Exercice corrigéExtrait d’un exercice du Bac S Pondichéry 2011.
Le sujet complet est disponible ici : Bac S Pondichéry 2011
Partie I
On considère la fonction f définie sur l’intervalle \left]0; +\infty \right[ par
f\left(x\right)=\ln \left(x\right)+1-\frac{1}{x}.
- Déterminer les limites de la fonction f aux bornes de son ensemble de définition.
- Étudier les variations de la fonction f sur l’intervalle \left]0; +\infty \right[.
- En déduire le signe de f\left(x\right) lorsque x décrit l’intervalle \left]0; +\infty \right[.
- Montrer que la fonction F définie sur l’intervalle \left]0; +\infty \right[ par F\left(x\right)=x \ln x-\ln x est une primitive de la fonction f sur cet intervalle.
- Démontrer que la fonction F est strictement croissante sur l’intervalle \left]1; +\infty \right[.
- Montrer que l’équation F\left(x\right)=1-\frac{1}{\text{e}} admet une unique solution dans l’intervalle \left]1;+\infty \right[ qu’on note \alpha .
- Donner un encadrement de \alpha d’amplitude 10^{-1}.
Partie II
Soit g et h les fonctions définies sur l’intervalle \left]0; +\infty \right[ par :
g\left(x\right)=\frac{1}{x} et h\left(x\right)=\ln \left(x\right)+1.
Sur le graphique ci-dessous, on a représenté dans un repère orthonormal, les courbes \left(\mathscr C_{g}\right) et \left(\mathscr C_{h}\right) représentatives des fonctions g et h.
- A est le point d’intersection de la courbe \left(\mathscr C_{h}\right) et de l’axe des abscisses. Déterminer les coordonnées du point A.
- P est le point d’intersection des courbes \left(\mathscr C_{g}\right) et \left(\mathscr C_{h}\right). Justifier que les coordonnées du point P sont \left(1 ; 1\right).
- On note \mathscr A l’aire du domaine délimité par les courbes \left(\mathscr C_{g}\right), \left(\mathscr C_{h}\right) et les droites d’équations respectives x=\frac{1}{\text{e}} et x=1 (domaine grisé sur le graphique).
- Exprimer l’aire \mathscr A à l’aide de la fonction f définie dans la partie II.
- Montrer que \mathscr A=1-\frac{1}{\text{e}}.
- Soit t un nombre réel de l’intervalle \left]1; +\infty \right[. On note \mathscr B_{t} l’aire du domaine délimité par les droites d’équations respectives x=1, x=t et les courbes \left(\mathscr C_{g}\right) et \left(\mathscr C_{h}\right) (domaine hachuré sur le graphique).
On souhaite déterminer une valeur de t telle que \mathscr A=\mathscr B_{t}.- Montrer que \mathscr B_{t}=t \ln \left(t\right)-\ln \left(t\right).
- Conclure.
Corrigé
Partie I
- \lim_{x\rightarrow 0^+} \ln\left(x\right)=-\infty et \lim_{x\rightarrow 0^+} \frac{1}{x}=+\infty
Par conséquent, par somme \lim_{x\rightarrow 0^+} f\left(x\right)=-\infty
\lim\limits_{x\rightarrow +\infty } \ln\left(x\right)=+\infty et \lim\limits_{x\rightarrow +\infty } \frac{1}{x}=0
Et par somme \lim\limits_{x\rightarrow +\infty }f\left(x\right)=+\infty - f^{\prime}\left(x\right)= \frac{1}{x}+\frac{1}{x^{2}}
Sur l’intervalle \left]0;+\infty \right[, \frac{1}{x} > 0 donc f^{\prime}\left(x\right) > 0 et par conséquent f est strictement croissante. - Comme f\left(1\right)=\ln\left(1\right)+1-\frac{1}{1}=0 et comme f est strictement croissante, f est strictement négative sur \left]0;1\right[ et strictement positive sur \left]1 ;+\infty \right[.
Le tableau de signe de f est :
- On calcule la dérivée F^{\prime}\left(x\right) :
F^{\prime}\left(x\right)=\ln\left(x\right)+x\times \frac{1}{x}-\frac{1}{x}=\ln\left(x\right)+1-\frac{1}{x}=f\left(x\right)
Donc F est une primitive de f sur \left]0;+\infty \right[. - La dérivée de F est f et est strictement positive sur \left]1;+\infty \right[ d’après 3.. Donc F est strictement croissante sur cet intervalle.
- F\left(1\right)=0
\lim\limits_{x\rightarrow +\infty }F\left(x\right)=\lim\limits_{x\rightarrow +\infty }x\ln\left(x\right)-\ln\left(x\right)=\lim\limits_{x\rightarrow +\infty }x\left(\ln\left(x\right)-\frac{\ln\left(x\right)}{x}\right)
Or \lim\limits_{x\rightarrow +\infty }\frac{\ln\left(x\right)}{x}=0 (Croissance comparée)
donc (par différence et produit) \lim\limits_{x\rightarrow +\infty }F\left(x\right)=+\infty
Sur l’intervalle \left]1;+\infty \right[, F est continue car dérivable, strictement croissante et 1-\frac{1}{e} est compris entre F\left(1\right)=0 et \lim\limits_{x\rightarrow +\infty }F\left(x\right)=+\infty .
D’après le corolaire du théorème des valeurs intermédiaires, l’équation F\left(x\right)=1-\frac{1}{e} admet une unique solution sur l’intervalle \left]1;+\infty \right[. - A la calculatrice, on trouve : F\left(1,9\right)\approx -0,05 et F\left(2\right)\approx 0,06 donc 1,9 < \alpha < 2.
Partie II
- L’abscisse du point A est solution de l’équation : h\left(x\right)=0. Donc :
\ln\left(x_{A}\right)+1=0
\ln\left(x_{A}\right)=-1
x_{A}=e^{-1}=\frac{1}{e}
Donc A\left(\frac{1}{e};0\right). - L’abscisse du point P vérifie l’équation :
\frac{1}{x}=\ln\left(x\right)+1
\ln\left(x\right)+1-\frac{1}{x}=0
f\left(x\right)=0
Donc d’après la partie II, x_{P}=1 et y_{P}=g\left(x_{P}\right)=g\left(1\right)=1
Donc P\left(1;1\right) - Sur l’intervalle \left[\frac{1}{e} ; 1\right], g\geqslant h. L’aire \mathscr A est donc:
\mathscr A=\int_{1/e}^{1}g\left(x\right)-h\left(x\right)dx = \int_{1/e}^{1}-f\left(x\right)dx = -\int_{1/e}^{1}f\left(x\right)dx - \mathscr A=-\left[F\left(x\right)\right]_{1/e}^{1} = -F\left(1\right)+F\left(\frac{1}{e}\right) = 1\ln 1-\ln 1+\frac{1}{e} \ln \frac{1}{e}-\ln \frac{1}{e} = 1-\frac{1}{e}
car \ln 1 = 0 et \ln \frac{1}{e} = -\ln e = -1
- Sur l’intervalle \left[\frac{1}{e} ; 1\right], g\geqslant h. L’aire \mathscr A est donc:
- Sur l’intervalle \left[1 ; +\infty \right[, g\leqslant h. Par conséquent :
\mathscr B_{t}=\int_{1}^{t}h\left(x\right)-g\left(x\right)dx = \int_{1}^{t}f\left(x\right)dx = F\left(t\right)-F\left(1\right) = F\left(t\right) = t \ln t-\ln t - \mathscr A=\mathscr B_{t} \Leftrightarrow F\left(t\right) = 1-\frac{1}{e}
D’après la question 6 de la partie précédente, cette équation admet t=\alpha comme unique solution.
- Sur l’intervalle \left[1 ; +\infty \right[, g\leqslant h. Par conséquent :
