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Corrigé 2009 : fonction numérique et suites

Détails: Catégorie : synthèse

1. a. La fonction f est continue et d´erivable sur $D_{f} =] - 1, +\infty[$ et
$\lim_{x\mapsto -1}f(x) = -\infty;\lim_{x\mapsto +\infty}f(x) = +\infty$ et $\forall x \in D_{f} , f'(x) = 2\frac{1}{1 + x}$
.

La dérivée est donc strictement positive dans $D_f$ .
Voici le tableau de variation de f.

T.V de $x\mapsto f(x)=2ln(1+x)$

et voici la courbe $C_f$ ainsi que les quatre premiers termes de la suite sur le graphique.

b. La fonction l est continue et dérivable sur $D_f$ et

${tex}\lim_{x\mapsto -1}f(x) = -\infty; \forall x \in D_{f} , l\prime (x) = f\prime (x) - 1 = \frac{1 - x}{1 + x}$

Lorsque x tend vers $+\infty$ , nous sommes en présence d’une indétermination de la forme
” $+\infty -\infty$ ”, mais on peut écrire : $l(x) = x\left(\frac{ln(1 + x)}{x}- 1\right)$

.
Lorsque x tend vers $+\infty$ , $\frac{ln(1 + x)}{x}$ a pour limite 0 ; donc $\frac{ln(1 + x)}{x}-1$ a pour limite -1. Par conséquent $\lim_{ x\mapsto +\infty} l(x) = -\infty$ .

Voici le tableau de variation de l.

T.V de $x\rightarrow l(x)=f(x)-x;\alpha = l(2)=2ln3-2\sim 2,2$

La fonction l étant continue et strictement décroissante dans $I = [2, +\infty[$ , réalise une bijection de I dans $l(I) = J = [-\infty, \alpha[$ ; et puisque le réel 0 appartient `a J, il a dans l’intervalle I un seul antécédent par l, autrement dit, l’équation l(x) = 0 a dans I une solution unique $\lambda$
.
Ce $\lambda$ est alors l’unique élèment de I tel que $f(\lambda)$ $\lambda$ .

2. a. Voir graphique.

b. La fonction f étant continue et strictement croissante dans $I = [2, +\infty[$ , réalise une
bijection de I dans $f(I) = [f(2), +\infty[$ ; et puisque $f(2) = 2 ln 3\sim 2, 19$ est > 2, f(I) est contenu dans I.

Démontrons maintenant par récurrence la propriété : $\forall n \in N, P_n$ avec $P_{n} : ”U_{n} \geq 2”$

- Initialisation : $U_{0} = 5$ , donnée de l’énoncé. Donc $U_{0} \geq 2$ et $P_0$ est vrai.

- Héritage : Supposons la propriété vérifiée jusqu’à un rang n, en particulier Pn vrai (c’est à dire $U_{n} \geq 2$ ou $U_{n}\in I)$ et montrons que $P_{n+1}$ est vrai.

$\begin{array}{l}U_{n} \in I\textrm{(Hypoth\acute{e}se de r\acute{e}currence)}\\ f(I) I\\U_{n+1} = f(U_{n})\end{array}\right\}$ $\Rightarrow U_{n+1} = f(U_{n}) \in I \Leftrightarrow U_{n+1} \geq 2$

c. $\forall x \in ]2,+\infty[, f\prime (x) = \frac{2}{1 + x}$ ; donc $\forall x \in ]2,+\infty[,0\leq f\prime (x) \leq \frac{2}{1 + x}= \frac{2}{3}$ .

Conclusion $\forall x \in ]2,+\infty[,| f\prime (x)| \leq \frac{2}{3}$ .

d. Soit $n \in\mathbb {N}$ . Les réels $U_{n}$ et $\lambda$ appartiennent à $[2, +\infty[$ , intervalle dans lequel $|f\prime | \leq \frac{2}{3}$ ,

on peut donc appliquer l’inégalité des accroissements finis au couple $(U_{n},\lambda)$ :

$|f(U_{n})-f( \lambda)|\leq \frac{2}{3}|U_{n}-\lambda|$

c’est à dire , puisque $f(\lambda) = \lambda$

$|U_{n+1} - \lambda|\leq \frac{2}{3}|U_{n}-\lambda|$
;

Posons $|U_{n}-\lambda|=\delta _{n}$ ; la relation précédente devient alors $0<\delta _{n+1}\leq \frac{2}{3}\delta _{n}$ (1).
Si au lieu de ” $\leq$ ” on avait ”=”, la suite dn serait une suite $\delta _{n}$ géométrique et on pourrait immédiatement écrire

$\delta _{n+1}=\left(\frac{2}{3}\right)^{n}\delta _{0}$ . C’est pourquoi d’aucuns disent d’une suite vérifant (1) qu’elle est sous-géométrique.

Utilisons la même méthode : donnons à n toutes les valeurs entières possibles entre 0 et p, p entier $\geq 0$ ; multiplions ensuite membre à membre (Nous sommes en droit de le faire par ce que nous manipulons des nombres positifs). Il vient :

$\delta _{0}\delta _{1}...\delta _{p}\delta _{p+1}\leq\frac{2}{3}\delta _{0}\frac{2}{3}\delta _{1}...\frac{2}{3}\delta _{p}$

et en simplifiant 2 par $\delta _{0}\delta _{1}...\delta _{p}:0<\delta _{p+1}\leq\left(\frac{2}{3}\right)^{p+1}\delta _{0}$
c’est à dire (tout en remplaçant p par n)

$\forall x \in\mathbb{N},0< |U_{n+1}-\lambda| \leq \left(\frac{2}{3}\right)^{n+1}|U_{0}-\lambda|$ (2)

$l(2)\sim 2, 2$ est positif, $l(3)\sim -2, 2$ est négatif, donc d’après le théorème des valeurs intermédiaires, $\lambda$ est compris entre 2 et 3.

Puisque $U_{0} = 5$ , on en déduit que $|U_{0}-\lambda|\leq 3$ et la relation (2) entraîne :

$\forall x \in\mathbb{N},0< |U_{n+1}-\lambda| \leq 3\left(\frac{2}{3}\right)^{n+1}=2\left(\frac{2}{3}\right)^{n}$

Cette dernière relation s’écrit aussi : $\forall x \in\mathbb{N},0<\delta _{n+1}\leq 2\left(\frac{2}{3}\right)^{n}$

En remarquant que $\lim_{n\mapsto +\infty} 2\left(\frac{2}{3}\right)^{n}=0$ , on conclut par le théorème des gendarmes que

$\lim_{n\mapsto +\infty}\delta _{n+1}=0$ ,soit $\lim_{n\mapsto +\infty}\delta _{n}=0$ c’est à dire $\lim_{n\mapsto +\infty}|U_{n+1}-\lambda|=0$ enfin $\lim_{n\mapsto +\infty}U_{n}-\lambda$ .

e. La relation $\forall x \in\mathbb{N},0< |U_{n+1}-\lambda| \leq 2\left(\frac{2}{3}\right)^{n}$ s’écrit $\forall x \in\mathbb{N\ast},0< |U_{n+1}-\lambda| \leq 2\left(\frac{2}{3}\right)^{n-1}$

Donc pour qu’un entier n vérifie $|U_{n}-\lambda| \leq \frac{1}{10^{2}}$ , il suffit que $2\left(\frac{2}{3}\right)^{n-1}\leq \frac{1}{10^{2}}$
.

Cette relation est équivalente à : $ln\left(\frac{2}{3}\right)^{n-1}\leq ln\frac{1}{200}$ c’est `a dire $(n - 1) ln\frac{2}{3}\leq -ln200$

ou $n - 1 \geq \frac{ln 200}{ln 3 - ln 2}$ finalement $n\geq\frac{ln 200}{ln 3 - ln 2}+ 1$ .

Le plus petit entier vérifiant cette relation est $p=E\left(\frac{ln 200}{ln 3 - ln 2}1\right)+1=15$

Corrigé 2009 : Equation différentielle et fonction

Détails: Catégorie : synthèse

$(E_{c}) : r^{2}+ 2r + 1 = 0$ c’est `a dire $(r + 1)^{2}=0$ .

1. Elle a une racine double égale à -1. Par conséquent la solution générale de $(E^{\prime})$ est :

$f(x) = (ax + b) e^{-x}$ ; a et b réels arbitraires.

2. Pour que la fonction $h : \mapsto ax + b$ soit solution de $(E^{\prime})$ ) il faut et il suffit que

$h^{\prime\prime}(x) + 2h\prime(x) + h(x) = x + 3$ (1)

Or $h^{\prime}(x) = a$ et $h^{\prime\prime}(x) = 0$ . Donc l’équation devient : $2a + (ax + b)= x + 3$

c’est `a dire $(a - 1)x + 2a + b = 0$ ou $\left\{\begin{array}{ccc}a-1&=&0\\2a+b&=&0\end{array}\right.$ . Donc $a = 1$ et $b = -2$ . Finalement

$<h(x) = x - 2$

3. - Soit g une solution de (E') c’est `a dire une fonction telle que :

$g^{\prime\prime} (x) + 2g^{\prime}(x) + g(x) = x + 3$ (2)

En faisant la différence membre à membre de (2) et (1) on trouve :

$g^{\prime\prime}(x) - h^{\prime\prime}(x) + 2g^{\prime}(x) - 2h^{\prime}(x) + g(x) - h(x) = 0$

c’est `a dire $(g - h)^{\prime\prime}(x) + 2(g - h)^{\prime}(x) + (g - h)(x) = 0$ (3)

Ce qui montre que la fonction g - h est solution de (E).

- Réciproquement g - h est solution de (E) est équivalent à (3) soit à :

$g^{\prime\prime}(x) + 2g^{\prime}(x) + g(x) = h^{\prime}(x) + 2h^{\prime}(x) + h(x)$ (4)

Or d’après (1) le second membre de cette relation vaut x + 3. donc (4) est équivalent à

$g^{\prime\prime}(x) + 2g^{\prime}(x) + g(x) = x + 3$

Autrement dit g est solution de (E').

4. La fonction k est continue sur son ensemble de définition $D_{k}$ qui est égal à $\mathbb{R}$ ; de plus

$\lim_{x\mapsto -\infty}k(x)=-\infty;\lim_{\mapsto +\infty}k(x)=0$

et $\forall x\in D_{k},k^{\prime}(x)=-(x+1)e^{-x}$

$k^{\prime}$ s’annule au point -1 et est > 0 si et seulement si $x + 1 < 0$ c’est à dire $x< -1$ .

Pour que le point $I(0, 2)$ soit un point d’inflexion de la courbe $(C)$ il suffit que k soit deux fois dérivable et qu’au point 0, $k\prime\prime$ ”s’annule en changeant de signe”.

Cela est bien le cas puisque $k^{\prime\prime}(x)=xe^{-x}$ s’annule au point 0, est > 0 ”après 0” et négatif ”avant 0”.

Voici le tableau de variations de k.

T.V de $x \mapsto k(x) = (x + 2)e^{-x}$

et voici la courbe représentative de k

Corrigé 2011 : Problème

Détails: Catégorie : synthèse

I. $f(x)=\frac{3(x-1)^3}{3x^{2}+1^{..}}$

Soit $D_f$ le domaine de définition de la fonction f,
$D_{f}=\mathbb{R}$ car $3x^{2}+1\dif 0$ pour tout $x\in \mathbb{R}$ .

1) $\lim_{x\to -\infty}f(x)=-\infty$ $\lim_{x\to -\infty}f(x)=-\infty$

2) $x\mapsto (x-1)^{3}$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ comme puissance d'une fonction dérivable sur $\mathbb{R}$

D'où par produit $x\mapsto (x-1)^{3}$ est dérivable sur $\mathbb{R}$

$x\mapsto 3x^{2}+1$ dérivable sur $\mathbb{R}$ et $3x^{2}+1\neq 0$ pour tout réel; par quotient $x\mapsto f(x)$ dérivable sur $\mathbb{R}$

Calculons f'(x)

$f(x)=3\frac{3(x-1)^2(3x^{2}+1)-(x-1)^3(6x)}{(3x^{2}+1)^2}$

$f(x)=3(x-1)^2\left[\frac{3(3x^{2}+1)-(x-1)(6x)}{(3x^{2}+1)^2}\right]$

$f(x)=3(x-1)^2\left[\frac{9x^{2}+3)-6x^{2})}{(3x^{2}+1)^2}\right]$

$f(x)=\frac{9(x-1)^2(x-1)^2}{(3x^{2}+1)^2}$

3) f continue et strictement croissante sur $\mathbb{R}$ donc f réalise un e bijection continue de $\mathbb{R}$ sur $f(\mathbb{R})=\mathbb{R}$ et $1\in f(\mathbb{R}).$
donc d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires l'équaiton f(x) = 1 admet un solution unique $\alpha\in\mathbb{R}$

Montrons $3<\alpha <4$

La restriction de f à [3 ; 4] est une bijectio continue et f(3) < 1 < f(4) donc l'équation f(x) = 1 admet une solution $\alpha\in]3,4[.$

II. $g(x)=\frac{3(ln|x|-1)^3}{3ln^2|x|+1}$

1)a) g(x) existe si et seulement $\left\{\begin{array}{l}x\neq 0\\3ln^{2}|x|+1\neq 0\end{array}\right.$

or $3ln^{2}|x|+1\neq 0$

D'où $Dg=\mathbb{R^{*}}$

b)
$g(x)=\frac{3(ln|x|-1)^3}{3[(ln|)^2x+1}$

$g(x)=f(ln|x|$ en posant h(x) = ln|x|

on a $g(x)=(foh)(x),x\neq 0$

c) $Dg=\mathbb{R^{*}}$

soit $X\in Dg$ donc $-X\in Dg$ $\mathbb{R^{*}}$ stable par passage à l'opposé)

g(-x) = f(h(-x)) or h paire $\Longrightarrow h(-x)=(x)$

d'où $g(-x)=g(x),x\neq 0$

III 1) c) Aussi g est paire sur Dg

d) $D_{E}=]0, +\infty[$

x >0 donc h(x) = lnx or k(x) = f(h(x))

$\lim_{x\to 0^{+}}h(x)=-\infty$ et $\lim_{x\to -\infty}f(x)=-\infty$

Par composée $\lim_{x\to 0^{+}}k(x)=-\infty$

$\lim_{x\to +\infty}h(x)=+\infty$ et $\lim_{x\to +\infty}f(x)=+\infty$

Par composée $\lim_{x\to +\infty}k(x)=+\infty$

Etude des brances infinies en $+\infty$

$K(x)=\frac{3(ln|x|-1)^3}{3[(ln|)^2x+1}$

$\frac{K(x)}{x}=\frac{3(ln^{3}-3lnx^2+3lnx-1)}{x(3lnx^2+1}$

Pour x > 0 $\frac{K(x)}{x}=\frac{3lnx}{x}\frac{\left[1-\frac{3}{lnx}+\frac{3}{lnx^{2}}-\frac{1}{lnx^{3}}}\right]{\left[3+\frac{1}{2}}\right]$ lnx

$\lim_{x\to +\infty}K(x)=0$ donc $C_{k}$ admet en k une branche parabolique de direction celle de l'axe des abscisses.

2) a) on a k(x) = (f o h)(x)

En utilisant la forme de la dérivation d'une forme composéé on obtient :
$k'(x) = h'(x) xf'(h(x))$ ;
$k'(x)=\frac{1}{x}f'(h(x)).$
k'(x)garde un signe positif sur $]0,+\infty[$ mais k'(x) s'annule en s vérifiant lnx-1=0u lnx+1=0
x=e ou $x=\frac{1}{e}$

$K\left(\frac{1}{e}\right)=\frac{3(-1-1)^3}{3+1}=-6$

b) $k(x)=0\Leftrightarrow 3(lnx-1)^3=0$

$lnx=1$

$x=e$

$C_k$ coupe l'axe des abscisses en A(e,0)

Si $x\in ]0,e[,k(x)<0$

Si $x\in ]e,+\infty[,k(x)>0$

Si $x=e, k(x)=0$

3) a) K est continue et strictementcroissante sur $]0,+\infty[$ par composée de deux fonctions continue et strictement croissante.
D'où K réalise une bijection de $]0,+\infty[$ sur $]\mathbb{R}.$

D'où $K(]0,+\infty[)$ sur $]\mathbb{R}.$

Donc $J=\mathbb{R}$

Corrigé 2014 : Problème

Détails: Catégorie : synthèse

1.a) g(x) existe si $x \neq 1$ avec $x > 0$

$D_{g} =]0; 1[\cup]1;+\infty[$

b) $\lim_{x\to 0^{+}}g(x) = 0 ; \lim_{x\to +\infty} g(x) =-\infty$

$\lim_{x\to 1^{-}}g(x) = 0 ; \lim_{x\to 1^{-}}\frac{x}{x-1} =-ln|x-1|=\lim_{x\to 1^{-}}\frac{x-(x-1)ln(1-x)}{x-1}=\lim_{x\to 1^{+}}g(x)=\lim_{x\to 1^{-}}\frac{x-(x-1)ln(1-x)}{x-1}=+\infty$

2. $x\mapsto\frac{x}{x-1}$ et $x\mapsto ln|x-1|$ sont dérivable pour tout $x\neq 1$ d'où g est désrivable sur $D_{g}$ et

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

Sur $D_{g},g\prime (x)<0$

Tableau de variation de g :

3. a) Sur $]1;+\infty[$ , g est dérivable et strictement décroissante donc elle réalise une bijection de $]1;+\infty[$ vers $]-\infty ;+\infty[.$

Or $]0\in \mathbb {R}$ il existe donc $\alpha \in]1;+\infty[$ tel que $g\alpha=0.$

Montrons que $4<\alpha <5$ .

$g(4)\approx 0,23$ et $g(5)\approx 0,14$

$g(4)\times g(5)<0$ donc $4<\alpha <5$ .

4. Sur $]1;\alpha [g(x)>0$ et sur $]\alpha ;\infty[g(x)<0$

PARTIE B.
Soit

$\left\{ \begin{array}{l}\frac{ln|x-1|}{x},si x > 0\\\frac{-6e^{x}}{e^{2x}+3e^{x}+2},si x \leq 0\end{array} \right.$

1.a) $x\mapsto \frac{ln|x-1|}{x}$ est définie si $x\neq 0$ et $x\neq 1$ ,

d'où elle est déffinie sur $]0;1[\cup]1;+\infty[$ .

$x\mapsto \frac{-6e^{x}}{e^{2x}+3e^{x}+2}$ est définie pour tout $x\in \mathbb{R}$ ,

d'où elle est définie su $]-\infty; 0]$ .

Donc $D_{f}=]-\infty ;0]\cup]0;1+\infty[=\mathbb{R}\{1\}$

$\lim_{x\to -\infty}f(x)=\lim_{x\to -\infty}\frac{-6e^{x}}{e^{2x}+3e^{x}+2}=0;\lim_{x\to +\infty}f(x)=\lim_{x\to +\infty}\frac{ln|x-1|}{x}=0;\lim_{x\to 1^{-}}f(x) = \lim_{x\to 1^{-}}\frac{ln(1-x)}{x} = -\infty;\lim_{x\to 1^{+}}f(x) =\lim_{x\to 1^{+}}\frac{ln|x-1|}{x}=-\infty$

b) La droite d’équation x = 1 est une asymptote verticale à la courbe
$(C_{f} )$ de f et la droite d’équation y = 0 est une asymptote hori-
zontale à la courbe $(C_{f} )$ de f aux voisinages de $-\infty$ et $+\infty$

2) a) $\lim_{x\to 0^{-}}f(x)\lim_{x\to 0^{+}}\frac{-6e^{x}}{e^{2x}+3e^{x}+2} =\lim_{x\to 0^{+}}f(x)=\lim_{x\to 0^{+}}\frac{ln(1-x)}{x}=-1$

On a aussi $f(0)=\frac{-6e^{0}}{e^{0}+3e^{0}+2}=1$

$\lim_{x\to 0^{+}}f(x)=\lim_{x\to 0^{-}}f(x)=f(0)$

Donc f est continue en 0

b) On admet que $\lim_{x\to 0^{+}}\frac{ln(1-x)+x}{x^{2}}=-\frac{1}{2}$ .

Et on a $\lim_{x\to 0^{-}}\frac{f(x)-f(0)}{x}=\lim_{x\to 0^{-}}\frac{\frac{-6e^{x}}{e^{2x}+3e^{x}+2}+1}{x}$

$\lim_{x\to 0^{-}}\frac{e^{2x}+3e^{x}+2}{x(e^{2x}+3e^{x}+2)}=\lim_{x\to 0^{-}}\frac{x}{e^{2x}+3e^{x}+2}$

Or $\lim_{x\to 0^{-}}\frac{e^{2x}+3e^{x}+2}{x}=2^{2\times 0}-3e^{0}=-1$ d'où $\lim_{x\to 0^{-}}\frac{f(x)-f(0)}{x}=-\frac{1}{6}$ .

$f^{\prime}_{d}(0)=-\frac{1}{2}$ et $f^{\prime}_{d}(0)=-\frac{1}{6},f^{\prime}_{d}(0)=-\frac{1}{6}\neq f^{\prime}_{g}(0)=$ d'où $C_{f}$ admet deux demi-tangentes au point d'abcisse 0.

3) a) $f(\alpha)=\frac{ln(\alpha-1)}{\alpha}$ or $g(\alpha)=0$ nous donne $\frac{\alpha}{\alpha -1}=ln(\alpha -1)$

d'où $f(\alpha)=\frac{\alpha}{\alpha-1}\times\frac{1}{\alpha}=\frac{1}{\alpha-1}$ .

b) Sur $]0;1[\cup]1;+\infty[,f\prime(x)=\frac{\frac{1}{x-1}x-ln|x-1|}{x^{2}}=\frac{\frac{x}{x-1}-ln|x-1|}{x^{2}}=\frac{g(x)}{x^{2}}$

Sur $]-\infty ;0[,f\prime(x)=\frac{-6e^{x}(3e^{2x}+6e^{x}+2)}{(e^{2x}+3e^{x}+2)^{2}}$

Sur $]0;1[\cup]1;+\infty[, a le même signe que g(x),$

Sur $]-\infty ;0[,f\prime(x)<0$

Dressons le tableau de variation de la fonction f.

4. Traçons la courbe $(C_{f} )$ de f dans un repère orthonormé $(o,\vec{i},\vec{j})$ d'unité graphique 2 cm

5) a) $\frac{-6x}{x^{2}+3x+2}=\frac{a}{x+2}+\frac{b}{x+1}$ nous donne a = -12 et b = 6

d'où

$\frac{-6x}{x^{2}+3x+2}=\frac{-12}{x+2}+\frac{6}{x+1}$

b) D'après a) $\frac{-6e^{x}}{e^{2x}+3^{x}+2}=\frac{-12}{e^{x}+2}+\frac{6}{e^{x}+1}$

$=\frac{-12}{e^{x}(1+2e^{-x}}+\frac{6}{e^{x}(1+e^{-x}}$

D'où $\frac{-6e^{x}}{e^{2x}+3^{x}+2}=\frac{-12e^{-x}}{1+2e^{-x}}+\frac{6e^{-x}}{1+e^{-x}}$

c) Soit A l’aire du domaine délimité par l’axe des abscisses, la courbe, les droites d’équations x = -ln2 et x = 0.

$A=\int^{0}_{-ln2}-f(x)dx\times u.a=\int^{0}_{-ln2}-\frac{-6e^{x}}{e^{2x}+3^{x}+2}dx\times u.a$

$=\int^{0}_{-ln2}=\frac{-12e^{-x}}{1+2e^{-x}}-\frac{6e^{-x}}{1+e^{-x}}=[-6ln(1+2e^{-x})+6ln(1+e^{-x})]^{0}_{-ln2}\times 4cm^{2}$

d'où $A=24ln\frac{10}{9}cm^{2}$

Corrigé 2013 : Problème

Détails: Catégorie : synthèse

PARTIE A.

1. Soit $\lim_{x\to 0}e^{x}-x-1=\lim_{x\to 0}\left[\frac{e^{x}-1}{x}-\frac{x}{x}\right]$ or $\lim_{x\to 0}\frac{e^{x}-1}{x}=1$ et $\lim_{x\to 0}\frac{x}{x}=1$

donc $\lim_{x\to 0}\frac{e^{x}-x-1}{x}=1-1=0$

En conclusion $\lim_{x\to 0}\frac{e^{x}-x-1}{x}=0$

2. $k:]0;+\infty[\rightarrow\mathbb{R}$

(a) $x\mapsto x(1-lnx)$ continue sur $]0;+\infty[$ ,

d’où $x\mapsto x$ (1 - ln x) est continue sur ]0; +8[ par somme.

or $x\mapsto x$ est continue sur $]0;+\infty[$ d’où par produit $x\mapsto x(1-lnx)$ est continue sur $]0;+\infty[$ .

(b) $k:]0;+\infty[\rightarrow\mathbb{R}$

$x\mapsto\frac{3}{4}x^{2}-\frac{1}{2}x^{2}lnx$

$x\mapsto\frac{3}{4}x^{2}$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ , donc elles est dérivable sur $]0;+\infty[$

et $x\mapsto\frac{1}{2}x^{2}lnx$ est dérivable sur $]0; +\infty[$ par produit,

donc K est dérivable sur $]0; +\infty[$ par somme.

Calcul de K'(x)
$k'=\left(\frac{3}{2}x^{2}\right)^{\prime}-\frac{1}{2}(x^{2}lnx)'=\frac{3}{2}x-\frac{1}{2}\left(2lnx+x^{2}\left(\frac{1}{2}\right)\right)$

$=\frac{3}{2}x-xlnx-\frac{1}{2}x=x-lnx$

d'où k'(x)=k(x)

PARTIE B.

Soit f(x) = $\left\{\begin{array}{l}e^{x}-x-1,six\leq0\\xlnx,six>0\end{array}\right.$ (1)

1. si $x\leq 0$ alors $e^{x}-x-1$ existe t si x > 0 alors xlnx exite d'où

f(x) existe sssi $x\in]-\infty ;0]\,\cup\]0;+\infty[$

$D_{f}=]-\infty ;+\infty[.$

$\lim_{x\to -\infty}f(x)=\lim_{x\to -\infty}e^{x}-x-1=+\infty$

$\lim_{x\to 0^{-}}f(x)=f(0)=0$ ,

$\lim_{x\to 0^{+}}f(x)=\lim_{0^{+}}\xlnx$ or $\lim_{x\to 0^{+}}xlnx=0$

d'où $\lim_{x\to 0^{+}}f(x)=0$

$\lim_{x\to +\infty}f(x)=\lim_{x\to +\infty}xlnx=+\infty$

2.(a) f est définie en 0 car dans $[0;+\infty[f(x)=e^{x}-x-1$ et $x\mapsto e^{x}-x-1$ est définie en 0 et prend la valeur 0 on a alors f(x) = 0

$\lim_{x\to 0^{-}}f(x)=f(0)=0$ et $\lim_{x\to 0^{+}}f(x)=f(0)=0$ ,

d'où $\lim_{x\to 0^{-}}f(x)=\lim_{x\to 0^{+}}f(x)=0$

Ainsi f est continue en 0

(b) $\lim_{x\to 0^{-}}\frac{f(x)+f(0)}{x}=\lim_{x\to 0^{-}}\frac{e^{x}-x-1}{x}=0$ d'après la partie A.

$\lim_{x\to 0^{+}}\frac{f(x)+f(0)}{x}=\lim_{x\to 0^{+}}lnx=-\infty$

Donc f n’est pas dérivable en 0 car ne l’étant pas en 0 à droite.
Interprétation graphique : La courbe représentative de f, $f,(C_{f}$ ,
admet au point d’abscisse 0 une demi-tangente d’équation x = 0
à gauche et une demi-tangente d’équation y = 0 à droite.

3. $x\mapsto e^{x}$ et $x\mapsto -x-1$ sont continues sur $\mathbb{R}$

donc sur $]-\infty ;0[$ ,

$x\mapsto xlnx$ continue sur $]0;+\infty [$ par produit et f est continue en 0, donc f est continue sur $\mathbb{R}$ .

$x\mapsto e^{x}$ et $x\mapsto -x-1$ sont dérivables sur $\mathbb{R}$ donc sur $]-\infty ;0[$ ,

$x\mapsto xlnx$ dérivable sur $]0;+\infty [$ [ par produit

donc f est dérivable sur $\mathbb{R}\setminus \{0\}$ .

4. Pour $x<0,f'(x)=e^{x}-1$ or si x < 0 alors $e^{x}< 1$

d'où f'(x) < 0 pour x< 0.

Pour x>0, $f'(x)=lnx+1$ or $lnx+1\geq 0$ si $x in [\frac{1}{e};+\infty[$ et $lnx+1\leq 0$

si $x\in]0;\frac{1}{e}]$

d'où $f'(x)\geq 0$ pour $x\in[\frac{1}{e};+\infty[$ et $f'(x)\leq 0$ pour $x\in]0;\frac{1}{e}]$

5. Dressons son tableau de variations.

6. $f(x)-(-x-1)=e^{x}$ d'où $\lim_{x\to -\infty}f(x)-(-x-1)=\lim_{x\to -\infty}e^{x}=0$

donc $\Delta:y=-x-1$ est asymptote à $C_{f}$ au voisinage de $-\infty$ .

7. $\lim_{x\to +\infty}f(x)=+\infty$ donc $C_{f}$ admet une branche infinie au voisinage de $+\infty$ or

$\lim_{x\to +\infty}\frac{f(x)}{x}=\lim_{x\to +\infty}lnx = +\infty}$ donc $C_{f}$ admet une branche parabolique de direction (y'0y)au voisinage de $+\infty$

8. Traçons la courbe $C_{f}$ de f dans un repère orthonormé $(0,\vec{i},\vec{j})$ d'unité graphique 2 cm

9. Soit h la restriction de f à $[\frac{1}{e};+\infty[$ .

Dressons le tableau de variation de h.
h est continue et strictement croissante sur $[\frac{1}{e};+\infty[$ donc elle est bijective. Elle réaliseune bijection de $[-\frac{1}{e};+\infty[$ vers $J=[-\frac{1}{e};+\infty[$ d'après le tableau de variations de f.

(b) Pour la courbe $C_{h^{1}}}$ de $h^{1}$ ,bijection réciproque de h, voir figure.

10. (a) Ce domaine est l'endemble des points M(x,y) tels que $\frac{1}{e}\leq x\leq e$
et $h(x)\leq y\leq x$ On a donc :

$A_{1}=\int^{e}_{\frac{1}{e}}(x-h(x))dx=\int^{e}_{\frac{1}{e}}(x-xlnx)dx=\int^{e}_{\frac{1}{e}}k(x)dx$ d'après la PARTIE A.

$A_{1}=\left[K(x)\right]^{e}_{\frac{1}{e}}=\left(K(e)-K\left(\frac{1}{e}\right)\right)\times 4cm^{2}$

$A_{1}=\left(e^{2}-\frac{5}{e^{2}}\right)cm^{2}$

(b) Ce domaine est le symétrique, par rapport à la première bissectrice, du domaine d'aire $A_{1}$ de la question 10)a) d'où $A_{2}=A_{1}=\left(e^{2}-\frac{5}{e^{2}}\right)cm^{2}$

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corrigé epreuve 2010 : probléme

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