
\partie{A}

\begin{enumerate}
\item $\limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{1}{x}\right)}=0$ donc $\limite{x}{+\infty}{\ln\left(1+\dfrac{1}{x}\right)}=\ln 1=0$.

\medskip

$\limite[x>0]{x}{0}{\left(\dfrac{1}{x}\right)}=+\infty$ donc $\limite{x}{0}{f(x)}=+\infty$.

\item $f'(x)= \dfrac{-\frac{1}{x^2}}{1+\frac{1}{x}}= \dfrac{-1}{x^2\left(1+\frac{1}{x}\right)}$.\\
On sait que sur $\R*_+$, $1+\dfrac{1}{x}>0$ donc $f'(x)<0$.\\
Ainsi, $f$ est strictement décroissante sur \intervOO{-\infty}{-1} et sur \intervOO{0}{+\infty}.

\item On a le tableau suivant :

\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node[inner sep = 0pt, outer sep = 0pt] (tab) {
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[color,colorL=numpagecorrige!10,colorC=numpagecorrige!10,colorV=numpagecorrige!10]{$x$/0.5,$f(x)$/1}{0,$+\infty$}
\tkzTabVar{D+/$+\infty$,-/0}
\end{tikzpicture}};
\drawshadow{tab}{black}
\end{tikzpicture}
\end{center}
\end{enumerate}

\partie{B}

\begin{enumerate}
\item $\begin{aligned}[t]
g'(x) & =f'(x)-1\\
& = \dfrac{-1}{x^2+x}-1\\
& = \dfrac{-1-x^2-x}{x(x+1)} = -\dfrac{x^2+x+1}{x(x+1)}.
\end{aligned}$

Or, le discriminant de $x^2+x+1$ étant $\Delta=-3<0$, ce polyn\^ome est toujours strictement positif.\\
De plus, $x(x+1)>0$ sur $\R*_+$ ; donc $g'(x)<0$ sur $\R*_+$.\\
$g$ est donc strictement décroissante sur $\R*_+$.

\item $g$ est strictement décroissante et continue sur $\intervFF{\frac{1}{2}}{1}$.\\
De plus, $g\left(\frac{1}{2}\right)=\ln3-\frac{1}{2}\approx0,6$ et $g(1)=\ln2-1\approx-0,3$. Donc $0$ est une valeur intermédiaire entre $g\left(\frac{1}{2}\right)$ et $g(1)$. D'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, il existe alors une unique valeur $\alpha$ sur \intervFF{\frac{1}{2}}{1} telle que $g(\alpha)=0$.

\medskip

$g(x)=0 \Longleftrightarrow f(x)-x=0 \Longleftrightarrow f(x)=x$.\\
Ainsi, $\alpha$ est aussi l'unique solution de l'équation $f(x)=x$ sur \intervFF{\frac{1}{2}}{1}.
\end{enumerate}


\partie{C}

\begin{enumerate}
\item $\begin{aligned}[t]
v_0 & =u_0=1.\\
v_1 & =u_2=f\left(u_1\right)=f(f(u_0))=f(f(1))=f(\ln2)=\ln\left(1+\frac{1}{\ln2}\right)\approx0,893.\\
v_2 & = u_4=f(u_3)=f(f(u_2))\approx f(f(0,893))\approx f(0,751)\approx 0,846.
\end{aligned}$

\item $\begin{aligned}[t]
v_{n+1} & = u_{2(n+1)}\\
& = u_{2n+2}\\
& = u_{N+2} \quad,\quad N=2n\\
& = f(u_{N+1})\\
& = f(f(u_{N}))\\
v_{n+1} & = f(f(u_{2n}))
\end{aligned}$

\item On pose $(\mathcal{P}_n)$ la propriété : \og $\frac{1}{2} \leqslant v_{n+1} \leqslant v_n \leqslant 1$ \fg.

\begin{itemize}
\item[$\bullet$] \textbf{Initialisation.}\\
D'après la question 1, $\frac{1}{2} \leqslant v_1 \leqslant v_0 \leqslant 1$.\\
Par conséquent, $(\mathcal{P}_n)$ est vraie pour $n=0$.

\medskip

\item[$\bullet$] \textbf{Hérédité.}\\
On suppose que $(\mathcal{P}_n)$ est vraie pour un $n$ fixé. Montrons que $(\mathcal{P}_{n+1})$ l'est aussi.

\begin{align*}
& \frac{1}{2} \leqslant v_{n+1} \leqslant v_n \leqslant 1\\
\Longleftrightarrow\ & \frac{1}{2} \leqslant u_{2n+2} \leqslant u_{2n} \leqslant 1\\
\Longleftrightarrow\ & f\left(\frac{1}{2}\right) \geqslant f(u_{2n+2}) \geqslant f(u_{2n}) \leqslant f(1) \qquad \text{car $f$ est décroissante}\\
\Longleftrightarrow\ & f\left(f\left(\frac{1}{2}\right)\right) \leqslant f\left(f(u_{2n+2})\right) \leqslant f\left(f(u_{2n})\right) \leqslant f(f(1))\\
\intertext{Or, $v_{n+1}=f(f(u_{2n}))$ et donc $v_{n+1+1}=f(f(u_{2(n+1)}))$, soit $v_{n+2}=f(f(u_{2n+2}))$.}
\Longleftrightarrow\ & f\left(f\left(\frac{1}{2}\right)\right) \leqslant v_{n+2} \leqslant v_{n+1} \leqslant f(f(1))
\intertext{Or, $f\left(\frac{1}{2}\right)=\ln 3$ donc $f\left(f\left(\frac{1}{2}\right)\right)=\ln\left(1+\frac{1}{\ln 3}\right)\approx0,65>\frac{1}{2}$.}
\intertext{De plus, $f(1)=\ln 2$ donc $f(f(1))=\ln(1+\frac{1}{\ln 2})\approx0,89<1$.}
\Longleftrightarrow\ & \frac{1}{2} \leqslant v_{n+2} \leqslant v_{n+1} \leqslant 1
\end{align*}
\end{itemize}
L'hérédité est alors vérifiée.\\
\underline{Ainsi, $(\mathcal{P}_n)$ est vraie pour tout entier naturel $n$.}

\item De la question précédente,n on déduit que \suite{v}{n}{} est décroissante ($v_{n+1}\leqslant v_n$) et minorée.\\
Or, \emph{toute suite décroissante et minorée converge}.\\
\underline{Donc, \suite{v}{n}{} converge.}

\item $v_n=u_{2n}$ ainsi, $\limite{n}{+\infty}{v_n}=\limite{n}{+\infty}{u_{2n}}=\limite{n}{+\infty}{u_n}$.\\
Notons $\ell$ cette limite. Alors, $\ell>0$ d'après la question 3 de cette partie.\\
Or, $u_{n+1}=f(u_n)$ donc :
\begin{align*}
& \limite{n}{+\infty}{u_{n+1}} =\limite{n}{+\infty}{f(u_n)}\\
\Longleftrightarrow\ & \limite{n}{+\infty}{u_{n+1}} = f\left(\limite{n}{+\infty}{u_n}\right) \quad \text{car $f$ est continue}\\
\Longleftrightarrow\ & \ell = f(\ell)
\end{align*}

Or, nous avons montré que l'équation $f(x)=x$ admettait une unique solution sur $\R*_+$ : $\alpha$.\\
Ainsi, $\ell=\alpha$.

\medskip

\underline{La suite \suite{v}{n}{} converge donc vers $\alpha$.}
\end{enumerate}

\partie{D}

\begin{enumerate}
\item La boucle \og Tant que \fg{} a pour but de calculer les termes de la suite \suite{v}{n}{}; en prenant 1 terme sur 2 de la suite \suite{u}{n}{}, on obtient ceux de \suite{v}{n}{}. 

En ayant un terme $v_n=u_{2n}$, pour obtenir $v_{n+1}$, on doit calculer $f(v_n)$ (ligne 9) puis $f(f(v_n))$ (ligne 10), d'où les lignes 9 et 10 identiques.

\item On peut remplacer ces deux lignes par :
\begin{center}
\ttfamily a $\leftarrow$ ln(1+1/ln(1+1/a))
\end{center}

\item En Python, cet algorithme donne:
\begin{python}
from math import log
a, n, d = 1, 0, 1 # a = 1, n = 0 et d = 1
while d > 10**(-6):
     d = a
     a = log(1 + 1/a)
     a = log(1 + 1/a)
     n = n + 1
     d = d - a  
print(a)
\end{python}
Ce programme renvoie la valeur : \texttt{0.8064664829440021}, ce qui nous permet de conclure que la valeur approchée de $\alpha$ à $10^{-6}$ près est : \[ \boxed{\alpha \approx 0,806466}\]
\end{enumerate}
