de la fonction $f$ sur l'intervalle $]-1~;~+ \infty[$.
		\begin{corrige}
Sur $]-1;\pI[$, $x+1>0$, donc $f'(x)$ est du signe de $x$. On déduit alors le tableau de variations de $f$ (sans limites).

\vspace{1cm}

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


\end{corrige}
		\item En déduire le signe de la fonction $f$ sur l'intervalle $]-1~;~0[$.
		\begin{corrige}
		 D'après le tableau de variation, $0$ est le minimum de $f$ atteint en $0$. On déduit alors $f(x)>0$.

		\end{corrige}

	\end{enumerate}
\item
	\begin{enumerate}
		\item Montrer que, pour tout $x$ appartenant à l'intervalle $]-1~;~+ \infty[$, on a :
\[f(x) = \ln \left(\dfrac{\text{e}^x}{1 + x}\right).\]

\begin{corrige}
 \begin{align*}
 f(x) &= x - \ln (1 + x). \\
 &= \ln(\e^x) - \ln (1 + x).\\
 &=\ln \left(\dfrac{\text{e}^x}{1 + x}\right)
\end{align*}
\end{corrige}



		\item En déduire la limite en $+\infty$ de la fonction $f$.
		\begin{corrige}
		 On a $\dfrac{\e^x}{1+x}=\dfrac{e^x}{x(1+\frac{1}{x})}=\dfrac{\e^x}{x}\times \dfrac{1}{1+\frac{1}{x}}$.

		 On a $\limite{x}{\pI}\dfrac{1}{1+\frac{1}{x}}=1$, et par croissance comparée, $\limite{x}{\pI}\dfrac{\e^x}{x}=\pI$.

		 Alors par produit $\limite{x}{\pI} \dfrac{\e^x}{1+x} =\pI$.

		 De plus $\limite{X}{\pI} \ln X = \pI$,

		 Alors par composée (avec $X=\dfrac{\e^x}{1+x}$), on a $\limite{x}{\pI} f(x)=\pI$.
		\end{corrige}

	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\medskip

\textbf{Partie B}

\medskip

On considère la suite $\left(u_n\right)$ définie par $u_0 = 10$ et, pour tout entier naturel $n$,
\[u_{n+1} = u_n- \ln \left(1 + u_n\right).\]

On admet que la suite $\left(u_n\right)$ est bien définie.

\medskip

\begin{enumerate}
\item Donner la valeur arrondie au millième de $u_1$.
\begin{corrige}
 On a $u_1=f(10)=10-\ln(11)\simeq 7,602$.
\end{corrige}

\item En utilisant la question 3. a. de la partie A, démontrer par récurrence que, pour
tout entier naturel $n$, on a $u_n \geqslant 0$.


\begin{corrige}
 On montre par récurrence que pour tout $n\in\N$ : $u_n \geqslant 0$.

{\bf Initialisation : } On a bien pour $n=0$, $u_0=10>0$.

 {\bf Hérédité : } pour $k\in\N$, supposons $ u_k \geq 0$ et montrons  $ u_{k+1} \geq 0$.

 On a $ u_k \geq 0$, et d'après la question 3. a. on a $f(u_k)\geq 0$ et donc $ u_{k+1} \geq 0$.

 L'hérédité est donc démontrée.

  {\bf Conclusion : }  pour tout $n\in\N$ : $ u_n \geq 0$
\end{corrige}




\item Démontrer que la suite $\left(u_n\right)$ est décroissante.
\begin{corrige}
 Pour tout $n\in\N$, on a $u_{n+1}-u_n=-\ln(u_n+1)$.

 Et de plus

 \begin{align*}
  & u_n \geq 0 \\
  \text{donc~~~~} & u_n+1 \geq 1 \\
  \text{donc~~~~} & \ln(u_n+1) \geq 0 \text{~~~~~~~~~(On applique $\ln$ qui est croissante)} \\
   \text{donc~~~~} & -\ln(u_n+1) \leq 0
 \end{align*}

 Ainsi $u_{n+1}-u_n\leq 0$ et donc la suite $\left(u_n\right)$ est décroissante.

\end{corrige}

\item Déduire des questions précédentes que la suite $\left(u_n\right)$ converge.
\begin{corrige}
 La suite $\left(u_n\right)$ est décroissante et minorée par $0$ donc elle converge vers $\ell \geq 0$.
\end{corrige}

\item Déterminer la limite de la suite $\left(u_n\right)$.

\begin{corrige}
 On a

  \begin{enumerate}[label=$\bullet$]
 \item $u_{n+1}=f(u_n)$.
 \item $(u_n)$  vers $\ell \geq 0$.
 \item $f$ est continue sur $]-1;\pI[$.
\end{enumerate}

Alors par théorème du point fixe $f(\ell)=\ell$.

Donc $\ln(1+\ell)=0$ et par application de la fonction $\exp$, il vient $1+\ell=1$ et ainsi $\ell=0$.
\end{corrige}

\end{enumerate}
\end{exercice}

\begin{exercice}
 % La réunion 28 mars 2023

On considère la fonction $f$ définie sur $]0~;~+\infty[$ par:
\[
 f(x) = 3x + 1 - 2x \ln (x)
\]


On admet que la fonction $f$ est deux fois dérivable sur $]0~;~+\infty[$.

On note $f'$ sa dérivée et $f''$ sa dérivée seconde.

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 et en $+\infty$.
\begin{corrige}
 En $0$ : Par théorème de coirssance comparée : $\limite{x}{0} x\ln x =0$,

 alors par somme $\limite{x}{0} f(x)=1$.

 En $\pI$ : On a $f(x)=x(3-2\ln x) +1 $.

 $\limite{x}{\pI} x =\pI$;  et par somme : $\limite{x}{\pI} 3-2\ln x =\mI$.

 On déduit donc par produit et somme que $\limite{x}{\pI} f(x)=\mI$.
\end{corrige}

\item
	\begin{enumerate}
		\item Démontrer que pour tout réel $x$ strictement positif : $f'(x) = 1- 2\ln (x)$.
		\begin{corrige}
		 On a pour $x>0$ :

		 $f'(x)=	3+0-2\times\ln(x) -2x\times \dfrac{1}{x}=3-2\ln(x)-2 = 1-2\ln(x)$

		\end{corrige}

		\item Étudier le signe de $f'$ et dresser le tableau de variation de la fonction $f$ sur l'intervalle $]0~;~+\infty[$.

On fera figurer dans ce tableau les limites ainsi que la valeur exacte de l'extremum.

\begin{corrige}
 \begin{align*}
  & f'(x)>0\\
  \ssi& 1-2\ln(x)>0 \\
  \ssi& \ln(x)<\dfrac{1}{2} \\
   \ssi& x < \e^{\frac{1}{2}} \text{~~~~~~~~ Car $\ln$ est strictement croissante}
 \end{align*}

 On déduit alors le tableau de variations :

\vspace{1cm}

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


Et on a $f(\sqrt{\e})=3\sqrt{\e}+1-2\sqrt{\e}\ln(\sqrt{\e})=2\sqrt{\e}+1$
\end{corrige}

	\end{enumerate}
\item
	\begin{enumerate}
		\item Démontrer que l'équation $f(x) = 0$ admet une unique solution sur $]0~;~+\infty[$. On notera $\alpha$ cette solution.


		\begin{corrige}
Sur $]0;\sqrt{\e}]$, le minimum de $f$ est $1$ donc $f$ n'admet pas de racine.

Sur $[\sqrt{\e};\pI[$ :
   \begin{enumerate}[label=$\bullet$]
 \item $f$ strictement décroissante.
 \item $f$ continue (car dérivable)
 \item $f(\e^\frac12)=2\sqrt{\e}+1>0$,  $\limite{x}{\pI}=\mI$ et $0\in]\mI;2\sqrt{\e}+1]$.
\end{enumerate}
donc par corollaire du théorème des valeurs intermédiaires $f(x)=0$ admet une unique racine $\alpha \in [\sqrt{\e};\pI[$ et donc sur $]0;\pI[$ .

\end{corrige}
		\item En déduire le signe de la fonction $f$ sur $]0~;~+\infty[$.
		\begin{corrige}
 On déduit du tableau de variations le tableau de signes suivant :

 \vspace{1cm}

 \begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[lgt=3,espcl=1.5]
{ $x$ / 1, $f(x)$ / 1}
{ $0$  ,$\alpha$, $\pI$}
\tkzTabLine{ d,+,z,-, }
\end{tikzpicture}


\end{corrige}
		\item Justifier que $\alpha\in[4;6]$.

		\begin{corrige}
 D'après la calculatrice  $f(4)>0$ et $f(6)<0$. De plus $f$ est continue, donc par théorème des valeurs intermédiaires $f$ s’annule sur $[4;6]$. $\alpha$ étant unique, on a $\alpha\in[4;6]$.
\end{corrige}

		\item On considère l'algorithme suivant ou l'instruction \texttt{from lycee import *} permet de disposer de la fonction $\ln$.

		Il s'agit d'un algorithme de dichotomie pour déterminer un encadrement de $\alpha$ d'amplitude $10^{-p}$.

\begin{lstlisting}[language=python]
from lycee import *
def f(x) :
  return 3*x+1-2*x*ln(x)

def dichotomie(p) :
  a=4
  b=6
  while  ....
     if f(a)*f((a+b)/2) < 0 :
       b = (a+b)/2
     else :
       a=(a+b)/2
  return (a,b)
\end{lstlisting}

		\begin{enumerate}
		 \item Compléter la ligne 8 qui est manquante.

		 \begin{corrige}
		  Ligne 8 : \texttt{while b-a > 10**(-p) : }
		 \end{corrige}

		 \item On lance l'instruction \texttt{dichotomie(1)}. Combien de tours de boucles \texttt{while} fait alors le script ?
		 \begin{corrige}
		  Au départ, l'intervalle est de longueur 2.A chaque tour de boucle la longueur de l'intervalle est divisé par 2. L'intervalle de départ est de longueur 2, alors au bout de $n$ tours de boucles, la longueur de l'intervalle est de $\dfrac{2}{2^n}$. On cherche $n$ pour que $\dfrac{2}{2^n}<0,1$, et de tête on calcule que $n=5$. (on peut aussi résoudre l'inéquation.)
		 \end{corrige}

		 \item Quelles sont alors les valeurs renvoyées renvoyées par le script ? (arrondies à $10^{-3}$).
		 \begin{corrige}
		  Les valeurs renvoyées sont $a=4,9375$ et $b=5$.
		 \end{corrige}

		\end{enumerate}

	\end{enumerate}
\item On considère une primitive quelconque de la fonction $f$ sur
l'intervalle $]0~;~+\infty[$. On la note $F$.

Peut-on affirmer que la fonction $F$ est strictement décroissante sur l'intervalle $\left[\e^{\frac12}~;~+ \infty\right[$ ? Justifier.

\begin{corrige}
 $F$ primitive de $f$, donc $F'=f$ et d'après le tableau de signe de $f$, $f$ change de signe sur $\left[\e^{\frac12}~;~+ \infty\right[$, donc $F'$ change de signe et donc $F$ change de variations.

 On ne peut pas affirmer que $F$ décroissante sur $\left[\e^{\frac12}~;~+ \infty\right[$.
\end{corrige}


\item
	\begin{enumerate}
		\item Étudier la convexité de la fonction $f$ sur $]0~;~+\infty[$.

		\begin{corrige}
 On a pour $x>0$ :  $f''(x)=-\dfrac{2}{x}$.

 Donc sur $]0;\pI[$, $f''(x)<0$ et donc $f$ est concave.
\end{corrige}



% Quelle est la position de la courbe $\mathcal{C}_f$ par rapport à ses tangentes ?
		\item Déterminer une équation de la tangente $T$ à la courbe $\mathcal{C}_f$ au point d'abscisse 1.

\begin{corrige}
 Par propriété on a : $T : y=f'(1)(x-1)+f(1)$.


 Et $f'(1)=1$; $f(1)=4$.

 Alors $T : y=x-1+4$ donc $T : y=x+3$.

\end{corrige}


		\item Déduire des questions 5. a et 5 .b que pour tout réel $x$ strictement positif:

\[\ln (x) \geqslant  1 - \dfrac 1x.\].

\begin{corrige}
 La fonction étant concave, elle est au-dessous de ces tangentes. On a donc en particulier pour $x>0$ :

 \begin{align*}
  & f(x)\leq x+3\\
  \text{donc~~~~~~~}  & 3x + 1 - 2x \ln (x) \leq x+3 \\
   \text{donc~~~~~~~}  & 2x -2  \leq 2x \ln (x)\\
    \text{donc~~~~~~~}  & 1-\dfrac1x  \leq  \ln (x)   \text{~~~~~~~~~(En divisant par $2x>0$)}
 \end{align*}

 Ainsi, on a bien l'inégalité demandée.


\end{corrige}

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

\begin{exercice}
 Pour chacune des affirmations suivantes, indiquer si elle est vraie ou fausse. Chaque réponse doit être justifiée. Une réponse non justifiée ne rapporte aucun point :

 \begin{enumerate}%[label={Affirmation $\protect {\arabic*}$]
  \item Soit la fonction $f$ définie sur $\R$ par $f(x)=\ln(x^2+2x+2)$.

  {\bf Affirmation : } La fonction $f$ est convexe sur $[-3;1]$.

  \begin{corrige}
   On a $f'(x)=\dfrac{2x+2}{x^2+2x+2}$ et

   $f''(x)=\dfrac{2(x^2+2x+2)-(2x+2)^2}{(x^2+2x+2)^2}=\dfrac{-2x^2-4x}{(x^2+2x+2)^2}=\dfrac{-2x(x+2)}{(x^2+2x+2)^2}$

   On a :

\vspace{1cm}
 \begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[lgt=3,espcl=1.5]
{ $x$ / 1, $-2x(x+2)$ / 1}
{ $\mI$ , $0$ ,$2$, $\pI$}
\tkzTabLine{ ,-,z,+,z,-, }
\end{tikzpicture}
\vspace{1cm}


   On a $f''(x)\geq 0$ sur $[0;2]$ donc $f$ est convexe sur $[0;2]$ (et concave ailleurs) . {\bf l'affirmation est vraie}
  \end{corrige}

  \item   {\bf Affirmation : }  Pour tout réel $x$ : $1 - \dfrac{1 - \text{e}^x}{1 + \text{e}^x} = \dfrac{2}{1 + \text{e}^{-x}}$.

\begin{corrige}
  Pour tout réel $x$ :

  $1 - \dfrac{1 - \text{e}^x}{1 + \text{e}^x}= \dfrac{1+\e^x-1+\e^x}{1+\e^x}= \dfrac{2\e^x}{1+\e^x}= \dfrac{2}{1+\e^{-x}}$.

  où la dernière égalité s'obtient en multipliant numérateur et dénominateur par $\e^{-x}$.  {\bf l'affirmation est vraie}


\end{corrige}
\item On considère la fonction $f$ définie sur $\R$ par $f(x) = x^2\text{e}^{-x}$ et on note
$\mathcal{C}$ sa courbe dans un repère orthonormé.


 {\bf Affirmation : } L'axe des abscisses est tangent à la courbe $\mathcal{C}$ en un seul point.


\begin{corrige}
On a $f'(x)=2x\e^{-x}-x^2\e^{-x}=x\e^{-x}(2-x)$

$f'(x)=0$ pour $x=0$ et $x=2$ donc nous avons deux tangentes horizontales.

En 0 : $f(0)=0$, donc l'axe $(Ox)$ est tangent à $\calc$

En 2 : $f(2)=4\e^{-2}\neq 0$ donc l'axe $(Ox)$ n'est pas tangent à $\calc$.

Finalement l'axe $(Ox)$  est tangent à $\calc$ uniquement en $x=0$.

 {\bf l'affirmation est vraie}
\end{corrige}

\item On considère la fonction $h$ définie sur $\R$ par $h(x) = \text{e}^x\left(1 -  x^2\right)$

{\bf Affirmation : }  Dans le plan muni d'un repère orthonormé, la courbe représentative de la fonction $h$ n'admet pas de point d'inflexion.

\begin{corrige}
 On a $f'(x)=\e^x(1-x^2)-2x\e^x=\e^x(1-2x-x^2)$

 et $f''(x)=\e^x(1-2x-x^2)+\e^x(-2-2x)=\e^x(-1-4x-x^2)=-\e^x(x^2+4x+1)$.

 Le discriminant de $x^2+4x+1$ est positif, donc $x^2+4x+1$ change de signe deux fois. Donc $f''$ change de signe deux fois et donc on a deux points d'inflexion.


 {\bf l'affirmation est fausse}
\end{corrige}



 \end{enumerate}

\end{exercice}



\end{document}


 
