Corrigé Epreuve 2001: Intersection d’une droite et d’une courbe (12 pts)

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Corrigé 2007 : Raisonnement scientifique

Terminale S1 et S3

Corrigé Epreuve 2001: Intersection d’une droite et d’une courbe (12 pts)

Détails: Catégorie : fonctions numeriques

Intersection d'une droite et d'une courbe (12pts-2001)corrigé

1/ a) l'ensemble de définition de g est $\left[ 0,+\infty \right[$

. $\underset{x\rightarrow 0^{+}}{\lim }g(x)=\underset{x\rightarrow 0^{+}}{ \lim }x[1-2\ln x+(\ln x) {{}^2}]=0$

$\underset{x\rightarrow 0^{+}}{\lim }g(x)=g(0)$

Donc $g$ est continue en 0

$g$ est continue sur les autres valeurs de $\left] 0,+\infty \right[$ car les fonctions $x\rightarrow x$ et $x\rightarrow (1-\ln x){{}^2}$ y sont continues.

Par suite g est continue sur $\left[ 0,+\infty \right[$ .

Les fonctions $x\rightarrow x$ et {tex}x\rightarrow (1-\ln x{{}^2}

{/tex} sont dérivables sur $\left] 0,+\infty \right[$ donc $g$ est dérivable sur

$\left] 0,+\infty \right[$ . Au point $x=0$

$\underset{x\rightarrow 0^{+}}{\lim }\dfrac{g(x)-g(0)}{x-0}=\underset{x\rightarrow 0^{+}}{\lim }(1-\ln x){{}^2}=+\infty$

g $n\prime e$ st pas d $\acute{e}$ rivable au point $x=0$

donc $g$ est d $\acute{e}$ rivable sur $\left[ 0,+\infty \right[$

b) $g^{\prime }(x)=(1-\ln x){{}^2}-2x(1-\ln x)\ast \dfrac{1}{x}$

$=(\ln x-1)(\ln x+1)$

Tableau de variations

$\underset{x\rightarrow 0^{+}}{\lim }g(x)=+\infty$

2. a- $\partial (\alpha )=\int\limits_{\alpha }^{e}g(x)dx.u.a$

$=\int\limits_{\alpha }^{e}x(1-\ln x)^2dx.u.a$

$=-\dfrac{1}{2}\alpha {{}^2}(1-\ln \alpha ){{}^2}+\int\limits_{\alpha }^{e}(1-\ln x)xdx.u.a$

$\int\limits_{\alpha }^{e}(1-\ln x)xdx=\dfrac{1}{2}[x{{}^2} (1-\ln x)]_{\alpha }^{e}+\int\limits_{\alpha }^{e}\dfrac{1}{2}xdx$

$=\dfrac{1}{2}\alpha {{}^2}(1-\ln \alpha )+\dfrac{1}{4}e{{}^2}-\dfrac{1}{4}\alpha {{}^2}$

Donc $\partial (\alpha )=[-\dfrac{1}{2}\alpha {{}^2}(1-\ln \alpha ){{}^2}-\dfrac{1}{2}\alpha {{}^2}(1-\ln \alpha )-\dfrac{1}{4}e{{}^2}+\dfrac{1}{4}\alpha {{}^2} ].u.a$

$=[-\dfrac{1}{2}\alpha {{}^2}[(1-\ln \alpha ){{}^2}]+(1-\ln \alpha )+\dfrac{1}{4}e{{}^2}].u.a$

b) $\underset{x\rightarrow 0}{\lim }\partial (\alpha )=\underset{x\rightarrow 0}{\lim }\left[-\dfrac{1}{2}\alpha {{}^2}[(1-\ln \alpha ){{}^2}]+(1-\ln \alpha )+\dfrac{1}{2}]+\dfrac{1}{4}e{{}^2}\right]$

$=\dfrac{1}{4}e^2$

3/ -a) Un point de $(C)\cap (\Delta )$ vérifie $\left\{ \begin{array}{c} y=x(1-\ln x^2 \\ y=0 \end{array} \right.$

x[1- $(1-\ln x^2}$ ]=0

donc $x(1-1+\ln x)(1+1-\ln x)=0$

$xlnx(2-lnx)=0$

$d\prime o\grave{u}$ $x=0,x=1,x=e^2}$

pour $x=0$ $g(x)=0$

$x=1$ $g(x)=1$

$x=e^2$ $g(x)=e^2 (1-2)^2=e^2}$

Donc les points d'intersection de C et de droite $D:y=x$

sont les points de coordonnées $(0,0);(1,1);(e^2,e^2)$

b) Un point de $(C)$ $\cap (\Delta m)$ vérifie $\left\{ \begin{array}{c} y=x(1-\ln x)^2 \\ y=mx \end{array} \right.$

donc $x[m-(1-lnx^2]=0$

Les abscisses des points $M1$ et $M3$ , $lorsqu'elles$ existent vérifient :

$m-(1-\ln x^2<span style="line-height: 1.3em;">=0$

si $m<0$ il n $\prime$ y a pas points $d\prime$ intersection

si $m=0$ $\Delta m$ \ est $l\prime$ axe des abscisses les points $d\prime$

intersection sont les points de coordonnées $(0,0)$ $et$ $(e,0)$

si $m>0$ on a $(\sqrt{m}-1+\ln x)(\sqrt{m}+1-\ln x)=0$ donc

$x_{1}=e^{1-\sqrt{m}}et$ $x_{2}=e^{1-\sqrt{m}}$ $d\prime o\grave{u}$

$M_{1}\left( \begin{array}{c} e^{1-\sqrt{m}} \\ me^{1-\sqrt{m}} \end{array} \right)$ et $M_{2}\left( \begin{array}{c} e^{1-\sqrt{m}} \\ me^{1-\sqrt{m}} \end{array} \right)$