Baccalauréat S Amérique du Nord 2 juin 2015

Correction de l'exercice 4 6 points


COMMUN À TOUS LES CANDIDATS

Exercice 4 6 points


Commun à tous les candidats


Partie A
Soit \(u\) la fonction définie sur \(]0;+ \infty[\) par \[u(x) = \ln(x) + x - 3.\]
  1. Justifier que la fonction \(u\) est strictement croissante sur l'intervalle \(]0;+ \infty[\).
  2. La fonction \(u\) est dérivable sur \(]0;+\infty[\) en tant que somme de fonctions dérivables sur cet intervalle.
    Pour tout \(x \ge 0\), on a : \(u'(x) = \dfrac{1}{x} + 1 > 0\).
    Par conséquent la fonction \(u\) est strictement croissante sur \(]0;+\infty[\).
  3. Démontrer que l'équation \(u(x) = 0\) admet une unique solution \(\alpha\) comprise entre 2 et 3.
  4. D'après le théorème de la bijection :
    • \(u \) est une fonction dérivable (donc continue) sur l' intervalle \(I = \left]0 ; +\infty\right[\).
    • \(u\) est strictement croissante sur l' intervalle \(I = \left]0 ; +\infty\right[\).
    • \(\lim\limits_{x \to 0}~u(x)=- \infty\) et \(\lim\limits_{x \to +\infty}~u(x)=+ \infty\)

    \(u\) réalise donc une bijection de \(\left]0 ; +\infty\right[\) sur \(\left]- \infty;+ \infty\right[\)
    \(0\in \left]- \infty;+ \infty\right[\),
    donc l'équation \(u(x) = 0 \) a une racine unique \(\alpha\) dans \(\left]0 ; +\infty\right[\) .

    De plus \(u(2) =\ln 2 – 1 < 0\) et \(u(3) = \ln 3>0\)
    Donc \(2 < \alpha < 3\).
  5. En déduire le signe de \(u(x)\) en fonction de \(x\).
  6. Par conséquent, puisque la fonction \(u\) est strictement croissante :
    Sur \(]0;\alpha[\), \(u(x) <0\).
    \(u(\alpha) = 0\)
    Sur \(]\alpha; +\infty[\), \(u(x) > 0\).
    \(\quad\) On peut également utiliser le tableau de variation de \(u\)

Partie B
Soit \(f\) la fonction définie sur l'intervalle \(]0;+ \infty[\) par \[f(x) = \left( 1 - \dfrac{1}{x}\right) [\ln(x) - 2] + 2.\]On appelle \(\mathcal{C}\) la courbe représentative de la fonction \(f\) dans un repère orthogonal.
  1. Déterminer la limite de la fonction \(f\) en \(0\).
  2. \(\lim\limits_{x \to 0^+} -\dfrac{1}{x} = -\infty\).
    Donc \(\lim\limits_{x \to 0^+} 1 – \dfrac{1}{x} = -\infty\)
    De plus \(\lim\limits_{x \to 0^+} \ln x – 2 = -\infty\)
    Par conséquent, \(\lim\limits_{x \to 0^+} f(x) = +\infty\).
    1. Démontrer que, pour tout réel \(x\) de l'intervalle \(]0;+ \infty[\), \(f’(x) = \dfrac{u(x)}{x^2} \) où \(u\) est la fonction définie dans la partie A.
    2. La fonction \(f\) est dérivable sur \(]0;+\infty[\) en tant que somme et produit de fonctions dérivables sur cet intervalle.
      \(\begin{align*} f'(x) &= \dfrac{1}{x^2}(\ln(x) – 2) + \left(1 – \dfrac{1}{x}\right)\times \dfrac{1}{x} \\ &= \dfrac{\ln(x) – 2 + x – 1}{x^2} \\ & = \dfrac{\ln(x) + x -3}{x^2} \\ & = \dfrac{u(x)}{x^2} \end{align*}\)
      \(\quad\)
    3. En déduire le sens de variation de la fonction \(f\) sur l'intervalle \(]0;+ \infty[\).
    4.  Pour tout réel \(x\in ]0;+\infty[ \)  \(x^2 > 0\) sur \(]0;+\infty[\).
      Par conséquent \(f'(x)\) a le signe de \(u(x)\) étudié à la partie A:

Partie C
Soit \(\mathcal{C}’\) la courbe d'équation \(y = \ln (x)\).
  1. Démontrer que, pour tout réel \(x\) de l'intervalle \(]0;+ \infty[\), \(f(x) - \ln(x) = \dfrac{2 - \ln (x)}{x}\). En déduire que les courbes \(\mathcal{C}\) et \(\mathcal{C}’\) ont un seul point commun dont on déterminera les coordonnées.
  2. \(\begin{align*} f(x) – \ln(x) & = \left(1 – \dfrac{1}{x}\right)(\ln(x) – 2) + 2 – \ln(x) \\ &= \ln(x) – 2 – \dfrac{\ln(x) – 2}{x} + 2 – \ln(x) \\ & = \dfrac{2 – \ln(x)}{x} \end{align*}\)
    \(\quad\)
    Par conséquent \(f(x) = \ln(x) \iff 2 – \ln(x) = 0 \iff x = e^{2}\).
    \(\ln\left( e^{2}\right) = 2\).
    Les deux courbes \(\mathscr{C}\) et \(\mathscr{C’}\) ont donc un seul point d’intersection de coordonnées \(\left(e^{2};2\right)\).
  3. On admet que la fonction \(H\) définie sur l'intervalle \(]0;+ \infty[\) par \[H(x) = \dfrac{1}{2} [\ln (x)]^2\]est une primitive de la fonction \(h\) définie sur l'intervalle \(]0;+ \infty[\) par \(h(x) = \dfrac{\ln (x)}{x}\). Calculer \(I = \displaystyle\int_1^{\text{e}^2}\dfrac{2 - \ln x}{x}\:\text{d}x\). Interpréter graphiquement ce résultat.
  4. \[\begin{array} {rl}I &= \displaystyle \int_1^{e^2} \dfrac{2-\ln(x)}{x} \mathrm{d}x \\ &= \displaystyle \int_1^{ e^2} \dfrac{2 }{x} \mathrm{d}x - \int_1^{ e^2} \dfrac{\ln(x) }{x} \mathrm{d}x\\ &= \left[2\ln x \right]_1^{e^2} -\left( H\left( e^2\right) - H(1)\right) \\ & = 2\ln\left(e^2\right)-2\ln 1-\left(\dfrac{1}{2} \left(2^2 - 0\right)\right) \\ & = 4-2 \\ &=2\end{array}\].
    Cela signifie donc que l’aire comprise entre les deux courbes \(\mathscr{C}\) et \(\mathscr{C’}\) et les droites d’équation \(x=1\) et \(x= e^2\) est de \(2\) u.a. .

 

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