2023 — Session de rattrapage

Partie I — 1) a) Continuité à droite en $0$

Posons $t=x^{1/(2n)}$, soit $x=t^{2n}$. Alors $\sqrt{x}=t^{n}$ et $\ln x=2n\ln t$, d'où : $$\sqrt{x}\,(\ln x)^{n}=t^{n}\,(2n\ln t)^{n}=(2n)^{n}\,(t\ln t)^{n}=(2n)^{n}\!\left(x^{\frac{1}{2n}}\ln\!\big(x^{\frac{1}{2n}}\big)\right)^{n}.$$

Quand $x\to 0^{+}$, $t=x^{1/(2n)}\to 0^{+}$ et $t\ln t\to 0$, donc $(t\ln t)^{n}\to 0$. Ainsi : $$\lim_{x\to 0^{+}}f_n(x)=(2n)^{n}\cdot 0=0=f_n(0),$$ ce qui prouve que $f_n$ est continue à droite en $0$. ∎

Partie I — 1) b) Limite en $+\infty$

Pour $x\to+\infty$ : $\sqrt{x}\to+\infty$ et $(\ln x)^{n}\to+\infty$, donc $\boxed{\lim_{x\to+\infty}f_n(x)=+\infty.}$ ∎

Partie I — 1) c) Branche parabolique

Avec la même substitution : $$\frac{f_n(x)}{x}=\frac{\sqrt{x}\,(\ln x)^{n}}{x}=\frac{(\ln x)^{n}}{\sqrt{x}}=(2n)^{n}\!\left(\frac{\ln\!\big(x^{1/(2n)}\big)}{x^{1/(2n)}}\right)^{n}.$$

Quand $x\to+\infty$, $x^{1/(2n)}\to+\infty$ et $\dfrac{\ln u}{u}\to 0$ quand $u\to+\infty$, donc chaque facteur tend vers $0$. Ainsi : $$\lim_{x\to+\infty}\frac{f_n(x)}{x}=0.$$

Interprétation : $(\mathcal C_n)$ admet une branche parabolique de direction l'axe des abscisses en $+\infty$. ∎

Partie I — 1) d) Demi-tangente en $O$ selon la parité de $n$

Pour $x\to 0^{+}$ : $$\frac{f_n(x)}{x}=\frac{(\ln x)^{n}}{\sqrt{x}}.$$

Posons $t=1/x\to+\infty$. Alors $\ln x=-\ln t$ et $\sqrt{x}=1/\sqrt{t}$, d'où : $$\frac{f_n(x)}{x}=\frac{(-\ln t)^{n}}{1/\sqrt{t}}=(-1)^{n}\frac{(\ln t)^{n}}{\sqrt{t}}\cdot\sqrt{t}\cdot\frac{1}{1}=(-1)^{n}\,\sqrt{t}\,\frac{(\ln t)^{n}}{t}.$$

Oups, reprenons plus simplement. $\dfrac{(\ln x)^n}{\sqrt{x}}$ quand $x\to0^+$ : posons $u=1/x\to+\infty$. $$\frac{(\ln x)^n}{\sqrt{x}} = \frac{(-\ln u)^n}{1/\sqrt{u}} = (-1)^n\,\sqrt{u}\,(\ln u)^n \to (-1)^n\cdot(+\infty).$$

Si $n$ est pair : $\dfrac{f_n(x)}{x}\to+\infty$. La demi-tangente en $O$ à droite est verticale dirigée vers le haut.
Si $n$ est impair : $\dfrac{f_n(x)}{x}\to-\infty$. La demi-tangente en $O$ à droite est verticale dirigée vers le bas. ∎

Partie I — 2) a) Dérivabilité et expression de $f_n'$

Pour $x\gt 0$, $f_n(x)=\sqrt{x}\,(\ln x)^{n}$. Par dérivation du produit : $$f_n'(x)=\frac{1}{2\sqrt{x}}\,(\ln x)^{n}+\sqrt{x}\cdot\frac{n(\ln x)^{n-1}}{x}=\frac{(\ln x)^{n}}{2\sqrt{x}}+\frac{n(\ln x)^{n-1}}{\sqrt{x}}.$$

On factorise par $\dfrac{(\ln x)^{n-1}}{2\sqrt{x}}$ : $$f_n'(x)=\frac{(\ln x)^{n-1}}{2\sqrt{x}}\Big(\ln x+2n\Big)=\frac{1}{2\sqrt{x}}\,(\ln x)^{n-1}(2n+\ln x).\quad∎$$

Partie I — 2) b) $f_n'(x)=0$ pour $n\ge 2$

$f_n'(x)=0$ ⟺ $(\ln x)^{n-1}=0$ ou $2n+\ln x=0$.

- $(\ln x)^{n-1}=0$ ⟺ $\ln x=0$ ⟺ $x=1$.
- $2n+\ln x=0$ ⟺ $\ln x=-2n$ ⟺ $x=e^{-2n}$.

Pour $n\ge 2$, $e^{-2n}\ne 1$, donc les deux solutions sont $\boxed{x=1}$ et $\boxed{x=e^{-2n}}$. ∎

Partie I — 2) c) Variations de $f_n$ selon la parité de $n$

Le signe de $f_n'(x)=\dfrac{1}{2\sqrt{x}}\,(\ln x)^{n-1}(2n+\ln x)$ dépend des facteurs $(\ln x)^{n-1}$ et $(2n+\ln x)$.

Notons $a=e^{-2n}\lt 1$. Sur $]0,+\infty[$, $2n+\ln x\gt 0$ ⟺ $x\gt e^{-2n}=a$.

Partie I — 2) d) Point d'inflexion pour $n$ impair, $n\ge 3$

Pour $n$ impair, $f_n'(x)=\dfrac{(\ln x)^{n-1}}{2\sqrt{x}}\,(2n+\ln x)$. Puisque $n-1$ est pair, $(\ln x)^{n-1}\ge 0$ et $2n+\ln x\gt 0$ au voisinage de $x=1$ (car $2n+0=2n\gt0$).

Ainsi $f_n'(x)\ge 0$ et $f_n'(1)=0$. La dérivée s'annule en $x=1$ sans changer de signe. Étudions $f_n''$ :

Le facteur $(\ln x)^{n-1}$ avec $n-1\ge 2$ pair s'annule en $x=1$. Au voisinage de $x=1$, le terme dominant est $(\ln x)^{n-1}$ qui est positif des deux côtés. Plus précisément, $f_n'$ se comporte comme $\dfrac{2n}{2}\,(\ln x)^{n-1}=n(\ln x)^{n-1}$ près de $x=1$.

Pour $n\ge 3$ impair, $n-1\ge 2$ est pair, donc $(\ln x)^{n-1}$ a un minimum local nul en $x=1$ et est convexe à gauche, concave à droite (ou vice-versa). Le passage par un ordre pair de tangence à zéro de $f_n'$ implique un changement de concavité de $f_n$ en $x=1$ : c'est un point d'inflexion. ∎

Partie II — 1) a) Encadrement de $u_n$

$u_n=f_n(\beta)=\sqrt{\beta}\,(\ln\beta)^{n}$. Puisque $\beta\in\,]1,e[$, on a $0\lt\ln\beta\lt 1$ et $\sqrt{\beta}\gt 0$.

Donc $u_n=\sqrt{\beta}\,(\ln\beta)^{n}\gt 0$ (produit de deux termes positifs).

D'autre part, $0\lt\ln\beta\lt 1$ entraîne $(\ln\beta)^{n}\lt 1$, et $\sqrt{\beta}\lt\sqrt{e}$, d'où : $$u_n=\sqrt{\beta}\,(\ln\beta)^{n}\lt\sqrt{e}\cdot 1=\sqrt{e}.$$ Conclusion : $\boxed{0\lt u_n\lt\sqrt{e}}$. ∎

Partie II — 1) b) $(u_n)$ décroissante

$\dfrac{u_{n+1}}{u_n}=\dfrac{\sqrt{\beta}\,(\ln\beta)^{n+1}}{\sqrt{\beta}\,(\ln\beta)^{n}}=\ln\beta$.

Or $0\lt\ln\beta\lt 1$, donc $u_{n+1}\lt u_n$ : la suite $(u_n)$ est strictement décroissante. ∎

Partie II — 1) c) Limite de $(u_n)$

$u_n=\sqrt{\beta}\,(\ln\beta)^{n}$. Puisque $|\ln\beta|\lt 1$, on a $(\ln\beta)^{n}\to 0$, donc $\boxed{\lim_{n\to+\infty}u_n=0}$. ∎

Partie II — 2) a) Existence et unicité de $x_n\in\,]1,e[$

Sur $]1,e[$, pour $n$ pair ou impair, $f_n$ est strictement croissante (car $\ln x\gt 0$ et $2n+\ln x\gt 0$, donc $f_n'\gt 0$).

$f_n(1)=\sqrt{1}\cdot 0^{n}=0\lt 1$ et $f_n(e)=\sqrt{e}\cdot 1^{n}=\sqrt{e}\approx 1{,}65\gt 1$.

Par le théorème de la bijection, l'équation $f_n(x)=1$ admet une unique solution $x_n\in\,]1,e[$. ∎

Partie II — 2) b) $(x_n)$ croissante et convergente

On a $f_n(x_n)=1$ et $f_{n+1}(x_n)=\sqrt{x_n}\,(\ln x_n)^{n+1}=f_n(x_n)\cdot\ln x_n=\ln x_n$.

Puisque $x_n\in\,]1,e[$, on a $0\lt\ln x_n\lt 1$, donc $f_{n+1}(x_n)=\ln x_n\lt 1=f_{n+1}(x_{n+1})$.

$f_{n+1}$ étant strictement croissante sur $]1,e[$, on en déduit $x_n\lt x_{n+1}$ : la suite est croissante.

De plus $x_n\lt e$ pour tout $n$, donc $(x_n)$ est croissante et majorée : elle converge. ∎

Partie II — 3) a) $1\lt\ell\le e$

$(x_n)$ est croissante avec $x_1\gt 1$, donc $\ell=\lim x_n\ge x_1\gt 1$. De plus $x_n\lt e$ pour tout $n$, donc $\ell\le e$ par passage à la limite. Ainsi $\boxed{1\lt\ell\le e}$. ∎

Partie II — 3) b) $\lim(\ln x_n)^{n}=1/\sqrt{\ell}$

De $f_n(x_n)=1$, soit $\sqrt{x_n}\,(\ln x_n)^{n}=1$, on tire : $$(\ln x_n)^{n}=\frac{1}{\sqrt{x_n}}.$$ En passant à la limite : $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}(\ln x_n)^{n}=\frac{1}{\sqrt{\ell}}$. ∎

Partie II — 3) c) Si $\ell\lt e$, alors $\lim n\ln(\ln x_n)=-\infty$

Si $\ell\lt e$, alors pour $n$ assez grand, $x_n\lt e$, donc $\ln x_n\lt 1$, soit $\ln(\ln x_n)\lt 0$.

De $(\ln x_n)^{n}=1/\sqrt{x_n}$, on prend le logarithme : $$n\ln(\ln x_n)=\ln\!\Big(\frac{1}{\sqrt{x_n}}\Big)=-\frac{1}{2}\ln x_n.$$

Or $\ln x_n\to\ln\ell\gt 0$ (car $\ell\gt 1$), donc $n\ln(\ln x_n)=-\dfrac{\ln x_n}{2}$. Ceci tend vers $-\dfrac{\ln\ell}{2}$, qui est fini et négatif…

En fait, vérifions : $n\ln(\ln x_n)=-\frac12\ln x_n\to-\frac12\ln\ell$, une constante finie. Mais l'énoncé dit de montrer que cela tend vers $-\infty$, ce qui est contradictoire si $\ell$ est fini.

Reprenons. De $(\ln x_n)^n = 1/\sqrt{x_n}$, on a $n\ln(\ln x_n) = -\frac12\ln x_n$. Puisque $\ln x_n \to \ln\ell \in\,]0,1[$ (car $1\lt\ell\lt e$), le membre de gauche est $n$ fois une quantité négative convergente. Comme $\ln(\ln x_n)\to\ln(\ln\ell)\lt 0$ (car $\ln\ell\lt 1$), on a : $$n\ln(\ln x_n)\sim n\ln(\ln\ell)\xrightarrow[n\to+\infty]{}-\infty.$$ Donc $\boxed{\lim_{n\to+\infty}n\ln(\ln x_n)=-\infty}$. ∎

Partie II — 3) d) Valeur de $\ell$

Si $\ell\lt e$, la partie 3c donne $n\ln(\ln x_n)\to-\infty$, c'est-à-dire $(\ln x_n)^n\to 0$. Mais la partie 3b dit $(\ln x_n)^n\to 1/\sqrt{\ell}\gt 0$ : contradiction.

Donc $\ell\not\lt e$, et comme $\ell\le e$, on conclut $\boxed{\ell=e}$. ∎

Partie III — 1) a) Continuité de $F$

$f_1(t)=\sqrt{t}\,\ln t$ pour $t\gt 0$, donc $\big(f_1(t)\big)^{2}=t(\ln t)^{2}$, qui est continue sur $]0,+\infty[$.

Pour $x\gt 0$, $F(x)=\int_x^{1}t(\ln t)^{2}\,dt$ est une intégrale à bornes continues d'une fonction continue : $F$ est continue sur $]0,+\infty[$. En $x=0$, la continuité de $f_1$ en $0$ (avec $f_1(0)=0$) assure que $(f_1)^2$ est continue sur $[0,1]$, donc $F(0)=\int_0^{1}t(\ln t)^{2}\,dt$ converge et $F$ est continue sur $I=[0,+\infty[$. ∎

Partie III — 1) b) Calcul de $F(x)$ par IPP

Pour $x\gt 0$ : $$F(x)=\int_x^{1}t(\ln t)^{2}\,dt.$$

Première IPP : $u=(\ln t)^{2}$, $dv=t\,dt$, soit $du=\dfrac{2\ln t}{t}\,dt$, $v=\dfrac{t^{2}}{2}$.

$$F(x)=\Big[\frac{t^{2}}{2}(\ln t)^{2}\Big]_x^{1}-\int_x^{1}\frac{t^{2}}{2}\cdot\frac{2\ln t}{t}\,dt=-\frac{x^{2}}{2}(\ln x)^{2}-\int_x^{1}t\ln t\,dt.$$

Deuxième IPP : $u=\ln t$, $dv=t\,dt$, soit $du=\dfrac{dt}{t}$, $v=\dfrac{t^{2}}{2}$.

$$\int_x^{1}t\ln t\,dt=\Big[\frac{t^{2}}{2}\ln t\Big]_x^{1}-\int_x^{1}\frac{t}{2}\,dt=-\frac{x^{2}}{2}\ln x-\Big[\frac{t^{2}}{4}\Big]_x^{1}=-\frac{x^{2}}{2}\ln x-\frac{1}{4}+\frac{x^{2}}{4}.$$

Donc : $$F(x)=-\frac{x^{2}}{2}(\ln x)^{2}-\Big(-\frac{x^{2}}{2}\ln x-\frac{1}{4}+\frac{x^{2}}{4}\Big)=-\frac{x^{2}}{2}\ln^{2}(x)+\frac{x^{2}}{2}\ln(x)+\frac{1}{4}(1-x^{2}).\quad∎$$

Partie III — 2) a) $\lim_{x\to 0^{+}}F(x)$

$F(x)=-\dfrac{x^{2}}{2}\ln^{2}(x)+\dfrac{x^{2}}{2}\ln(x)+\dfrac{1}{4}(1-x^{2})$.

Quand $x\to 0^{+}$ : $x^{2}\ln^{2}(x)\to 0$ et $x^{2}\ln(x)\to 0$ (croissances comparées), d'où : $$\lim_{x\to 0^{+}}F(x)=0+0+\frac{1}{4}=\boxed{\frac{1}{4}}.\quad∎$$

Partie III — 2) b) $F(0)$

Par continuité de $F$ en $0$ (question 1a) : $$F(0)=\lim_{x\to 0^{+}}F(x)=\boxed{\frac{1}{4}}.\quad∎$$

Partie III — 2) c) Volume de révolution

Le volume engendré par la rotation de $(\mathcal C_1)$ sur $[0,1]$ autour de l'axe des abscisses est : $$V=\pi\int_0^{1}\big(f_1(t)\big)^{2}\,dt=\pi\,F(0)=\frac{\pi}{4}\;\text{cm}^{3}.$$

Donc $\boxed{V=\dfrac{\pi}{4}\approx 0{,}785\;\text{cm}^{3}}$. ∎

Partie I — 1) a) $z+1/z$

$z=\sqrt{x}+i\sqrt{y}$, donc $z\bar z=|z|^{2}=x+y$ et $\bar z=\sqrt{x}-i\sqrt{y}$.

$$\frac{1}{z}=\frac{\bar z}{|z|^{2}}=\frac{\sqrt{x}-i\sqrt{y}}{x+y}.$$

$$z+\frac{1}{z}=\sqrt{x}+i\sqrt{y}+\frac{\sqrt{x}-i\sqrt{y}}{x+y}=\sqrt{x}\!\left(1+\frac{1}{x+y}\right)+i\sqrt{y}\!\left(1-\frac{1}{x+y}\right).$$

Par le système $(S)$, cela donne $z+\dfrac{1}{z}=\dfrac{12}{5}+\dfrac{4}{5}\,i$. ∎

Partie I — 1) b) Équation du second degré

En multipliant $z+\dfrac{1}{z}=\dfrac{12}{5}+\dfrac{4}{5}\,i$ par $z$ : $$z^{2}+1=\Big(\frac{12}{5}+\frac{4}{5}\,i\Big)z,$$ soit $z^{2}-\Big(\dfrac{12}{5}+\dfrac{4}{5}\,i\Big)z+1=0$.

Discriminant : $\Delta=\Big(\dfrac{12}{5}+\dfrac{4}{5}\,i\Big)^{2}-4=\dfrac{144-16}{25}+\dfrac{96}{25}\,i-4=\dfrac{128}{25}-4+\dfrac{96}{25}\,i=\dfrac{28}{25}+\dfrac{96}{25}\,i$.

Or l'énoncé donne $\dfrac{28}{25}+\dfrac{96}{25}\,i=\Big(\dfrac{2}{5}(4+3i)\Big)^{2}$. Vérifions : $\Big(\dfrac{2}{5}\Big)^{2}(4+3i)^{2}=\dfrac{4}{25}(16+24i-9)=\dfrac{4}{25}(7+24i)=\dfrac{28}{25}+\dfrac{96}{25}\,i$. ✓

Donc $\sqrt{\Delta}=\pm\dfrac{2}{5}(4+3i)=\pm\Big(\dfrac{8}{5}+\dfrac{6}{5}\,i\Big)$.

$$z=\frac{\frac{12}{5}+\frac{4}{5}\,i\pm\big(\frac{8}{5}+\frac{6}{5}\,i\big)}{2}.$$

$z_1=\dfrac{\frac{20}{5}+\frac{10}{5}\,i}{2}=\dfrac{4+2i}{2}=2+i$.

$z_2=\dfrac{\frac{4}{5}-\frac{2}{5}\,i}{2}=\dfrac{4-2i}{10}=\dfrac{2-i}{5}$.

Partie I — 1) c) Valeurs de $(x,y)$

$z=\sqrt{x}+i\sqrt{y}$ avec $\sqrt{x}\ge 0$ et $\sqrt{y}\ge 0$.

- $z_1=2+i$ : $\sqrt{x}=2$, $\sqrt{y}=1$, donc $(x,y)=(4,1)$.
- $z_2=\dfrac{2-i}{5}=\dfrac{2}{5}-\dfrac{1}{5}\,i$ : $\sqrt{y}=-\dfrac{1}{5}\lt 0$, impossible.

La seule possibilité est $\boxed{(x,y)=(4,1)}$. ∎

Partie I — 2) Vérification

Vérifions que $(4,1)$ est bien solution de $(S)$ :

$\sqrt{4}\!\left(1+\dfrac{1}{4+1}\right)=2\cdot\dfrac{6}{5}=\dfrac{12}{5}$ ✓ et $\sqrt{1}\!\left(1-\dfrac{1}{4+1}\right)=1\cdot\dfrac{4}{5}=\dfrac{4}{5}$ ✓.

La solution unique est $\boxed{(x,y)=(4,1)}$. ∎

Partie II — 1) $|z|=1\Leftrightarrow\bar z=1/z$

$|z|=1\;\Leftrightarrow\;z\bar z=1\;\Leftrightarrow\;\bar z=\dfrac{1}{z}$. ∎

Partie II — 2) a) $p=bc/a$

$A,B,C,P\in(U)$, donc $|a|=|b|=|c|=|p|=1$, d'où $\bar a=1/a$, etc.

$(AP)\parallel(BC)$ signifie que $\dfrac{p-a}{c-b}\in\mathbb R$, c'est-à-dire $\dfrac{p-a}{c-b}=\overline{\!\left(\dfrac{p-a}{c-b}\right)}$.

Or $\overline{\!\left(\dfrac{p-a}{c-b}\right)}=\dfrac{\bar p-\bar a}{\bar c-\bar b}=\dfrac{1/p-1/a}{1/c-1/b}=\dfrac{(a-p)/(ap)}{(b-c)/(bc)}=\dfrac{(a-p)\,bc}{(b-c)\,ap}=\dfrac{-(p-a)\,bc}{-(c-b)\,ap}=\dfrac{(p-a)\,bc}{(c-b)\,ap}$.

Donc la condition $\dfrac{p-a}{c-b}=\dfrac{(p-a)\,bc}{(c-b)\,ap}$ (avec $p\ne a$ et $c\ne b$) donne $1=\dfrac{bc}{ap}$, soit $\boxed{p=\dfrac{bc}{a}}$. ∎

Partie II — 2) b) $q=-p$

$(AQ)\perp(BC)$ signifie que $\dfrac{q-a}{c-b}\in i\mathbb R$, c'est-à-dire $\dfrac{q-a}{c-b}=-\overline{\!\left(\dfrac{q-a}{c-b}\right)}$.

Par le même calcul, $\overline{\!\left(\dfrac{q-a}{c-b}\right)}=\dfrac{(q-a)\,bc}{(c-b)\,aq}$. La condition donne : $$\frac{q-a}{c-b}=-\frac{(q-a)\,bc}{(c-b)\,aq},$$ soit $1=-\dfrac{bc}{aq}$, d'où $q=-\dfrac{bc}{a}=-p$. ∎

Partie II — 2) c) $(PR)\perp(OB)$

Par le même raisonnement qu'en 2a, $(CR)\parallel(AB)$ donne $r=\dfrac{ab}{c}$.

$(PR)\perp(OB)$ ⟺ $\dfrac{r-p}{b-0}\in i\mathbb R$ ⟺ $\dfrac{r-p}{b}+\overline{\!\left(\dfrac{r-p}{b}\right)}=0$.