Bac S 2014 Maths Polynésie Exercice 4

Enoncé

Soient f et g les fonctions définies sur \mathbb{R} par

f(x) = e^x et g(x) = 2e^{\dfrac{x}{2}} - 1.

On note \mathcal{C}_f et \mathcal{C}_g les courbes représentatives des fonctions f et g dans un repère orthogonal.

Question 1

Démontrer que les courbes \mathcal{C}_f et \mathcal{C}_g ont un point commun d’abscisse  0 et qu’en ce point, elles ont la même tangente \Delta dont on déterminera une équation.

Calculons f(0) et g(0). Pour cela, nous aurons besoin de la propriété suivante :

e^0 = 1

Ici, cela donne :

f(0) = e^0 = 1
g(0) = 2e^{\dfrac{0}{2}} - 1 = 2e^0 - 1 = 2 - 1 = 1

On en déduit :

Donc les points de coordonnées (0;f(0)) et (0;g(0)) correspondent au même point de coordonnées (0;1) : ce dernier est donc commun aux courbes \mathcal{C}_f et \mathcal{C}_g.

Intéressons-nous maintenant à la tangente en  0 à ces deux courbes. Je vous rappelle que :

L’équation de la tangente à la courbe \mathcal{C}_f au point d’abscisse a est y = f.

Calculons donc la dérivée de f afin de déterminer l’équation de la tangente à \mathcal{C}_f en  0 . Pour ça, il faut connaître la dérivée de la fonction exponentielle :

Pour tout x \in \mathbb{R}, (e^x).

Autrement dit, la dérivée de la fonction exponentielle, c’est elle-même ! On en tire :

Pour tout x \in \mathbb{R}, f. Donc la tangente à la courbe \mathcal{C}_f en  0 admet pour équation :
y = f
y = e^0 \times x + e^0
y = x + 1
Lorsque l’on calcule la dérivée, est-ce si important d’écrire « Pour tout x \in \mathbb{R} » ?

La réponse est oui. En toute rigueur, avant de calculer quelle que dérivée que ce soit, vous devriez déterminer l’ensemble de définition de cette dérivée. Il se trouve que ce savoir-faire n’est pas exigible. Du coup, l’énoncé vous indique l’ensemble de définition de la dérivée (ici, \mathbb{R}^*_+). Il convient donc de rappeler au correcteur que vous êtes conscient(e) que vos calculs ne sont valables que sur l’ensemble de définition de la dérivée.

Déterminons de la même façon une équation cartésienne de la tangente à \mathcal{C}_g en  0 :

Pour tout x \in \mathbb{R}, g. Donc la tangente à la courbe \mathcal{C}_g en  0 admet pour équation :
y = g
y = e^{\dfrac{0}{2}} \times x + 2e^{\dfrac{0}{2}} - 1
y = x + 2 - 1
y = x + 1

On obtient la même équation cartésienne que celle trouvée la tangente en  0 à \mathcal{C}_f. On peut donc écrire :

On obtient la même équation cartésienne que celle trouvée la tangente en  0 à \mathcal{C}_f donc \mathcal{C}_f et \mathcal{C}_g admettent en  0 la même tangente \Delta d’équation y = x + 1.

Question 2

Etude de la position relative de la courbe \mathcal{C}_g et de la droite \Delta

Soit h la fonction définie sur \mathbb{R} par h(x) = 2e^{\dfrac{x}{2}} -  x - 2.

a. Déterminer la limite de la fonction h en -\infty.

Le seul terme qui peut poser d’éventuelles difficultés est le terme e^{\dfrac{x}{2}} :

\lim\limits_{\substack{x \to -\infty}}~\dfrac{x}{2} = -\infty

Le terme qui est « dans » l’exponentielle tend donc vers -\infty. Or :

\lim\limits_{\substack{X \to -\infty}}~e^X = 0

on peut donc écrire :

Donc, \lim\limits_{\substack{x \to -\infty}}~e^{\dfrac{x}{2}} = 0 d’où \lim\limits_{\substack{x \to -\infty}}~2e^{\dfrac{x}{2}} = 0.

Le reste ne doit pas poser de difficulté :

De plus, \lim\limits_{\substack{x \to -\infty}}~-x - 2 = +\infty d’où, par somme, \lim\limits_{\substack{x \to -\infty}}~h(x) = +\infty.

b. Justifier que, pour tout réel x, h(x) = x\left(\dfrac{e^{\dfrac{x}{2}}}{\dfrac{x}{2}} - 1 - \dfrac{2}{x}\right).
En déduire la limite de la fonction h en +\infty.

Oh la belle faute d’énoncé ! Avec x qui se retrouve au dénominateur de deux fractions, je suis curieux de voir que vaut l’expression proposée en  0 … Vous m’aurez compris : l’expression proposée est à mettre en évidence pour x \in \mathbb{R}^* et non pas pour x \in \mathbb{R}.

L’idée est de factoriser h par « quelque chose » qui permette d’obtenir cette expression. Vous avez une idée de ce que pourrait être ce « quelque chose » ?

Hum… étant donné qu’il y a un x devant les parenthèses sur l’expression proposée, il faudrait peut-être factoriser par x non ?

Je ne l’aurais pas mieux dit !

Pour tout réel x non nul, on a :
h(x) = 2e^{\dfrac{x}{2}} -  x - 2 = x\left(\dfrac{2e^{\dfrac{x}{2}}}{x} - 1 - \dfrac{2}{x}\right)

Il ne reste plus qu’à diviser le premier terme de la parenthèse « en haut et en bas » par 2 :

... = x\left(\dfrac{e^{\dfrac{x}{2}}}{\dfrac{x}{2}} - 1 - \dfrac{2}{x}\right)

Cette expression va nous permettre de déterminer la limite de h en +\infty.

Trop facile ! \lim\limits_{\substack{x \to +\infty}}~e^{\dfrac{x}{2}} = +\infty et \lim\limits_{\substack{x \to +\infty}}~\dfrac{x}{2} = +\infty donc \lim\limits_{\substack{x \to +\infty}}~\dfrac{e^{\dfrac{x}{2}}}{\dfrac{x}{2}} ça fait… ça fait…

…ça fait rien du tout ! Retenez bien que :

\dfrac{\infty}{\infty} est une forme indéterminée.
Ah zut ! Comment on s’en sort alors ?

Dans ce cas précis, en connaissant son cours, en particulier, ce que l’on appelle les « croissances comparées » :

Pour tout entier naturel n non nul,

  • \lim\limits_{\substack{x \to +\infty }}~\dfrac{ln~x}{x^n} = 0
     
  • \lim\limits_{\substack{x \to +\infty }}~\dfrac{e^x}{x^n} = +\infty
     
  • \lim\limits_{\substack{x \to 0 }}~x^nln~x = 0
     
  • \lim\limits_{\substack{x \to -\infty }}~x^ne^x = 0

Ici, c’est la deuxième limite qui nous intéresse, avec n = 1.

Sauf que nous, ce n’est pas \dfrac{e^x}{x} qu’on a, mais \dfrac{e^{\dfrac{x}{2}}}{\dfrac{x}{2}} !

Oh mais c’est pas grave, ça ! Ca marche aussi pour n’importe quelle expression de la forme \dfrac{e^{X}}{X}X est une entité qui tend vers +\infty. Ici, c’est \dfrac{x}{2} qui joue le rôle de X donc, on peut écrire :

\lim\limits_{\substack{x \to +\infty }}~\dfrac{x}{2} = +\infty donc, en posant X = \dfrac{X}{2}, on a :
\lim\limits_{\substack{x \to +\infty }}~\dfrac{e^{\dfrac{x}{2}}}{\dfrac{x}{2}} = \lim\limits_{\substack{X \to +\infty }}~\dfrac{e^{X}}{X} = +\infty par croissances comparées.

c. On note h la fonction dérivée de la fonction h sur \mathbb{R}.
Pour tout réel x, calculer h et étudier le signe de h suivant les valeurs de x.

Ohlala ! Mais c’est HORRIBLE à dériver, x\left(\dfrac{e^{\dfrac{x}{2}}}{\dfrac{x}{2}} - 1 - \dfrac{2}{x}\right) !

Bien sûr que c’est horrible ! Ce n’est surtout pas cette expression de h qu’il faut utiliser ! Elle n’était là que pour déterminer la limite en +\infty ! Non, il faut revenir à l’expression originale de h, à savoir h(x) = 2e^{\dfrac{x}{2}} -  x - 2.

Pour dériver le terme e^{\dfrac{x}{2}}, je rappelle que :

Soit f une fonction dérivable sur un intervalle I et a et b deux réels. Pour tout x \in I, f.

Ici :

  • x \mapsto e^x joue le rôle de f ;
  • \dfrac{1}{2} joue le rôle de a ;
  •  0 joue le rôle de b.

Donc \left(e^{\dfrac{x}{2}}\right) d’où :

Pour tout x \in \mathbb{R},
h.

Intéressons-nous maintenant au signe de h. Pour cela, il ne s’agit pas de faire un simple tableau de signes comme en 2nde où les expressions qu’on vous donnait étaient des polynômes ou des fractions rationnelles. Ici, il y a la fonction exponentielle qui intervient donc vous n’avez d’autre choix que de résoudre rigoureusement h, h et h.

  • Résolution de h
Pour tout x \in \mathbb{R}, on a :
h

Pour se débarrasser de l’exponentielle, il faut appliquer le logarithme népérien. En effet :

Pour tout x \in \mathbb{R}, ln~(e^x) = x

Cela donne :

... \Leftrightarrow ln~\left(e^{\dfrac{x}{2}}\right) = ln~1

Arrivé là, il faut se rappeler que :

ln~1 = 0

On en tire :

... \Leftrightarrow \dfrac{x}{2} = 0 \Leftrightarrow x = 0

  • Résolution de h
Pour tout x \in \mathbb{R}, on a :
h

A nouveau, pour se débarrasser de l’exponentielle, il faut appliquer le logarithme népérien. Cependant, il faut bien garder à l’esprit que :

Lorsque l’on applique une fonction à une inégalité, il faut toujours se demander si l’ordre de l’inégalité est conservé ou non.

Et pour ça, il faut s’appuyer sur le théorème suivant :

Soient a et b deux réels tels que a~\textgreater ~b et f une fonction monotone sur l’intervalle [a ; b].

  • si f est croissante sur l’intervalle [a ; b], alors le sens de l’inégalité est conservé : f(a) \leq f(b) ;
  • si f est décroissante sur l’intervalle [a ; b], alors le sens de l’inégalité est inversé : f(a) \geq f(b).

Le caractère strict de l’inégalité est conservé si f est strictement monotone sur l’intervalle [a ; b].

Or, la fonction logarithme népérien est strictement croissante sur \mathbb{R}, donc :

... \Leftrightarrow ln~\left(e^{\dfrac{x}{2}}\right) ~\textgreater ~ln~1 car la fonction ln est strictement croissante sur \mathbb{R} \Leftrightarrow \dfrac{x}{2} ~\textgreater ~0 \Leftrightarrow x ~\textgreater ~0

  • Résolution de h

La démarche est bien sûr similaire à la résolution de h :

Pour tout x \in \mathbb{R}, on a :
h car la fonction ln est strictement croissante sur \mathbb{R} \Leftrightarrow \dfrac{x}{2} ~\textless ~0 \Leftrightarrow x ~\textless ~0

  • Conclusion

On peut alors conclure sur le signe de h :

Donc :

  • h sur ]-\infty ; 0[ ;
  • h pour x = 0 ;
  • h sur ]0 ; +\infty[.

d. Dresser le tableau de variations de la fonction h sur \mathbb{R}.

Avec les réponses aux questions précédentes, on a tous les éléments pour dresser le tableau de variations :

\begin{array}{|l|ccccc|}\hline x       & -\infty  &          & 0 &          & +\infty \\\hline h

e. En déduire que, pour tout réel x, 2e^{\dfrac{x}{2}} - 1 ~\geq ~x + 1.

L’énoncé nous demande de déduire une inégalité à partir du tableau de variations que nous venons d’établir.

Euh… Un tableau de variations, ça m’indique juste si la fonction est croissante ou décroissante. En quoi peut-il m’aider à déterminer une inégalité ?

Oui, un tableau de variations permet, comme son nom l’indique, de connaître les variations de la fonction… mais pas seulement ! On y trouve également les extremums de la fonction étudiée (= les valeurs pour lesquelles elles changent de monotonie) et en particulier, ses éventuelles valeurs maximale et minimale.

Ici, on voit que la fonction h admet un minimum :  0 . Autrement dit :

D’après le tableau de variations établi à la question précédente, pour tout x \in \mathbb{R}, h(x) \geq 0.

On en déduit :

Donc, pour tout x \in \mathbb{R} :
2e^{\dfrac{x}{2}} -  x - 2 \geq 0
2e^{\dfrac{x}{2}} -  x - 1 - 1 \geq 0
2e^{\dfrac{x}{2}} - 1 \geq x + 1

f. Que peut-on en déduire quant à la position relative de la courbe \mathcal{C}_g et de la droite \Delta ?

Soient f et g deux fonctions représentées respectivement par les courbes \mathcal{C}_f et \mathcal{C}_g. Pour étudier les positions relatives de ces deux courbes représentatives, il faut étudier le signe de la différence f - g (un tableau de signes peut alors être nécessaire). Si :

  • f - g \geq 0 alors \mathcal{C}_f est « au-dessus » de \mathcal{C}_g ;
  • f - g \leq 0 alors \mathcal{C}_f est « en-dessous » de \mathcal{C}_g.

Ici, c’est :

  • \mathcal{C}_g qui joue le rôle de \mathcal{C}_f ;
  • \Delta qui joue le rôle de \mathcal{C}_g.

Or :

  • la courbe \mathcal{C}_g est représentative de la fonction g : x \mapsto 2e^{\dfrac{x}{2}} - 1 ;
  • \Delta est représentative de la fonction x \mapsto x + 1.

Il s’agit donc d’étudier le signe de l’expression (2e^{\dfrac{x}{2}} - 1) - (x + 1)

Trop facile ! On vient de montrer que, pour tout x \in \mathbb{R}, 2e^{\dfrac{x}{2}} - 1 \geq x + 1 donc (2e^{\dfrac{x}{2}} - 1) - (x + 1) \geq 0 !

Je ne l’aurais pas mieux dit !

D’après la question précédente, pour tout x \in \mathbb{R}, 2e^{\dfrac{x}{2}} - 1 \geq x + 1 donc (2e^{\dfrac{x}{2}} - 1) - (x + 1) \geq 0 d’où la courbe \mathcal{C}_g est au-dessus de \Delta.

Question 3

Etude de la position relative des courbes \mathcal{C}_f et \mathcal{C}_g

a. Pour tout réel x, développer l’expression (e^{\dfrac{x}{2}} - 1)^2.

Cette question ne doit vous poser aucune difficulté. Nous aurons néanmoins besoin de ce rappel de cours :

Soit a un nombre réel et n un entier naturel.
(e^a)^n = e^{na}

Donc ici, on peut écrire :

Pour tout réel x, on a :
(e^{\dfrac{x}{2}} - 1)^2 = (e^{\dfrac{x}{2}})^2 - 2 \times e^{\dfrac{x}{2}} \times 1 + 1^2 = e^x - 2e^{\dfrac{x}{2}} + 1

Vous devez absolument vous demander à quoi sert cette question…

b. Déterminer la position relative des courbes \mathcal{C}_f et \mathcal{C}_g.

Appliquons le rappel méthodologique fait plus haut et étudions donc le signe de la différence f-g :

Pour tout x \in \mathbb{R}, on a :
f(x) - g(x) = e^x - (2e^{\dfrac{x}{2}} - 1) = e^x - 2e^{\dfrac{x}{2}} + 1

Ce résultat ne vous rappelle-t-il rien ?

Ah mais c’est le résultat du développement de l’expression (e^{\dfrac{x}{2}} - 1)^2 !

Exactement !

... = (e^{\dfrac{x}{2}} - 1)^2 \geq 0

Arrivé là, vous comprenez à quoi servait la question précédente ! En remarquant que la différence f-g est un carré, on en déduit instantanément qu’elle est positive ! On peut donc conclure :

Donc la courbe \mathcal{C}_f est au-dessus de la courbe \mathcal{C}_g.

Question 4

Calculer, en unité d’aire, l’aire du domaine compris entre les courbes \mathcal{C}_f et \mathcal{C}_g et les droites d’équations respectives x = 0 et x = 1.

Observez la figure ci-dessous :

Bac S 2014 Maths Polynésie Exercice 4 2014-po-exo4-1

Ce que l’on cherche, c’est l’aire verte. Celle-ci est égale à l’aire sous la courbe \mathcal{C}_f (encadrée en bleu) à laquelle on soustrait l’aire sous la courbe \mathcal{C}_g (en orange clair).

Pour déterminer les différentes aires qui interviennent dans ce calcul, vous devez absolument connaître l’interprétation graphique d’une intégrale :

L’intégrale de a à b d’une fonction f, c’est l’aire algébrique située « sous la courbe » représentative de la fonction f entre les droites d’équation x = a et x = b. Par « algébrique », on entend que cette aire est :

  • positive lorsque f est positive ;
  • négative lorsque f est négative.

Bac S 2013 Maths Amérique du Nord Exercice 4 2013-an-exo4-3
Ainsi, dans la figure ci-dessus, \int_{a}^{b} f(x)\,dx est la somme algébrique des aires jaune et bleu.

En particulier, on a :

Si la fonction f est positive entre les droites d’équation x = a et x = b, l’intégrale de a à b d’une fonction f, c’est l’aire « tout court » située « sous la courbe » représentative de la fonction f entre les droites d’équation x = a et x = b.

Ici, comme on peut le voir, les fonctions f et g sont toutes les deux positives sur l’intervalle [0; 1]. Donc :

  • l’aire sous la courbe \mathcal{C}_f encadrée en bleu vaut \int_{0}^{1} e^x\,dx ;
  • l’aire sous la courbe \mathcal{C}_g en orange clair vaut \int_{0}^{1} 2e^{\dfrac{x}{2}} - 1\,dx.

Du coup, l’aire verte cherchée est la différence entre ces deux aires :

L’aire cherchée vaut :
\int_{0}^{1} f(x)\,dx - \int_{0}^{1} g(x)\,dx = \int_{0}^{1} e^x\,dx - \int_{0}^{1} (2e^{\dfrac{x}{2}} - 1)\,dx = \int_{0}^{1} e^x\,dx - 2\int_{0}^{1} e^{\dfrac{x}{2}}\,dx + \int_{0}^{1} 1\,dx

Le seul terme qui peut poser difficulté ici, c’est le terme \int_{0}^{1} e^{\dfrac{x}{2}}\,dx. Pour calculer une primitive de e^{\dfrac{x}{2}}, il faut savoir que :

Une primitive de  u(ax + b) est de la forme  \dfrac{1}{a}U(ax + b) + k ,  k \in \mathbb{R} , où U est une primitive de u.

Ici :

  • x \mapsto e^x joue le rôle de u ;
  • \dfrac{1}{2} joue le rôle de a ;
  •  0 joue le rôle de b.

Sachant que les primitives de x \mapsto e^x sont de la forme x \mapsto e^x + k, k \in \mathbb{R}, une primitive de x \mapsto e^{\dfrac{x}{2}} est donc x \mapsto 2e^{\dfrac{x}{2}} + k. On peut donc poursuivre les calculs :

... = [e^x]_0^1 - 2[2e^{\dfrac{x}{2}}]_0^1 + [x]_0^1 = (e^1 - e^0) - 4(e^{\dfrac{1}{2}} - e^0) + (1 - 0) = e - 1 - 4e^{\dfrac{1}{2}} + 4 + 1 = e - 4e^{\dfrac{1}{2}} + 4

Fin de l’épreuve du Bac S 2014 Maths Polynésie Exercice 4.

Exprimez vous!