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Corrigé 2009

Détails: Catégorie : Fonctions numériques

Partie A

A.1) $D_f=]0,+\infty[\ et\ f'(x)=1+\frac{1}{x}$

$x>0\ donc\ 1+\frac{1}{x}>0$ d'où f'(x) > 0 alors f est strictement croissante sur $]0,+\infty[$

A.2) f(1) = 1 - 1 + ln1 = 0

Ainsi :

si x $\in$ ]0,1[ alors f(x) < 0

si x > 1 alors f(x) > 0

si x = 1 alors f(x) = 0

A.3) f est continue et strictement croissante sur $]0,+\infty[$ donc f est bijective sur $]0,+\infty[$ vers l'intervalle $J = f\left(]0,+\infty[\right) = \left]\lim\limits_{x \to 0^{+}}f(x),\lim\limits_{x \to +\infty}f(x)\right[=]-\infty,+\infty[$

$\lim\limits_{x \to 0^{+}}f(x) = -\infty \left\{ \begin{array}{l} \lim\limits_{x \to 0^{+}}\ln x = -\infty\\ \lim\limits_{x \to 0^{+}}(x-1) = - 1 \end{array} \right.$

$\lim\limits_{x \to +\infty}f(x) = +\infty \left\{ \begin{array}{l} \lim\limits_{x \to +\infty}\ln x = +\infty\\ \lim\limits_{x \to +\infty}(x-1) = +\infty \end{array} \right.$

$J = ]-\infty,+\infty[$

f(1) = 0 alors $f^{-1}(0)=1$

et $\left(f^{-1}\right)\prime(0)=\frac{1}{f\prime\left(f^{-1}(0)\right)}=\frac{1}{f\prime(1)}=\frac{1}{1+\frac{1}{1}}=\frac{1}{2}$

$\left(f^{-1}\right)\prime(0)=\frac{1}{2}$

Partie B

$g(x)=\frac{x-1}{x}\ln x$

B.1) g est définie si x > 0 donc $D_g=]0,+\infty[$

$\lim\limits_{x \to 0^{+}}g(x) = +\infty \left\{ \begin{array}{l} \lim\limits_{x \to 0^{+}}\ln x = -\infty\\ \lim\limits_{x \to 0^{+}}\frac{x-1}{x}=\frac{-1}{0^{+}}=-\infty \end{array} \right.$

$\lim\limits_{x \to +\infty}g(x) = +\infty \left\{ \begin{array}{l} \lim\limits_{x \to +\infty}\ln x = +\infty\\ \lim\limits_{x \to +\infty}\frac{x-1}{x}=\lim\limits_{x \to +\infty}\frac{x}{x} = 1 \end{array} \right.$

B.2) $g\prime(x)=\left(\frac{x-1}{x}\right)\prime\ln x + \frac{x-1}{x}\left(\ln x \right)\prime$

$\left(\frac{x-1}{x}\right)\prime=\frac{1(x)-1(x-1)}{x^2}=\frac{x-x+1}{x^2}=\frac{1}{x^2}$

$g\prime(x)=\frac{1}{x^2}\ln x +\left(\frac{x-1}{x}\right)\frac{1}{x} = \frac{\ln x + x - 1}{x^2}$

$g\prime(x)=\frac{f(x)}{x^2}$

B.3) Le signe de $g\prime(x)$ dépend du signe de f(x) car $x^2$ > 0

$g(1)=\frac{1-1}{1}\ln1=0$

B.4)

$\lim\limits_{x \to +\infty}\frac{g(x)}{x} = \lim\limits_{x \to +\infty}\frac{x-1}{x}\times\frac{\ln x}{x} = 0 \left\{ \begin{array}{l} \lim\limits_{x \to +\infty}\frac{x-1}{x} = 1\\ \lim\limits_{x \to +\infty}\frac{x-1}{x}=\lim\limits_{x \to +\infty}\frac{\ln x}{x} = 0 \end{array} \right.$

Alors la courbe admet une branche parabolique de direction l'axe des abscisses en $+\infty$

B.5)

B.6)

a) $\frac{\ln x}{x}=(\ln x)\prime\times\ln x$ est de la forme $u'\times u$ donc $\frac{(\ln x)^2}{2}$ est une primitive de $x\mapsto\frac{\ln x}{x}$

$\frac{x-1}{x}\ln x=\left(1-\frac{1}{x} \right)\ln x =\ln x -\frac{\ln x}{x}$

$\int_1^e{g(x)dx}=\int_1^e{\ln xdx} -\int_1^e{\frac{\ln x}{x}dx}$

$u=\ln x \rightarrow u\prime=\frac{1}{x}$

$v\prime=1 \rightarrow v = x$

$\int_1^e{\ln xdx}=[x\ln x]_1^e - \int_1^e{\frac{1}{x} \times xdx} = [x\ln x]_1^e - [x]_1^e = e\ln e - 0 - e + 1 = e - e + 1 = 1$

$\int_1^e{\frac{\ln x}{x}dx} = \left[\frac{(\ln x)^2}{2}\right]_1^e = \frac{(\ln e)^2}{2} - 0 = \frac{1}{2}$

$\int_1^e{g(x)dx}= 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$

c) l'aire en $cm^2$

u.a = 2 cm $\times$ 2 cm = 4 $cm^2$

$\int_{\frac{1}{e}}^e{g(x)dx}=\int_{\frac{1}{e}}^1{g(x)dx} + \int_1^e{g(x)dx}$

$\int_{\frac{1}{e}}^1{g(x)dx}= [x\ln x]_{\frac{1}{e}}^1 - [x]_{\frac{1}{e}}^1 - \left[\frac{(\ln x)^2}{2}\right]_{\frac{1}{e}}^1$

$\int_{\frac{1}{e}}^1{g(x)dx}= 0 - \frac{1}{e}\ln\frac{1}{e} - 1 + \frac{1}{e} - 0 + \frac{\left(\ln\frac{1}{e}\right)^2}{2}$

$\int_{\frac{1}{e}}^1{g(x)dx}= \frac{1}{e} - 1 + \frac{1}{e} + \frac{1}{2} = \frac{2}{e} - \frac{1}{2}$

L'aire en $cm^2$ est $\left(\frac{2}{e} - \frac{1}{2} + \frac{1}{2}\right)4cm^2=\frac{8}{e}cm^2$

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