Bonjour Hopeandfaith
Partie A
[tex]f_1(x)=\dfrac{1}{1+e^{-x}}[/tex]
[tex]1)\ \lim\limits_{x\to+\infty}e^{-x}=\lim\limits_{X\to-\infty}e^{X}=0\\\\\Longrightarrow\lim\limits_{x\to+\infty}f_1(x)=\dfrac{1}{1+0}\\\\\Longrightarrow\boxed{\lim\limits_{x\to+\infty}f_1(x)=1}[/tex]
[tex]\lim\limits_{x\to-\infty}e^{-x}=\lim\limits_{X\to+\infty}e^{X}=+\infty\\\\\Longrightarrow\lim\limits_{x\to-\infty}(1+e^{-x})=+\infty\\\\\Longrightarrow\boxed{\lim\limits_{x\to-\infty}f_1(x)=0}[/tex]
Par conséquent, il existe une asymptote horizontale en +oo d'équation y=1 et une asymptote horizontale en -oo d'équation y=0.
[tex]2)\ f_1(x)=\dfrac{1}{1+e^{-x}}=\dfrac{1}{1+\dfrac{1}{e^{x}}}=\dfrac{1}{\dfrac{e^x}{e^{x}}+\dfrac{1}{e^{x}}}=\dfrac{1}{\dfrac{e^x+1}{e^{x}}}\\\\\\f_1(x)=1\times\dfrac{e^x}{e^{x}+1}\\\\\boxed{f_1(x)=\dfrac{e^x}{1+e^{x}}}[/tex]
[tex]3)\ f_1'(x)=(\dfrac{e^x}{1+e^{x}})'=\dfrac{(e^x)'\times(1+e^x)-e^x\times(1+e^x)'}{(1+e^{x})^2}\\\\f_1'(x)=\dfrac{e^x(1+e^x)-e^x\times e^x}{(1+e^{x})^2}=\dfrac{e^x+e^x\times e^x-e^x\times e^x}{(1+e^{x})^2}\\\\\boxed{f'_1(x)=\dfrac{e^x}{(1+e^{x})^2}}[/tex]
[tex]e^x\ \textgreater \ 0\ \ et\ \ (1+e^{x})^2\ \textgreater \ 0\Longrightarrow \boxed{f_1(x)\ \textgreater \ 0}[/tex]
Par conséquent, la fonction f1 est strictement croissante sur R.
[tex]4)\ f_1(x)=\dfrac{e^x}{1+e^{x}}\\\\f_1(x)=\dfrac{(1+e^x)'}{1+e^{x}}[/tex]
D'où la fonction f1 est de la forme [tex]f_1(x)=\dfrac{u'(x)}{u(x)}[/tex] avec u(x)=1+eˣ.
Donc une primitive de la fonction f1 est définie par
[tex]F_1(x)=\ln(|u(x)|)=\ln(|1+e^x|)=\ln(1+e^x)\ \ car\ 1+e^x\ \textgreater \ 0 \\\\\Longrightarrow I=\int\limits_0^1f_1(x)=[ln(1+e^x)]\limits_0^1\\\\I=ln(1+e^1)-ln(1+e^0)=ln(1+e)-ln(1+1)=ln(1+e)-ln(2)\\\\\boxed{I=\ln\dfrac{1+e}{2}}[/tex]
Puisque la fonction f1 est continue et positive sur R, I représente l’airede la partie du plan située entre les droites d’équations x = 0 et x = 1, l’axe des abscisses et la courbe C1.
Partie B
Nous savons par la question 2 que [tex]f_1(x)=\dfrac{e^x}{1+e^x}[/tex]
De plus [tex]f_{-1}(x)=\dfrac{1}{1+e^x}[/tex]
[tex]1)\ f_1(x)+f_{-1}(x)=\dfrac{e^x}{1+e^x}+\dfrac{1}{1+e^x}\\\\f_1(x)+f_{-1}(x)=\dfrac{e^x+1}{1+e^x}=\dfrac{1+e^x}{1+e^x}\\\\\boxed{f_1(x)+f_{-1}(x)=1}[/tex]
2) Nous avons [tex]P(x;f_1(x))[/tex] et [tex]M(x;f_{-1}(x))[/tex]
D'où,
[tex]K(x_K;y_K)=(\dfrac{x_M+x_P}{2};\dfrac{y_M+y_P}{2})=(\dfrac{x+x}{2};\dfrac{f_{-1}(x)+f_1(x)}{2})\\\\K(\dfrac{2x}{2};\dfrac{f_{1}(x)+f_{-1}(x)}{2})\\\\\boxed{K(x;\dfrac{1}{2})}[/tex]
Par conséquent, le point K appartient bien à la droite d'équation y = 1/2.
3) La courbe C(−1) construit par le symétrique de C1 par rapport à la droite d’équation y =1/2.
Graphique en pièce jointe.
4) Soit A l’aire du domaine délimité par les courbes C1, C−1, l’axe des ordonnées et la droite d’équation x = 1.
A1 l’aire du domaine du plan compris entre les droites d’équations x = 0 et x = 1, l’axe des abscisses et la courbe C1
A(-1) l’aire du domaine du plan compris entre les droites d’équations x = 0 et x = 1, l’axe des abscisses et la courbe C(-1).
Par la symétrie des deux courbe par rapport à la droite y = 1/2, nous en déduisons que
[tex]A = A_1-A_{-1}\\A= A_1-(1-A_1)\\A=A_1-1+A_1\\A= 2A_1-1\\\\A= 2\ln(\dfrac{1+e}{2})-1[/tex]
Par conséquent, l'aire cherchée est [tex]\boxed{A= 2\ln(\dfrac{1+e}{2})-1}[/tex]
Partie C
1) Quelle que soit la valeur du nombre réel k, la représentation graphique de la fonction fk est strictement comprise entre les droites d’équations y = 0 et y = 1.
VRAI
En effet :
[tex]f_k(x)=\dfrac{1}{1+e^{-kx}}\ \textgreater \ 0[/tex] car le numérateur et le dénominateur sont positifs.
[tex]e^{-kx}\ \textgreater \ 0\Longrightarrow 1+e^{-kx}\ \textgreater \ 1\Longrightarrow \dfrac{1}{1+e^{-kx}}\ \textless \ 1\Longrightarrow \boxed{f_k(x)\ \textless \ 1}[/tex]
2) Quelle que soit la valeur du réel k, la fonction fk est strictement croissante.
FAUX
Il suffit de donner à k la valeur -1 pour montrer que fk peut être décroissante. (voir la symétrie montrée dans la partie B)
3) Pour tout réel k ≥ 10, fk(1/2) ≥ 0, 99.
VRAI
En effet :
[tex]k\ge10\Longrightarrow-\dfrac{k}{2}\le-5\Longrightarrow e^{-\dfrac{k}{2}}\le e^{-5}\\\\\Longrightarrow 1+e^{-\dfrac{k}{2}}\le 1+e^{-5}\\\\\Longrightarrow \dfrac{1}{1+e^{-\dfrac{k}{2}}}\ge \dfrac{1}{1+e^{-5}}\\\\\\\Longrightarrow f_k(\dfrac{1}{2})\ge \dfrac{1}{1+e^{-5}}[/tex]
Or [tex]\dfrac{1}{1+e^{-5}}\approx0,9933...[/tex]
Par conséquent,
[tex]f_k(\dfrac{1}{2})\ge 0,9933...\ge0,99\Longrightarrow\boxed{f_k(\dfrac{1}{2})\ge 0,99}[/tex]
