Étude complète d’une fonction exponentielle et calcul d'aire

On voit que la courbe (C) de $g$ coupe l'axe des abscisses en $x=-\ln 2$ , donc :

$\boxed{g(-\ln 2)=0}$

De plus , la courbe de $g$ est en-dessous de l'axe des abscisses pour tout $x\in]-\infty;-\ln 2[$ , et au-dessus de l'axe des abscisses pour tout $x\in ]-\ln 2;+\infty[$ , donc :

$\boxed{\begin{matrix} \forall x\in]-\infty;-\ln 2[\text{ : }g(x)<0\\forall x\in]-\ln 2;+\infty[\text{ : }g(x)>0 \end{matrix}}$

$\forall x\in\R\text{ : }f(x)=2e^x(e^x-1)$

a) On a $\displaystyle\lim_{x\to-\infty}e^x=0$
Donc $\displaystyle\lim_{x\to-\infty}f(x)=\lim_{x\to-\infty}2e^x(e^x-1)=2\times 0\times (-1)=0$
$\boxed{\displaystyle\lim_{x\to-\infty}f(x)=0}$

Interprétation graphique :
$\boxed{\text{ L'axe des abscisses est une asymptote horizontale à la courbe }(\Gamma)\text{ au voisinage de }-\infty}$

b) On a $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}e^x=+\infty$ , donc $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}e^x-1=+\infty$
On obtient alors : $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=\lim_{x\to+\infty}2e^x(e^x-1)=+\infty$
$\boxed{\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty}$

De plus , on sait que $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\dfrac{e^x}{x}=+\infty$

Donc $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\dfrac{f(x)}{x}=\lim_{x\to+\infty}\dfrac{2e^x(e^x-1)}{x}=\lim_{x\to+\infty}2\dfrac{e^x}{x}(e^x-1)=+\infty$
$\boxed{\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\dfrac{f(x)}{x}=+\infty}$

Interprétation graphique :
$\boxed{\begin{matrix}\text{ La courbe }(\Gamma)\text{ admet une branche parabolique de la direction celle }\\ \text{ de l'axe des abscisses au voisinage de }+\infty\end{matrix}}$

3-a) La fonction est dérivable sur $\R$ comme produit des fonctions $x\mapsto e^x$ et $x\mapsto e^x-1$ dérivable sur $\R$ .

$\begin{matrix}\forall x\in\R\text{ : }f'(x)&=&\left(2e^x(e^x-1)\right)'\\&=&2\left[(e^x)'(e^x-1)+e^x(e^x-1)'\right]\\&=& 2(e^x(e^x-1)+e^{2x})\\&=& 2e^x(2e^x-1)\\&=&2e^x g(x) \end{matrix}$

$\boxed{\forall x\in\R\text{ : }f'(x)=2e^x g(x)}$

b) Directement : $f(-\ln 2)=2e^{-\ln 2}(e^{-\ln 2}-1)=2\times \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{2}-1\right)=-\dfrac{1}{2}$

$\boxed{ f(-\ln 2)=-\dfrac{1}{2}}$

Pour dresser le tableau de variation de $f$ , il faut déterminer le signe de $f'(x)$ .

D'après la question précédente : $\forall x\in\R\text{ : }f'(x)=2e^x g(x)$

Puisque $e^x>0 \text{ pour tout réel }x$ , alors le signe de $f'(x)$ est celui de $g(x)$ .

Donc :

$\begin{cases} \forall x\in]-\infty;-\ln 2[\text{ : }f'(x)<0 \\f'(-\ln 2)=0\\ \forall x\in]-\ln 2;+\infty[\text{ : }f'(x)>0 \end{cases}$

Ce qui permet de tracer le tableau de variations de la fonction $f$ :

4-a) Pour tout réel $x$ , on a :

$\begin{matrix}f(x)-g(x)&=&2e^x(e^x-1)-(2e^x-1)\\&=& 2\left(e^{2x}-e^x-e^x+\dfrac{1}{2}\right)\\&=&2\left(e^{2x}-2e^x+1-\dfrac{1}{2}\right)\\&=&2\left[(e^x-1)^2-\dfrac{1}{2}\right]\end{matrix}$

$\boxed{\forall x\in\R\text{ : } f(x)-g(x)=2\left[(e^x-1)^2-\dfrac{1}{2}\right]}$

Les courbes (C) de $g$ et $(\Gamma)$ de $f$ se coupent aux points d'abscisses solutions de l'équation $f(x)=g(x)$ .

$\begin{matrix}f(x)=g(x)&\iff& f(x)-g(x)=0\\&\iff& (e^x-1)^2-\dfrac{1}{2}=0\\&\iff& (e^x-1)^2=\dfrac{1}{2}\\&\iff& e^x-1=\dfrac{1}{\sqrt{2}}\enskip\text{ ou }\enskip e^x-1=-\dfrac{1}{\sqrt{2}}\\&\iff& e^x=1+\dfrac{1}{\sqrt{2}}\enskip\text{ ou }\enskip e^x=1-\dfrac{1}{\sqrt{2}}\\&\iff&e^x=\dfrac{2+\sqrt{2}}{2}\enskip\text{ ou }\enskip e^x=\dfrac{2-\sqrt{2}}{2}\\&\iff&x=\ln\left(\dfrac{2+\sqrt{2}}{2}\right)\enskip\text{ ou }\enskip x=\ln\left(\dfrac{2-\sqrt{2}}{2}\right)\end{matrix}$

Les ordonnées des points d'intersection de (C) et de $(\Gamma)$ sont les images des abscisses trouvées par la fonction $g$ ou la fonction $f$ ,
on choisit de calculer ces images par la fonction $g$ car son expression est plus simple que celle de $f$ :

$\bullet\;g\left(\ln\left(\dfrac{2+\sqrt{2}}{2}\right)\right)=2\left(\dfrac{2+\sqrt{2}}{2}\right)-1=2+\sqrt{2}-1=1+\sqrt{2}$

$\bullet\;g\left(\ln\left(\dfrac{2-\sqrt{2}}{2}\right)\right)=2\left(\dfrac{2-\sqrt{2}}{2}\right)-1=2-\sqrt{2}-1=1-\sqrt{2}$

Conclusion :
$\boxed{ (C) \text{ et }(\Gamma) \text{ se coupent aux points }A\left(\ln \dfrac{2-\sqrt{2}}{2};1-\sqrt{2}\right)\text{ et }B\left(\ln \dfrac{2+\sqrt{2}}{2};1+\sqrt{2}\right)}$

b) Directement $f(0)=2e^0(e^0-1)=2\times 1\times 0 = 0$

$\boxed{f(0)=0}$

donc , le tableau de variations de $f$ devient :

On en tire alors le signe de $f$ :

$\boxed{\begin{cases} \forall x\in]-\infty;0[\text{ : }f(x)<0\\f(0)=0\\\forall x\in]0;+\infty[\text{ : }f(x)>0 \end{cases}}$

c) Voir le tracé à la fin de l'exercice .

5-a) Pour tout $x$ appartenant à $\R$ , on a :

$\begin{matrix}\dfrac{1}{2}\left(f'(x)-g'(x)\right)&=& \dfrac{1}{2}\left[2e^x(2e^x-1)-2e^x\right]\\&=& e^x(2e^x-1)-e^x\\&=& e^x(2e^x-2)\\&=&2e^x(e^x-1)\\&=&f(x)\end{matrix}$

$\boxed{\forall x\in\R\text{ : }\dfrac{1}{2}\left(f'(x)-g'(x)\right)=f(x)}$

b) L'aire $I$ du domaine $D$ du plan limité par la courbe $(\Gamma)$ , l'axe des abscisses et les droites d'équations $x=-\ln 2 \text{ et }x=0$ en unité d'aire est :

$I=\displaystyle \int_{-\ln 2}^{0}|f(x)|\text{ d}x$

Or , sur l'intervalle $[-\ln 2;0] \text{ : }f(x)\leq 0$ , alors $|f(x)|=-f(x)$ , donc :

$I=\displaystyle \int_{-\ln 2}^{0}|f(x)|\text{ d}x$

$I=-\displaystyle \int_{-\ln 2}^{0}f(x)\text{ d}x$

$I=-\displaystyle \int_{-\ln 2}^{0}\dfrac{1}{2}\left(f'(x)-g'(x)\right)\text{ d}x$

$I=-\dfrac{1}{2}\left(\displaystyle \int_{-\ln 2}^{0}f'(x)\text{ d}x-\displaystyle \int_{-\ln 2}^{0}g'(x)\text{ d}x\right)$

$I=\dfrac{1}{2}\left(\displaystyle \int_{-\ln 2}^{0}g'(x)\text{ d}x-\displaystyle \int_{-\ln 2}^{0}f'(x)\text{ d}x\right)$

$I=\displaystyle \dfrac{1}{2}\left([g(x)]{-\ln 2}^{0}-[f(x)]{-\ln 2}^{0} \right)$

$I= \dfrac{1}{2}\left(g(0)-g(-\ln 2)+f(-\ln 2)-f(0)\right)$

$I= \dfrac{1}{2}\left(1-0-\dfrac{1}{2}-0\right)$

$I=\dfrac{1}{4}$

En effet : $g(0)=2e^{0}-1=2-1=1$

$\boxed{I=\dfrac{1}{4}}$

c) Soit $\alpha <-\ln 2$ .

L'aire $I_{\alpha}$ du domaine $D_{\alpha}$ du plan limité par la courbe $(\Gamma)$ , l'axe des abscisses et les droites d'équations $x=\alpha$ et $x=-\ln 2$ en unité d'aire est :

$I_{\alpha}=\displaystyle \int_{\alpha}^{-\ln 2}|f(x)|\text{ d}x$

Or , sur l'intervalle $[\alpha;-\ln 2] \text{ : }f(x)\leq 0$ , alors $|f(x)|=-f(x)$ , donc :

$I_{\alpha}=\displaystyle \int_{\alpha}^{-\ln 2}|f(x)|\text{ d}x$

$I_{\alpha}=-\displaystyle \int_{\alpha}^{-\ln 2}f(x)\text{ d}x$

$I_{\alpha}=-\displaystyle \int_{\alpha}^{-\ln 2}\dfrac{1}{2}\left(f'(x)-g'(x)\right)\text{ d}x$

$I_{\alpha}=-\dfrac{1}{2}\left(\displaystyle \int_{\alpha}^{-\ln 2}f'(x)\text{ d}x-\displaystyle \int_{\alpha}^{-\ln 2}g'(x)\text{ d}x\right)$

$I_{\alpha}=-\dfrac{1}{2}\left(\displaystyle \int_{\alpha}^{-\ln 2}g'(x)\text{ d}x-\displaystyle \int_{\alpha}^{-\ln 2}f'(x)\text{ d}x\right)$

$I_{\alpha}=-\displaystyle \dfrac{1}{2}\left([g(x)]{\alpha}^{-\ln 2}-[f(x)]{\alpha}^{-\ln 2} \right)$

$I_{\alpha}=-\dfrac{1}{2}\left(g(-\ln 2)-g(\alpha)+f(\alpha)-f(-\ln 2)\right)$

$I_{\alpha}=-\dfrac{1}{2}\left(0-g(\alpha)+f(\alpha)+\dfrac{1}{2}\right)$

$I_{\alpha}=-\dfrac{1}{2}\left(f(\alpha)-g(\alpha)\right)+\dfrac{1}{4}$

Conclusion :
$\boxed{I_{\alpha}=\dfrac{1}{2}\left(f(\alpha)-g(\alpha)\right)+\dfrac{1}{4}}$

d) On a :

$\begin{matrix}I_{\alpha}=I&\iff& \dfrac{1}{2}\left(f(\alpha)-g(\alpha)\right)+\dfrac{1}{4}=\dfrac{1}{4}\\&\iff& \dfrac{1}{2}\left(f(\alpha)-g(\alpha)\right)=0 \\&\iff& f(\alpha)=g(\alpha)\\&\iff&\alpha=\ln\left(\dfrac{2+\sqrt{2}}{2}\right)\enskip\text{ ou }\enskip \alpha=\ln\left(\dfrac{2-\sqrt{2}}{2}\right)\end{matrix}$

Et puisque $\alpha <0 \text{ , alors : }\alpha=\ln\left(\dfrac{2-\sqrt{2}}{2}\right)$

On en déduit que :

$\boxed{I_{\alpha}=I\iff \alpha=\ln\left(\dfrac{2-\sqrt{2}}{2}\right)}$

e) Le graphique :