Corrigé bac mathématiques 2024 Métropole jour 1 — Exercice 4 : Fonction avec logarithme : étude, fonction auxiliaire et calcul d'aire

Partie A : étude de la fonction $f$.

1.a. Limite en $0$. Lorsque $x\to 0$ (par valeurs supérieures, puisque $f$ est définie sur $]0;+\infty [$) : $\underset{x\to 0}{\lim }(x-2)=-2$ et, d'après les limites de référence du cours, $\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\ln x=-\infty$, donc $\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{1}{2}\ln x=-\infty$. Par somme :

$$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }f(x)=-\infty .$$

La courbe de $f$ admet donc l'axe des ordonnées pour asymptote verticale.

Limite en $+\infty$. $\underset{x\to +\infty }{\lim }(x-2)=+\infty$ et $\underset{x\to +\infty }{\lim }\ln x=+\infty$, donc $\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{1}{2}\ln x=+\infty$. Par somme (il n'y a pas de forme indéterminée) :

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)=+\infty .$$

1.b. La fonction $f$ est dérivable sur $]0;+\infty [$ comme somme de la fonction affine $x\mapsto x-2$ et de $\frac{1}{2}\ln$. La dérivée de $x\mapsto x-2$ est $1$ et celle de $\ln$ est $x\mapsto \frac{1}{x}$, donc pour tout $x>0$ :

$$f^{\prime }(x)=1+\frac{1}{2}\times \frac{1}{x}=1+\frac{1}{2x}=\frac{2x}{2x}+\frac{1}{2x}=\frac{2x+1}{2x}.$$

1.c. Pour tout $x\in ]0;+\infty [$, on a $2x>0$ et $2x+1>1>0$ : le quotient $f^{\prime }(x)=\frac{2x+1}{2x}$ est strictement positif. La fonction $f$ est donc strictement croissante sur $]0;+\infty [$. Avec les limites de la question 1.a :

1.d. La fonction $f^{\prime }$ est dérivable sur $]0;+\infty [$ : $f^{\prime }(x)=1+\frac{1}{2}\times \frac{1}{x}$ et la dérivée de $x\mapsto \frac{1}{x}$ est $x\mapsto -\frac{1}{x^2}$, donc pour tout $x>0$ :

$$f^{\prime \prime }(x)=\frac{1}{2}\times \left(-\frac{1}{x^2}\right)=-\frac{1}{2x^2}.$$

Comme $x^2>0$, on a $f^{\prime \prime }(x)<0$ pour tout $x\in ]0;+\infty [$. D'après la caractérisation de la convexité pour une fonction deux fois dérivable, la fonction $f$ est concave sur $]0;+\infty [$ (sa courbe est située au-dessous de chacune de ses tangentes). La dérivée seconde ne s'annulant jamais, la courbe n'a pas de point d'inflexion.

2.a. Sur l'intervalle $]0;+\infty [$ :

• $f$ est continue (elle est dérivable) ;
• $f$ est strictement croissante (question 1.c) ;
• $\underset{x\to 0^{+}}{\lim }f(x)=-\infty$ et $\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)=+\infty$ (question 1.a), et $0$ est compris entre ces deux limites.

D'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires (théorème de la bijection), étendu à l'intervalle ouvert $]0;+\infty [$ en remplaçant les valeurs aux bornes par les limites, l'équation $f(x)=0$ admet une unique solution $\alpha$ dans $]0;+\infty [$.

Localisons $\alpha$ :

$$f(1)=1-2+\frac{1}{2}\ln 1=-1+0=-1<0\text{et}f(2)=2-2+\frac{1}{2}\ln 2=\frac{\ln 2}{2}\approx 0,35>0.$$

Comme $f$ est continue et strictement croissante sur $[1;2]$ avec $f(1)<0<f(2)$, la solution $\alpha$ appartient à $[1;2]$ (et même à $]1;2[$, puisque $f(1)$ et $f(2)$ sont non nuls). À la calculatrice, $f(1,72)\approx -0,009<0$ et $f(1,73)\approx 0,004>0$, donc $1,72<\alpha <1,73$ : $\alpha \approx 1,73$.

Ce que le correcteur attend : les trois hypothèses (continuité, stricte monotonie, encadrement de $0$ par les limites) et le nom du théorème ; l'existence vient du théorème des valeurs intermédiaires, l'unicité de la stricte croissance.

2.b. La fonction $f$ est strictement croissante sur $]0;+\infty [$ et s'annule en $\alpha$. Donc :

• si $0<x<\alpha$, alors $f(x)<f(\alpha )=0$ ;
• si $x=\alpha$, alors $f(x)=0$ ;
• si $x>\alpha$, alors $f(x)>f(\alpha )=0$.

2.c. Par définition de $\alpha$, $f(\alpha )=0$, c'est-à-dire

$$\alpha -2+\frac{1}{2}\ln (\alpha )=0⟺\frac{1}{2}\ln (\alpha )=2-\alpha ⟺\ln (\alpha )=2(2-\alpha ).$$

On a bien $\ln (\alpha )=2(2-\alpha )$.

Partie B : étude de la fonction $g$.

1. La fonction $g$ est dérivable sur $]0;1]$ (admis). Dérivons terme à terme : la dérivée de $-\frac{7}{8}{x}^2$ est $-\frac{7}{4}x$, celle de $x$ est $1$. Pour le dernier terme, posons $u(x)=x^2$ et $v(x)=\ln x$, de dérivées $u^{\prime }(x)=2x$ et $v^{\prime }(x)=\frac{1}{x}$ ; d'après la formule de dérivation d'un produit :

$${\left(x^2\ln x\right)}^{\prime }=2x\times \ln x+x^2\times \frac{1}{x}=2x\ln x+x.$$

Donc, pour tout $x\in ]0;1]$ :

$$g^{\prime }(x)=-\frac{7}{4}x+1-\frac{1}{4}\left(2x\ln x+x\right)=-\frac{7}{4}x+1-\frac{1}{2}x\ln x-\frac{1}{4}x=1-2x-\frac{1}{2}x\ln x.$$

Calculons par ailleurs $xf\left(\frac{1}{x}\right)$ pour $x\in ]0;1]$ (on a bien $\frac{1}{x}>0$, donc $f\left(\frac{1}{x}\right)$ est défini) :

$$f\left(\frac{1}{x}\right)=\frac{1}{x}-2+\frac{1}{2}\ln \left(\frac{1}{x}\right)=\frac{1}{x}-2-\frac{1}{2}\ln x$$

car $\ln \left(\frac{1}{x}\right)=-\ln x$. En multipliant par $x$ :

$$xf\left(\frac{1}{x}\right)=x\times \frac{1}{x}-2x-\frac{1}{2}x\ln x=1-2x-\frac{1}{2}x\ln x=g^{\prime }(x).$$

On a bien vérifié que $g^{\prime }(x)=xf\left(\frac{1}{x}\right)$ pour tout $x\in ]0;1]$.

2.a. Soit $x\in \left]0;\frac{1}{\alpha }\right[$. La fonction inverse $t\mapsto \frac{1}{t}$ est strictement décroissante sur $]0;+\infty [$, donc

$$0<x<\frac{1}{\alpha }⟹\frac{1}{x}>\frac{1}{1/\alpha }=\alpha .$$

D'après la question A.2.b, $f(t)>0$ pour tout $t>\alpha$ ; avec $t=\frac{1}{x}>\alpha$, on obtient $f\left(\frac{1}{x}\right)>0$.

Ce que le correcteur attend : le renversement de l'inégalité par la fonction inverse (décroissante) et le renvoi explicite au signe de $f$ établi en partie A.

2.b. D'après la question 1, $g^{\prime }(x)=xf\left(\frac{1}{x}\right)$, et $x>0$ sur $]0;1]$ : le signe de $g^{\prime }(x)$ est celui de $f\left(\frac{1}{x}\right)$, donné par le tableau admis. Remarquons que $\frac{1}{\alpha }$ appartient bien à $]0;1[$, puisque $1<\alpha <2$ donne $\frac{1}{2}<\frac{1}{\alpha }<1$. Ainsi $g^{\prime }(x)>0$ sur $\left]0;\frac{1}{\alpha }\right[$, $g^{\prime }\left(\frac{1}{\alpha }\right)=0$ et $g^{\prime }(x)<0$ sur $\left]\frac{1}{\alpha };1\right]$. La fonction $g$ est donc strictement croissante sur $\left]0;\frac{1}{\alpha }\right]$ et strictement décroissante sur $\left[\frac{1}{\alpha };1\right]$ : elle atteint son maximum en $x=\frac{1}{\alpha }$.

Complément (non demandé). On a $g(1)=-\frac{7}{8}+1-0=\frac{1}{8}$ et, par croissances comparées, $\underset{x\to 0^{+}}{\lim }{x}^2\ln x=0$, donc $\underset{x\to 0^{+}}{\lim }g(x)=0$ ; la valeur du maximum est $g\left(\frac{1}{\alpha }\right)\approx 0,33$, ce que confirme le graphique de la partie C.

Partie C : un calcul d'aire.

1.a. Notons $p(x)=-\frac{7}{8}{x}^2+x$ la fonction dont $\mathcal{P}$ est la courbe. Pour tout $x\in ]0;1]$ :

$$g(x)-p(x)=\left(-\frac{7}{8}{x}^2+x-\frac{1}{4}{x}^2\ln x\right)-\left(-\frac{7}{8}{x}^2+x\right)=-\frac{1}{4}{x}^2\ln x.$$

Or $x^2>0$ et, pour $0<x⩽1$, $\ln x⩽0$ (avec $\ln x<0$ si $x<1$ et $\ln 1=0$). Donc $-\frac{1}{4}{x}^2\ln x⩾0$, c'est-à-dire $g(x)⩾p(x)$, l'égalité n'ayant lieu qu'en $x=1$. La courbe ${\mathcal{C}}_g$ est donc au-dessus de la parabole $\mathcal{P}$ sur $]0;1]$, les deux courbes se rejoignant au point d'abscisse $1$ (où $g(1)=p(1)=\frac{1}{8}$), ce que confirme le graphique.

1.b. Calculons $I={\int }_{\frac{1}{\alpha }}^1{x}^2\ln x\mathrm{d}x$ par intégration par parties. Posons

$$\{\begin{array}{ll}{u}^{\prime }(x)=x^2& ⟹u(x)=\frac{x^3}{3}\\ v(x)=\ln x& ⟹v^{\prime }(x)=\frac{1}{x}\end{array}$$

Les fonctions $u$ et $v$ sont dérivables sur $\left[\frac{1}{\alpha };1\right]$ et leurs dérivées $u^{\prime }$ et $v^{\prime }$ y sont continues. D'après la formule d'intégration par parties :

$$I={\left[\frac{x^3}{3}\ln x\right]}_{\frac{1}{\alpha }}^1-{\int }_{\frac{1}{\alpha }}^1\frac{x^3}{3}\times \frac{1}{x}\mathrm{d}x={\left[\frac{x^3}{3}\ln x\right]}_{\frac{1}{\alpha }}^1-\frac{1}{3}{\int }_{\frac{1}{\alpha }}^1{x}^2\mathrm{d}x.$$

Le crochet vaut, puisque $\ln 1=0$ et $\ln \left(\frac{1}{\alpha }\right)=-\ln \alpha$ :

$${\left[\frac{x^3}{3}\ln x\right]}_{\frac{1}{\alpha }}^1=\frac{1}{3}\ln 1-\frac{1}{3{\alpha }^3}\ln \left(\frac{1}{\alpha }\right)=0+\frac{\ln \alpha }{3{\alpha }^3}=\frac{\ln \alpha }{3{\alpha }^3}.$$

L'intégrale restante se calcule avec la primitive $\frac{x^3}{3}$ de $x^2$ :

$$\frac{1}{3}{\int }_{\frac{1}{\alpha }}^1{x}^2\mathrm{d}x=\frac{1}{3}{\left[\frac{x^3}{3}\right]}_{\frac{1}{\alpha }}^1=\frac{1}{3}\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{3{\alpha }^3}\right)=\frac{1}{9}-\frac{1}{9{\alpha }^3}.$$

D'où

$$I=\frac{\ln \alpha }{3{\alpha }^3}-\frac{1}{9}+\frac{1}{9{\alpha }^3}.$$

Utilisons maintenant la relation rappelée $\ln \alpha =2(2-\alpha )=4-2\alpha$ :

$$\frac{\ln \alpha }{3{\alpha }^3}=\frac{4-2\alpha }{3{\alpha }^3}=\frac{3(4-2\alpha )}{9{\alpha }^3}=\frac{12-6\alpha }{9{\alpha }^3}.$$

En réduisant au même dénominateur $9{\alpha }^3$ (avec $\frac{1}{9}=\frac{{\alpha }^3}{9{\alpha }^3}$) :

$$I=\frac{12-6\alpha }{9{\alpha }^3}-\frac{{\alpha }^3}{9{\alpha }^3}+\frac{1}{9{\alpha }^3}=\frac{12-6\alpha -{\alpha }^3+1}{9{\alpha }^3}=\frac{-{\alpha }^3-6\alpha +13}{9{\alpha }^3}.$$

On a bien démontré l'égalité

$${\int }_{\frac{1}{\alpha }}^1{x}^2\ln x\mathrm{d}x=\frac{-{\alpha }^3-6\alpha +13}{9{\alpha }^3}.$$

Contrôle du signe. Sur $\left[\frac{1}{\alpha };1\right]\subset ]0;1]$, la fonction $x\mapsto x^2\ln x$ est négative, donc $I⩽0$ ; avec $\alpha \approx 1,727$, on trouve $-{\alpha }^3-6\alpha +13\approx -2,51<0$, ce qui est cohérent ($I\approx -0,054$).

Ce que le correcteur attend : le choix « on dérive $\ln x$, on primitive $x^2$ » (l'autre choix ne simplifie rien), le crochet évalué avec $\ln \left(\frac{1}{\alpha }\right)=-\ln \alpha$, puis l'usage de la relation $\ln \alpha =2(2-\alpha )$ pour faire disparaître le logarithme.

2. D'après la question 1.a, sur $\left[\frac{1}{\alpha };1\right]$ la courbe ${\mathcal{C}}_g$ est au-dessus de $\mathcal{P}$ : l'aire du domaine compris entre les deux courbes et les droites d'équations $x=\frac{1}{\alpha }$ et $x=1$ est, en unités d'aire, l'intégrale de la différence $g-p$, fonction continue et positive sur cet intervalle :

$$\mathcal{A}={\int }_{\frac{1}{\alpha }}^1(g(x)-p(x))\mathrm{d}x={\int }_{\frac{1}{\alpha }}^1\left(-\frac{1}{4}{x}^2\ln x\right)\mathrm{d}x=-\frac{1}{4}{\int }_{\frac{1}{\alpha }}^1{x}^2\ln x\mathrm{d}x$$

par linéarité de l'intégrale. D'après la question 1.b :

$$\mathcal{A}=-\frac{1}{4}\times \frac{-{\alpha }^3-6\alpha +13}{9{\alpha }^3}=\frac{{\alpha }^3+6\alpha -13}{36{\alpha }^3}.$$

L'aire du domaine hachuré est $\mathcal{A}=\frac{{\alpha }^3+6\alpha -13}{36{\alpha }^3}$ unités d'aire, soit, avec $\alpha \approx 1,727$, environ $0,0135$ unité d'aire (une unité d'aire est ici le carré de côté $1$, soit $100$ carreaux du quadrillage : le domaine hachuré vaut environ $1,35$ carreau, ce qui est cohérent avec sa taille sur le graphique).

Ce que le correcteur attend : la position relative (question 1.a) invoquée pour écrire l'aire comme $\int (g-p)$ et non $\int (p-g)$, et une aire finale positive.