Structures algébriques, espaces vectoriels, probabilités et analyse

Sujet et corrigé — 20 points

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1. Exercice 1Structures algébriques5 pts

   Chapitres : Structures algébriques · Structures algébriques

   On note $G=]-1,1[$ et l'on définit, pour tous $x,y\in G$ : $x\ast y=\frac{x+y}{1+xy}.$

   1. Montrer que $\ast$ est une loi de composition interne sur $G$ (on pourra étudier le signe de $(1-x)(1-y)$ et de $(1+x)(1+y)$). (0,75 pt)
   2. Soit $\phi$ l'application définie sur $G$ par $\phi (x)=\frac{1+x}{1-x}$. (a) Montrer que $\phi$ est une bijection de $G$ sur $]0,+\infty [$ et déterminer ${\phi }^{-1}(y)$ pour tout $y>0$. (0,75 pt) (b) Montrer que pour tous $x,y\in G$ : $\phi (x\ast y)=\phi (x)\phi (y)$. (0,75 pt)
   3. (a) En déduire que la loi $\ast$ est associative et commutative. (0,5 pt) (b) Montrer que $(G,\ast )$ est un groupe commutatif ; préciser son élément neutre et le symétrique d'un élément $x$ de $G$. Que peut-on alors dire de $\phi$ ? (0,75 pt)
   4. Montrer que $H=G\cap \mathbb{Q}$ est un sous-groupe de $(G,\ast )$. (0,75 pt)
   5. Pour $x\in G$ et $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$, on note $x^{(n)}=x\ast x\ast \dots \ast x$ ($n$ facteurs). (a) Montrer que $\phi (x^{(n)})=(\phi (x){)}^n$ et en déduire que $x^{(n)}=\frac{(1+x{)}^n-(1-x{)}^n}{(1+x{)}^n+(1-x{)}^n}.$ (0,5 pt) (b) Déterminer ${\lim }_{n\to +\infty }{x}^{(n)}$ lorsque $x\in ]0,1[$. (0,25 pt)
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   1. Soient $x,y\in G$. Comme $|x|<1$ et $|y|<1$, on a $|xy|<1$, donc $1+xy>0$ et $x\ast y$ est bien défini. De plus : $1-x\ast y=\frac{1+xy-x-y}{1+xy}=\frac{(1-x)(1-y)}{1+xy}>0$ car $1-x>0$ et $1-y>0$ ; et $1+x\ast y=\frac{1+xy+x+y}{1+xy}=\frac{(1+x)(1+y)}{1+xy}>0$ car $1+x>0$ et $1+y>0$. Donc $-1<x\ast y<1$, c'est-à-dire $x\ast y\in G$ : $\ast$ est une loi de composition interne sur $G$.
   2. (a) Pour $x\in G$, $1-x>0$ et $1+x>0$, donc $\phi (x)$ est défini et $\phi (x)>0$. $\phi$ est dérivable sur $G$ et ${\phi }^{\prime }(x)=\frac{(1-x)+(1+x)}{(1-x{)}^2}=\frac{2}{(1-x{)}^2}>0$ : $\phi$ est continue et strictement croissante sur $]-1,1[$, avec ${\lim }_{x\to -1^{+}}\phi (x)=\frac{0}{2}=0$ et ${\lim }_{x\to 1^{-}}\phi (x)=+\infty$ (numérateur vers $2$, dénominateur vers $0^{+}$). D'après le théorème de la bijection, $\phi$ réalise une bijection de $G$ sur $]0,+\infty [$. Pour $y>0$ et $x\in G$ : $y=\frac{1+x}{1-x}\iff y-xy=1+x\iff x(1+y)=y-1\iff x=\frac{y-1}{y+1}$. Donc ${\phi }^{-1}(y)=\frac{y-1}{y+1}$ (on vérifie que ce réel est bien dans $]-1,1[$ car $|y-1|<y+1$ pour $y>0$). (b) D'après les calculs de la question 1 : $\phi (x\ast y)=\frac{1+x\ast y}{1-x\ast y}=\frac{(1+x)(1+y)}{1+xy}\times \frac{1+xy}{(1-x)(1-y)}=\frac{1+x}{1-x}\times \frac{1+y}{1-y}=\phi (x)\phi (y)$.
   3. (a) Associativité. Soient $x,y,z\in G$. En utilisant 2(b) et l'associativité de la multiplication dans $\mathbb{R}$ : $\phi ((x\ast y)\ast z)=\phi (x\ast y)\phi (z)=\phi (x)\phi (y)\phi (z)=\phi (x)\phi (y\ast z)=\phi (x\ast (y\ast z))$. Comme $\phi$ est injective, $(x\ast y)\ast z=x\ast (y\ast z)$. Commutativité. $\phi (x\ast y)=\phi (x)\phi (y)=\phi (y)\phi (x)=\phi (y\ast x)$, donc $x\ast y=y\ast x$ par injectivité de $\phi$ (on peut aussi le lire directement sur la formule, symétrique en $x$ et $y$). (b) Élément neutre. $0\in G$ et pour tout $x\in G$, $x\ast 0=0\ast x=\frac{x}{1+0}=x$ : $0$ est élément neutre. Symétrique. Pour $x\in G$, $-x\in G$ et $x\ast (-x)=\frac{x-x}{1-x^2}=0$ ; par commutativité, $(-x)\ast x=0$. Donc tout élément $x$ de $G$ admet pour symétrique $x^{\prime }=-x$. La loi $\ast$ est interne, associative, commutative, admet un élément neutre et tout élément a un symétrique : $(G,\ast )$ est un groupe commutatif. Enfin $\phi$ est une bijection de $G$ sur $]0,+\infty [$ qui vérifie $\phi (x\ast y)=\phi (x)\phi (y)$ : $\phi$ est un isomorphisme du groupe $(G,\ast )$ vers le groupe $(]0,+\infty [,\times )$.
   4. $H=G\cap \mathbb{Q}$ est une partie de $G$, non vide car $0\in H$ (élément neutre). Soient $x,y\in H$. Le symétrique de $y$ est $-y\in H$, et $x\ast (-y)=\frac{x-y}{1-xy}$ est un rationnel (quotient de rationnels, dénominateur non nul) qui appartient à $G$ d'après la question 1. Donc $x\ast y^{\prime }\in H$ où $y^{\prime }$ est le symétrique de $y$. D'après la caractérisation des sous-groupes, $H$ est un sous-groupe de $(G,\ast )$.
   5. (a) Par récurrence sur $n\ge 1$ : $\phi (x^{(1)})=\phi (x)$ ; si $\phi (x^{(n)})=(\phi (x){)}^n$, alors $\phi (x^{(n+1)})=\phi (x^{(n)}\ast x)=\phi (x^{(n)})\phi (x)=(\phi (x){)}^{n+1}$. Donc $\phi (x^{(n)})=(\phi (x){)}^n$ pour tout $n\ge 1$. On en déduit $x^{(n)}={\phi }^{-1}((\phi (x){)}^n)=((\phi (x){)}^n-1)/((\phi (x){)}^n+1)$ avec $(\phi (x){)}^n=(\frac{1+x}{1-x}{)}^n=\frac{(1+x{)}^n}{(1-x{)}^n}$. En multipliant numérateur et dénominateur par $(1-x{)}^n>0$ : $x^{(n)}=\frac{(1+x{)}^n-(1-x{)}^n}{(1+x{)}^n+(1-x{)}^n}$. (b) Pour $x\in ]0,1[$, $0<1-x<1+x$, donc $q=\frac{1-x}{1+x}\in ]0,1[$. En divisant numérateur et dénominateur par $(1+x{)}^n$ : $x^{(n)}=\frac{1-q^n}{1+q^n}$. Comme $0<q<1$, $\lim q^n=0$, donc ${\lim }_{n\to +\infty }{x}^{(n)}=1$.

2. Exercice 2Espaces vectoriels4 pts

   Chapitres : Espaces vectoriels · Espaces vectoriels

   Dans l'espace vectoriel ${\mathbb{R}}^3$, on considère l'ensemble $F=\{(x,y,z)\in {\mathbb{R}}^3;x+y+z=0\}$ et les vecteurs $\overrightarrow{u_1}=(1,-1,0)$, $\overrightarrow{u_2}=(1,0,-1)$ et $\overrightarrow{w}=(1,1,1)$.

   1. (a) Montrer que $F$ est un sous-espace vectoriel de ${\mathbb{R}}^3$. (0,5 pt) (b) Montrer que $(\overrightarrow{u_1},\overrightarrow{u_2})$ est une base de $F$ et préciser $dimF$. (0,75 pt)
   2. (a) Montrer que $(\overrightarrow{u_1},\overrightarrow{u_2},\overrightarrow{w})$ est une base de ${\mathbb{R}}^3$. (0,5 pt) (b) Déterminer les coordonnées du vecteur $\overrightarrow{v}=(4,1,1)$ dans cette base. (0,5 pt)
   3. Soit $f:{\mathbb{R}}^3\to {\mathbb{R}}^3$ l'application définie par $f(x,y,z)=(y-z,z-x,x-y)$. (a) Montrer que $f$ est linéaire. (0,5 pt) (b) Déterminer $\mathrm{Ker}f$ et en donner une base. (0,5 pt) (c) Montrer que $\mathrm{Im}f=F$, puis vérifier le théorème du rang. (0,75 pt)
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   1. (a) $F\subset {\mathbb{R}}^3$ et $(0,0,0)\in F$ car $0+0+0=0$. Soient $\overrightarrow{u}=(x,y,z)$ et $\overrightarrow{u^{\prime }}=(x^{\prime },y^{\prime },z^{\prime })$ dans $F$ et $\lambda \in \mathbb{R}$. Alors $\overrightarrow{u}+\lambda \overrightarrow{u^{\prime }}=(x+\lambda x^{\prime },y+\lambda y^{\prime },z+\lambda z^{\prime })$ et $(x+\lambda x^{\prime })+(y+\lambda y^{\prime })+(z+\lambda z^{\prime })=(x+y+z)+\lambda (x^{\prime }+y^{\prime }+z^{\prime })=0$, donc $\overrightarrow{u}+\lambda \overrightarrow{u^{\prime }}\in F$. $F$ est un sous-espace vectoriel de ${\mathbb{R}}^3$. (b) $\overrightarrow{u_1}\in F$ car $1-1+0=0$ et $\overrightarrow{u_2}\in F$ car $1+0-1=0$. Liberté : $a\overrightarrow{u_1}+b\overrightarrow{u_2}=\overrightarrow{0}$ donne $(a+b,-a,-b)=(0,0,0)$, d'où $a=b=0$. Génératrice : soit $(x,y,z)\in F$ ; alors $z=-x-y$ et $(x,y,-x-y)=-y(1,-1,0)+(x+y)(1,0,-1)=-y\overrightarrow{u_1}+(x+y)\overrightarrow{u_2}$. Donc $(\overrightarrow{u_1},\overrightarrow{u_2})$ est une base de $F$ et $dimF=2$.
   2. (a) Soit $(x,y,z)\in {\mathbb{R}}^3$. Cherchons $(a,b,c)\in {\mathbb{R}}^3$ tel que $a\overrightarrow{u_1}+b\overrightarrow{u_2}+c\overrightarrow{w}=(x,y,z)$, c'est-à-dire $a+b+c=x$, $-a+c=y$, $-b+c=z$. Les deux dernières équations donnent $a=c-y$ et $b=c-z$ ; la première devient $3c-y-z=x$, soit $c=\frac{x+y+z}{3}$, puis $a=\frac{x-2y+z}{3}$ et $b=\frac{x+y-2z}{3}$. Ce système admet donc une unique solution pour tout $(x,y,z)$ : la famille est génératrice (existence) et libre (unicité, avec $(x,y,z)=(0,0,0)$ donnant $a=b=c=0$). C'est une base de ${\mathbb{R}}^3$. (b) Pour $\overrightarrow{v}=(4,1,1)$ : $c=\frac{4+1+1}{3}=2$, $a=\frac{4-2+1}{3}=1$, $b=\frac{4+1-2}{3}=1$. Donc $\overrightarrow{v}=\overrightarrow{u_1}+\overrightarrow{u_2}+2\overrightarrow{w}$ : ses coordonnées dans la base $(\overrightarrow{u_1},\overrightarrow{u_2},\overrightarrow{w})$ sont $(1,1,2)$. Vérification : $(1,-1,0)+(1,0,-1)+(2,2,2)=(4,1,1)$.
   3. (a) Soient $\overrightarrow{u}=(x,y,z)$, $\overrightarrow{u^{\prime }}=(x^{\prime },y^{\prime },z^{\prime })$ et $\lambda \in \mathbb{R}$. $f(\overrightarrow{u}+\lambda \overrightarrow{u^{\prime }})=f(x+\lambda x^{\prime },y+\lambda y^{\prime },z+\lambda z^{\prime })=((y+\lambda y^{\prime })-(z+\lambda z^{\prime }),(z+\lambda z^{\prime })-(x+\lambda x^{\prime }),(x+\lambda x^{\prime })-(y+\lambda y^{\prime }))=(y-z,z-x,x-y)+\lambda (y^{\prime }-z^{\prime },z^{\prime }-x^{\prime },x^{\prime }-y^{\prime })=f(\overrightarrow{u})+\lambda f(\overrightarrow{u^{\prime }})$. Donc $f$ est linéaire. (b) $(x,y,z)\in \mathrm{Ker}f\iff y-z=0,z-x=0,x-y=0\iff x=y=z$. Donc $\mathrm{Ker}f=\{(x,x,x);x\in \mathbb{R}\}=\{x\overrightarrow{w};x\in \mathbb{R}\}=\mathrm{Vect}(\overrightarrow{w})$ : c'est une droite vectorielle de base $(\overrightarrow{w})$, de dimension $1$. (c) Pour tout $(x,y,z)$, les coordonnées de $f(x,y,z)$ ont pour somme $(y-z)+(z-x)+(x-y)=0$, donc $\mathrm{Im}f\subset F$. Réciproquement, $f(0,0,1)=(-1,1,0)=-\overrightarrow{u_1}$ et $f(0,1,0)=(1,0,-1)=\overrightarrow{u_2}$, donc $\overrightarrow{u_1}$ et $\overrightarrow{u_2}$ appartiennent à $\mathrm{Im}f$ ; comme $\mathrm{Im}f$ est un sous-espace vectoriel, il contient toutes leurs combinaisons linéaires : $F=\mathrm{Vect}(\overrightarrow{u_1},\overrightarrow{u_2})\subset \mathrm{Im}f$. D'où $\mathrm{Im}f=F$. Théorème du rang : $dim\mathrm{Ker}f+dim\mathrm{Im}f=1+2=3=dim{\mathbb{R}}^3$.

3. Exercice 3Calcul des probabilités5 pts

   Chapitres : Probabilités · Probabilités · Fonctions logarithmiques · Fonctions logarithmiques

   Une urne $U_1$ contient trois boules blanches et deux boules noires ; une urne $U_2$ contient une boule blanche et quatre boules noires. Toutes les boules sont indiscernables au toucher.

   Partie A. On lance un dé cubique équilibré : si le résultat est pair, on tire une boule de $U_1$ ; sinon, on tire une boule de $U_2$. On note $A$ l'événement « le résultat du dé est pair » et $B$ l'événement « la boule tirée est blanche ».

   1. Montrer que $P(B)=\frac{2}{5}$. (0,75 pt)
   2. (a) La boule tirée est blanche. Quelle est la probabilité qu'elle provienne de l'urne $U_1$ ? (0,5 pt) (b) Les événements $A$ et $B$ sont-ils indépendants ? (0,5 pt)
   3. On répète $n$ fois cette expérience ($n\ge 1$), de façon indépendante, en remettant chaque fois la boule tirée dans son urne. Soit $Y$ la variable aléatoire égale au nombre de boules blanches obtenues. (a) Déterminer la loi de probabilité de $Y$ et calculer $E(Y)$. (0,5 pt) (b) Exprimer $P(Y\ge 1)$ en fonction de $n$, puis déterminer le plus petit entier $n$ tel que $P(Y\ge 1)\ge 0,99$. (0,75 pt)

   Partie B. On tire simultanément deux boules de l'urne $U_1$ et l'on note $X$ la variable aléatoire égale au nombre de boules blanches tirées.

   1. Déterminer la loi de probabilité de $X$. (1 pt)
   2. Calculer l'espérance $E(X)$, la variance $V(X)$ et l'écart-type $\sigma (X)$. (1 pt)
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   Partie A.

   1. Le dé est équilibré : $P(A)=\frac{3}{6}=\frac{1}{2}$ et $P(\overline{A})=\frac{1}{2}$. Si le résultat est pair, on tire dans $U_1$ : $P_A(B)=\frac{3}{5}$ ; sinon dans $U_2$ : $P_{\overline{A}}(B)=\frac{1}{5}$. Les événements $A$ et $\overline{A}$ forment une partition de l'univers ; d'après la formule des probabilités totales : $P(B)=P(A)\times P_A(B)+P(\overline{A})\times P_{\overline{A}}(B)=\frac{1}{2}\times \frac{3}{5}+\frac{1}{2}\times \frac{1}{5}=\frac{3}{10}+\frac{1}{10}=\frac{4}{10}=\frac{2}{5}$.
   2. (a) On cherche $P_B(A)=P(A\cap B)/P(B)$ avec $P(A\cap B)=P(A)\times P_A(B)=\frac{3}{10}$. Donc $P_B(A)=\frac{\frac{3}{10}}{\frac{2}{5}}=\frac{3}{10}\times \frac{5}{2}=\frac{3}{4}$. (b) $P(A\cap B)=\frac{3}{10}$ et $P(A)\times P(B)=\frac{1}{2}\times \frac{2}{5}=\frac{1}{5}$. Comme $\frac{3}{10}\ne \frac{1}{5}$, les événements $A$ et $B$ ne sont pas indépendants.
   3. (a) On répète $n$ fois, de façon indépendante, une même épreuve de Bernoulli dont le succès « obtenir une boule blanche » a pour probabilité $p=\frac{2}{5}$. Donc $Y$ suit la loi binomiale $\mathcal{B}(n,\frac{2}{5})$ : pour tout $k\in \{0,1,\dots ,n\}$, $P(Y=k)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)(\frac{2}{5}{)}^k(\frac{3}{5}{)}^{n-k}$, et $E(Y)=np=\frac{2n}{5}$. (b) $P(Y\ge 1)=1-P(Y=0)=1-(\frac{3}{5}{)}^n$. $P(Y\ge 1)\ge 0,99\iff (\frac{3}{5}{)}^n\le 0,01\iff n\ln (\frac{3}{5})\le \ln (0,01)$ (la fonction $\ln$ est strictement croissante) $\iff n\ge \ln (0,01)/\ln (\frac{3}{5})$ (car $\ln (\frac{3}{5})<0$), soit $n\ge \frac{\ln 100}{\ln 5-\ln 3}\approx \frac{4,605}{0,511}\approx 9,02$. Le plus petit entier qui convient est $n=10$. Vérification : $(\frac{3}{5}{)}^9\approx 0,0101>0,01$ et $(\frac{3}{5}{)}^{10}\approx 0,0060\le 0,01$.

   Partie B.

   1. L'urne $U_1$ contient $5$ boules ; il y a $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{2}\right)=10$ tirages équiprobables. $X$ prend les valeurs $0$, $1$, $2$ : $P(X=0)=\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2}{2}\right)}{10}=\frac{1}{10}$ (deux noires), $P(X=1)=\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{3}{1}\right)\times \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2}{1}\right)}{10}=\frac{6}{10}=\frac{3}{5}$, $P(X=2)=\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{3}{2}\right)}{10}=\frac{3}{10}$. On vérifie : $\frac{1}{10}+\frac{6}{10}+\frac{3}{10}=1$.
   2. $E(X)=0\times \frac{1}{10}+1\times \frac{6}{10}+2\times \frac{3}{10}=\frac{12}{10}=\frac{6}{5}=1,2$. $E(X^2)=0\times \frac{1}{10}+1\times \frac{6}{10}+4\times \frac{3}{10}=\frac{18}{10}=\frac{9}{5}$, donc $V(X)=E(X^2)-E(X{)}^2=\frac{9}{5}-\frac{36}{25}=\frac{45}{25}-\frac{36}{25}=\frac{9}{25}=0,36$ et $\sigma (X)=\sqrt{\frac{9}{25}}=\frac{3}{5}=0,6$.

4. Exercice 4Problème d'analyse6 pts

   Chapitres : Fonctions logarithmiques · Fonctions logarithmiques · Dérivation et étude des fonctions · Dérivation et étude des fonctions · Calcul intégral · Calcul intégral

   Soit $f$ la fonction définie sur $]0,+\infty [$ par $f(x)=\frac{\ln x}{\sqrt{x}},$ et $(\mathcal{C})$ sa courbe représentative dans un repère orthonormé $(O,\overrightarrow{i},\overrightarrow{j})$.

   1. (a) Calculer ${\lim }_{x\to 0^{+}}f(x)$ et interpréter graphiquement. (0,5 pt) (b) Calculer ${\lim }_{x\to +\infty }f(x)$ (on pourra poser $t=\sqrt{x}$) et interpréter graphiquement. (0,5 pt)
   2. Montrer que pour tout $x>0$ : $f^{\prime }(x)=\frac{2-\ln x}{2x\sqrt{x}}$, et dresser le tableau de variations de $f$. (1 pt)
   3. (a) Résoudre l'équation $f(x)=0$ et déterminer une équation de la tangente $(T)$ à $(\mathcal{C})$ au point d'abscisse $1$. (0,5 pt) (b) Tracer $(T)$ et $(\mathcal{C})$ (on prendra $e^2\approx 7,4$ et $\frac{2}{e}\approx 0,74$). (0,5 pt)
   4. Montrer que $f$ réalise une bijection de $]0,e^2]$ sur un intervalle $J$ que l'on précisera. (0,5 pt)
   5. (a) À l'aide d'une intégration par parties, calculer $A={\int }_1^{e^2}f(x)\mathrm{d}x$. (1 pt) (b) Calculer le volume $V$ du solide engendré par la rotation autour de l'axe des abscisses du domaine délimité par $(\mathcal{C})$, l'axe des abscisses et les droites d'équations $x=1$ et $x=e^2$. (0,75 pt)
   6. (a) Montrer que pour tout $x>0$ : $\ln x\le \frac{2}{e}\sqrt{x}$. (0,5 pt) (b) En déduire que pour tout entier $n\ge 1$ : $0\le \ln (n!)\le \frac{2}{e}n\sqrt{n}$, puis calculer ${\lim }_{n\to +\infty }\ln (n!)/n^2$ (on rappelle que $n!=1\times 2\times \dots \times n$). (0,25 pt)
   Voir la correction

   1. (a) ${\lim }_{x\to 0^{+}}\ln x=-\infty$ et ${\lim }_{x\to 0^{+}}\frac{1}{\sqrt{x}}=+\infty$, donc ${\lim }_{x\to 0^{+}}f(x)=-\infty$ : l'axe des ordonnées (droite $x=0$) est asymptote verticale à $(\mathcal{C})$. (b) Posons $t=\sqrt{x}$ ; quand $x\to +\infty$, $t\to +\infty$ et $f(x)=\frac{\ln (t^2)}{t}=\frac{2\ln t}{t}$. Par croissances comparées, ${\lim }_{t\to +\infty }\frac{\ln t}{t}=0$, donc ${\lim }_{x\to +\infty }f(x)=0$ : l'axe des abscisses (droite $y=0$) est asymptote horizontale à $(\mathcal{C})$ en $+\infty$.
   2. $f=\frac{u}{v}$ avec $u(x)=\ln x$ et $v(x)=\sqrt{x}$, dérivables sur $]0,+\infty [$ avec $v(x)>0$ ; $u^{\prime }(x)=\frac{1}{x}$ et $v^{\prime }(x)=\frac{1}{2\sqrt{x}}$. $f^{\prime }(x)=\frac{\frac{1}{x}\times \sqrt{x}-\ln x\times \frac{1}{2\sqrt{x}}}{x}=\frac{\frac{1}{\sqrt{x}}-\frac{\ln x}{2\sqrt{x}}}{x}=\frac{\frac{2-\ln x}{2\sqrt{x}}}{x}=\frac{2-\ln x}{2x\sqrt{x}}$. Comme $2x\sqrt{x}>0$, $f^{\prime }(x)$ a le signe de $2-\ln x$ : $f^{\prime }(x)>0\iff \ln x<2\iff x<e^2$. Donc $f$ est strictement croissante sur $]0,e^2]$ et strictement décroissante sur $[e^2,+\infty [$, avec un maximum $f(e^2)=\frac{\ln e^2}{\sqrt{e^2}}=\frac{2}{e}$. Tableau : $f$ croît de $-\infty$ à $\frac{2}{e}$ sur $]0,e^2]$, puis décroît de $\frac{2}{e}$ vers $0$ sur $[e^2,+\infty [$.
   3. (a) $f(x)=0\iff \ln x=0\iff x=1$ : $S=\{1\}$. On a $f(1)=0$ et $f^{\prime }(1)=\frac{2-0}{2\times 1}=1$, donc $(T):y=x-1$. (b) Tracé : asymptote verticale $x=0$, passage par $(1,0)$ avec la tangente $y=x-1$, maximum au point $(e^2,\frac{2}{e})\approx (7,4;0,74)$ avec tangente horizontale, puis décroissance lente vers l'axe des abscisses, qui est asymptote en $+\infty$ (la courbe reste au-dessus de cet axe pour $x>1$).
   4. $f$ est continue et strictement croissante sur $]0,e^2]$ : elle réalise une bijection de $]0,e^2]$ sur $J=f(]0,e^2])=]{\lim }_{x\to 0^{+}}f(x),f(e^2)]=]-\infty ,\frac{2}{e}]$.
   5. (a) Intégration par parties avec $u(x)=\ln x$ et $v^{\prime }(x)=\frac{1}{\sqrt{x}}$, donc $u^{\prime }(x)=\frac{1}{x}$ et $v(x)=2\sqrt{x}$ ($u$ et $v$ sont de classe $C^1$ sur $[1,e^2]$) : $A=[2\sqrt{x}\ln x{]}_1^{e^2}-{\int }_1^{e^2}2\sqrt{x}\times \frac{1}{x}\mathrm{d}x=2e\times 2-0-{\int }_1^{e^2}\frac{2}{\sqrt{x}}\mathrm{d}x=4e-[4\sqrt{x}{]}_1^{e^2}=4e-(4e-4)=4$. (b) Sur $[1,e^2]$, $f(x)\ge 0$. Le volume du solide de révolution est $V=\pi {\int }_1^{e^2}(f(x){)}^2\mathrm{d}x=\pi {\int }_1^{e^2}\frac{(\ln x{)}^2}{x}\mathrm{d}x$. Or $\frac{(\ln x{)}^2}{x}=u^{\prime }(x)(u(x){)}^2$ avec $u(x)=\ln x$, dont une primitive est $\frac{(\ln x{)}^3}{3}$. Donc $V=\pi [\frac{(\ln x{)}^3}{3}{]}_1^{e^2}=\pi \times (\frac{2^3}{3}-0)=\frac{8\pi }{3}$ unités de volume.
   6. (a) D'après le tableau de variations, $f$ admet sur $]0,+\infty [$ un maximum égal à $\frac{2}{e}$ : pour tout $x>0$, $\frac{\ln x}{\sqrt{x}}\le \frac{2}{e}$. En multipliant par $\sqrt{x}>0$ : $\ln x\le \frac{2}{e}\sqrt{x}$. (b) Soit $n\ge 1$. $\ln (n!)=\ln 1+\ln 2+\dots +\ln n={\sum }_{k=1}^n\ln k$. Chaque terme vérifie $\ln k\ge 0$ (car $k\ge 1$), donc $\ln (n!)\ge 0$. Par (a), $\ln k\le \frac{2}{e}\sqrt{k}\le \frac{2}{e}\sqrt{n}$ pour $1\le k\le n$ (la fonction racine carrée est croissante), donc $\ln (n!)\le {\sum }_{k=1}^n\frac{2}{e}\sqrt{n}=\frac{2}{e}n\sqrt{n}$. En divisant par $n^2$ : $0\le \ln (n!)/n^2\le \frac{2}{e\sqrt{n}}$, et $\frac{2}{e\sqrt{n}}\to 0$. D'après le théorème des gendarmes, ${\lim }_{n\to +\infty }\ln (n!)/n^2=0$.