Partie 1

$$x+\dfrac{1}{2}-\ln x+\dfrac{1}{2}(\ln x)^2~~;~~\forall x >0$$

1/

$\lim\limits_{x\to0^+}f(x)=+\infty$ car :

• $\lim\limits_{x\to0^+}\left(x+\dfrac{1}{2}\right)=\dfrac{1}{2}$
• $\lim\limits_{x\to0^+}\ln x=-\infty \implies \lim\limits_{x\to0^+}\dfrac{1}{2}(\ln x)^2$

I.G : $(C)$ admet une asymptote verticale d'équation $x=0$ (l'axe des abscissess) à droite

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2/a/ $(\forall x>0)$

$$\begin{align*} f(x) &=x+\dfrac{1}{2}-\ln x+\dfrac{1}{2}(\ln x)^2 \\ &=x+\dfrac{1}{2} +(\dfrac12\ln x-1)\ln x \end{align*}$$

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b/

$$\begin{align*} \lim\limits_{x\to+\infty}f(x)&=\lim\limits_{x\to+\infty}x+\dfrac{1}{2} +(\dfrac12\ln x-1)\ln x\\ &=+\infty \end{align*}$$

car :

• $\lim\limits_{x\to+\infty}\left(x+\dfrac{1}{2}\right)=+\infty$
• $\lim\limits_{x\to+\infty}\ln x=+\infty$

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c/ $\quad \forall x >0$

$$\begin{align*} \dfrac{(\ln x)^2}{x} &=\dfrac{(\ln \sqrt x^2)^2}{\sqrt x^2}\\ &=\dfrac{(2\ln \sqrt x)^2}{\sqrt x^2}\\ &=4\left(\dfrac{\ln \sqrt x}{\sqrt x}\right)^2 \end{align*}$$ $$\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{(\ln x)^2}{x}= \lim\limits_{x\to+\infty}4\left(\dfrac{\ln \sqrt x}{\sqrt x}\right)^2=\lim\limits_{t\to+\infty}4\dfrac{\ln t}{t}=0$$

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d/

Rappel $(C)$ admet une branche parabolique de direction la droite $y=ax$ au $\mathcal{V}_{+\infty}$ si :

$\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{f(x)}x=a$ et $\lim\limits_{x\to+\infty} f(x)-ax=\pm\infty$

$$\begin{align*} \lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{f(x)}x&=\lim\limits_{x\to+\infty}1+\dfrac1{2x}-\dfrac{\ln x}{x}+\dfrac12\dfrac{(\ln x)^2}{x} \\ &=1 \end{align*}$$

car :

• $\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac1{2x}=\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{\ln x}{x}=0$
• $\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{(\ln x)^2}{x}=0$

$$\begin{align*} \lim\limits_{x\to+\infty}f(x)-x &=\lim\limits_{x\to+\infty}\left(\dfrac1{2}-\ln x+\dfrac12(\ln x)^2\right) \\ &=\lim\limits_{x\to+\infty}\left[\dfrac1{2}+\left(\dfrac12\ln x-1\right)\ln x\right] \\ &=+\infty \end{align*}$$

car : $\lim\limits_{x\to+\infty}\ln x=+\infty$

et donc : $(C)$ admet une branche parabolique de direction la droite $(\Delta)~:y=x$ au $\mathcal{V}_{+\infty}$

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3/a/ Montrons que : $\forall x \in \left]0,1\right[, \quad (x - 1) + \ln x < 0$ et $\forall x \in [1; +\infty[, \quad (x - 1) + \ln x \geq 0$

On a :

$$\begin{array}{c|cccccc} x & 0 & & 1 & & +\infty \\ \hline x - 1 &| & - & 0 &+& \\\hline \ln x &| & - & 0 &+& \\\hline (x - 1) + \ln x &| & - & 0 &+& \\ \end{array}$$

Et donc :

• $\forall x \in [1; +\infty[, \quad (x - 1) + \ln x \geq 0$
• et $\forall x \in \left]0,1\right[, \quad (x - 1) + \ln x < 0$

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b)

$$\left(\forall x > 0\right) : \quad f'(x) = \frac{x - 1 + \ln x}{x} \quad ?$$

$f$ est dérivable sur $]0; +\infty[$ comme somme et produit, et on a $(\forall x > 0)$ :

$$\begin{align*} f'(x) &= \left(x + \frac{1}{2}\right)' - (\ln x)' + \frac{1}{2} \left[(\ln x)^2\right]'\\ &= 1 - \frac{1}{x} + \frac{1}{2} \left(2 \cdot \frac{1}{x} \cdot \ln x\right)\\ &= 1-\frac{1}{x} + \frac{\ln x}{x} \end{align*}$$ $$\quad \implies \quad f'(x) = \frac{x - 1 + \ln x}{x}$$

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c)

Tableau de variations de $f$ :
On a :

$$\forall x > 0, \quad f'(x) = \frac{x - 1 + \ln x}{x}$$

Et d'après la question 3.a :

$$\begin{align*} \forall x \in \left]0; 1\right[, \quad x - 1 + \ln x < 0 \\ \Rightarrow \forall x \in \left]0; 1\right[, \quad \frac{x - 1 + \ln x}{x} < 0 \end{align*}$$

Donc

$$\forall x \in \left]0; 1\right[, \quad f'(x) < 0$$

et

$$\begin{align*} \forall x \in [1; +\infty[, \quad (x - 1) + \ln x \geq 0 \\ \Rightarrow \forall x \in [1; +\infty[, \quad \frac{x - 1 + \ln x}{x} \geq 0 \\ \Rightarrow \forall x \in [1; +\infty[, \quad f'(x) \geq 0 \end{align*}$$

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D'où le tableau de variation :

$$\begin{array}{c|cccccc} x & 0& & & 1 & & +\infty \\ \hline f'(x) &|& & - & 0 & + & \\\hline &|&\hspace{-.4cm}+\infty & & & & +\infty \\ f(x) &|& & \searrow & & \nearrow & \\ &|& & & \frac{3}{2} & & \\ \end{array}$$

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4/a/

$$f''(x) = \frac{2 - \ln x}{x^2} \quad (\forall x > 0) \quad ?$$

On a :

$$f'(x) = \frac{x - 1 + \ln x}{x} \quad \forall x > 0$$

$f'$ est dérivable sur $]0; +\infty[$ comme quotient, et on a $\forall x > 0$ :

si $u(x)=x - 1 + \ln x$ et $v=x$

donc $u'(x)=1+\frac1x$ et $v'=1$

$$\begin{align*} f''(x) &=\dfrac{u'v-u.v'}{v} \\ &= \frac{(1 + \frac{1}{x}) \cdot x - (x - 1 + \ln x)}{x^2} \\ &= \frac{x + 1 - x + 1 - \ln x}{x^2} \\ &= \frac{2-\ln x}{x^2} \end{align*}$$

Donc :

$$\forall x > 0, \quad \boxed{f''(x) = \frac{2 - \ln x}{x^2}}$$

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b) La courbe $(\mathcal{C})$ admet-elle un point d'inflexion ?

On a :

$$\forall x > 0, \quad f''(x) = \frac{2 - \ln x}{x^2}$$

Comme $x^2 > 0$, alors $f''(x)$ a le même signe que $2 - \ln x$ sur $]0; +\infty[$.

Et on a :

$$\begin{align*} 2 - \ln x = 0 & \iff \ln x = 2 \\ & \iff x = e^2 \end{align*}$$

Et on a :

$$\begin{align*} 2 - \ln x > 0 & \iff \ln x < 2 \\ & \iff 0 < x < e^2 \end{align*}$$

Et :

$$\begin{align*} 2 - \ln x < 0 & \iff \ln x > 2 \\ & \iff x > e^2 \end{align*}$$

D'où le tableau de signes :

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

Donc $f''$ s'annule en $e^2$ en changeant de signe, donc le point $I(e^2; f(e^2))$,
c'est-à-dire $I(e^2, e^2 + 1)$ est un point d'inflexion de $(\mathcal{C})$.

$$f(e^2)= e^2 - 1 + \ln(e^2) = e^2 + 1$$

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5/a $\quad(\forall x > 0)$

$$\begin{align*} f(x) - x &= -\frac{1}{2} \ln x + \frac{1}{2} \left( \ln x \right)^2 \\ &= \frac{1}{2} \left( 1-2 \ln x + (\ln x)^2 \right) \\ &= \frac{1}{2} (1 - \ln x)^2 \end{align*}$$

Et donc :

$$\forall x > 0, \quad f(x) - x = -\frac{1}{2} (1 - \ln x)^2$$

• Position relative de $(C)$ et $(\Delta)$

on a $\quad(\forall x > 0)$ :

$$\begin{align*} f(x) - y &= f(x)-x \\ &=\frac{1}{2} (1 - \ln x)^2 \ge0 \end{align*}$$ $$\begin{align*} f(x) - y = 0 &\iff 1 - \ln x=0 \\&\iff \ln x=1 \\&\iff x=e \end{align*}$$

D'où

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b/ Construction de $(\Delta)$ et $(C)$

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Partie 2

$$\left\{ \begin{align*} &u_0=1 \\~\\ &u_{n+1}=f(u_n) \quad;\quad \forall n\in\N \end{align*} \right.$$

1/a/ par récurrence :

• $n=0$ on a $u_0$ et $e\simeq 2,73$ donc $1\le u_0 \le e$
• Soit $n\in\N$, suposons que : $1\le u_n \le e$ $$\begin{aligned} 1\le u_n \le e &\implies f(0)\le f(u_n) \le f(e)\\ &\implies \frac32\le u_{n+1}\le e\\ &\implies 1\le u_{n+1}\le e \end{aligned}$$ car $f$ strict $\nearrow$ sur $[1,e]$
• d'aprés le principe de récurrene :

$$\forall n\in\N~~ ;~~ 1\le u_n \le e$$

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b/ $(u_n)$ est $\nearrow$

$$u_{n+1}-u_n=f(u_n)-u_n$$

on sait que $f(x)- x\ge0$

et comme $u_n\in[1,e]$

alors $f(u_n)-u_n\ge0$ donc $u_{n+1}\ge u_n$

et par suite : $(u_n)$ est $\nearrow$

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c/

$$\left\{ \begin{matrix} (u_n)\text{ } \nearrow\\ (u_n)\text{ marjorée} \end{matrix} \right. \implies (u_n) \text{ converge}$$

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2/ $\quad \lim u_n$

on a le conditions :

• $f$ continue sur $[1,e]$
• $f([1,e])=[\frac32,e]\subset [1,e]$
• $u_0\in [1,e]$
• $(u_n)$ converge

Alors la limite de $(u_n)$ est la solution de l'équa $f(x)=x$

et d'aprés la question partie 1, 5/a/

$$f(x)=x \iff x=e$$

et donc $\boxed{\lim u_n=e}$