Universit´e Paris-Dauphine UE 15 Outils math´ematiques D´epartement LSO
DEGEAD 1`ere ann´ee
Correction de l’examen du 30 janvier 2013
1heure 30
Les calculatrices, les t´el´ephones portables et tous les documents sont interdits.
Vous marquerez votre num´ero de TD sur la copie dans l’espace pr´evu
`
a cet effet.
Il sera tenu compte de la pr´esentation, de la lisibilit´e et de la r´edaction. Tous les calculs doivent figurer sur la copie : un r´esultat exact, mais non justifi´e sera consid´er´e comme nul.
Exercice 1(60% de la note)
On consid`ere la fonctionf d´efinie sur le domaineIRpar :
∀x∈IR, f(x) =
x−xln(|x|) six6= 0
0 six= 0
1. 0,5 point On a
∀x∈IR, f(x)+f(−x) =x−xln(|x|)−x−(−x) ln(|−x|) =−xln(|x|)+xln(|x|) = 0.
Doncf est une fonction impaire surIR.
2. 1 point et 0,5 si il y a seulement ´egalit´e des limites
La fonction f est continue sur IR∗. Il reste `a prouver la continuit´e en 0.
Par croissance compar´ee lim
x→0+f(x) = lim
x→0+(x−xln(x)) = 0 et lim
x→0−f(x) = lim
x→0+(x−xln(−x)) = 0.
Commef(0) = 0, on a lim
x→0+f(x) = lim
x→0−f(x) =f(0) ce qui prouve quef est continue en 0.
Doncf est continue surIR.
3. 1 point On a
∀x >0, f(x) =x(1−lnx) De plus
x→+∞lim 1−lnx=−∞
donc par produit de limite
x→+∞lim f(x) =−∞
Commef est impaire
x→−∞lim f(x) = lim
x→−∞−f(−x) = +∞.
4. 1 point
On ´etudie le taux d’accroissement f(x)−f(0)
x−0 = 1−ln|x|
donc
lim
x→0+
f(x)−f(0)
x−0 = +∞.
Par cons´equent la fonction n’est pas d´erivable en 0.
5. 1 point et 0,5 si il manque une racine
Commef(0) = 0, 0 est une solution de cette ´equation.
Par ailleurs, pour tout r´eel xnon nul
f(x) =x ⇐⇒ x−xln|x|= 0
⇐⇒ ln|x|= 1
⇐⇒ |x|=e.
Les solutions def(x) = 0 sont 0,eet −e.
6. 0,5 point On a
∀x∈IR∗, f0(x) = 1−ln|x| − x
x=−ln|x|. 7. 1 point
On en d´eduit quefest d´ecroissante sur [−∞,−1] puis croissante sur [−1,1]
puis d´ecroissante sur [1,+∞[.
8. 1 point
On admet quef est C2 surIR∗. On a
∀x∈IR∗, f00(x) =−1 x
On en d´eduit quef est convexe sur ]− ∞,0[ puis concave sur ]0,+∞[.
9. 0,5 point
L’´equation de la tangente `a la courbe repr´esentative def au pointx=e est
y=f0(e)(x−e) +f(e) soit
y=−x+e.
10. 0,5 point
Par concavit´e, le graphe def est en dessous de sa tangente donc
∀x >0, x−xln|x| ≤e−x.
11. 1 point
La fonction f est continue, strictement d´ecroissante sur [1,+∞[ donc r´ealise une bijection de [1,+∞[ dansf([1,+∞[). De plus
f([1,+∞[) =] lim
x→+∞f(x), f(1)] =]− ∞,1].
12. 2 points dont 1 point pour l’int´egration par parties On a par lin´earit´e
I = Z e
1
f(t)dt
= Z e
1
t−tlnt dt
= Z e
1
t− Z e
1
tlnt dt
= [t2 2]e1−
Z e
1
tlnt dt
= e2−1
2 −
Z e
1
tlnt dt
Pour calculerRe
1 tlnt dton utilise une int´egration par parties , on pose u(t) = t2
2, v(t) = lnt.
les fonctionsuetv sont de classeC1 sur [1, e] donc Z e
1
tlnt dt= [t2
2 lnt]e1− Z e
1
t2
2tdt=e2 2 −
Z e
1
t
2dt= e2
2 −e2−1 4 . Donc
I=e2−1 2 −e2
2 +e2−1
4 = e2−3 4 .
13. 1 point, enlever 1 point si il manque la tangente ou la zone hachur´ee et 0 si la parit´e n’est pas respect´ee
Le graphe def
Exercice 2(40% de la note)
On consid`ere la fonctionf d´efinie sur le domaineIRpar :
∀x∈IR, f(x) =p
x2+ 1−x.
On admet quef est continue et d´erivable surIR.
1. 1,5 point dont 1 point pour la limite en+∞ et 0,5 pour l’autre On a pour tout r´eelxavec la quantit´e conjugu´ee
f(x) = (√
x2+ 1−x)(√
x2+ 1 +x)
√x2+ 1 +x = x2+ 1−x2
√x2+ 1 +x= 1
√x2+ 1 +x On en d´eduit que
x→+∞lim f(x) = 0.
On obtient directement par somme de limites que
x→−∞lim f(x) = +∞.
2. 1,5 point dont 1 point pour la d´eriv´ee et 0,5 pour les variations On a pour tout r´eelx
f0(x) = 2x 2√
x2+ 1−1 = x−√ x2+ 1
√x2+ 1 . Comme pour tout r´eel x, on a x <√
x2+ 1 donc
∀x∈IR, f0(x)<0.
Doncf est d´ecroissante sur IR.
3. 1 point
La fonctionfest continue et strictement d´ecroissante surIR, doncfr´ealise une bijection deIRdansf(IR). De plus
f(IR) =] lim
x→+∞f(x), lim
x→−∞f(x)[=]0,+∞[.
4. 1 point
On a pour tout r´eelx
y=f(x) ⇐⇒ y=p
x2+ 1−x
⇐⇒ y+x=p x2+ 1
⇐⇒ (y+x)2=x2+ 1,
⇐⇒ y2+ 2xy= 1,
⇐⇒ x=1−y2 2y .
5. On pose
A= Z 1
0
px2+ 1dx, B= Z
√2−1
1
f−1(y)dy.
(a) 1,5 point dont 1 point pour la premi`ere ´egalit´e et 0,5 pour l’int´egrations par parties
La fonctionf ´etant de classeC1 surIR, on peut effectuer le change- ment de variabley=f(x). De plus commef(0) = 1 etf(1) =√
2−1, on obtient
B= Z
√2−1
1
f−1(y)dy=
Z f−1(√ 2−1) f−1(1)
f−1(f(x))f0(x)dx= Z 1
0
xf0(x)dx.
Sans calculer B, `a l’aide du changement de variable y = f(x) que l’on justifiera, montrer que
B= Z 1
0
xf0(x)dx.
Puis par int´egration par parties en posant que u(x) =x, v(x) =f(x), les fonctionsuetv sontC1surIR donc
B= Z 1
0
xf0(x)dx= [xf(x)]10− Z 1
0
f(x)dx=f(1)− Z 1
0
f(x)dx, donc
B =√ 2−1−
Z 1
0
f(x)dx.
(b) 2 points dont 1 point pour B et 1 point pour la valeur de A
Par calcul direct,
B =
Z
√2−1
1
f−1(y)dy
= Z
√2−1
1
1−y2 2y dy
= Z
√2−1
1
1 2y −y
2dy
= [1
2lny−y2 4 ]
√2−1
1 ,
= 1 2ln(√
2−1)−3−2√ 2
4 +1
4,
= 1
2ln(√
2−1) +
√2−1 2 .
Donc
A =
Z 1
0
px2+ 1dx,
= Z 1
0
f(x) +x dx
= Z 1
0
f(x)dx+ Z 1
0
x dx
= √
2−1−B+1 2,
= √
2−1−1 2ln(√
2−1)−
√ 2−1
2 +1
2,
=
√2 2 −1
2ln(√ 2−1).
