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Corrigé Epreuve 2003: Etude de fonctions

Détails: Catégorie : fonctions numeriques

$u$ : $\left[ 0,+\infty\right[ \longrightarrow \mathbb{R}$

$x\longrightarrow\ln\left\vert \frac{x+1}{x-1}\right\vert -\frac{2x} {x^{2}-1}$

1) $n(x)$ existe $\iff x\geq0$ et $\frac{x+1}{x-1} \neq 0$

donc $D_{u}=\left[ 0;1\right[ \cup\left] 1,+\infty\right[$

$u(o)=ln\left\vert 1\right\vert -\frac{-2(0)}{0^{2}-1}$

$u(o)=0$

pour $x>1,u(x)=ln(\frac{x+1}{x-1})-\frac{2x}{x^{2}-1}$

$\frac{x+1}{x-1}$ tend vers $1$ en + $\infty$ et $\frac{2x}{x^{2}-1}$ tend vers 0

donc $\lim_{x\rightarrow+\infty} u(x)=0$

2) Calcul de $u^{\prime}(x)$

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

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

$u^{\prime}(x)=\frac{4}{(x^{2}-1)^{2}}$

$u^{\prime}(x)>0$ sur $Du$

tableau de variation de $u$

3) a) la fonction $x\rightarrow u(x)$ strictement croissante sur $\left[ 0,1\right[$ et $u(0)=0$

si $0\leq x<1$ alors $u(0)\leq u(x)$

d'où $u(x)\geq0$ sur $\left[ 0,1\right[$

b) la fonction $x\rightarrow u(x)$ strictement croissante sur $]1,+\infty \lbrack$

or $\lim u(x)=0$ donc $u(x)<0$ sur $]1,+\infty\lbrack$

B) $g:[0,\infty\lbrack\mapsto \mathbb{R}$

$x\mapsto x\ln\left\vert \frac{x+1}{x-1}\right\vert -1$

1) $g(x)$ existe $x\geq 0$ et $\frac{x+1}{x-1}>0$

$Dg=\left[ 0,1\right[ \cup\left] 1,+\infty\right[$

$\lim_{x\rightarrow1}g(x)=+\infty$

car {tex}\left\vert \frac{x+1}

{x-1}\right\vert {/tex}tend vers $+\infty$

2) a) $1+\frac{2}{x-1}=\frac{x-1+2}{x-1}=\frac{x+1}{x-1}$

posons $t=\frac{2}{x-1},$ si $x\mapsto+\infty$ alors $t\rightarrow0$

donc $\lim_{x\mapsto+\infty}\frac{(x-1)}{2}\ln(1+\frac{2} {x-1})=\lim_{t\rightarrow O}\frac{\ln(1+t)}{t}=1$

b) sur $\left] 1,+\infty\right[$ $g(x)=x\ln\left\vert \frac{x+1} {x-1}\right\vert -1$

or $\frac{x+1}{x-1}=1+\frac{2}{x-1}$

$g(x)=x\ln(1+\frac{2}{x-1})-1$

$g(x)=2\frac{x}{2}\ln(1+\frac{2}{x-1})-1$

or $\frac{x}{2}=(\frac{x}{2}-\frac{1}{2})+\frac{1}{2}$

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

or en $+\infty$ $\ln(1+\frac{2}{x-1})$ tend vers $0$ et $\frac{(x-1)}{2} \ln(1+\frac{2}{x-1})$ tend vers $1$

d'où $\lim_{x\rightarrow+\infty}g(x)=2-1=1$

la courbe de $g$ admet au voisinage de $+\infty$ une asymptote horizontale d'équation $y=1$

c) calcul de $g^{\prime}(x)$

d'abord sur $\left[ 0,1[\text{ et sur }]1,+\infty\right[$ la fonction

$x\mapsto\frac{x+1}{x-1}$ est dérivable et est strictement positive

donc $x\mapsto\ln\left\vert \frac{x+1}{x-1}\right\vert$ dérivable sur

$\left[ 0,1[\text{ et sur }]1,+\infty\right[$

par produit $x\mapsto x\ln\left\vert \frac{x+1}{x-1}\right\vert$

dérivable sur $\left[ 0,1[\text{ et sur }]1,+\infty\right[$

d'où g est dérivavle sur $\left[ 0,1[\text{ et sur }]1,+\infty \right[$

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

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

or $u(x)>0$ sur $\left[ 0,1[\text{ et }u(x)<0\text{sur }]1,+\infty\right[$

tableau de variation de $g$

on a $g(0)=-1$

d)
la fonction $x\mapsto g(x)$ continue et strictement croissante sur $\left] 0,1\right[$

donc $x\rightarrow g(x)$ est une bijection de $\left] 0,1\right[$ sur $\left] -1,+\infty\right[$

donc $x\mapsto g(x)$ bijection $\left] 0,1\right[$ sur $\left] -1,+\infty\right[$

de plus $0\in\left] -1,+\infty\right[$

ainsi l'équation $g(x)=0$ admet une solution unique $\alpha\in\left] 0,1\right[$

Encadrement de $\alpha$

on a:

$\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|} \hline x & 0 & 0,5 & 0,6 & 0,7 \\ \hline g(x) & -1 & -0,45 & -0,17 & 0,21 \\ \hline \end{tabular}$

donc $0,6<\alpha<0,7$

3) Courbe de $g$

C)
$f:\left[ 0,1\right[ \mapsto \mathbb{R}$

$f(x)=(x^{2}-1)\ln\sqrt{\frac{x+1}{1-x}}$

1) dérivabilité de $f$ sur $\left[ 0,1\right[ ?$

sur $]-1,1[$ , $x\rightarrow\frac{x+1}{1-x}$ est dérivable et strictement positive

donc $x\rightarrow$ $\ln\sqrt{\frac{x+1}{1-x}}$ est dérivable sur cette intervalle

ce qui entraîne que $x\rightarrow$ $(x^{2}-1)\ln\sqrt{\frac{x+1}{1-x}}$ est

dérivable sur cette intervalle

d'où $f$ est dérivable sur $\left[ 0,1\right[$

Et on a $f(x)=(x^{2}-1)\ln\sqrt{\frac{x+1}{1-x}}=\frac{(x^{2}-1)}{2} \ln\frac{1+x}{1-x}$

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

$f^{\prime}(x)=g(x)$ sur $\left[ 0,1\right[$

2) Déterminons l'aire $A$ du domaine plan limité par la courbe $C_{g}$ , l'axe des abscisses, l'axe des ordonnées et la droite d'équation

$x=\alpha.$

$A=-\int_{0}^{\alpha}g(x)dx\times 4cm^{2}$

$A=\int_{\alpha}^{0}g(x)dx\times4cm^{2}$

$A=[f(x)]_{\alpha}^{0}\times4cm^{2}$

$A=[f(0)-f(\alpha)]\times4cm^{2}$

$A=-4f(\alpha).cm^{2}=+4(1-\alpha^{2})\ln(\frac{\alpha+1}{1-\alpha})cm^{2}$

or $g(\alpha)=0$

$\alpha\ln(\frac{1+\alpha}{1-\alpha})-1=0$

$\ln(\frac{1+\alpha}{1-\alpha})=\frac{1}{\alpha}$

$A=\frac{4(1-\alpha^{2})}{\alpha}cm^{2}$

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