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\renewcommand{\theenumi}{\textbf{\arabic{enumi}}}
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\def\Oij{$\left(\text{O},~\vect{\imath},~\vect{\jmath}\right)$}
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\begin{document}
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\rhead{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}}

\lhead{\small Terminale S Pondichéry}
\lfoot{\small{avril 2001}}
\rfoot{\small{}}
\renewcommand \footrulewidth{.2pt}
\pagestyle{fancy}
\thispagestyle{empty}

\begin{center}

{\Large \textbf{Corrigé du baccalauréat S Pondichéry avril 2001}}

\vspace{0,25cm}

\end{center}

\textbf{\textsc{Exercice 1} \hfill  4 points}

\medskip

\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item Calcul de I$_1$

On a: I$_1 = \dfrac{1}{1!}\displaystyle\int_0^1 
(1 - x)^1\text{e}^{-x}\:\text{d}x = \displaystyle\int_0^1
(1 - x)^1\text{e}^{-x}\:\text{d}x$ ;

Faisons une intégration par parties en posant

\[\left\{\begin{array}{l l}
u(x) = 1 - x &  u^{\prime}(x) = -1\\
v^{\prime}(x) = \text{e}^{-x} &	v(x) = -\text{e}^{-x}
\end{array}\right.\]

Toutes les fonctions étant intégrables sur [0~;~1], il vient : 

\renewcommand{\theenumi}{\textbf{\arabic{enumi}}}
\renewcommand{\labelenumi}{\textbf{\theenumi.}}
\renewcommand{\theenumii}{\textbf{\alph{enumii}}}
\renewcommand{\labelenumii}{\textbf{\theenumii.}}I$_1 = \left[-(1 - x)\text{e}^{-x}\right]_0^1 - \displaystyle\int_0^1 (-1 )(-\text{e}^{-x}\:\text{d}x = 1 - \displaystyle\int_0^1 \text{e}^{-x}\: \text{d}x =  1 + \left[\text{e}^{-x}\right]_0^1 = \text{e}^{-1} = \dfrac{1}{\text{e}}.$
		\item Inégalités :

Pour $0 \leqslant x \leqslant 1$, on a successivement :  $0 \leqslant  1 -x\leqslant
 1 \Rightarrow  0 \leqslant (1 - x)^n  \leqslant 1$ car ($n \geqslant 1$)

et, compte tenu du fait que $\text{e}^{-x}$ est positif, on obtient :

	$0 \leqslant (1 -x)^n  \text{e}^{-x} \leqslant \text{e}^{-x}$ ;

 la positivité de l'intégrale nous permet alors d'écrire :

$0 \leqslant \displaystyle\int_0^1 (1 -x)^n  \text{e}^{-x}\:\text{d}x 
\leqslant \displaystyle\int_0^1   \text{e}^{-x}\:\text{d}x$

et, finalement :

$0 \leqslant I_n \leqslant \dfrac{1}{n!} \displaystyle\int_0^1 
  \text{e}^{-x}\:\text{d}x$.

Conséquence : On a $\displaystyle\int_0^1 \text{e}^{-x}\:\text{d}x = 
\left[\text{e}^{-x}\right]_0^1	= 1 - \text{e}^{-1} = \dfrac{\text{e} - 
1}{\text{e}}$ et l'inégalité, précédemment obtenue, s'écrit :

$0 \leqslant I_n  \leqslant \dfrac{1}{n!}\dfrac{\text{e} - 
1}{\text{e}}$ :  or $\displaystyle\lim_{n \to + \infty} \dfrac{1}{n!} = 0$
 donc, a fortiori, $\displaystyle\lim_{n \to + \infty} I_n = 0$.
		\item Pour $n \geqslant 1,\:I_{n+1} = \dfrac{1}{(n + 1)!}\displaystyle\int_{0^1 }(1 - x)^{n+1}\text{e}^{- x}\:\text{d}x$.

Intégrons par parties en posant :

\[\begin{array}{l l}
u(x) = (1 - x)^{n+1}&	u^{\prime}(x) = - (n + 1)(1 -x)^n\\
v'(x) = \text{e}^{- x}&	v(x) = - \text{e}^{- x}
\end{array}\]

Toutes ces fonctions étant continues sont intégrables sur [0~;~1] et 

$I_{n+1} = \dfrac{1}{(n + 1)!}\left[- \text{e}^{- x}(1 - x)^n \right]_{0}^1 - \dfrac{1}{(n + 1)!}\displaystyle\int_{0}^1 (n + 1)(1 - x)^n \text{e}^{- x}\:\text{d}x = $

$\dfrac{1}{(n + 1)!} - \dfrac{1}{n!}\displaystyle\int_{0}^1 (1 - x)^n \text{e}^{- x}\:\text{d}x$

Finalement : $I_{n+1} = \dfrac{1}{(n + 1)!} - I_{n}$.
	\end{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item Par récurrence :
		
\emph{Initialisation} : $a_{1} = 0$ et $\dfrac{1}{\text{e}} + (- 1 )^1I_{1} = \dfrac{1}{\text{e}} - I_{1} = 0$ : la relation est vraie pour $n = 1$.

\emph{Hérédité} : supposons que pour $n \in \N,\: n \geqslant 1$, \: $a_n = \dfrac{1}{\text{e}} + (- 1)^n I_n$. On a par définition de $a_{n+1}$ :

$a_{n+1} = a_{n} + \dfrac{(- 1)^{n+1}}{(n + 1)!} = \dfrac{1}{\text{e}} + (- 1)^n
I_{n} + \dfrac{(- 1)^{n+1}}{(n + 1)!} = \dfrac{1}{\text{e}} + (- 1)^{n+1}\left[\dfrac{1}{n + 1)!} - I_{n}\right] = \dfrac{1}{\text{e}}  + (- 1)^{n+1}I_{n+1}$ d'après la question 1. c.

\emph{Conclusion} : la relation (1) est vraie au rang 1 et si elles vraie au rang $n \geqslant 1$, elle l'est aussi au rang $n+1$ :  d'après le principe de récurrence pour tout naturel $n$ non nul $a_n = \dfrac{1}{\text{e}} + (- 1)^n I_n$.
		\item Limite de la suite $\left(a_{n}\right)$
		
On sait que  $\displaystyle\lim_{n \to + \infty}  I_{n} = 0$ et donc  $\displaystyle\lim_{n \to + \infty}\left|(-1)^n I_{n}\right| = 0$.

Finalement $\displaystyle\lim_{n \to + \infty} a_{n} = \dfrac{1}{\text{e}}$.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

\textbf{\textsc{Exercice 2} \hfill  4 points}

\medskip

\begin{enumerate}
\item Écriture de $f(z)$ sous forme algébrique
Avec  $z = x + \text{i}y$\: ($z$ et $y$ réels) :

$f(z) = \dfrac{2 - \text{i}z}{1 - z} = \dfrac{2 - \text{i}(x + \text{i}y)}{1 - x - \text{i}y}  = \dfrac{2 + y - \text{i}x}{1 - x - \text{i}y} = \dfrac{(2 + y - \text{i}x)(1 - x + \text{i}y)}{(1 - x + \text{i}y)(1 - x - \text{i}y)} =$

$\dfrac{(2 + y)(1 - x) + xy + \text{i}y(2 + y) + \text{i}(x(x - 1)}{(1 - x)^2 + y^2} = \dfrac{2 - 2x + y + \text{i}\left(x^2 + y^2 - x + 2y\right)}{(1 - x)^2 + y^2}$.

Ensemble des points $M(z)$ tels que $f(z)$ soit réel :

Si $z \neq 1$, soit $(x~;~y) \neq (1~;~0)$, c-à-d $M \neq \text{A}$,\: $f(z)$ existe et $f(z) \in \R$ si sa partie imaginaire est nulle soit d'après la question précédente si :

$x^2 + y^2 - x + 2y = 0 \iff \left(x - \dfrac{1}{2}\right)^2 + (y + 1)^2 - \dfrac{1}{4} - 1 = 0 \iff \left(x - \dfrac{1}{2}\right)^2 + (y + 1)^2 = \dfrac{5}{4}$, équation du cercle de centre $\Omega\left(\dfrac{1}{2}~;~- 1\right)$ de rayon $\dfrac{\sqrt{5}}{2}$, cercle privé du point A.
\item 
	\begin{enumerate}
		\item Le complexe i n'a pas d'antécédent par $f$. Pour déterminer les antécédents de i par $f$ on doit résoudre l'équation $f(z) = \text{i}$ ; on obtient :
		
 Pour $z \neq 1$ : $f(z) = \text{i} \iff \dfrac{2- \text{i}z}{1 - z}	= \text{i} \iff 2 - \text{i}z = \text{i} - \text{i}z \iff 2 = \text{i}$ qui n'a pas de solution 
donc i n'a pas d'antécédent par $f$.

Expression de $z$ en fonction de $z'\: (z' \neq \text{i})$.

Si $z' \neq \text{i}, \:f(z) = z' \iff  \dfrac{2- \text{i}z}{1 - z} = z' \iff 2 - \text{i}z = z' - zz' \iff z(z' - \text{i}) = z' - 2 \iff z = \dfrac{z' - 2}{z' - \text{i}}$.

Conclusion : tout complexe $z'$, distinct de i, admet, par $f$ un unique antécédent $z$, tel que $z = \dfrac{z' - 2}{z' - \text{i}}$.
		\item Relation : $\text{O}M = \dfrac{M'\text{C}}{M'\text{D}}$

De la relation $z = \dfrac{z' - 2}{z' - \text{i}}$	on déduit en prenant les modules :

$|z| = \left|\dfrac{z' - 2}{z' - \text{i}}\right| = \dfrac{\left|z' - 2 \right|}{\left|z' - \text{i} \right|}$

ou encore, en notant C le point d'affixe 2, D le point d'affixe i et $M$ et $M'$ les points d'affixes $z$ et $z',\:  \text{O}M = \dfrac{\text{C}M'}{\text{D}M'}$.
		\item Étude de $M'$ lorsque $M$ décrit le cercle de centre O et de rayon 1
		
Si le point M décrit le cercle de centre O et de rayon 1 privé de A, on
a $\text{O}M = 1$ et par conséquent d'après la question précédente :

$1 = = \dfrac{\text{C}M'}{\text{D}M'}$  : cette égalité signifie que $M'$ appartient à la médiatrice $(\Delta)$ de [CD].
		\item Étude de $M'$ lorsque $M$ décrit l'axe réel

La relation $z = \dfrac{z' - 2}{z' - \text{i}}$ donne en termes d'arguments :

$\text{arg} z = \text{arg} (z'- 2) - \text{arg}(z'- \text{i})\quad  (\mod. 2\pi)$ ;

ou encore :

$\left(\vect{u},\: \vect{\text{O}M}\right) = \left(\vect{u}, \vect{\text{C}M'}\right) - \left(\vect{u}, \vect{\text{D}M'}\right)\quad  (\mod. 2\pi) = \left(\vect{\text{D}M'},\:\vect{\text{C}M'} \right)$.

Si M est un point de l'axe réel distinct de O et de A, on a

$\left(\vect{u},\: \vect{\text{O}M}\right) = 0 \quad (\mod. \pi)$ donc 

$\left(\vect{\text{D}M'},\:\vect{\text{C}M'} \right) = 0 \quad \mod. \pi$.

Conclusion : le point $M'$ appartient à la droite (CD) (il est distinct du point D et du point C).
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

\textbf{\textsc{Exercice 2} enseignement de spécialité  \hfill  4 points}

\medskip

\begin{enumerate}
\item
	\begin{enumerate}
		\item 11 nombre premier ne divise pas 24 ; donc 11 et 24 sont premiers entre eux ; d'après le théorème de Bezout il existe des entiers relatifs $u$ et $v$ tels que $11u + 24v = 1$, donc le couple $(4~;~- v)$ est un couple solution de l'équation (1).
		\item On applique l'algorithme d'Euclide à 24 et 11 :
		
$24 = 2 \times 11 + 2$
		
$11 = 5 \times 2 + 1$, soit en remontant :
		
$1 = 11 - 5 \times 2$
		
$1 = 11 - 5 \times (24 - 2 \times 11)$ ou encore 
		
$1 = 11 - 5 \times 24 + 10 \times 11$ et enfin 
		
$1 = 11\times 11 - 5 \times 24$.
		
Le couple $(11~;~5)$ est une solution particulière de l'équation (1).
		\item Résolution de l'équation (1) : on a 
		
$\left\{\begin{array}{l c l}
11n - 24m&=&1\\
11 \times 11 - 24 \times 5 &=& 1
\end{array}\right. \Rightarrow$ (par différence)
		
$11(n - 11) - 24(m - 5) = 0 \iff 11(n - 11) = 24(m - 5) \quad (2)$.
		
11 divise donc $24(m - 5)$, mais on a vu qu'il est premier avec 24, donc d'après le théorème de Gauss il divise $m - 5$.
		
Il existe donc $k \in \Z$ tel que $m - 5 = 11k \iff m = 5 + 11k$.
		
En reportant dans l'équation (2), on obtient :
		
$11(n - 11) = 24 \times 11k \iff n - 11 = 24k \iff n = 11 + 24k$.
	
Conclusion : les solutions de l'équation (1) sont les couples $(n~;~m)$ tels que :	

\[n = 11 + 24k \quad \text{et}\quad m = 5 + 11k.\]
\end{enumerate}
\item
	\begin{enumerate}
		\item Pour $a \in \N$, on sait que :

$a^n - 1 = (a - 1)\left(a^{n - } + a^{n - 2} + \ldots  + a + 1 \right)$.

En particulier : $10^n - 1 = (10 - 1)\left(10^{n - 1} + 10^{n - 2} + \ldots  + 10 + 1 \right)$ ou encore :

$10^n - 1 = 9\left(10^{n - 1} + 10^{n - 2} + \ldots  + 10 + 1 \right)$ égalité qui montre que 9 divise $10^n - 1$, donc en particulier $10^{11} - 1$ et $10^{24} - 1$.
		\item Puisque $(n~;~m)$ est un couple solution de l'équation (1) : $11n - 24m = 1$ ou encore $11n = 24m + 1$.

Donc $\left(10^{11n} - 1 \right) - 10 \left(10^{24m} - 1 \right) = \left(10^{24m + 1} - 1 \right) - 10 \left(10^{24m} - 1 \right) =$

$ \left(10^{24m}\times 10 - 1\right) - 10\left(10^{24m} - 1 \right) = - 1 + 10 = 9$.
		\item On a $10^{11n} - 1 = \left(10^{11} \right)^n - 1$ et d'après l'égalité rappelée au a. :
		
$\left(10^{11} \right)^n - 1 = \left(10^{11} - 1\right)\left(10^{11(n -1)} + 10^{11(n - 2)} + \ldots + 1 \right)$, donc $10^{11} - 1	$ divise $10^{11n} - 1$.

Il existe donc un entier $\alpha$ tel que 	$10^{11n} - 1 = \alpha\left(10^{11} - 1 \right)$.

On démontrerait de la même fa\c{c}on que $10^{24} - 1	$ divise $10^{24n} - 1$ et qu'il existe donc un entier $\beta$ tel que $10^{24n} - 1 = \beta\left(10^{24} - 1 \right)$.

L'égalité trouvée au b. $\left(10^{11n} - 1 \right) - 10 \left(10^{24m} - 1 \right) = 9$ peut donc s'écrire :

$\alpha\left(10^{11} - 1 \right) - 10\times \beta\left(10^{24} - 1 \right) = 9$.

On a donc trouvé deux entiers $N = \alpha$ et $M = 10\beta$ tels que :

\[N\left(10^{11} - 1 \right) - M\left(10^{24} - 1 \right) = 9.\]
		\item Tout diviseur commun à $10^{11} - 1$ et à $10^{24} - 1$ divise les produits $N\left(10^{11} - 1 \right)$ et $M\left(10^{24} - 1 \right)$ et aussi leur différence et par conséquent $9$.
		\item On vient de voir que tout diviseur commun à $10^{11} - 1$ et à $10^{24} - 1$ et donc en particulier leur P. G. C. D. divise $9$, mais on a vu inversement que $9$ divise $10^{11} - 1$ et  $10^{24} - 1$.

		Conclusion : P. G. C. D.$\left(10^{11} - 1~;~ 10^{24} - 1\right) = 9$.		 
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\bigskip

\textbf{\textsc{Problème} \hfill 12 points}

\medskip

\textbf{Partie A}

\medskip

\begin{enumerate}
\item
	\begin{enumerate}
		\item C a pour coordonnées (1~;~0). Une équation de la tangente $(\Delta)$ à la courbe $C$ représentative de la fonction $x \longmapsto \ln x$ a pour équation :
		
		$M(x~;~y)\in (\Delta) \iff y - 0 = \dfrac{1}{1}(x - 1) \iff y = x - 1$.
		\item $f(x) = x - 1 - \ln x$.
		
La fonction est dérivable sur $]0~;~+ \infty[$ et sur cet intervalle :

$f'(x) = 1 - \dfrac{1}{x} = \dfrac{x - 1}{x}$.

Comme $x >0$, le signe de $f'(x)$ est celui de $x - 1$. D'o\`u le tableau de variations :

\begin{center}
\psset{unit=1cm}
\begin{pspicture}(7,3)
\psframe(7,3) \psline(0,2)(7,2)\psline(0,2.5)(7,2.5)
\psline(1,0)(1,3)
\uput[u](0.5,2.5){$x$} \uput[u](1.1,2.5){$0$} \uput[u](4,2.5){$1$} \uput[u](6.5,2.5){$+ \infty$}
\rput(0.5,2.2){$f'(x)$} \uput[u](2,2){$-$} \uput[u](4,2){$0$}\uput[u](5.5,2){$+$}
\psline{->}(1.5,1.5)(3.5,0.5) \psline{->}(4.5,0.5)(6.5,1.5)
\uput[d](1.5,2){$+ \infty$}\uput[u](4,0){0}\rput(0.5,1){$f(x)$} 
\end{pspicture}
\end{center}
		\item Le tableau de variation montre que $f(x) \geqslant 0$ sur $]0~;~+ \infty[$.
		
		Mais $x - 1 -  \ln x \geqslant 0 \iff x - 1 \geqslant \ln x$ et cette inégalité montre que la droite $(\Delta)$ est au dessus de la courbe $C$, le seul point de contact étant le point C.
	\end{enumerate}
\item  
	\begin{enumerate}
		\item Le résultat précédent peut s'écrire :
		
$x - 1 -  \ln x \geqslant 0 \iff x - \ln x \geqslant 1$ et cette valeur 1 est obtenue de fa\c{c}on évidente pour $x = 1$.

Le minimum de la fonction $x - \ln x$ est 1.
		\item On a $M(x~;~\ln x)$ et $N(x~;~x)$, donc $MN^2 = (x - x)^2 + (x - \ln x)^2 = (x - \ln x)^2$. or on vient de voir que le minimum de $x - \ln x$ est 1 donc le minimum de $MN^2$ est $1^2 = 1$, donc le minimum de $MN$ est 1, soit avec une unité graphique de 4 cm : le minimum de $MN$ égale 4~cm.		
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\bigskip

\textbf{Partie B}

\medskip

\begin{enumerate}
\item O(0~;~0) ; $M(x~;~\ln x)$, donc O$M^2 = x^2 + (\ln x)^2$.

Donc O$M = \sqrt{x^2 + (\ln x)^2}$.
\item Étude de $u$ définie par $u(x) = x^2 + (\ln x)^2$.
	\begin{enumerate}
		\item On a $\displaystyle\lim_{x \to 0} \ln x = - \infty$, donc $\displaystyle\lim_{x \to 0} u(x) = + \infty$.
		
Comme $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} x^2 = \displaystyle\lim_{x \to + \infty} \ln x = + \infty$, on déduit que $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} u(x) = + \infty$.

$u$ somme de fonctions dérivables sur $]0~;~+ \infty[$ est dérivable et sur cet intervalle on a :

$u'(x) = 2x + 2\times \dfrac{1}{x} = \dfrac{2x^2 + 2}{x}$ : tous les termes de ce quotient sont positifs, donc la dérivée est positive et la fonction $u$ est croissante sur $]0~;~+ \infty[$ de $- \infty$ à $+ \infty$.
		\item D'après la question précédente $u$ établit une bijection de $]0~;~+ \infty[$ sur $\R$ et l'équation $u(x) = 0$ a une solution unique $\alpha \in ]0~;~+ \infty[$.
		
La calculatrice donne $u(0,5) \approx -0,44$ et $u(1) = 1$, donc $0,5 < \alpha < 1$.

Puis $u(0,65) \approx -0,008$ et $u(0,66) \approx 0,020$, d'o\`u l'encadrement :

\[0,65 < \alpha < 0,66.\]

		\item Le résultat précédent et le tableau de variations de $u$ montrent que :
		
		- $u(x) < 0$ sur $]0~;~\alpha[$ ;
		
		- $u(\alpha) = 0$ ;
		
		- $u(x) > 0$ sur $]\alpha~;~+ \infty[$.
	\end{enumerate}
\item Étude de $g$ définie sur $]0~;~+ \infty[$ par $g(x) = x^2 + (\ln x)^2$.

$g$ somme de fonctions dérivables sur $]0~;~+ \infty[$ est dérivable et sur cet intervalle :

$g'(x) = 2x + 2\ln x \times \dfrac{1}{x} = \dfrac{2x^2 + 2\ln x}{x} = \dfrac{2}{x}\left(x^2 + \ln x \right) = \dfrac{2}{x}u(x)$.

Comme $\dfrac{2}{x} > 0$, le signe de $g'(x)$ est celui de $u(x)$ et celui-ci a été trouvé à la question précédente ; il dépend de la position de $x$ par rapport à $\alpha$. On a donc le tableau de variations suivant :

\begin{center}
\psset{unit=1cm}
\begin{pspicture}(7,3)
\psframe(7,3) \psline(0,2)(7,2)\psline(0,2.5)(7,2.5)
\psline(1,0)(1,3)\psline(1.1,0)(1.1,3)
\uput[u](0.5,2.5){$x$} \uput[u](1.1,2.5){$0$} \uput[u](4,2.5){$\alpha$} \uput[u](6.5,2.5){$+ \infty$}
\rput(0.5,2.2){$g'(x)$} \uput[u](2,2){$-$} \uput[u](4,2){$0$}\uput[u](5.5,2){$+$}
\psline{->}(1.5,1.5)(3.5,0.5) \psline{->}(4.5,0.5)(6.5,1.5)
\uput[d](1.5,2){$+ \infty$}\uput[d](6.5,0){$+ \infty$}\rput(0.5,1){$g(x)$}
\uput[u](4,0){$g(\alpha)$} 
\end{pspicture}
\end{center}

On a de fa\c{c}on immédiate : $\displaystyle\lim{x \to 0} g(x) = \displaystyle\lim{x \to + \infty} g(x) = + \infty$.

On sait que $u(\alpha) = \alpha^2 + \ln \alpha = 0 \iff \ln \alpha = - \alpha^2$.

Donc $g(\alpha) = \alpha^2 + (\ln \alpha)^2 =  \alpha^2 + \left(- \alpha^2 \right)^2 = \alpha^2 + \alpha^4$.
\item Puisque O$M = \sqrt{g(x)}$, la plus courte distance est $\sqrt{g(\alpha)}$.

En prenant comme valeur approché de $\alpha \approx 0,655$ et compte tenu de l'unité graphique la plus courte distance O$M$ est environ $4\sqrt{g(\alpha} \approx 3,12$~(cm)
\item On a A$(\alpha~;~\ln \alpha)$ ; la tangente en A à $C$ a pour coefficient directeur $\dfrac{1}{\alpha}$ et donc pour vecteur directeur $\vect{t}(\alpha~;~1)$.

Donc $\vect{\text{OA}} \cdot \vect{t} = \alpha^2 + \ln \alpha = u(\alpha) = 0$.

Les vecteurs sont orthogonaux donc la tangente à $(C)$ en A est perpendiculaire à (OA).
\end{enumerate}

\bigskip

\textbf{Partie C}

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\begin{enumerate}
\item $h(x) = x - \dfrac{1}{4}\left(x^2 + \ln x\right)$.

$h(x) = x \iff x - \dfrac{1}{4}\left(x^2 + \ln x\right) = x \iff \dfrac{1}{4}\left(x^2 + \ln x\right) = 0 \iff x^2 + \ln x = 0 \iff u(x) =0$.

On a vu que cette équation avait pour solution unique $\alpha$.
\item
	\begin{enumerate}
		\item $h$ somme de fonctions dérivables sur $]0~;~+ \infty[$ est dérivable et sur cet intervalle :
		
$h'(x) = 1 - \dfrac{1}{4}\left(2x + \dfrac{1}{x}\right) = 1 - \dfrac{x}{2} - \dfrac{1}{4x}\left(4x - 2x^2 - 1 \right) = \dfrac{1}{4x}\left(- 2x^2 + 4x - 1\right)$.

Comme $\dfrac{1}{4x} > 0$, le signe de $h'(x)$ est celui du trinôme $- 2x^2 + 4x - 1$.

Or $- 2x^2 + 4x - 1 = - 2\left(x^2 - 2x + \dfrac{1}{2}\right) = -2\left[(x - 1)^2 - 1 + \dfrac{1}{2}\right] = - 2 \left[(x - 1)^2 - \dfrac{1}{2}\right] = - 2 \left[x - 1 + \dfrac{1}{\sqrt{2}}\right]\left[x - 1 - \dfrac{1}{\sqrt{2}} \right]$.

Les solutions de l'équation $h'(x) = 0$ sont donc :

$1 - \dfrac{1}{\sqrt{2}} \approx 0,29$ et $1 + \dfrac{1}{\sqrt{2}} \approx \approx 1,7$.

On sait que le trinôme est négatif sauf sur l'intervalle [0,29~;~1,7], donc en particulier sur l'intervalle $\left[\frac{1}{2}~;~1\right]$ o\`u $h'(x) > 0$.
		\item On a $h(1) = \frac{3}{4} = 0,75$ et $h\left(\frac{1}{2} \right) \approx 0,61$.

On a vu que la dérivée est positive, donc la fonction croissante de $h\left(\frac{1}{2} \right) \approx 0,61$ à $h(1)= 0,75$.
		
Donc $h\left(\left[\frac{1}{2}~;~1 \right] \right) \subset \left[\frac{1}{2}~;~1 \right]$.
		\item Dérivée seconde  :
		
$h'$ est elle-même dérivable et sur $\left[\frac{1}{2}~;~1\right]$ :

$h''(x) = - \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{4x^2} = \dfrac{1 - 2x^2}{4x^2} = \dfrac{\left(1 + x \sqrt{2} \right)\left(1 - x \sqrt{2} \right)}{4x^2}$.

Comme $1 + x \sqrt{2}$ et $4x^2$ sont positifs le signe de $h''(x)$ est celui de la différence $1 - x \sqrt{2}$, donc 

$h''(x) < 0$ sur $\left[\frac{1}{\sqrt{2}}~;~1\right]$ et 

$h''(x) > 0$ sur $\left[\frac{1}{2}~;~\frac{1}{\sqrt{2}}\right]$.
		\item De la question précédente on peut établir le tableau de variations de $h'$ :
		
\begin{center}
\psset{unit=1cm}
\begin{pspicture}(7,3.1)
\psframe(7,3.1) \psline(0,2)(7,2)\psline(0,2.5)(7,2.5)
\psline(1,0)(1,3.1)
\uput[u](0.5,2.4){$x$} \uput[u](1.1,2.4){$\frac{1}{2}$} \uput[u](4,2.4){$\frac{1}{\sqrt{2}}$} \uput[u](6.9,2.5){1}
\rput(0.5,2.25){$h''(x)$} \uput[u](2,2){$+$} \uput[u](4,2){$0$}\uput[u](5.5,2){$-$}
\psline{->}(1.5,0.5)(3.5,1.5) \psline{->}(4.5,1.5)(6.5,0.5)
\uput[u](1.3,0){$0,25$}\uput[d](6.5,0){$+ \infty$}\rput(0.5,1){$h'(x)$}
\uput[d](4,2){$h'\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)$}\uput[u](6.7,0){0,25}
\rput(4,1){$\approx 0,293$} 
\end{pspicture}
\end{center}

$h'\left( \right)\frac{1}{\sqrt{2}} = 1 - \frac{1}{2\sqrt{2}} - \frac{1}{2\sqrt{2}} = 1 - \frac{1}{\sqrt{2}} \approx 0,293$.

Conclusion : pour tout réel $x$ de $\left[\frac{1}{2}~;~1\right], \:\: 0 \leqslant h'(x) < 0,3$.
	\end{enumerate}
\item $u_{0} = 1$ et $u_{n+1} = h\left(u_{n}\right)$.
	\begin{enumerate}
		\item On a vu à la question 2. b. que l'image par $h$ d'un réel de l'intervalle $\left[\frac{1}{2}~;~1\right]$ appartenait à ce même intervalle.
		
Le premier terme de la suite appartient à cette suite et une récurrence évidente montre que tous les termes de la suite appartiennent à ce même intervalle.

Par récurrence :

$\bullet~~$ Initialisation : $u_{1} = h\left(u_{0}\right) = h(1) = 0,75 \leqslant u_{0}$.

$\bullet~~$ Hérédité : supposons qu'il existe un rang $p$ tel que $u_{p} \leqslant u_{p - 1}$ ; par croissance de la fonction $h$ sur $\left[\frac{1}{2}~;~1\right]$ on obtient $h\left(u_{p}\right) \leqslant h\left(u_{p-1}\right) \iff u_{p+1} \leqslant u_{p}$.

On a bien démontré par récurrence que la suite $\left(u_{n}\right)$ est décroissante.
		\item On sait $h(\alpha) = \alpha$, donc :
		
		$\left|u_{n+1} - \alpha\right| = \left|u_{n+1} - h(\alpha)
\right|$.

$u_{n}$ et $\alpha$ appartenant à l'intervalle $\left[\frac{1}{2}~;~1\right]$on applique l'inégalité des accroissements finis à $h$ et compte tenu que $h'(x)$ est majorée par 0,3 :

$\left|u_{n+1} - \alpha\right| \leqslant 0,3\left|u_{n} - \alpha\right|$.

On a donc successivement :

$\left|u_{n} - \alpha \right| \leqslant 0,3\left|u_{n-1} - \alpha \right| \leqslant (0,3)^2\left|u_{n- 2} - \alpha \right| \leqslant \ldots \leqslant (0,3)^n\left|u_{0} - \alpha \right|$.

Comme $\left|u_{0} - \alpha \right| = |1 - \alpha| \leqslant \frac{1}{2}$, on obtient finalement 

\[\left|u_{n} - \alpha \right| \leqslant \frac{1}{2}(0,3)^n.\]
		\item On sait que $\displaystyle\lim 0,3^n = 0$, donc $\displaystyle\lim \left|u_{n} - \alpha \right| = 0$ ce qui signifie que la limite de la suite $\left(u_{n}\right)$ est le réel $\alpha$.
		\item $u_{n_{0}}$ est une valeur approchée de $\alpha$ à $10^{- 5}$ près si $\dfrac{1}{2}(0,3)^{n_{0}} \leqslant 10^{-5} \iff (0,3)^{n_{0}} \leqslant 2 \times 10^{-5} \iff n_{0}\ln 0,3 \leqslant \ln 2 - 5\ln 10 \iff n_{0} \geqslant \dfrac{\ln 2 - 5\ln 10}{\ln 0,3} \iff n_{0 \geqslant 8,98}$.
		
Conclusion $u_{9}$ est une valeur approchée de $\alpha$ à $10^{-5}$ près.

\emph{Rem. La calculatrice donne $u_{9} \approx \np{0,6529236}.. \approx \np{0,65292}$}.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{document}