Devoir Maison 10 de maths

Partie A
$$f(x) = ln(x) + 1 - \frac{1}{x}$$

1°)
 Limite en 0 


 * $$\lim\limits_{x\to0} ln(x) = -\infty$$


 * $$\lim\limits_{x\to0^{+}} \frac{1}{x} = +\infty$$ donc $$\lim\limits_{x\to0^{+}} \frac{-1}{x} = -\infty$$

donc $$\lim\limits_{x\to0^{+}}1-\frac{1}{x} = -\infty$$

Donc $$\lim\limits_{x\to0^{+}}f(x) = -\infty$$

 Limite en +l'infini 


 * $$\lim\limits_{x\to+\infty} ln(x) =+\infty$$


 * $$\lim\limits_{x\to+\infty} 1-\frac{1}{x} = 1 - 0 = 1$$

Donc $$\lim\limits_{x\to+\infty} f(x) = +\infty$$

2°)
On commence par calculer la dérivée de $$f$$.

$$f'(x) = \frac{1}{x} + \frac{1}{x^{2}} = \frac{x + 1}{x^{2}}$$


 * Comme $$x>0$$, on a $$x^{2} > 0$$


 * Comme $$x>0$$, on $$x+1>1$$ donc $$x+1>0$$

Donc $$\frac{x + 1}{x^{2}} > 0$$ donc $$f'(x) > 0$$

Donc $$f$$ est croissante sur $$]0;+\infty[$$.

(faire un tableau de variation ici)

3°)
Nous pouvons remarquer que $$f(1) = ln(1) + 1 - \frac{1}{1} = 0 + 1 - 1 = 0$$.

Mais est-ce la seule solution ? D'après la question précédente, $$f$$ est strictement croissante sur $$]0;+\infty[$$. Donc elle ne peut pas associer deux fois la même image sur cet intervalle, donc oui, il n'y a qu'une seule solution.

Donc l'unique solution de l'équation $$f(x) = 0$$ a pour valeur $$1$$.

Faire un tableau de signe

On a $$f(x) < 0$$ sur $$]0;1[$$

On a $$f(x) = 0$$ pour $$x = 1$$

On a $$f(x) > 0$$ sur $$]1;+\infty[$$

a)
On a $$F(x) = (x-1)ln(x) = u(x) \times v(x)$$

Donc $$F'(x) = u'(x) \times v(x) + v'(x) \times u(x)$$.

$$u(x) = x-1$$ donc $$u'(x) = 1$$

$$v(x) = ln(x)$$ donc $$v'(x) = \frac{1}{x}$$

Donc $$F'(x) = 1 \times ln(x) + \frac{1}{x} \times (x-1) = ln(x) + \frac{1}{x} \times x + \frac{1}{x} \times (-1)$$

$$ = ln(x) + 1 - \frac{1}{x} = f(x)$$

Donc $$F$$ est bien une primitive de $$f$$.

Or, $$F(1) = (1-1) \times ln(1) = 0 \times 0 = 0$$.

Donc $$F$$ est bien la primitive de $$f$$ qui s'annule en $$1$$.

b)
D'après la question 3°), $$f$$ est strictement positive sur $$[1;+\infty[$$. Donc $$F$$ est strictement croissante sur $$[1;+\infty[$$.

c)
 D'après les questions précédents 

On sait que $$F$$ est strictement croissante sur $$[1;+\infty[$$

Comme $$f$$ est définie sur $$]0;+\infty[$$, $$f$$ est logiquement définie sur $$[1;+\infty[$$, donc $$F$$ est dérivable sur $$[1;+\infty[$$ donc continue sur cet intervalle.

 Encadrement provisoire de $$\alpha$$ 

On calcule $$F(2) = (2-1) \times ln(2) = 1 \times ln(2) = ln(2) \approx 0,69$$

On sait que $$F(1) = 0$$.

Or, $$F(\alpha) = 1 - \frac{1}{e} \approx 0,63$$

Donc $$F(\alpha) \epsilon [F(1);F(2)]$$.

Comme $$F$$ est strictement croissante sur $$[1;+\infty[$$, $$\alpha \epsilon [1;2]$$.

 Existence et unicité de $$\alpha$$ 

Nous savons que $$\alpha$$ existe puisque $$F$$ est continue sur $$[1;+\infty[$$, donc $$F$$ est continue sur $$[1;2]$$, donc sur l'intervalle d'encadrement provisoire de $$\alpha$$, donc $$F$$ est continue sur $$\alpha$$.

Nous savons que $$\alpha$$ est l'unique solution de l'équation $$F(x) = 1 - \frac{1}{e}$$ car $$F$$ est strictement croissante sur $$[1;+\infty[$$.

d)
Avec l'algorithme de dichotomie, en utilisant les bornes $$A = 1$$ et $$B = 2$$ pour l'encadrement de $$\alpha$$, avec une précision de $$E = 0,1$$, on peut dire que $$1,9 < \alpha < 2,0$$.

1°)
On veut savoir pour quelle abscisse la courbe $$\Gamma$$ rencontrera l'axe des abscisses. Cela revient à résoudre l'équation $$h(x) = 0$$.

donc $$ln(x) + 1 = 0$$

donc $$ln(x) = -1$$

donc $$e^{ln(x)} = e^{-1}$$

donc $$x = e^{-1}$$

Donc on a $$A(e^{-1};0)$$

2°)
Pour trouver le point d'intersection entre $$\mathcal{C}$$ et $$\Gamma$$,

on doit résoudre $$g(x) = h(x)$$

Donc $$\frac{1}{x} = ln(x) + 1$$

Donc $$ln(x) + 1 - \frac{1}{x} = 0$$

Donc $$f(x) = 0$$.

D'après la question 3°) de la partie A, la solution à cette équation est $$x = 1$$.

Or, $$g(1) = \frac{1}{1} = 1$$.

Donc on a $$P(1;1)$$.

a)
On a $$\mathcal{A} = {\displaystyle \int_{e^{-1}}^{1} (g-h)(x),dx} = \mathcal{A} = {\displaystyle \int_{e^{-1}}^{1} (\frac{1}{x} - ln(x) - 1)(x),dx}$$

$$ = - {\displaystyle \int_{e^{-1}}^{1} (ln(x) + 1 - \frac{1}{x})(x),dx} = -{\displaystyle \int_{e^{-1}}^{1} f(x),dx}$$

b)
On a $$\mathcal{A} = -{\displaystyle \int_{e^{-1}}^{1} f(x),dx} = -[F(x)]_{e^{-1}}^{1} $$

$$= -( F(1) - F(e^{-1}) ~) = F(e^{-1}) - F(1)$$

$$(e^{-1} - 1) \times ln(e^{-1}) - 0 = ln(e^{-1}) \times e^{-1} - ln(e^{-1}) = -e^{-1} + 1 = 1 - e^{-1}$$

a)
$$\mathcal{B}(t) = {\displaystyle \int_{1}^{t} (h-g)(x)\,dx} = {\displaystyle \int_{1}^{t} ln(x) + 1 - \frac{1}{x}\,dx}$$

$$= {\displaystyle \int_{1}^{t} f(x)\,dx} = [F(x)]_{1}^{t} = F(t) - F(1) = F(t)$$

$$= (t-1) \times ln(t) = t\times ln(t) - ln(t)$$

b)
On veut trouver $$t\epsilon[1;+\infty[$$ tel que $$\mathcal{B}(t) = \mathcal{A}$$

Donc$$(t-1)ln(t) = 1-\frac{1}{e}$$.

Cela revient à résoudre $$F(t) = 1 - \frac{1}{e}$$. Or, nous avons déjà résolu cela à la question 4°)c).

Il faut donc que $$t = \alpha$$. Et nous avons démontré que cette valeur existait, et qu'elle était unique.