Bac 2025, Centres étrangers : exercice 3

Partie A

Question 1.

On cherche la limite de $f$ en $-1$, par valeurs supérieures car $f$ est définie sur $]-1\,;+\infty[$.

Quand $x\to -1^{+}$, on a $x+1\to 0^{+}$.

Or $\lim\limits_{X\to 0^{+}}\ln X=-\infty$. Par composition de limites :

D'autre part, la fonction $x\mapsto \dfrac{x^2}{25}$ est continue en $-1$, donc

Par somme des limites :

Donc la courbe de $f$ admet la droite d'équation $x=-1$ pour asymptote verticale.

Réponse : $\lim\limits_{x\to-1}f(x)=-\infty$.

Question 2.

La fonction $f$ est dérivable sur $]-1\,;+\infty[$ (admis par l'énoncé).

La fonction $x\mapsto\ln(x+1)$ est de la forme $\ln u$ avec $u(x)=x+1$, donc sa dérivée est $\dfrac{u'(x)}{u(x)}=\dfrac{1}{x+1}$.

Pour tout $x>-1$ :

On réduit au même dénominateur $25(x+1)$, qui est non nul sur $]-1\,;+\infty[$ :

On développe le numérateur : $2x(x+1)=2x^2+2x$. Donc

Donc, pour tout $x\in]-1\,;+\infty[$, $f'(x)=\dfrac{100-2x-2x^2}{25(x+1)}$.

Question 3.

Pour tout $x>-1$, on a $x+1>0$ donc $25(x+1)>0$.

Donc $f'(x)$ a le même signe que le numérateur $100-2x-2x^2=-2\left(x^2+x-50\right)$.

Le trinôme $x^2+x-50$ a pour discriminant

Il admet deux racines réelles :

On a $x_1<-1$, donc $x_1$ n'appartient pas à l'intervalle $]-1\,;+\infty[$. On a $r>-1$.

Le coefficient de $x^2$ dans $x^2+x-50$ est $1>0$ : ce trinôme est négatif entre ses racines et positif à l'extérieur. Comme $-2<0$, le numérateur $-2(x^2+x-50)$ est positif entre les racines et négatif à l'extérieur.

Sur $]-1\,;+\infty[$ :

• pour $x\in]-1\,;r[$, on a $f'(x)>0$ : $f$ est strictement croissante sur $]-1\,;r]$

• pour $x\in]r\,;+\infty[$, on a $f'(x)<0$ : $f$ est strictement décroissante sur $[r\,;+\infty[$.

On a $6{,}5<r\approx6{,}589$. Donc l'intervalle $[2\,;6{,}5]$ est contenu dans $]-1\,;r]$.

La fonction $f$ est strictement croissante sur $]-1\,;r]$, donc a fortiori sur $[2\,;6{,}5]$.

Donc $f$ est strictement croissante sur $[2\,;6{,}5]$.

Réponse : $f$ est strictement croissante sur $]-1\,;r]$ puis strictement décroissante sur $[r\,;+\infty[$, avec $r=\dfrac{-1+\sqrt{201}}{2}\approx6{,}589$.

Question 4.

La fonction $h$ est dérivable sur $[2\,;6{,}5]$ comme différence de la fonction $f$ (dérivable) et d'une fonction affine. Elle est donc continue sur $[2\,;6{,}5]$.

D'après le tableau de variations donné, $h$ est strictement croissante sur $[2\,;x_M]$ puis strictement décroissante sur $[x_M\,;6{,}5]$, où $x_M\approx2{,}364$ est l'abscisse du maximum et $M\approx2{,}265$ ce maximum.

(Dans le tableau de l'énoncé, les notations $m$ et $M$ désignent respectivement l'abscisse et la valeur du maximum de $h$.)

On calcule les valeurs aux bornes :

Sur $[2\,;x_M]$. La fonction $h$ est croissante, donc pour tout $x\in[2\,;x_M]$, $h(x)\geqslant h(2)>0$. L'équation $h(x)=0$ n'a pas de solution sur cet intervalle.

Sur $[x_M\,;6{,}5]$. On a :

• $h$ est continue sur $[x_M\,;6{,}5]$

• $h$ est strictement décroissante sur $[x_M\,;6{,}5]$

• $h(x_M)\approx2{,}265>0$ et $h(6{,}5)<0$, donc $0$ est compris strictement entre $h(6{,}5)$ et $h(x_M)$.

D'après le théorème des valeurs intermédiaires (version pour les fonctions continues et strictement monotones, ou théorème de la bijection), l'équation $h(x)=0$ admet une unique solution dans $[x_M\,;6{,}5]$.

Conclusion : sur $[2\,;6{,}5]$, l'équation $h(x)=0$ n'a pas de solution sur $[2\,;x_M]$ et exactement une sur $[x_M\,;6{,}5]$.

Donc l'équation $h(x)=0$ admet une unique solution $\alpha\in[2\,;6{,}5]$.

Réponse : $\alpha\approx6{,}366$, avec $\alpha\in[2\,;6{,}5]$.

Question 5. a)

Dans bornes(2), on a $n=2$ donc le pas est $p=\dfrac{1}{10^2}=0{,}01$.

La variable $x$ vaut $6$ au départ. Tant que $f(x)-x>0$, c'est-à-dire tant que $h(x)>0$, on remplace $x$ par $x+0{,}01$.

On a $h(6)\approx0{,}344>0$ : la boucle commence.

La fonction $h$ est strictement décroissante sur $[x_M\,;6{,}5]$ et $6\geqslant x_M$. Pour les valeurs $x=6+0{,}01k$, la suite des signes de $h(x)$ est donc d'abord strictement positive puis négative ou nulle, avec un changement de signe au voisinage de $\alpha$.

On calcule :

Donc la boucle se poursuit jusqu'à $x=6{,}36$ inclus, puis $x$ prend la valeur $6{,}37$ et la condition $h(x)>0$ n'est plus vérifiée : la boucle s'arrête.

La commande renvoie alors $(x-p\,;x)=(6{,}37-0{,}01\,;6{,}37)$.

Donc bornes(2) renvoie $(6{,}36\,;6{,}37)$.

Réponse : $(6{,}36\,;6{,}37)$.

Question 5. b)

On a $h(6{,}36)>0\geqslant h(6{,}37)$, avec $h(\alpha)=0$.

Comme $h$ est strictement décroissante sur $[x_M\,;6{,}5]$, qui contient $6{,}36$, $\alpha$ et $6{,}37$, on obtient

Les deux valeurs renvoyées sont donc un encadrement, d'amplitude $10^{-2}$, du réel $\alpha$, solution de l'équation $f(x)=x$ sur $[2\,;6{,}5]$.

Autrement dit, $f(x)=x$ est l'équation dont la solution est la limite $\ell$ de la suite $(u_n)$ étudiée en partie B : ces valeurs encadrent cette limite à $0{,}01$ près.

Partie B

Question 1.

On note $\mathcal{P}(n)$ la propriété : $2\leqslant u_n\leqslant u_{n+1}<6{,}5$.

Initialisation. On a $u_0=2$ et $u_1=f(2)=4\ln3-\dfrac{4}{25}\approx4{,}234$.

Donc $2\leqslant u_0\leqslant u_1<6{,}5$ : $\mathcal{P}(0)$ est vraie.

Hérédité. Soit $k$ un entier naturel fixé tel que $\mathcal{P}(k)$ soit vraie, c'est-à-dire $2\leqslant u_k\leqslant u_{k+1}<6{,}5$ (hypothèse de récurrence).

Montrons que $\mathcal{P}(k+1)$ est vraie.

D'après la question 3 de la partie A, la fonction $f$ est strictement croissante sur $[2\,;6{,}5]$. Les nombres $2$, $u_k$, $u_{k+1}$ et $6{,}5$ appartiennent à cet intervalle. On applique $f$ aux inégalités de l'hypothèse de récurrence, en conservant leur sens :

Par définition de la suite, $f(u_k)=u_{k+1}$ et $f(u_{k+1})=u_{k+2}$. Donc

Or $h(2)>0$ donne $f(2)>2$, donc $f(2)\geqslant 2$.

Et $h(6{,}5)<0$ donne $f(6{,}5)<6{,}5$.

On en déduit

Donc $2\leqslant u_{k+1}\leqslant u_{k+2}<6{,}5$ : $\mathcal{P}(k+1)$ est vraie.

Conclusion. $\mathcal{P}(0)$ est vraie et $\mathcal{P}$ est héréditaire : d'après le principe de récurrence, pour tout entier naturel $n$,

Question 2.

D'après la question précédente, pour tout entier naturel $n$, $u_n\leqslant u_{n+1}$ : la suite $(u_n)$ est croissante.

De plus, pour tout $n$, $u_n<6{,}5$ : la suite $(u_n)$ est majorée par $6{,}5$.

D'après le théorème de la limite monotone (toute suite croissante et majorée converge), la suite $(u_n)$ converge vers un réel $\ell$.

Comme $2\leqslant u_n<6{,}5$ pour tout $n$, on a de plus $2\leqslant\ell\leqslant6{,}5$ par passage à la limite dans les inégalités larges.

Donc la suite $(u_n)$ converge vers une limite $\ell\in[2\,;6{,}5]$.

Question 3.

La fonction $f$ est continue sur $]-1\,;+\infty[$ (car dérivable), donc en particulier en $\ell$, qui appartient à $[2\,;6{,}5]$.

La suite $(u_n)$ converge vers $\ell$ et $u_{n+1}=f(u_n)$ pour tout $n$.

La suite $(u_{n+1})$ converge aussi vers $\ell$, et par continuité de $f$ en $\ell$, la suite $(f(u_n))$ converge vers $f(\ell)$.

Par unicité de la limite, $\ell=f(\ell)$, c'est-à-dire $f(\ell)-\ell=0$, soit $h(\ell)=0$.

Or $\ell\in[2\,;6{,}5]$ et, d'après la question 4 de la partie A, l'équation $h(x)=0$ admet $\alpha$ pour unique solution dans $[2\,;6{,}5]$.

Donc $\ell=\alpha$.

Points clés attendus

• Limite en $-1$ : préciser $x\to-1^{+}$, limite de $\ln$ en $0^{+}$, puis somme.

• Signe de $f'$ : justifier $25(x+1)>0$, donner les racines du trinôme et vérifier que $6{,}5<r$.

• Théorème des valeurs intermédiaires pour $h$ : traiter séparément les deux intervalles de monotonie, avec continuité, stricte monotonie et signes aux bornes.

• Récurrence : utiliser la croissance de $f$ sur $[2\,;6{,}5]$ et les signes de $h(2)$ et $h(6{,}5)$ pour comparer $f(2)$ à $2$ et $f(6{,}5)$ à $6{,}5$.

• Théorème de la limite monotone, puis continuité de $f$ pour écrire $\ell=f(\ell)$ et conclure par l'unicité de la solution $\alpha$.

Corrigé rédigé par + qu'un prof. Cherche d'abord seul, puis compare avec ta propre rédaction.