Corrigé – Métropole 2024 J1 – Exercice 4
Thème : Fonctions, logarithme, convexité, intégration – TVI, IPP, calcul d’aire.
\(f\) est définie et deux fois dérivable sur \(]0\,;\,+\infty[\) par \(f(x) = x - 2 + \frac{1}{2}\ln x\).
Question 1.
Limites de \(f\) en \(0\) et en \(+\infty\).
\[\lim_{x \to 0^+} (x-2) = -2\] \[\lim_{x \to 0^+} \ln x = -\infty\]
Donc : \[\boxed{\lim_{x \to 0^+} f(x) = -\infty}\]
En \(+\infty\) : \[\lim_{x \to +\infty} (x-2) = +\infty\] \[\lim_{x \to +\infty} \ln x = +\infty\]
Donc : \[\boxed{\lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty}\]
Montrer que \(f'(x) = \dfrac{2x+1}{2x}\).
\(f'(x) = 1 + \frac{1}{2} \times \frac{1}{x}\). \[f'(x) = 1 + \frac{1}{2x}\] \[f'(x) = \frac{2x}{2x} + \frac{1}{2x}\] \[\boxed{f'(x) = \dfrac{2x+1}{2x}}\]
Sens de variation de \(f\) sur \(]0\,;\,+\infty[\).
Pour tout \(x > 0\), \(2x > 0\) et \(2x+1 > 0\), donc \(f'(x) > 0\).
\(f\) est strictement croissante sur \(]0\,;\,+\infty[\).
Convexité de \(f\).
\(f''(x) = -\frac{1}{2x^2}\) (dérivée de \(\frac{1}{2x}\)).
Pour tout \(x > 0\), \(f''(x) < 0\). Donc \(f\) est concave sur \(]0\,;\,+\infty[\).
\[\boxed{f \text{ est concave sur } ]0\,;\,+\infty[.}\]
Question 2.
Montrer que \(f(x) = 0\) admet une unique solution \(\alpha \in [1\,;\,2]\).
\(f\) est continue et strictement croissante sur \(]0\,;\,+\infty[\).
\(\lim_{x \to 0^+} f(x) = -\infty\) et \(\lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty\).
\(0 \in ]-\infty\,;\,+\infty[\), donc par le théorème des valeurs intermédiaires, \(f(x) = 0\) admet une unique solution \(\alpha\) sur \(]0\,;\,+\infty[\).
Encadrement : \[f(1) = 1 - 2 + \frac{1}{2}\ln 1\] \[f(1) = -1 + 0\] \[f(1) = -1 < 0\]
\[f(2) = 2 - 2 + \frac{1}{2}\ln 2\] \[f(2) = \frac{1}{2}\ln 2 > 0\]
\(f(1) < 0\) et \(f(2) > 0\), donc \(\alpha \in [1\,;\,2]\).
\[\boxed{\alpha \in [1\,;\,2]}\]
Signe de \(f(x)\) sur \(]0\,;\,+\infty[\).
\(f\) est strictement croissante et s’annule en \(\alpha\), donc :
\(f(x) < 0\) pour \(x \in ]0\,;\,\alpha[\)
\(f(\alpha) = 0\)
\(f(x) > 0\) pour \(x \in ]\alpha\,;\,+\infty[\)
Montrer que \(\ln(\alpha) = 2(2-\alpha)\).
\(f(\alpha) = 0\) : \[\alpha - 2 + \frac{1}{2}\ln \alpha = 0\] \[\frac{1}{2}\ln \alpha = 2 - \alpha\] \[\boxed{\ln(\alpha) = 2(2-\alpha)}\]
\(g\) est définie et dérivable sur \(]0\,;\,1]\).
Question 1. \(g'(x)\) puis \(g'(x) = x f(\frac{1}{x})\).
\[g(x) = -\frac{7}{8}x^2 + x - \frac{1}{4}x^2\ln x\]
\[g'(x) = -\frac{7}{4}x + 1 - \frac{1}{4}\left(2x\ln x + x^2 \times \frac{1}{x}\right)\] \[g'(x) = -\frac{7}{4}x + 1 - \frac{1}{4}(2x\ln x + x)\] \[g'(x) = -\frac{7}{4}x + 1 - \frac{1}{2}x\ln x - \frac{1}{4}x\] \[g'(x) = -2x + 1 - \frac{1}{2}x\ln x\]
Vérifions \(x f(\frac{1}{x})\) : \[f\left(\frac{1}{x}\right) = \frac{1}{x} - 2 + \frac{1}{2}\ln\left(\frac{1}{x}\right)\] \[f\left(\frac{1}{x}\right) = \frac{1}{x} - 2 - \frac{1}{2}\ln x\]
\[x f\left(\frac{1}{x}\right) = x\left(\frac{1}{x} - 2 - \frac{1}{2}\ln x\right)\] \[x f\left(\frac{1}{x}\right) = 1 - 2x - \frac{1}{2}x\ln x\] \[x f\left(\frac{1}{x}\right) = g'(x)\]
\[\boxed{g'(x) = x f\left(\frac{1}{x}\right)}\]
Question 2.
Pour \(x \in ]0\,;\,\frac{1}{\alpha}[\), \(f(\frac{1}{x}) > 0\).
Si \(x \in ]0\,;\,\frac{1}{\alpha}[\), alors \(\frac{1}{x} > \alpha\).
D’après la partie A, \(f(t) > 0\) pour \(t > \alpha\). Donc \(f(\frac{1}{x}) > 0\).
Tableau de variations de \(g\) sur \(]0\,;\,1]\).
\(g'(x) = x f(\frac{1}{x})\). Comme \(x > 0\), le signe de \(g'\) est celui de \(f(\frac{1}{x})\).
Pour \(x \in ]0\,;\,\frac{1}{\alpha}[\) : \(\frac{1}{x} > \alpha\) donc \(f(\frac{1}{x}) > 0\), d’où \(g'(x) > 0\).
Pour \(x \in ]\frac{1}{\alpha}\,;\,1]\) : \(\frac{1}{x} \leq \alpha\) donc \(f(\frac{1}{x}) \leq 0\), d’où \(g'(x) \leq 0\).
\(\mathcal{C}_g\) est la courbe de \(g\), \(\mathcal{P}\) est la parabole \(y = -\frac{7}{8}x^2 + x\). Aire \(\mathcal{A}\) entre \(\mathcal{C}_g\) et \(\mathcal{P}\) de \(x = \frac{1}{\alpha}\) à \(x = 1\).
Question 1.
Position relative de \(\mathcal{C}_g\) et \(\mathcal{P}\).
\[g(x) - \left(-\frac{7}{8}x^2 + x\right)\] \[g(x) - \left(-\frac{7}{8}x^2 + x\right) = -\frac{7}{8}x^2 + x - \frac{1}{4}x^2\ln x + \frac{7}{8}x^2 - x\] \[g(x) - \left(-\frac{7}{8}x^2 + x\right) = -\frac{1}{4}x^2\ln x\]
Pour \(x \in ]0\,;\,1]\), \(\ln x \leq 0\), donc \(-\frac{1}{4}x^2\ln x \geq 0\).
Ainsi \(\mathcal{C}_g\) est au-dessus de \(\mathcal{P}\) sur \(]0\,;\,1]\).
Démontrer \(\displaystyle\int_{1/\alpha}^{1} x^2\ln x\,dx = \frac{-\alpha^3 - 6\alpha + 13}{9\alpha^3}\).
On pose \(u'(x) = x^2\), \(v(x) = \ln x\). Alors \(u(x) = \frac{x^3}{3}\), \(v'(x) = \frac{1}{x}\).
Formule d’intégration par parties : \[\int_a^b u'(x)v(x)\,dx = \bigl[u(x)v(x)\bigr]_a^b - \int_a^b u(x)v'(x)\,dx\]
\[\int_{1/\alpha}^{1} x^2\ln x\,dx\] \[\int_{1/\alpha}^{1} x^2\ln x\,dx = \left[\frac{x^3}{3}\ln x\right]_{1/\alpha}^{1} - \int_{1/\alpha}^{1} \frac{x^3}{3} \times \frac{1}{x}\,dx\] \[\int_{1/\alpha}^{1} x^2\ln x\,dx = \left[\frac{x^3}{3}\ln x\right]_{1/\alpha}^{1} - \int_{1/\alpha}^{1} \frac{x^2}{3}\,dx\] \[\int_{1/\alpha}^{1} x^2\ln x\,dx = \left[\frac{x^3}{3}\ln x\right]_{1/\alpha}^{1} - \left[\frac{x^3}{9}\right]_{1/\alpha}^{1}\]
\[\left[\frac{x^3}{3}\ln x\right]_{1/\alpha}^{1}\] \[\left[\frac{x^3}{3}\ln x\right]_{1/\alpha}^{1} = \frac{1}{3}\ln 1 - \frac{1}{3\alpha^3}\ln\left(\frac{1}{\alpha}\right)\] \[\left[\frac{x^3}{3}\ln x\right]_{1/\alpha}^{1} = 0 - \frac{1}{3\alpha^3}(-\ln\alpha)\] \[\left[\frac{x^3}{3}\ln x\right]_{1/\alpha}^{1} = \frac{\ln\alpha}{3\alpha^3}\]
\[\left[\frac{x^3}{9}\right]_{1/\alpha}^{1}\] \[\left[\frac{x^3}{9}\right]_{1/\alpha}^{1} = \frac{1}{9} - \frac{1}{9\alpha^3}\]
Donc : \[\int_{1/\alpha}^{1} x^2\ln x\,dx = \frac{\ln\alpha}{3\alpha^3} - \left(\frac{1}{9} - \frac{1}{9\alpha^3}\right)\] \[\int_{1/\alpha}^{1} x^2\ln x\,dx = \frac{\ln\alpha}{3\alpha^3} - \frac{1}{9} + \frac{1}{9\alpha^3}\]
Or \(\ln\alpha = 2(2-\alpha) = 4 - 2\alpha\).
\[\int_{1/\alpha}^{1} x^2\ln x\,dx = \frac{4-2\alpha}{3\alpha^3} - \frac{1}{9} + \frac{1}{9\alpha^3}\] \[\int_{1/\alpha}^{1} x^2\ln x\,dx = \frac{12-6\alpha}{9\alpha^3} + \frac{1}{9\alpha^3} - \frac{1}{9}\] \[\int_{1/\alpha}^{1} x^2\ln x\,dx = \frac{13-6\alpha}{9\alpha^3} - \frac{1}{9}\] \[\int_{1/\alpha}^{1} x^2\ln x\,dx = \frac{13-6\alpha}{9\alpha^3} - \frac{\alpha^3}{9\alpha^3}\] \[\boxed{\int_{1/\alpha}^{1} x^2\ln x\,dx = \dfrac{-\alpha^3 - 6\alpha + 13}{9\alpha^3}}\]
Question 2. Expression de \(\mathcal{A}\) en fonction de \(\alpha\).
\(\mathcal{A}\) est l’aire entre \(\mathcal{C}_g\) et \(\mathcal{P}\) sur \([1/\alpha\,;\,1]\).
\[\mathcal{A} = \int_{1/\alpha}^{1} \left(g(x) - \left(-\frac{7}{8}x^2 + x\right)\right)dx\] \[\mathcal{A} = \int_{1/\alpha}^{1} \left(-\frac{1}{4}x^2\ln x\right)dx\] \[\mathcal{A} = -\frac{1}{4}\int_{1/\alpha}^{1} x^2\ln x\,dx\] \[\mathcal{A} = -\frac{1}{4} \times \frac{-\alpha^3 - 6\alpha + 13}{9\alpha^3}\] \[\boxed{\mathcal{A} = \dfrac{\alpha^3 + 6\alpha - 13}{36\alpha^3}}\]