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Mathématiques

Etude de fonctions Bac S2 2003

Published 24 mai 2022
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3 Min Read
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A. On considère la fonction:

u:[0,\infty\lbrack\mapsto
\mathbb{R}

x\longrightarrow\ln\left\vert \frac{x+1}{x-1}\right\vert -\frac{2x}
{x^{2}-1}

1) déterminer l’ensemble de définition de u; calculer u(0) et \lim_{x\rightarrow+\infty}u(x)

2) Etudier les variations de u. dresser son tableau de variations (il n’est pas nécessaire de calculer la limite de u en 1)

3) Déduire des résultats précédents que:

a) \forall x\in\lbrack0,1[,u(x)\geq0

b) \forall x\in]1,+\infty\lbrack,u(x)<0

B) Soit g la fonction définie par :

g:[0,\infty\lbrack\mapsto
\mathbb{R}

x\mapsto x\ln\left\vert \frac{x+1}{x-1}\right\vert -1

1) Déterminer Dg (le domaine de définition de g); puis étudier la limite de g en 1.

2) vérifier que \frac{x+1}{x-1}=1+\frac{2}{x-1}

Montrer que \lim_{x\mapsto+\infty}\frac{(x-1)}{2}\ln(1+\frac
{2}{x-1})=1

b) En déduire que \lim_{x\rightarrow+\infty}g(x)=1 Interpréter géométriquement ce résultat.

c) Dresser le tableau de variation de g.

d) Montrer qu’il existe un réel \alpha unique appartenant à ]0,1[ tel que g(\alpha)=0

Donner un encadrement d’ordre 1 de \alpha.

3) Tracer la courbe C_{g} de g dans le plan rapporté à un repère orthonormal (unité =2 cm)

C. Soit la fonction définie par f(x)=(x^{2}-1)\ln\sqrt{\frac{x+1}{1-x}}

1) Montrer que f est dérivable sur \left[ 0,1\right[  et que f^{\prime}(x)=g(x),\forall x\in\left[ 0,1\right[

2) Déterminer l’aire du domaine plan limité par la courbe (C_{g}); l’axe des abscisses; l’axe des ordonnées et la droite d’équationx=\alpha.

 

Corrigé

u:\left[ 0,+\infty\right[ \longrightarrow
\mathbb{R}

 

x\longrightarrow\ln\left\vert \frac{x+1}{x-1}\right\vert -\frac{2x}
{x^{2}-1}

 

1) n(x) existe \iff x\geq0 et \frac{x+1}{x-1} \neq 0

 

donc D_{u}=\left[ 0;1\right[ \cup\left] 1,+\infty\right[

 

u(o)=ln\left\vert 1\right\vert -\frac{-2(0)}{0^{2}-1}

 

u(o)=0

 

pour x>1,u(x)=ln(\frac{x+1}{x-1})-\frac{2x}{x^{2}-1}

 

\frac{x+1}{x-1} tend vers 1 en +\infty et \frac{2x}{x^{2}-1} tend vers 0

 

donc \lim_{x\rightarrow+\infty} u(x)=0

 

2) Calcul de u^{\prime}(x)

 

u^{\prime}(x)=\frac{(\frac{x+1}{x-1})\prime}{\frac{x+1}{x-1}}-(\frac{2x}
{x^{2}-1})\prime

 

u^{\prime}(x)=\frac{-2}{x^{2}-1}-2\left[ \frac{x^{2}-1-2x^{2}}{(x^{2}-1)^{2}
}\right]

 

u^{\prime}(x)=\frac{4}{(x^{2}-1)^{2}}

 

u^{\prime}(x)>0 sur Du

tableau de variation de u

 

3) a) la fonction x\rightarrow u(x) strictement croissante sur \left[
0,1\right[  et u(0)=0

 

si 0\leq x<1 alors u(0)\leq u(x)

 

d’où u(x)\geq0 sur \left[ 0,1\right[

 

b) la fonction x\rightarrow u(x) strictement croissante sur ]1,+\infty
\lbrack

 

or \lim u(x)=0 donc u(x)<0 sur ]1,+\infty\lbrack

 

B) g:[0,\infty\lbrack\mapsto
\mathbb{R}

 

x\mapsto x\ln\left\vert \frac{x+1}{x-1}\right\vert -1

 

1) g(x) existe x\geq 0 et \frac{x+1}{x-1}>0

 

Dg=\left[ 0,1\right[ \cup\left] 1,+\infty\right[

 

\lim_{x\rightarrow1}g(x)=+\infty

 

car {tex}\left\vert \frac{x+1}

 

{x-1}\right\vert {/tex}tend vers +\infty

 

2) a) 1+\frac{2}{x-1}=\frac{x-1+2}{x-1}=\frac{x+1}{x-1}

 

posons t=\frac{2}{x-1}, si x\mapsto+\infty alors t\rightarrow0

 

donc\lim_{x\mapsto+\infty}\frac{(x-1)}{2}\ln(1+\frac{2}
{x-1})=\lim_{t\rightarrow O}\frac{\ln(1+t)}{t}=1

 

b) sur \left] 1,+\infty\right[  g(x)=x\ln\left\vert \frac{x+1}
{x-1}\right\vert -1

 

or \frac{x+1}{x-1}=1+\frac{2}{x-1}

 

g(x)=x\ln(1+\frac{2}{x-1})-1

 

g(x)=2\frac{x}{2}\ln(1+\frac{2}{x-1})-1

 

or \frac{x}{2}=(\frac{x}{2}-\frac{1}{2})+\frac{1}{2}

 

g(x)=\left[ 2(\frac{x-1}{2})\ln(1+\frac{2}{x-1})\right] +\ln(1+\frac
{2}{x-1})-1

 

or en +\infty \ln(1+\frac{2}{x-1}) tend vers 0 et \frac{(x-1)}{2}
\ln(1+\frac{2}{x-1}) tend vers 1

 

d’où \lim_{x\rightarrow+\infty}g(x)=2-1=1

 

la courbe de g admet au voisinage de +\infty une asymptote horizontale d’équation y=1

 

c) calcul de g^{\prime}(x)

 

d’abord sur \left[ 0,1[\text{ et sur }]1,+\infty\right[  la fonction

 

x\mapsto\frac{x+1}{x-1}est dérivable et est strictement positive

 

donc x\mapsto\ln\left\vert \frac{x+1}{x-1}\right\vert  dérivable sur

 

\left[ 0,1[\text{ et sur }]1,+\infty\right[

 

par produit x\mapsto x\ln\left\vert \frac{x+1}{x-1}\right\vert

 

dérivable sur \left[ 0,1[\text{ et sur }]1,+\infty\right[

 

d’où g est dérivavle sur \left[ 0,1[\text{ et sur }]1,+\infty
\right[

 

g^{\prime}(x)=\ln\left\vert \frac{x+1}{x-1}\right\vert +\frac{-2x}{x^{2}-1}

 

g^{\prime}(x)=\ln\left\vert \frac{x+1}{x-1}\right\vert -\frac{2x}{x^{2}
-1}=u(x)

 

or u(x)>0 sur \left[ 0,1[\text{ et }u(x)<0\text{sur }]1,+\infty\right[

 

tableau de variation de g

 

on a g(0)=-1

 

d)
la fonction x\mapsto g(x) continue et strictement croissante sur \left]
0,1\right[

 

donc x\rightarrow g(x) est une bijection de \left] 0,1\right[  sur \left] -1,+\infty\right[

 

donc x\mapsto g(x) bijection \left] 0,1\right[  sur \left]
-1,+\infty\right[

 

de plus 0\in\left] -1,+\infty\right[

 

ainsi l’équation g(x)=0 admet une solution unique \alpha\in\left]
0,1\right[

 

Encadrement de \alpha

on a:

\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|}
\hline x & 0 & 0,5 & 0,6 & 0,7 \\ 
\hline g(x) & -1 & -0,45 & -0,17 & 0,21 \\ 
\hline 
\end{tabular}

 

donc 0,6<\alpha<0,7

 

3) Courbe de g

 

C)
f:\left[ 0,1\right[ \mapsto
\mathbb{R}

 

f(x)=(x^{2}-1)\ln\sqrt{\frac{x+1}{1-x}}

 

1) dérivabilité de f sur \left[ 0,1\right[ ?

 

sur ]-1,1[, x\rightarrow\frac{x+1}{1-x} est dérivable et strictement positive

 

doncx\rightarrow \ln\sqrt{\frac{x+1}{1-x}} est dérivable sur cette intervalle

 

ce qui entraîne que x\rightarrow (x^{2}-1)\ln\sqrt{\frac{x+1}{1-x}} est

dérivable sur cette intervalle

d’où f est dérivable sur \left[ 0,1\right[

 

Et on a f(x)=(x^{2}-1)\ln\sqrt{\frac{x+1}{1-x}}=\frac{(x^{2}-1)}{2}
\ln\frac{1+x}{1-x}

 

f^{\prime}(x)=x\ln\frac{1+x}{1-x}+\frac{(x^{2}-1)}{2}\times\frac{-2}{1-x^{2}
}=x\ln\frac{1+x}{1-x}-1=g(x)

 

f^{\prime}(x)=g(x) sur \left[ 0,1\right[

 

2) Déterminons l’aire A du domaine plan limité par la courbe C_{g} , l’axe des abscisses, l’axe des ordonnées et la droite d’équation

 

x=\alpha.

 

A=-\int_{0}^{\alpha}g(x)dx\times 4cm^{2}

 

A=\int_{\alpha}^{0}g(x)dx\times4cm^{2}

 

A=[f(x)]_{\alpha}^{0}\times4cm^{2}

 

A=[f(0)-f(\alpha)]\times4cm^{2}

 

A=-4f(\alpha).cm^{2}=+4(1-\alpha^{2})\ln(\frac{\alpha+1}{1-\alpha})cm^{2}

 

or g(\alpha)=0

 

\alpha\ln(\frac{1+\alpha}{1-\alpha})-1=0

 

\ln(\frac{1+\alpha}{1-\alpha})=\frac{1}{\alpha}

 

A=\frac{4(1-\alpha^{2})}{\alpha}cm^{2}

 

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ByPetit Koldois
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