LOGARITHME NEPERIEN
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Exercice 1 (Liban mai 2018)
1) Soit \(u\) la fonction définie sur l'intervalle \([1 ; 5]\) par \(u(x)=\ln (x)\), et \(v_{n}\) la fonction définie sur l'intervalle \([1 ; 5]\) par \(v_{n}(x)=x^{n}, \; \forall n>0 \).Nous avons : \[ f_{n}(x)=\frac{u(x)}{v_{n}(x)}. \] \(u\) et \(v_{n}\) sont deux fonctions dérivables sur \([1 ; 5]\). De plus, \(v_{n}(x)>0\; \forall x \in [1 ; 5] , \forall n>0\), ce qui implique que le dénominateur de \(f_{n}\) ne peut s'annuler.
Par conséquent, \(f_{n}\) est dérivable sur \([1 ; 5]\), et nous avons : \[ \begin{align*} f'_{n}(x)&=\frac{u'(x)v_{n}(x)-u(x)v_{n}'(x)}{\left(v_{n}(x)\right)^{2}}\\ &=\frac{\frac{1}{x}x^{n}-\ln (x)\times nx^{n-1}}{\left(x^{n}\right)^{2}}\\ &=\frac{x^{n-1}-nx^{n-1}\ln (x)}{x^{2n}}\\ &=\frac{x^{n-1}(1-n\ln (x))}{x^{2n}}\\ &=\frac{1-n\ln (x)}{x^{n+1}} \end{align*} \] 2) Une condition nécessaire pour l'existence d'un maximum sur l'intervalle \([1 ; 5]\) est que la dérivée de \(f_{n}\) s'annule au moins une fois sur cet intervalle. \[ \begin{align*} &f'_{n}(x)=0 \\ \Longleftrightarrow & \frac{1-n\ln (x)}{x^{n+1}}=0 \\ \Longleftrightarrow & 1-n\ln (x)=0 \\ \Longleftrightarrow & \ln (x)=\frac{1}{n} \\ \Longleftrightarrow & x=e^{1/n} \end{align*} \] La dérivée ne s'annule qu'une seule fois, et étant donné que la fonction \(f_{n}\) admet un maximum sur l'intervalle \([1 ; 5]\) d'après l'énoncé, celui-ci est atteint en \(x=e^{1/n}\).
L'image de \(e^{1/n}\) par la fonction \(f_{n}\) est : \[ \begin{align*} f_{n}(e^{1/n})&=\frac{\ln (e^{1/n})}{(e^{1/n})^{n}} \\ &=\frac{\ln (e^{1/n})}{e} \end{align*} \] Les coordonnées du point \(A_{n}\) sont \( \left(e^{1/n};\frac{1}{e}\ln (e^{1/n})\right) \).
Par conséquent, tous les points \(A_{n}\) appartiennent à la courbe d'équation \[ y=\frac{1}{e}\ln(x). \] 3)
a) La fonction \(x\rightarrow \ln(x)\) est croissante sur \([1;5]\), donc \(\forall x \in [1;5]\) :
\[
\begin{align*}
&\ln(1)\leq \ln(x) \leq \ln(5)\\
&0\leq \ln(x) \leq \ln(5).
\end{align*}
\]
Comme \(x^{n}>0 \; \forall x\in [1;5], \; \forall n>0\), la division par un réel strictement positif ne changeant pas le signe de l'inégalité, nous obtenons finalement :
\[
0\leq \frac{\ln(x)}{x^{n}} \leq \frac{\ln(5)}{x^{n}}.
\]
b) Pour tout entier \(n>1\) :
\[
\begin{align*}
\int_{1}^{5}\frac{1}{x^{n}}dx&=\int_{1}^{5}x^{-n}dx \\
&=\left[\frac{x^{1-n}}{1-n}\right]_{1}^{5}\\
&=\frac{5^{1-n}}{1-n}-\frac{1}{1-n} \\
&=\frac{1}{n-1}-\frac{5^{1-n}}{n-1} \\
&=\frac{1}{n-1} \left(1-5^{1-n}\right) \\
&=\frac{1}{n-1}\left(1-\frac{1}{5^{n-1}}\right).
\end{align*}
\]
c) L'aire sous la courbe \(\mathcal C_{n}\) est simplement
\[
\int_{1}^{5}f_{n}(x)dx.
\]
A partir de la question 3a), nous avons \(\forall x \in [1;5]\) :
\[
0\leq \frac{\ln(x)}{x^{n}} \leq \frac{\ln(5)}{x^{n}},
\]
L'intégrale conservant le sens des inégalités, nous avons :
\[
\begin{align*}
\int_{1}^{5}0 \; dx & \leq \int_{1}^{5} \frac{\ln(x)}{x^{n}} dx \leq \int_{1}^{5} \frac{\ln(5)}{x^{n}}dx \\
0 & \leq \int_{1}^{5}f_{n}(x)dx \leq \ln(5) \int_{1}^{5} \frac{1}{x^{n}}dx
\end{align*}
\]
On reconnaît l'intégrale que nous avons calculée à la question 3b). Nous obtenons finalement :
\[
0 \leq \int_{1}^{5}f_{n}(x)dx \leq \frac{\ln(5)}{n-1}\left(1-\frac{1}{5^{n-1}}\right)
\]
Comme \(\lim_{n\rightarrow +\infty} \frac{1}{5^{n-1}}=0 \) et \(\lim_{n\rightarrow +\infty} \frac{\ln (5)}{n-1}=0 \), nous en déduisons :
\[
\lim_{n\rightarrow +\infty} \frac{\ln(5)}{n-1}\left(1-\frac{1}{5^{n-1}}\right)=0
\]
En utilisant le théorème des gendarmes, nous pouvons conclure que :
\[
\lim_{n\rightarrow +\infty} \int_{1}^{5}f_{n}(x)dx=0.
\]
Exercice 2 (Amérique du Nord mai 2018)
1) Une condition nécessaire pour l'existence d'un maximum sur l'intervalle \([0 ; 1[\) est que la dérivée de \(f\) s'annule au moins une fois sur cet intervalle. \[ \begin{align*} &f'(x)=0 \\ \Longleftrightarrow & \frac{-bx+b-2}{1-x}=0 \\ \Longleftrightarrow & -bx+b-2=0 \\ \Longleftrightarrow & bx=b-2 \\ \Longleftrightarrow & x=\frac{b-2}{b} \\ \Longleftrightarrow & x=1-\frac{2}{b} \end{align*} \] Etant donné que : \[ b\geq 2, \] nous avons nécessairement : \[ 0\leq 1-\frac{2}{b} < 1, \] ou encore \[ 0\leq x < 1. \] La dérivée de la fonction \(f\) s'annule une seule fois sur l'intervalle \([0 ; 1[\), et étant donné que la fonction \(f\) admet un maximum sur l'intervalle \([0 ; 1[\) d'après l'énoncé, celui-ci est atteint en \(x=1-\frac{2}{b}\).L'image de \(1-\frac{2}{b}\) par la fonction \(f\) est : \[ \begin{align*} f \left(1-\frac{2}{b}\right)&=b\left(1-\frac{2}{b}\right)+2\ln \left(1-\left(1-\frac{2}{b}\right)\right) \\ &=b-2+2\ln \left(\frac{2}{b}\right). \end{align*} \] Le maximum de la fonction \(f\) est égal à \(b-2+2\ln \left(\frac{2}{b}\right)\).
2) Nous devons chercher la ou les valeur(s) de \(b\ \in [2;+\infty[\) telles que : \[ b-2+2\ln \left(\frac{2}{b}\right)<1.6 \] Le problème est que nous ne savons pas résoudre une telle inégalité.
Nous allons définir sur l'intervalle \([2;+\infty[\) la fonction \(g\) par : \[ g(b)=b-2+2\ln \left(\frac{2}{b}\right), \] et procéder à l'étude de cette fonction.
\(g\) est dérivable sur l'intervalle \([2;+\infty[\) et \[ \begin{align*} g'(b)&=1+2\frac{-\frac{2}{b^{2}}}{\frac{2}{b}} \\ &=1-\frac{2}{b}. \end{align*} \] Nous avons \(g'(b)\geq 0 \; \forall b\in [2;+\infty[ \), par conséquent \(g\) est croissante sur \([2;+\infty[\). Pour calculer la limite en \(+\infty\), nous pouvons utiliser cette réécriture : \[ b-2+2\ln \left(\frac{2}{b}\right)=b\left[1+\frac{2}{b}\ln \left(\frac{2}{b}\right)\right]-2 \] Nous avons \[ \lim_{b\rightarrow +\infty}\frac{2}{b}\ln \left(\frac{2}{b}\right)=\lim_{X\rightarrow 0} X\ln (X)=0, \] donc \[ \lim_{b\rightarrow +\infty}g(b)=+\infty. \] La fonction \(g\) est continue et croissante sur \([2;+\infty[\), avec \(g(2)=0\) et \(\lim_{b\rightarrow +\infty}g(b)=+\infty\), donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe une unique valeur \(\alpha \in [2;+\infty[\) telle que \(g(\alpha)=1.6\).
Pour déterminer la valeur de \(\alpha\), nous devons procéder par tâtonnement. Nous obtenons avec la calculatrice \(\alpha\approx 5.69\).
3) L'équation de la tangente à la courbe représentative de la fonction \(f\) en 0 est donnée par : \[ y=f'(0)(x-0)+f(0), \] avec : \[ \begin{align*} &f(0)=0\\ &f'(0)=3.69, \end{align*} \] autrement dit : \[ y=3.69x. \] Le point \((1;3.69)\) appartient à la tangente de la courbe représentative de la fonction \(f\) en 0. A partir de cette tangente, nous pouvons par exemple délimiter un triangle rectangle par les points \((0;0) \; (1;0) \; (1;3.69)\) et utiliser les propriétés trigonométriques pour calculer la valeur de l'angle \(\theta\).
Nous avons : \[ \begin{align*} \tan (\theta)&=\frac{\text{côté opposé à } \theta}{\text{côté adjacent à } \theta} \\ &=\frac{3.69}{1}\\ &=3.69 \end{align*} \] A l'aide de la calculatrice, nous obtenons \( \tan ^{-1}(3.69)\approx 74.8^{°}\).
Exercice 3 (Antilles-Guyane septembre 2017)
PARTIE A1) Nous avons : \[ \lim_{x\rightarrow +\infty}\frac{\ln(x)}{x}=0, \] donc la courbe \(\mathcal C\) admet une asymptote horizontale qui est la droite d'équation \(y=0\), autrement dit l'axe des abscisses.
2) La fonction \(f\) est dérivable sur \([1;+\infty[\) car c'est un quotient de deux fonctions dérivables dont le dénominateur ne s'annule pas.
Nous avons : \[ \begin{align*} f'(x)&=\frac{\frac{1}{x}\times x-\ln(x)\times 1}{x^{2}}\\ &=\frac{1-\ln (x)}{x^{2}} \end{align*} \] 3) Cherchons le signe de \(f'\) sur \([1 ;+\infty[\).
Tout d'abord le dénominateur est strictement positif. Le signe de \(f'\) est le signe du numérateur. Celui-ci est positif lorsque : \[ \begin{align*} &1-\ln (x)\geq 0 \\ \Longleftrightarrow &\ln (x)\leq 1\\ \Longleftrightarrow &x\leq e \end{align*} \] Nous pouvons établir le tableau de variations de la fonction \(f\) :
PARTIE B
1) Calcul de \(u_{0}\) : \[ \begin{align*} u_{0}&=\int_{1}^{2}\frac{1}{x}\ln(x) dx \\ &=\left[\frac{1}{2} \left(\ln(x)\right)^{2} \right]_{1}^{2}\\ &= \frac{1}{2}\left[\ln(2)\right]^{2}-\frac{1}{2}\left[\ln(1)\right]^{2}\\ &=\frac{1}{2}\left[\ln(2)\right]^{2} \end{align*} \] Graphiquement il s'agit de l'aire du domaine délimité par la courbe \(\mathcal C\), l'axe des abscisses, et les droites d'équation \(x=1\) et \(x=2\).
2) Pour tout nombre réel \(x\) de l'intervalle \([1 ; 2]\) : \[ \begin{align*} &1 \leq x \leq 2 \\ &\ln (1) \leq \ln(x) \leq \ln(2) \\ &0 \leq \ln(x) \leq \ln(2) \end{align*} \] car la fonction \(x\rightarrow \ln (x)\) est strictement croissante sur \([1;2]\).
Comme \(x^{n+1}>0 \; \forall x\in [1;2]\) et pour tout entier naturel \(n\), diviser chaque membre de l'inégalité par \(x^{n+1}\) ne modifie par le signe des inégalités. Nous obtenons finalement \[ 0 \leq \frac{\ln(x)}{x^{n+1}} \leq \frac{\ln(2)}{x^{n+1}} \] 3) L'intégrale conservant le sens des inégalités, en utilisant l'inégalité de la question précédente, nous avons : \[ \begin{align*} &\int_{1}^{2} 0 \; dx \leq \int_{1}^{2} \frac{\ln(x)}{x^{n+1}} \; dx \leq \int_{1}^{2} \frac{\ln(2)}{x^{n+1}} \; dx \\ & 0 \leq u_{n} \leq \ln(2) \int_{1}^{2} x^{-n-1} \; dx \end{align*} \] Calculons cette dernière intégrale : \[ \begin{align*} \int_{1}^{2} x^{-n-1} \; dx &= \left[\frac{x^{-n}}{-n}\right]_{1}^{2}\\ &=-\left[\frac{1}{nx^{n}}\right]_{1}^{2}\\ &=-\left(\frac{1}{n\times2^{n}}-\frac{1}{n\times 1^{n}} \right) \\ &=\frac{1}{n}\left(1-\frac{1}{2^{n}}\right) \end{align*} \] En reprenant la dernière inégalité, nous en déduisons que pour tout \(n\in \mathbb{N}^{*}\), on a \[ 0\leq u_{n}\leq \frac{\ln(2)}{n}\left(1-\frac{1}{2^{n}}\right). \] 4) Nous avons \[ \lim_{n\rightarrow +\infty} \frac{1}{2^{n}}=0 \] donc \[ \lim_{n\rightarrow +\infty} 1-\frac{1}{2^{n}}=1. \] Etant donné que : \[ \lim_{n\rightarrow +\infty} \frac{\ln(2)}{n}=0, \] nous pouvons en déduire \[ \lim_{n\rightarrow +\infty} \frac{\ln(2)}{n}\left(1-\frac{1}{2^{n}}\right)=0 \] Conclusion : nous avons d'après la question 3 \[ 0\leq u_{n}\leq \frac{\ln(2)}{n}\left(1-\frac{1}{2^{n}}\right). \] et \[ \lim_{n\rightarrow +\infty} \frac{\ln(2)}{n}\left(1-\frac{1}{2^{n}}\right)=0, \] donc d'après le théorème des gendarmes, nous en déduisons : \[ \lim_{n\rightarrow +\infty} u_{n}=0. \]
Exercice 4 (Amérique du Sud Novembre 2017)
1)
a) Calcul de \(\phi (1)\) :
\[ \begin{align*} \phi(1)&=1^{2}-1+3\ln(1)\\ &=1-1+3\times 0\\ &=0 \end{align*} \] Calcul de la limite de \(\phi\) en 0 :
\( \lim_{x\rightarrow 0} x^{2}=0 \) et \( \lim_{x\rightarrow 0} \ln(x)=-\infty \) donc on en conclut que : \[ \lim_{x\rightarrow 0}\phi (x)=-\infty. \] b) La fonction \(\phi\) est dérivable sur \(]0 ;+\infty[\) et sa dérivée est :
\[ \phi'(x)=2x+\frac{3}{x}. \] Avec \(x \in ]0;+\infty[\) nous avons nécessairement \(\phi'(x)>0\). Par conséquent, la fonction \(\phi\) est croissante sur \(]0;+\infty[\).
Nous pouvons établir le tableau de variations de la fonction \(\phi\) :
La fonction \(\phi\) est continue et strictement croissante sur \(]0;+\infty[\). De plus \(\lim_{x\rightarrow 0}\phi(x)=-\infty\) et \(\lim_{x\rightarrow +\infty}\phi(x)=+\infty\) donc il existe une unique valeur \(\alpha\) telle que \(\phi(\alpha)=0\). D'après la question 1a), on sait que \(\alpha=1\).
Par conséquent \(\phi\) est négative sur l'intervalle \(]0;1[\), nulle si \(x=1\), et positive sur l'intervalle \(]1;+\infty[\).
2)
\[ \begin{align*} \phi(1)&=1^{2}-1+3\ln(1)\\ &=1-1+3\times 0\\ &=0 \end{align*} \] Calcul de la limite de \(\phi\) en 0 :
\( \lim_{x\rightarrow 0} x^{2}=0 \) et \( \lim_{x\rightarrow 0} \ln(x)=-\infty \) donc on en conclut que : \[ \lim_{x\rightarrow 0}\phi (x)=-\infty. \] b) La fonction \(\phi\) est dérivable sur \(]0 ;+\infty[\) et sa dérivée est :
\[ \phi'(x)=2x+\frac{3}{x}. \] Avec \(x \in ]0;+\infty[\) nous avons nécessairement \(\phi'(x)>0\). Par conséquent, la fonction \(\phi\) est croissante sur \(]0;+\infty[\).
Nous pouvons établir le tableau de variations de la fonction \(\phi\) :
Par conséquent \(\phi\) est négative sur l'intervalle \(]0;1[\), nulle si \(x=1\), et positive sur l'intervalle \(]1;+\infty[\).
a) Limite en 0
Nous avons \(\lim_{x\rightarrow 0^{+}}x^{2}-2x-2=-2\) et comme \(\lim_{x\rightarrow 0^{+}}\ln(x)=-\infty\), nous avons \(\lim_{x\rightarrow 0^{+}}-3\ln(x)=+\infty\). Par conséquent : \[ \lim_{x\rightarrow 0^{+}}x^{2}-2x-2-3\ln(x)=+\infty. \] Comme \(\lim_{x\rightarrow 0^{+}}\frac{1}{x}=+\infty\), nous avons finalement : \[ \lim_{x\rightarrow 0^{+}}f(x)=+\infty.
\] Limite en \(+\infty\)
Nous avons \[ \begin{align*} f(x)&=\frac{x^{2}-2x-2-3\ln(x)}{x} \\ &=x-2-\frac{2}{x}-3\frac{\ln(x)}{x} \end{align*} \] Etant donné que nous avons \(\lim_{x\rightarrow +\infty}\frac{2}{x}=0\) et \(\lim_{x\rightarrow +\infty}\frac{\ln(x)}{x}=0\), nous avons \(\lim_{x\rightarrow +\infty}f(x)=\lim_{x\rightarrow +\infty}x-2=+\infty\).
b) La fonction \(f\) est définie sur l'intervalle \(]0;+\infty[\) et dérivable sur ce même intervalle car c'est un quotient de deux fonctions dérivables dont le dénominateur ne s'annule pas.
Nous avons : \[ \begin{align*} f'(x)&=\frac{\left(2x-2-\frac{3}{x}\right)x-\left(x^{2}-2x-2-3\ln(x)\right)}{x^{2}}\\ &=\frac{2x^{2}-2x-3-x^{2}+2x+2+3\ln(x)}{x^{2}} \\ &=\frac{x^{2}-1+3\ln(x)}{x^{2}}\\ &=\frac{\phi(x)}{x^{2}} \end{align*} \] Le dénominateur de \(f'\) étant strictement positif, le signe de \(f'\) est le signe de \(\phi\).
Or nous avons déterminé le signe de \(\phi\) à la question 1b).
En utilisant les résultats de la question 1b), et ceux sur les limites de la fonction \(f\) (question 1a)), nous pouvons déduire le tableau de variations de \(f\) sur l'intervalle \(]0;+\infty[\).
c) La fonction \(f\) est continue et strictement décroissante sur \(]0;1]\). De plus, \(\lim_{x\rightarrow 0}f(x)=+\infty\) et \(f(1)=-3\) donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe une unique valeur \(\alpha\in ]0;1]\) telle que \(f(\alpha)=0\).
A l'aide du graphique de la fonction \(f\) de l'énoncé et de la calculatrice, on trouve \(\alpha\approx 0.41\).
d) La fonction \(F\) est définie et dérivable sur \(]0 ;+\infty[\). C'est en effet la somme de fonctions qui sont définies et dérivables sur cet intervalle.
Nous avons : \[ \begin{align*} F'(x)&=\frac{1}{2}\times 2x-2-2\times\frac{1}{x}-\frac{3}{2}\times 2\ln(x)\times \frac{1}{x}\\ &=x-2-\frac{2}{x}-3\frac{\ln(x)}{x} \\ &=\frac{x^{2}-2x-2-3\ln(x)}{x} \\ &=f(x) \end{align*} \] donc \(F\) est une primitive de \(f\) sur \(]0 ;+\infty[\).
Nous avons \(\lim_{x\rightarrow 0^{+}}x^{2}-2x-2=-2\) et comme \(\lim_{x\rightarrow 0^{+}}\ln(x)=-\infty\), nous avons \(\lim_{x\rightarrow 0^{+}}-3\ln(x)=+\infty\). Par conséquent : \[ \lim_{x\rightarrow 0^{+}}x^{2}-2x-2-3\ln(x)=+\infty. \] Comme \(\lim_{x\rightarrow 0^{+}}\frac{1}{x}=+\infty\), nous avons finalement : \[ \lim_{x\rightarrow 0^{+}}f(x)=+\infty.
\] Limite en \(+\infty\)
Nous avons \[ \begin{align*} f(x)&=\frac{x^{2}-2x-2-3\ln(x)}{x} \\ &=x-2-\frac{2}{x}-3\frac{\ln(x)}{x} \end{align*} \] Etant donné que nous avons \(\lim_{x\rightarrow +\infty}\frac{2}{x}=0\) et \(\lim_{x\rightarrow +\infty}\frac{\ln(x)}{x}=0\), nous avons \(\lim_{x\rightarrow +\infty}f(x)=\lim_{x\rightarrow +\infty}x-2=+\infty\).
b) La fonction \(f\) est définie sur l'intervalle \(]0;+\infty[\) et dérivable sur ce même intervalle car c'est un quotient de deux fonctions dérivables dont le dénominateur ne s'annule pas.
Nous avons : \[ \begin{align*} f'(x)&=\frac{\left(2x-2-\frac{3}{x}\right)x-\left(x^{2}-2x-2-3\ln(x)\right)}{x^{2}}\\ &=\frac{2x^{2}-2x-3-x^{2}+2x+2+3\ln(x)}{x^{2}} \\ &=\frac{x^{2}-1+3\ln(x)}{x^{2}}\\ &=\frac{\phi(x)}{x^{2}} \end{align*} \] Le dénominateur de \(f'\) étant strictement positif, le signe de \(f'\) est le signe de \(\phi\).
Or nous avons déterminé le signe de \(\phi\) à la question 1b).
En utilisant les résultats de la question 1b), et ceux sur les limites de la fonction \(f\) (question 1a)), nous pouvons déduire le tableau de variations de \(f\) sur l'intervalle \(]0;+\infty[\).
c) La fonction \(f\) est continue et strictement décroissante sur \(]0;1]\). De plus, \(\lim_{x\rightarrow 0}f(x)=+\infty\) et \(f(1)=-3\) donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe une unique valeur \(\alpha\in ]0;1]\) telle que \(f(\alpha)=0\).
A l'aide du graphique de la fonction \(f\) de l'énoncé et de la calculatrice, on trouve \(\alpha\approx 0.41\).
d) La fonction \(F\) est définie et dérivable sur \(]0 ;+\infty[\). C'est en effet la somme de fonctions qui sont définies et dérivables sur cet intervalle.
Nous avons : \[ \begin{align*} F'(x)&=\frac{1}{2}\times 2x-2-2\times\frac{1}{x}-\frac{3}{2}\times 2\ln(x)\times \frac{1}{x}\\ &=x-2-\frac{2}{x}-3\frac{\ln(x)}{x} \\ &=\frac{x^{2}-2x-2-3\ln(x)}{x} \\ &=f(x) \end{align*} \] donc \(F\) est une primitive de \(f\) sur \(]0 ;+\infty[\).
Partie B : résolution du problème
Nous devons tout d'abord déterminer l'aire du domaine déterminé par la courbe \(\mathcal C \), l'axe des abscisses, et les droites d'équation \(x=\alpha=0.41\) et \(x=\beta=3.61\).
Comme une unité d'aire est égale à 2 cm2 (le repère est orthogonal d’unité 2 cm en abscisses et 1 cm en ordonnées), nous devons multiplier cette aire par 2.
Etant donné que la fonction \(f\) est négative sur l'intervalle \([\alpha;\beta]\), pour avoir une aire positive nous devons calculer : \[ \begin{align*} 2\left|\int_{\alpha}^{\beta}f(x)dx\right|&=2\left|\left[F(x)\right]_{\alpha}^{\beta}\right|\\ &=2\left|F(\beta)-F(\alpha)\right| \\ \end{align*} \] Nous avons : \[ \begin{align*} F(\alpha)&=\frac{1}{2}\times 0.41^{2}-2\times 0.41-2\ln(0.41)-\frac{3}{2}\left(\ln(0.41)\right)^{2} \\ &\approx -0.145 \\ & \\ F(\beta)&=\frac{1}{2}\times 3.61^{2}-2\times 3.61-2\ln(3.61)-\frac{3}{2}\left(\ln(3.61)\right)^{2} \\ &\approx -5.743 \end{align*} \] Par conséquent : \[ \begin{align*} 2\left|\int_{\alpha}^{\beta}f(x)dx\right|&=2\left|F(\beta)-F(\alpha)\right| \\ &=2\left|-5.743-(-0.145)\right| \\ &\approx 11.458 \end{align*} \] Etant donné que le palet est délimité par \( \mathcal C\) et \( \mathcal C'\), la surface (notée \(\mathcal A\)) est de : \[ \mathcal{A}= 11.458\times 2 \approx 22.916 \text{ cm}^{2} \] Le volume \(V\) d'un palet au chocolat est égal à : \[ V= \mathcal{A} \times h \approx 22.916\times 0.5 \approx 11.458 \text{ cm}^{3} \] 1 litre de pâte liquide au chocolat correspondant à 1000 cm3, il pourra réaliser : \[ \frac{1000}{11.458}\approx 87.28\text{ palets}, \] donc 87 palets.
Ce nombre étant supérieur à 80, cette gamme de bonbons sera rentable.
Exercice 5 (Nouvelle-Calédonie novembre 2017)
1) Nous avons \(\lim_{x\rightarrow 0^{+}} \ln(x)=-\infty\) donc \(\lim_{x\rightarrow 0^{+}} \left(\ln(x)\right)^{2}=+\infty\). Par ailleurs, \(\lim_{x\rightarrow 0^{+}} \frac{1}{x}=+\infty\) donc nous pouvons conclure que \[ \lim_{x\rightarrow 0^{+}} f(x)=\lim_{x\rightarrow 0^{+}} \frac{\left(\ln(x)\right)^{2}}{x}=+\infty \] Cela signifie que l'axe des ordonnées (la droite d'équation \(x=0\)) constitue une asymptote à la coure représentative de la fonction \(f\).2)
En réécrivant \(f(x)\) :
\[
\begin{align*}
f(x)&=\frac{\left(\ln(x)\right)^{2}}{x} \\
&=\frac{\left(\ln(x)\right)^{2}}{\left(x^{1/2}\right)^{2}} \\
&=\left(\frac{\ln(x)}{x^{1/2}}\right)^{2} \\
&=\left(\frac{\ln \left(\left(x^{1/2}\right)^{2}\right)}{x^{1/2}}\right)^{2}\\
&=\left(\frac{2\ln(x^{1/2})}{x^{1/2}}\right)^{2}\\
&=4\left(\frac{\ln(\sqrt{x})}{\sqrt{x}}\right)^{2}.
\end{align*}
\]
b) Nous avons
\[
\begin{align*}
\lim_{x\rightarrow +\infty}f(x)&=\lim_{x\rightarrow +\infty}4\left(\frac{\ln(\sqrt{x})}{\sqrt{x}}\right)^{2}\\
&=\lim_{X\rightarrow +\infty}4\left(\frac{\ln(X)}{X}\right)^{2}\\
\end{align*}
\]
Or on sait que \(\lim_{X\rightarrow +\infty} \frac{\ln(X)}{X}=0\) donc au final :
\[
\lim_{x\rightarrow +\infty}f(x)=0.
\]
3)
a) \(f\) est définie et dérivable sur \(]0 ;+\infty[\). Calculons \(f'(x)\).
\[
\begin{align*}
f'(x)&=\frac{2\ln(x)\frac{1}{x}\times x-\left(\ln(x)\right)^{2}}{x^{2}}\\
&=\frac{2\ln(x)-\left(\ln(x)\right)^{2}}{x^{2}}\\
&=\frac{\ln(x)(2-\ln(x))}{x^{2}}.
\end{align*}
\]
b) Le dénominateur de \(f'\) étant strictement positif, le signe de \(f'\) est le signe du numérateur.
Nous pouvons réaliser un tableau de signe.
c) Calcul de \(f(1)\) : \[ f(1)=\frac{\left(\ln(1)\right)^{2}}{1}=0 \] Calcul de \(f(e^{2})\) : \[ f(e^{2})=\frac{\left(\ln(e^{2})\right)^{2}}{e^{2}}=\frac{4}{e^{2}} \]
4) On utilise le tableau de variations de la fonction \(f\). La fonction \(f\) est continue et strictement décroissante sur \(]0;1]\), avec \(\lim_{x\rightarrow 0}f(x)=+\infty\) et \(f(1)=0\), donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe une unique valeur \(\alpha \in ]0;1]\) telle que \(f(x)=1\). On trouve \(\alpha \in ]0.49;0.5[\) car \(f(0.49)\approx 1.04>1\) et \(f(0.5)\approx 0.96<1\).
c) Calcul de \(f(1)\) : \[ f(1)=\frac{\left(\ln(1)\right)^{2}}{1}=0 \] Calcul de \(f(e^{2})\) : \[ f(e^{2})=\frac{\left(\ln(e^{2})\right)^{2}}{e^{2}}=\frac{4}{e^{2}} \]
Sur l'intervalle \([1;+\infty[\), nous avons \(f(x)\leq \frac{4}{e^{2}}\approx 0.54\), par conséquent il n'existe aucune valeur de \(x\in [1;+\infty[\) telle que \(f(x)=1\).
Conclusion : \(f(x)=1\) admet une unique solution sur \( ]0;+\infty[\) : \(\alpha \in ]0.49;0.5[\).