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Primitives - intégrales - équations différentielles Exercices

[Bac] Fonction ln – Primitives – Intégrales – Aires

Durée estimée
25 minutes
Difficulté
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Objectifs travaillés

Extrait 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 - \dfrac{1}{x}. $
  1. Déterminer les limites de la fonction $ f $ aux bornes de son ensemble de définition.
  2. Étudier les variations de la fonction $ f $ sur l'intervalle $ \left]0; +\infty \right[ $.
  3. En déduire le signe de $ f\left(x\right) $ lorsque $ x $ décrit l'intervalle $ \left]0; +\infty \right[ $.
  4. 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.
  5. Démontrer que la fonction $ F $ est strictement croissante sur l'intervalle $ \left]1; +\infty \right[ $.
  6. Montrer que l'équation $ F\left(x\right)=1 - \dfrac{1}{\text{e}} $ admet une unique solution dans l'intervalle $ \left]1;+\infty \right[ $ qu'on note $ \alpha $.
  7. 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)=\dfrac{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 $.

Courbes de g(x)=1/x et h(x)=ln(x)+1 avec aire grisée entre 1/e et 1 et aire hachurée entre 1 et t
  1. $ 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 $.
  2. $ 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) $.

  3. 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=\dfrac{1}{\text{e}} $ et $ x=1 $ (domaine grisé sur le graphique).

    1. Exprimer l'aire $ \mathscr A $ à l'aide de la fonction $ f $ définie dans la partie I.
    2. Montrer que $ \mathscr A=1 - \dfrac{1}{\text{e}} $.

  4. 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} $.

    1. Montrer que $ \mathscr B_{t}=t \ln \left(t\right) - \ln \left(t\right) $.
    2. Conclure.

Corrigé

Partie I

  1. $ \lim_{x\rightarrow 0^+} \ln\left(x\right)= - \infty $ et $ \lim_{x\rightarrow 0^+} \dfrac{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 } \dfrac{1}{x}=0 $

    Et par somme $ \lim\limits_{x\rightarrow +\infty }f\left(x\right)=+\infty $
  2. $ f^{\prime}\left(x\right)= \dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{x^{2}} $

    Sur l'intervalle $ \left]0;+\infty \right[ $, $ \dfrac{1}{x} > 0 $ donc $ f^{\prime}\left(x\right) > 0 $ et par conséquent $ f $ est strictement croissante.

  3. Comme $ f\left(1\right)=\ln\left(1\right)+1 - \dfrac{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 :

    Exercice
  4. On calcule la dérivée $ F^{\prime}\left(x\right) $ :

    $ F^{\prime}\left(x\right)=\ln\left(x\right)+x\times \dfrac{1}{x} - \dfrac{1}{x}=\ln\left(x\right)+1 - \dfrac{1}{x}=f\left(x\right) $

    Donc $ F $ est une primitive de $ f $ sur $ \left]0;+\infty \right[ $.
  5. 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.
  6. $ 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) - \dfrac{\ln\left(x\right)}{x}\right) $

    Or $ \lim\limits_{x\rightarrow +\infty }\dfrac{\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 - \dfrac{1}{e} $ est compris entre $ F\left(1\right)=0 $ et $ \lim\limits_{x\rightarrow +\infty }F\left(x\right)=+\infty $.

    D'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l'équation $ F\left(x\right)=1 - \dfrac{1}{e} $ admet une unique solution sur l'intervalle $ \left]1;+\infty \right[ $.
  7. 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

  1. 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}=\dfrac{1}{e} $

    Donc $ A\left(\dfrac{1}{e};0\right) $.
  2. L'abscisse du point $ P $ vérifie l'équation :

    $ \dfrac{1}{x}=\ln\left(x\right)+1 $

    $ \ln\left(x\right)+1 - \dfrac{1}{x}=0 $

    $ f\left(x\right)=0 $

    Donc d'après lapartie I, $ x_{P}=1 $ et $ y_{P}=g\left(x_{P}\right)=g\left(1\right)=1 $

    Donc $ P\left(1;1\right) $
    1. Sur l'intervalle $ \left[\dfrac{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 $
    2. $ \mathscr A= - \left[F\left(x\right)\right]_{1/e}^{1} = - F\left(1\right)+F\left(\dfrac{1}{e}\right) = 1\ln 1 - \ln 1+\dfrac{1}{e} \ln \dfrac{1}{e} - \ln \dfrac{1}{e} = 1 - \dfrac{1}{e} $

      car $ \ln 1 = 0 $ et $ \ln \dfrac{1}{e} = - \ln e = - 1 $
    1. 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 $
    2. $ \mathscr A=\mathscr B_{t} \Leftrightarrow F\left(t\right) = 1 - \dfrac{1}{e} $

      D'après la question 6 de la partie précédente, cette équation admet $ t=\alpha $ comme unique solution.