1. Étude de la continuitĂ© de $f$ en 0

    $f$ n'est pas continue Ă  droite. En effet, on va calculer :

    \[ \lim_{x \to 0^+} f(x) = \lim_{x \to 0^+} \left( 1 - \frac{\ln x}{x} + \left(\frac{\ln x}{x}\right)^2 \right) \]

    On sait que :

    \[ \lim_{x \to 0^+} \frac{\ln x}{x} = -\infty \]

    En posant le changement de variable $ X = \frac{\ln x}{x} $, l'expression de la fonction pour $ x > 0 $ devient $ 1 - X + X^2 $.

    Et on a donc :
    \[ \lim_{X \to -\infty} (1 - X + X^2) = +\infty \] On en déduit que :

    \[ \lim_{x \to 0^+} f(x) = +\infty \]

    Ce qui confirme bien que $f$ n'est pas continue Ă  droite de $0$.

  2. Étude de la dĂ©rivabilitĂ© de $f$ en 0

    La fonction f n'Ă©tant pas continue en $0$, ne peut ĂȘtre dĂ©rivable en $0$.

  3. Branches infinies de $\mathscr{C}$

    En $ -\infty $ :

    \[ \lim_{x \to -\infty} f(x) = \lim_{x \to -\infty} e^x \sqrt{1-e^x} = 0 \times 1 = 0 \]

    L'axe des abscisses ($y=0$) est une asymptote horizontale en $-\infty$.

    En $ +\infty $ :

    On sait que $ \lim_{x \to +\infty} \frac{\ln x}{x} = 0 $, d'oĂč :

    \[ \lim_{x \to +\infty} f(x) = 1 - 0 + 0^2 = 1 \]

    La droite d'Ă©quation $y=1$ est une asymptote horizontale en $+\infty$.

    1. Étude des variations de la fonction $f$

      Cas $ x < 0 $ :


      La dérivée de $ f(x) = e^x \sqrt{1-e^x} $ est :

      \[ f'(x) = \frac{e^x(2 - 3e^x)}{2\sqrt{1-e^x}} \]

      Le signe de $ f'(x) $ est strictement celui du facteur $ 2 - 3e^x $.
      Il s'annule pour $ x = \ln\left(\frac{2}{3}\right) $.
      Par conséquent:

      • $ f'(x) > 0 $ sur $ \left]-\infty; \ln\left(\frac{2}{3}\right)\right[ $
      • $ f'(x) < 0 $ sur $ \left]\ln\left(\frac{2}{3}\right); 0\right[ $.

      Cas: $ x > 0 $ :

      On a dans ce cas: \[ f(x) = 1 - \frac{\ln x}{x} + \left(\frac{\ln x}{x}\right)^2 \] Sa dérivée s'écrit :

      \[ f'(x) = \frac{(1-\ln x)(2\ln x - x)}{x^3} \]

      Puisque $ x^3 > 0 $, le signe de $f'(x)$ dépend du produit: $~~ (1-\ln x)(2\ln x - x) $.
      DĂ©terminons le signe du facteur: $~~ 2\ln x - x $.

      MĂ©thode 1 : Étude d'une fonction auxiliaire (MĂ©thode classique)

      Soit $ g(x) = x - 2\ln x $ définie sur $ ]0; +\infty[ $. Elle est dérivable et :

      \[ g'(x) = 1 - \frac{2}{x} = \frac{x-2}{x} \]

      Le signe de $ g'(x) $ montre que $ g $ admet un minimum global en $ x = 2 $. Ce minimum vaut :

      \[ g(2) = 2 - 2\ln 2 = 2(1 - \ln 2) >0\]

      Le minimum étant strictement positif, on en déduit que pour tout $ x > 0 $, $ x - 2\ln x > 0 $
      Ce qui Ă©quivaut Ă  $ 2\ln x - x < 0 $.


      Méthode 2 : Utilisation du TAF (Méthode avancée)

      • Si $ 0 < x \le 1 $ : on a $ \ln x \le 0 $ et $ -x < 0 $, donc l'inĂ©galitĂ© $ 2\ln x - x < 0 $ est trivialement vĂ©rifiĂ©e.
      • Si $ x > 1 $ : on a $ \sqrt{x} > 1 $. Appliquons le ThĂ©orĂšme des Accroissements Finis Ă  la fonction $ t \mapsto \ln t $ sur l'intervalle $ [1; \sqrt{x}] $. Il existe $ c \in ]1; \sqrt{x}[ $ tel que : \[ \frac{\ln(\sqrt{x}) - \ln 1}{\sqrt{x} - 1} = \frac{1}{c} <1\] On obtient donc : \[ \frac{\ln(\sqrt{x})}{\sqrt{x} - 1} < 1 \implies \ln(\sqrt{x}) < \sqrt{x} - 1 \implies \frac{1}{2}\ln x < \sqrt{x} - 1 \] Par la suite: \[2\ln x < 4\sqrt{x} - 4 \] On a donc: \[ x- 2\ln x>x-(4\sqrt{x} - 4) = (\sqrt{x} - 2)^2 \ge 0 \] On a ainsi prouvĂ© que $2 \ln x < x$, ce qui confirme que $~~ 2\ln x - x < 0 ~$ pour tout $~ x > 1 $.

      Conclusion sur les variations :

      Puisque le facteur $ 2\ln x - x $ est strictement négatif pour tout $ x > 0 $, le signe de $ f'(x) $ est strictement opposé au signe de $ 1 - \ln x $.
      Ainsi:

      • $ f'(x) $ s'annule en $ x = e $
      • est nĂ©gative sur $ ]0; e[ $
      • et positive sur $ ]e; +\infty[ $.

      Tableau de variations complet :

      x f'(x) f(x) -∞ ln(2/3) 0 e +∞ + 0 - - 0 + 0 2√3 / 9 0 +∞ 1 - 1/e + 1/eÂČ 1
  4. Équation de la tangente en $x=1$

    On applique $ y = f'(1)(x-1) + f(1) $.

    Sachant que $ f(1) = 1 $ et $ f'(1) = \frac{(1-0)(0-1)}{1} = -1 $, on obtient :

    \[ y = -1(x - 1) + 1 \implies y = -x + 2 \]
  5. Construction de la courbe $\mathscr{C}$

    ÉlĂ©ments remarquables Ă  intĂ©grer au tracĂ© :

    • Asymptotes : $y=0$ en $-\infty$, $y=1$ en $+\infty$, et $x=0$ (branche parabolique vers $+\infty$).
    • Extremums locaux : $\left( \ln\left(\frac{2}{3}\right); \frac{2\sqrt{3}}{9} \right)$ et $\left( e; 1 - \frac{1}{e} + \frac{1}{e^2} \right)$.
    • Tangentes : demi-tangente verticale Ă  l'origine $(0,0)$ et droite $y = -x + 2$ au point $(1,1)$.
    • Courbe $~\mathcal C_f$

      Graphique des fonctions

      LĂ©gende:
      $f(x)= e^x \sqrt{1 - e^x}$
      $f(x) = 1 - \dfrac{\log x}{x} +\left(\dfrac{\log x}{x}\right)^2$
  6. Calculs d'intégrales et d'aire

    1. Calcul de $K$, $I$ et $J$ :

      \[ K = \int_1^e \frac{\ln x}{x} \,dx = \left[ \frac{(\ln x)^2}{2} \right]_1^e = \frac{1}{2} \]

      Par intégration par parties sur $I$, en posant $u(x) = \ln x$ et $v'(x) = \frac{1}{x^2}$ :

      \[ I = \left[ -\frac{\ln x}{x} \right]_1^e - \int_1^e \left(-\frac{1}{x^2}\right) \,dx = -\frac{1}{e} + \left[ -\frac{1}{x} \right]_1^e = 1 - \frac{2}{e} \]

      Par intégration par parties sur $J$, en posant $u(x) = (\ln x)^2$ et $v'(x) = \frac{1}{x^2}$ :

      \[ J = \left[ -\frac{(\ln x)^2}{x} \right]_1^e - \int_1^e \left( -2\frac{\ln x}{x^2} \right) \,dx = -e^{-1} + 2I \]

    2. Aire du domaine :

      Sur $[1, e]$, on a facilement $ f(x) - 1 = \frac{\ln x}{x} \left( \frac{\ln x}{x} - 1 \right) \le 0 $.

      L'aire $\mathcal{A}$, en unités d'aire, vaut :

      \[ \mathcal{A} = \int_1^e (1 - f(x)) \,dx = \int_1^e \frac{\ln x}{x} \,dx - \int_1^e \frac{(\ln x)^2}{x^2} \,dx = K - J \] \[ \mathcal{A} = \frac{1}{2} - \left( -e^{-1} + 2(1 - 2e^{-1}) \right) = \frac{5}{e} - \frac{3}{2} \]
  7. Volume de révolution

    1. Calcul de $V(\lambda)$ :

      \[ V(\lambda) = \pi \int_\lambda^0 (f(x))^2 \,dx = \pi \int_\lambda^0 (e^{2x} - e^{3x}) \,dx \] \[ V(\lambda) = \pi \left[ \frac{1}{2}e^{2x} - \frac{1}{3}e^{3x} \right]_\lambda^0 = \pi \left( \frac{1}{6} - \frac{1}{2}e^{2\lambda} + \frac{1}{3}e^{3\lambda} \right) \]

    2. Limite en $-\infty$ :

      Sachant que $\lim_{\lambda \to -\infty} e^{2\lambda} = \lim_{\lambda \to -\infty} e^{3\lambda} = 0$, il vient :

      \[ \lim_{\lambda \to -\infty} V(\lambda) = \frac{\pi}{6} \]