Devoir maison 2

Universit´e Denis Diderot Paris 7 (2013-2014)
Maths, Agro & V´eto
Devoir maison 2
Exercice 1 [Sujet Analyse 2013] Soit la fonction d’une variable r´eelle fd´efinie sur
D= [0,+∞[ par f(x) = xe x
1+x. On appelle Cfla courbe repr´esentative de fdans un rep`ere
orthonorm´e d’unit´e 1 cm.
On prendra 2,7comme valeur approch´ee de e.
a) Montrer que fest d´erivable sur Det calculer f′.
La fonction x→x
1+xest C∞sur R\ {−1} ⊃ D. Les fonctions x→x, x →exp(x) sont
quant `a elles C∞sur Rtout entier. On en d´eduit que la fonction x→ex
1+xest C∞sur
R\ {−1} ⊃ Dcomme compos´ee de telles fonctions, et enfin que la fonction fest
´egalement C∞sur R\ {−1} ⊃ Dcomme produit de telles fonctions.
D’autre part
f′(x) = ex
1+x+x1
(1 + x)2ex
1+x
=1 + 3x+x2
(1 + x)2ex
1+x.
b) Etudier les variations de fsur Det calculer la limite de fquand xtend vers +∞.
D’apr`es la question pr´ec´edente, f′(x) est du signe de 1 + 3x+x2. Or ce polynˆome de
degr´e 2 a pour racines
x−=−3−√5
2, x+=−3 + √5 2.
Le polynˆome est de signe positif sur R\(x−, x+) et de signe n´egatif entre ses racines.
On en d´eduit que fest croissante sur (−∞, x−], d´ecroissante sur [x−, x+], puis `a
nouveau croissante sur [x+,+∞). On notera en particulier que fest strictement
croissante sur D.
Par ailleurs, lorsque x→ ±∞,x
1+x→1 de sorte que ex
1+x→e. On d´eduit que
lim
x→−∞ f(x) = −∞,lim
x→∞ f(x) = +∞.
c) D´eterminer le d´eveloppement limit´e de fen 0 `a l’ordre 2 (on pourra calculer f′(0) et
f′′(0)). En d´eduire l’´equation de la tangente Tau point d’abscisse 0 et la position de
la courbe Cfpar rapport `a Tau voisinage de 0.
1`ere m´ethode : On a vu que f′(x) = 1+3x+x2
(1+x)2ex
1+xde sorte que
f′′(x) = (3 + 2x)(1 + x)2−2(1 + x)(1 + 3x+x2)
(1 + x)4+1 + 3x+x2 (1 + x)4ex
1+x,
1

et donc
f(0) = 0 f′(0) = 1, f′′(0) = 2.
On d´eduit de ce calcul que
f(x) = f(0) + f′(0)x+f′′(0)
2x2+o(x2) = x+x2+o(x2).
2`eme m´ethode : Pour xau voisinage de 0, on a
1
1 + x= 1 −x+x2+o(x2) donc x 1 + x=x−x2+o(x2).
Posons alors u=x−x2+o(x2) (de sorte que uest au voisinage de 0 quand xest au
voisinage de 0) et remarquons que
u2=x2+o(x2), uk=o(x2)∀k≥3.
Or
ex
1+x=eu= 1 + u+u2
2+o(u2) = 1 + x−x2+x2 2+o(x2) = 1 + x−x2 2+o(x2).
Finalement
f(x) = xe x
1+x=x+x2+o(x2).
Remarque : En remarquant qu’on allait multiplier par x, on aurait pu se contenter du
DL de ex
1+xau premier ordre.
On d´eduit de la forme du DL de fen 0 que la droite y=xest tangente `a la courbe
Cf(on aurait ´evidemment pu utiliser directement que f(0) = 0, f ′(0) = 1 pour
parvenir `a la mˆeme conclusion). Par ailleurs, au voisinage de 0,
f(x)−x=x2+o(x2)
de sorte que f(x)−x > 0 pour |x|suffisamment petit, et Cfse trouve donc au dessus
de sa tangente en l’origine.
Remarque : Ici on a f′′(0) = 2 >0, de sorte que fest convexe au voisinage de 0, et il
est donc normal de trouver que Cfse situe au-dessus de sa tangente en ce point.
d) D´emontrer que limx→∞ xe
−1
1+x−1=−1 puis d´eterminer aet bpour que la droite ∆
d’´equation y=ax +bsoit asymptote `a la courbe Cfquand xtend vers +∞.
Pour uau voisinage de 0, 1
1+u= 1 + o(1). En posant u=1 xon voit que uest au
voisinage de 0 lorsque xest au voisinage de +∞, et qu’alors
−1
1 + x=−1 x(1 + 1/x)=−1 x(1 + o(1)) = −1 x+o(1/x).
En utilisant `a nouveau le DL de exp en 0, on trouve alors (toujours pour xau
voisinage de +∞:
e
−1
1+x−1 = exp −1
x+o(1/x)−1 = −1 x+o(1/x).
2

Reste `a mutiplier par xpour obtenir la limite souhait´ee.
Remarquons alors que e=ex
1+xe1 1+xde sorte que f(x) = exe
−1
1+xD’apr`es le calcul de
limite que nous venons d’effectuer, on voit alors que
f(x)−ex =ex e
−1
1+x−1−→
x→∞ −e
On a donc f(x)−ex +e→0 lorsque x→ ∞, autrement dit la droite ∆ d’´equation
y=ex −eest asymptote `a Cfau voisinage de +∞.
Remarque : Si on pousse le d´eveloppement asymptotique `a l’ordre sup´erieur, on
obtient que
f(x) = ex −e+3e
2x+o(1/x),
de sorte que Cfse trouve au dessus de ∆ au voisinage de +∞.
e) Tracer l’allure de Cf, on tracera aussi Tet ∆.
C
T
f
2
4
6
8
10
5
10
15
20
25
Figure 1. La courbe Cfet les droites Tet ∆ pour x∈[0,10].
Exercice 2 [Sujet Analyse 2010]
1. On consid`ere l’´equation diff´erentielle
xy′−y=x(E)
d´efinie pour x∈]0,+∞[.
Quelle est la solution g´en´erale de (E) ?
Trouver la solution particuli`ere hde (E) telle que h(e) = e.
On proc`ede comme dans le premier exercice. L’´equation homog`ene xy′−y= 0, pour
x∈]0,+∞[, peut ˆetre r´e´ecrite y′−y/x = 0, et donc
yh(x) = Cexp Zx
0
1
udu=Cexp(ln(x)) = Cx.
On cherche alors une solution particuli`ere de (E) sous la forme y0(x) = C(x)x, et on
obtient que x2C′(x) + xC(x)−C(x)x=x, et donc pour x∈]0,+∞[ ceci ´equivaut `a
C′(x) = 1/x. Par exemple on peut donc prendre C(x) = ln(x), de sorte que
y0(x) = xln(x).
3

Finalement une solution g´en´erale de (E) s’´ecrit
y(x) = yh(x) + ye(x) = x(ln(x) + C).
Pour obtenir la solution htelle que h(e) = eil faut prendre C= 0,et on conclut
h(x) = xln(x).
2. Dans cette question xest un nombre positif ou nul.
On consid`ere la fonction d´efinie sur [0,+∞[ par
f(x) = (xln(x) si x > 0
0 si x= 0 .
et Cfla courbe repr´esentative de fdans un rep`ere orthonorm´e (O, i,j) d’unit´e 2cm.
a. D´emontrer que fest continue sur [0,+∞[.
b. La fonction fest-elle d´erivable en 0 ?
c. Etudier les variations de fsur [0,+∞[.
d. Dessiner Cf. On repr´esentera les tangentes aux points d’abscisses 0 et 1.
a. Par le th´eor`eme des croissances compar´ees on sait que
lim
x→0,x>0xln(x) = 0,
ce qui assure la continuit´e de f`a l’origine.
b. Calculons f′(x) pour x > 0 :
f′(x) = 1 + ln(x).
On voit en particulier que
lim
x→0,x>0f′(x) = −∞,
autrement dit, Cfposs`ede une tangente verticale en l’origine, et elle n’est donc
pas d´erivable en 0.
c. On voit facilement que f′(x) = 0 ⇔x= 1/e. Comme la fonction x→ln(x) est
croissante, on en d´eduit que f′(x)<0 sur ]0,1/e[, f′(x)>0 sur ]1/e, +∞[. Notre
fonction fest donc :
– nulle en 0, et comme on vient de le voir, Cfposs`ede une tangente verticale `a
l’origine.
– d´ecroissante sur l’intervalle ]0,1/e]
– minimale en 1/e, o`u elle prend la valeur −1/e.
– croissante sur [1/e, +∞[.
En particulier, elle s’annule en 1 (notons de plus que f′(1) = 1 de sorte que
x→x−1 est tangente `a Cfen au point (1,0).) Enfin on a ´evidemment que
limx→∞ f(x) = +∞, mais comme x→ln(x) est ´egalement divergente, Cfne
poss`ede pas de droite asymptote en +∞.
4

d.
C
T
f
1
2
3
4
-1
1
2
3
4
5
Figure 2. La courbe Cf, la droite Td’´equation y=x−1 tangente `a Cfau point (1,0),
pour x∈[0,4]. Noter que l’axe des ordonn´ees x= 0 est tangente `a Cfen (0,0).
3. a. D´eterminer les positions relatives de Cfet de la droite y=xsuivant les valeurs de
x.
b. Dans le rep`ere (O, i,j), hachurer l’ensemble Ades points M: (x, y) tels que
(0< x < e
f(x)< y < x .
c. Calculer l’aire de l’ensemble A.
a. Introduisons la fonction g:x→f(x)−x. L’´etude du signe de gva nous permettre
d’´etudier les positions relatives de Cfet de la droite y=x. Pr´ecis´ement, en
l’abscisse x,
– si g(x)≥0, alors Cfest au-dessus de y=x
– si g(x)≤0, alors Cfest en dessous de y=x
Notons que g′(x) = f′(x)−1 = ln(x), de sorte que gest d´ecroissante sur [0,1] et
croissante sur [1,+∞[. Comme g(0) = 0, et limx→∞ g(x) = +∞, on constate que
gne s’annule qu’en 0 et en un unique point de ]1,+∞[. C’est confirm´e par la
r´esolution de l´equation g(x) = 0 :
g(x) = 0 ⇔x(ln(x)−1) = 0 ⇔x= 0 ou x=e.
Finalement g(x)<0 pour tout x∈]0, e[ et g(x)>0 pour tout x∈]e, +∞[, ce qui,
comme expliqu´e plus haut, nous donne la position relative de la courbe Cfet de
la premi`ere bissectrice y=x.
b. Aest l’ensemble des points d’abscisses 0 < x < e qui se situent entre Cfet la droite
y=x.
c. D’apr`es la question pr´ec´edente, l’aire de An’est autre que l’aire qui se situe sous la
courbe repr´esentative de la fonction x→ −g(x) = x−f(x). Pour calculer
l’int´egrale on va avoir besoin de la primitive de x→xln(x). On la cherche sous la
forme x→x2
2ln(x)−Q(x), avec Q′(x) = −x/2 et on trouve que
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