Sagot :
Bonjour Eliseclement,
f est la fonction définie sur I = ]-oo;-1[U]0;+oo[ par : [tex]f(x) = x^2 + \ln (1+\dfrac{1}{x})[/tex]
Partie A
[tex]1)\ p(x)=2x^2+2x^2-1\\\\p'(x)=6x^2+4x\\\\p'(x)=2x(3x+2)[/tex]
Signe de p'(x) et variations de p :
[tex]\begin{array}{|c|ccccccc|} x&-\infty&&-\frac{2}{3}&&0&&+\infty \\p'(x)&&+&0&-&0&+&\\p(x)&-\infty&\nearrow&-\dfrac{19}{27}&\searrow&-1&\nearrow&+\infty\\ \end{array}[/tex]
2) Sur l'intervalle ]-oo ; 0], la fonction p est négative car sur cet intervalle,cette fonction p admet un maximum égal à -19/27 qui est négatif.
La fonction p est continue et strictement croissante sur [0 ; 1].
f(0) = -1 < 0
f(1) = 3 > 0
D'après le TVI , il existe un unique réel [tex]\alpha\in[0;1][/tex] tel que [tex]f(\alpha)=0[/tex].
Sor l'intervalle [1;+oo[, la fonction est strictement croissante et f(1)=3>0.
D'où, f est strictement positive sur cet intervalle.
Par conséquent, l'équation p(x)=0 admet une unique solution α sur R et telle que 0 ≤ α ≤ 1.
3) α est solution de l'équation p(x) = 0
Donc [tex]p(\alpha)=0[/tex]
[tex]2\alpha^3+2\alpha^2-1=0\\2\alpha^3+2\alpha^2=1\\2\alpha(\alpha+1)=1\\\boxed{\alpha=\dfrac{1}{2(\alpha+1)}}[/tex]
[tex]4)\ 0\le\alpha\le1\\\\1\le\alpha+1\le2\\\\2\le2(\alpha+1)\le4\\\\\dfrac{1}{2}\ge\dfrac{1}{2(\alpha+1)}\ge\dfrac{1}{4}\\\\\dfrac{1}{4}\le\dfrac{1}{2(\alpha+1)}\le\dfrac{1}{2}\\\\Or\ \alpha^2=\dfrac{1}{2(\alpha+1)}\\\\Donc\ \boxed{\dfrac{1}{4}\le\alpha^2\le\dfrac{1}{2}}[/tex]
Puisque [tex]\alpha\ge0[/tex], nous avons :
[tex]\dfrac{1}{4}\le\alpha^2\le\dfrac{1}{2}\Longrightarrow \sqrt{\dfrac{1}{4}}\le\sqrt{\alpha^2}\le\sqrt{\dfrac{1}{2}}\\\\\dfrac{1}{4}\le\alpha^2\le\dfrac{1}{2}\Longrightarrow \dfrac{1}{2}\le\alpha\le\dfrac{1}{\sqrt{2}}\\\\\dfrac{1}{4}\le\alpha^2\le\dfrac{1}{2}\Longrightarrow \boxed{\dfrac{1}{2}\le\alpha\le\dfrac{1}{\sqrt{2}}}[/tex]
5) En tenant compte du tableau de variations de la fonction p, nous en déduisons que :
p(x) < 0 sur ]-oo ; α[
p(x) = 0 si x = α
p(x) > 0 si x > α
Partie B
[tex]1)\ \left\{\begin{matrix}\lim\limits_{x\to\pm\infty}x^2=+\infty}\\\lim\limits_{x\to\pm\infty}\ln(1+\dfrac{1}{x})=\ln 1=0\end{matrix}\right.\Longrightarrow\boxed{\lim\limits_{x\to\pm\infty}f(x)=+\infty}[/tex]
[tex]\boxed{\lim\limits_{x\to-1^-}f(x)=-\infty}\Longrightarrow Asymptote\ verticale : x=-1\\\\\boxed{\lim\limits_{x\to-0^+}f(x)=+\infty}\Longrightarrow Asymptote\ verticale : x=0[/tex]
[tex]\lim\limits_{x\to\pm\infty}(f(x)-x^2)=\lim\limits_{x\to\pm\infty}\ln(1+\dfrac{1}{x})=\ln 1=0\\\\\Longrightarrow Courbe\ asymptotique:y=x^2[/tex]
[tex]2)\ f'(x)=2x+(\dfrac{-1}{x^2})\times\dfrac{1}{1+\dfrac{1}{x}}\\\\f'(x)=2x-\dfrac{1}{x^2(1+\dfrac{1}{x})}=2x-\dfrac{1}{x^2+x}=\dfrac{2x(x^2+x)-1}{x^2+x}\\\\f'(x)=\dfrac{2x^3+2x^2-1}{x^2+x}\\\\\boxed{f'(x)=\dfrac{p(x)}{x(x+1)}}[/tex]
[tex]3)\ \begin{array}{|c|ccccccccc|} x&-\infty&&-1&&0&&\alpha&&+\infty \\ p(x)&&-&&-&&-&0&+&\\x(x+1)&&+&0&-&0&+&&+&\\f'(x)&&-&||&||&||&-&0&+&\\ \end{array}[/tex]
f '(x) ≤ 0 si x ∈ ]-oo;-1[ U ]0 ; α]
f '(x) ≥ 0 si x ∈ [α ; +oo[
[tex]4)\ 2\alpha^3+2\alpha^2-1=0\\2\alpha^3+2\alpha^2=1\\\\\dfrac{2\alpha^3}{2\alpha^3}+\dfrac{2\alpha^2}{2\alpha^3}=\dfrac{1}{2\alpha^3}\\\\\boxed{1+\dfrac{1}{\alpha}=\dfrac{1}{2\alpha^3}}[/tex]
[tex]f(\alpha)=\alpha^2+\ln(1+\dfrac{1}{\alpha})\\\\f(\alpha)=\alpha^2+\ln(\dfrac{1}{2\alpha^3})\\\\f(\alpha)=\alpha^2+\ln1-\ln(2\alpha^3)\\\\f(\alpha)=\alpha^2+0-\ln2-\ln\alpha^3\\\\\boxed{f(\alpha)=\alpha^2-\ln2-3\ln\alpha}[/tex]
5) Par la question 3), nous pouvons déduire que f admet un minimum pour x = α.
D'où f(x) ≥ f(α)
[tex]f(x)\ge\alpha^2-\ln2-3\ln\alpha\\\\f(x)\ge\dfrac{1}{4}-\ln2-3\ln\alpha\\\\or\ \alpha\le\dfrac{1}{\sqrt{2}}\Longrightarrow \ln\alpha\le-\dfrac{1}{2}\ln2\Longrightarrow -3\ln\alpha\ge\dfrac{3}{2}\ln2\\\\f(x)\ge\dfrac{1}{4}-\ln2+\dfrac{3}{2}\ln2\\\\\boxed{f(x)\ge\dfrac{1+2\ln2}{4}}[/tex]
[tex]6)\ \begin{array}{|c|ccccccccc|} x&-\infty&&-1&&0&&\alpha&&+\infty \\ f(x)&+\infty&\searrow&-\infty||&&||+\infty&\searrow&\frac{1+2\ln2}{4}&\nearrow&+\infty\\ \end{array}[/tex]
[tex]7)\ \lim\limits_{x\to+\infty}(f(x)-x^2)=\lim\limits_{x\to+\infty}\ln(1+\dfrac{1}{x})=\ln 1^+=0^+\\\\\lim\limits_{x\to-\infty}(f(x)-x^2)=\lim\limits_{x\to-\infty}\ln(1+\dfrac{1}{x})=\ln 1^-=0^-[/tex]
Donc
en +oo, la courbe [tex]\Gamma[/tex] est au-dessus de la courbe C
en -oo, la courbe [tex]\Gamma[/tex] est en-dessous de la courbe C
8) Voir pièce jointe.
f est la fonction définie sur I = ]-oo;-1[U]0;+oo[ par : [tex]f(x) = x^2 + \ln (1+\dfrac{1}{x})[/tex]
Partie A
[tex]1)\ p(x)=2x^2+2x^2-1\\\\p'(x)=6x^2+4x\\\\p'(x)=2x(3x+2)[/tex]
Signe de p'(x) et variations de p :
[tex]\begin{array}{|c|ccccccc|} x&-\infty&&-\frac{2}{3}&&0&&+\infty \\p'(x)&&+&0&-&0&+&\\p(x)&-\infty&\nearrow&-\dfrac{19}{27}&\searrow&-1&\nearrow&+\infty\\ \end{array}[/tex]
2) Sur l'intervalle ]-oo ; 0], la fonction p est négative car sur cet intervalle,cette fonction p admet un maximum égal à -19/27 qui est négatif.
La fonction p est continue et strictement croissante sur [0 ; 1].
f(0) = -1 < 0
f(1) = 3 > 0
D'après le TVI , il existe un unique réel [tex]\alpha\in[0;1][/tex] tel que [tex]f(\alpha)=0[/tex].
Sor l'intervalle [1;+oo[, la fonction est strictement croissante et f(1)=3>0.
D'où, f est strictement positive sur cet intervalle.
Par conséquent, l'équation p(x)=0 admet une unique solution α sur R et telle que 0 ≤ α ≤ 1.
3) α est solution de l'équation p(x) = 0
Donc [tex]p(\alpha)=0[/tex]
[tex]2\alpha^3+2\alpha^2-1=0\\2\alpha^3+2\alpha^2=1\\2\alpha(\alpha+1)=1\\\boxed{\alpha=\dfrac{1}{2(\alpha+1)}}[/tex]
[tex]4)\ 0\le\alpha\le1\\\\1\le\alpha+1\le2\\\\2\le2(\alpha+1)\le4\\\\\dfrac{1}{2}\ge\dfrac{1}{2(\alpha+1)}\ge\dfrac{1}{4}\\\\\dfrac{1}{4}\le\dfrac{1}{2(\alpha+1)}\le\dfrac{1}{2}\\\\Or\ \alpha^2=\dfrac{1}{2(\alpha+1)}\\\\Donc\ \boxed{\dfrac{1}{4}\le\alpha^2\le\dfrac{1}{2}}[/tex]
Puisque [tex]\alpha\ge0[/tex], nous avons :
[tex]\dfrac{1}{4}\le\alpha^2\le\dfrac{1}{2}\Longrightarrow \sqrt{\dfrac{1}{4}}\le\sqrt{\alpha^2}\le\sqrt{\dfrac{1}{2}}\\\\\dfrac{1}{4}\le\alpha^2\le\dfrac{1}{2}\Longrightarrow \dfrac{1}{2}\le\alpha\le\dfrac{1}{\sqrt{2}}\\\\\dfrac{1}{4}\le\alpha^2\le\dfrac{1}{2}\Longrightarrow \boxed{\dfrac{1}{2}\le\alpha\le\dfrac{1}{\sqrt{2}}}[/tex]
5) En tenant compte du tableau de variations de la fonction p, nous en déduisons que :
p(x) < 0 sur ]-oo ; α[
p(x) = 0 si x = α
p(x) > 0 si x > α
Partie B
[tex]1)\ \left\{\begin{matrix}\lim\limits_{x\to\pm\infty}x^2=+\infty}\\\lim\limits_{x\to\pm\infty}\ln(1+\dfrac{1}{x})=\ln 1=0\end{matrix}\right.\Longrightarrow\boxed{\lim\limits_{x\to\pm\infty}f(x)=+\infty}[/tex]
[tex]\boxed{\lim\limits_{x\to-1^-}f(x)=-\infty}\Longrightarrow Asymptote\ verticale : x=-1\\\\\boxed{\lim\limits_{x\to-0^+}f(x)=+\infty}\Longrightarrow Asymptote\ verticale : x=0[/tex]
[tex]\lim\limits_{x\to\pm\infty}(f(x)-x^2)=\lim\limits_{x\to\pm\infty}\ln(1+\dfrac{1}{x})=\ln 1=0\\\\\Longrightarrow Courbe\ asymptotique:y=x^2[/tex]
[tex]2)\ f'(x)=2x+(\dfrac{-1}{x^2})\times\dfrac{1}{1+\dfrac{1}{x}}\\\\f'(x)=2x-\dfrac{1}{x^2(1+\dfrac{1}{x})}=2x-\dfrac{1}{x^2+x}=\dfrac{2x(x^2+x)-1}{x^2+x}\\\\f'(x)=\dfrac{2x^3+2x^2-1}{x^2+x}\\\\\boxed{f'(x)=\dfrac{p(x)}{x(x+1)}}[/tex]
[tex]3)\ \begin{array}{|c|ccccccccc|} x&-\infty&&-1&&0&&\alpha&&+\infty \\ p(x)&&-&&-&&-&0&+&\\x(x+1)&&+&0&-&0&+&&+&\\f'(x)&&-&||&||&||&-&0&+&\\ \end{array}[/tex]
f '(x) ≤ 0 si x ∈ ]-oo;-1[ U ]0 ; α]
f '(x) ≥ 0 si x ∈ [α ; +oo[
[tex]4)\ 2\alpha^3+2\alpha^2-1=0\\2\alpha^3+2\alpha^2=1\\\\\dfrac{2\alpha^3}{2\alpha^3}+\dfrac{2\alpha^2}{2\alpha^3}=\dfrac{1}{2\alpha^3}\\\\\boxed{1+\dfrac{1}{\alpha}=\dfrac{1}{2\alpha^3}}[/tex]
[tex]f(\alpha)=\alpha^2+\ln(1+\dfrac{1}{\alpha})\\\\f(\alpha)=\alpha^2+\ln(\dfrac{1}{2\alpha^3})\\\\f(\alpha)=\alpha^2+\ln1-\ln(2\alpha^3)\\\\f(\alpha)=\alpha^2+0-\ln2-\ln\alpha^3\\\\\boxed{f(\alpha)=\alpha^2-\ln2-3\ln\alpha}[/tex]
5) Par la question 3), nous pouvons déduire que f admet un minimum pour x = α.
D'où f(x) ≥ f(α)
[tex]f(x)\ge\alpha^2-\ln2-3\ln\alpha\\\\f(x)\ge\dfrac{1}{4}-\ln2-3\ln\alpha\\\\or\ \alpha\le\dfrac{1}{\sqrt{2}}\Longrightarrow \ln\alpha\le-\dfrac{1}{2}\ln2\Longrightarrow -3\ln\alpha\ge\dfrac{3}{2}\ln2\\\\f(x)\ge\dfrac{1}{4}-\ln2+\dfrac{3}{2}\ln2\\\\\boxed{f(x)\ge\dfrac{1+2\ln2}{4}}[/tex]
[tex]6)\ \begin{array}{|c|ccccccccc|} x&-\infty&&-1&&0&&\alpha&&+\infty \\ f(x)&+\infty&\searrow&-\infty||&&||+\infty&\searrow&\frac{1+2\ln2}{4}&\nearrow&+\infty\\ \end{array}[/tex]
[tex]7)\ \lim\limits_{x\to+\infty}(f(x)-x^2)=\lim\limits_{x\to+\infty}\ln(1+\dfrac{1}{x})=\ln 1^+=0^+\\\\\lim\limits_{x\to-\infty}(f(x)-x^2)=\lim\limits_{x\to-\infty}\ln(1+\dfrac{1}{x})=\ln 1^-=0^-[/tex]
Donc
en +oo, la courbe [tex]\Gamma[/tex] est au-dessus de la courbe C
en -oo, la courbe [tex]\Gamma[/tex] est en-dessous de la courbe C
8) Voir pièce jointe.
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