Baccalauréat S Amérique du Nord 30 mai 2013 - Correction de l'Exercice 4

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Exercice 4 5 points


Commun à tous les candidats

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 :

        1. Étudier la limite de $f$ en $0$.
        2. $\lim\limits_{x \rightarrow 0} \dfrac{1}{x^2} = +\infty$ $\quad \lim\limits_{x \rightarrow 0} (1 + \text{ln }x) = -\infty$ donc $\lim\limits_{x \rightarrow 0} f(x) = -\infty$.

          $\quad$

          $\left.\begin{array}{l} \lim\limits_{x \to \1}~\2=\3\\ \lim\limits_{x \to \1}~\4=\5 \end{array}\right\}$ par \8 on obtient: $\lim\limits_{x \to \1}~\6=\7$
        1. Que vaut $\displaystyle\lim_{x \to + \infty}\dfrac{\ln (x)}{x}$ ? En déduire la limite de la fonction $f$ en $+ \infty$.
        2. D'après un résultat du cours on a : $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} \dfrac{\ln (x)}{x}=0$

          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: $\lim\limits_{x \to \1}~\6=\7$

        1. 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 $+\infty$
        1. 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 $]0 ; + \infty[$,
          \[f'(x) = \dfrac{- 1 - 2\ln (x)}{x^3}.\]
        2. $\1$ 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 : $\left\{ \begin{array}{l} u'(x)~ =\4 \\ v'(x)~ =\5 \end{array}\right.$ 

          $$\1'(x)=\dfrac{\left(\4\right ) \times\left(\5\right )- \left(\4\right ) \times\left(\2\right )}{\left(\5\right )^2}$$

        3. Résoudre sur l'intervalle $]0 ; + \infty[$ l'inéquation $-1 - 2\ln (x) > 0$. En déduire le signe de $f'(x)$ sur l'intervalle $]0 ; + \infty[$.
        4. $$ \begin{array}{ l l l } -1 - 2\ln (x) > 0 & \Longleftrightarrow - 2\ln (x) > 1 & \\ & \Longleftrightarrow \ln (x) < \frac{ 1}{2} & \text{car on divise par } -2 < 0\\ & \Longleftrightarrow 0 < x < \text{e} ^{-\frac{1}{2}} &\text{car } exp \text{  est strictement croissante sur } \mathbb{R} \\ \end{array}$$

          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[$.

          $\quad$

        1. Dresser le tableau des variations de la fonction $f$.

        On a $f(\text{e}^{-0,5}) = \dfrac{0,5}{\text{e}^{-1}} = 0,5\text{e}=\dfrac{\text{e}}{2}$.
        1. Démontrer que la courbe $\mathcal{C}$ a un unique point d'intersection avec l'axe des abscisses, dont on précisera les coordonnées.
        2. $f(x) = 0 \Leftrightarrow 1 + \text{ln } x = 0 \Leftrightarrow x = \text{e}^{-1}$.

      La courbe $\mathcal{C}$ coupe donc l'axe des abscisses en un seul point de coordonnées $(\text{e}^{-1};0)$.
      li>
    1. En déduire le signe de $f(x)$ sur l'intervalle $]0 ; + \infty[$.
    2. 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 $x = n$.
      1. Démontrer que $0 \leqslant I_{2} \leqslant \text{e} - \dfrac{1}{2}$.
      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, $0 \le I_2 \le \text{e} – \dfrac{1}{2}$.

        $\quad$

      1. Calculer $I_{n}$ en fonction de $n$.
      2. $I_n = F(n) – F\left( \dfrac{1}{\text{e}} \right)$ $ = \dfrac{-2 – \text{ln }n}{n} – \dfrac{-2 + 1}{\dfrac{1}{\text{e}}}$ $ = \dfrac{-2 – \text{ln }n}{n} + \text{e}$.

        $\quad$

      1. Étudier la limite de $I_{n}$ en $+ \infty$. Interpréter graphiquement le résultat obtenu.
      2. $\left.\begin{array}{l} \lim\limits_{n \to \1}~\2=\3\\ \lim\limits_{n \to \1}~\4=\5 \end{array}\right\}$ par \8 on obtient: $\lim\limits_{n \to \1}~\6=\7$ 

         

        \{n\}|0|\dfrac\{-2 -\text\{ln \}n\}\{n\}|0|somme}

        $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} \dfrac{-2 – \text{ln }n}{n} = 0$ 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 $\text{e}$.
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