Calcul intégral : étude complète, aire et volume — Exercice 42
Correction détaillée — 2e Bac Sciences Mathématiques
Exercice 42
On considère la fonction \(f\) définie sur \(\mathbb R\) par :
\[ f(x)= \begin{cases} e^x\sqrt{1-e^x} &\text{si }x\leq0,\\[3mm] 1-\dfrac{\ln x}{x} +\left(\dfrac{\ln x}{x}\right)^2 &\text{si }x>0. \end{cases} \]On note \(\mathcal C\) sa courbe représentative dans un repère orthonormé.
Étudier la continuité de \(f\) en \(0\).
Lire la correction + Masquer la correction −
Comme \(0\leq0\), on utilise la première expression :
\[ f(0)=e^0\sqrt{1-e^0}=0. \]Lorsque \(x\to0^-\), on a :
\[ e^x\longrightarrow1 \qquad\text{et}\qquad 1-e^x\longrightarrow0^+. \]Par conséquent :
\[ \lim_{x\to0^-} e^x\sqrt{1-e^x}=0=f(0). \]La fonction \(f\) est donc continue à gauche en \(0\).
Étudions maintenant la limite à droite. Posons :
\[ u(x)=\frac{\ln x}{x}. \]Lorsque \(x\to0^+\), en posant \(t=\dfrac1x\), on a \(t\to+\infty\) et :
\[ \frac{\ln x}{x} = -t\ln t \longrightarrow-\infty. \]Or, pour \(x>0\) :
\[ f(x) = u(x)^2-u(x)+1 = \left(u(x)-\frac12\right)^2+\frac34. \]Donc :
\[ \lim_{x\to0^+}f(x)=+\infty. \]Les limites à gauche et à droite en \(0\) sont différentes.
La fonction \(f\) n’est donc pas continue en \(0\), mais elle est continue à gauche en \(0\).
Étudier la dérivabilité de \(f\) en \(0\).
Lire la correction + Masquer la correction −
La fonction \(f\) n’étant pas continue en \(0\), elle ne peut pas être dérivable en \(0\).
Pour obtenir l’interprétation géométrique du côté gauche, calculons le taux d’accroissement lorsque \(x<0\) :
\[ \frac{f(x)-f(0)}{x-0} = \frac{e^x\sqrt{1-e^x}}{x}. \]Comme \(x<0\), on peut écrire :
\[ \frac{e^x\sqrt{1-e^x}}{x} = -e^x \sqrt{\frac{1-e^x}{-x}} \frac1{\sqrt{-x}}. \]Or :
\[ \lim_{x\to0^-}e^x=1, \]et, en utilisant la limite usuelle de la fonction exponentielle :
\[ \lim_{x\to0^-} \frac{1-e^x}{-x} = \lim_{x\to0^-} \frac{e^x-1}{x} = 1. \]Enfin :
\[ \lim_{x\to0^-}\frac1{\sqrt{-x}}=+\infty. \]Il vient donc :
\[ \lim_{x\to0^-} \frac{f(x)-f(0)}{x} = -\infty. \]La fonction \(f\) n’est pas dérivable en \(0\).
La branche gauche de \(\mathcal C\) admet au point \(O(0;0)\) une demi-tangente verticale d’équation :
\[ \boxed{x=0}. \]Déterminer les branches infinies de la courbe \(\mathcal C\).
Lire la correction + Masquer la correction −
Au voisinage de \(-\infty\).
Lorsque \(x\to-\infty\) :
\[ e^x\longrightarrow0 \qquad\text{et}\qquad \sqrt{1-e^x}\longrightarrow1. \]Donc :
\[ \lim_{x\to-\infty}f(x)=0. \]La droite d’équation \(y=0\) est une asymptote horizontale à \(\mathcal C\) au voisinage de \(-\infty\).
De plus, pour tout \(x<0\) :
\[ e^x\sqrt{1-e^x}>0. \]La courbe est donc située au-dessus de cette asymptote.
Au voisinage de \(0^+\).
D’après la question 1 :
\[ \lim_{x\to0^+}f(x)=+\infty. \]La droite d’équation \(x=0\) est donc une asymptote verticale à la branche droite de \(\mathcal C\).
Au voisinage de \(+\infty\).
On sait que :
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x}{x}=0. \]Par conséquent :
\[ \lim_{x\to+\infty}f(x)=1. \]La droite d’équation \(y=1\) est une asymptote horizontale à \(\mathcal C\) au voisinage de \(+\infty\).
Pour \(x>1\), posons :
\[ u=\frac{\ln x}{x}. \]On a :
\[ 0<u\leq\frac1e<1. \]Alors :
\[ f(x)-1=u^2-u=u(u-1)<0. \]La courbe est donc située au-dessous de l’asymptote \(y=1\) pour \(x>1\).
Étudier les variations de la fonction \(f\).
Lire la correction + Masquer la correction −
Étude sur \(]-\infty;0[\).
Pour \(x<0\) :
\[ f(x)=e^x\sqrt{1-e^x}. \]La fonction est dérivable et :
\[ \begin{aligned} f'(x) &= e^x\sqrt{1-e^x} - \frac{e^{2x}}{2\sqrt{1-e^x}}\\ &= \frac{ e^x\left(2-3e^x\right) }{ 2\sqrt{1-e^x} }. \end{aligned} \]Pour \(x<0\), le dénominateur et \(e^x\) sont strictement positifs. Le signe de \(f'(x)\) est donc celui de :
\[ 2-3e^x. \]On a :
\[ 2-3e^x=0 \Longleftrightarrow e^x=\frac23 \Longleftrightarrow x=\ln\left(\frac23\right). \]Ainsi :
\[ f'(x)>0 \quad\text{si}\quad x<\ln\left(\frac23\right), \]et :
\[ f'(x)<0 \quad\text{si}\quad \ln\left(\frac23\right)<x<0. \]Au point critique :
\[ \begin{aligned} f\left(\ln\frac23\right) &= \frac23 \sqrt{1-\frac23}\\ &= \frac{2}{3\sqrt3}. \end{aligned} \]| \(x\) | \(-\infty\) | \(\ln\left(\dfrac23\right)\) | \(0\) |
|---|---|---|---|
| Signe de \(f'(x)\) | + | 0 | − |
| Variations de \(f\) | \(0\) | \(\nearrow\ \dfrac{2}{3\sqrt3}\ \searrow\) | \(0\) |
Étude sur \(]0;+\infty[\).
Posons :
\[ u(x)=\frac{\ln x}{x}. \]Alors :
\[ f(x)=1-u(x)+u(x)^2. \]On a :
\[ u'(x)=\frac{1-\ln x}{x^2}. \]Par conséquent :
\[ \begin{aligned} f'(x) &= \left(2u(x)-1\right)u'(x)\\ &= \frac{ (1-\ln x)(2\ln x-x) }{x^3}. \end{aligned} \]Montrons que :
\[ 2\ln x-x<0 \qquad\text{pour tout }x>0. \]Considérons la fonction :
\[ h(x)=x-2\ln x. \]On a :
\[ h'(x)=\frac{x-2}{x}. \]La fonction \(h\) admet donc son minimum en \(x=2\), et :
\[ h(2)=2-2\ln2>0. \]Ainsi \(h(x)>0\), donc \(2\ln x-x<0\), pour tout \(x>0\).
Le signe de \(f'(x)\) est donc l’opposé de celui de \(1-\ln x\).
Il vient :
\[ f'(x)<0 \quad\text{sur}\quad ]0;e[, \] \[ f'(e)=0, \] \[ f'(x)>0 \quad\text{sur}\quad ]e;+\infty[. \]La valeur minimale est :
\[ f(e) = 1-\frac1e+\frac1{e^2}. \]| \(x\) | \(0^+\) | \(e\) | \(+\infty\) |
|---|---|---|---|
| Signe de \(f'(x)\) | − | 0 | + |
| Variations de \(f\) | \(+\infty\) | \(\searrow\ 1-\dfrac1e+\dfrac1{e^2}\ \nearrow\) | \(1\) |
Sur \(]-\infty;0]\), la fonction est croissante puis décroissante, avec un maximum égal à :
\[ \boxed{\frac{2}{3\sqrt3}}. \]Sur \(]0;+\infty[\), elle est décroissante puis croissante, avec un minimum égal à :
\[ \boxed{1-\frac1e+\frac1{e^2}}. \]Écrire l’équation de la tangente à la courbe \(\mathcal C\) au point d’abscisse \(1\).
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Comme \(1>0\), on utilise la deuxième expression de \(f\).
On a :
\[ f(1) = 1-\frac{\ln1}{1} + \left(\frac{\ln1}{1}\right)^2 = 1. \]D’après l’expression obtenue dans la question précédente :
\[ f'(x)= \frac{ (1-\ln x)(2\ln x-x) }{x^3}. \]Donc :
\[ f'(1) = \frac{(1-0)(0-1)}{1} = -1. \]L’équation de la tangente au point \(A(1;1)\) est :
\[ y=f'(1)(x-1)+f(1). \]Ainsi :
\[ y=-(x-1)+1. \]Construire la courbe \(\mathcal C\).
Lire la correction + Masquer la correction −
La construction utilise les résultats précédents :
– la branche gauche tend vers l’asymptote \(y=0\) lorsque \(x\to-\infty\) ;
– elle atteint son maximum au point :
\[ M\left( \ln\frac23; \frac{2}{3\sqrt3} \right), \]puis rejoint le point \(O(0;0)\) avec une demi-tangente verticale ;
– la branche droite admet \(x=0\) comme asymptote verticale ;
– elle passe par \(A(1;1)\), où sa tangente a pour équation \(y=2-x\) ;
– elle atteint son minimum au point :
\[ N\left( e; 1-\frac1e+\frac1{e^2} \right), \]puis se rapproche de l’asymptote \(y=1\) par-dessous.
On considère les intégrales :
\[ I= \int_1^e \frac{\ln x}{x^2}\,dx, \] \[ J= \int_1^e \frac{(\ln x)^2}{x^2}\,dx, \] \[ K= \int_1^e \frac{\ln x}{x}\,dx. \]Calculer \(I\) et \(K\), puis montrer que :
\[ \boxed{J=-e^{-1}+2I}. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Calcul de \(I\).
La formule d’intégration par parties donne :
\[ \begin{aligned} I &= \left[ -\frac{\ln x}{x} \right]_1^e + \int_1^e \frac{dx}{x^2}\\ &= -\frac1e + \left[ -\frac1x \right]_1^e\\ &= -\frac1e + 1-\frac1e. \end{aligned} \]Ainsi :
\[ \boxed{ I=1-\frac2e }. \]Calcul de \(K\).
Comme :
\[ \left( \frac12(\ln x)^2 \right)' = \frac{\ln x}{x}, \]on obtient :
\[ \begin{aligned} K &= \left[ \frac12(\ln x)^2 \right]_1^e\\ &= \frac12. \end{aligned} \]Donc :
\[ \boxed{K=\frac12}. \]Relation entre \(J\) et \(I\).
Alors :
\[ \begin{aligned} J &= \left[ -\frac{(\ln x)^2}{x} \right]_1^e\\ &\quad+ 2\int_1^e \frac{\ln x}{x^2}\,dx\\ &= -\frac1e+2I. \end{aligned} \]En remplaçant \(I\) par sa valeur :
\[ \begin{aligned} J &= -\frac1e + 2\left(1-\frac2e\right)\\ &= 2-\frac5e. \end{aligned} \]Calculer l’aire du domaine délimité par \(\mathcal C\) et les droites d’équations :
\[ x=1, \qquad x=e, \qquad y=1. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Pour tout \(x\in[1;e]\), posons :
\[ u(x)=\frac{\ln x}{x}. \]Sur cet intervalle :
\[ 0\leq u(x)\leq\frac1e<1. \]Or :
\[ f(x)-1 = u(x)^2-u(x) = u(x)\bigl(u(x)-1\bigr). \]Par conséquent :
\[ f(x)-1\leq0, \]donc :
\[ f(x)\leq1 \qquad\text{sur}\qquad [1;e]. \]L’aire en unités d’aire est alors :
\[ \begin{aligned} \mathcal A &= \int_1^e \left(1-f(x)\right)dx\\ &= \int_1^e \left[ \frac{\ln x}{x} - \frac{(\ln x)^2}{x^2} \right]dx\\ &= K-J. \end{aligned} \]D’après la question précédente :
\[ K=\frac12 \qquad\text{et}\qquad J=2-\frac5e. \]Ainsi :
\[ \begin{aligned} \mathcal A &= \frac12 - \left( 2-\frac5e \right)\\ &= \frac5e-\frac32. \end{aligned} \]Soit \(\lambda\in\mathbb R_-^*\). On note \(V(\lambda)\) le volume engendré par la rotation, autour de l’axe des abscisses et sur un tour complet, de la courbe de la restriction de \(f\) à \([\lambda;0]\).
Calculer \(V(\lambda)\) en fonction de \(\lambda\).
Lire la correction + Masquer la correction −
Comme \(\lambda<0\), pour tout \(x\in[\lambda;0]\), on utilise :
\[ f(x)=e^x\sqrt{1-e^x}. \]Le volume engendré par la rotation autour de l’axe des abscisses est :
\[ V(\lambda) = \pi \int_\lambda^0 \left(f(x)\right)^2dx. \]Or :
\[ \begin{aligned} \left(f(x)\right)^2 &= e^{2x}\left(1-e^x\right)\\ &= e^{2x}-e^{3x}. \end{aligned} \]Par conséquent :
\[ \begin{aligned} V(\lambda) &= \pi \int_\lambda^0 \left( e^{2x}-e^{3x} \right)dx\\ &= \pi \left[ \frac12e^{2x} - \frac13e^{3x} \right]_\lambda^0\\ &= \pi \left[ \frac12-\frac13 - \frac12e^{2\lambda} + \frac13e^{3\lambda} \right]. \end{aligned} \]en unités de volume.
Calculer :
\[ \lim_{\lambda\to-\infty}V(\lambda). \]Lire la correction + Masquer la correction −
Lorsque \(\lambda\to-\infty\) :
\[ e^{2\lambda}\longrightarrow0 \qquad\text{et}\qquad e^{3\lambda}\longrightarrow0. \]En utilisant l’expression obtenue dans la question précédente :
\[ \begin{aligned} \lim_{\lambda\to-\infty}V(\lambda) &= \pi \left( \frac16-0+0 \right). \end{aligned} \]
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