Session Normale

1. a) Montrons que $\vec{AB}\wedge\vec{AC}=\vec{i}+2\vec{j}-2\vec{k}$.
   On a $\vec{AB}(-2,2,1)$ et $\vec{AC}(0,1,1)$.
   Donc $\vec{AB}\wedge\vec{AC} = \begin{vmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 1 \end{vmatrix}\vec{i} - \begin{vmatrix} -2 & 0 \\ 1 & 1 \end{vmatrix}\vec{j} + \begin{vmatrix} -2 & 0 \\ 2 & 1 \end{vmatrix}\vec{k}$
   $= (1\times 2 - 1\times 1)\vec{i} - ((-2)\times 1 - 0\times 1)\vec{j} + ((-2)\times 1 - 0\times 2)\vec{k}$.
   
   $\vec{AB}\wedge\vec{AC}=\vec{i}+2\vec{j}-2\vec{k}$
   
   
   b) Déduisons que $x+2y-2z+3=0$ est une équation cartésienne du plan (ABC).
   On a $\vec{n}=\vec{AB}\wedge\vec{AC}(1,2,-2)$ un vecteur normal au plan (ABC), donc l'équation correspondante de (ABC) s'écrit: $(ABC): x+2y-2z+d=0$.
   Or $A(-1,0,1)\in(ABC)$ donc $x_A+2y_A-2z_A+d=0 \implies -1+2(0)-2(1)+d=0 \implies d=3$.
   Donc $(ABC): x+2y-2z+3=0$.
   
   $x+2y-2z+3=0$ est une équation cartésienne du plan (ABC)
   
   
   c) Calculons $\vec{u}.(\vec{AB}\wedge\vec{AC})$ et déduisons que la droite $(\Delta)$ est parallèle au plan (ABC).
   On a $\vec{u}(2,1,2)$ et $\vec{AB}\wedge\vec{AC}(1,2,-2)$.
   Donc $\vec{u}.(\vec{AB}\wedge\vec{AC}) = 2(1) + 1(2) + 2(-2) = 2 + 2 - 4 = 0$.
   
   Donc $\vec{u}.(\vec{AB}\wedge\vec{AC}) = 0$
   
   Puisque $\vec{u}.(\vec{AB}\wedge\vec{AC})=0$, le vecteur directeur de $(\Delta)$ est orthogonal au vecteur normal $\vec{AB}\wedge\vec{AC}$ du plan (ABC).
   
   Donc la droite $(\Delta)$ est parallèle au plan (ABC)
2. a) Vérifions que $\vec{\Omega D}.\vec{u}=0$ et déduisons que le rayon de la sphère (S) est égale à 6.
   On a $\vec{\Omega D}(x_D-x_\Omega; y_D-y_\Omega; z_D-z_\Omega) \implies \vec{\Omega D}(2-0; 7-3; -4-0) \implies \vec{\Omega D}(2,4,-4)$.
   D'autre part, $\vec{\Omega D}.\vec{u} = 2(2) + 4(1) + (-4)(2) = 4 + 4 - 8 = 0$.
   
   Donc : $\vec{\Omega D}.\vec{u}=0$
   
   Puisque $\vec{\Omega D}.\vec{u}=0$, la droite $(\Delta)$ est perpendiculaire au rayon $[\Omega D]$ au point D.
   Comme (S) est tangente à $(\Delta)$ et passe par D (car $D\in(\Delta)$), le point de tangence est exactement D.
   Le rayon R de la sphère est donc la distance $\Omega D$: $R=\Omega D=\sqrt{2^2+4^2+(-4)^2}=\sqrt{4+16+16}=\sqrt{36}=6$.
   
   Alors $R=6$
   
   
   b) Calculons $d(\Omega,(ABC))$ et déduisons que (ABC) coupe la sphère (S) suivant un cercle $(\Gamma)$, de rayon $r=3\sqrt{3}$.
   On sait que $d(\Omega,(ABC))=\frac{|x_\Omega+2y_\Omega-2z_\Omega+3|}{\sqrt{1^2+2^2+(-2)^2}}=\frac{|0+2(3)-2(0)+3|}{\sqrt{9}}=\frac{9}{3}=3$.
   
   Donc : $d(\Omega,(ABC)) = 3$
   
   Puisque $d=3 \lt R=6$, le plan (ABC) coupe la sphère (S) suivant un cercle $(\Gamma)$.
   Le rayon de ce cercle est $r=\sqrt{R^2-d^2}=\sqrt{6^2-3^2}=\sqrt{36-9}=\sqrt{27}=3\sqrt{3}$.
   
   Donc (ABC) coupe la sphère (S) suivant un cercle $(\Gamma)$, de rayon $r=3\sqrt{3}$
   
   
   c) Vérifions que $\vec{\Omega D}=\vec{AB}\wedge\vec{AC}$ et déduisons que le point C est le centre du cercle $(\Gamma)$.
   On a $\Omega(0,3,0)$ et $C(-1,1,2) \implies \vec{C\Omega}(0-(-1), 3-1, 0-2) \implies \vec{C\Omega}(1,2,-2)$.
   On remarque clairement que $\vec{C\Omega}=\vec{AB}\wedge\vec{AC}$ (qui est le vecteur normal au plan $(ABC)$).
   
   Donc $\vec{\Omega D}=\vec{AB}\wedge\vec{AC}$
   
   Ainsi, la droite $(C\Omega)$ est perpendiculaire au plan (ABC).
   Vérifions que le point C appartient au plan (ABC) : $(-1)+2(1)-2(2)+3 = -1+2-4+3=0 \implies C\in(ABC)$.
   Puisque la droite $(C\Omega)$ est orthogonale à (ABC) et $C\in (ABC)$, le point C est la projection orthogonale de $\Omega$ sur le plan (ABC).
   
   Conclusion: Le point C est le centre du cercle $(\Gamma)$.

1. a) Écrivons le nombre complexe a sous forme trigonométrique.
   Calculons d'abord le module de a: $|a|=\sqrt{\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^2+\left(\frac{1}{2}\right)^2} = \sqrt{\frac{3}{4}+\frac{1}{4}} = \sqrt{\frac{4}{4}} = 1$.
   On factorise par le module : $a = 1\left(\frac{\sqrt{3}}{2} + i\frac{1}{2}\right)$.
   On sait que $\cos\left(\frac{\pi}{6}\right)=\frac{\sqrt{3}}{2}$ et $\sin\left(\frac{\pi}{6}\right)=\frac{1}{2}$.
   
   Conclusion: La forme trigonométrique est $a=\cos\left(\frac{\pi}{6}\right)+i\sin\left(\frac{\pi}{6}\right)$
   
   
   b) Vérifions que $b^2=a$ et que $b\bar{b}=1$.
   On a $b=e^{i\frac{\pi}{12}}$.
   - Calcul de $b^2$: $b^2 = \left(e^{i\frac{\pi}{12}}\right)^2 = e^{i\left(2\times\frac{\pi}{12}\right)} = e^{i\frac{\pi}{6}}$. Or, on a vu que $a=\cos\left(\frac{\pi}{6}\right)+i\sin\left(\frac{\pi}{6}\right)=e^{i\frac{\pi}{6}}$. Donc $b^2=a$.
   - Calcul de $b\bar{b}$: On sait que $z\bar{z}=|z|^2$. Le module de b est $|b|=\left|e^{i\frac{\pi}{12}}\right|=1$. Donc $|b|^2=1^2=1$. Donc $b\bar{b}=1$.
   
   D'où $b^2=a$ et $b\bar{b}=1$
   
   
   c) Montrons que $a-1=(2-\sqrt{3})i(a+1)$.
   On a $a=\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2}i$, donc $a+1=\left(\frac{\sqrt{3}}{2}+1\right)+\frac{1}{2}i = \frac{2+\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2}i$.
   Multiplions par $(2-\sqrt{3})i$ :
   $(2-\sqrt{3})i \times (a+1) = (2-\sqrt{3})i \left[\frac{2+\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2}i\right] = (2-\sqrt{3}) \left[i\left(\frac{2+\sqrt{3}}{2}\right)+\frac{1}{2}i^2\right]$
   $= (2-\sqrt{3}) \left[-\frac{1}{2} + i\frac{2+\sqrt{3}}{2}\right] = -\frac{2-\sqrt{3}}{2} + i\frac{(2-\sqrt{3})(2+\sqrt{3})}{2}$.
   Or: $(2-\sqrt{3})(2+\sqrt{3})=2^2-(\sqrt{3})^2=4-3=1$.
   L'expression devient : $\frac{\sqrt{3}-2}{2}+\frac{1}{2}i = \left(\frac{\sqrt{3}}{2}-1\right)+\frac{1}{2}i$.
   D'autre part, on calcule le membre de gauche : $a-1=\left(\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2}i\right)-1=\left(\frac{\sqrt{3}}{2}-1\right)+\frac{1}{2}i$.
   
   Conclusion: L'égalité $a-1=(2-\sqrt{3})i(a+1)$ est bien vérifiée.
2. a) Vérifions que $d=b(b+\bar{b})$ et déduisons que les points O, B et D sont alignés.
   Soit T la translation de vecteur $\vec{OC}$. L'écriture complexe de T est $z'=z+z_{\vec{OC}}$. Or, $z_{\vec{OC}}=c-0=1$. Donc l'expression est $z'=z+1$.
   On a $T(A)=D \iff z_D=z_A+1 \implies d=a+1$.
   D'après 1.b, on sait que $a=b^2$ et $1=b\bar{b}$.
   En remplaçant, on obtient: $d=b^2+b\bar{b}=b(b+\bar{b})$.
   
   Donc : $d=b(b+\bar{b})$
   
   Déduction de l'alignement : On sait que $b+\bar{b}=2\text{Re}(b)=2\cos\left(\frac{\pi}{12}\right)$. Posons $k=2\cos\left(\frac{\pi}{12}\right)$, remarquons que $k\in\mathbb{R}$.
   On a alors $d=k\times b$, ce qui s'écrit $\vec{OD}=k\vec{OB}$.
   Puisque les vecteurs $\vec{OD}$ et $\vec{OB}$ sont colinéaires,
   
   Donc les points O, B et D sont alignés.
   
   
   b) Déduisons que $arg(d)\equiv\frac{\pi}{12}[2\pi]$.
   On a $d=2\cos\left(\frac{\pi}{12}\right)b$ avec $\cos\left(\frac{\pi}{12}\right)>0$.
   Alors $arg(d)\equiv arg\left(2\cos\left(\frac{\pi}{12}\right)\times b\right)[2\pi] \equiv arg(b)[2\pi]$.
   Donc $arg(d)\equiv arg(b)[2\pi]\equiv\frac{\pi}{12}[2\pi]$.
   
   Finalement $arg(d)\equiv\frac{\pi}{12}[2\pi]$
3. a) Vérifions que $\frac{a-c}{d}=(2-\sqrt{3})i$ et déduisons que les droites (AC) et (OD) sont perpendiculaires.
   On a $c=1$ et $d=a+1$ (vu à la question 2.a). Donc $\frac{a-c}{d}=\frac{a-1}{a+1}$.
   D'après la question 1.c, on a $a-1=(2-\sqrt{3})i(a+1) \implies \frac{a-1}{a+1}=(2-\sqrt{3})i$.
   
   Donc $\frac{a-c}{d}=(2-\sqrt{3})i$
   
   Déduction : $\frac{z_A-z_C}{z_D-z_O}=(2-\sqrt{3})i$.
   Passons aux arguments : $arg\left(\frac{z_A-z_C}{z_D-z_O}\right)\equiv arg((2-\sqrt{3})i)[2\pi]$.
   Puisque $2-\sqrt{3}>0$ (car $2=\sqrt{4}>\sqrt{3}$), on a $arg((2-\sqrt{3})i)\equiv \frac{\pi}{2}[2\pi]$.
   Ce qui se traduit géométriquement par: $(\vec{OD},\vec{CA})\equiv \frac{\pi}{2}[2\pi]$.
   
   Conclusion: Les droites (AC) et (OD) sont perpendiculaires.
   
   
   b) Montrons que le quadrilatère OCDA est un losange.
   On a $T(A)=D \iff \vec{AD}=\vec{OC}$.
   Puisque $\vec{AD}=\vec{OC}$ le quadrilatère OCDA est un parallélogramme.
   Dans ce parallélogramme, les diagonales sont les droites (AC) et (OD).
   D'après la question précédente (3.a), on a prouvé que (AC) $\perp$ (OD) (les diagonales sont perpendiculaires).
   Rappel géométrique: Un parallélogramme dont les diagonales sont perpendiculaires est un losange.
   
   Conclusion: OCDA est un losange.

On tire au hasard et simultanément trois boules de l'urne, donc $card(\Omega)=C_{11}^3=\frac{11!}{3!8!}=165$.

1. a) Montrons que $p(A)=\frac{14}{165}$.
   On tire trois boules parmi cinq boules blanches où bien trois boules noires parmi quatre boules noires.
   Donc $card(A)=C_5^3+C_4^3=10+4=14$. D'où $P(A)=\frac{card(A)}{card(\Omega)}=\frac{14}{165}$.
   
   Finalement: $P(A)=\frac{14}{165}$
   
   
   b) Calculons $p(\bar{B})$, la probabilité de l'événement contraire de B et déduisons que $p(B)=\frac{27}{55}$.
   $\bar{B}$: "Tirer trois boules non vertes".
   Donc $card(\bar{B})=C_9^3=84$. D'où $P(\bar{B})=\frac{card(\bar{B})}{card(\Omega)}=\frac{84}{165}=\frac{28}{55}$.
   D'autre part: $P(B)=1-P(\bar{B})=1-\frac{28}{55}=\frac{27}{55}$.
   
   Finalement: $P(\bar{B})=\frac{28}{55}$ et $p(B)=\frac{27}{55}$
2. Calculons la probabilité $p(A\cup B)$.
   On sait que $p(A\cup B)=p(A)+p(B)-p(A\cap B)$.
   $A\cap B$: "Tirer 3 boules de même couleur ET au moins une boule verte" Alors $A\cap B$:"tirer 3 boules Vertes".
   Or, l'urne ne contient que 2 boules vertes, il est donc impossible de tirer 3 boules vertes. donc $p(A\cap B)=p(\emptyset)=0$.
   Alors $p(A\cup B)=p(A)+p(B)-p(A\cap B)=\frac{14}{165}+\frac{27}{55}-0=\frac{19}{33}$.
   
   Donc $p(A\cup B)=\frac{19}{33}$
3. a) Recopions et complétons le tableau ci-dessous.
   $(X=0)$: Tirer trois boules non vertes $\Rightarrow \bar{B}$. Donc $p(X=0)=P(\bar{B})=\frac{28}{55}$.
   $(X=1)$: Tirer une boule verte et deux boules non vertes. Donc $p(X=1)=\frac{C_2^1 \times C_9^2}{165}=\frac{72}{165}=\frac{24}{55}$.
   $(X=2)$: Tirer deux boule vertes et une boule non verte. Donc $p(X=2)=\frac{C_2^2 \times C_9^1}{165}=\frac{9}{165}=\frac{3}{55}$.
   

   $x_i$	0	1	2
   $p(X=x_i)$	$\frac{28}{55}$	$\frac{24}{55}$	$\frac{3}{55}$

   
   
   b) Montrons que l'espérance de la variable aléatoire X est $E(X)=\frac{6}{11}$.
   On sait que $E(X)=\sum_{x_i}(x_i \times P(X=x_i))$.
   $E(X)=0\times\frac{28}{55} + 1\times\frac{24}{55} + 2\times\frac{3}{55}=\frac{30}{55}=\frac{6}{11}$.
   
   $E(X)=\frac{6}{11}$

Partie I : On considère les fonctions numériques $g$ et $h$ définies sur $]0, +\infty[$ par :
$g(x) = 1 - \ln x \quad \text{et} \quad h(x) = x^2 e^{x-1}$

1. 1- a) Calculons $g(1)$ et $h(1)$
   On a : $g(1) = 1 - \ln(1) = 1 \quad \text{et} \quad h(1) = 1^2 e^{1-1} = 1$.
   
   Donc : $g(1) = 1 \quad \text{et} \quad h(1) = 1$
   
   
   b) Résolvons l'équation $g(x) = 0$ dans l'intervalle $]0, +\infty[$.
   $1 - \ln x = 0 \iff \ln x = 1 \iff x = e$.
   
   Donc la solution est $x = e$
2. 2- Le graphique ci-dessous représente les courbes $(\mathcal{C}_g)$ et $(\mathcal{C}_h)$ des fonctions $g$ et $h$ dans un même repère orthonormé.
   
   
   a) Justifions graphiquement que :
   pour tout $x \in ]0, 1[$, $h(x) - g(x) \lt 0$ et pour tout $x \in ]1, +\infty[$, $h(x) - g(x) > 0$
   Graphiquement, les deux courbes se coupent en un point d'abscisses $x = 1$, et on a :
   ▶ pour $x \in ]0, 1[$, la courbe $(\mathcal{C}_h)$ est en dessous de $(\mathcal{C}_g)$, donc $h(x) \lt g(x)$
   
   Donc $\forall x \in ]0, 1[ \; ; \; h(x) - g(x) \lt 0$
   
   ▶ pour $x \in ]1, +\infty[$, la courbe $(\mathcal{C}_h)$ est en dessus de $(\mathcal{C}_g)$, donc $h(x) > g(x)$
   
   Donc $\forall x \in ]1, +\infty[ \; ; \; h(x) - g(x) > 0$
   
   
   b) En utilisant une intégration par parties, montrons que : $\int_{1}^{e} g(x) dx = e - 2$
   On calcule : $\int_{1}^{e} g(x) dx$
   On a : $\int_{1}^{e} g(x) dx = \int_{1}^{e} (1 - \ln x) dx$
   $= \int_{1}^{e} 1 dx - \int_{1}^{e} \ln x \, dx$
   $= [x]_1^e - \int_{1}^{e} \ln x \, dx$
   $= e - 1 - \int_{1}^{e} \ln x \, dx$
   
   Or, par intégration par parties : $\int \ln x \, dx = x \ln x - x$.
   On pose : $\begin{cases} u(x) = \ln(x) \\ v'(x) = 1 \end{cases} \quad \text{donc :} \quad \begin{cases} u'(x) = \frac{1}{x} \\ v(x) = x \end{cases}$
   
   Donc : $\int_{1}^{e} \ln x \, dx = [x \ln x - x]_1^e = (e \cdot 1 - e) - (0 - 1) = 1$.
   Ainsi : $\int_{1}^{e} g(x) dx = (e - 1) - 1 = e - 2$.
   
   Finalement : $\int_{1}^{e} g(x) dx = e - 2$
   
   
   c) Vérifions que la fonction $H : x \mapsto e^{x-1}(x^2 - 2x + 2)$ est une primitive de la fonction $h$ sur $]0, +\infty[$, puis calculons $\int_{0}^{1} h(x) dx$
   ▶ Vérifions que la fonction $H : x \mapsto e^{x-1}(x^2 - 2x + 2)$ est une primitive de la fonction $h$ sur $]0, +\infty[$
   ▶ On a $H$ est dérivable sur $]0, +\infty[$ comme le produit de deux fonctions dérivables sur $]0, +\infty[$
   $\forall x \in ]0, +\infty[ \; ; \; H'(x) = e^{x-1}(x^2 - 2x + 2) + e^{x-1}(2x - 2)$.
   Donc : $H'(x) = e^{x-1}(x^2 - 2x + 2 + 2x - 2) = e^{x-1} x^2 = h(x)$.
   
   Donc $H$ est une fonction primitive de $h$ sur $]0, +\infty[$
   
   
   ▶ Calculons $\int_{0}^{1} h(x) dx$
   $\int_{0}^{1} h(x) dx = [H(x)]_0^1 = H(1) - H(0)$.
   Puisque : $H(1) = e^0(1 - 2 + 2) = 1$ et $H(0) = e^{-1}(2) = \frac{2}{e}$.
   
   Donc : $\int_{0}^{1} h(x) dx = 1 - \frac{2}{e}$
   
   
   d) Calculons l'aire du domaine hachuré sur le graphique précédent (en unité d'aire).
   Soit $\mathcal{A}$ l'aire du domaine hachuré sur le graphique précédent :
   $\mathcal{A} = \int_{0}^{1} |h(x)| dx + \int_{1}^{e} |g(x)| dx$.
   Puisque $g(x) \ge 0$ pour tout $x \in [1, e]$ et $h(x) \ge 0$ pour tout $x \in [0, 1]$
   Donc : $\mathcal{A} = \left(\int_{0}^{1} h(x) dx + \int_{1}^{e} g(x) dx\right) \times u.a. = \left(\left(1 - \frac{2}{e}\right) + (e - 2)\right) \times u.a.$
   
   Finalement : $\mathcal{A} = \left(e - 1 - \frac{2}{e}\right) \times u.a.$

Partie II : On considère la fonction numérique $f$ définie sur $]0, +\infty[$ par : $f(x) = e^{x-1} - \frac{\ln x}{x}$
Soit $(\mathcal{C}_f)$ sa courbe dans un repère orthonormé $(O;\vec{i},\vec{j})$.

1. 1- a) Vérifions que $\lim_{x\to 0^+} f(x)=+\infty$, puis interprétons géométriquement ce résultat.
   Comme $\lim_{x\to 0^+} e^{x-1}=e^{-1}$ ; $\lim_{x\to 0^+} -\frac{1}{x}=-\infty$ et $\lim_{x\to 0^+} \ln(x)=-\infty$,
   Donc $\lim_{x\to 0^+} -\frac{\ln(x)}{x}=+\infty$.
   Alors $\lim_{x\to 0^+} e^{x-1}-\frac{\ln(x)}{x}=+\infty$.
   
   Finalement $\lim_{x\to 0^+} f(x)=+\infty$
   
   Interprétons géométriquement:
   $(\mathcal{C}_f)$ admet une asymptote verticale d'équation $x=0$
   
   
   b) Vérifions que $\lim_{x\to +\infty} f(x)=+\infty$.
   Comme $\lim_{x\to +\infty} e^{x-1}=\lim_{x\to +\infty}\frac{1}{e}\times e^x = +\infty$ et $\lim_{x\to +\infty} \frac{\ln(x)}{x}=0$.
   Alors $\lim_{x\to +\infty} e^{x-1}-\frac{\ln(x)}{x}=+\infty$.
   
   Finalement $\lim_{x\to +\infty} f(x)=+\infty$
   
   
   c) Montrons que $\lim_{x\to +\infty}\frac{f(x)}{x}=+\infty$, puis interprétons géométriquement ce résultat.
   $\lim_{x\to +\infty} \frac{f(x)}{x} = \lim_{x\to +\infty} \frac{e^{x-1}-\frac{\ln x}{x}}{x} = \lim_{x\to +\infty} \frac{e^{x-1}}{x} - \frac{\ln x}{x^2} = \lim_{x\to +\infty} \left(\frac{1}{e}\times\frac{e^x}{x} - \frac{\ln(x)}{x^2}\right)$.
   Or $\lim_{x\to +\infty}\frac{e^x}{x}=+\infty$ et $\lim_{x\to +\infty}\frac{\ln(x)}{x^2}=0$.
   
   Donc: $\lim_{x\to +\infty} \frac{f(x)}{x}=+\infty$
   
   Interprétons géométriquement:
   $(\mathcal{C}_f)$ admet une branche parabolique vers l'axe des ordonnées au voisinage de $+\infty$
2. 2- a) Montrons que pour tout x de $]0, +\infty[: f'(x)=\frac{h(x)-g(x)}{x^2}$.
   f est dérivable sur $]0, +\infty[$ comme la somme de deux fonctions dérivables sur $]0, +\infty[$.
   Soit $x\in]0, +\infty[$:
   $f'(x)=e^{x-1} - \frac{\frac{1}{x}\times x - 1\times \ln(x)}{x^2} = \frac{x^2 e^{x-1} - (1-\ln(x))}{x^2} = \frac{h(x)-g(x)}{x^2}$.
   
   Donc: pour tout x de $]0,+\infty[: f'(x)=\frac{h(x)-g(x)}{x^2}$
   
   
   b) Dresser le tableau de variations de f sur $]0, +\infty[$.
   D'après la partie I :
   ▶ pour $x\in]0,1[$, $h(x)-g(x) \lt 0 \implies f'(x) \lt 0$.
   ▶ $f'(1) = 0$.
   ▶ pour $x\in]1,+\infty[$, $h(x)-g(x)>0 \implies f'(x)>0$.
   Donc $f$ est strictement décroissante sur $]0, 1]$ et strictement croissante sur $[1, +\infty[$.
   Or $f(1)=e^{1-1}-\frac{\ln 1}{1}=e^0=1$.
   
   
   
   
   
   c) Déduisons que pour tout x de $]0, +\infty[$, $e^{x-1}\ge 1+\frac{\ln x}{x}$.
   D'après le tableau de variations de f, la valeur minimale de f est 1.
   Comme $f(x)\ge f(1)=1$, alors $e^{x-1}-\frac{\ln x}{x}\ge 1$.
   
   Donc $e^{x-1}\ge 1+\frac{\ln x}{x}$
3. 3- Montrons que l'équation $f(x)=x$ admet une solution $\alpha$ tel que $\frac{3}{2} \lt \alpha \lt 2$.
   Soit w la fonction définie sur $[\frac{3}{2}, 2]$ par: $w(x)=f(x)-x$.
   i) w est continue sur $[\frac{3}{2}, 2]$.
   ii) On a $f\left(\frac{3}{2}\right)\approx 1.38$, donc $w\left(\frac{3}{2}\right) = f\left(\frac{3}{2}\right) - \frac{3}{2} \approx 1.38 - 1.5 \lt 0$.
   Et $f(2)\approx 2.37$, donc $w(2) = f(2) - 2 \approx 2.37 - 2 > 0$.
   
   D'après le théorème des valeurs intermédiaires, l'équation $f(x)=x$ admet une solution $\alpha$ telle que: $\frac{3}{2} \lt \alpha \lt 2$.
4. 4- a) Montrons que $\varphi$ admet une fonction réciproque $\varphi^{-1}$ définie sur un intervalle J.
   Comme f est continue sur $[1,+\infty[$, alors $\varphi$ est continue sur $[1,+\infty[$.
   Et f est strictement croissante sur $[1,+\infty[$, alors $\varphi$ est strictement croissante sur $[1,+\infty[$.
   Donc $\varphi$ admet une fonction réciproque $\varphi^{-1}$ définie sur l'intervalle $J=\varphi([1,+\infty[)=f([1,+\infty[)=[\varphi(1), \lim_{x\to +\infty}\varphi(x)[$.
   Or: $\varphi(1)=f(1)=1$ et $\lim_{x\to +\infty}\varphi(x)=\lim_{x\to +\infty}f(x)=+\infty$.
   
   Donc: $J=[1,+\infty[$
   
   
   b) Justifions que la fonction $\varphi^{-1}$ est strictement croissante sur l'intervalle J.
   Comme la fonction f est strictement croissante sur $[1,+\infty[$,
   Alors la fonction $\varphi$ est strictement croissante sur $[1,+\infty[$ et sa fonction réciproque $\varphi^{-1}$ est également strictement croissante sur J.
   
   Finalement la fonction $\varphi^{-1}$ est strictly croissante sur l'intervalle J
5. 5- Le graphique ci-dessous représente la courbe $(\mathcal{C}_\varphi)$ de la fonction $\varphi$ et la droite $(\Delta)$ d'équation $y = x$ dans un repère orthonormé.
   
   
   a) Justifions graphiquement que pour tout x de $[1,\alpha]$: $\varphi(x)\le x$.
   Graphiquement, sur $[1, \alpha]$, la courbe $(\mathcal{C}_\varphi)$ est située sous la droite $(\Delta)$ d'équation $y=x$.
   
   Donc: pour tout x de $[1,\alpha]:\varphi(x)\le x$
   
   
   b) Déduisons que pour tout x de $[1,\alpha]$: $\varphi^{-1}(x)\ge x$.
   On a pour tout x de $[1,\alpha]: \varphi(x)\le x \iff \varphi^{-1}(\varphi(x))\le \varphi^{-1}(x)$.
   Alors $\forall x\in [1,\alpha]$ $x\le \varphi^{-1}(x)$ ; (Car $\varphi^{-1}$ est strictement croissante sur $[1,\alpha]$).
   
   Donc pour tout x de $[1,\alpha]:\varphi^{-1}(x)\ge x$
   
   
   c) Reproduisons la courbe $(\mathcal{C}_\varphi)$ et traçons la courbe $(\mathcal{C}_{\varphi^{-1}})$ de la fonction $\varphi^{-1}$ dans un même repère orthonormé.
   La courbe $(\mathcal{C}_{\varphi^{-1}})$ est la symétrique de la courbe $(\mathcal{C}_\varphi)$ par rapport à la droite $(\Delta)$ d'équation $y=x$.
   Les deux courbes se coupent au point d'abscisse $\alpha$ (car $\varphi(\alpha)=\alpha \iff \varphi^{-1}(\alpha)=\alpha$) et passent toutes les deux par le point $(1,1)$.
   Sur l'intervalle $[1, \alpha]$, $(\mathcal{C}_{\varphi^{-1}})$ se trouve au-dessus de la droite $(\Delta)$, qui elle-même est au-dessus de $(\mathcal{C}_\varphi)$.
   
   $(\mathcal{C}_{\varphi^{-1}})$ est la symétrique de $(\mathcal{C}_\varphi)$ par rapport à $(\Delta): y=x$
   

Partie III : Soit la suite numérique $(u_n)$ définie par $u_0 \in ]1, \alpha[$ et $u_{n+1} = \varphi^{-1}(u_n)$, pour tout $n$ de $\mathbb{N}$.

1. 1- Montrons par récurrence que $1 \lt u_n \lt \alpha$, pour tout entier naturel $n$.
   Initialisation :
   i) Pour $n = 0$ on a $u_0 \in ]1, \alpha[$.
   Donc la propriété est vraie au rang 0.
   ii) Supposons : que $1 \lt u_n \lt \alpha$, pour tout $n$ fixé de $\mathbb{N}$ et montrons que : $1 \lt u_{n+1} \lt \alpha$
   Comme : $u_{n+1} = \varphi^{-1}(u_n)$
   Or : $\varphi^{-1}(x) \ge x$ sur $[1, \alpha]$
   Alors $u_{n+1} \ge u_n > 1$ ; (Car $u_n \in ]1, \alpha[$)
   Donc $u_{n+1} = \varphi^{-1}(u_n) \lt \varphi^{-1}(\alpha)$.
   Or : $\varphi(\alpha) = \alpha \implies \varphi^{-1}(\alpha) = \alpha$.
   Donc : $1 \lt u_{n+1} \lt \alpha$. iii) D'après principe de raisonnement par récurrence on a
   
   $1 \lt u_n \lt \alpha$, pour tout entier naturel $n$
2. 2- Montrons que la suite $(u_n)$ est croissante.
   D'après question 5-b Partie II
   Pour tout $n : \varphi^{-1}(u_n) \ge u_n \iff u_{n+1} \ge u_n \iff u_{n+1} - u_n \ge 0$
   
   Donc la suite $(u_n)$ est croissante.
3. 3- Déduisons que la suite $(u_n)$ est convergente et déterminons sa limite.
   La suite $(u_n)$ est croissante et majorée par $\alpha$.
   
   Donc a suite $(u_n)$ est convergente .
   
   déterminons $\lim u_n$
   On a :
   ▶ $u_{n+1} = \varphi^{-1}(u_n)$, pour tout $n$ de $\mathbb{N}$.
   ▶ $\varphi^{-1}$ est continue sur $]1, \alpha[$
   ▶ $\varphi^{-1}(]1, \alpha[) = ]1, \alpha[ \subset ]1, \alpha[$
   ▶ $1 \lt u_n \lt \alpha$, pour tout entier naturel $n$
   ▶ $(u_n)$ est convergente vers $l$ la solution de l'équation $\varphi^{-1}(x) = x$
   D'après la courbe $\varphi^{-1}(x) = x \iff x = \alpha \; ; \; \text{ou } x = 1$
   Puisque $(u_n)$ est croissante
   
   Alors $\lim u_n = \alpha$