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2025-05-31 21:00:00 +0000

الامتحان الوطني الموحد للبكالوريا – الدورة العادية – 2025

مادة 📘 : الرياضيات
المسالك:
- علوم الحياة والأرض
- العلوم الفيزيائية (خيار فرنسية)
الدورة 📝 : العادية 2025
المدة ⏱️ : 3 ساعات

Exercice 1 (3 points)

Dans l'espace rapporté à un repère orthonormé direct $(O; \vec{i}, \vec{j}, \vec{k})$ , on considère les points
$A(0, 0, 2)$ , $B(2, 0, 0)$ et la sphère $(S)$ de centre $O$ et de rayon $R = 2$

a) Déterminer l'équation cartésienne de la sphère $(S)$

b) Vérifier que les points $A$ et $B$ appartiennent à la sphère $(S)$
Soit $I$ le milieu du segment $[AB]$

a) Déterminer l’intersection du plan $(OAB)$ avec la sphère $(S)$

b) Vérifier que $\overrightarrow{OI} \cdot \overrightarrow{AB} = 0$ , puis montrer que $d(O, (AB)) = \sqrt{2}$
On considère un point $M(0, m, 0)$ de l’espace, où $m \in \mathbb{R}$

a) Vérifier que $\overrightarrow{AB} \wedge \overrightarrow{AM} = 2m\vec{i} + 4\vec{j} + 2m\vec{k}$

b) Déduire que $mx + 2y + mz - 2m = 0$ est une équation cartésienne du plan $(ABM)$

c) Montrer que $d(O, (ABM)) = \dfrac{2|m|}{\sqrt{4 + 2m^2}}$
Le plan $(ABM)$ coupe la sphère $(S)$ suivant un cercle $(\Gamma_m)$ de rayon $r$

montrer que $r=\sqrt{ 2+\dfrac{4}{2+m^2} }$ et déduire que : $\sqrt2 < r \le 2$ pour tout $m\in \R$

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Exrcice 1

$A(0, 0, 2)$ , $B(2, 0, 0)$ et $S(O,R)$ sphère et $R=2$

1/a/

\begin{align*} M\begin{pmatrix}x \\y\\z\end{pmatrix}\in(S) &\Leftrightarrow OM=R \\&\Leftrightarrow OM^2=R^2 \\&\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2=4 \end{align*}

1/b/

$OA=\sqrt{0^2+0^2+2^2}=2=R$ donc $A\in(S)$
$OB=\sqrt{2^2+0^2+0^2}=2=R$ donc $B\in(S)$

Méthode 2 On vérifie que les coordonnées de chaque point vérifient l'équation de la sphère.

Pour $A(0, 0, 2)$ , on a : $0^2 + 0^2 + 2^2 = 4$ , donc $A \in (S)$ .
Pour $B(2, 0, 0)$ , on a : $2^2 + 0^2 + 0^2 = 4$ , donc $B \in (S)$ .

2/a/ Puisque $A, B \in (S)$ et que $O$ est le centre de $S$ , alors le plan $(OAB)$ coupe la sphère $(S)$ selon un grand cercle de centre $O$ et de rayon $R = 2$ .

2/b/

I\left(\dfrac{0+2}{2},\dfrac{0+0}{2},\dfrac{2+0}{2}\right)

Donc $I(1,0,1)$

$\overrightarrow{OI}\left(\begin{matrix}1\\0\\1\end{matrix}\right)$ et $\overrightarrow{AB}\left(\begin{matrix}2\\0\\-2\end{matrix}\right)$

donc :

\begin{align*} \overrightarrow{OI}.\overrightarrow{AB} &=1\times2+0\times0+1\times(-2) \\&=0 \end{align*}

On a $\overrightarrow{OI}.\overrightarrow{AB}=0$ et $I\in(AB)$ donc :

\begin{align*} d(O,(AB)) &=OI\\&=\sqrt{1^2+0^2+1^2}\\&=\sqrt2 \end{align*}

3/a/

\overrightarrow{AB}\left(\begin{matrix}2\\0\\-2\end{matrix}\right) \quad\text{et}\quad \overrightarrow{AM}\left(\begin{matrix}0\\m\\-2\end{matrix}\right)

\begin{align*} \overrightarrow{AB}\land \overrightarrow{AM} &=\left|\begin{matrix}0 & m \\-2 & -2\end{matrix}\right|\vec{i} -\left|\begin{matrix}2 & 0 \\-2 & -2\end{matrix}\right|\vec{j} +\left|\begin{matrix}2 & 0 \\0 & m\end{matrix}\right|\vec{k} \\&=2m\vec{i}+4\vec{j}+2m\vec{k} \end{align*}

3/b/ On a $\overrightarrow{AB} \land \overrightarrow{AM}$ est un vecteur normal au plan $(ABM)$ .

Par conséquent, une équation cartésienne du plan $(ABM)$ peut s'écrire sous la forme :

2mx + 4y + 2mz + d = 0

Or, le point $A(2, 0, 0) \in (ABM)$ , donc

\begin{align*} & 2m \times 2 + 4 \times 0 + 2m \times 0 + d = 0 \\ &\Rightarrow \quad 4m + d = 0\\ &\Rightarrow \quad d = -4m \end{align*}

Ainsi, l'équation devient :

2mx + 4y + 2mz - 4m = 0

En simplifiant par 2, on obtient :

mx + 2y + mz - 2m = 0

3/c/

\begin{align*} d(O,(ABM)) &=\dfrac{|0+0-2m|}{\sqrt{m^2+2^2+m^2}}\\ &=\dfrac{2|m|}{\sqrt{4+2m^2}} \end{align*}

4/ On a :

\begin{align*} r &= \sqrt{R^2 - d^2(O, (ABM))} \\ &= \sqrt{4 - \dfrac{4m^2}{4 + 2m^2}} \\ &= \sqrt{2+2 - \dfrac{2m^2}{2 + m^2}} \\ &= \sqrt{2 + \dfrac{4+2m^2 -2m^2 }{2 + m^2}} \\ &= \sqrt{4 + \dfrac{4}{2 + m^2}} \\ \end{align*}

Comme $\dfrac{4}{2 + m^2} > 0$ , on en déduit que :

2 + \dfrac{4}{2 + m^2} > 2 \quad \Rightarrow \quad r > \sqrt{2}

Or, on sait que $r \leq R$ , avec $R = 2$ le rayon de la sphère $(S)$ .

Donc :

\boxed{\sqrt{2} < r \leq 2}

Fin correction

Question : Pourquoi ? $r\le R$

posons $d=d(O, (ABM))$

on a $r=\sqrt{R^2 - d^2}$

\begin{align*} d^2\ge0 &\implies -d^2\le 0 \\&\implies R^2-d^2\le R^2 \\&\implies \sqrt{R^2-d^2}\le R \\&\implies r\le R \end{align*}

Exercice 2 (3,5 points)

Dans le plan complexe rapporté à un repère orthonormé direct $(O; \vec{u}, \vec{v})$ , on considère les points $A, B, C, D$ et $\Omega$ d'affixes respectives :

a = 1 + 2i, \quad b = \bar{a}, \quad c = \dfrac{3(3+i)}{2}

d = \dfrac{3(1+i)}{2}, \quad \omega = \dfrac{5}{2}

a) Vérifier que $a + b = 2$ et déduire que l'affixe du point $P$ , milieu du segment $[AB]$ , est $p = 1$

b) Montrer que $a$ et $b$ sont les solutions de l'équation : $z^2 - 2z + 5 = 0 \quad \text{dans } \mathbb{C}$
a) Vérifier que $|a - \omega| = |b - \omega| = |\omega - c|$

b) Déduire que $\omega$ est le centre du cercle circonscrit au triangle $ABC$
a) Vérifier que $\dfrac{d - c}{a - b} = \dfrac{3}{4} i$

b) Montrer que $d - b = (c - a)e^{\frac{i\pi}{2}}$ , puis déduire que les droites $(DB)$ et $(AC)$ sont perpendiculaires
Soit $h$ l'homothétie de centre $C$ et de rapport $\dfrac{2}{3}$ qui transforme chaque point $M$ du plan d'affixe $z$ en un point $M'$ d'affixe $z'$ . On pose $h(P) = G$

a) Vérifier que $z' = \dfrac{2}{3}z + \dfrac{1}{3}c$

b) Montrer que l'affixe du point $G$ est : $g = \dfrac{13}{6} + \dfrac{1}{2}i$
Montrer que les points $\Omega$ , $G$ et $D$ sont alignés.

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1/a/

$a+b=a+\bar{a}=2\mathcal{R}e(a)=2$

$P$ est milieu de $[AB]$ donc son affixe est :

\dfrac{a+b}2=1

1/b/

on a $a+b=2$ et $ab=a.\bar{a}=|a|^2=\sqrt{1+4}^2=5$

donc $a$ et $b$ sont solutions de $z^2-(a+b)z+ab=0$ c'est à dire : l'équation $z^2-2z+5=0$

2/a/

$\omega - a=\frac{5}{2}-1-2i=\frac{3}{2}-2i$ $\implies |\omega-a|=\sqrt{\dfrac94+4}=\dfrac52$
$\omega - b=\frac{5}{2}-1+2i=\frac{3}{2}+2i$ $\implies |\omega-b|=\sqrt{\dfrac94+4}=\dfrac52$
$\omega - c=\frac{5}{2}-\dfrac92-\dfrac32i=-2-\dfrac32i$ $\implies |\omega-c|=\sqrt{4+\dfrac94}=\dfrac52$

Alors $|\omega - a|=|\omega - b|=|\omega - c|$

2/b/ on a : $|\omega - a|=|\omega - b|=|\omega - c|$ donc $\Omega A=\Omega B=\Omega C$ donc $A$ , $B$ et $C$ appartient au cercle de centre $\Omega$ et et de rayon $\dfrac52$ c'est à dire $\Omega$ est le centre du circle circonsrit au triangle $ABC$

3/a

\begin{align*} &\bullet~ d-c=\dfrac{3(1+i)}{2}-\dfrac{3(3+i)}{2}=-3 \\ &\bullet~ a-b=1+2i-1+2i=4i \end{align*}

\dfrac{d-c}{a-b}=-3\times\dfrac{1}{4i}=\dfrac{-3i}{4i^2}=\dfrac34i

3/b

\begin{align*} &\bullet~ d-b=\dfrac{3(1+i)}{2}-1+2i=\dfrac{1+7i}{2} \\ &\bullet~ c-a=\dfrac{3(3+i)}{2}-1-2i=\dfrac{7-i}{2} \end{align*}

\begin{align*} \dfrac{d-b}{c-a}&=\dfrac{1+7i}{7-i} =\dfrac{(1+7i)(7+i)}{7^2+1^2}\\~\\ &=\dfrac{7+i+49i-7}{50}=i=e^{i\frac\pi2} \end{align*}

Alors : $d-b=(c-a)e^{i\frac\pi2}$

on a :

\begin{align*} &(\overrightarrow{AC},\overrightarrow{BD})\equiv \arg\left(\dfrac{d-b}{c-a}\right)~[2\pi] \\ &\hspace{1.7cm}\equiv \dfrac\pi2~[2\pi] \\ &\implies (AC)\perp(BD) \end{align*}

4/ $h(C,\frac23)$ et $h(P)=G$

4/a/

\begin{align*} h(M)=M' &\iff z'-c=k(z-c) \\ &\iff z'=\frac23z-\frac23c+c \\ &\iff z'=\frac23z+\frac13c \\ &\iff z'=\frac23z+\dfrac{3+i}{2}\\ &\iff z'=\frac23z+\dfrac{3}{2}+\dfrac{1}{2}i \end{align*}

4/b/

\begin{align*} h(P)=G &\implies g=\frac23p+\dfrac{3}{2}+\dfrac{1}{2}i\\~\\ &\implies g=\dfrac{2}3+\dfrac{3}{2}+\dfrac{1}{2}i \\~\\ &\implies g=\dfrac{13}{6}+\dfrac{1}{2}i \end{align*}

\begin{align*} \bullet~g-\omega&=\dfrac{13}{6}+\dfrac{1}{2}i - \dfrac52\\~\\ &=-\dfrac26+\dfrac12i = -\dfrac13+\dfrac12i \end{align*}

\begin{align*} \bullet~d-\omega &= \dfrac{3(1+i)}{2}-\dfrac52 =-1+\dfrac{3}{2}i \\&=3(-\dfrac13+\dfrac12i) \end{align*}

\implies \dfrac{g-\omega}{d-\omega}=\dfrac{1}{3}\in\R

Alors les points $D$ , $G$ et $\Omega$ sont alignés

Exercice 3 (2,5 points)

Une urne contient six boules indiscernables au toucher :

Quatre boules blanches numérotées : $0$ , $1$ , $1$ , $1$
Deux boules noires numérotées : $0$ , $1$

On tire au hasard et simultanément deux boules de l'urne.

On considère les événements suivants :

$A$ : « Les deux boules tirées portent le numéro 1 »
$B$ : « Les deux boules tirées sont de même couleur »

a) Montrer que : $\mathbb{P}(A) = \dfrac{2}{5}$

b) Montrer que : $\mathbb{P}(B) = \dfrac{7}{15}$

c) Les événements $A$ et $B$ sont-ils indépendants ? Justifier.
On répète l’expérience précédente trois fois successives. On considère la variable aléatoire $X$ indiquant le nombre de fois que l’on réalise l’événement $A$ .

a) Recopier et compléter le tableau ci-dessous, représentant la loi de probabilité de $X$ :

$X = x_i$	0	1	2	3
$\mathbb{P}(X=x_i)$	$\dfrac{27}{125}$

**b)** Calculer l’espérance $\mathbb{E}(X)$ de la variable aléatoire $X$.

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Calculons d'abord : $Card(\Omega)$

🔵 Chaque tirage est une combinaison de 2 éléments parmi 6
Donc :
$Card(\Omega) = C_{6}^2 = \frac{6 \times 5}{2 \times 1} = 15$

1/a/

A=\{1~;~1\}

Card(A)=C_{4}^2=6

\implies p(A)=\dfrac{Card(A)}{Card(\Omega)}= \dfrac{6}{15}=\dfrac25

1/b/

A=\{B~;~B\}\cup\{N~;~N\}

Card(B)=C_{4}^2+C_{2}^2=6+1=7

\implies p(B)=\dfrac{Card(A)}{Card(\Omega)}= \dfrac{7}{15}

1/c/

Deux évenements $A$ et $B$ sont indépendantes si $p(A\cap B)=p(A).p(B)$

on a : $p(A).p(B)=\dfrac{2}{5}\times \dfrac{7}{15}=\dfrac{14}{125}$

Calculons $p(A\cap B)$

A\cap B=\{B_1~;~B_1\}

Card(A\cap B)=C_3^2=3

\begin{align*} \implies p(A\cap B)&=\dfrac{Card(A\cap B)}{Card(\Omega)}\\ &=\dfrac{3}{15}=\dfrac15 \end{align*}

comme $p(A\cap B)\ne p(A).p(B)$ , alors $A$ et $B$ ne sont pas indépendantes

2/ La variable $X$ , suit une loi binomiale de paramètres : $n=3$ et $p =p(A)= \frac{2}{5}$

Donc $X \sim \mathcal{B}(3,\frac{2}{5})$

3/a/

Formule de la loi binomiale :

p(X = k) = C_3^k \left(\frac{2}{5}\right)^k \left(1 - \frac{2}{5}\right)^{3 - k}

\begin{align*} p(X = 0) &= C_3^0 \left(\frac{2}{5}\right)^0 \left(1 - \frac{2}{5}\right)^{3 - 0} \\ &=\left(\frac{3}{5}\right)^{3}=\frac{27}{125} \end{align*}

\begin{align*} p(X = 1) &= C_3^1 \left(\frac{2}{5}\right)^1 \left(1 - \frac{2}{5}\right)^{3 - 1} \\ &=\dfrac65\left(\frac{3}{5}\right)^{2}=\frac{54}{125} \end{align*}

\begin{align*} p(X = 2) &= C_3^2 \left(\frac{2}{5}\right)^2 \left(1 - \frac{2}{5}\right)^{3 - 2} \\ &=3\times\dfrac{4}{25}\times\frac{3}{5}=\frac{36}{125} \end{align*}

\begin{align*} p(X = 3) &= C_3^3 \left(\frac{2}{5}\right)^3 \left(1 - \frac{2}{5}\right)^{3 - 3} \\ &=1\times\dfrac{8}{125}\times1=\frac{8}{125} \end{align*}

Alors :

$X = k$	0	1	2	3
$\mathbb{P}(X=k)$	$\dfrac{27}{125}$	$\dfrac{54}{125}$	$\dfrac{36}{125}$	$\dfrac{8}{125}$

3/b/

E(X)=np=3\times\dfrac25=\dfrac65

Problème (11 points) :

Partie I :

Le graphique ci-contre représente les courbes $\left( C_s \right)$ et $\left( C_h \right)$ des fonctions : $g : x \mapsto x^2$ et $h : x \mapsto 2 \ln x - (\ln x)^2$ sur l’intervalle $]0, +\infty[$ dans un même repère orthonormé.

a) Justifier graphiquement que pour tout $x$ de $]0, +\infty[$ : $g(x) - h(x) > 0$

b) Déduire que pour tout $x$ de $]0, +\infty[$ : $\dfrac{2 \ln x - (\ln x)^2}{x^2} < 1$
a) Vérifier que la fonction $H : x \mapsto x \ln x - x$ est une primitive de la fonction $x \mapsto \ln x$ sur l’intervalle $]0, +\infty[$ , puis déduire que $\displaystyle\int_1^{e^2} \ln(x) dx = 1 + e^2$

b) En utilisant une intégration par parties, montrer que $\displaystyle\int_1^{e^2} (\ln x)^2 dx = 2e^2 - 2$

c) Résoudre sur l’intervalle $]0, +\infty[$ , l’équation $h(x) = 0$ et déduire les deux points d’intersection de la courbe $\left( C_h \right)$ avec l’axe des abscisses.

d) Déduire, en unité d’aire, l’aire de la partie du plan délimitée par la courbe $\left( C_h \right)$ , l’axe des abscisses, et les droites d’équations $x = 1$ et $x = e^2$ .

Partie II :

On considère la fonction numérique $f$ définie sur $]0, +\infty[$ par :

f(x) = x - \dfrac{(\ln x)^2}{x}

Soit $(C_f)$ sa courbe représentative dans un repère orthonormé $(O, \vec{i}, \vec{j})$ .

a) Vérifier que $\lim\limits_{x \to 0^+} f(x) = -\infty$ et donner une interprétation géométrique de ce résultat.

b) Montrer que $\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{(\ln x)^2}{x} = 0$ (on peut poser $t = \sqrt{x}$ ), puis calculer $\lim\limits_{x \to +\infty} f(x)$ .

c) Déduire que la droite d’équation $y = x$ est une asymptote oblique de $(C_f)$ au voisinage de $+\infty$ .

a) Montrer que pour tout $x$ de $]0, +\infty[$ , $f'(x) = 1 - \dfrac{2 \ln x - (\ln x)^2}{x^2}$ .

b) Montrer que la fonction $f$ est strictement croissante sur l’intervalle $]0, +\infty[$ (utiliser la question Partie I-1-b).

a) Montrer que l’équation $f(x) = 0$ admet une solution unique $\alpha$ dans $]0, +\infty[$ .

b) Vérifier que $e^{-1} < \alpha < 1$ et montrer que $\ln \alpha = -\alpha$ .

c) Montrer que $f(x) \leq x$ pour tout $x \in ]0, +\infty[$ .

d) Montrer que $y = x$ est l’équation de la tangente $(T)$ à la courbe $(C_f)$ au point d’abscisse 1.

Le graphique ci-contre représente la courbe $(C_f)$ dans le repère orthonormé $(O, \vec{i}, \vec{j})$ .

Soit $\varphi$ la restriction de $f$ sur l’intervalle $]0,1]$ .

a) Montrer que $\varphi$ admet une fonction réciproque $\varphi^{-1}$ définie sur un intervalle $J$ à déterminer.

b) Montrer que $\varphi^{-1}$ est dérivable en 0 et que $(\varphi^{-1})'(0) = \dfrac{\alpha}{2 + 2\alpha}$ .

c) Recopier la courbe de $\varphi$ et construire la courbe de $\varphi^{-1}$ dans le repère $(O, \vec{i}, \vec{j})$ .

Partie III :

Soit $(u_n)$ la suite numérique définie par $u_0 = e$ et $u_{n+1} = f(u_n)$ , pour tout $n \in \mathbb{N}$ .

Montrer par récurrence que $1 < u_n$ pour tout $n \in \mathbb{N}$ .

a) Montrer que la suite $(u_n)$ est décroissante (utiliser la question Partie II-3-c).

b) En déduire que la suite $(u_n)$ est convergente.

c) Déterminer la limite de la suite $(u_n)$ .

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Partie I

1/a/ D’après le graphe, la courbe $(C_g)$ est située strictement au-dessus de la courbe $(C_h)$ sur l’intervalle $]0; +\infty[$ .

On en déduit que, pour tout $x \in ]0; +\infty[$ , on a :

g(x) - h(x) > 0

1/b/ $(\forall x \in]0;+\infty[:~g(x)-h(x)>0$

\begin{align*} &\iff x^2-2\ln x+(\ln x)^2>0\\ &\iff 2\ln x-(\ln x)^2<x^2 \\ &\iff \frac{2\ln x-(\ln x)^2}{x^2}<1 \end{align*}

2/a $H$ est dérivable sur $]0;+\infty[$ et on a :

\begin{align*} H'(x)&=\ln x+x\times\dfrac1x-1\\&=\ln x =h(x) \end{align*}

Donc $H$ est une primitive de $h$ sur $]0;+\infty[$

\begin{align*} \int_1^{e^2}\ln x dx &=\int_1^{e^2} h(x)dx =[H(x)]_1^{e^2} \\ &= H(e^2)-H(1)\\ &=2e^2-e^2+1\\&=1+e^2 \end{align*}

2/b Formule d'integration par parties

\int u'(x)v(x)dx=[uv(x)]-\int u(x)v'(x)dx

pour $\displaystyle\int_1^{e^2} (\ln x)^2 dx = 2e^2 - 2$

posons : $u'(x)=\ln x$ et $v(x)=\ln x$

donc $u(x)=H(x)$ et $v'(x)=\dfrac1x$

\begin{align*} I&=\int_1^{e^2} (\ln x)^2 dx \\ &= [H(x)\ln x]_1^{e^2}-\int_1^{e^2}\frac{H(x)}x dx\\ &=e^2\ln(e^2)-\int_1^{e^2}\ln x -1 dx \\ &=2e^2-\int_1^{e^2}\ln x dx+\int_1^{e^2}1 dx \\ &=2e^2-1-e^2+[x]_1^{e^2} \\ &=e^2-1+(e^2-1) \\ &=2e^2-2 \end{align*}

2/c soit $x\in]0;+\infty[$ on a :

\begin{align*} h(x)=0 &\iff 2\ln x -(\ln x)^2=0 \\ &\iff \ln x(2-\ln x)=0\\ &\iff \ln x=0 \text{ ou } \ln x=2 \\ &\iff x=e^0=1 \text{ ou } x=e^2 \end{align*}

Donc $(C_h)$ coupe l'axe des abscisses en deux points $E(1,0)$ et $F(e^2,0)$

2/d

\boxed{\mathcal{A}=\int_1^{e^2} |h(x)|dx~u}~

avec u: unité d'aire

Or, la courbe $(C_h)$ est située au-dessus de l’axe des abscisses sur l’intervalle $[1, e^2]$ , ce qui signifie que $h(x) \geq 0$ sur cet intervalle.

Ainsi, on a :

|h(x)| = h(x) \quad \text{pour tout } x \in [1, e^2]

\begin{align*} \mathcal{A}&=\int_1^{e^2} 2\ln x - (\ln x)^2dx \\ &=2\int_1^{e^2}\ln x dx - I \\ &=2(1+e^2)-(2e^2-2) \\ &=2+2e^2-2e^2+2 \\ &=4 u \end{align*}

Partie II :

On considère la fonction numérique $f$ définie sur $]0, +\infty[$ par :

f(x) = x - \dfrac{(\ln x)^2}{x}

1/a

\lim\limits_{x\to0^+}f(x)=-\infty

car $\lim\limits_{x\to0^+}x=0$ et $\lim\limits_{x\to0^+}=-\infty$

1/b On pose $t=\sqrt x$ donc $x=t^2$ et $x\to+\infty$ $\implies t\to+\infty$

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

car $\lim\limits_{t\to+\infty}\dfrac{\ln t}{t}=0$

\lim\limits_{x\to+\infty} f(x)=+\infty

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

1/c

\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)-x=\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{(\ln x)^2}{x}=0

et donc la droite d'équation $y=x$ est une asymptote oblique de $(C_f)$ au voisinage de $+\infty$

2/a la fonction $f$ est dérivable sur $]0, +\infty[$ par somme , produit et quotient

$(\forall x\in]0, +\infty[$

\begin{align*} f'(x) &=1-\dfrac{2\times\dfrac1x\ln x\times x - (\ln x)^2}{x^2}\\ &=1-\dfrac{2\ln x -(\ln x)^2}{x^2} \end{align*}

2/b on a d'aprés la question Partie I-1-b $(\forall x \in]0, +\infty[$ : $\dfrac{2\ln x -(\ln x)^2}{x^2}<1$

donc $f'(x)>0$ et donc la fonction $f$ est strictement croissante sur $]0, +\infty[$

3/a/

on a $f$ est continue sur $]0, +\infty[$ car dérivable

et $f(]0, +\infty[)=]\lim\limits_{x\to0^+} f(x), \lim\limits_{x\to+\infty}[=\R$

et comme $0\in\R$ alors d'aprés le théorème des valeurs intermédiaires l'équation $f(x)=0$ admet au moins une solution $\alpha\in]0, +\infty[$ et comme $f$ est strictement croissante alors $\alpha$ est unique.

3/b/

$f(e^{-1})=e^{-1}-\frac{(-1)^2}{e^{-1}}=\frac{e^{-2}-1}{e^{-1}}<0$
$f(1)=1-\frac{(0)^2}{1}=1>0$

donc $f(e^{-1})f(1)<0$

et donc $e^{-1}<\alpha<1$

3/c/

f(x)-x=-\dfrac{(\ln x)^2}{x}

$(\forall x\in]0, +\infty[)$ on a

x>0\text{ et } (\ln x)^2\ge0

donc

f(x)-x\le0

et donc $(\forall x\in]0, +\infty[)~:~f(x)\le x$

3/d/

\begin{align*} (T)~:~y &=f'(1)(x-1)+f(1)\\ &=x-1+1=x \end{align*}

4/ $(\forall x\in]0,1]$ $\varphi(x)=f(x)$

4/a/ $\varphi$ est continue et strictement croissante sur $]0,1]$ alors elle admet une fonction réciproque $\varphi^{-1}$ définie sur $J=\varphi(]0,1])=]-\infty,1]$

4/b/

on sait que $f(\alpha)=0$ et $\alpha\in]e^{-1},1[$ et comme $]e^{-1},1[\subset]0,1]$ alors $\varphi(\alpha)=0$ et donc $\varphi^{-1}(0)=\alpha$

et comme $\varphi'(\alpha)>0$ donc $\varphi'(\alpha)\ne0$

et donc $\varphi^{-1}$ est dérivable en $0$ et on a :

\begin{align*} (\varphi^{-1})'(0) &=\dfrac{1}{\varphi'(\varphi^{-1}(0))}\\ &=\dfrac{1}{\varphi'(\alpha)} \end{align*}

on a $f(\alpha)=0$ donc $\alpha - \dfrac{(\ln\alpha)^2}{\alpha^2}=0$

et donc $(\ln\alpha)^2=\alpha^2$

alors $\ln\alpha=-\alpha$ car $\alpha\in]0,1]$

\begin{align*} \varphi'(\alpha) &=1-\dfrac{2\ln\alpha-(\ln\alpha)^2}{\alpha^2}\\ &=1-\dfrac{-2\alpha-(-\alpha)^2}{\alpha^2} \\&=\dfrac{\alpha^2-2\alpha+\alpha^2}{\alpha^2} \\&=\dfrac{\alpha(2\alpha+2)}{\alpha^2} \\&=\dfrac{2\alpha+2}{\alpha} \end{align*}

Alors : $(\varphi^{-1})'(0)=\dfrac{1}{\varphi'(\alpha)}=\dfrac{\alpha}{2\alpha+2}$

4/c/

on sait que la courbe de $\varphi^{-1}$ est le symétrique de la courbe de $f$ sur $]0,1]$ par rapport à la première bissectrice (d'équation $y=x$ )

Partie III

u_0=e \quad \text{et} \quad u_{n+1}=f(u_n) ~~(\forall n\in\N)

$u_0=e>1$ donc vraie pour $n=0$
Soit $n\in\N$ , supposons que $1<u_n$ et montrons que $1<u_{n+1}$

on a $1<u_n$ et $f(1)=1$ et $u_{n+1}=f(u_n)$

comme $f$ continue et strictement croissante sur $[1;+\infty[$

alors $f(1)<f(u_{n})$

donc $1<u_{n+1}$
D'aprés le principe de récurrence on a

(\forall n\in\N)~~:~~ 1<u_{n}

2/a/ soit $n\in\N$

d'aprés la question Partie II-3-c on a pour tout $x\in]0,+\infty[$ $f(x)\le x$

et comme $u_n\in]1,+\infty[$ et $]1,+\infty[\subset]0,+\infty[$

alors $f(u_n)\le u_n$

d'ou $u_{n+1}\le u_n$

$\implies$ $(u_n)$ est décroissante.

2/b/

\left\{ \begin{matrix} (u_n)\text{ } \searrow\\ (u_n)\text{ minorée} \end{matrix} \right. \implies (u_n) \text{ converge}

2/c/ $\quad \lim u_n$

on a le conditions :

$f$ continue sur $[1,+\infty[$
$f([1,+\infty[)=[1;+\infty[$
$u_0\in [1;+\infty[$
$(u_n)$ converge

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

\begin{align*} f(x)=x &\iff (\ln x)^2=0 \\ &\iff \ln x=0 \\& \iff x=1 \end{align*}

et donc $\boxed{\lim u_n=1}$