\documentclass[12pt] {article} \usepackage[T1]{fontenc} 
\usepackage[utf8]{inputenc}
\usepackage{amsmath,amssymb,graphicx,multicol,mathrsfs, fancyhdr,enumerate,fourier,eurosym,alterqcm,enumerate,tabularx,variations,numprint}
\usepackage[dvips]{color}
\usepackage{bclogo}
\usepackage{pst-plot,pst-tree,pstricks,pst-node,pstricks-add,pst-math,pst-xkey,pst-eucl}
\usepackage[francais]{babel} 
\everymath{\displaystyle}
%\usepackage[colorlinks=true,pdfstartview=FitV,linkcolor=blue,citecolor=blue,urlcolor=blue]{hyperref}
\textwidth 19cm \textheight 26cm \hoffset 
-1,4cm \voffset -3.7cm \oddsidemargin 0pt 
\renewcommand{\thesubsection}{\textcolor{blue}{\Roman{subsection}}} 
\renewcommand{\thesubsubsection}{\textcolor{blue}{\Roman{subsection}}.\textcolor{blue}{\arabic{subsubsection}}} 
\pagestyle{empty}
% pour le pied de page central
\cfoot{Page \thepage/\pageref{fin}}

\begin{document}
%\tableofcontents

\begin{center}\section*{\textcolor{red}{Correction de la feuille d'exercices \no 1}}\end{center}

\subsection*{\textcolor{blue}{Asie juin 2010 partie A}}
%On note $f$ la fonction définie sur l'intervalle $]0~;~+\infty[$ par :

%\[ f(x) = \dfrac{1}{x^2}\text{e}^{\frac{1}{x}}.\] 

%On note $\mathcal{C}$ la courbe représentative de la fonction $f$ dans un repËre orthonormal \Oij. L'unité graphique est 1~cm.
 
\begin{enumerate}
\item  \textbf{\textcolor{red}{Étude des limites }}
\begin{enumerate}
\item %Déterminer la limite de la fonction $f$ quand $x$ tend vers $0$.
$\bullet~$  $\lim_{x \to 0} \dfrac{1}{x} = +\infty$,donc $\boxed{\textcolor{red}{\lim_{x \to + \infty} \text{e}^{\frac{1}{x}} = + \infty}}$ ;

$\bullet~$  $\lim_{x \to 0} \dfrac{1}{x^2} = + \infty$,

donc par produit de limites $\boxed{\textcolor{red}{\lim_{x \to 0} f(x) = + \infty}}$. 

\item %Déterminer la limite de la fonction $f$ quand $x$ tend vers $+\infty$.
Comme $\lim_{x \to + \infty} \dfrac{1}{x} = 0,~\lim_{n \to + \infty} \text{e}^{\frac{1}{x}} = 1$.

Or $\lim_{x \to + \infty} \dfrac{1}{x^2} = 0$, donc par produit de limites $\boxed{\textcolor{red}{\lim_{x \to + \infty} f(x) = 0}}$. 

\item %Quelles conséquences peut-on déduire de ces deux résultats, pour la courbe $\mathcal{C}$  ?
La premi\`ere limite montre que l'axe des ordonnées est \textbf{\textcolor{red}{asymptote}} \`a $\mathcal{C}$ au voisinage de zéro.

La seconde montre que l'axe des abscisses est \textbf{\textcolor{red}{asymptote}} à $\mathcal{C}$ au voisinage de plus l'infini.
\end{enumerate} 

\item Étude des variations de la fonction $f$ 
	\begin{enumerate}
		\item %Démontrer que, la fonction dérivée de la fonction $f$ s'exprime, pour tout réel $x$ strictement positif, par : 

%\[f'(x) = - \dfrac{1}{x^4}\text{e}^{\frac{1}{x}}(2x + 1).\] 
$f(x)$ étant considéré comme un produit de fonctions dérivables sur $]0~;~+\infty[$, on a :

$f'(x) = \left(\dfrac{1}{x^2} \right)'\text{e}^{\frac{1}{x}} + \dfrac{1}{x^2}\left(\text{e}^{\frac{1}{x}} \right)' = - \dfrac{2x}{x^4}\text{e}^{\frac{1}{x}} + \dfrac{1}{x^2}\left(- \dfrac{1}{x^2}\right)\text{e}^{\frac{1}{x}}  = - \text{e}^{\frac{1}{x}}\left(\dfrac{2x}{x^4} + \dfrac{1}{x^4} \right) = \boxed{\textcolor{red}{- \dfrac{1}{x^4}\text{e}^{\frac{1}{x}}(2x + 1)}}$.
		\item %Déterminer le signe de $f'$ et en déduire le tableau de variation de $f$ sur l'intervalle  $]0~;~+\infty[$.
On a $x > 0 \Rightarrow 2x > 0 \Rightarrow 2x + 1 > 1 > 0$ ; d'autre part quel que soit $u \in \mathbb{R},~\text{e}^u  > 0$. Enfin $x > 0 \Rightarrow \dfrac{1}{x^4} > 0$, donc finalement pour tout réel supérieur \`a zéro,

$f'(x) < 0$.

Il en résulte que la fonction $f$ est \textbf{\textcolor{red}{décroissante}} sur $]0~;~+ \infty[$ de plus l'infini à zéro d'apr\`es la premi\`ere question. 
		\item %Démontrer que l'équation $f(x) = 2$ a une unique solution notée $\alpha$ appartenant ‡ l'intervalle $]0~;~+\infty[$ et donner la valeur approchée de $\alpha$ arrondie au centiËme.
D'apr\`es le résultat précédent (décroissance de $f$ de plus l'infini à zéro sur $]0~;~+\infty[$), la fonction $f$ continue car dérivable sur cet intervalle il existe un unique réel $\alpha$ tel que $f(\alpha) = 0$.

La calculatrice donne :

$f(1,1) \approx 2,05$ et $f(1,2) \approx 1,60$ donc $1,1 < \alpha < 1,2$ ;

$f(1,10) \approx 2,05$ et $f(1,11) \approx 1,99$ donc $1,10 < \alpha < 1,11$.

La valeur approchée au centi\`eme de $\alpha$ est donc $\boxed{\textcolor{red}{\alpha\approx 1,11}}.$
	\end{enumerate} 
\item %Tracer la courbe $\mathcal{C}$ dans le repËre orthonormal \Oij.
\begin{center}
\newrgbcolor{qqwuqq}{0. 0.39215686274509803 0.}
\psset{xunit=1.0cm,yunit=1.0cm,algebraic=true,dimen=middle,dotstyle=o,dotsize=5pt 0,linewidth=0.8pt,arrowsize=3pt 2,arrowinset=0.25}
\begin{pspicture*}(-4.3,-3.16)(7.3,6.3)
\psaxes[labelFontSize=\scriptstyle,xAxis=true,yAxis=true,Dx=1.,Dy=1.,ticksize=-2pt 0,subticks=2]{->}(0,0)(-4.3,-3.16)(7.3,6.3)
\psplot[linewidth=1.2pt,linecolor=qqwuqq,plotpoints=200]{0.01}{7.3}{EXP(1.0/x)/x^(2.0)}
\begin{scriptsize}
\rput[bl](-4.2,-0.24){\qqwuqq{$f$}}
\end{scriptsize}
\end{pspicture*}
\end{center}
\end{enumerate}

\subsection*{\textcolor{blue}{Polynésie septembre 2010}}
\textbf{Partie 1}

\medskip
 
%Soit $g$ la fonction définie sur $[0~;~+\infty[$ par $g(x) = \text{e}^x - x\text{e}^x + 1$. 

\begin{enumerate}
\item %Déterminer la limite de $g$ en $+ \infty$.
On a $g(x) = \text{e}^x(1 - x) + 1$.

Or $\lim_{x \to + \infty} \text{e}^x = + \infty$  et $\lim_{x \to + \infty} (1 - x) = - \infty$, donc par produit des limites : $\boxed{\textcolor{red}{\lim_{x \to + \infty} g(x) = - \infty}}$.

\item %Étudier les variations de la fonction $g$.
La fonction $g$ somme de fonctions dérivables sur $[0~;~+\infty[$ est \textbf{dérivable} et sur $[0~;~+\infty[$ :

$g'(x) =  \text{e}^x - \text{e}^x - x\text{e}^x = \boxed{\textcolor{red}{- x\text{e}^x}}$.

Comme $\text{e}^x > 0$ et $x > 0$, on a $g'(x) < 0$ sur $[0~;~+\infty[$.

$g$ est donc décroissante sur $[0~;~+\infty[$ de $g(0) = 2$ ‡ $- \infty$.
\item Donner le tableau de variations de $g$.

\medskip

\begin{center}
\begin{pspicture}(7,3)
\psframe(7,3)
\psline(0,2)(7,2) \psline(0,2.5)(7,2.5)
\psline(2,0)(2,3)
\uput[u](1,2.5){$x$} \uput[u](2.15,2.5){$0$} \uput[u](6.5,2.5){$+ \infty$}
\rput(1,1){$g(x)$} \uput[u](1,2){$g'(x)$}\uput[u](4.5,2){$-$}
\uput[d](2.1,2){$2$}\uput[u](6.6,0){$- \infty$}
\psline{->}(2.5,1.7)(6.3,0.3) 
\end{pspicture}
\end{center}
 
\item 
	\begin{enumerate}
		\item %Démontrer que l'équation $g(x) = 0$ admet sur $[0~;~+\infty[$ une unique solution. On note $\alpha$ cette solution.
Sur $[0~;~+\infty[$, $g$ dérivable est donc continue et décroissante, $g(0) > 0$ et $\lim_{x \to + \infty} g(x) = - \infty$.

Il existe donc un réel unique $\alpha \in [0~;~+ \infty[$ tel que $g(\alpha) = 0$.
		\item %¿ l'aide de la calculatrice, déterminer un encadrement d'amplitude $10^{-2}$ de $\alpha$.
La calculatrice donne :

$\bullet~~$ $g(1) = 1$ et $g(2) \approx -6,4$, donc $1 < \alpha < 2$ ;

$\bullet~~$ $g(1,2) \approx  0,3$ et $g(1,3) \approx -0,1$, donc $1,2 < \alpha < 1,3$ ;

$\bullet~~$ $g(1,27) \approx 0,04$ et $g(1,28) \approx -0,007$, donc $\boxed{\textcolor{red}{1,27 < \alpha < 1,28}}$. 

		\item %Démontrer que $\text{e}^{\alpha} = \dfrac{1}{\alpha - 1}$.
		On a $g(\alpha) = 0 \iff \text{e}^{\alpha} - \alpha\text{e}^{\alpha} + 1 = 0 \iff \text{e}^{\alpha}(1 - \alpha) = - 1 \iff \text{e}^{\alpha} = \boxed{\textcolor{red}{\dfrac{1}{\alpha - 1}}}$.
	\end{enumerate} 
	
\item %Déterminer le signe de $g(x)$ suivant les valeurs de $x$.
On a donc $g(x) > 0$ sur $[0~;~\alpha[$ ;

$g(\alpha) = 0$ ;

$g(x) < 0$ sur $[\alpha~;~+ \infty[$. 
\end{enumerate}

\bigskip
 
\textbf{Partie 2}

\medskip
 
%Soit $A$ la fonction définie et dérivable sur $[0~;~+\infty[$ telle que $A(x) = \dfrac{4x}{\text{e}^x + 1}$. 

\begin{enumerate}
\item %Démontrer que pour tout réel $x$ positif ou nul, $A'(x)$ a le mÍme signe que $g(x)$, o˘ $g$ est la fonction définie dans la partie 1.
La fonction $A$ quotient de fonctions dérivables sur $[0~;~+\infty[$ (le dénominateur ne s'annulant pas)  est dérivable et sur cet intervalle :

$A'(x) = \dfrac{4\left(\text{e}^x + 1 \right) - 4x \times \text{e}^x}{\left(\text{e}^x + 1 \right)^2} = \dfrac{4\left(\text{e}^x - x\text{e}^x + 1 \right)}{\left(\text{e}^x + 1 \right)^2} = \boxed{\textcolor{red}{\dfrac{4g(x)}{\left(\text{e}^x + 1 \right)^2}}}$.

Comme  $\left(\text{e}^x + 1 \right)^2 > 0$ quel que soit $x$, le signe de $A'(x)$ est celui de $g(x)$.

D'après la précédente question on a donc :

$A'(x) > 0$ sur $[0~;~\alpha[$ ;

$A'(\alpha) = 0$ ;

$A' < 0$ sur $[\alpha~;~+ \infty[$. 
\item %En déduire les variations de la fonction $A$ sur $[0~;~+\infty[$.
On a donc :

$A(x)$ est \textbf{\textcolor{red}{croissante}} sur $[0~;~\alpha[$  et \textbf{\textcolor{red}{décroissante}} sur $[\alpha~;~+ \infty[$, $A(\alpha)$ étant le maximum de la fonction.
\end{enumerate}

\bigskip
 
\textbf{Partie 3}

\medskip
 
%On considËre la fonction $f$ définie sur $[0~;~+\infty[$ par $f(x) = \dfrac{4}{\text{e}^x + 1}$.

%On note $(\mathcal{C})$ sa courbe représentative dans un repËre orthonormé \Oij.

%La figure est donnée en annexe.
% 
%Pour tout réel $x$ positif ou nul, on note : 

%\setlength\parindent{5mm}
%\begin{description}
%\item[ ] $M$ le point de $(\mathcal{C})$ de coordonnées $(x~;~f(x))$,
%\item[ ] $P$ le point de coordonnées $(x~;~0)$,
%\item[ ] $Q$ le point de coordonnées $(0~;~f(x))$.
%\end{description}
%\setlength\parindent{0mm}
 
\begin{enumerate}
\item %Démontrer que l'aire du rectangle O$PMQ$ est maximale lorsque $M$ a pour abscisse $\alpha$.
On sait que $x \geqslant 0$, donc l'aire du rectangle O$PMQ$ est égale ‡ $x \times f(x) = \dfrac{4x}{\text{e}^x + 1} = A(x)$.

Or on a vu  que la fonction présente un maximum pour $x  = \alpha$.

%On rappelle que le réel $\alpha$ a été défini dans la partie 1. 
\item %Le point $M$ a pour abscisse $\alpha$.
 
%La tangente (T) en $M$ ‡ la courbe $(\mathcal{C})$ est-elle parallËle ‡ la droite $(PQ)$ ?
 
%\emph{Dans cette question, toute trace de recherche, mÍme incomplËte, ou d'initiative, mÍme non fructueuse, sera prise en compte dans l'évaluation.}
Le coefficient directeur de la droite ($PQ$) est égal ‡ $-\dfrac{f(\alpha)}{\alpha} = -\dfrac{\frac{4}{\text{e}^{\alpha} + 1}}{\alpha} = -\dfrac{4}{\alpha\left(\text{e}^{\alpha} + 1 \right)}$.

Or on a vu que $\text{e}^{\alpha} = \dfrac{1}{\alpha - 1}$, donc le coefficient directeur est égal  :

$-\dfrac{4}{\alpha\left(\text{e}^{\alpha} + 1 \right)} = -\dfrac{4}{\alpha\left(\frac{1}{\alpha - 1}+ 1\right)} = -\dfrac{4(\alpha - 1)}{\alpha(1 + \alpha - 1)} = -\dfrac{4(\alpha - 1)}{\alpha^2}$.

La tangente en $M(\alpha~;~f(\alpha))$ a pour coefficient directeur $f'(\alpha)$.

Or $f'(x) = - \dfrac{4\text{e}^x}{\left(\text{e}^x + 1 \right)^2}$, donc 

$f'(\alpha) = - \dfrac{4\text{e}^{\alpha}}{\left(\text{e}^{\alpha} + 1 \right)^2} = -\dfrac{\frac{4}{\alpha - 1}}{\left(\frac{1}{\alpha - 1} + 1 \right)^2} = -\dfrac{4(\alpha - 1)}{(1 + \alpha - 1)^2} = -\dfrac{4(\alpha - 1)}{\alpha^2}.$

Les coefficients directeurs sont égaux : les droites sont \textbf{\textcolor{red}{parallèles}}.
\end{enumerate}



\begin{center}
\textbf{\large ANNEXE} 
\end{center}
\vspace{1,5cm}

\vspace{1,5cm}

 
\begin{center}
\psset{unit=2.4cm}
\begin{pspicture}(-1,-2)(4,3)
\psaxes[linewidth=1.5pt]{->}(0,0)(-1,-2)(4,3)
\uput[d](4,0){$x$}\uput[l](0,3){$y$}\uput[ul](0,0){O}\uput[u](2.5,0.28){$\mathcal{C}$}
\psplot[plotpoints=8000,linewidth=1.25pt,linecolor=blue]{0}{4}{4 2.71828 x exp 1 add div}
\psline(1.278,0)(1.278,0.86)(0,0.86)(0,0)
\uput[ur](1.278,0.86){M}\uput[d](1.278,0){P}\uput[l](0,0.86){Q}
\uput[ur](1.278,0){$\alpha$}\uput[dr](0,0.86){$f(\alpha)$}
\multido{\n=-1.0+0.16667}{31}{\psline[linewidth=1.2pt,linestyle=dotted,linecolor=orange](\n,-2)(\n,3)}
\multido{\n=-1+1}{6}{\psline[linewidth=0.7pt,linecolor=orange](\n,-2)(\n,3)}
\multido{\n=-2.0+0.16667}{31}
{\psline[linewidth=1.2pt,linestyle=dotted,linecolor=orange](-1,\n)(4,\n)}
\multido{\n=-2+1}{6}
{\psline[linewidth=0.7pt,linecolor=orange](-1,\n)(4,\n)}
\end{pspicture}
\end{center}
\label{fin}
\end{document}  