Baccalauréat S Amérique du Nord 30 mai 2013 - Correction de l'Exercice 4
Exercice 4 5 points
Soit $f$ la fonction définie sur l'intervalle $]0 ; + \infty[$ par
\[f(x) = \dfrac{1 + \ln (x)}{x^2}\]
et soit $\mathcal{C}$ la courbe représentative de la fonction $f$ dans un repère du plan. La courbe $\mathcal{C}$ est donnée ci-dessous :
- Étudier la limite de $f$ en $0$. $\lim\limits_{x \rightarrow 0} \dfrac{1}{x^2} = +\infty$ $\quad \lim\limits_{x \rightarrow 0} (1 + \text{ln }x) = -\infty$ donc $\lim\limits_{x \rightarrow 0} f(x) = -\infty$.
- $\quad$
- Que vaut $\displaystyle\lim_{x \to + \infty}\dfrac{\ln (x)}{x}$ ? En déduire la limite de la fonction $f$ en $+ \infty$. D'après un résultat du cours on a : $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} \dfrac{\ln (x)}{x}=0$
- $\left.\begin{array}{l} \lim\limits_{x \to \1}~\2=\3\\ \lim\limits_{x \to \1}~\4=\5 \end{array}\right\}$ par \8 on obtient: $\lim\limits_{x \to \1}~\6=\7$
- Pour calculer la limite de $f$ en $+\infty$, on écrit $f(x) = \dfrac{1 + \ln (x)}{x^2} = \dfrac{1 }{x^2}+\dfrac{ \ln (x)}{x^2}$
- $\left.\begin{array}{l} \lim\limits_{x \to \1}~\2=\3\\ \lim\limits_{x \to \1}~\4=\5 \end{array}\right\}$ par \8 on obtient: $\lim\limits_{x \to \1}~\6=\7$
- $\left.\begin{array}{l} \lim\limits_{x \to \1}~\2=\3\\ \lim\limits_{x \to \1}~\4=\5 \end{array}\right\}$ par \8 on obtient: $\lim\limits_{x \to \1}~\6=\7$
- En déduire les asymptotes éventuelles à la courbe $\mathcal{C}$.
$\lim\limits_{x \rightarrow 0} f(x)=-\infty$ donc la droite d'équation $x=0$ est asymptote verticale à $\mathcal{C}$$\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} f(x)=0$ donc la droite d'équation $y=0$ est asymptote horizontale à $\mathcal{C}$ au voisinage de $+\infty$- On note $f'$ la fonction dérivée de la fonction $f$ sur l'intervalle $]0 ; + \infty[$.
Démontrer que, pour tout réel $x$ appartenant à l'intervalle $]0 ; + \infty[$,
\[f'(x) = \dfrac{- 1 - 2\ln (x)}{x^3}.\] - Résoudre sur l'intervalle $]0 ; + \infty[$ l'inéquation $-1 - 2\ln (x) > 0$. En déduire le signe de $f'(x)$ sur l'intervalle $]0 ; + \infty[$. $$ \begin{array}{ l l l } -1 - 2\ln (x) > 0 & \Longleftrightarrow - 2\ln (x) > 1 & \\ & \Longleftrightarrow \ln (x) < \frac{ 1}{2} & \text{car on divise par } -2 < 0\\ & \Longleftrightarrow 0 < x < \text{e} ^{-\frac{1}{2}} &\text{car } exp \text{ est strictement croissante sur } \mathbb{R} \\ \end{array}$$
$\1$ est dérivable comme quotient de deux fonctions dérivables dont le dénominateur ne s'annule pas:
$\1=\dfrac{u}{v}$ d'où $\1'=\dfrac{u'v-v'u}{v^2} $ avec pour tout réel $x$, dans $D_ {\1}$ :
$\left\{ \begin{array}{l} u(x)~ =\2 \\ v(x)~ =\3 \end{array}\right.$ ainsi : $\left\{ \begin{array}{l} u'(x)~ =\4 \\ v'(x)~ =\5 \end{array}\right.$$$\1'(x)=\dfrac{\left(\4\right ) \times\left(\5\right )- \left(\4\right ) \times\left(\2\right )}{\left(\5\right )^2}$$
- Par conséquent, puisque $x^3$ est positif sur $]0;+\infty[$, $f'(x)$ est positif sur $]0;\text{e}^{-0,5}[$ et négatif sur $ ]\text{e}^{-0,5};+\infty[$.
- $\quad$
- Dresser le tableau des variations de la fonction $f$.
- On a $f(\text{e}^{-0,5}) = \dfrac{0,5}{\text{e}^{-1}} = 0,5\text{e}=\dfrac{\text{e}}{2}$.
- On note $f'$ la fonction dérivée de la fonction $f$ sur l'intervalle $]0 ; + \infty[$.
- Démontrer que la courbe $\mathcal{C}$ a un unique point d'intersection avec l'axe des abscisses, dont on précisera les coordonnées. $f(x) = 0 \Leftrightarrow 1 + \text{ln } x = 0 \Leftrightarrow x = \text{e}^{-1}$.
La courbe $\mathcal{C}$ coupe donc l'axe des abscisses en un seul point de coordonnées $(\text{e}^{-1};0)$.li>- En déduire le signe de $f(x)$ sur l'intervalle $]0 ; + \infty[$. A partir du tableau de variation :
- Ayant $-1< -0,5$ on déduit grâce à la stricte croissance de la fonction exponentielle $\text{e}^{-1} < \text{e}^{-0,5}$ par conséquent sur $]0;\text{e}^{-1}[$, $f(x) < 0$.
- Sur $]\text{e}^{-1};+\infty[$, $f(x) > 0$.
- Et $f(\text{e}^{-1}) = 0$
- $\quad$
- Pour tout entier $n \geqslant 1$, on note $I_{n}$ l'aire, exprimée en unités d'aires, du domaine délimité par l'axe des abscisses, la courbe $\mathcal{C}$ et les droites d'équations respectives $x = \dfrac{1}{\text{e}}$ et $x = n$.
- Démontrer que $0 \leqslant I_{2} \leqslant \text{e} - \dfrac{1}{2}$. On admet que la fonction $F$, définie sur l'intervalle $]0 ; + \infty[$ par $F(x) = \dfrac{- 2 - \ln (x)}{x}$,est une primitive de la fonction $f$ sur l'intervalle $]0 ; + \infty[$. On cherche donc $\displaystyle I_2 = \int_{1/\text{e}}^2 f(x)\text{d}x$.
- $\text{e}^{-1} = \dfrac{1}{\text{e}}$ donc $f$ est continue et positive sur $[\text{e}^{-1};2]$ et $I_2 \ge 0$.
- De plus $f(x) \le f(\text{e}^{-0,5})$. Par conséquent $I_2 \le 0,5\text{e}\left(2 – \dfrac{1}{\text{e}} \right)$ soit $I_2 \le \text{e} – \dfrac{1}{2}$.
- Donc finalement, $0 \le I_2 \le \text{e} – \dfrac{1}{2}$.
- $\quad$
- Calculer $I_{n}$ en fonction de $n$. $I_n = F(n) – F\left( \dfrac{1}{\text{e}} \right)$ $ = \dfrac{-2 – \text{ln }n}{n} – \dfrac{-2 + 1}{\dfrac{1}{\text{e}}}$ $ = \dfrac{-2 – \text{ln }n}{n} + \text{e}$.
- $\quad$
- Étudier la limite de $I_{n}$ en $+ \infty$. Interpréter graphiquement le résultat obtenu.
$\left.\begin{array}{l} \lim\limits_{n \to \1}~\2=\3\\ \lim\limits_{n \to \1}~\4=\5 \end{array}\right\}$ par \8 on obtient: $\lim\limits_{n \to \1}~\6=\7$
- $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} \dfrac{-2 – \text{ln }n}{n} = 0$ donc $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} I_n = \text{e}$.
- Cela signifie donc que l’aire comprise entre la courbe et l’axe des abscisses et les droites d’équation $x=n$ et $x=\dfrac{1}{\text{e}}$ tend vers $\text{e}$.
- Vues: 23950