Baccalauréat S Antilles-Guyane 20 juin 2016

Correction de l'exercice 3 (5 points)


Commun à tous les candidats

Partie A

On considère la fonction \(f\) définie pour tout réel \(x\) par \(f(x)=x\text{e}^ {1-x^2}\).

  1. Calculer la limite de la fonction \(f\) en \(+\infty\).
    Indication: on pourra utiliser que pour tout réel \(x\) différent de \(0\), \(f(x)=\frac{\text{e}}{x}\times\frac{x^2}{\text{e}^ {x^2}}\).
    On admettra que la limite de la fonction \(f\) en \(-\infty\) est égale à 0.
  2. \(f(x)=x\text{e}^{1-x^2}=x\text{e}\times \dfrac{1}{\text{e}^{x^2}}=\dfrac{\text{e}}{x}\times \dfrac{x^2}{\text{e}^{x^2}}\)
    \(\lim\limits_{x \to +\infty} x^2=+\infty\) et \(\lim\limits_{X \to +\infty} \dfrac{\text{e}^X}{X}=+\infty\) par conséquent \(\lim\limits_{X \to +\infty} \dfrac{X}{\text{e}^X}=0\)
    Donc \(\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{x^2}{\text{e}^{x^2}}=0\).
    De plus \(\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{\text{e}}{x}=0\).
    Donc \(\lim\limits_{x \to +\infty} f(x)=0\)
    \(\quad\)
    1. On admet que \(f\) est dérivable sur \(\mathbb R\) et on note \(f'\) sa dérivée.
      Démontrer que pour tout réel \(x\), \[ f'(x)=\left(1-2x^2\right)\text{e}^ {1-x^2}. \]
    2. \(\begin{align*} f'(x)&=\text{e}^{1-x^2}+x\times (-2x)\text{e}^{1-x^2} \\
      &=\left(1-2x^2\right)\text{e}^{1-x^2}
      \end{align*}\)
      \(\quad\)
    3. En déduire le tableau de variations de la fonction \(f\).
    4. La fonction exponentielle est strictement positive. Le signe de \(f'(x)\) ne dépend donc que de celui de \(1-2x^2\).
      \(1-2 x^2 \) est un trinôme du second degré qui a pour racines \(-\frac{\sqrt 2}{2}\) et \(\frac{\sqrt 2}{2}\); il a donc le signe de \(a=-2\) à l'extérieur des racines et celui de \(-a\) à l'intérieur.et \(1-2x^2>0 \iff \dfrac{1}{2}>x^2 \iff x \in \left[-\dfrac{\sqrt{2}}{2};\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right]\)
      On obtient ainsi le tableau de variations suivant :
      Tab1
      où \(\alpha=f\left(-\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)=-\dfrac{\sqrt{2}}{2}\text{e}^{0,5}\) et \(\beta =f\left(-\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\text{e}^{0,5}\)
Partie B

On considère la fonction \(g\) définie pour tout réel \(x\) par \(g(x)=\text{e}^ {1-x}\).
Sur le graphique ci-dessous, on a tracé dans un repère les courbes représentatives \(\mathcal{C}_f\) et \(\mathcal{C}_g\) respectivement des fonctions \(f\) et \(g\).

Le but de cette partie est d'étudier la position relative de ces deux courbes.

  1. Après observation du graphique, quelle conjecture peut-on émettre ?
  2. Il semblerait que \(\mathscr{C}_g\) soit toujours au-dessus de \(\mathscr{C}_f\).
    \(\quad\)
  3. Justifier que, pour tout réel \(x\) appartenant à \(]-\infty~;~0]\), \(f(x)<g(x)\).
  4. Pour tout \(x\in]-\infty;0]\), \(f(x) \leqslant 0\) et \(g(x)>0\).
    Donc sur cet intervalle \(f(x)< g(x)\).
    \(\quad\)
  5. Dans cette question, on se place dans l'intervalle \(]0~;~+\infty[\).
    On pose, pour tout réel \(x\) strictement positif, \(\Phi(x)=\ln x-x^2+x\).
    1. Montrer que, pour tout réel \(x\) strictement positif, \[ f(x)\leqslant g(x)\text{ équivaut à }\Phi(x)\leqslant 0. \]On admet pour la suite que \(f(x)=g(x)\) équivaut à \(\Phi(x)=0\).
    2. Pour tout \(x\in]-\infty;0]\), \(f(x) \leqslant 0\) et \(g(x)>0\).
      Donc sur cet intervalle \(f(x)< g(x)\).
      \(\quad\)
    3. On admet que la fonction \(\Phi\) est dérivable sur \(]0~;~+\infty[\). Dresser le tableau de variation de la fonction \(\Phi\). (Les limites en \(0\) et \(+\infty\) ne sont pas attendues.)

    4. \(\begin{align*} f(x) \leqslant g(x) &\iff x\text{e}^{1-x^2}\leqslant \text{e}^{1-x} \\
      &\iff x \leqslant \dfrac{\text{e}^{1-x}}{\text{e}^{1-x^2}} \\
      &\iff x \leqslant \text{e}^{x^2-x} \\
      &\iff \ln x \leqslant x^2-x \\
      &\iff \Phi(x) \leqslant 0
      \end{align*}\)
      \(\quad\)
      b. \(\Phi'(x)=\dfrac{1}{x}-2x+1 = \dfrac{-2x^2+x+1}{x}\)
      Pour tout \(x\in ]0;+\infty[\), le signe de \(\Phi'(x)\) ne dépend que de celui de \(-2x^2+x+1\)
      \(\Delta = 1^2-4\times (-2)=9 >0\)
      \(-2 x^2+x+1\) est un trinôme du second degré qui a pour racines \(-\frac{1}{2}\) et \(1\); il a donc le signe de \(a=-2\) à l'extérieur des racines et celui de \(-a\) à l'intérieur.

      On obtient donc le tableau de variations suivant :

    5. En déduire que, pour tout réel \(x\) strictement positif, \(\Phi(x)\leqslant 0\).
    6. D’après le tableau de variations, pour tout réel \(x >0\) on a \(\Phi(x) \leqslant 0\).En effet \(\Phi\) présente un maximum en \(1\) qui vaut \(0\)

      \(\quad\)
    1. La conjecture émise à la question 1. de la partie B est-elle valide ?
    2. D’après la question 3.a. pour tout réel \(x\) strictement positif, \(f(x) \leqslant g(x) \iff \Phi(x) \leqslant 0\).
      Ainsi, \(\mathscr{C}_f\) est bien toujours en dessous de \(\mathscr{C}_g\) sur \(]0;+\infty[\).
      On a prouvé que pour tout \(x \leqslant 0\), \(f(x)\leqslant g(x)\).
      Donc \(\mathscr{C}_f\) est bien toujours en dessous de \(\mathscr{C}_g\) sur \(]-\infty;0]\).
      La conjecture de la question 1. est donc valide.
      \(\quad\)
    3. Montrer que \(\mathcal{C}_f\) et \(\mathcal{C}_g\) ont un unique point commun, noté \(A\).
    4. Sur \(]-\infty;0]\), \(f(x) < g(x)\) : les deux courbes n’ont pas de point commun sur cet intervalle.
      Sur \(]0;+\infty[\), \(f(x)=g(x) \iff \Phi(x)=0 \iff x=1\)
      \(\mathscr{C}_g\) et \(\mathscr{C}_f\) ont donc un unique point commun : le point \(A\) d’abscisse \(1\).
      \(g(1)=\text{e}^0=1\).
      \(\quad\)
    5. Montrer qu'en ce point \(A\), ces deux courbes ont la même tangente.
    6. \(f'(1)=(1-2)\text{e}^0=-1\) et \(g'(1)=-\text{e}^0=-1\)
      Les deux tangentes en \(A\) ont donc le même coefficient directeur. Puisqu’elles passent par le point \(A\) cela signifie donc qu’elles sont confondues.
      \(\quad\)
Partie C
  1. Trouver une primitive \(F\) de la fonction \(f\) sur \(\mathbb R\).
  2. Une primitive de \(f\) sur \(\mathbb R\) est la fonction \(F\) définie sur \(\mathbb R\) par \(F(x)=-\dfrac{1}{2}\text{e}^{1-x^2}\)
    \(\quad\)
  3. En déduire la valeur de \(\displaystyle\int_0^1\left(\text{e}^ {1-x}-x\text{e}^ {1-x^2}\right)\text{d}x\).
  4. \(\begin{align*} \displaystyle \int_0^1\left(\text{e}^{1-x}-x\text{e}^{1-x^2}\right)\mathrm{d}x &= \big[-\text{e}^{1-x}-F(x)\big]_0^1 \\
    &=-1+\dfrac{1}{2}-\left(-\text{e}+\dfrac{1}{2}\text{e}\right) \\
    &=\dfrac{1}{2}\left(\text{e}-1\right)
    \end{align*}\)
    \(\quad\)
  5. Interpréter graphiquement ce résultat.
  6. Ce résultat correspond à l’aire du domaine compris entre \(\mathscr{C}_g\), \(\mathscr{C}_f\) et les droites d’équation \(x=0\) et \(x=1\).
    \(\quad\)

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