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et la fonction g définie sur ]0; + ∞[ par g(x) = 1 − ln(x)

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Academic year: 2022

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Texte intégral

(1)

E xercice 1

On considère la fonction f définie sur ]0; + ∞[ par f (x) = 2 ln(x) − (ln(x))

2

et la fonction g définie sur ]0; + ∞[ par g(x) = 1 − ln(x)

x .

1. Etudier les limites de f et de g en + ∞ et en 0 à droite.

– Limites de f : f (x) = ln(x)(2 − ln(x))

D’après les limites de la fonction ln et les opérations sur les limites, lim

x→0x>0

f (x) = −∞ et lim

x→+∞

f (x) = −∞

– Limites de g : En 0 : lim

x→0x>0

1 − ln(x) = + ∞ et lim

x→0x>0

1

x = + ∞. Donc, par produit, lim

x→0x>0

g(x) = + ∞

En + ∞, g(x) = 1 x − ln(x)

x . D’après un théorème sur les croissances comparées, lim

x→+∞

ln(x)

x = 0. Donc lim

x→+∞

g(x) = 0 − 0 = 0 2. Etudier le signe de f (x) et celui de g(x) (justifier)

Signe de f

Quand a-t-on ln(x) > 0 ? Lorsque x > 1 (car ln(1) = 0 et ln est strictement croissante).

Quand a-t-on 2 − ln(x) > 0 ? Lorsque ln(x) < 2, c’est-à- dire x < e

2

.

x 0 1 e

2

+ ∞

f (x) − 0 + 0 −

Signe de g

Quand a-t-on 1 − ln(x) > 0 ?

Lorsque ln(x) < 1, c’est-à-dire x < e.

x 0 e + ∞

g(x) + 0 −

3. Calculer la dérivée f

0

de f et démontrer que f

0

a le même signe que g.

En déduire la tableau de variation de f

f

0

(x) = 2 1

x − 2 ln(x) 1

x = 2(1 − ln(x))

x = 2g(x)

Donc f

0

(x) a le signe de g(x). On en déduit le tableau de varia- tions de f :

x 0 e + ∞

f

0

(x) + 0 −

f (x)

−∞

1

−∞

4. Soit k un nombre réel. Déterminer le nombre de solutions de l’équation f (x) = k (d’inconnue x) suivant les valeurs de k D’après le tableau de variations, si k > 1, l’équation f (x) = k n’admet aucune solution puisque le maximum de f vaut1.

Pour k = 1, l’équation admet une solution : x = e.

Pour k < 1, on applique le théorème des valeurs intermédiaires (théorème de la bijection) sur chacun des intervalles ]0; e[ et ]e; + ∞[.

On peut l’appliquer car :

f est continue sur son domaine de définition (ln est continue sur son domaine, et f s’obtient à partir de ln par des multiplications et une soustraction)

0 est une valeur intermédiaire pour chacun des intervalles (0 ∈ ] − ∞ ; 1[) f est strictement monotone sur chacun des intervalles ]0; e[ et ]e; + ∞[

Donc

k > 1 : aucune solution, k = 1 : une solution (e), k < 1 : deux solutions 5. Démontrer que, pour tout réel a strictement positif, f e

2

a

!

= f (a) f e

2

a

!

= 2 ln(e

2

) − 2 ln(a) −

ln(e

2

) − ln(a)

2

= 4 − 2 ln(a) − (4 − 4 ln(a) + (ln(a))

2

) = 2 ln(a) − (ln(a))

2

= f (a)

6. Résoudre l’équation f (x) = −3. Montrer que le résultat est cohérent avec les questions 4 et 5.

On pose X = ln(x), on résout 2X − X

2

= −3, soit X

2

− 2X − 3 = 0.

C’est une équation du second degré, avec ∆ = 16, et admettant comme racines −1 et 3.

Donc l’équation équivaut à ln(x) = −1 ou ln(x) = 3, c’est-à-dire x = e

−1

ou x = e

3

. Il y a bien deux solutions car − 3 < 1 (question 4)

Et e

2

e

−1

= e

3

(question 5).

(2)

E xercice 2 S p´ ecialit´ e P hysique SVT

1. R.O.C. : Soit (E) l’équation di ff érentielle y

0

+ y = 0.

1) Démontrer que la fonction x 7→ C.e

−x

où C est un réel est solution de (E) sur R

On pose f (x) = Ce

−x

alors f est dérivable sur R et f

0

(x) = −Ce

−x

donc pour tout x réel, on a f

0

(x) + f (x) = 0 ainsi f est solution de l’équation di ff érentielle (E) : y

0

+ y = 0

2) Démontrer que toute solution de (E) sur R est de la forme x 7→ C.e

−x

où C est un réel.

Soit f une solution de (E) et posons g(x) = f (x)e

x

alors g est dérivable comme produit de fonctions dérivables et g

0

(x) = f

0

(x)e

x

+ f (x)e

x

= ( f (x) + f

0

(x))e

x

= 0 car f est solution de (E) donc f + f

0

= 0. La fonction g a sa dérivée nulle sur R elle est donc constante. Notons C cette constante ainsi, pour tout x réel, g(x) = C donc f (x) × e

x

= C donc f (x) = Ce

−x

2. On note f (t) le taux d’alcoolémie (en gramme par litre) dans le sang à l’instant t (en heure). f est la solution définie sur R

+

de l’équation différentielle (F) : y

0

+ y = ae

−t

vérifiant f (0) = 0

(a) On définit la fonction g sur R

+

par g(t) = e

t

f (t) −a.t. Montrer que g est dérivable sur R

+

et montrer que g est une fonction constante dont vous préciserez la valeur.

La fonction exponentielle est dérivable sur R donc sur R

+

, la fonction f aussi car elle est solution de l’équation di ff é- rentielle (F) enfin la fonctio t 7→ at est linéaire donc dérivable, g est donc dérivable sur R

+

comme somme et produit de fonctions dérivables. f étant solution de (F) on a, pour tout t réel positif, f

0

(t) + f (t) = ae

−t

. Calculons g

0

(t) : g

0

(t) = e

t

f (t) + e

t

f

0

(t) − a = e

t

( f (t) + f

0

(t)) − a = e

t

(ae

−t

) − a = e

0

× a − a = a − a = 0. La dérivée de g étant nulle sur R

+

, on en déduit que g est une fonction constante. Posons g(t) = C ainsi e

t

f (t) − a.t = C en remplaçant t par 0, on obtient 1 × f (0) − 0 = C. Sachant d’après l’énoncé que f (0) = 0 on obtient C = 0

(b) Donner l’expression de f .

D’après la question précédente, e

t

f (t) − a.t = 0 donc e

t

f (t) = at et f (t) = ate

−t

On suppose que f (t) = 5te

−t

(c) Déterminer le maximum de f sur R

+

f

0

(t) = − f (t) + ae

−t

= −5te

−t

+ 5e

−t

= 5e

−t

(−t + 1) comme 5e

−t

> 0, f

0

(t) a le signe de (−t + 1) donc positif sur [0, 1] et négatif sur [1; + ∞ [ donc f est croissante sur [0, 1] puis décroissante sur [1; + ∞ [, elle passe par un maximum atteint en t = 1 (donc au bout d’une heure) qui vaut f (1) = 5/e ≈ 1, 83g / L

(d) Déterminer la limite de f en + ∞ et tracer le tableau de variations de f sur R

+

t→

lim

+∞

f (t) = lim

t→+∞

5te

−t

= lim

t→+∞

5 t e

t

= 0 car par théorème lim

t→+∞

e

t

t = + ∞

x 0 1 + ∞

f

0

(t) + 0 −

f

0 "

" >

5/e b

b ~ 0

(e) Au bout de combien de temps cette personne peut-elle prendre le volant ? ( le taux maximal autorisé par la loi en France est 0, 5 g / L) (Justifier) On résout f (t) = 0, 5 :

• Sur [0, 1] f est strictement croissante et continue (car dérivable) f (0) = 0 < 0, 5 et f (1) = 5/e > 0, 5 donc l’équation f (t) = 0, 5 possède une unique solution α sur [0, 1]. La calculatrice donne f (0, 1) ≈ 0, 45 et f (0, 2) ≈ 0, 81 donc

0, 1 < α < 0, 2. Ce n’est pas la valeur qui nous intéresse.

• Sur [1; + ∞[, f est strictement décroissante et continue (car dérivable) f (1) = 5/e > 0, 5 et lim

t→+∞

f (t) = 0 donc l’équation f (t) = 0, 5 possède une unique solution β sur [1; + ∞[. La calculatrice donne f (3, 57) ≈ 0, 502 et f (3, 58) ≈ 0, 498 donc

3, 57 < β < 3, 58. Cette personne doit donc attendre environ 3heures et 35mn pour pouvoir prendre le volant.

(f) Dans certains pays (tels la Hongrie ou la république Tchèque) le taux maximal autorisé est 0. Reprendre la question précédente avec cette nouvelle législation. Quelle remarque peut-on faire ?

L’équation f (t) = 0 n’a pas de solution sur ]0; + ∞[ car e

−t

> 0 donc le taux ne sera jamais revenu à 0. D’après ce

modèle la personne ne pourra jamais reprendre le volant ! Nous atteignons ici la limite du modèle, soit on change de

modèle (donc de fonction f ) pour des valeurs de t très grandes soit on considère que le taux au bout d’un certain temps

est devenu si proche de 0 qu’il peut être considéré comme nul.

(3)

E xercice 2 S p´ ecialit´ e M aths

(4)

Annexe Question 2.

−10 −9 −8 −7 −6 −5 −4 −3 −2 −1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

−8

−7

−6

−5

−4

−3

−2

−1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11

0 A

B

C

D

E

Annexe Question 4. (a)

−6 −5 −4 −3 −2 −1 1 2 3 4 5 6

−2

−1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20

0

A C

F

H

B

D

(5)

E xercice 3

A

B

C C C C 0, 5

0, 5

0, 4

0, 6

0, 3

0, 7

(6)

E xercice 4

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