DS n°5 TS2 EX 4 BAC BLC 12 janvier 2012

                              INFO   EX 4 BAC BLANC  TS2            Jeudi 12 Janvier 2012          

   EXERCICE 4

     Partie 1.

   Soit g la fonction définie sur [ 0 ; + ∞ [   par g: x → e^x - x e^x +1 .

   1. Déterminons la limite de g en + ∞.

      + ∞  est une extrémité de l'intervalle de définition [ 0 ; + ∞ [ .

     On peut donc faire la recherche.

    Si l'on passe à la limite tout de suite il y a une forme indéterminée ( + ∞ ) - ( + ∞)

    car les expressions e^x et  x e^x   ont la même limite + ∞ quand x tend vers + ∞.

             Nous devons changer l'écriture de g( x ).

            Soit x ≥ 0.

            On a :      g( x ) = e^x( 1 - x ) +1   en factorisant partiellement   e^x .

             On sait :    lim e^x    =   + ∞

                              x →   + ∞

               et              lim ( 1 - x )   =   - ∞      

                                 x →  + ∞

          Ainsi        lim [ e^x( 1 - x ) +1 ] = ( + ∞ )× (- ∞ ) +1 = - ∞ 

                          x → + ∞

              c-à-d      lim (e^x - x e^x +1 ) = - ∞ 

                             x → + ∞

        Conclusion :            lim g =   - ∞

                                    x → + ∞

            2. Etudions les variations de la fonction g sur l'intervalle [ 0 ; + ∞ [ 
            La fonction g est définie et dérivable  dur [ 0 , + ∞ [   comme somme

            et produit de fonction définies et dérivables sur [ 0 ; + ∞ [  .

                        exp : x → e^x

                        v :  x →  1 - x

                        u:  x →  1

                         g = exp × v + u

                Donc   g ' = exp' × v + exp × v '+ u '

                avec     

                         exp' = exp

                        v ' :  x →   - 1

                        u:  x →  0

               Soit   x ≥ 0.

              On a :  g ' ( x ) = e^x × ( - 1 ) + e^x × ( 1 - x )

             c-à-d      g ' ( x ) = e^x × ( - 1 + 1  - x ) = - x e^x

            Comme exp > 0 sur IR    on a  g '( x ) qui est du signe de - x.

            Ainsi :      g ' < 0    sur ]0 , + ∞ [ 

                           g '( x ) = 0  ssi x = 0

        Conclusion :   g est strictement décroissante sur l'intervalle [ 0 ; + ∞ [ .

        3. Donnons le tableau de variation de g.                     

           4.a . Démontrons  que l'équation g(x ) = 0  admet sur [ 0 ; + ∞ [  une unique solution .

                   On note α cette solution.

                La fonction g est :

                 • définie  , continue puisque dérivable, strictement décroissante sur [ 0 ; + ∞ [ .

                • g( 0 ) = e⁰  - 0 e⁰  +1  = 1 + 1 = 2

                   lim g    = - ∞

                   x   →  + ∞

                 On peut dire à l'aide du Th. de la bijection que g réalise une bijection de

                 [ 0 ; + ∞ [  sur  [ 2 ; - ∞ [ .

                 0 étant dans l'intervalle [ 2 ; - ∞ [  , l'équation g( x ) = 0 admet une

                 seule solution dans [ 0 ; + ∞ [ .

       Conclusion : L'équation g( x ) = 0 admet une seule solution  α dans [ 0 ; + ∞ [ .

            b. A l'aide de la calculatrice , déterminons un encadrement d'amplitude 10^-2  de α.

                     On a :    pour    x = 1,27      g(x ) ≈ 0,038    positif

                                  pour    x = 1,28       g( x ) ≈ - 0,007    négatif

                   Donc la valeur de x où g(x ) s'annule en changeant de signe est comprise

                   entre 1,27 et 1,28. 

                  De plus on a    1,28 - 1,27 = 10^-2

       Conclusion:   On a   1,27 < α < 1,28  comme encadrement de α d'amplitude10^-2 

              c. Démontrons que   e^α = 1 / ( α - 1) .

                  On a  :  g( α ) = 0

                 c-à-d    e^α ( 1 - α ) + 1 = 0

               c-à-d     e^α ( 1 - α ) =-  1

               c-à-d       e^α  = - 1 / ( 1 - α )

                c-à-d    e^α  =  1 / ( α - 1 )

         Conclusion : On a bien e^α  =  1 / ( α - 1 )

       5. Déterminons le signe de g( x ) suivant les valeurs de x.  

        La fonction g est strictement décroissante sur  [ 0; +  ∞ [   et  g ( α ) = 0.

        Ainsi :

         Conclusion :

                g > 0 sur   [ 0; α [

                g < 0 sur    ]α  , +  ∞ [ 

                 g ( α ) = 0.

      Partie 2

             Soit A la fonction définie et dérivable sur [ 0; +  ∞ [  telle  A( x ) =  4 x / ( e^x + 1 ) .

            1. Démontrer que pour tout réel x positif ou nul ,  A '( x) a le même signe que g( x ) , où g

               est la fonction définie dans la partie 1.

              La fonction A est rationnelle définie dans [ 0; +  ∞ [  donc aussi dérivable dans  [ 0; +  ∞ [ .

               Soit les fonctions  u : x → 4 x

                                             v :  x → e^x + 1

              On a :          A = u / v

                 avec  u et v deux fonctions définies et dérivables dans [ 0; +  ∞ [  et v non nulle dans [ 0; +  ∞ [ .

            Ainsi  on a  :   A ' = ( u / v ) '  = ( v u ' - u v ' ) / v²  

            Mais       u '  : x → 4         et    v '   → e^x

           Soit x dans [ 0; +  ∞ [.

           On a :

              A ' ( x ) = (  ( e^x + 1 ) × 4 - 4 x ×e^x   ) / (  e^x + 1 )²    

    c-à-d  

               A ' ( x ) = 4 ( e^x + 1 - x e^x  )  / (  e^x + 1 )²  

   c-à-d  

               A ' ( x ) = 4 g( x ) / (  e^x + 1 )²  

         On a :    4 > 0  et   (  e^x + 1 )²  > 0  pour tout x dans [ 0; +  ∞ [ .

      Conclusion :       A' (x ) est bien du signe de g( x ) pour tout x dans [ 0; +  ∞ [ .

          2. Déduisons les variations de la fonction A sur [ 0; +  ∞ [ .

               Nous connaisons le signe de g( x ) quand x est dans [ 0; +  ∞ [ .

              Donc   A'  > sur [ 0; α [

                        A ' < 0     sur   ]α , +  ∞[

                       A' ( α ) = 0

             Conclusion :

                         La fonction A est donc strictement croissante sur [ 0; α ]

                         La fonction A est donc strictement décroissante sur [ α , +  ∞ [

                         A admet donc sur  [ 0; +  ∞ [ un maximum en x = α

            Partie 3

                On considère la fonction f : x  → 4 / ( e^x + 1 ) .

                 On note ( C ) sa courbe représentative dans un repère

                orthonormal ( O ; vect( i ) , vect( j ) ).

                 La figure donnée en annexe.

                Pour tout réel x positif ou nul, on note:

                    M le point de ( C ) de coordonnées ( x , f( x ) ),

                   P  le point de coordonnées ( x ; 0 )

                   Q le point de coordonnées ( 0 ; f(x ) )

                   1. Démontrons que l'aire du rectangle OPMQ  est maximale lorsque M a pour abscisse α.

                      Le rectangle a pour aire OP× PM.

                      OP = x   et    PM = f(x )

                   Donc   OP× PM = x × f( x )

                   c-à-d     OP× PM = x ×[ 4 / ( e^x + 1 ) ] = 4 x / ( e^x + 1 ) =A( x )

                                  L'aire du rectangle OPMQ est A( x ).

                              Comme A( x ) est maximal pour x =α

                  Donc:

                   Conclusion : L'aire du rectangle OPMQ est maximale pour x = α

                    c-à-d lorsque le point M ( x , f( x ) )  est d'abscisse x = α

           2. Le point M est d'abscisse α  .

                Regardons si la tangente T en M(  α , f(  α ) ) à la courbe ( C ) est parallèle

               à la droite ( PQ ) .

                Pour cela regardons si elles ont le même cœfficient directeur.                                          

                •  Le cœfficient directeur  de T est f '(  α )  . 

                      Soit                 v : x   → e^x + 1   . 

                      On a :              f = 4 ( 1 / v ).

                     La fonction v est définie , dérivable et non nulle dans [ 0 , + ∞ [

                    Donc

                           f ' = 4 ( - v ' /  v²  )          avec     v ' : x → e^x 

                    Soit x ≥ 0.

                     On a : 

                     f ' ( x )  =  - 4 e^x  / ( e^x + 1 )²  

                      f '( α  ) = - 4 e^α   / ( e^α + 1 )²  = (  e^α   / ( e^α + 1 ) )× ( - 4 /( e^α + 1 ) )

               •  Le cœfficient directeur  de la droite ( PQ ) quand x = α est le quotient:

                      ( f( α ) - 0 ) /( 0 - α ) = - f( α ) / α    

                     Or    f( α ) = 4 / ( e ^α  + 1 )

               - f( α ) /  α = - 4 / [ α ( e ^α  + 1 ) ] = ( 1/ a ) × ( - 4 /( e^α + 1 ) )

                      Il suffit de regarder si l'on a:  

                                             1 / a  = e^α  / ( e^α + 1 )

                             c-à-d            e^α + 1 = α e^α 

                         OUI    car   e^α  - α e^α +1 = 0     c-à-d     g(α)= 0

                Conclusion : OUI  pour x = α   on a bien ( T )  et ( PQ) parallèles