Le problème d'analyse à la longueur du bac : étude de $x(\ln x)^2$ avec demi-tangente, tangente et aire ; fonctions intégrales égales ; suite d'intégrales par IPP ; série alternée

A.1.a Idée : se ramener à $\lim_{u\to0^+}u\ln u=0$. Pour $x>0$, $\ln x=2\ln\sqrt x$, donc $x(\ln x)^2=\left(2\sqrt x\ln\sqrt x\right)^2$. Quand $x\to0^+$, $u=\sqrt x\to0^+$ et $u\ln u\to0$, donc $f(x)\to0=f(0)$ : $f$ est continue à droite en $0$.

A.1.b $\dfrac{f(x)}{x}=(\ln x)^2\to+\infty$ quand $x\to0^+$ : $f$ n'est pas dérivable à droite en $0$ et $(\mathcal C)$ admet au point $O$ une demi-tangente verticale.

A.2 $f(x)=x(\ln x)^2\to+\infty$ et $\dfrac{f(x)}{x}=(\ln x)^2\to+\infty$ : $(\mathcal C)$ admet au voisinage de $+\infty$ une branche parabolique de direction celle de $\left(O,\vec j\right)$.

A.3.a $f'(x)=(\ln x)^2+x\cdot2\ln x\cdot\frac1x=\ln x\,(\ln x+2)$.

A.3.b $f'(x)$ a le signe du produit $\ln x\,(\ln x+2)$ : positif pour $x<e^{-2}$ (deux facteurs négatifs), négatif pour $e^{-2}<x<1$, positif pour $x>1$. $f$ est croissante sur $\left[0,e^{-2}\right]$, décroissante sur $\left[e^{-2},1\right]$, croissante sur $[1,+\infty[$, avec $f\left(e^{-2}\right)=e^{-2}\times4=\frac{4}{e^2}$ (maximum local) et $f(1)=0$ (minimum).

A.4.a $f(e)=e$ et $f'(e)=1\times3=3$ : $T:\ y=3(x-e)+e$, soit $\boxed{y=3x-2e}$.

A.4.b $f''(x)=\frac1x(\ln x+2)+\ln x\cdot\frac1x=\dfrac{2(\ln x+1)}{x}$. Elle s'annule en changeant de signe en $x=e^{-1}$ : $I\left(e^{-1},f\left(e^{-1}\right)\right)=\left(\frac1e,\frac1e\right)$ est un point d'inflexion.

A.4.c Idée : sur un intervalle où $f$ est convexe, la courbe est au-dessus de chacune de ses tangentes. Sur $\left[e^{-1},+\infty\right[$, $f''\ge0$ : $f$ y est convexe, donc $(\mathcal C)$ est au-dessus de $T$ (tangente en un point de cet intervalle), avec contact au seul point d'abscisse $e$.

A.5 Points utiles : $O$ avec demi-tangente verticale, $\left(e^{-2},\frac{4}{e^2}\right)\approx(0{,}14\,;0{,}54)$, $I\left(\frac1e,\frac1e\right)\approx(0{,}37\,;0{,}37)$, $(1,0)$ avec tangente horizontale, $(e,e)$ avec la tangente $T$ ; branche parabolique verticale.

A.6 Idée : dériver le logarithme, intégrer la puissance de $x$. Par parties, $\int x\ln x\,dx=\frac{x^2}{2}\ln x-\int\frac x2dx$ : $x\mapsto\frac{x^2}{2}\ln x-\frac{x^2}{4}$ est une primitive de $x\mapsto x\ln x$. Comme $f\ge0$ sur $[1,e]$, $\mathcal A=\int_1^e x(\ln x)^2dx$ ; par parties ($u=(\ln x)^2$, $v'=x$) : $\mathcal A=\left[\frac{x^2}{2}(\ln x)^2\right]_1^e-\int_1^e x\ln x\,dx=\frac{e^2}{2}-\left(\frac{e^2}{2}-\frac{e^2}{4}+\frac14\right)$.

B.1 $t\mapsto(\ln t)^n$ est continue sur $]0,+\infty[$ : $G_n(x)=-\int_e^x(\ln t)^ndt$ est dérivable et $G_n'(x)=-(\ln x)^n$. $s\mapsto s^ne^s$ est continue sur $\R$ et $\ln$ est dérivable : $H_n(x)=-\int_1^{\ln x}s^ne^sds$ donne $H_n'(x)=-\frac1x(\ln x)^ne^{\ln x}=-(\ln x)^n$.

B.2 $G_n-H_n$ a une dérivée nulle sur l'intervalle $]0,+\infty[$ et $G_n(e)=0=H_n(e)$ (car $\ln e=1$) : $G_n=H_n$.

B.3.a $U_n=G_n(1)=H_n(1)=\int_0^1s^ne^sds$. Sur $[0,1]$, $1\le e^s\le e$ et $s^n\ge0$ : $s^n\le s^ne^s\le e\,s^n$ ; en intégrant, $\frac{1}{n+1}\le U_n\le\frac{e}{n+1}$, donc $U_n\to0$.

B.3.b Par parties ($u=s^n$, $v'=e^s$) : $U_n=\left[s^ne^s\right]_0^1-n\int_0^1s^{n-1}e^sds=e-nU_{n-1}$ (pour $n=1$, $\int_0^1e^s ds=e-1=U_0$). Donc $U_1=e-(e-1)=1$ et $U_2=e-2U_1=\boxed{e-2}$.

B.3.c Idée : isoler $nU_{n-1}$ dans la récurrence. Au rang $n+1$ : $(n+1)U_n=e-U_{n+1}\to e$ car $U_{n+1}\to0$. Donc $nU_n=(n+1)U_n-U_n\to e-0$ : $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}nU_n=\boxed{e}$.

C.1 $W_n-W_{n-1}=\dfrac{(-1)^nU_n}{n!}-\dfrac{(-1)^{n-1}U_{n-1}}{(n-1)!}=\dfrac{(-1)^n\left(U_n+nU_{n-1}\right)}{n!}=\dfrac{(-1)^ne}{n!}$ d'après B.3.b.

C.2 Par sommation télescopique de $k=1$ à $n$ : $W_n=W_0+e\sum_{k=1}^n\frac{(-1)^k}{k!}$ avec $W_0=U_0=e-1$. D'où $W_n=e\sum_{k=0}^n\frac{(-1)^k}{k!}-1=e\,S_n-1$ (vrai aussi pour $n=0$).

C.3 $|W_n|=\dfrac{U_n}{n!}\le\dfrac{e}{(n+1)\,n!}\to0$. Donc $e\,S_n\to1$, soit $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}S_n=\boxed{\frac1e}$.