Epreuve d'enseignement de spécialité Session 8 Juin 2021 Exercice A - Exercice 1

$$\blue{\text{D'une part :}}$$
$${\mathop{\lim }\limits_{x\to 0^{+} }} 1+\frac{\ln \left(x\right)}{x^{2} } ={\mathop{\lim }\limits_{x\to 0^{+} }} 1+\frac{1}{x^{2} } \times \ln \left(x\right)$$
$${\mathop{\lim }\limits_{x\to 0^{+} }} \frac{1}{x^{2} } =+\infty$$ et $$\lim\limits_{x\to 0^{+} } \ln \left(x\right)=-\infty$$
Il en résulte donc que, par produit, $${\mathop{\lim }\limits_{x\to 0^{+} }} \frac{1}{x^{2} } \times \ln \left(x\right)=-\infty$$
Ainsi : $${\mathop{\lim }\limits_{x\to 0^{+} }} 1+\frac{1}{x^{2} } \times \ln \left(x\right)=-\infty$$
Finalement :
$$\blue{\text{D'autre part :}}$$
$$\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{x\to +\infty }1} & {=} & {1 } \\ {\lim\limits_{x\to +\infty } \frac{\ln \left(x\right)}{x^{2} }} & {=} & {0 } \end{array}\right\}{\red{\text{par addition}}}$$
$$\purple{\text{Finalement : }}$$

$$h$$ est dérivable sur $$\left]0;+\infty\right[$$
Ici on reconnaît la forme $$\color{red}\boxed{\left(w+\frac{u}{v} \right)^{'} =w'+\frac{u'v-uv'}{v^{2} }}$$ avec $$w\left(x\right)=1$$ ; $$u\left(x\right)=\ln \left(x\right)$$ et $$v\left(x\right)=x^{2}$$.
Ainsi $$w'\left(x\right)=0$$ ; $$u'\left(x\right)=\frac{1}{x}$$ et $$v'\left(x\right)=2x$$.
Il vient alors que :
$$h'\left(x\right)=\frac{\frac{1}{x} \times x^{2} -\ln \left(x\right)\times 2x}{\left(x^{2} \right)^{2} }$$
$$h'\left(x\right)=\frac{\frac{x^{2} }{x} -2x\ln \left(x\right)}{x^{4} }$$
$$h'\left(x\right)=\frac{x-2x\ln \left(x\right)}{x^{4} }$$ $$\;\;$$ On factorise par $$x$$ le numérateur et le dénominateur.
$$h'\left(x\right)=\frac{x\times \left(1-2\ln \left(x\right)\right)}{x\times x^{3} }$$ $$\;\;$$ On simplifie par $$x$$ le numérateur et le dénominateur.
$$\purple{\text{Finalement : }}$$

Soit $$x\in \left]0;+\infty\right[$$
D'après la question $$2$$ nous savons que : $$h'\left(x\right)=\frac{1-2\ln \left(x\right)}{x^{3} }$$
Pour tout réel $$x\in \left]0;+\infty\right[$$, on peut affirmer aisément que $$x^{3}>0$$.
Le signe de $$f$$' dépend alors du signe du numérateur $$1-2\ln \left(x\right)$$ .
$$1-2\ln \left(x\right)\ge 0$$ équivaut successivement à :
$$-2\ln \left(x\right)\ge -1$$
$$\ln \left(x\right)\le \frac{-1}{-2}$$
$$\ln \left(x\right)\le \frac{1}{2}$$
$$x\le e^{\frac{1}{2} }$$
Il en résulte donc que :

• si $$x\in\left]0;e^{\frac{1}{2} } \right]$$ alors $$h'\left(x\right)\ge0$$ et donc $$h$$ est croissante sur cet intervalle.
• si $$x\in\left[e^{\frac{1}{2} } ;+\infty\right[$$ alors $$h'\left(x\right)\le0$$ et donc $$h$$ est décroissante sur cet intervalle.

Nous traduisons toutes ces informations dans le tableau de variation ci-dessous :
De plus :
$$h\left(e^{\frac{1}{2} } \right)=1+\frac{\ln \left(e^{\frac{1}{2} } \right)}{\left(e^{\frac{1}{2} } \right)^{2} }$$
$$h\left(e^{\frac{1}{2} } \right)=1+\frac{\ln \left(e^{\frac{1}{2} } \right)}{e^{\frac{1}{2} \times 2} }$$
$$h\left(e^{\frac{1}{2} } \right)=1+\frac{\ln \left(e^{\frac{1}{2} } \right)}{e^{1} }$$
$$h\left(e^{\frac{1}{2} } \right)=1+\frac{\frac{1}{2} }{e}$$
$$h\left(e^{\frac{1}{2} } \right)=1+\frac{1}{2} \times \frac{1}{e}$$
$$h\left(e^{\frac{1}{2} } \right)=1+\frac{1}{2e}$$
$$h\left(e^{\frac{1}{2} } \right)\approx 1,18$$

• Sur $$\left[e^{\frac{1}{2} };+\infty\right[$$ , la fonction $$h$$ est continue et admet $$1$$ comme minimum.
  La fonction $$h$$ est strictement positive.
  Donc l'équation $$h\left(x\right)=0$$ n'a pas de solution sur cet intervalle.
• Sur $$\left]0;e^{\frac{1}{2} }\right]$$ , la fonction $$h$$ est continue et strictement croissante.
  De plus, $${\mathop{\lim }\limits_{x\to 0^{+} }} h\left(x\right)=-\infty$$ et $$h\left(e^{\frac{1}{2} } \right)=1+\frac{1}{2e}$$
  Or $$0 \in \left]-\infty;1+\frac{1}{2e}\right]$$ , donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe une unique solution $$\alpha$$ dans $$\left]0;e^{\frac{1}{2} }\right]$$ tel que $$h\left(x\right) = 0$$.

Plus précisément, nous avons $$h\left(\frac{1}{2} \right)\approx -1,8<0$$ et $$h\left(1 \right)=1>0$$
Finalement, l'équation $$h\left(x\right)=0$$ admet une unique solution $$\alpha$$ tel que : $$\frac{1}{2}< \alpha < 1$$

Sur $$\left[e^{\frac{1}{2} };+\infty\right[$$ , la fonction $$h$$ est continue et admet $$1$$ comme minimum. La fonction $$h$$ est strictement positive.
Sur $$\left]0;e^{\frac{1}{2} }\right]$$, la fonction $$h$$ est continue et strictement croissante et $$h(\alpha) = 0$$
Donc $$h(x)\le0$$ pour tout $$x\in\left]0;\alpha\right]$$ et $$h(x)\ge0$$ pour tout $$x\in\left[\alpha;e^{\frac{1}{2} }\right]$$
On résume cela dans un tableau de signe :

Soit $$x\in \left]0;+\infty\right[$$
$$f_{1} \left(x\right)-f_{2} \left(x\right)=x-1-\frac{\ln \left(x\right)}{x^{2} } -\left(x-2-\frac{2\ln \left(x\right)}{x^{2} } \right)$$
$$f_{1} \left(x\right)-f_{2} \left(x\right)=x-1-\frac{\ln \left(x\right)}{x^{2} } -x+2+\frac{2\ln \left(x\right)}{x^{2} }$$
$$f_{1} \left(x\right)-f_{2} \left(x\right)=1+\frac{\ln \left(x\right)}{x^{2} }$$
Ainsi :

Soit $$x\in \left]0;+\infty\right[$$
D'après la question $$6$$, nous avons vu que : $$f_{1} \left(x\right)-f_{2} \left(x\right)=h \left(x\right)$$
De plus, d'après la question nous connaissons le signe de $$h \left(x\right)$$.

Sur $$\left]0;\alpha\right[$$ on sait que $$h \left(x\right)<0$$ et de ce fait $$f_{1} \left(x\right)-f_{2} \left(x\right)<0$$ ainsi $$f_{1} \left(x\right)<f_{2} \left(x\right)$$ .
On peut alors conclure que sur $$\left]0;\alpha\right[$$ la courbe $$\mathscr{C_1}$$ est en dessous de la courbe $$\mathscr{C_2}$$

Sur $$\left]\alpha;+\infty\right[$$ on sait que $$h \left(x\right)>0$$ et de ce fait $$f_{1} \left(x\right)-f_{2} \left(x\right)>0$$ ainsi $$f_{1} \left(x\right)>f_{2} \left(x\right)$$ .
On peut alors conclure que sur $$\left]0;\alpha\right[$$ la courbe $$\mathscr{C_1}$$ est au-dessus de la courbe $$\mathscr{C_2}$$

Si $$x=\alpha$$ alors $$h \left(\alpha\right)=0$$ ce qui permet de dire que $$f_{1} \left(\alpha\right)=f_{2} \left(\alpha\right)$$ . Les courbes $$\mathscr{C_1}$$ et $$\mathscr{C_2}$$ sont sécantes au point d'abscisse $$\alpha$$ .

Il nous faut donc calculer l'ordonnée et donc pour cela il faut calculer, par exemple, $$f_{1} \left(\alpha\right)$$.
Il vient alors que :
$$f_{1} \left(\alpha \right)=\alpha -1-\frac{\ln \left(\alpha \right)}{\alpha ^{2} }$$
$$f_{1} \left(\alpha \right)=\alpha -\left(1+\frac{\ln \left(\alpha \right)}{\alpha ^{2} } \right)$$
$$f_{1} \left(\alpha \right)=\alpha -h\left(\alpha \right)$$
D'après la question $$4$$, nous avons montré que $$h\left(\alpha \right)=0$$ ce qui permet de conclure que $$\alpha -h\left(\alpha \right)=\alpha$$
Il en résulte donc que :
On rappelle donc que :

Si $$x=\alpha$$ alors $$h \left(\alpha\right)=0$$ ce qui permet de dire que $$f_{1} \left(\alpha\right)=f_{2} \left(\alpha\right)$$ . Les courbes $$\mathscr{C_1}$$ et $$\mathscr{C_2}$$ sont sécantes au point d'abscisse $$\alpha$$ .
Le point d'intersection a pour coordonnées $$\left(\alpha ;f_{1} \left(\alpha \right) \right)$$ ou encore $$\left(\alpha ; \alpha \right)$$