Exercice 4 - Exercice 1

La fonction $$g$$ est dérivable sur $$\left[0,5;5\right]$$.
On reconnait la forme $$\left(uv\right)'=u'v+uv'$$ où $$u\left(x\right)=3x$$ et $$v\left(x\right)=\ln \left(x\right)$$.
Ainsi : $$u'\left(x\right)=3$$ et $$v'\left(x\right)=\frac{1}{x}$$.
Il en résulte que :
$$g'(x)=5-\left(3\ln x+3x\times \frac{1}{x} \right)$$ équivaut successivement à
$$g'(x)=5-\left(3\ln x+3\right)$$
$$g'(x)=5-3\ln x-3$$

$$g'(x)\ge 0$$ équivaut successivement à
$$2-3\ln x\ge 0$$
$$-3\ln x\ge -2$$
$$\ln x\le \frac{-2}{-3}$$
$$\ln x\le \frac{2}{3}$$
$$e^{\ln x} \le e^{\frac{2}{3} }$$
$$x\le e^{\frac{2}{3} }$$
Il en résulte donc que :

• si $$x\in\left[0,5;e^{\frac{2}{3} }\right]$$ alors $$g'\left(x\right)\ge0$$ et donc $$g$$ est croissante sur cet intervalle.
• si $$x\in\left[e^{\frac{2}{3} };5,5\right]$$ alors $$g'\left(x\right)\le0$$ et donc $$g$$ est décroissante sur cet intervalle.

De plus,
$$g\left(0,5\right)=g\left(\frac{1}{2} \right)=5\times \frac{1}{2} -3\times \frac{1}{2} \ln \left(\frac{1}{2} \right)$$
$$g\left(\frac{1}{2} \right)=\frac{5}{2} -\frac{3}{2} \ln \left(\frac{1}{2} \right)\approx 3,539$$
$$g\left(5,5\right)=g\left(\frac{11}{2} \right)=5\times \frac{11}{2} -3\times \frac{11}{2} \ln \left(\frac{11}{2} \right)$$
$$g\left(\frac{11}{2} \right)=\frac{55}{2} -\frac{33}{2} \ln \left(\frac{11}{2} \right)\approx -0,628$$

La fonction $$g$$ admet un maximum pour $$x_{0} =e^{\frac{2}{3} } \approx 1,95$$ et $$g\left(x_{0} \right)=5e^{\frac{2}{3} } -3e^{\frac{2}{3} } \ln \left(e^{\frac{2}{3} } \right)$$
D'où :
$$g\left(x_{0} \right)=5e^{\frac{2}{3} } -3e^{\frac{2}{3} } \ln \left(e^{\frac{2}{3} } \right)$$ équivaut successivement à :
$$g\left(x_{0} \right)=5e^{\frac{2}{3} } -3e^{\frac{2}{3} } \times \frac{2}{3}$$
$$g\left(x_{0} \right)=5e^{\frac{2}{3} } -2e^{\frac{2}{3} }$$

D'une part,
Sur $$\left[0,5;e^{\frac{2}{3} } \right]$$, la fonction $$g$$ est continue et strictement croissante.
De plus, $$g\left(\frac{1}{2} \right)=\frac{5}{2} -\frac{3}{2} \ln \left(\frac{1}{2} \right)\approx 3,539$$ et $$g\left(e^{\frac{2}{3} } \right)=3e^{\frac{2}{3} } \approx 5,843$$ . Or $$4\in \left[\frac{5}{2} -\frac{3}{2} \ln \left(\frac{1}{2} \right);3e^{\frac{2}{3} } \right]$$, donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe une unique solution $$\alpha _{1}$$dans $$\left[0,5;e^{\frac{2}{3} } \right]$$ tel que $$g\left(x\right)=4$$.
D'autre part,
Sur $$\left[e^{\frac{2}{3} } ;5,5\right]$$, la fonction $$g$$ est continue et strictement décroissante.
De plus, $$g\left(e^{\frac{2}{3} } \right)=3e^{\frac{2}{3} } \approx 5,843$$ et $$g\left(\frac{11}{2} \right)=\frac{55}{2} -\frac{33}{2} \ln \left(\frac{11}{2} \right)\approx -0,628$$.
Or $$4\in \left[\frac{55}{2} -\frac{33}{2} \ln \left(\frac{1}{2} \right);3e^{\frac{2}{3} } \right]$$, donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe une unique solution $$\alpha _{2}$$dans $$\left[e^{\frac{2}{3} } ;5,5\right]$$ tel que $$g\left(x\right)=4$$

Ensuite à la calculatrice, on obtient :
D'une part,
$$\left. \begin{array}{l} {g(0,5)\approx 3,5<4} \\ {g(1)=5>4} \end{array}\right\}\Rightarrow \alpha _{1} \in \left[0,5;1\right]$$
$$\left. \begin{array}{l} {g(0,6)\approx 3,9<4} \\ {g(0,7)=4,2>4} \end{array}\right\}\Rightarrow \alpha _{1} \in \left[0,6;0,7\right]$$
$$\left. \begin{array}{l} {g(0,62)\approx 3,99<4} \\ {g(0,63)=4,02>4} \end{array}\right\}\Rightarrow \alpha _{1} \in \left[0,62;0,63\right]$$

D'autre part,
$$\left. \begin{array}{l} {g(3)\approx 5,1>4} \\ {g(4)\approx 3,4<4} \end{array}\right\}\Rightarrow \alpha _{2} \in \left[3;4\right]$$
$$\left. \begin{array}{l} {g(3,6)\approx 4,17>4} \\ {g(3,7)\approx 3,98<4} \end{array}\right\}\Rightarrow \alpha _{2} \in \left[3,6;3,7\right]$$
$$\left. \begin{array}{l} {g(3,68)\approx 4,02>4} \\ {g(3,69)\approx 3,997<4} \end{array}\right\}\Rightarrow \alpha _{2} \in \left[3,68;3,69\right]$$

D'après le tableau de variations, $$g(x)\ge 4\Leftrightarrow x\in \left[\alpha _{1} ; \alpha _{{\text 2}} \right]$$

La fonction $$G$$ définie sur $$\left[0,5;5\right]$$ par $$G\left(x\right)=-\frac{3}{2} x^{2} \ln x+\frac{13}{4} x^{2}$$ est une primitive de $$g$$ si $$G'\left(x\right)=g\left(x\right)$$
On calcule donc la dérivée de $$G$$.
On reconnait la forme $$\left(uv\right)'=u'v+uv'$$ où $$u\left(x\right)=-\frac{3}{2} x^{2}$$ et $$v\left(x\right)=\ln \left(x\right)$$.
Ainsi $$u'\left(x\right)=-3x$$ et $$v'\left(x\right)=\frac{1}{x}$$.
Il vient alors :
$$G'\left(x\right)=-\frac{3}{2} \times 2x\times \ln \left(x\right)-\frac{3}{2} x^{2} \times \frac{1}{x} +\frac{13}{4} \times 2x$$ équivaut successivement à
$$G'\left(x\right)=-3x\ln \left(x\right)-\frac{3}{2} x+\frac{13}{2} x$$
$$G'\left(x\right)=5x-3x\ln \left(x\right)$$

Donc la fonction $$G$$ est une primitive de la fonction $$g$$ sur $$\left[0,5;5,5\right]$$.

On a :
$$m=\frac{1}{5-0,5} \int _{0,5}^{5}g(x)dx =\frac{1}{4,5} \left[G(5)-G(0,5)\right]$$
$$m=\frac{1}{4,5} \times \left[G(5)-G(0,5)\right]$$
$$G(5)=-\frac{75}{2} \ln 5+\frac{13}{4} \times 25$$
$$G(5)=-\frac{75}{2} \ln 5+\frac{325}{4}$$
$$G(0,5)=-\frac{3}{2} \times 0,25\ln 0,5+\frac{13}{4} \times 0,25$$
$$G(0,5)=-\frac{3}{8} \ln 0,5+\frac{13}{16}$$
Ainsi :
$$m=\frac{1}{4,5} \left[-\frac{75}{2} \ln 5+\frac{325}{4} -\left(-\frac{3}{8} \ln 0,5+\frac{13}{16} \right)\right]$$
$$m=\frac{1}{4,5} \left[-\frac{75}{2} \ln 5+\frac{325}{4} +\frac{3}{8} \ln 0,5-\frac{13}{16} \right]$$