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Corrigé 2012

Détails: Catégorie : Fonctions numériques

Partie A

1. Un réel $x$ appartient à l'ensemble $D_f$ de $f$ ssi $1+x >0$ et $x\neq 0$ ; donc $D_f = ]-1, 0[\cup ]0,\;+\infty[.$

Un réel non nul $x_0$ de $D_f$ est contenu dans un intervalle $I_0$ ne contenant pas $0.$

Dans un tel intervalle, la fonction $f$ est le produit des fonctions continues $x\to \dfrac{1}{x},\; x\to \ln(1+x)$ ; la fonction $f$ est donc continue sur $I_0$ et en particulier au point $x_0.$

Pour étudier la continuité de $f$ au point $0$ , on peut écrire :
$lim_{x\to 0,\;x\neq 0} f(x) = \lim_{x\to 0,\;x\neq 0}\dfrac{\ln(1+x)}{x} = 0 = f(0),$

la fonction $f$ est donc continue sur $0.$

2.a. Pour tout élément $x$ de $]0,+\infty[$ et tout $u\in [0, x]$ on a :

$\begin{array}{lll}&0&\leq u^2 \leq x^2 \\\\ \Leftrightarrow&0&\leq \dfrac{u^2}{1+u} \leq \dfrac{x^2}{1+u} \\\\ \Rightarrow&0&\leq \int_{0}^{x}\dfrac{u^2}{1+u}\ du \leq \int{0}^{x}\dfrac{x^2}{1+u} du = x^2\int_{0}^{x}\dfrac{1}{1+u}du\\\\ \Leftrightarrow&0&\leq \dfrac{1}{x}\int_{0} ^{x}{\dfrac{u^2}{1+u}du} \leq x \int_{0}^{x}\dfrac{1}{1+u}du\quad\textrm{On a divis\'{e} par le r\'{e}el x }> 0\end{array}$

Pour tout élément $x$ de $]-1, 0[$ et tout $u\in [x, 0]$ on a :

$\begin{array}{lll}&0&\leq u^2 \leq x^2 \\\\ \Leftrightarrow&0&\leq \dfrac{u^2}{1+u} \leq \dfrac{x^2}{1+u}\\\\ \Rightarrow&0&\leq \int_{0}^{x}\dfrac{u^2}{1+u}\ du\leq \int{0}^{x}\dfrac{x^2}{1+u} du = x^2\int_{0}^{x}\dfrac{1}{1+u}du\\\\ \Leftrightarrow&0&\geq \dfrac{1}{x}\int_{0}^{x}\dfrac{u^2}{1+u}du \geq x \int_{0}^{x}\dfrac{1}{1+u} du\quad\textrm{On a divis\'{e} par le r\'{e}el x }<\; 0\end{array}$

$\Leftrightarrow 0 \geq -\dfrac{1}{x}\int_{0}^{x}\dfrac{u^2}{1+u}du \geq -x \int_{0}^{x}\dfrac{1}{1+u} du$

$\Leftrightarrow 0 \leq \dfrac{1}{x}\int_{0}^{x}\dfrac{u^2}{1+u}du \leq x \int_{0}^{x}\dfrac{1}{1+u} du$

b. On a par réduction au même dénominateur : $\forall u \in ]-1, +\infty[,\; 1-u +\dfrac{u^2}{1+u} = \dfrac{1-u^2+u^2}{1+u}=\dfrac{1}{1+u}$

On en déduit pour tout $x$ dans $]-1, +\infty[$ et par intégration : $\int_{0}^{x}\dfrac{1}{1+u} du = x-\dfrac {1}{2}x^2 + \int_{0}^{x}\;\dfrac{u^2}{1 +u} du$
i.e $\ln(1+x) = x-\dfrac {1}{2}x^2 + \int_{0}^{x}\;\dfrac{u^2}{1 +u}du$

enfin en divisant par $x$ s'il est non nul : $f(x) = 1-\dfrac {1}{2}x + \dfrac{1}{x}\int_{0}^{x}\dfrac{u^2}{1 +u}du.$

c. On déduit des questions précédentes que le taux d'accroissement $\tau$ de $f$ en $0$ s'écrit : $\forall x\in D_f,\; x\neq 0\Rightarrow \tau(x) = \dfrac{f(x)-f(0)}{x-0} = -\dfrac {1}{2} + \dfrac {1}{x^2}\int_{0}^{x}\;\dfrac{u^2}{1 +u} du$

La deuxième relation de la question $2.a.$ s'écrit aussi

$|x|$ : $\forall x \in D_f,\;x\neq 0 \Rightarrow\;0\leq \Big|\dfrac {1}{x }\int_{0}^{x}\;\dfrac{u^2}{1 +u}\ du \Big| \leq \Big|x\int_{0}^{x}\dfrac{1}{1 +u} du \Big|$ .

et on en déduit en divisant par $|x|$ : $\forall x \in D_f,\;x\neq 0 \Rightarrow\;0\leq \Big|\dfrac {1}{x^2 }\int_{0}^{x}\;\dfrac{u^2}{1 +u}\ du \Big| \leq \Big|\int_{0}^{x}\dfrac{1}{1 +u} du \Big|$ .

Puisque la fonction fonction $x\to \int_{0}^{x}\; \dfrac{1}{1 +u} du$ a pour limite $0$ quand $x$ tend vers $0$ , le théorème des gendarmes permet de dire que $\lim_{x\to 0^+} \dfrac {1}{x^2}\int_{0}^{x}\;\dfrac{u^2}{1 +u} du = 0$ .

Par conséquent,

$\lim_{x\to 0} = \tau(x)= -\dfrac {1}{2}$ , $f$ est dérivable au point $0$ et $f'(0) = -\dfrac{1}{2}$

La tangente $T_0$ à $(C_f)$ au point d'abscisse $0$ a pour équation
$y = f'(0) (x-0)+f(0)$ i.e $y = -\dfrac{1}{2} x +1$ ;
et on a pour tout $x$ non nul de $D_f$ : $f(x) - (-\dfrac{1}{2} x +1) = \dfrac{1}{x}\int_{0}^{x}\dfrac{u^2}{1 +u} du > 0$ . Donc la courbe $(C_f)$ est au dessus de sa tangente $T_0$ .

d. Un réel non nul $x_0$ de $D_f$ est contenu dans un intervalle $I_0$ ne contenant pas $0.$

Dans un tel intervalle, la fonction $f$ est le produit des fonctions dérivables $x\to \dfrac{1}{x}, x\to \ln(1+x)$ ; la fonction $f$ est donc dérivable sur $I_0$ et en particulier au point $x_0.$

Comme on sait déjà que $f$ est dérivable au point $0$ , on peut conclure que $f$ est dérivable sur $D_f.$

3. a. La fonction $g$ est dérivable sur $D_g = ]-1,+\infty[$ et $\forall x \in D_g,\; g'(x) = \dfrac{1}{1+x}-\dfrac{1}{(1+x)^2}=\dfrac{x}{(1+x)^2}.$

Voici le tableau de variations de $g$ .

On constate d'après le tableau de variations que la fonction $g$ est positive dans $D_g$ .

b. La fonction $f$ est dérivable sur $D_f$ et $\forall x \in D_f,\; x\neq 0 \Rightarrow f'(x) = \dfrac{ \dfrac{1}{1+x} x -\ln(1+x)}{x^2} = - \dfrac{ g(x)}{x^2}$

$f'(x)$ est donc $<0$ car elle a le même signe que $- g(x)$ pour $x\neq 0.$

La fonction $f$ est alors strictement décroissante dans $D_f.$

Voici le tableau de variations de $f$ .

$\lim_{x\to +\infty } f(x) = 0, \lim_{x\to -1} f(x) =+\infty$

4. Comme $\lim_{x\to -1} f(x) =+\infty$ la droite d'équation $x=-1$ est une asymptote de $\mathcal{C}$ .

La fonction $f$ est décroissante et de limite $0$ quand $x$ tend vers $+\infty$ , par conséquent, elle est strictement positive (Voir aussi son tableau de variation); la courbe $(C_f)$ est donc au dessus de l'axe des abscisses.

5. Voici la courbe $\mathcal{C}$

Partie B

1. La fonction $f$ étant décroissante dans $D_f,$ on a pour tout $a$ et $b$ tels que $a\leq b$ et tout $x$ dans l'intervalle $[a, b] ,\; f(b) \leq f(x) \leq f(a)$ ce qui entraine par intégration : $\int_{a}^{b}f(b) \; dx\leq \int_{a}^{b}f(x) dx \leq \int_{a}^{b}f(b) dx$ i.e $(b-a) f(b)\leq \int_{a}^{b}f(x)dx \leq (b-a) f(a).$

En appliquant cette relation aux réels $a_k =\dfrac{k}{5}, k$ entier compris entre $0$ et $5$ on obtient : $(a_{k+1}-a_k) f(a_{k+1})\leq \int_{a_{k}}^{a_{k+1}}f(x) dx \leq (a_{k+1}a_{k}) f(a_{k}),$

puis par sommation : $\sum_{k=0}^{4}\dfrac{1}{5} f(a_{k+1})\leq \sum_{k=0}^{4}\int_{a_{k}}^{a_{k+1}}f(x) dx \leq \sum_{k=0}^{4} \dfrac15 f(a_{k})$

et la relation de Chasles entraine $\dfrac{1}{5}\sum_{k=0}^{4} f(a_{k+1})\leq \int_{0}^{1}f(x) dx \leq \dfrac{1}{5}\sum_{k=0}^{4} f(a_{k})$

soit $\dfrac{1}{5} (0.91+0.84+0.78+0.73+0.69 )\leq \int_{0}^{1}f(x) \; dx \leq \dfrac{1}{5} (1+0.91+0.84+0.78+0.73 )$

finalement $0.79 \leq \int_{0}^{1}f(x) \; dx \leq 0.85$

L'aire demandée est donc comprise entre $0.79 u.a$ et $0.85 u.a$

Le logiciel Texgraph donne $\int_{0}^{1}f(x) dx = 0.82246703376263$

2. a. Pour tout $x$ strictement positif on a :

$f(x) - \dfrac{1}{1+x} = \dfrac{\ln(1+x)}{x}- \dfrac{1}{1+x} =\dfrac{1}{x}\Big(\ln(1+x)- \dfrac {x}{1+x}\Big) = \dfrac{1}{x} g(x) \geq 0$

b. Soit $t$ un réel strictement positif. En intégrant la relation précédente on obtient : $\int_ 0^t \Big(f(x)- \dfrac{1}{1+x}\Big) dx \geq 0$

i.e
$\int_ 0^t f(x)dx \geq \int_ 0^t \dfrac{1}{1+x} dx =\ln(1+t)$
Or quand $t$ tend vers $+\infty,\;\ln(1+t)$ a pour limite $+\infty$ donc $\lim_{t\to +\infty} \int_ 0^t f(x) dx = +\infty$

3.a. La fonction $h$ est strictement croissante dans $]-1, 0]$ car sa dérivée $x\to -\ln ( x+1)$ est strictement positive dans cet intervalle; donc $\forall x\in ]-1, 0],\;h(x) \in ]a, h(0)]$ avec $a = \lim_{x\to -1} h(x) = 0$ et $h(0) = 1$ .

Par conséquent, on a bien $h(x) \in ]0, 1]$ .

b. Si $x$ appartient à $\Big]-1, -\dfrac{1}{2}\Big]$ , alors $-1> \dfrac {1}{x} \geq -2$ et multipliant par le réel strictement négatif $\ln (x+1)$ on obtient $0 < - \ln (x+1) \leq f(x) \leq - 2\ln (x+1).$

Soit $t$ un élément de $\Big]-1, -\dfrac12\Big]$ .

La relation $\forall x \in \Big]-1, -\dfrac{1}{2}\Big],\;0 < f(x) < - 2\ln (x+1)$ s'écrit

$\forall x \in \Big]-1, -\dfrac{1}{2}\Big],0 < f(x) < 2h '(x)$ et en l'intégrant on obtient :

$0 \leq \int_{t}^{-1/2}f(x) dx \leq 2 \int_{t}^{-1/2} h'(x) dx = 2\Big[h(x)\Big]_t^{-1/2} = 2\big(h(1/2) - h(t)\big)\leq 2$

La fonction $F$ est donc bien majorée (par exemple par $2$ .

c. Pour tout entier naturel non nul $n$ on a :

$\begin{array}{lll}v_{n+1}- v_{n}&=&\int_ {-1+1/n+1}^0 f(x) dx-\int_{-1+1/n}^0f(x)dx\\\\&=&\int_{-1+1/n+1}^{-1+1/n} f(x) dx\quad\textrm{relation de Chasles }\end{array}$

est positive car $f$ est positive dans $]-1, 0]$ ; donc la suite $(v_n)$ est croissante.

$\begin{array}{lll}v_{n}&=&\int_ {-1+1/n}^0 f(x) dx\\\\&=&\int_{-1+1/n}^{-1/2} f(x) dx+\int_{-1/2}^0f(x)dx\quad\textrm{relation de Chasles }\\\\&=&F(-1+1/n)+M\quad avec\quad M=\int _{-1/2}^0 f(x) dx\\\\&\leq& 2+M\quad\textrm{d'apr\`{e}s le c.}\end{array}$

La suite $(v_n)$ est donc majoré (par exemple par $2+M$ ); et comme elle est croissante, elle converge.

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