Ultrabac Terminale S - Polynésie septembre 2010 exercice 4

Ultrabac Terminale S - Quatrième exercice du sujet obligatoire Polynésie septembre 2010
4.a. Démontrer que l'équation g ( x ) = 0 admet sur l'intervalle [ 0; +∞[ une unique solution.
Partie 1
Soit g la fonction définie sur [ 0; +∞[ par :
On notera α cette solution.
D'abord, comme la fonction g est dérivable sur l'intervalle [ 0; +∞[ , alors elle y est
g ( x ) = e − x.e + 1
x
x
continue.
Ensuite, comme g est strictement décroissante sur [ 0; +∞[ et que 0 appartient à
1. Etudier la limite de g en +∞ .
Sous sa forme originale, g ( x ) est une forme indéterminée :
x →+∞
(
x
x →+∞
( +∞ ) − ( +∞ )
+1
Forme indéterminée
En fait, il s'agit d'une petite indétermination qui se lève avec une petite factorisation...
lim g ( x ) = lim e x − x × e x + 1 = lim e x × (1 − x ) + 1 = ( +∞ ) × ( −∞ ) + 1 = −∞
x →+∞
x →+∞
x →+∞
2. Etudier les variations de la fonction g.
La fonction g est dérivable sur [ 0; +∞[ car elle est une somme et un produit de fonctions
Dérivation d'un produit :
dérivables sur .
(u×v)'=u'×v+v'×u
La dérivée de g peut se calculer de deux manières différentes :
Avec la forme originale
Avec notre forme «factorisée»
( ) ( )
g′( x) = ex
′
− x.e x
′
+0
(
)
′
g ′ ( x ) = e x × (1 − x ) + 0
= e x − 1× e x + x × e x  + 0


= e x × (1 − x ) + ( −1) × e x + 0
= ex − ex − x × ex = −x × ex
= ex − x × ex − ex = −x × ex
L'exponentielle e x étant toujours strictement positive, c'est le premier facteur − x qui
donnera son signe à la dérivée g ′ ( x ) et par là ses variations à la fonction g...
3. Donner le tableau de variations de g.
Calculons l'image de 0 par g :
g ( 0 ) = e0 − 0 × e0 + 1
= 1+ 0 +1 = 2
Le tableau de variation de la fonction g
sur l'intervalle [ 0; +∞[ est celui cicontre 0 admet un et un seul antécédent par g dans l'intervalle [ 0; +∞[ .
Conclusion : l'équation g ( x ) = 0 admet une unique solution α dans l'intervalle [ 0; +∞[ .
4.b. A l'aide de la calculatrice, déterminer un encadrement d'amplitude 10−2 de α.
En utilisant le tableau de valeurs de la calculatrice, on détermine le moment où la
fonction g «passe le niveau 0». On en déduit qu'un encadrement au centième de α est :
1, 27 ≤ α ≤ 1, 28
4.c. Démontrer que eα =
1
.
α −1
α est la solution de l'équation g ( x ) = 0 sur l'intervalle [ 0; +∞[ . En conséquence :
g (α) = 0 ⇔
eα − α × e α + 1 = 0 ⇔
+∞
0
−x
–
ex
+
g′( x)
–
2
g
eα × (1 − α ) = −1 ⇔ eα =
Sachant que g est décroissante sur l'intervalle [ 0; +∞[ et qu'elle s'annule en α, nous en
déduisons qu'elle est positive avant α et négative après. Ce qui se résume par :
g ( x)
α
0
+
0
+∞
–
Partie 2
Soit A la fonction définie et dérivable sur [ 0; +∞[ telle que :
A( x) =
−∞
−1
1
=
1 − α α −1
5. Déterminer le signe de g ( x ) suivant les valeurs de x.
x
x
)
l'intervalle image ]−∞; 2] = g [ 0; +∞[ , alors, en application du théorème de la bijection,
lim g ( x ) = lim e − x.e + 1 = ( +∞ ) − ( +∞ ) × ( +∞ ) + 1 =
x
Page 1 sur 3
4x
x
e +1
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Page 2 sur 3
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.
Calculons la dérivée de la fonction A.
et v ( x ) = e x + 1
A est le quotient des fonctions u ( x ) = 4 x
u′ ( x ) = 4
A′ ( x ) =
u
est dérivable sur [ 0; +∞[ et sur cet intervalle :
v
u ′ × v − v′ × u
v2
.
=
(
)
4 × ex +1 − ex × 4 x
( e + 1)
x
)
(
)
La somme des deux termes positifs e x et 1 est elle-même positive (strictement). Par
(
)
x
+1
= lim
x
x →+∞ e x
4
×
1+
1
=
1
×
+∞
ex
1
1
1+
+∞
= 0+ ×
1
1+ 0
+
Car, n'oublions pas : Forme indéterminée ∞/∞
lim e x = +∞
ex
= +∞
x →+∞ x
et
x →+∞
lim
2
On considère la fonction f définie sur [ 0; +∞[ par :
f ( x) =
4
x
e +1
On note (C) sa courbe représentative dans un repère orthonormé O; i , j . Cette courbe a
(
)
été tracée sur le graphique ci-dessous :
conséquent, il en va de même pour son carré e + 1 .
(
)
Conclusion : les facteurs 4 et e x + 1
2
étant toujours strictement positifs, nous en
2
déduisons que c'est le troisième facteur g ( x ) qui donne son signe à la dérivée A′ ( x ) .
2. En déduire les variations de la fonction A sur [ 0; +∞[ .
La question précédente nous permet de dresser le tableau de variations de A est :
Calculons les images de 0 et α par A.
x
0
α
+∞
4× 0
0
0
A (0) =
=
= =0
4
+
+
e0 + 1 1 + 1 2
A(α) =
=
4α
eα + 1
=
4α
1
+1
α −1
4α
4α
=
1 + 1× ( α − 1) 1 + α − 1
α −1
α −1
4α
α −1
=
= 4α ×
= 4α − 4
α
α
α −1
g ( x)
( e + 1)
x
+
2
0
+
A′ ( x )
+
0
j
(C)
–
O
i
1
2
–
Pour tout réel x positif ou nul, on note :
♥ M le point de (C) de coordonnées ( x; f ( x ) ) .
4α − 4
A
1
+
0
= 0+
Partie 3
4 × e x + 1 − x × e x  4 × g ( x )

=
=
2
2
x
e +1
ex +1
(
2
4x
x →+∞ e x
v′ ( x ) = e x
Dérivable et non nulle sur Dérivable sur Donc la fonction A =
lim A ( x ) = lim
x →+∞
0
Même si elle n'était pas demandée, il n'est pas inintéressant de déterminer la limite de la
fonction A en +∞
♥
P le point de coordonnées ( x; 0 ) .
♥
Q le point de coordonnées ( x; f ( x ) ) .
3
4
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1. Démontrer que l'aire du rectangle OPMQ est maximale lorsque M a pour abscisse α.
On rappelle que le réel α a été défini dans la première partie.
L'aire du rectangle OPMQ dépend de la position du point M sur la courbe (C) et donc,
uniquement de la valeur de son abscisse x.
Page 3 sur 3
Il vient alors :
f ′ (α) = −
( e + 1)
α
4
2
α
− 1 = −4 × ( α − 1) = 4 − 4α
=−
=−
2
2
α −1
α2
α2
 1

 α 
1
+
 α −1 
 α −1 




4×
4eα
2
1
α −1
En utilisant le résultat
de la question 1.4.c.
Mais il faut vraiment
aimer les calculs...
Le coefficient directeur de la droite (PQ)
va être obtenu de manière plus classique :
y P − yQ 0 − f ( α )
f (α)
m(PQ) =
=
=−
xP − xQ
α−0
α
2
M
Q
4 × ( α − 1) 4 − 4α
1
1
4
1
4
× f (α) = − ×
=− ×
=−
=
α
α
α eα + 1
α
α×α
α2
α −1
Conclusion : la tangente (T) et la droite (PQ) ayant des coefficients directeurs égaux,
elles sont parallèles. OUF !
=−
M
1
Q
j
(C)
M
Q
O
P i
1
P
2
3
P
4
2
(T)
L'aire du rectangle OPMQ est donnée par la formule :
4
4x
Tiens donc !!!
=
= A ( x ) A comme Aire...
Aire = OP × OQ = x × f ( x ) = x ×
x
x
e +1 e +1
Depuis la seconde partie, nous savons que la fonction A admet un maximum en x = α .
Conclusion : l'aire du rectangle OPMQ est maximale lorsque l'abscisse du point M est
égale à α. Elle est alors égale à A ( α ) = 4α − 4
2. Dans cette question, le point M a pour abscisse α.
La tangente (T) en M à la courbe (C) est-elle parallèle à la droite (PQ) ?
Pour que la tangente (T) et la droite (PQ) soient parallèles, il faut et il suffit qu'elles
aient des coefficients directeurs égaux. Déterminons les !
Le coefficient directeur de la tangente (T) est le nombre dérivé de f en α.
Commençons par calculer la dérivée de f !
 4 ′
−u ′
ex
 1 ′
f ′( x) = 
= 4×  = 4×
= −4 ×

2
u
u2
 ex +1 
ex +1
(
)
M
1
Q
j
O
(C)
i
1
P
2
3
4