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Fonctions définies par une intégrale

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Nous proposons un problème sur des fonctions définies par une intégrale. En particulier étude de la continuité et de la dérivabilité de ce type de fonctions. En fait, il suffit d’appliquer les propriétés des fonctions usuelles. A noter que les problèmes sur les fonctions définies par une intégrale demandent beaucoup de prudence, et ils sont, pour le niveau bac, un peu difficiles.

Exercice corrigés sur les fonctions définies par une intégrale

Exercice: Soit $G:]0,+\infty[\to \mathbb{R}$ la fonction intégrale définie par $$ G(x)=\int^{x^2}_{x} \frac{e^{-t}}{t}dt,\qquad x>0. $$

  1. Montrer que la fonction $G$ est dérivable sur $]0,+\infty[$ et que\begin{align*}G'(x)=\frac{2e^{-x^2}-e^{-x}}{x},\qquad \forall x>0.\end{align*}
  2. Prouver que l’équation $G'(x)=0$ admet une seule solution $\alpha\in ]0,+\infty[$.
  3. Démontrer que $G$ est croissante sur $]0,\alpha[$ est décroissante sur $[\alpha,+\infty[$.
  4. Montrer que la fonction \begin{align*}f(t)=\frac{e^{-t}}{t},\qquad t>0\end{align*}est décroissante
  5. Prouver que $$ 0\le G(x)\le (x^2-x)e^{-x},\quad\forall x\ge 1.$$
  6. Calculer la limite de $G(x)$ quand $x$ tend vers $+\infty$.
  7. Montrer que \begin{align*}\forall x\in ]0,1],\qquad G(x)\le e^{-x}\ln(x).\end{align*}En déduire que $G(x)$ tend vers $-\infty$ quand $x$ tend vers $0$.

Solution: Notez que l’étude des fonctions définies par une intégrale demande des connaissances sur les primitive de fonctions.

  1. Soit $f:]0,+\infty[\to \mathbb{R}$ la fonction définie par $$ f(t)=\frac{e^{-t}}{t},\qquad t>0. $$ Le fonction $f$ est continue sur $]0,+\infty[$, donc il admet une primitive $F$ continuent dérivable sur $]0,+\infty[$ avec $F'(t)=f(t)$ pour tout $t>0$. On peut donc reécrire $G(x)$ en fonction de $F$. En effet, pour tout $x>0$ on a \begin{align*}G(x)&=\int^{x^2}_x f(t)dt\cr &= \int^{x^2}_x F'(t)dt\cr &= F(x^2)-F(x).\end{align*}Comme $F$ et $x\mapsto x^2$ sont dérivables sur $]0,+\infty[$ alors $G$ est aussi dérivable sur $]0,+\infty[$. De plus pour tout $x>0,$ on a\begin{align*}G'(x)&=(F(x^2))’-F'(x)\cr & =2xF'(x^2)-f(x)\cr & = 2x f(x^2)-f(x)\cr &= \frac{2e^{-x^2}-e^{-x}}{x}.\end{align*}
  2. Soit $x>0$. Alors \begin{align*}G'(x)=0&\Longleftrightarrow, 2e^{-x^2}-e^{-x}=0\cr & \Longleftrightarrow, 2e^{-x^2}=e^{-x}\cr & \Longleftrightarrow, \ln\left(2e^{-x^2}\right)=\ln(e^{-x})\cr & \Longleftrightarrow, \ln(2)-x^2=-x\cr & \Longleftrightarrow, x^2-x-\ln(2)=0.\end{align*}D’où les solutions de l’équation $G'(x)=0$ sont les racines de l’équations algébrique $x^2-x-\ln(2)=0$ avec $x>0$. Le discriminant de cette équation est $\Delta= 1+4\ln(2)>0$. Deux racines éventuelles\begin{align*}\frac{1+\sqrt{1+4\ln(2)}}{2}>0\quad\text{et}\quad \frac{1-\sqrt{1+4\ln(2)}}{2} < 0.\end{align*}Comme on travail dans $]0,+\infty[,$ on garde la racine positive \begin{align*}\alpha=\frac{1+\sqrt{1+4\ln(2)}}{2}.\end{align*}Il faut remarquer que $\alpha>1$.
  3. Ici en trait aussi les question 3) et 4). Pour déterminer le sense de variation de la fonction $G,$ il suffit d’étudier le signe de la fonction dérivée $G’$ sur $]0,\alpha[$ et sur $[\alpha,+\infty[$. Tout d’abord observons que $G’$ est continue sur $]0,+\infty[$. D’autre on a $G'(x)to +\infty$ quand $x\to 0^+$ et $G'(\alpha)=0$. Ce qui signifie que sur l’intervalle $]0,\alpha]$, la courbe de la fonction $G’$ va descendre de $+\infty$ vers $\alpha$ toute en restant positive, $G'(x)ge 0$ sur $]0,\alpha]$. Comme $\alpha$ est racine de $G’$, la courbe de $G’$ va passer par $\alpha$ et continuée sa descente toute en restant négative, car sinon elle va passer encore une fois par l’axe des abscisses, ce qui est impossible car $\alpha$ est la seule racine de $G’$. Donc $G'(x)\le 0$ sur $[\alpha,+\infty[$. Donc $G$ est croissante sur $]0,\alpha,]$ et décroissante sur $[\alpha,+\infty[$.

6- La fonction $f$ est dérivable sur $f$ est dérivable sur $]0,+\infty[$ et un calcul simple de sa dérivée nous donne\begin{align*}\forall t>0,\quad f'(t)=-\frac{1+t}{t^2}e^{-t} < 0.\end{align*}Et donc $f$ est strictement décroissante sur $]0,+\infty[$. Soit $x\ge 1$. Alors par multiplication par $x$, on a $x^2\ge x$. Comme $f\ge 0$ alors $G(x)\ge 0$ (l’intégrale d’une fonction positive est positif). De plus par décroissance de $f,$ on peut estimer\begin{align*}0\le G(x)&= \int^{x^2}_x f(t)dt\cr & \le \int^{x^2}_x f(x)dt= (x^2-x)f(x)\qquad\quad (\text{car}; f(t)\le f(x))\cr & \le (x^2-x) \frac{e^{-x}}{x}\cr & \le (x^2-x)e^{-x}\qquad\quad (\text{car}; \frac{1}{x}\le 1).\end{align*}Comme $(x^2-x)e^{-x}\to 0$ quand $x\to +\infty$, alors $G(x)to 0$ quand $x\to +\infty$.

7- Soit $x\in ]0,1]$. Pour $t\ge x$ on a $-tle -x$ et par croissance de la fonction exponentielle on a $e^{-t}\le e^{-x}$. Alors \begin{align*}G(x)&=\int^{x^2}_x \frac{e^{-t}}{t}dt \cr & \le e^{-x} \int^{x^2}_x \frac{1}{t}dt=e^{-x} (\ln(x^2)-\ln(x)).\end{align*}D’où $G(x)\le e^{-x}\ln(x)$ pour tout $x\in ]0,1]$. Comme $e^{-x}\ln(x)\to +\infty$ quand $x\to 0,$ alors $G(x)to +\infty$ quand $x\to 0$.

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