TS jeudi 6 juin 2012-2013

TS jeudi 6 juin _2012-2013

Suite du sujet Amérique du Nord 2013 : Exercice 4 :

Q.1.a →

x lim →0 1 + ln(x) = −∞

x lim →0 x ² = 0 ⁺

) (quotient)

x lim →0 f (x) = −∞ ( −∞ × 1

0 ⁺ = −∞ × (+ ∞ ) = −∞ ) Q.1.b → C’est une limite de référence : lim

x →+∞

ln(x) x = 0 D’autre part, pour x > 0, f (x) = 1

x ² + ln(x) x ² = 1

x ² + 1

x × ln(x) x Compte-tenu de la limite de référence précédente et de lim

x →+∞

1

x = lim

x →+∞

1

x ² = 0, et des opérations sur les limites, on obtient : lim

x →+∞ f (x) = 0

Q.1.c → On est en présence de deux asymptotes :

• lim

x →0 f (x) = −∞ ⇒ la droite d’équation x = 0 (axe des ordonnées) est asymptote à C f ;

• lim

x →+∞ f (x) = 0 ⇒ la droite d’équation y = 0 (axe des abscisses) est asymptote à C f en + ∞ ; Q.2.a → Je vous laisse calculer la dérivée de f sur ]0; + ∞ [,

f ^′ = u v

^′

= u ^′ v − uv ^′ v ²

: Pour x > 0, f ^′ (x) = − 1 − 2 ln(x)

x ³ Q.2.b →

− 1 − 2 ln(x) > 0

x > 0 ⇔

− 1 > 2 ln(x)

x > 0 ⇔

(

ln(x) < − 1 x > 0 2

⇔

x < e ^−1/2

x > 0 ⇔ x ∈

0; e ^−1/2

Comme x > 0, x ³ > 0, donc le signe de f ^′ (x) est celui de − 1 − 2 ln(x). On peut également démontrer que f ^′ (x) < 0 ⇔ x > e ^−1/2 . On résume dans un tableau de variations le signe de f ^′ (x) et les variations de f sur ]0; + ∞ [.

Q.2.c → x f ^′ (x)

f

0 e ^−1/2 + ∞

+ 0 −

−∞

−∞

e 2 e 2

0 0 Q.3.a → On cherche les solutions de f (x) = 0 pour x > 0.

f (x) = 0 x > 0 ⇔

1 + ln(x) = 0

x > 0 ⇔

ln(x) = − 1

x > 0 ⇔ x = e ⁻¹ , comme il n’y a qu’une seule solution à l’équation, il existe un unique point d’intersection dont les coordonnées sont (e ⁻¹ ; 0). On pouvait également, en appliquant le théorème de la bijection constater que l’équation f (x) = 0 n’avait qu’une seule solution (voir tableau de variations).

Q.3.b → On obtient assez facilement compte-tenu de ce qui précède, x

f (x)

0 e ⁻¹ + ∞

− 0 +

On peut vérifier ce signe directement sur la courbe de la fonction qui est donnée.

Q.4.a → I n est l’aire du domaine, exprimée en unités d’aires, du domaine délimité par l’axe des abscisses, la courbe de f et les droites d’équations x = 1

e et x = n.

My Maths Space 1 sur 2

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Comme f est continue et positive sur [e ⁻¹ ; n], on peut écrire que I n = Z n

e

f (x)dx.

On fixe n = 2.

Pour prouver la double inégalité, on doit appliquer la propriété d’intégration d’une inégalité à une double inéga- lité vérifiée par f (x) ; pour cela, on se sert du tableau de variations grâce auquel on peut écrire que :

∀ x ∈ [e ⁻¹ ; 2], 0 6 f (x) 6 e

(attention f (x) doit être compris entre le minimum de la fonction f 2 et le maximum sur l’intervalle [e ⁻¹ ; 2]) On obtient donc, en utilisant l’intégration :

Z 2 e

0 dx 6 Z 2

e

f (x) dx 6 Z 2

e

e

2 dx ⇔ 0 6 I 2 6 h ex

2 i ²

e

⇔ 0 6 I 2 6 e − 1 2 (en effet x 7→ e

2 , a pour primitive x 7→ ex 2 ) Q.4.b → Pour x > 0, F(x) = − 2 − ln(x)

x . F est une primitive de f sur ]0; + ∞ [.

On a donc I n = Z n

e

f (x)dx =

− 2 − ln(x) x

ⁿ

e

= − 2 − ln(n)

n − − 2 − ln(e ⁻¹ ) e ⁻¹ = − 2

n − ln(n) n + e Q.4.c → lim

n →+∞

− 2

n = 0, puis lim

n →+∞

ln(n)

n = 0, on peut donc écrire raisonnablement :

n →+∞ lim I n = e.

Graphiquement, cela signifie que l’aire du domaine, pour n tendant vers + ∞ , tend vers un nombre fini qui vaut e. (aire finie pour un domaine au contour non « fermé »)

My Maths Space 2 sur 2