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Calcul de la dérivée $ F'(x) $
- La fonction $f$ est continue sur $[1; +\infty[$. Elle y admet donc une primitive que l'on notera $\Phi$.
- Pour tout $ x \in ]0; 1] $, on a $ (\ln x)^2 \ge 0 $, ce qui implique $1+(\ln x)^2 \ge 1$. L'intégrale est donc bien définie.
- Par définition, on peut écrire $ F(x) $ à l'aide de la primitive $\Phi$ : \[ F(x) = \Phi\left(1+(\ln x)^2\right) - \Phi(1) \]
- En appliquant la formule de dérivation d'une fonction composée $ \left(\Phi(u(x))\right)' = u'(x)\Phi'(u(x)) $, et sachant que $ \Phi' = f $, on obtient : \[ F'(x) = 2 \ln x \cdot \frac{1}{x} \cdot f\left(1+(\ln x)^2\right) \]
- Ăvaluons $f\left(1+(\ln x)^2\right)$ : \[ \begin{align*} f\left(1+(\ln x)^2\right) &= e^{-\sqrt{1+(\ln x)^2 - 1}} \\ &= e^{-\sqrt{(\ln x)^2}} \\ &= e^{-|\ln x|} \end{align*} \]
- Puisque $ x \in ]0; 1] $, on a $ \ln x \le 0 $, et donc $|\ln x| = -\ln x$. Il vient : \[ f\left(1+(\ln x)^2\right) = e^{-(-\ln x)} = e^{\ln x} = x \]
- En remplaçant dans l'expression de la dérivée : \[ F'(x) = \frac{2 \ln x}{x} \cdot x = 2 \ln x \]
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Calcul de $ F(x) $
- La fonction $F$ est une primitive de la fonction $x \longmapsto 2\ln x$. Une intégration par parties classique permet de trouver la forme générale des primitives : \[ F(x) = 2(x\ln x - x) + C \quad (\text{avec } C \in \mathbb{R}) \]
- Pour déterminer la constante $ C $, on utilise la définition de $F$ en $x = 1$ : \[ F(1) = \int_1^{1+(\ln 1)^2} f(t) \,dt = \int_1^1 f(t) \,dt = 0 \]
- On remplace $x$ par $1$ dans l'expression calculée : \[ F(1) = 2(1\ln 1 - 1) + C = -2 + C = 0 \implies C = 2 \]
- L'expression explicite de $ F(x) $ pour tout $x \in ]0; 1]$ est donc : \[ F(x) = 2x\ln x - 2x + 2 \]
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Lien entre $S(\alpha)$ et $ F(f(\alpha)) $
- L'aire $S(\alpha)$ du domaine délimité par $\mathscr{C}_f$ et l'axe des abscisses entre $1$ et $\alpha$ s'écrit (puisque $f \ge 0$) : \[ S(\alpha) = \int_1^\alpha f(t) \,dt = \Phi(\alpha) - \Phi(1) \]
- On reprend l'expression de $F$ Ă©tablie Ă la question 1.a : \[ F(x) = \Phi\left(1+(\ln x)^2\right) - \Phi(1) \]
- Pour $ \alpha \ge 1 $, $f(\alpha) = e^{-\sqrt{\alpha-1}} \in ]0; 1]$. Ăvaluons $F$ en $x = f(\alpha)$ : \[ F(f(\alpha)) = \Phi\left(1+(\ln(f(\alpha)))^2\right) - \Phi(1) \]
- Calculons l'argument de $\Phi$ : \[ \begin{align*} 1+(\ln(f(\alpha)))^2 &= 1 + \left(\ln\left(e^{-\sqrt{\alpha-1}}\right)\right)^2 \\ &= 1 + \left(-\sqrt{\alpha-1}\right)^2 \\ &= 1 + (\alpha - 1) \\ &= \alpha \end{align*} \]
- En substituant, on retrouve bien l'expression de l'aire : \[ F(f(\alpha)) = \Phi(\alpha) - \Phi(1) = S(\alpha) \]
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Calcul de $S(\alpha)$ et de sa limite
- En utilisant le résultat de la question 1.b, on calcule $S(\alpha)$ en remplaçant $x$ par $f(\alpha)$ dans l'expression de $ F(x) $ : \[ \begin{align*} S(\alpha) &= F(f(\alpha)) \\ &= 2f(\alpha)\ln(f(\alpha)) - 2f(\alpha) + 2 \\ &= 2e^{-\sqrt{\alpha-1}}(-\sqrt{\alpha-1}) - 2e^{-\sqrt{\alpha-1}} + 2 \\ &= 2 - 2e^{-\sqrt{\alpha-1}}(\sqrt{\alpha-1} + 1) \quad (\text{en unité d'aire}) \end{align*} \]
- Pour calculer la limite lorsque $ \alpha \to +\infty $, on effectue le changement de variable $X = \sqrt{\alpha-1}$. Lorsque $ \alpha \to +\infty $, on a $X \to +\infty$. \[ \lim_{\alpha \to +\infty} S(\alpha) = \lim_{X \to +\infty} \left( 2 - 2e^{-X}(X + 1) \right) = \lim_{X \to +\infty} \left( 2 - 2\frac{X}{e^X} - \frac{2}{e^X} \right) \]
- Par le théorÚme des croissances comparées, $ \lim_{X \to +\infty} \frac{X}{e^X} = 0 $, et $\lim_{X \to +\infty} \frac{1}{e^X} = 0$.
- On obtient donc la limite en unité d'aire (u.a) : \[ \lim_{\alpha \to +\infty} S(\alpha) = 2 \text{ u.a} \]
- Remarque sur les unités physiques : L'unité d'aire vaut $\|\vec{i}\| \times \|\vec{j}\| = 2 \times 2 = 4 \text{ cm}^2$. L'aire limite géométrique est donc de $2 \times 4 = 8 \text{ cm}^2$.
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