sujet : amérique du sud

Corrigé de l'exercice 2 : candidats n'ayant pas suivi l'enseignement de spécialité

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1. f est la fonction définie sur l'intervalle $\left[-3;0\right]$ par $f\left(x\right)=x^2$. Sa valeur moyenne sur l'intervalle $\left[-3;0\right]$ est :

   La valeur moyenne sur l'intervalle $\left[-3;0\right]$ de la f est :$$\begin{array}{ccc}\mu ={\displaystyle \frac{1}{0-\left(-3\right)}}\times {\displaystyle {\int }_{-3}^0{x}^2\mathrm{d}x}& \iff & \mu ={\displaystyle \frac{1}{3}}\times {\left[{\displaystyle \frac{x^3}{3}}\right]}_{-3}^0\hfill \\ & \iff & \mu ={\displaystyle \frac{1}{3}}\times \left(0-\left(-{\displaystyle \frac{27}{3}}\right)\right)\hfill \\ & \iff & \mu =3\hfill \end{array}$$

   $\mu =\mathrm{4,5}$

   $\mu =3$

   $\mu ={\displaystyle \frac{1}{3}}$

   $\mu =-3$

2. f est la fonction définie sur $ℝ$ par $f\left(x\right)=\ln \left(x^2+x+1\right)$, $f\prime$ désigne sa fonction dérivée sur $ℝ$. Alors :

   $f=\ln \left(u\right)$ d'où $f\prime ={\displaystyle \frac{u\prime }{u}}$. Avec pour tout réel x, $$\begin{array}{ccc}u\left(x\right)=x^2+x+1& \text{et}& u\prime \left(x\right)=2x+1\end{array}$$ D'où $f\prime \left(x\right)={\displaystyle \frac{2x+1}{x^2+x+1}}$

   $f\prime \left(x\right)={\displaystyle \frac{1}{x^2+x+1}}$

   $f\prime \left(x\right)={\displaystyle \frac{1}{2x+1}}$

   $f\prime \left(x\right)={\displaystyle \frac{2x+1}{x^2+x+1}}$

   $f\prime \left(x\right)={\displaystyle \frac{x^2+x+1}{2x+1}}$

3. La primitive F de la fonction f définie sur l'intervalle $I=\left]0;+\infty \right[$ par $f\left(x\right)={\displaystyle \frac{2x^2-x+3}{x}}$ telle que $F\left(1\right)=1$ vérifie :

   Pour tout réel x strictement positif, $${\displaystyle \frac{2x^2-x+3}{x}}=2x-1+{\displaystyle \frac{3}{x}}$$

   Les primitives de f sont les fonctions F définies sur l'intervalle $I=\left]0;+\infty \right[$ par :$$F\left(x\right)=x^2-x+3\ln \left(x\right)+c$$

   Or $$\begin{array}{lll}F\left(1\right)=1& \iff & 1-1+3\ln 1+c=1\\ & \iff & c=1\hfill \end{array}$$

   Ainsi, la primitive de la fonction f est la fonction F défine sur l'intervalle $\left]0;+\infty \right[$ par $F\left(x\right)=x^2-x+3\ln \left(x\right)+1$.

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   $F\left(x\right)={\displaystyle \frac{{\displaystyle \frac{2}{3}}{x}^3-{\displaystyle \frac{1}{2}}{x}^2+3x}{{\displaystyle \frac{1}{2}}{x}^2}}-{\displaystyle \frac{17}{3}}$

   $F\left(x\right)=x^2-1+3\ln x$

   $F\left(x\right)=x^2-x+3\ln x+1$

   $F\left(x\right)=2-{\displaystyle \frac{3}{x^2}}+1$

4. f est la fonction définie sur l'intervalle $I=\left]0;+\infty \right[$ par $f\left(x\right)={\displaystyle \frac{5}{x}}$, on note C sa courbe représentative dans un repère donné du plan. L'aire, exprimée en unités d'aire, du domaine délimité par la courbe C, l'axe des abscisses et les droites d'équation $x=1$ et $x=2$ est égale à :

   Pour tout réel x strictement positif, ${\displaystyle \frac{5}{x}}>0$ par conséquent, sur l'intervalle $I=\left]0;+\infty \right[$, la courbe C représentative de la fonction f est au dessus de l'axe des abscisses.
   Donc l'aire, exprimée en unités d'aire, du domaine délimité par la courbe C, l'axe des abscisses et les droites d'équation $x=1$ et $x=2$ est égale à l'intégrale ${\displaystyle {\int }_1^{2}f\left(x\right)\mathrm{d}x}$. Soit $$\begin{array}{ccc}{\displaystyle {\int }_1^2{\displaystyle \frac{5}{x}}\mathrm{d}x}& =& {\left[5\ln x\right]}_1^2\hfill \\ & =& 5\ln 2-5\ln 1\hfill \\ & =& 5\ln 2\hfill \end{array}$$

   $5\ln 2$

   $\ln 10-\ln 5$

   3,466

   $\ln \left({\displaystyle \frac{2}{5}}\right)-\ln \left({\displaystyle \frac{1}{5}}\right)$

5. La limite de la fonction f définie sur l'intervalle $I=\left]0;+\infty \right[$ par $f\left(x\right)=x^2-x-\ln x$ lorsque x tend vers $+\infty$ est :

   Pour tout réel x strictement positif, $$x^2-x-\ln x=x^2\left(1-{\displaystyle \frac{1}{x}}-{\displaystyle \frac{\ln x}{x^2}}\right)$$

   Nous avons $\underset{x\to +\infty }{\lim }{\displaystyle \frac{1}{x}}=0$ et $\underset{x\to +\infty }{\lim }{\displaystyle \frac{\ln x}{x^2}}=0$ donc $\underset{x\to +\infty }{\lim }1-{\displaystyle \frac{1}{x}}-{\displaystyle \frac{\ln x}{x^2}}=1$ et par produit, $\underset{x\to +\infty }{\lim }{x}^2\left(1-{\displaystyle \frac{1}{x}}-{\displaystyle \frac{\ln x}{x^2}}\right)=+\infty$

   $-\infty$

   0

   e

   $+\infty$

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