Corrigé Bac Maths S2 1er groupe 2007

I. 

 

Soit $g$ la fonction définie sur $]0\;;\ +\infty[$ par :

$$g(x)=1+x+\ln x$$

1) Dressons le tableau de variation de $g.$

 

Soit $g'$ la fonction dérivée de $g$ alors, on a :

$$g'(x)=1+\dfrac{1}{x}$$

Donc, $\forall\;x\in\;]0\;;\ +\infty[\;;\ g'(x)>0$

 

Par suite, $g$ est strictement croissante sur $]0\;;\ +\infty[.$

 

Par ailleurs,

 

$\begin{array}{rcl}\lim\limits_{x\rightarrow 0^{+}}g(x)&=&\lim\limits_{x\rightarrow 0^{+}}(1+x+\ln x)\\\\&=&-\infty\end{array}$

 

$\begin{array}{rcl}\lim\limits_{x\rightarrow +\infty}g(x)&=&\lim\limits_{x\rightarrow +\infty}(1+x+\ln x)\\\\&=&+\infty\end{array}$

 

D'où, le tableau de variations de $g$ suivant :

$$\begin{array}{|c|lcr|}\hline x&0&&+\infty\\ \hline g'(x)&|&+&\\ \hline&|&&+\infty\\g&|&\nearrow&\\&|-\infty&&\\ \hline \end{array}$$

2) Montrons qu'il existe un unique réel $\alpha$ solution de l'équation $g(x)=0.$

 

En effet, $g$ est continue et strictement croissante sur $]0\;;\ +\infty[$ donc, $g$ est une bijection de $]0\;;\ +\infty[$ sur $]-\infty\;;\ +\infty[$

 

Or, $0\in\;]-\infty\;;\ +\infty[$ donc, d'après le théorème de la bijection, il existe un unique réel $\alpha\in\;]0\;;\ +\infty[$ tel que $g(\alpha)=0.$

 

Vérifions que $\alpha$ appartient à $]0.2\;;\ 0.3[.$

 

Soit : $g(0.2)=1+0.2+\ln 0.2=-0.40\ $ et $\ g(0.3)=1+0.3+\ln 0.3=0.09$

 

Alors, $g(0.2)\times g(0.3)=-0.036<0$

 

Ainsi, $g$ est continue sur $]0.2\;;\ 0.3[\ $ et $\ g(0.2)\times g(0.3)<0.$

 

Donc, d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires il existe $\beta\in\;]0.2\;;\ 0.3[$ solution de l'équation $g(x)=0.$

 

Or, l'unique solution de cette équation est le réel $\alpha.$

 

Par conséquent, $\alpha=\beta.$ D'où, $\alpha$ appartient à $]0.2\;;\ 0.3[.$ 

 

3) En déduisons le signe de $g$ sur $]0\;;\ +\infty[.$

 

D'après les questions précédentes, on peut alors écrire :

$$g(]0\;;\ \alpha])=]-\infty\;;\ 0]\quad\text{ et }\quad g([\alpha\;;\ +\infty[)=[0\;;\ +\infty[$$

Ainsi,

 

$\centerdot\ \ g(x)\leq 0$ sur $]0\;;\ \alpha]$

 

$\centerdot\ \ g(x)\geq 0$ sur $[\alpha\;;\ +\infty[$

 

4) Établissons la relation $\ln(\alpha)=-1-\alpha.$

 

D'après la question 2), $\alpha$ est l'unique solution de l'équation $g(x)=0.$

 

Ce qui signifie que $g(\alpha)=0$

 

Par suite,

 

$\begin{array}{rcl} g(\alpha)=0&\Leftrightarrow&1+\alpha+\ln\alpha=0\\\\&\Leftrightarrow&\ln\alpha=-1-\alpha\end{array}$

 

D'où, la relation : $\boxed{\ln(\alpha)=-1-\alpha}$

 

II. 

 

On considère la fonction $f$ définie par :

$$f(x)=\left\{\begin{array}{ccl} \dfrac{x\ln x}{1+x}&\text{si }& x>0 \\ \\ 0&\text{si }& x=0 \end{array}\right.$$

1) Montrons que $f$ est continue en $0$ puis sur $]0\;;\ +\infty[.$

 

Calculons $\lim\limits_{x\rightarrow 0^{+}}f(x)$

 

On a :

 

$\begin{array}{rcl}\lim\limits_{x\rightarrow 0^{+}}f(x)&=&\lim\limits_{x\rightarrow 0^{+}}\dfrac{x\ln x}{1+x}\\\\&=&\lim\limits_{x\rightarrow 0^{+}}\dfrac{0}{1}\\\\&=&0\end{array}$

 

Donc, $\lim\limits_{x\rightarrow 0^{+}}f(x)=f(0).$

 

D'où, $f$ est continue en $0.$

 

Par ailleurs, $\forall\;x_{0}\in\;]0\;;\ +\infty[\;;\ f$ est continue en $x_{0}.$

 

Par conséquent, $f$ est continue sur $]0\;;\ +\infty[$

 

2) Étudions la dérivabilité de $f$ en $0.$

 

Calculons $\lim\limits_{x\rightarrow 0^{+}}\dfrac{f(x)-f(0)}{x-0}$

 

On a :

 

$\begin{array}{rcl}\lim\limits_{x\rightarrow 0^{+}}\dfrac{f(x)-f(0)}{x-0}&=&\lim\limits_{x\rightarrow 0^{+}}\dfrac{\dfrac{x\ln x}{1+x}}{x}\\ \\&=&\lim\limits_{x\rightarrow 0^{+}}\dfrac{x\ln x}{x(1+x)}\\ \\&=&\lim\limits_{x\rightarrow 0^{+}}\dfrac{\ln x}{1+x}\\ \\&=&\lim\limits_{x\rightarrow 0^{+}}\dfrac{-\infty}{1}\\ \\&=&-\infty\end{array}$

 

Donc, $\boxed{\lim\limits_{x\rightarrow 0^{+}}\dfrac{f(x)-f(0)}{x-0}=-\infty}$

 

Ainsi, la fonction $f$ n'est pas dérivable en $0.$

 

Interprétons graphiquement ce résultat.

 

Comme $\lim\limits_{x\rightarrow 0^{+}}\dfrac{f(x)-f(0)}{x-0}=-\infty$ alors, la courbe représentative de $f$ admet une demi-tangente verticale au point d'abscisse $0.$

 

3) Déterminons la limite de $f$ en $+\infty.$

 

On a :

 

$\begin{array}{rcl}\lim\limits_{x\rightarrow +\infty}f(x)&=&\lim\limits_{x\rightarrow +\infty}\dfrac{x\ln x}{1+x}\\ \\&=&\lim\limits_{x\rightarrow +\infty}\dfrac{x}{x}\times\dfrac{\ln x}{\dfrac{1+x}{x}}\\ \\&=&\lim\limits_{x\rightarrow +\infty}\dfrac{\ln x}{\dfrac{1}{x}+1}\\ \\&=&\lim\limits_{x\rightarrow +\infty}\dfrac{+\infty}{0+1}\\ \\&=&+\infty\end{array}$

 

4) Montrons que, quel que soit $x$ élément de $]0\;;\ +\infty[$

$$f'(x)=\dfrac{g(x)}{(1+x)^{2}}$$

On a : $\forall\;x\in\;]0\;;\ +\infty[\;;\ f(x)=\dfrac{x\ln x}{1+x}$

 

Par suite,

 

$\begin{array}{rcl} f'(x)&=&\dfrac{(1+\ln x)(1+x)-x\ln x}{(1+x)^{2}}\\\\&=&\dfrac{1+x+\ln x+x\ln x-x\ln x}{(1+x)^{2}}\\\\&=&\dfrac{1+x+\ln x}{(1+x)^{2}}\\\\&=&\dfrac{g(x)}{(1+x)^{2}}\end{array}$

 

Ainsi, $\boxed{f'(x)=\dfrac{g(x)}{(1+x)^{2}}}$

 

En déduisons le signe de $f'(x)$ sur $]0\;;\ +\infty[.$

 

Comme $(1+x)^{2}>0$ alors, le signe de $f'(x)$ dépend uniquement du signe de $g(x).$

 

Or, $g(x)$ est négatif sur $]0\;;\ \alpha]$ et positif sur $[\alpha\;;\ +\infty[$

 

Par conséquent,

 

$\centerdot\ \ f'(x)\leq 0$ sur $]0\;;\ \alpha]$

 

$\centerdot\ \ f'(x)\geq 0$ sur $[\alpha\;;\ +\infty[$

 

5) Montrons que $f(\alpha)=-\alpha.$

 

Soit : $f(\alpha)=\dfrac{\alpha\ln\alpha}{1+\alpha}$

 

Or, dans la première partie, à la question 4), on avait : $\ln\alpha=-1-\alpha.$

 

Donc, en remplaçant $\ln\alpha$ par son expression, on obtient :

 

$\begin{array}{rcl} f(\alpha)&=&\dfrac{\alpha\ln\alpha}{1+\alpha}\\\\&=&\dfrac{\alpha(-1-\alpha)}{1+\alpha}\\\\&=&\dfrac{-\alpha(1+\alpha)}{1+\alpha}\\\\&=&-\alpha\end{array}$

 

Ainsi, $\boxed{f(\alpha)=-\alpha}$

 

6) Dressons le tableau de variations de la fonction $f.$

$$\begin{array}{|c|lcccr|}\hline x&0&&\alpha&&+\infty\\ \hline f'(x)&|&-&0&+&\\ \hline&0&&&&+\infty\\f&&\searrow&&\nearrow&\\&&&-\alpha&&\\ \hline \end{array}$$

7) Représentons la courbe de $f$ dans le plan muni du repère orthonormal $(O\;;\ \vec{i}\;,\ \vec{j}).$ Unité graphique : $5\;cm\;.$ Prendre $\alpha\approx 0.3.$

III. 

 

1) A l'aide d'une intégration par parties, calculons l'intégrale

$$I=\int_{1}^{\mathrm{e}}x\ln(x) \mathrm{d}x$$

Posons : $u'=x\ $ et $\ v=\ln x$ alors, on a :

 

\begin{eqnarray} I&=&\int_{1}^{\mathrm{e}}x\ln(x) \mathrm{d}x\nonumber\\ \nonumber\\&=&\left[\dfrac{x^{2}\ln(x)}{2}\right]_{1}^{\mathrm{e}}-\int_{1}^{\mathrm{e}}\dfrac{x^{2}}{2x} \mathrm{d}x\nonumber\\ \nonumber\\&=&\dfrac{\mathrm{e}^{2}}{2}-\int_{1}^{\mathrm{e}}\dfrac{x}{2} \mathrm{d}x\nonumber\\ \nonumber\\&=&\dfrac{\mathrm{e}^{2}}{2}-\left[\dfrac{x^{2}}{4}\right]_{1}^{\mathrm{e}}\nonumber\\ \nonumber\\&=&\dfrac{\mathrm{e}^{2}}{2}-\left(\dfrac{\mathrm{e}^{2}}{4}-\dfrac{1}{4}\right)\nonumber\\ \nonumber\\&=&\dfrac{2\mathrm{e}^{2}}{4}-\dfrac{\mathrm{e}^{2}}{4}+\dfrac{1}{4}\nonumber\\ \nonumber\\&=&\dfrac{\mathrm{e}^{2}+1}{4}\nonumber \end{eqnarray}

 

D'où, $\boxed{I=\dfrac{\mathrm{e}^{2}+1}{4}}$

 

2) Montrons que pour tout $x$ élément de $[1\;;\ \mathrm{e}]$

$$\dfrac{x\ln x}{\mathrm{e}+1}\leq f(x)\leq\dfrac{x\ln x}{2}$$

Soit $x\in[1\;;\ \mathrm{e}]$ alors, cela se traduit, sous forme d'intervalle par :

$$1\leq x\leq\mathrm{e}$$

Par suite,

 

$\begin{array}{rcl} 1\leq x\leq\mathrm{e}&\Rightarrow&1+1\leq 1+x\leq\mathrm{e}+1\\\\&\Rightarrow&\dfrac{1}{\mathrm{e}+1}\leq\dfrac{1}{1+x}\leq\dfrac{1}{2}\\\\&\Rightarrow&\dfrac{x\ln x}{\mathrm{e}+1}\leq\dfrac{x\ln x}{1+x}\leq\dfrac{x\ln x}{2}\end{array}$

 

D'où, $\boxed{\forall\;x\in[1\;;\ \mathrm{e}]\;;\ \dfrac{x\ln x}{\mathrm{e}+1}\leq f(x)\leq\dfrac{x\ln x}{2}}$

 

En déduisons que :

$$\dfrac{\mathrm{e}^{2}+1}{4(\mathrm{e}+1)}\leq\int_{1}^{\mathrm{e}}f(x)\mathrm{d}x\leq\dfrac{\mathrm{e}^{2}+1}{8}$$

Comme $\dfrac{x\ln x}{\mathrm{e}+1}\leq f(x)\leq\dfrac{x\ln x}{2}$ alors, par conservation de l'ordre de l'intégration, on obtient :

 

\begin{eqnarray}\dfrac{x\ln x}{\mathrm{e}+1}\leq f(x)\leq\dfrac{x\ln x}{2}&\Rightarrow&\int_{1}^{\mathrm{e}}\dfrac{x\ln x}{\mathrm{e}+1}\mathrm{d}x\leq\int_{1}^{\mathrm{e}}f(x)\mathrm{d}x\leq\int_{1}^{\mathrm{e}}\dfrac{x\ln x}{2}\mathrm{d}x\nonumber\\ \nonumber\\ &\Rightarrow&\dfrac{1}{\mathrm{e}+1}\int_{1}^{\mathrm{e}}x\ln(x)\;\mathrm{d}x\leq\int_{1}^{\mathrm{e}}f(x)\mathrm{d}x\leq\dfrac{1}{2}\int_{1}^{\mathrm{e}}x\ln(x)\;\mathrm{d}x\nonumber\\ \nonumber\\ &\Rightarrow&\dfrac{1}{\mathrm{e}+1}\times\dfrac{\mathrm{e}^{2}+1}{4}\leq\int_{1}^{\mathrm{e}}f(x)\mathrm{d}x\leq\dfrac{1}{2}\times\dfrac{\mathrm{e}^{2}+1}{4}\nonumber\\ \nonumber\\ &\Rightarrow&\dfrac{\mathrm{e}^{2}+1}{4(\mathrm{e}+1)}\leq\int_{1}^{\mathrm{e}}f(x)\mathrm{d}x\leq\dfrac{\mathrm{e}^{2}+1}{8}\nonumber \end{eqnarray}

 

D'où, $\boxed{\dfrac{\mathrm{e}^{2}+1}{4(\mathrm{e}+1)}\leq\int_{1}^{\mathrm{e}}f(x)\mathrm{d}x\leq\dfrac{\mathrm{e}^{2}+1}{8}}$