Partie A - Étude du signe d`une fonction On désigne par f la fonction

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TS. Contrôle 5 - Correction
E X 1 : ( 10 points )
Partie A - Étude du signe d’une fonction
On désigne par f la fonction définie sur l’intervalle ]0 ; +∞[ par
f (x) = x 2 + 4 ln x.
1. Déterminer le tableau de variation de la fonction f en précisant les limites de f en 0 et en +∞.
f somme de fonctions dérivable sur ]0 ; +∞[ est dérivable et sur cet intervalle : f 0 (x) = 2x +
Comme x > 0 on a 2x > 0 et
4
x
4
> 0, on déduit que f 0 (x) > 0.
x
La fonction f est donc strictement croissante sur ]0 ; +∞[.
x
α
0
+∞
• lim x 2 = 0 et lim 4 ln x = −∞ ;
x→0
f 0 (x)
x→0
+∞
f (x)
x→0
par somme de limites, on a lim f (x) = −∞.
+
•
lim x 2 = +∞ et lim 4 ln x = +∞ ;
x→+∞
x→+∞
par somme de limites, on a lim f (x) = +∞.
x→+∞
0
−∞
L’axe des ordonnées est donc asymptote verticale à la courbe représentative de f au voisinage de zéro.
2. Démontrer que l’équation f (x) = 0 admet une solution α et une seule dans l’intervalle ]0 ; +∞[.
La fonction f continue car dérivable est strictement croissante sur ]0 ; +∞[ de −∞ à +∞. Elle réalise donc une
bijection de ]0 ; +∞[ sur ; donc tout réel, en particulier 0 a un antécédent unique dans ]0 ; +∞[.
Il existe donc un unique α réel strictement supérieur à zéro tel que f (α) = 0.
R
D’après le tableau de variations de f il existe un réel unique α ∈]0 ; +∞[ tel que f (α) = 0
3. En déduire le signe de f (x) selon les valeurs du réel strictement positif x.
On a donc
f (x) < 0 sur [0 ; α[ ;
f (α) = 0 ;
f (x) > 0 sur ]α ; +∞[.
x
α
0
f (x)
−
0
+∞
+
Partie B - Une valeur approchée du réel α défini dans la partie A
Sur le graphique fourni ci-dessous, on a tracé une partie de la courbe représentative (C ) de la fonction g définie sur
½
1 2
u0
= 0, 5
g (x) = e− 4 x . On définit la suite (u n ) par :
u n+1 = g (u n ) pour tout n ∈ .
R par :
N
1. Vérifier que α est l’unique solution de l’équation g (x) = x.
1
2
g (x) = x ⇐⇒ e− 4 x = x ⇐⇒ − 14 x 2 = ln x
(par croissance de la fonction logarithme népérien, les deux membres étant strictement positifs)
1
g (x) = x ⇐⇒ x 2 + ln x = 0 ⇐⇒ x 2 + 4 ln x = 0 ⇐⇒ f (x) = 0
4
L’unique solution de cette équation est le réel positif α donc α est aussi l’unique solution de l’équation g (x) = x.
2. Au moyen de la courbe (C ) et de la droite d’équation y = x, représenter les termes u 1 , u 2 et u 3 de la suite (u n ) sur
l’axe des abscisses.
Quelle conjecture peut-on faire sur la convergence de la suite (u n ) ?
On peut conjecturer que la suite converge vers la solution de l’équation g (x) = x dans
R?+ c’est-à-dire α.
y
1
C
0,8
0,6
0,4
0,2
u2
O
−0,4 −0,2
0,2
0,4
u0
0,6
u u
0,8 3 1 1
1,2
1,4
1,6
x
−0,2
3. On admet que pour tout entier naturel n,
u 2n 6 α 6 u 2n+1 .
En utilisant la calculatrice, déterminer le plus petit entier n pour lequel les trois premières décimales de u n et u n+1
sont identiques.
En déduire que 0, 838 est une valeur approchée de α à 10−3 près.
Après avoir entré la fonction g dans la fonction y 1 (x) (calculatrice TI), on entre
0,5 Entrée
y 1 (ANS(1)) Entrée
puis Entrée Entrée Entrée, . . . , on obtient :
u 0 = 0, 5, u 1 ≈ 0,939 413, u 2 ≈ 0,802 018, u 3 ≈ 0,851 455, u 4 ≈ 0,834 232, u 5 ≈ 0,840 309, u 6 ≈ 0,838 174, u 7 ≈ 0,838 925
Le plus petit entier n pour lequel les trois premières décimales de u n et u n+1 sont identiques est donc n = 6.
Puisqu’on a supposé que u 6 6 α 6 u 7 , on a donc 0,838 174 6 α 6 0,838 925.
Donc 0, 838 est une valeur approchée de α à 10−3 près.
Partie C - Un problème de distance
On appelle (Γ) la courbe représentative, dans un repère orthonormal, de la fonction ϕ définie sur l’intervalle ]0 ; +∞[ par
ϕ(x) = 2 ln x.
L’objectif de cette partie est de démontrer que parmi les points de la courbe (Γ), il y en a un et un seul qui est plus proche de
l’origine O que tous les autres.
1. Soient M un point de la courbe (Γ) et x son abscisse. Exprimer OM en fonction de x.
Avec M (x ; 2 ln x), on a OM 2 = x 2 + (2 ln x)2 = x 2 + 4(ln x)2 .
Donc OM =
2.
p
x 2 + 4(ln x)2 .
a. Soit h la fonction définie sur l’intervalle ]0 ; +∞[ par
h(x) = x 2 + 4(ln x)2 .
Étudier les variations de la fonction h. On pourra utiliser la partie A.
h somme de fonctions dérivables sur ]0 ; +∞[ est dérivable et sur cet intervalle :
¡
¢
1
ln x 2x 2 + 8 ln x 2 x 2 + 4 ln x
2 f (x)
h (x) = 2x + 8(ln x) × = 2x + 8
=
=
=
.
x
x
x
x
x
0
Comme x > 0, le signe de h 0 (x) est celui de 2 f (x) , donc celui de f (x) qui a été étudié dans la partie A.
Conclusion :
• si 0 < x < α : h 0 (x) < 0 : la fonction h est décroissante sur [0 ; α[ ;
• si x > α : h 0 (x) > 0 : la fonction h est croissante sur ]α ; +∞[.
x
α
0
h 0 (x)
−
0
+∞
+
+∞
+∞
h (x)
h(α)
b. En déduire qu’il existe un unique point A de la courbe (Γ) tel que pour tout point M de (Γ), distinct de A, on ait
OM > OA.
Le résultat précédent montre que la fonction h a un minimum h(α).
p
La fonction définie par x 7−→ OM = h(x) a les mêmes variations que la fonction h, donc un minimum en α.
Il existe un point unique de (Γ) A(α ; 2 ln α) tel que OA < OM pour tout point M de (Γ) distinct de A.
3. Démontrer que la droite (OA) est perpendiculaire à la tangente TA à la courbe (Γ) au point A.
Ã
! Ã !
1
1
→
−
La tangente TA à la courbe (Γ) au point A a pour vecteur directeur u
= 2
ϕ0 (α)
α
Ã
!
α
−−→
La droite (OA) a pour vecteur directeur OA
2 ln α
Le produit scalaire de ces deux vecteurs est égal à : 1 × α +
4 ln α α2 + 4 ln α
2
× 2 ln α = α +
=
.
α
α
α
On a vu dans la question précédente que f (α) = α2 + 4 ln α = 0 donc le produit scalaire est nul, ce qui montre
que la la droite (OA) est perpendiculaire à la tangente TA .
y
1,4
(Γ)
1,2
1
0,8
0,6
0,4
0,2
α
O
−0,1
0,1
0,3
0,5
0,7
0,9
−0,2
2 ln α
−0,4
−0,6
−0,8
−1
A
1,1
1,3
1,5
1,7
1,9
x