Baccalauréat S Amérique du Sud 21 novembre 2017 Fonction ln

Correction de l'exercice 1 (5 points)

Commun à tous les candidats

La chocolaterie Delmas décide de commercialiser de nouvelles confiseries : des palets au chocolat en forme de goutte d'eau. Pour cela, elle doit fabriquer des moules sur mesure qui doivent répondre à la contrainte suivante : pour que cette gamme de bonbons soit rentable, la chocolaterie doit pouvoir en fabriquer au moins \(80\) avec \(1\) litre de pâte liquide au chocolat.

Partie A : modélisation par une fonction

Le demi contour de la face supérieure du palet sera modélisé par une portion de la courbe de la fonction \(f\) définie sur \(]0~;~+ \infty[\) par : \[f(x) = \dfrac{x^2 - 2x - 2 - 3\ln x}{x}.\]La représentation graphique de la fonction \(f\) est donnée ci-dessous.

Le repère est orthogonal d'unité \(2\) cm en abscisses et \(1\) cm en ordonnées.

1. Soit \(\varphi\) la fonction définie sur \(]0~;~+ \infty[\) par : \[\varphi(x) = x^2 - 1 + 3\ln x.\]
   1. Calculer \(\varphi(1)\) et la limite de \(\varphi\) en \(0\).
   \(\varphi(1)=1^2-1+3\ln(1)=0\)
   \(\lim\limits_{x \to 0^+}x^2-1=-1\) et \(\lim\limits_{x \to 0^+} \ln(x)=-\infty\)
   Donc \(\lim\limits_{x \to 0^+}\varphi(x)=-\infty\)
   \(\quad\)
   
   2. Étudier les variations de \(\varphi\) sur \(]0~;~+ \infty[\). En déduire le signe de \(\varphi(x)\) selon les valeurs de \(x\).
   La fonction \(\varphi\) est dérivable sur \(]0;+\infty[\) en tant que somme de fonctions dérivables sur cet intervalle.
   \(\varphi'(x)=2x+\dfrac{3}{x} >0\) sur \(]0;+\infty[\).
   La fonction \(\varphi\) est donc strictement croissante sur \(]0;+\infty[\).
   \(\quad\)
   Puisque \(\varphi(1)=0\) cela signifie donc que :
   – \(\varphi(x)<0\) sur l’intervalle \(]0;1[\)
   – \(\varphi(1)=0\)
   – \(\varphi(x)>0\) sur l’intervalle \(]1;+\infty[\)
   \(\quad\)
2. 1. Calculer les limites de \(f\) aux bornes de son ensemble de définition.
   \(f(x)=\dfrac{x^2-2x-2-3\ln(x)}{x}\)
   \(\lim\limits_{x \to 0^+}x^2-2x-2=-2\) et \(\lim\limits_{x \to 0^+} -3\ln(x)=+\infty\)
   Donc \(\lim\limits_{x \to 0^+} x^2-2x-2-3\ln(x)=+\infty\)
   \(\lim\limits_{x \to 0^+} \dfrac{1}{x}=+\infty\)
   Par conséquent \(\lim\limits_{x \to 0^+} f(x)=+\infty\)
   \(\quad\)
   \(f(x)=x-2-\dfrac{2}{x}-3\dfrac{\ln(x)}{x}\)
   \(\lim\limits_{x \to +\infty}x-2=+\infty\), \(\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{2}{x}=0\) et \(\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{\ln(x)}{x}=0\)
   Donc \(\lim\limits_{x \to +\infty} f(x)=+\infty\)
   \(\quad\)
   
   2. Montrer que sur \(]0~;~+ \infty[\) : \(f'(x) = \dfrac{\varphi(x)}{x^2}\). En déduire le tableau de variation de \(f\).
   La fonction \(f\) est dérivable sur l’intervalle \(]0;+\infty[\) en tant que somme et quotient de fonctions dérivables sur cet intervalle dont le dénominateur ne s’annule pas.
   \(\begin{align*} f'(x)&=\dfrac{\left(2x-2-\dfrac{3}{x}\right)x-\left(x^2-2x-2-3\ln(x)\right)}{x^2} \\
   &=\dfrac{2x^2-2x-3-x^2+2x+2+3\ln(x)}{x^2}\\
   &=\dfrac{x^2-1+3\ln(x)}{x^2}\\
   &=\dfrac{\varphi(x)}{x^2}
   \end{align*}\)
   \(\quad\)
   
   • Signe de la dérivée :
     
   • Tableau de variations :
     
   3. Prouver que l'équation \(f(x) = 0\) admet une unique solution \(\alpha\) sur \(]0~;~1]\). Déterminer à la calculatrice une valeur approchée de \(\alpha\) à \(10^{-2}\) près. On admettra que l'équation \(f(x) = 0\) a également une unique solution \(\beta\) sur \([1~;~+ \infty[\) avec \(\beta \approx 3,61\) à \(10^{-2}\) près.
   La fonction \(f\) est continue (car dérivable) et strictement décroissante sur l’intervalle \(]0;1]\).
   \(\lim\limits_{x \to 0^+} f(x)=+\infty\) et \(f(1)=-3\)
   Donc \(0\in[-3;+\infty[\).
   D’après le théorème de la bijection (ou corollaire du théorème des valeurs intermédiaires) l’équation \(f(x)=0\) possède une unique solution \(\alpha\) sur l’intervalle \(]0;1]\).
   À l’aide de la calculatrice on trouve \(\alpha\approx 0,41\)
   \(\quad\)
   
   4. Soit \(F\) la fonction définie sur \(]0~;~+ \infty[\) par : \[F(x) = \dfrac{1}{2}x^2 - 2x - 2\ln x - \dfrac{3}{2}(\ln x)^2.\]Montrer que \(F\) est une primitive de \(f\) sur \(]0~;~+ \infty[\).
   \(F\) est dérivable sur l’intervalle \(]0;+\infty[\) en tant que somme et produit de fonctions dérivables sur cet intervalle.
   \(\begin{align*} F'(x)&=\dfrac{1}{2}\times 2x-2-\dfrac{2}{x}-\dfrac{3}{2}\times 2\times \dfrac{1}{x}\times \ln(x) \\
   &=x-2-\dfrac{2}{x}-\dfrac{3\ln(x)}{x} \\
   &=\dfrac{x^2-2x-2-3\ln(x)}{x}\\
   &=f(x)
   \end{align*}\)
   La fonction \(F\) est donc une primitive de la fonction \(f\) sur l’intervalle \(]0;1[\).
   \(\quad\)

Partie B : résolution du problème

Dans cette partie, les calculs seront effectués avec les valeurs approchées à \(10^{-2}\) près de \(\alpha\) et \(\beta\) de la partie .

La fonction \(-f\) est positive sur l’intervalle \([\alpha;\beta]\).
Calculons l’aire \(I\) du domaine compris entre la courbe \(C’\), l’axe des abscisses et les droites d’équation \(x=\alpha\) et \(x=\beta\).
\(\begin{align*} I&=\displaystyle \int_{\alpha}^{\beta} -f(x)\;dx \\
&=-\left(F(\beta)-F(\alpha)\right) \\
&\approx 5,598
\end{align*}\)

L’aire \(\mathscr{A}\) de la face supérieure est donc \(2I\approx 11,196\) u.a.
Or \(1\)u.a. = 2 cm\(^2\)
Donc \(\mathscr{A}\approx 22,392\) cm\(^2\).

Le volume du palet est \(V=\mathscr{A} \times 0,5\approx 11,196\) cm\(^2\).

Par conséquent \(80\) palets ont un volume de \(80V\approx 895,68\) cm\(^3\) (qui est bien inférieur à \(1\) litre \(=1~000\) cm\(^3\)) .

La contrainte de rentabilité est donc respectée.

\(\quad\)