Pondichéry 2011. Enseignement spécifique

EXERCICE 1

Partie I

1. La fonction $f_2$ est strictement décroissante sur $]0,+\infty[$ et l'axe des ordonnées est asymptote à la courbe $\mathscr{C}_2$. Donc $\displaystyle\lim_{x\rightarrow0}f_2(x)=+\infty$.


2. L'axe des abscisses est asymptote à la courbe $\mathscr{C}_2$. Donc $\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}f_2(x)=0$


3. $\mathscr{C}_2$ est strictement au-dessus de $\mathscr{C}_1$ sur $]0,1[$, strictement au-dessous sur $]1,+\infty[$ et enfin, $\mathscr{C}_1$ et $\mathscr{C}_2$ se coupent en leur point d'abscisse $1$. Donc le tableau de signe de $f_2(x)-f_1(x)$ est :

Partie II

1. Limite en $0$. $\displaystyle\lim_{\substack{x\rightarrow0\\ x>0}}\dfrac{1}{x}=+\infty$ et donc $\displaystyle\lim_{\substack{x\rightarrow0\\ x>0}}\left(1-\dfrac{1}{x}\right)=-\infty$. D'autre part, $\displaystyle\lim_{\substack{x\rightarrow0\\ x>0}}\ln(x)=-\infty$ et donc en additionnant

   $\displaystyle\lim_{\substack{x\rightarrow0\\ x>0}}f(x)=\displaystyle\lim_{\substack{x\rightarrow0\\ x>0}}\left(\ln(x)+1-\dfrac{1}{x}\right)=-\infty$.

   $\displaystyle\lim_{\substack{x\rightarrow0\\ x>0}}f(x)=-\infty$.

   Limite en $+\infty$. Pour tout réel $x$ de $]0,+\infty[$, $f(x)=\ln(x)+1-\dfrac{1}{x}$.

   On sait que $\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}\ln(x)=+\infty$. D'autre part, $\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}1-\dfrac{1}{x}=1$. Par suite, en additionnant

   $\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}f(x)=+\infty$.



2. La fonction $f$ est dérivable sur $]0,+\infty[$ en tant que somme de fonctions dérivables sur $]0,+\infty[$ et pour tout réel $x>0$, $f'(x)=\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{x^2}$.

   Donc, la fonction $f'$ est strictement positive sur $]0,+\infty[$ puis la fonction $f$ est strictement croissante sur $]0,+\infty[$. On en déduit le tableau de variations de la fonction $f$.



3. On note tout d'abord que $f(1)=\ln(1)+1-1=0$. Puisque la fonction $f$ est strictement croissante sur $]0,+\infty[$, si $x$ est un réel tel que $0< x< 1$, on a $f(x)1$, on a $f(x)>f(1)$ ou encore $f(x)>0$. On résume ces résultats dans un tableau de signes :


4. La fonction $F$ est dérivable sur $]0,+\infty[$ et pour $x>0$, $F'(x)=1\times\ln(x)+x\times\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{x}=\ln(x)+1-\dfrac{1}{x}=f(x)$.

   Donc la fonction $F$ est une primitive de la fonction $f$ sur $]0,+\infty[$.



5. La fonction $F$ est dérivable sur $[1,+\infty[$ et sa dérivée, à savoir $f$, est strictement positive sur $]1,+\infty[$ d'après la question 3). Donc, la fonction $F$ est strictement croissante sur $[1,+\infty[$.


6. La fonction $F$ est continue et strictement croissante sur $[1,+\infty[$. Donc pour tout réel $k$ de l'intervalle $\left[F(1),\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}F(x)\right[$, l'équation $F(x)=k$ admet une solution et une seule dans $[1,+\infty[$.
   Or, $F(1)=0$ et $1-\dfrac{1}{e}=0,6\ldots$. Donc $F(1)< 1-\dfrac{1}{e}$. D'autre part, $\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}F(x)=\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}(x-1)\ln(x)=+\infty$ et donc $\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}F(x)>1-\dfrac{1}{e}$. Ainsi, $1-\dfrac{1}{e}\in\left[F(1),\dlim{x}{+\infty}F(x)\right[=[0,+\infty[$ et donc l'équation $F(x)=1-\dfrac{1}{e}$ admet une solution et une seule, notée $\alpha$, dans $[1,+\infty[$.


7. $F(\alpha)=1-\dfrac{1}{e}=0,63\ldots$ Ensuite, $F(1,9)=0,57\ldots$ et $F(2)=0,69\ldots$. Donc $F(1,9)< F(\alpha)< F(2)$. Puisque la fonction $F$ est strictement croissante sur $[1,+\infty[$, on en déduit que

   $1,9<\alpha<2$.

Partie III

1. Soit $x$ un réel strictement positif. $h(x)=0\Leftrightarrow\ln(x)=-1\Leftrightarrow x=e^{-1}\Leftrightarrow x=\dfrac{1}{e}$.

   Le point $A$ a pour coordonnées $\left(\dfrac{1}{e},0\right)$.



2. Soit $x$ un réel strictement positif. $g(x)=h(x)\Leftrightarrow\ln(x)+1-\dfrac{1}{x}=0\Leftrightarrow f(x)=0$.

   D'après l'étude du signe de la fonction $f$ effectuée à la question II.3), l'équation $f(x)=0$ admet une solution et une seule à savoir $x=1$. Comme $g(1)=h(1)=1$,

   le point $P$ a pour coordonnées $\left(1,1\right)$.



3. 1. Pour tout réel $x$ de $]0,+\infty[$, on a $g(x)-h(x)=-\ln(x)-1+\dfrac{1}{x}=-f(x)$. D'après la question II.3), la fonction $f$ est négative sur $\left[\dfrac{1}{e},1\right]$ et donc la fonction $g-h$ est positive sur $\left[\dfrac{1}{e},1\right]$. Par suite, $\mathscr{A}=\displaystyle\int_{1/e}^{1}(g(x)-h(x))\;dx=\displaystyle\int_{1/e}^{1}(-f(x))\;dx$.
   
   
   2. D'après la question II.4), on en déduit que $\mathscr{A}=\left[-F(x)\right]_{1/e}^{1}=-F(1)+F\left(\dfrac{1}{e}\right)=-0+\dfrac{1}{e}\ln\left(\dfrac{1}{e}\right)-\ln\left(\dfrac{1}{e}\right)=-\dfrac{1}{e}\ln(e)+\ln(e)=1-\dfrac{1}{e}$.

      $\mathscr{A}=1-\dfrac{1}{e}$.



4. 1. Soit $t$ un réel strictement supérieur à $1$. Dans ce cas, pour tout réel $x$ de $[1,t]$, on a $h(x)-g(x)=f(x)\geqslant0$. Par suite, $\mathscr{B}_t=\displaystyle\int_{1}^{t}(h(x)-g(x))\;dx=\displaystyle\int_{1}^{t}f(x)\;dx=\left[F(x)\right]_1^t=F(t)-F(1)=F(t)=t\ln(t)-\ln(t)$.
   
   
   2. Soit $t\geqslant1$. D'après la question II.6), $\mathcal{B}_t=\mathscr{A}\Leftrightarrow F(t)=1-\dfrac{1}{e}\Leftrightarrow t=\alpha$.

      Il existe un réel $t$ et un seul tel que $\mathscr{B}_t=\mathscr{A}$ : le réel $\alpha$ défini à la question II.6).