2023 — Session normale

1) a) Encadrement de $\dfrac{1}{1+t}$

Pour tout $t\ge0$, on compare les trois expressions.

Inégalité de gauche : $\dfrac{4}{(2+t)^{2}}\le\dfrac{1}{1+t}$ équivaut à $4(1+t)\le(2+t)^{2}=4+4t+t^{2}$, soit $4+4t\le4+4t+t^{2}$, c'est-à-dire $t^{2}\ge0$. C'est vrai pour tout $t\ge0$. ✓

Inégalité de droite : $\dfrac{1}{1+t}\le\dfrac{1}{2}\!\left(1+\dfrac{1}{(1+t)^{2}}\right)$. Posons $u=1+t\ge1$. On doit montrer $\dfrac{1}{u}\le\dfrac{1}{2}\!\left(1+\dfrac{1}{u^{2}}\right)=\dfrac{u^{2}+1}{2u^{2}}$, soit $2u\le u^{2}+1$, c'est-à-dire $(u-1)^{2}\ge0$. C'est toujours vrai. ✓ ∎

1) b) Encadrement de $\ln(1+x)$

On intègre les trois membres de l'encadrement de la question 1)a) entre $0$ et $x$ (avec $x\ge0$). Comme les fonctions sont continues et l'intégrale conserve l'ordre : $$\int_{0}^{x}\frac{4}{(2+t)^{2}}\,dt\le\int_{0}^{x}\frac{1}{1+t}\,dt\le\int_{0}^{x}\frac{1}{2}\!\left(1+\frac{1}{(1+t)^{2}}\right)dt.$$

Terme central : $\displaystyle\int_{0}^{x}\frac{dt}{1+t}=\ln(1+x)$.

Terme de gauche : $\displaystyle\int_{0}^{x}\frac{4}{(2+t)^{2}}\,dt=\left[-\frac{4}{2+t}\right]_{0}^{x}=-\frac{4}{2+x}+2=\frac{2x}{2+x}$.

Terme de droite : $\displaystyle\int_{0}^{x}\frac{1}{2}\!\left(1+\frac{1}{(1+t)^{2}}\right)dt=\frac{1}{2}\!\left[t-\frac{1}{1+t}\right]_{0}^{x}=\frac{1}{2}\!\left(x-\frac{1}{1+x}+1\right)=\frac{1}{2}\cdot\frac{x^{2}+2x}{1+x}$.

D'où $\;\displaystyle\frac{2x}{2+x}\le\ln(1+x)\le\frac{x^{2}+2x}{2(1+x)}\;$ pour tout $x\ge0$. ∎

2) Limite de $\dfrac{g(x)-1}{x}$ en $0^{+}$

On a $g(x)=\dfrac{\ln(1+x)}{x}$ pour $x>0$. On divise l'encadrement de 1)b) par $x>0$ : $$\frac{2}{2+x}\le\frac{\ln(1+x)}{x}\le\frac{x+2}{2(1+x)},$$ c'est-à-dire $\dfrac{2}{2+x}\le g(x)\le\dfrac{x+2}{2(1+x)}$. On soustrait $1$ : $$\frac{2}{2+x}-1\le g(x)-1\le\frac{x+2}{2(1+x)}-1,$$ soit $\dfrac{-x}{2+x}\le g(x)-1\le\dfrac{-x}{2(1+x)}$. On divise par $x>0$ : $$\frac{-1}{2+x}\le\frac{g(x)-1}{x}\le\frac{-1}{2(1+x)}.$$ Quand $x\to0^{+}$, les deux bornes tendent vers $-\dfrac{1}{2}$. Par le théorème des gendarmes : $$\boxed{\lim_{\substack{x\to0\\x>0}}\frac{g(x)-1}{x}=-\frac{1}{2}.} ∎$$

1) Limite en $+\infty$

Pour $x>0$ : $f(x)=\dfrac{\ln(1+x)}{x}\,e^{-x}$. Or $\ln(1+x)\le x+1$ (par concavité du logarithme), donc $$0<f(x)\le\frac{x+1}{x}\,e^{-x}=\Big(1+\frac{1}{x}\Big)e^{-x}\xrightarrow[x\to+\infty]{}0.$$ Par le théorème des gendarmes, $\boxed{\lim_{x\to+\infty}f(x)=0}$.

Interprétation : la droite $y=0$ (l'axe des abscisses) est asymptote horizontale à $(C)$ en $+\infty$. ∎

2) a) Continuité à droite en $0$

$\displaystyle\lim_{x\to0^{+}}f(x)=\lim_{x\to0^{+}}g(x)\,e^{-x}=1\times e^{0}=1=f(0)$ (car $g(x)\to1$ d'après I-1)b) par les gendarmes). Donc $f$ est continue à droite en $0$. ∎

2) b) Identité du taux d'accroissement

Pour $x>0$ : $$\frac{f(x)-1}{x}=\frac{g(x)e^{-x}-1}{x}=\frac{g(x)e^{-x}-g(x)+g(x)-1}{x}=g(x)\cdot\frac{e^{-x}-1}{x}+\frac{g(x)-1}{x}.$$ C'est l'identité demandée. ∎

2) c) Dérivabilité à droite en $0$

Quand $x\to0^{+}$ : $$\frac{e^{-x}-1}{x}\to-1\quad(\text{taux de } e^{-x} \text{ en } 0),\qquad g(x)\to1,\qquad\frac{g(x)-1}{x}\to-\frac{1}{2}\quad(\text{partie I-2}).$$ Donc $\dfrac{f(x)-f(0)}{x-0}\to1\times(-1)+\Big(-\dfrac{1}{2}\Big)=-\dfrac{3}{2}$. Ainsi $f$ est dérivable à droite en $0$ et $\boxed{f'_{d}(0)=-\dfrac{3}{2}}$. ∎

3) $f'$ sur $]0,+\infty[$

Pour $x>0$, $f(x)=\dfrac{\ln(1+x)}{x}\,e^{-x}$. On dérive le produit $\dfrac{\ln(1+x)}{x}\cdot e^{-x}$ : $$\left(\frac{\ln(1+x)}{x}\right)'=\frac{\frac{x}{1+x}-\ln(1+x)}{x^{2}}=\frac{x-(1+x)\ln(1+x)}{x^{2}(1+x)}.$$ Par la règle du produit : $$f'(x)=\frac{x-(1+x)\ln(1+x)}{x^{2}(1+x)}\,e^{-x}+\frac{\ln(1+x)}{x}\cdot(-e^{-x}).$$ On factorise $\dfrac{e^{-x}}{x^{2}(1+x)}$ : $$f'(x)=\frac{e^{-x}}{x^{2}(1+x)}\Big[x-(1+x)\ln(1+x)-x(1+x)\ln(1+x)\Big]=\frac{e^{-x}}{x^{2}(1+x)}\Big[x-(1+x)^{2}\ln(1+x)\Big].$$ D'où $\;\displaystyle f'(x)=\frac{x-(1+x)^{2}\ln(1+x)}{x^{2}(1+x)}\,e^{-x}$. ∎

4) a) Encadrement du facteur rationnel

Posons $h(x)=\dfrac{x-(1+x)^{2}\ln(1+x)}{x^{2}(1+x)}$ pour $x>0$.

Borne droite $h(x)<0$ : pour $x>0$, $\ln(1+x)>0$ et $(1+x)^{2}>1$, donc $(1+x)^{2}\ln(1+x)>\ln(1+x)$. Or l'encadrement de I-1)b) donne $\ln(1+x)\ge\dfrac{2x}{2+x}>0$ pour $x>0$, donc $(1+x)^{2}\ln(1+x)>x$ (car $(1+x)^{2}\cdot\dfrac{2x}{2+x}\ge x$ se vérifie en développant). Ainsi le numérateur $x-(1+x)^{2}\ln(1+x)<0$, et $h(x)<0$.

Borne gauche $h(x)>-\dfrac{3}{2}$ : on utilise la borne droite de I-1)b), $\ln(1+x)\le\dfrac{x^{2}+2x}{2(1+x)}$ : $$(1+x)^{2}\ln(1+x)\le(1+x)^{2}\cdot\frac{x^{2}+2x}{2(1+x)}=\frac{(1+x)(x^{2}+2x)}{2}=\frac{x(1+x)(x+2)}{2}.$$ Donc le numérateur vérifie : $$x-(1+x)^{2}\ln(1+x)\ge x-\frac{x(1+x)(x+2)}{2}=x\!\left(1-\frac{(1+x)(x+2)}{2}\right)=x\cdot\frac{2-x^{2}-3x-2}{2}=\frac{-x^{2}(x+3)}{2}.$$ Alors $h(x)\ge\dfrac{-x^{2}(x+3)}{2x^{2}(1+x)}=\dfrac{-(x+3)}{2(1+x)}$. Or $\dfrac{x+3}{2(1+x)}=\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{1+x}<\dfrac{3}{2}$, donc $h(x)>-\dfrac{3}{2}$. ∎

4) b) Encadrement de $f'(x)$

Comme $e^{-x}>0$ pour tout $x$, on a $f'(x)=h(x)\,e^{-x}$ avec $-\dfrac{3}{2}<h(x)<0$ et $0<e^{-x}\le1$. Donc $$-\frac{3}{2}<h(x)\,e^{-x}<0,\quad\text{soit}\quad\boxed{-\frac{3}{2}<f'(x)<0.} ∎$$

5) a) Tableau de variations

D'après 4)b), $f'(x)<0$ pour tout $x>0$ et $f'_{d}(0)=-\dfrac{3}{2}<0$. Donc $f$ est strictement décroissante sur $[0,+\infty[$.

5) b) Construction de $(C)$

Éléments de tracé : $f(0)=1$, demi-tangente à droite de pente $-\dfrac{3}{2}$ ; $f$ strictement décroissante de $1$ à $0$ ; asymptote horizontale $y=0$ en $+\infty$ ; $f(x)>0$ pour tout $x\ge0$. La courbe part du point $(0,1)$ et descend vers l'axe des abscisses sans le toucher.

1) Unicité de $\alpha$

Posons $\varphi(x)=f(x)-3x$ sur $]0,+\infty[$. On a $\varphi'(x)=f'(x)-3<0-3<0$ (car $f'(x)<0$ sur $]0,+\infty[$), donc $\varphi$ est strictement décroissante.

De plus $\displaystyle\lim_{x\to0^{+}}\varphi(x)=f(0)-0=1>0$ et $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\varphi(x)=0-\infty=-\infty<0$. Par le théorème des valeurs intermédiaires (et la stricte décroissance), l'équation $\varphi(x)=0$, c'est-à-dire $f(x)=3x$, admet une unique solution $\alpha\in\,]0,+\infty[$. ∎

2) a) $u_{n}\ge0$

Par récurrence. $u_{0}=\beta\ge0$. Si $u_{n}\ge0$, alors $f(u_{n})\ge0$ (car $f\ge0$ sur $[0,+\infty[$), donc $u_{n+1}=\dfrac{1}{3}f(u_{n})\ge0$. D'où $u_{n}\ge0$ pour tout $n$. ∎

2) b) Contraction

Posons $\psi(x)=\dfrac{1}{3}f(x)$. Alors $\psi(\alpha)=\dfrac{1}{3}f(\alpha)=\dfrac{1}{3}\cdot3\alpha=\alpha$ et $\psi'(x)=\dfrac{1}{3}f'(x)$. D'après 4)b), $-\dfrac{3}{2}<f'(x)<0$, donc $-\dfrac{1}{2}<\psi'(x)<0$, soit $|\psi'(x)|<\dfrac{1}{2}$ pour tout $x>0$.

Par le théorème des accroissements finis sur l'intervalle d'extrémités $u_{n}$ et $\alpha$, il existe $c$ entre eux tel que $$|u_{n+1}-\alpha|=|\psi(u_{n})-\psi(\alpha)|=|\psi'(c)|\,|u_{n}-\alpha|\le\frac{1}{2}\,|u_{n}-\alpha|. ∎$$

2) c) Par récurrence

Initialisation : $|u_{0}-\alpha|=|\beta-\alpha|=\dfrac{1}{2^{0}}\,|\beta-\alpha|$. ✓

Hérédité : supposons $|u_{n}-\alpha|\le\dfrac{1}{2^{n}}\,|\beta-\alpha|$. D'après 2)b) : $$|u_{n+1}-\alpha|\le\frac{1}{2}\,|u_{n}-\alpha|\le\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2^{n}}\,|\beta-\alpha|=\frac{1}{2^{n+1}}\,|\beta-\alpha|.$$ La propriété est héréditaire. ∎

2) d) Convergence

$0\le|u_{n}-\alpha|\le\dfrac{|\beta-\alpha|}{2^{n}}\xrightarrow[n\to+\infty]{}0$. Par le théorème des gendarmes, $|u_{n}-\alpha|\to0$, c'est-à-dire $\boxed{u_{n}\to\alpha}$. ∎

1) a) Théorème des accroissements finis

La fonction $t\mapsto e^{t}$ est continue sur $\Big[\dfrac{k}{n},\dfrac{k+1}{n}\Big]$ et dérivable sur l'intervalle ouvert. Par le TAF, il existe $c_{k}\in\Big]\dfrac{k}{n},\dfrac{k+1}{n}\Big[$ tel que $$e^{(k+1)/n}-e^{k/n}=e^{c_{k}}\!\left(\frac{k+1}{n}-\frac{k}{n}\right)=\frac{1}{n}\,e^{c_{k}}. ∎$$

1) b) Distance $M_{k}M_{k+1}$

$M_{k}\Big(\dfrac{k}{n},e^{k/n}\Big)$ et $M_{k+1}\Big(\dfrac{k+1}{n},e^{(k+1)/n}\Big)$, donc $$M_{k}M_{k+1}=\sqrt{\left(\frac{1}{n}\right)^{2}+\left(e^{(k+1)/n}-e^{k/n}\right)^{2}}=\sqrt{\frac{1}{n^{2}}+\frac{e^{2c_{k}}}{n^{2}}}=\frac{1}{n}\sqrt{1+e^{2c_{k}}}. ∎$$

1) c) Encadrement de $M_{k}M_{k+1}$

Comme $\dfrac{k}{n}<c_{k}<\dfrac{k+1}{n}$ et $t\mapsto e^{2t}$ est croissante : $$e^{2k/n}<e^{2c_{k}}<e^{2(k+1)/n},$$ donc $\sqrt{1+e^{2k/n}}<\sqrt{1+e^{2c_{k}}}<\sqrt{1+e^{2(k+1)/n}}$, et en divisant par $n$ : $$\frac{1}{n}\sqrt{1+e^{2k/n}}\le M_{k}M_{k+1}\le\frac{1}{n}\sqrt{1+e^{2(k+1)/n}}. ∎$$

2) a) Encadrement de $S_{n}$

On somme l'encadrement de 1)c) pour $k=0,1,\dots,n-1$ : $$\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1}\sqrt{1+e^{2k/n}}\le\sum_{k=0}^{n-1}M_{k}M_{k+1}\le\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1}\sqrt{1+e^{2(k+1)/n}}.$$ La somme de droite se réindexe en $\dfrac{1}{n}\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\sqrt{1+e^{2k/n}}$. D'où l'encadrement. ∎

2) b) Limite de $S_{n}$

Posons $\varphi(x)=\sqrt{1+e^{2x}}$, continue sur $[0,1]$. Les deux sommes encadrant $S_{n}$ sont des sommes de Riemann de $\varphi$ sur $[0,1]$ : $$\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1}\varphi\!\left(\frac{k}{n}\right)\le S_{n}\le\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\varphi\!\left(\frac{k}{n}\right).$$ Chacune converge vers $\displaystyle\int_{0}^{1}\varphi(x)\,dx=\int_{0}^{1}\sqrt{1+e^{2x}}\,dx$. Par le théorème des gendarmes : $$\boxed{\lim_{n\to+\infty}S_{n}=\int_{0}^{1}\sqrt{1+e^{2x}}\,dx.} ∎$$

1) a) Formes exponentielles

$1-i$ : $|1-i|=\sqrt{2}$, $\arg(1-i)=-\dfrac{\pi}{4}$. Donc $1-i=\sqrt{2}\,e^{-i\pi/4}$.

$1+\sqrt3\,i$ : $|1+\sqrt3\,i|=\sqrt{1+3}=2$, $\arg=\dfrac{\pi}{3}$. Donc $1+\sqrt3\,i=2\,e^{i\pi/3}$. ∎

1) b) Produit

$$\frac{(1-i)(1+\sqrt3\,i)}{2\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}\,e^{-i\pi/4}\cdot 2\,e^{i\pi/3}}{2\sqrt{2}}=\frac{2\sqrt{2}\,e^{i(-\pi/4+\pi/3)}}{2\sqrt{2}}=e^{i\pi/12}. ∎$$

1) c) $\tan\dfrac{\pi}{12}$

Calculons le produit directement : $(1-i)(1+\sqrt3\,i)=1+\sqrt3\,i-i-\sqrt3\,i^{2}=(1+\sqrt3)+(\sqrt3-1)i$. Donc $$e^{i\pi/12}=\frac{(1+\sqrt3)+(\sqrt3-1)i}{2\sqrt{2}}.$$ La partie réelle est $\cos\dfrac{\pi}{12}=\dfrac{1+\sqrt3}{2\sqrt{2}}$ et la partie imaginaire est $\sin\dfrac{\pi}{12}=\dfrac{\sqrt3-1}{2\sqrt{2}}$. Ainsi $$\tan\frac{\pi}{12}=\frac{\sqrt3-1}{1+\sqrt3}=\frac{(\sqrt3-1)^{2}}{(\sqrt3)^{2}-1}=\frac{4-2\sqrt3}{2}=2-\sqrt3. ∎$$

1) d) Forme exponentielle de $u$

$u=1+(2-\sqrt3)i$. Le module : $$|u|=\sqrt{1+(2-\sqrt3)^{2}}=\sqrt{1+4-4\sqrt3+3}=\sqrt{8-4\sqrt3}.$$ Or $8-4\sqrt3=2(4-2\sqrt3)=2(\sqrt3-1)^{2}$, donc $|u|=(\sqrt3-1)\sqrt{2}=\sqrt6-\sqrt2$.

L'argument : $\dfrac{u}{|u|}=\dfrac{1+(2-\sqrt3)i}{\sqrt6-\sqrt2}$. On vérifie que $\dfrac{1}{\sqrt6-\sqrt2}=\dfrac{\sqrt6+\sqrt2}{4}=\dfrac{1+\sqrt3}{2\sqrt{2}}=\cos\dfrac{\pi}{12}$ et $\dfrac{2-\sqrt3}{\sqrt6-\sqrt2}=\sin\dfrac{\pi}{12}$. Donc $\arg(u)=\dfrac{\pi}{12}$ et $$\boxed{u=(\sqrt6-\sqrt2)\,e^{i\pi/12}.} ∎$$

2) a) $x_{n}+iy_{n}=u^{n}$ par récurrence

Initialisation : $x_{0}+iy_{0}=1+0\cdot i=1=u^{0}$. ✓

Hérédité : supposons $x_{n}+iy_{n}=u^{n}$. Alors $$x_{n+1}+iy_{n+1}=\big(x_{n}-(2-\sqrt3)y_{n}\big)+i\big((2-\sqrt3)x_{n}+y_{n}\big)=x_{n}+iy_{n}+(2-\sqrt3)i(x_{n}+iy_{n}).$$ Car $(2-\sqrt3)i(x_{n}+iy_{n})=(2-\sqrt3)ix_{n}-(2-\sqrt3)y_{n}$. Donc $$x_{n+1}+iy_{n+1}=(x_{n}+iy_{n})\big(1+(2-\sqrt3)i\big)=u^{n}\cdot u=u^{n+1}. ∎$$

2) b) Expressions de $x_{n}$ et $y_{n}$

D'après 1)d), $u=(\sqrt6-\sqrt2)\,e^{i\pi/12}$, donc $$u^{n}=(\sqrt6-\sqrt2)^{n}\,e^{in\pi/12}=(\sqrt6-\sqrt2)^{n}\!\left(\cos\frac{n\pi}{12}+i\sin\frac{n\pi}{12}\right).$$ Or $\sqrt6-\sqrt2=\sqrt{2}(\sqrt3-1)$ et $\cos\dfrac{\pi}{12}=\dfrac{1+\sqrt3}{2\sqrt{2}}$, donc $\sqrt6-\sqrt2=\dfrac{1}{\cos(\pi/12)}$ (vérifions : $\dfrac{1}{\cos(\pi/12)}=\dfrac{2\sqrt{2}}{1+\sqrt3}=\dfrac{2\sqrt{2}(\sqrt3-1)}{2}=\sqrt{2}(\sqrt3-1)=\sqrt6-\sqrt2$ ✓). Ainsi $$x_{n}=\frac{\cos\!\big(\frac{n\pi}{12}\big)}{\big(\cos\frac{\pi}{12}\big)^{n}}\qquad\text{et}\qquad y_{n}=\frac{\sin\!\big(\frac{n\pi}{12}\big)}{\big(\cos\frac{\pi}{12}\big)^{n}}. ∎$$

3) a) Collinéarité de $O$, $A_{0}$, $A_{n}$

$A_{0}$ a pour affixe $u^{0}=1$ et $A_{n}$ a pour affixe $u^{n}$. Les points $O$, $A_{0}$, $A_{n}$ sont alignés si et seulement si $\dfrac{u^{n}}{1}=u^{n}$ est réel, c'est-à-dire $\sin\dfrac{n\pi}{12}=0$, soit $\dfrac{n\pi}{12}=k\pi$, c'est-à-dire $n=12k$ avec $k\in\mathbb N$.

Les entiers $n\ge0$ cherchés sont $\boxed{n\in\{0,12,24,\dots\}=12\mathbb N}$. ∎

3) b) Triangle $OA_{n}A_{n+1}$ rectangle en $A_{n}$

On calcule $\dfrac{u^{n+1}-u^{n}}{0-u^{n}}=\dfrac{u^{n}(u-1)}{-u^{n}}=-(u-1)=1-u=-(2-\sqrt3)i$. Ce quotient est imaginaire pur (non nul), donc les vecteurs $\overrightarrow{A_{n}A_{n+1}}$ et $\overrightarrow{A_{n}O}$ sont orthogonaux : le triangle $OA_{n}A_{n+1}$ est rectangle en $A_{n}$. ∎