Etudes de fonctions - Exercice 2

20 min
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Soit ff la fonction définie sur [110;10]\left[\frac{1}{10} ;10\right]par f(x)=2xln⁡x−3f\left(x\right)=2x\ln x-3
Question 1

Etudiez les variations de ff

Correction
On reconnaît la forme : (uv)′=u′v+uv′\left(uv\right)'=u'v+uv' avec u(x)=2xu\left(x\right)=2x et v(x)=ln⁡(x)v\left(x\right)=\ln \left(x\right).
Ainsi : u′(x)=2u'\left(x\right)=2 et v′(x)=1xv'\left(x\right)=\frac{1}{x} .
Il vient alors que : f′(x)=2×ln⁡(x)+2x×1x⇔f'\left(x\right)=2\times \ln \left(x\right)+2x\times \frac{1}{x} \Leftrightarrow
f′(x)=2ln⁡(x)+2f'\left(x\right)=2\ln \left(x\right)+2

De plus,
2ln⁡(x)+2≥02\ln \left(x\right)+2\ge 0
ln⁡(x)≥−22\ln \left(x\right)\ge -\frac{2}{2}
ln⁡(x)≥−1\ln \left(x\right)\ge -1
ln⁡(x)≥ln⁡(e−1)\ln \left(x\right)\ge \ln \left(e^{-1} \right)
x≥e−1x\ge e^{-1}
Cela signifie que l'on mettra le signe ++ pour le signe de 2ln⁡(x)+22\ln \left(x\right)+2 dès que x≥e−1x\ge e^{-1}

De plus,
f(e−1)=2(e−1)ln⁡(e−1)−3f\left(e^{-1} \right)=2\left(e^{-1} \right)\ln \left(e^{-1} \right)-3 donc f(e−1)=−2e−1−3f\left(e^{-1} \right)=-2e^{-1} -3
f(110)=2(110)ln⁡(110)−3f\left(\frac{1}{10} \right)=2\left(\frac{1}{10} \right)\ln \left(\frac{1}{10} \right)-3
f(10)=20ln⁡(10)−3f\left(10\right)=20\ln \left(10\right)-3
Question 2

Démontrez que l'équation f(x)=0f\left(x\right)=0 admet une unique solution α∈\alpha \in [110;10]\left[\frac{1}{10} ;10\right].
Donnez un encadrement de α\alpha à 10−210^{-2} près.

Correction
  • Sur [110;e−1]\left[\frac{1}{10} ;e^{-1} \right], la fonction ff est continue et admet 2(110)ln⁡(110)−32\left(\frac{1}{10} \right)\ln \left(\frac{1}{10} \right)-3 comme maximum.
    La fonction ff est strictement négative.
    Donc l'équation f(x)=0f\left(x\right)=0 n'a pas de solution sur cet intervalle.
  • Sur [e−1;10]\left[e^{-1} ;10\right], la fonction ff est continue et strictement croissante.
    De plus, f(e−1)=−2e−1−3f\left(e^{-1} \right)=-2e^{-1} -3et f(10)=20ln⁡(10)−3f\left(10\right)=20\ln \left(10\right)-3 .
    Or 0∈[−2e−1−3;20ln⁡(10)−3[0\in \left[-2e^{-1} -3;20\ln \left(10\right)-3\right[, donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe une unique solution α\alpha dans [110;10]\left[\frac{1}{10} ;10\right] tel que f(x)=0f\left(x\right)=0.

A la calculatrice, on vérifie que : f(2,06)≈−0,022f\left(2,06\right)\approx -0,022 et f(2,07)≈0,012f\left(2,07\right)\approx 0,012 .
Or 0∈]−0,022;0,012]0\in \left]-0,022;0,012\right], donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires on en déduit que :
2,06≤α≤2,072,06\le \alpha \le 2,07
Question 3

En déduire le signe de ff sur [110;10]\left[\frac{1}{10} ;10\right]

Correction
Sur [110;e−1]\left[\frac{1}{10} ;e^{-1} \right], la fonction ff est continue et admet 2(110)ln⁡(110)−32\left(\frac{1}{10} \right)\ln \left(\frac{1}{10} \right)-3 comme maximum.
La fonction ff est strictement négative.

Sur [e−1;10]\left[e^{-1} ;10\right], la fonction ff est continue et strictement croissante et f(α)=0f\left(\alpha \right)=0.
Donc f(x)≤0f\left(x\right)\le 0 pour tout x∈[110;α]x\in \left[\frac{1}{10} ;\alpha \right] et f(x)≥0f\left(x\right)\ge 0 pour tout x∈[α;10]x\in \left[\alpha ;10\right].

On résume cela dans un tableau de signe :

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