$u_1=\frac{2u_0}{2u_0+5}=\frac{2\times\frac{3}{2}}{2\times\frac{3}{2}+5}=\frac{3}{3+5}=\frac{3}{8}.$

Initialisation. Pour $n=0$ : $u_0=\dfrac{3}{2}>0$. La propriété est vraie au rang $0$.

Hérédité. Soit $n\in\mathbb{N}$. Supposons $u_n>0$ et montrons $u_{n+1}>0$.

Comme $u_n>0$, on a $2u_n>0$ et $2u_n+5>5>0$, donc $u_{n+1}=\dfrac{2u_n}{2u_n+5}>0$.

Conclusion. D’après le principe du raisonnement par récurrence, pour tout $n\in\mathbb{N}$ : $u_n>0$.

Soit $n\in\mathbb{N}$. D’après 2), $u_n>0$, donc $u_{n+1}>0$. On compare $u_{n+1}$ et $\dfrac{2}{5}u_n$ : $u_{n+1}-\frac{2}{5}u_n=\frac{2u_n}{2u_n+5}-\frac{2}{5}u_n=\frac{10u_n-2u_n(2u_n+5)}{5(2u_n+5)}=\frac{10u_n-4u_n^2-10u_n}{5(2u_n+5)}=\frac{-4u_n^2}{5(2u_n+5)}.$ Or $u_n>0$, donc $-4u_n^2<0$ et $5(2u_n+5)>0$, d’où $u_{n+1}-\dfrac{2}{5}u_n\leq0$, soit $u_{n+1}\leq\dfrac{2}{5}u_n$.

Ainsi, pour tout $n\in\mathbb{N}$ : $0<u_{n+1}\leq\dfrac{2}{5}u_n$.

Encadrement. Montrons par récurrence que pour tout $n\in\mathbb{N}$, $0<u_n\leq\dfrac{3}{2}\left(\dfrac{2}{5}\right)^n$.

Initialisation. Pour $n=0$ : $u_0=\dfrac{3}{2}$ et $\dfrac{3}{2}\left(\dfrac{2}{5}\right)^0=\dfrac{3}{2}$, donc $0<u_0\leq\dfrac{3}{2}$.

Hérédité. Soit $n\in\mathbb{N}$. Supposons $0<u_n\leq\dfrac{3}{2}\left(\dfrac{2}{5}\right)^n$. D’après ce qui précède : $0<u_{n+1}\leq\frac{2}{5}u_n\leq\frac{2}{5}\times\frac{3}{2}\left(\frac{2}{5}\right)^n=\frac{3}{2}\left(\frac{2}{5}\right)^{n+1}.$

Conclusion. D’après le principe du raisonnement par récurrence, pour tout $n\in\mathbb{N}$ : $0<u_n\leq\dfrac{3}{2}\left(\dfrac{2}{5}\right)^n$.

Pour tout $n\in\mathbb{N}$ : $0<u_n\leq\dfrac{3}{2}\left(\dfrac{2}{5}\right)^n$.

Or $-1<\dfrac{2}{5}<1$, donc $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}\left(\dfrac{2}{5}\right)^n=0$, et $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}\dfrac{3}{2}\left(\dfrac{2}{5}\right)^n=0$.

D’après le théorème d’encadrement : $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}u_n=0$.

Comme $u_n>0$, on a $2u_n+3>0$ et $v_n$ est bien défini. Soit $n\in\mathbb{N}$ : $v_{n+1}=\frac{4u_{n+1}}{2u_{n+1}+3}=\frac{4\cdot\dfrac{2u_n}{2u_n+5}}{2\cdot\dfrac{2u_n}{2u_n+5}+3}=\frac{\dfrac{8u_n}{2u_n+5}}{\dfrac{4u_n+3(2u_n+5)}{2u_n+5}}=\frac{8u_n}{4u_n+6u_n+15}=\frac{8u_n}{10u_n+15}.$ Donc $v_{n+1}=\frac{8u_n}{5(2u_n+3)}=\frac{2}{5}\times\frac{4u_n}{2u_n+3}=\frac{2}{5}v_n.$ La suite $(v_n)$ est donc géométrique de raison $\dfrac{2}{5}$.

$v_0=\dfrac{4u_0}{2u_0+3}=\dfrac{4\times\frac{3}{2}}{3+3}=\dfrac{6}{6}=1$.

Donc, pour tout $n\in\mathbb{N}$ : $v_n=v_0\left(\dfrac{2}{5}\right)^n=\left(\dfrac{2}{5}\right)^n$.

De $v_n=\dfrac{4u_n}{2u_n+3}$ on tire $v_n(2u_n+3)=4u_n$, soit $2u_nv_n+3v_n=4u_n$, d’où $u_n(4-2v_n)=3v_n$.

Comme $v_n=\left(\dfrac{2}{5}\right)^n\leq1<\dfrac{2}{1}$, on a $4-2v_n\neq0$, et $u_n=\frac{3v_n}{4-2v_n}=\frac{3\left(\dfrac{2}{5}\right)^n}{2\left(2-\left(\dfrac{2}{5}\right)^n\right)}=\frac{3}{2}\cdot\frac{\left(\dfrac{2}{5}\right)^n}{2-\left(\dfrac{2}{5}\right)^n}\quad\text{pour tout }n\in\mathbb{N}.$

$\Delta=\left[2\left(\sqrt{2}+\sqrt{6}\right)\right]^2-4\times16=4\left(2+2\sqrt{12}+6\right)-64=4\left(8+4\sqrt{3}\right)-64=32+16\sqrt{3}-64=-32+16\sqrt{3}.$ D’autre part : $-4\left(\sqrt{6}-\sqrt{2}\right)^2=-4\left(6-2\sqrt{12}+2\right)=-4\left(8-4\sqrt{3}\right)=-32+16\sqrt{3}.$ Donc $\Delta=-4\left(\sqrt{6}-\sqrt{2}\right)^2$.

$\Delta=-4\left(\sqrt{6}-\sqrt{2}\right)^2<0$ (car $\sqrt{6}\neq\sqrt{2}$). Les solutions sont $z=\frac{2\left(\sqrt{2}+\sqrt{6}\right)\pm2i\left(\sqrt{6}-\sqrt{2}\right)}{2}=\left(\sqrt{2}+\sqrt{6}\right)\pm i\left(\sqrt{6}-\sqrt{2}\right).$ Donc $S=\left\{\left(\sqrt{6}+\sqrt{2}\right)+i\left(\sqrt{6}-\sqrt{2}\right)\,;\,\left(\sqrt{6}+\sqrt{2}\right)-i\left(\sqrt{6}-\sqrt{2}\right)\right\}$.

(Remarque : l’énoncé écrit $\sqrt{2}+\sqrt{6}$ pour la partie réelle ; c’est le même nombre.)

$\overline{c}=\sqrt{2}-i\sqrt{2}$, donc \begin{align*} b\overline{c}&=(1+i\sqrt{3})(\sqrt{2}-i\sqrt{2})\ &=\sqrt{2}-i\sqrt{2}+i\sqrt{6}+\sqrt{6}\ &=\left(\sqrt{6}+\sqrt{2}\right)+i\left(\sqrt{6}-\sqrt{2}\right)=a. \end{align*}

De $b\overline{c}=a$, en multipliant par $c$ : $b|c|^2=ac$. Or $|c|^2=(\sqrt{2})^2+(\sqrt{2})^2=4$, donc $ac=4b$.

$|b|=\sqrt{1+3}=2$ et $b=2\left(\dfrac{1}{2}+i\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)=2\left(\cos\dfrac{\pi}{3}+i\sin\dfrac{\pi}{3}\right)$.

$|c|=\sqrt{2+2}=2$ et $c=2\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}+i\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)=2\left(\cos\dfrac{\pi}{4}+i\sin\dfrac{\pi}{4}\right)$.

D’après 2.a) : $ac=4b$, donc $a=\dfrac{4b}{c}$ (car $c\neq0$). $a=4\cdot\frac{2\left(\cos\frac{\pi}{3}+i\sin\frac{\pi}{3}\right)}{2\left(\cos\frac{\pi}{4}+i\sin\frac{\pi}{4}\right)}=4\left(\cos\left(\frac{\pi}{3}-\frac{\pi}{4}\right)+i\sin\left(\frac{\pi}{3}-\frac{\pi}{4}\right)\right)=4\left(\cos\frac{\pi}{12}+i\sin\frac{\pi}{12}\right).$

$M'=R(M)\iff z'=e^{i\frac{\pi}{12}}z$. Or $a=4e^{i\frac{\pi}{12}}$, donc $e^{i\frac{\pi}{12}}=\dfrac{a}{4}$ et $z'=\dfrac{1}{4}az$.

L’affixe de $R(C)$ est $c'=\dfrac{1}{4}ac$. Or $ac=4b$, donc $c'=b$ : $R(C)=B$.

$OB=|b|=2$ et $OC=|c|=2$, donc $OB=OC$ : le triangle $OBC$ est isocèle en $O$.

De plus, $\widehat{BOC}=\arg\left(\dfrac{b}{c}\right)=\dfrac{\pi}{3}-\dfrac{\pi}{4}=\dfrac{\pi}{12}$ (ce qui est cohérent avec $R(C)=B$).

Ainsi, $OBC$ est un triangle isocèle en $O$ d’angle au sommet $\dfrac{\pi}{12}$.

Écart avec le corrigé de contrôle : celui-ci affirme à tort que $OBC$ est « rectangle et isocèle en $O$ » ; l’angle en $O$ vaut $\dfrac{\pi}{12}$, pas $\dfrac{\pi}{2}$.

$a^4=\left(4e^{i\frac{\pi}{12}}\right)^4=4^4\,e^{i\frac{\pi}{3}}=256\left(\cos\frac{\pi}{3}+i\sin\frac{\pi}{3}\right)=256\cdot\frac{b}{2}=128b.$ Or $d=a^4$, donc $d=128b$, soit $\dfrac{d}{b}=128\in\mathbb{R}$.

Ainsi $\overrightarrow{OB}$ et $\overrightarrow{OD}$ sont colinéaires, donc les points $O$, $B$ et $D$ sont alignés.

$g$ est dérivable sur $]0,+\infty[$ (somme de fonctions dérivables). Pour tout $x>0$ : $g'(x)=\frac{2}{2\sqrt{x}}-\frac{1}{x}=\frac{1}{\sqrt{x}}-\frac{1}{x}=\frac{\sqrt{x}-1}{x}.$

Pour $x\geq1$ : $\sqrt{x}\geq1$, donc $\sqrt{x}-1\geq0$ et $x>0$, d’où $g'(x)\geq0$.

Donc $g$ est croissante sur $[1,+\infty[$.

Soit $x\geq1$. Comme $g$ est croissante sur $[1,+\infty[$ et $g(1)=2-2-\ln1=0$, on a $g(x)\geq g(1)=0$, soit $2\sqrt{x}-2-\ln x\geq0$, d’où $\ln x\leq2\sqrt{x}-2$.

Or $2\sqrt{x}-2\leq2\sqrt{x}$, donc $\ln x\leq2\sqrt{x}$.

De plus $x\geq1$ implique $\ln x\geq0$.

Donc, pour tout $x\in[1,+\infty[$ : $0\leq\ln x\leq2\sqrt{x}$.

Soit $x\geq1$. D’après 1.c) : $0\leq\ln x\leq2\sqrt{x}$, d’où $0\leq(\ln x)^3\leq\left(2\sqrt{x}\right)^3=8x\sqrt{x}.$ En divisant par $x^2>0$ : $0\leq\frac{(\ln x)^3}{x^2}\leq\frac{8x\sqrt{x}}{x^2}=\frac{8}{\sqrt{x}}.$

Or $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\dfrac{8}{\sqrt{x}}=0$. D’après le théorème d’encadrement : $\lim_{x\to+\infty}\frac{(\ln x)^3}{x^2}=0.$

$G$ est dérivable sur $]0,+\infty[$. Pour tout $x>0$, en dérivant un produit : \begin{align*} G’(x)&=\left(-1+\frac{4}{3}\sqrt{x}-\ln x\right)+x\left(\frac{4}{3}\cdot\frac{1}{2\sqrt{x}}-\frac{1}{x}\right)\ &=-1+\frac{4}{3}\sqrt{x}-\ln x+\frac{2}{3}\sqrt{x}-1\ &=2\sqrt{x}-2-\ln x=g(x). \end{align*} Donc $G$ est une primitive de $g$ sur $]0,+\infty[$.

$\int_1^4 g(x)\,dx=\bigl[G(x)\bigr]_1^4=G(4)-G(1).$ $G(4)=4\left(-1+\dfrac{4}{3}\cdot2-\ln4\right)=4\left(-1+\dfrac{8}{3}-\ln4\right)=4\left(\dfrac{5}{3}-\ln4\right)=\dfrac{20}{3}-4\ln4$,

$G(1)=1\left(-1+\dfrac{4}{3}-0\right)=\dfrac{1}{3}$.

Donc $\displaystyle\int_1^4 g(x)\,dx=\dfrac{20}{3}-4\ln4-\dfrac{1}{3}=\dfrac{19}{3}-4\ln4$.

(L’énoncé officiel est elliptique : il demande de déterminer ces deux limites.)

Quand $x\to-\infty$ : $-x+\dfrac{5}{2}\to+\infty$ et $e^{x-2}\to0$, donc $\dfrac{1}{2}e^{x-2}(e^{x-2}-4)\to0$.

D’où $\displaystyle\lim_{x\to-\infty}f(x)=+\infty$.

Quand $x\to+\infty$ : $-x+\dfrac{5}{2}\to-\infty$ et $-\dfrac{1}{2}e^{x-2}(e^{x-2}-4)=-\dfrac{1}{2}e^{2(x-2)}+2e^{x-2}\to-\infty$.

D’où $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=-\infty$.

(Coquille de l’énoncé : « asymptotique » pour « asymptote ».)

$f(x)-\left(-x+\frac{5}{2}\right)=-\frac{1}{2}e^{x-2}\left(e^{x-2}-4\right).$ Quand $x\to-\infty$ : $e^{x-2}\to0$, donc $\displaystyle\lim_{x\to-\infty}\left(f(x)-\left(-x+\frac{5}{2}\right)\right)=0$.

Donc $(\Delta)$ est asymptote à $(C)$ au voisinage de $-\infty$.

$e^{x-2}-4=0\iff e^{x-2}=4\iff x-2=\ln4\iff x=2+\ln4$.

$f(x)-\left(-x+\frac{5}{2}\right)=-\frac{1}{2}e^{x-2}\left(e^{x-2}-4\right).$ Or $-\dfrac{1}{2}e^{x-2}<0$ pour tout $x$. Le signe de $f(x)-\bigl(-x+\frac{5}{2}\bigr)$ est donc opposé à celui de $e^{x-2}-4$ :

• si $x\leq2+\ln4$ : $e^{x-2}-4\leq0$, donc $f(x)-\bigl(-x+\frac{5}{2}\bigr)\geq0$ : $(C)$ est au-dessus de $(\Delta)$ ;
• si $x\geq2+\ln4$ : $e^{x-2}-4\geq0$, donc $f(x)-\bigl(-x+\frac{5}{2}\bigr)\leq0$ : $(C)$ est en dessous de $(\Delta)$.

$\frac{f(x)}{x}=-1+\frac{5}{2x}-\frac{1}{2x}e^{x-2}\left(e^{x-2}-4\right)=-1+\frac{5}{2x}-\frac{e^{2(x-2)}}{2x}+\frac{2e^{x-2}}{x}.$ Quand $x\to+\infty$ : $\dfrac{5}{2x}\to0$, $\dfrac{2e^{x-2}}{x}\to+\infty$ mais $-\dfrac{e^{2(x-2)}}{2x}\to-\infty$ domine (croissance exponentielle plus rapide), donc $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\dfrac{f(x)}{x}=-\infty$.

Comme $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=-\infty$ et $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\dfrac{f(x)}{x}=-\infty$, la courbe $(C)$ admet une branche parabolique de direction l’axe des ordonnées au voisinage de $+\infty$.

$f$ est dérivable sur $\mathbb{R}$. Posons $u(x)=e^{x-2}$. Alors $f(x)=-x+\dfrac{5}{2}-\dfrac{1}{2}u(u-4)=-x+\dfrac{5}{2}-\dfrac{1}{2}u^2+2u$, et $u'=u$. \begin{align*} f’(x)&=-1-u\cdot u+2u=-1-u^2+2u=-(u^2-2u+1)=-(u-1)^2\ &=-\left(e^{x-2}-1\right)^2. \end{align*}

Pour tout $x\in\mathbb{R}$ : $f'(x)=-\left(e^{x-2}-1\right)^2\leq0$, et $f'(x)=0\iff e^{x-2}=1\iff x=2$.

Donc $f$ est strictement décroissante sur $\mathbb{R}$ (la dérivée s’annule en un seul point). $f(2)=2$.

$\begin{array}{|c|ccccc|}\hline x & -\infty & & 2 & & +\infty\\\hline f'(x) & & - & 0 & - & \\\hline f(x) & +\infty & \searrow & 2 & \searrow & -\infty\\\hline\end{array}$

$f''(x)=-2\left(e^{x-2}-1\right)\cdot e^{x-2}=-2e^{x-2}\left(e^{x-2}-1\right).$ $f''(x)=0\iff e^{x-2}=1$ (car $e^{x-2}\neq0$) $\iff x=2$.

Sur $]-\infty,2[$ : $e^{x-2}-1<0$, donc $f''(x)>0$ ; sur $]2,+\infty[$ : $f''(x)<0$.

Ainsi $f''$ s’annule et change de signe en $x=2$, et $f(2)=2$ : $A(2,2)$ est un point d’inflexion de $(C)$.

$f$ est continue et strictement décroissante sur $\mathbb{R}$, avec $\displaystyle\lim_{x\to-\infty}f(x)=+\infty$ et $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=-\infty$, donc l’équation $f(x)=0$ admet une unique solution $\alpha\in\mathbb{R}$.

Or $f(2+\ln3)=2-\ln3>0$ (car $\ln3<2$) et $f(2+\ln4)=\dfrac{1}{2}-\ln4<0$ (car $\ln4>\dfrac{1}{2}$).

Donc $f(2+\ln3)\times f(2+\ln4)<0$, et comme $f$ est strictement décroissante : $2+\ln3<\alpha<2+\ln4$.

On place : l’asymptote $(\Delta):y=-x+\dfrac{5}{2}$, le point d’inflexion $A(2,2)$ (tangente horizontale), le point d’intersection avec $(\Delta)$ d’abscisse $2+\ln4\simeq3{,}4$, la racine $\alpha\in\,]3{,}1\,;\,3{,}4[$, et la branche parabolique verticale en $+\infty$.

$f$ est continue et strictement décroissante sur $\mathbb{R}$, et $\displaystyle\lim_{x\to-\infty}f(x)=+\infty$, $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=-\infty$.

Donc $f$ réalise une bijection de $\mathbb{R}$ sur $\mathbb{R}$, et admet une fonction réciproque $f^{-1}$ définie sur $\mathbb{R}$.

La courbe de $f^{-1}$ est la symétrique de $(C)$ par rapport à la première bissectrice $y=x$.

La droite $(\Delta):y=-x+\dfrac{5}{2}$ a pour pente $-1$, produit avec la pente $1$ de $y=x$ égal à $-1$ : $(\Delta)$ est bien perpendiculaire à $y=x$. Sa symétrique par rapport à $y=x$ est elle-même (c’est une médiatrice de segments joignant un point de $(C)$ à son symétrique).

$f^{-1}(2-\ln3)=2+\ln3$ et $f$ est dérivable en $2+\ln3$ avec $f'(2+\ln3)=-\left(e^{\ln3}-1\right)^2=-(3-1)^2=-4\neq0.$ Donc $f^{-1}$ est dérivable en $2-\ln3$ et $\left(f^{-1}\right)'(2-\ln3)=\frac{1}{f'(2+\ln3)}=\frac{1}{-4}=-\frac{1}{4}.$