Partie A : étude de la fonction f
La fonction f est définie sur l'intervalle ]0;+\infty [ par :
f(x)=x-2+\dfrac{1}{2}\ln x
où \ln désigne la fonction logarithme népérien.
On admet que la fonction f est deux fois dérivable sur ]0;+\infty [, on note f' sa dérivée et f'' sa dérivée seconde.
Quelle est la limite de la fonction f en 0_+ ?
On sait que :
- \lim\limits_{x \to 0_+}x-2=-2
- \lim\limits_{x \to 0_+}\ln x=-\infty
On en déduit que :
\lim\limits_{x \to 0_+}x-2+\dfrac{1}{2}\ln x=-\infty
Ainsi :
\lim\limits_{x \to 0_+}f(x)=-\infty
La limite de la fonction f en 0 est égale à -\infty.
Quelle est la limite de la fonction f en +\infty ?
On sait que :
- \lim\limits_{x \to +\infty}x-2=+\infty
- \lim\limits_{x \to +\infty}\ln x=+\infty
On en déduit que :
\lim\limits_{x \to +\infty}x-2+\dfrac{1}{2}\ln x=+\infty
Ainsi :
\lim\limits_{x \to +\infty}f(x)=+\infty
La limite de la fonction f en +\infty est égale à +\infty.
Quelle est l'expression de f'(x) pour tout x \in ]0;+\infty[ ?
Sur ]0;+\infty[, la fonction f est la somme de fonctions dérivables sur ]0;+\infty[.
On a, pour tout x \in ]0;+\infty[ :
f'(x)=1+\dfrac{1}{2} \times \dfrac{1}{x}
On obtient, pour tout x \in ]0;+\infty[ :
f'(x)=1+\dfrac{1}{2x}=\dfrac{2x+1}{2x}
Pour tout x \in ]0;+\infty[, f'(x)=\dfrac{2x+1}{2x}.
Quel est le sens de variation de la fonction f sur ]0;+\infty[ ?
On sait que, pour tout x \in ]0;+\infty[, f'(x)=\dfrac{2x+1}{2x}.
Or, pour tout x \in ]0;+\infty[, on a :
- 2x+1 \gt 0
- 2x \gt 0
Par conséquent, pour tout x \in ]0;+\infty[, on a :
\dfrac{2x+1}{2x} \gt 0
Autrement dit, pour tout x \in ]0;+\infty[, f'(x) \gt 0.
En conclusion, la fonction f est strictement croissante sur ]0;+\infty[.
La fonction f est strictement croissante sur ]0;+\infty[.
Sur ]0;+\infty[, que peut-on dire de la fonction f ?
On sait que la fonction f est deux fois dérivable sur ]0;+\infty[.
Pour tout x \in ]0;+\infty[ :
f''(x)=\dfrac{2\times 2x-(2x+1) \times 2}{(2x)^2}
On obtient, pour tout x \in ]0;+\infty[ :
f''(x)=\dfrac{4x-4x-2}{4x^2}=-\dfrac{1}{2x^2}
Or, pour tout x \in ]0;+\infty[, -\dfrac{1}{2x^2} \lt 0.
Par conséquent, pour tout x \in ]0;+\infty[, f''(x) \lt 0.
On en conclut que la fonction f est concave sur ]0;+\infty[.
Sur ]0;+\infty[, la fonction f est concave.
Combien de solutions l'équation f (x) = 0 admet-elle exactement dans ]0;+\infty[ ?
On sait que la fonction f est dérivable sur l'intervalle ]0;+\infty[.
Par conséquent, la fonction f est continue sur l'intervalle ]0;+\infty[.
De plus, on sait que :
- La fonction f est strictement croissante.
- \lim\limits_{x \to 0} f(x)=-\infty
- \lim\limits_{x \to +\infty} f(x)=+\infty
- 0\in ]-\infty;+\infty[
On en déduit qu'il existe un unique réel \alpha dans l'intervalle ]0;+\infty[ tel que f(\alpha)=0.
L'équation f (x) = 0 admet une unique solution dans l'intervalle ]0;+\infty[.
On note \alpha la solution de l'équation f(x)=0 sur ]0;+\infty[.
À quel intervalle appartient \alpha ?
On sait que la fonction f est dérivable sur l'intervalle ]0;+\infty[.
Par conséquent, la fonction f est continue sur l'intervalle ]0;+\infty[.
A fortiori la fonction f est continue sur l'intervalle [1;2].
Par ailleurs, on a d'une part :
f(1)=1-2+\dfrac{1}{2}\ln(1)=-1
Et d'autre part :
f(2)=2-2+\dfrac{1}{2}\ln(2)=\dfrac{1}{2}\ln(2)
Ainsi, on a :
- f(1) \lt 0
- f(2) \gt 0
D'après le théorème des valeurs intermédiaires, on en déduit que le nombre \alpha, solution de l'équation f(x)=0, appartient à l'intervalle [1;2].
Le nombre \alpha appartient à l'intervalle [1;2].
Quel est le signe de f (x) pour x \in ]0;+\infty[ ?
On sait que la fonction f est strictement croissante sur l'intervalle ]0;+\infty[.
On sait également que f(\alpha)=0.
On en déduit que :
- f(x) \lt 0 pour tout x \in ]0;\alpha[
- f(\alpha)=0
- f(x) \gt 0 pour tout x \in ]\alpha;+\infty[
- Pour tout x \in ]0;\alpha[, f(x) \lt 0
- f(\alpha)=0
- Pour tout x \in ]\alpha;+\infty[, f(x) \gt 0
Que vaut \ln(\alpha) ?
On sait que f(\alpha)=0.
Autrement dit, on a :
\alpha - 2 + \dfrac{1}{2}\ln(\alpha)=0
On en déduit que :
\dfrac{1}{2}\ln(\alpha)=2-\alpha
Et finalement :
\ln(\alpha)=2(2-\alpha)
\ln(\alpha) est égal à 2(2-\alpha).
Partie B : étude de la fonction g
La fonction g est définie sur ]0 ; 1] par :
g(x)=-\dfrac{7}{8}x^2+x-\dfrac{1}{4}x^2 \ln x
On admet que la fonction g est dérivable sur ]0 ; 1] et on note g' sa fonction dérivée.
Pour x \in ]0;1], quelle est l'expression de g'(x) ?
La fonction g est une somme de produits de fonctions dérivable sur ]0 ; 1].
Elle est donc dérivable sur ]0 ; 1].
Pour tout x \in ]0 ; 1], on a :
g'(x)=-2 \times \dfrac{7}{8}x+1-\dfrac{1}{4} \left( 2x \ln x+x^2 \times \dfrac{1}{x} \right)
On obtient, pour tout x \in ]0 ; 1] :
g'(x)=- \dfrac{7}{4}x+1-\dfrac{1}{2} x \ln x-\dfrac{1}{4}x
Et finalement, pour tout x \in ]0 ; 1] :
g'(x)=1-2x-\dfrac{1}{2} x \ln x
Pour tout x \in ]0 ; 1], g'(x)=1-2x-\dfrac{1}{2} x \ln x.
Est-il vrai que pour x \in ]0;1], g'(x)=xf\left( \dfrac{1}{x} \right) ?
On sait que pour tout x \in ]0 ; 1] :
- g'(x)=1-2x-\dfrac{1}{2} x \ln x
- f(x)=x-2+\dfrac{1}{2}\ln x
On en déduit que pour tout x \in ]0 ; 1] :
g'(x)=x \left( \dfrac{1}{x}-2-\dfrac{1}{2} \ln x\right)=x \left( \dfrac{1}{x}-2+\dfrac{1}{2} \ln \dfrac{1}{x}\right)=xf\left( \dfrac{1}{x} \right)
Oui, il est vrai que pour x \in ]0;1], g'(x)=xf\left( \dfrac{1}{x} \right).
Pour x \in ]0;\dfrac{1}{\alpha}[, quel est le signe de f\left( \dfrac{1}{x} \right) ?
Soit x \in ]0;\dfrac{1}{\alpha}[.
On a :
0 \lt x \lt \dfrac{1}{\alpha}
On en déduit que :
\dfrac{1}{x} \gt \alpha
Or, comme nous l'avons déterminé précédemment, on sait que pour tout x \in ]\alpha;+\infty[, f(x) \gt 0.
Par conséquent, si 1/x \gt 0 alors f(1/x) \gt 0.
Par conséquent, f(x) \gt 0.
Pour x \in ]0;\dfrac{1}{\alpha}[, f\left( \dfrac{1}{x} \right) est positif.
On admet le tableau de signes suivant :
Quel est le tableau de variations correct de g sur l'intervalle ]0 ; 1] ?
On sait que pour x \in ]0;1], g'(x)=xf\left( \dfrac{1}{x} \right).
Or, par hypothèse, on dispose du tableau de signes suivant :
On en déduit que :
- Pour tout x \in ]0;\dfrac{1}{\alpha}[, xf\left( \dfrac{1}{x} \right) \gt 0
- \alpha f\left( \dfrac{1}{\alpha} \right) = 0
- Pour tout x \in ]\dfrac{1}{\alpha};1], xf\left( \dfrac{1}{x} \right) \lt 0
Autrement dit :
- Pour tout x \in ]0;\dfrac{1}{\alpha}[, g'(x) \gt 0
- g'(\alpha)= 0
- Pour tout x \in ]\dfrac{1}{\alpha};1], g'(x)\lt 0
On en déduit que :
- g est croissante sur ]0;\dfrac{1}{\alpha}[.
- g est décroissante sur ]\dfrac{1}{\alpha};+\infty[.
Le tableau de variations de la fonction g est le suivant :
Partie C : un calcul d'aire.
On a représenté sur le graphique ci-dessous :
- la courbe C_g de la fonction g ;
- la parabole P d'équation y=-\dfrac{7}{8}x^2+x sur l'intervalle ]0;1].
On souhaite calculer l'aire A du domaine hachuré compris entre les courbes C_g et P, et les droites d'équations x = \dfrac{1}{\alpha} et x = 1.
On rappelle que \ln(\alpha) = 2(2 - \alpha).
Quelle inégalité est vraie et permet de justifier la position relative des courbes C_g et P sur l'intervalle ]0;1] ?
On sait que pour tout x \in ]0;1], on a :
- \ln x \leqslant 0
- x^2 \geqslant 0
Donc pour tout x \in ]0;1], on a : -\dfrac{1}{4} x^2 \ln x \geqslant 0.
Par conséquent, pour tout x \in ]0;1], on a :
-\dfrac{7}{8}x^2+x \leqslant -\dfrac{7}{8}x^2+x-\dfrac{1}{4}x^2\ln x
Or, on sait que, sur ]0;1] :
- La parabole P a pour équation y=-\dfrac{7}{8}x^2+x.
- La courbe C_g a pour équation y=-\dfrac{7}{8}x^2+x-\dfrac{1}{4}x^2\ln x.
On en conclut que sur ]0;1], la courbe C_g est bien au-dessus de la parabole P.
L'inégalité vraie et qui permet de justifier la position relative des courbes C_g et P sur l'intervalle ]0;1] est la suivante :
-\dfrac{7}{8}x^2+x \leqslant -\dfrac{7}{8}x^2+x-\dfrac{1}{4}x^2\ln x
Quelle est la valeur de l'intégrale \int_{\dfrac{1}{\alpha}}^{1} x^2 \ln x \ \mathrm dx ?
On va effectuer une intégration par partie avec les fonctions u et v suivantes définies sur ]0;1] par :
- u(x)=\ln x
- v(x)=\dfrac{1}{3}x^3
Les fonctions u et v sont continues sur ]0;1] et dérivables sur ]0;1].
Leurs dérivées u' et v' sont définies sur ]0;1] par :
- u'(x)=\dfrac{1}{x}
- v'(x)=x^2
Les fonctions u' et v' sont continues sur ]0;1].
On peut donc effectuer une intégration par parties :
\int_{\dfrac{1}{\alpha}}^{1} x^2 \ln x \ \mathrm dx=\left[ \ln x\times \dfrac{1}{3}x^3 \right]^{1}_\dfrac{1}{\alpha}-\int_{\dfrac{1}{\alpha}}^{1} \dfrac{1}{3}x^3 \times \dfrac{1}{x} \ \mathrm dx
On obtient :
-\dfrac{1}{3\alpha^3} \ln \dfrac{1}{\alpha}- \dfrac{1}{3} \int_{\dfrac{1}{\alpha}}^{1} x^2 \ \mathrm dx
D'où :
\dfrac{1}{3\alpha^3} \ln \alpha- \dfrac{1}{3} \left[ \dfrac{x^3}{3} \right]^{1}_{\dfrac{1}{\alpha}}\\=\dfrac{1}{3\alpha^3} \ln \alpha-\dfrac{1}{9}+\dfrac{1}{9 \alpha^3}\\=\dfrac{1}{9 \alpha^3}\left( 3\ln \alpha- \alpha^3+1 \right)
Or, on sait que :
\ln(\alpha) = 2(2 - \alpha)
On en déduit donc que :
\int_{\dfrac{1}{\alpha}}^{\alpha} x^2 \ln x \ \mathrm dx\\=\dfrac{1}{9 \alpha^3}\left( 3\times 2(2-\alpha)- \alpha^3+1 \right)\\=\dfrac{-\alpha^3-6\alpha+13}{9\alpha^3}
L'intégrale \int_{\dfrac{1}{\alpha}}^{1} x^2 \ln x \ \mathrm dx est égale à \dfrac{-\alpha^3-6\alpha+13}{9\alpha^3}.
Quelle est l'expression de l'aire A en fonction de \alpha ?
L'aire A de la partie hachurée est égale la différence des intégrales :
\int_{\dfrac{1}{\alpha}}^{1} -\dfrac{7}{8}x^2+x-\dfrac{1}{4}x^2 \ln x \ \mathrm dx-\int_{\dfrac{1}{\alpha}}^{1} -\dfrac{7}{8}x^2+x \ \mathrm dx /
Par linéarité de l'intégrale, on obtient :
\int_{\dfrac{1}{\alpha}}^{1} -\dfrac{7}{8}x^2+x-\dfrac{1}{4}x^2 \ln x +\dfrac{7}{8}x^2-x \ \mathrm dx\\= \int_{\dfrac{1}{\alpha}}^{1} -\dfrac{1}{4}x^2 \ln x \ \mathrm dx\\= -\dfrac{1}{4} \int_{\dfrac{1}{\alpha}}^{1} x^2 \ln x \ \mathrm dx
Or, on sait que :
L'intégrale \int_{\dfrac{1}{\alpha}}^{1} x^2 \ln x \ \mathrm dx est égale à \dfrac{-\alpha^3-6\alpha+13}{9\alpha^3}.
On en déduit que :
A=-\dfrac{1}{4} \dfrac{-\alpha^3-6\alpha+13}{9\alpha^3}
On obtient finalement :
A= \dfrac{\alpha^3+6\alpha-13}{36\alpha^3}
L'expression de l'aire A en fonction de \alpha est \dfrac{\alpha^3+6\alpha-13}{36\alpha^3}.