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\devpers{$\pmb{  \cald \cals ~ \caln^o 6}$  : Ln }{}{T\up{ale} }{16 janvier 2023}



\setlength{\columnseprule}{.5pt}
\setlength{\columnsep}{30pt}

 \setcounter{exercice}{0}
 

\begin{exercice}[(9 points)]
 % liban 2019
Le plan est muni d'un repère orthogonal $\oij$.

\medskip 

\begin{enumerate}
\item On considère la fonction $f$ définie sur l'intervalle $]0~;~1]$ par 

\[f(x) = x(1 - \ln x)^2.\]

	\begin{enumerate}
%         \item Montrer que pour tout $x>0$, $x(\ln x)^2=4(\sqrt{x}\ln\sqrt{x})^2$
%         \item Déterminer la limite de $f$ en 0 {\itshape (vous pourrez pour cela développer la $f$)}.
		\item Déterminer une expression de la fonction dérivée de $f$ et vérifier que pour tout $x \in ]0~;~1]$, $f'(x) = (\ln x + 1)(\ln x - 1)$. 
		
		\begin{corrige}
		 $\forall x \in ]0~;~1]~,~f'(x)= \left( \vphantom{\dfrac{}{}}1 - \ln (x)\right) ^2-2\left(\vphantom{\dfrac{}{}} 1-\ln(x)\right) =\left(\vphantom{\dfrac{}{}} 1-\ln(x)\right)\left(\vphantom{\dfrac{}{}} 1-\ln(x)-2\right)$
		
		On a donc bien $\forall x \in ]0~;~1]~,~f'(x)=\left( \vphantom{\dfrac{}{}}\ln (x) + 1\right) \left( \vphantom{\dfrac{}{}}\ln (x) - 1\right) $.
		\end{corrige}

		\item Étudier les variations de la fonction $f$ et dresser son tableau de variations sur l'intervalle $]0~;~1]$. On admet pour le moment que $\limite{x}{0}f(x)=0$.
		\begin{corrige}
		 
		Sur $]0~;~1]~,~\ln(x)<0$ d'où $\left( \vphantom{\dfrac{}{}}\ln (x) - 1\right)<0$ 
		
		$f'(x)$ est donc du signe contraire de $\left( \vphantom{\dfrac{}{}}\ln (x) + 1\right)$
		
		$\ln (x) + 1>0~\ssi~x>\e^{-1}$, on en déduit le tableau des variations de $f$
		
		\begin{center}
			\psset{unit=1cm}
			\begin{pspicture}(9,3)
			\psframe(9,3)\psline(0,2)(9,2)\psline(0,2.5)(9,2.5)\psline(1,0)(1,3)
			\uput[u](0.5,2.4){$x$} \uput[u](1.35,2.4){$0$} 
			\uput[u](4.9,2.4){$\e^{-1}$}
			\uput[u](8.5,2.4){$1$} 
			\rput(0.5,2.25){$f'(x)$} \rput(3.15,2.25){+}
			\rput(4.9,2.25){0}
			\rput(6.6,2.25){-}
			\uput[u](1.8,0){$0$}
			\uput[u](4.9,1.4){$4\e^{-1}$}
			\uput[u](8.4,0){$1 $}
			\rput(0.5,1){$f(x)$}
			\psline{->}(2.1,0.4)(4.3,1.6)
			\psline{->}(5.4,1.6)(8,0.4)
			
			\psline{-}(1.4,0)(1.4,2.5)
			\psline{-}(1.3,0)(1.3,2.5)
			\end{pspicture}
		\end{center}
		\end{corrige}

\end{enumerate}
	\end{enumerate}

On note $\Gamma$ la courbe représentative de la fonction $g$ définie sur l'intervalle $]0~;~1]$  par $g(x) = \ln x$. 

Soit $a$ un réel de l'intervalle $]0~;~1]$. On note $M_a$ le point de la courbe $\Gamma$ d'abscisse $a$ et $d_a$ la tangente à la courbe $\Gamma$ au point $M_a$. Cette droite $d_a$ coupe l'axe des abscisses au point $N_a$ et l'axe des ordonnées au point $P_a$ . 

On s'intéresse à l'aire du triangle $ON_aP_a$ quand le réel $a$ varie dans l'intervalle $]0~;~1]$. 

\begin{enumerate}[resume]
\item Dans cette question, on étudie le cas particulier où $a = 0,2$ et on donne la figure ci-dessous. 

\begin{center}
\scalebox{0.8}{
\psset{xunit=10cm,yunit=2cm}
\begin{pspicture*}(-0.3,-3)(1.1,1.5)
\psgrid[unit=1cm,subgriddiv=1,gridlabels=0,gridcolor=lightgray](-1,-6)(11,3)
\psaxes[linewidth=1.25pt,labels=none]{->}(0,0)(-0.1,-3)(1.1,1.5)
\psplot[plotpoints=2000,linewidth=0.5pt]{-0.1}{0.8}{ x 5 mul 2.609 sub}
\psplot[plotpoints=2000,linewidth=1.25pt,linecolor=blue]{0.05}{1}{ x ln}
\psdots(0.2,-1.6)(0.5218,0)(1,0)(0,-2.609)(0,1)
\uput[dr](1,0){I}\uput[ur](0,1){J}\uput[dl](0,0){O}
\uput[dr](0.6,-0.5){\blue $\Gamma$}\uput[dr](0.7,0.9){$d_{0,2}$}
\uput[dr](0.2,-1.6){$M_{0,2}$}\uput[ul](0.5218,0){$N_{0,2}$}
\uput[ul](0,-2.609){$P_{0,2}$}
\end{pspicture*}
}%%% fin du scalebox
\end{center}    

\medskip

	\begin{enumerate}
		\item Déterminer graphiquement une estimation de l'aire du triangle $ON_{0,2}P_{0,2}$ en unités d'aire. 
		\begin{corrige}
		 			O$N_{0,2}\approx 0,5$ et O$P_{0,2} \approx 2,6$
		
		On en déduit que l'aire du triangle O$N_{0,2}P_{0,2}$ est d'environ $\dfrac{0,5\times2,6}{2}=0,65$ unités d'aire.
		\end{corrige}

		\item Déterminer une équation de la tangente $d_{0,2}$. 
		\begin{corrige}
		Par propriété : 
		
		$d_{0,2} : y=g'(0,2)(x-0,2)+g(0,2)$.
		
		avec $g'(x) = \dfrac{1}{x}$ donc $g'(0,2)=\dfrac{1}{0,2}=5$. Et $g(0,2)=\ln(0,2)=-\ln 5$.
		
		Donc $d_{0,2}~:~y=5(x-0,2)-\ln(5)$.
		
		Finalement $d_{0,2}~:~y=5x-\ln(5)-1$ 
		\end{corrige}
		\item Calculer la valeur exacte de l'aire du triangle $ON_{0,2}P_{0,2}$ . 
\begin{corrige}
Avec $x=0$ dans l'équation de $d_{0,2}$, on a O$P_{0,2}$ :

		 	O$P_{0,2} =\left| \ln(0,2)-1\right|=1+\ln(5)$

Avec $y=0$ dans l'équation de $d_{0,2}$, on obtient alors l'abscisse de $N_{0,2}$ :

		$5x+\ln(0,2)-1=0\ssi x=\dfrac{1+\ln(5)}{5}$ donc $ON_{0,2}=\dfrac{1+\ln(5)}{5}$
		
		L'aire du triangle $ON_{0,2}P_{0,2}$ est donc $\dfrac{\left( 1+\ln(5)\right)^2 }{10}\approx 0,681$ unités d'aire. 
		\end{corrige}
		
Dans ce qui suit, on admet que, pour tout réel $a$ de l'intervalle $]0~;~1]$, l'aire du triangle $ON_aP_a$ en unités d'aire est donnée par $\mathcal{A}(a) = \dfrac{1}{2}a (1 - \ln a)^2$.
	\end{enumerate}
\item  À l'aide des questions précédentes, déterminer pour quelle valeur de $a$ l'aire 
$\mathcal{A}(a)$ est maximale. Déterminer cette aire maximale. 
\begin{corrige}
 On remarque que $\mathcal{A}(a)=\dfrac{1}{2}f(a)$ donc l'aire sera maximale si $f(a)$ est maximale

On en déduit que l'aire est maximale si $a=\e^{-1}$ et on a $\mathcal{A}\left( \e^{-1}\right) =\dfrac{1}{2}f\left( \e^{-1}\right)=2\e^{-1}=\dfrac{2}{\e}\approx 0,74$ unités d'aire.
\end{corrige}

\end{enumerate}
\end{exercice}

\newpage

\begin{exercice}[(9 points)]
  On considère la fonction $f$ est définie sur $\R$ par 
\[f(x) = \ln \left(x^2 + x + \dfrac{5}{2}\right).\]

\begin{enumerate}
\item Justifiez que $f$ est définie sur $\R$.
\begin{corrige}
 $P(x)=x^2 + x + \dfrac{5}{2}$ est un polynôme de degré 2 de discriminant $\Delta<0$. Il garde d0n un signe constant (strictement positif). Donc $f$ est bien définie.
\end{corrige}

\item Calculer la limite de la fonction $f$ en $+\infty$ et donner sans justification celle en $-\infty$.
\begin{corrige}
 Par théorème du plus haut degré (ou par somme), $\limite{x}{\pI}P(x)=\pI$, et d'autre part $\limite{X}{\pI}\ln(X)=\pI$, don par composée $\limite{x}{\pI}f(x)=\pI$
\end{corrige}

\smallskip
\item Déterminer une expression $f'(x)$ de la fonction dérivée de $f$ pour tout $x \in \R$.
\begin{corrige}
 En vertu de la dérivée de la fonction composée $\ln(u)$, on a pour tout $x\in \R$ : 
 \[
  f'(x)=\dfrac{2x+1}{x^2 + x + \dfrac{5}{2}}
 \]

\end{corrige}

\smallskip
\item En déduire le tableau des variations de $f$.
\begin{corrige}
 Nous avons déjà vu en première question que $P(x)=x^2 + x + \dfrac{5}{2}>0$, donc $f'(x)$ est du signe de $N(x)=2x+1$ qui est affine. On a donc le tableau de variations :
 
 
     \begin{tikzpicture}
\tkzTab[lgt=3,espcl=5]{ $x$ / 1,
$f'(x)$ / 1,
Variations de \\$f$ / 2}
{ $\mI$ , $-\dfrac{1}{2}$ ,$\pI$}
{ ,-,z,+,}
{ +/ , -/$\ln(\frac{9}{4})$ , +/ }%
\end{tikzpicture}



\end{corrige}

% \item \begin{enumerate}
% 		\item Justifier que l'équation $f(x) = 2$ admet une unique solution $\alpha$ dans l'intervalle $\left[-\dfrac{1}{2}~;~+ \infty\right[$. 
% 		\item Donner une valeur approchée de $\alpha$ à $10^{-1}$ près.
%  	\end{enumerate}
\item La fonction $f'$ est dérivable sur $\R$. On admet que, pour tout $x \in  \R$,\,  $f''(x) = \dfrac{-2x^2 - 2x + 4}{\left(x^2 + x + \dfrac{5}{2}\right)^2}$.

Déterminer le nombre de points d'inflexion de la courbe représentative de $f$.

\begin{corrige}
 Le signe de $f''(x)$ est donné par le signe de son numérateur
 
 $Q(x)=-2x^2 - 2x + 4=(x-1)(-2x-4)$.
 
 $Q$ admet deux racines distinctes, donc $Q$ s'annule deux fois en changeant de signe (en $x=1$ et $x-2$). Il y a donc deux points d'inflexion (en $x=1$ et $x-2$). 
 
\end{corrige}

\end{enumerate}
\end{exercice}


\begin{exercice}[(2 points)]
 Il sagit de montrer que pour l'exercice 1, on a $\limite{x}{0}f(x)=0$.

 	\begin{enumerate}
        \item Montrer que pour tout $x>0$, $x(\ln x)^2=4(\sqrt{x}\ln\sqrt{x})^2$
        \begin{corrige}
         $4(\sqrt{x}\ln\sqrt{x})^2=4x(\frac{1}{2}\ln x)^2=x(\ln x)^2$
        \end{corrige}

        \item En déduire la limite de $x(\ln x)^2$ en 0.
        \begin{corrige}
         $\limite{x}{0}\sqrt{x}=0$ et par croissance comparée :  $\limite{X}{0}X\ln X=0$ alors par composée   $\limite{x}{0}\sqrt{x}\ln\sqrt{x}=0$ donc $\limite{x}{0}x(\ln x)^2=0$.
        \end{corrige}

        \item En déduire la limite de $f$ en 0.
        \begin{corrige}
         On a alors $f(x)=x(\ln x)^2-2x\ln x+x$. 
         
         On sait que $\limite{x}{0}x(\ln x)^2=0$ et de même par croissance comparée : $\limite{x}{0}x\ln x=0$. Donc par somme : $\limite{x}{0}f(x)=0$.
        \end{corrige}
 
    \end{enumerate}
    

\end{exercice}

\begin{exerciced}
 Généraliser la méthode pour montrer que pour $n\in \N^\star$, $\limite{x}{0}{x (\ln x)^n}=0$.
 
 \begin{corrige}
  Soit $f(x)=x (\ln x)^n$, alors on a :
  
  \begin{align*}
   f(x) &=  (x^{\frac{1}{n}}\ln x)^n \\
    &= (x^{\frac{1}{n}}\ln (x^{\frac{1}{n}})^n)^n\\
    &=(x^{\frac{1}{n}} n \ln (x^{\frac{1}{n}}))^n \\
    &=n^n(x^{\frac{1}{n}}  \ln (x^{\frac{1}{n}}))^n 
  \end{align*}

   Par composée $\limite{x}{0}x^{\frac{1}{n}}  \ln (x^{\frac{1}{n}}) =0$ et on a alors le résultat.


 \end{corrige}

\end{exerciced}


% \begin{exerciced}
% Quel est le maximum de $q(x,y)=xy^2$ sachant que $x \geq 0$ et $x+y=20$ ?
% \end{exerciced}


% \end{empfile}
\end{document}


 
