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Corrigé 2016 : Problème

Détails: Catégorie : fonctions numeriques

PARTIE A

1. a. g(x) existe si et seulement si:

$\left\{\begin{array}{lll}x+1&>&0\\\\x+1&\ne&0\end{array}\right.\textrm{ce que donne x} > -1$

$\boxed{D_g=]-1,+\infty[}$

$\lim_{x\to-1^+}\frac{-2(x+1)ln(x+1)+x}{(x+1)}$ ,

$\boxed{\lim_{x\to-1^+}g(x)=-\infty}$ par quotient

$\lim_{x\to-1^+}g(x)=-\infty\quad car\left\{\begin{array}{l}-2ln(x+1)\rightarrow -\infty\textrm{ par compos\'{e}e puis produit}\\\\\frac{x}{x+1}\rightarrow 1\end{array}\right.$

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

Tableau de Variation

2. a. g(0) = 0.

La restriction de g à $]-1;-\frac{1}{2}[$ est strictement croissante et continue et prend ses valeurs dans $]-\infty,2ln2-1[$ qui ontient 0 donc l’équation g(x) = 0 admet $]-1;-\frac{1}{2}[$ sur une solution unique $\alpha$ . Idem sur $]-\frac{1}{2}+\infty[$ , l’équation admet une solution unique 0 .

$]-0,72;-0,71[\subset]-1;-\frac{1}{2}$ et $(-0,72)\times g(-0,71)<0\quad donc\quad\alpha\in]-0,72;-0,71[$

2. b. 0 étant l’autre zéro de g :

PARTIE B

1. a. Domaine de définition de f.

f(x) existe si et seulement si :

- $\left\{\begin{array}{lll}x+1&>&0\\\\ln(x+1)&\neq &0\end{array}\right.$

- ou $x \in ] -\infty , -1 ]$ ,

- ou x = 0

- d'où $\left \{ \begin{array}{lll} x&>&-1\\\\x+&\neq &0\end{array}\right.$ ou $x \in ]-\infty,-1]$ ou = x 0

$D_f=(]-1,+\inty[\{0\})\cup]-\infty,-1]\cup\{0\}.$

$\fbox{D_f=\mathbb{R.}}$

Limites aux bornes du domaine de définition de .

$\lim_{x\to -\infty}f(x)=-\infty$ ; $\lim_{x\to +\infty}f(x)=\lim_{x\to +\infty}\frac{x^2}{x+1}\times\frac{(x+1)}{ln(x+1)}=+\infty$

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

1.b. Etudions la nature de la branche infinie au voisinage de $-\infty$ .

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

$\boxed{\lim_{x\to -\infty}\frac{f(x)}{x}= +\infty}$

Donc $C_f$ admet au voisinage de $-\infty$ une branche parabolique de direction celle de l’axe des ordonnées

Etudions la nature de la branche infinie au voisinage de $+\infty$ .

$\boxed{\lim_{x\to -\infty}\frac{f(x)}{x}=\frac{x}{x+1}\frac{(x+1)}{ln(x+1)}= +\infty}$

Donc $C_f$ admet au voisinage de $+\infty$ ne b n he boliq e de diretion celle de l’axe des ordonnées

2. a.

f(-1) = 0

$\lim_{x\to -1^+}f(x)=0$ par quotient et $\lim_{x\to -1^-}f(x)=f(-1)=0$

D’où $\boxed{\lim_{x\to -1^+}f(x)=\lim_{x\to -1^-}f(x)=f(-1)=0}$

Donc est continue en -1.

On a f(0)=0

$\lim_{x\to 0}f(x)=\lim_{x\to 0}x\times\frac{x}{ln(x+1)}=0$

D’où $\boxed{\lim_{x\to 0}f(x)=f(0)}$

Donc est continue en 0.

2. b. Dérivabilité de f en -1.

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

f est dérivable en -1 à gauche et $\fbox{f^{\prime}_g(-1)=1}$

$\lim_{x\to -1^+}\frac{f(x)-f(-1)}{x+1}=\lim_{x\to -1^+}\frac{(x^2)}{(x+1)ln(x+1)}=-\infty.$

Donc non dérivable en -1 car non dérivable en -1 à droite.

Interprétation oint d’abscisse -1.

Au point d’abscisse $-1,(C_f)$ admet une demi-tangente verticale et une demi- tangente de pente 1 à gauche.

Dérivabilité de f en 0.

$\lim_{x\to 0}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim_{x\to 0}\frac{x}{ln(x+1)}=1$

Donc est dérivable en 0 et f'(0) = 1.
Interprétation au point d’abscisse 0.

$C_f$ admet à l’origine une tangente de coefficient directeur 1.

3.a. Pour tout $x\in]-1,+\infty[\{0\}$ on a :

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

$\boxed{f^{\prime}(x)=\frac{-xg(x)}{(ln(x+1))^{2^\cdot}}}$

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

3. b. Pour x < -1, f'(x) = $-xe^{-x-1}$

4. a h est continue et strictement croissante sur $[0,+\infty$ , elle réalise donc une bijection de $[0,+\infty$ vers $[0,+\infty =J$

4.b. $h^-$ a le même sens de variation que h, elle est strictement croissante sur J .

4. c. Figure :

PARTIE C

1. a. Posons $u^{\prime}=\frac{1}{x^2}$ et $v^{\prime}=\frac{1}{x+1}$

Avec $u(x)=\frac{1}{x}$ et $v(x)=ln(x+1).$

Sur $]0,+\infty[$ on a $m(x)=\frac{1}{x^2}ln(x+1)+\left(-\frac{1}{x}\right)\left(\frac{1}{x+1}\right).$ (R)

1. b. On a $m(x) = (u(x)v(x))^{\prime}$

Pour tout $x\in]0,=\infty[$ on $H^{\prime}(x) = m(x)$ avec $m(x)(u(x)v(x))^{\prime}.$

D'où on a $H(x) = (u(x)v(x))+c=-\frac{ln(x+1)}{x}+c.$

On a sur $]0,+\infty[,\quad\frac{1}{f(x)}=\frac{ln(x+1)}{x^2}.$

Or d’après (R) : $\frac{ln(x+1)}{x^2}=m(x)+\frac{1}{x}\times\frac{1}{x+1}=m(x)+\frac{1}{x}-\frac{1}{x+1^\cdot}$

Soit G une primitive de la fonction $x\mapsto\frac{ln(x+1)}{x^2}.$

$\int_1^2\frac{1}{f(x)}dx=\left[G(x)\right]^2_1=\left[H(x)+ln\frac{x}{x+1}\right]^2_1=\left[-\frac{ln(x+1)}{x}+c+ln\left(\frac{x}{x+1}\right)\right]^2_1=\frac{3ln3}{2}+3ln2.$

$\int_1^2\frac{1}{f(x)}dx=3\left(ln2-ln\sqrt{3}\right)=3ln\left(\frac{2\sqrt{3}}{3}\right)$

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