Bonjour
Yacine931
Partie A
[tex]1)\ f(x)=xe^{-x}\\\\f'(x)=x'\times e^{-x}+x\times(e^{-x})'\\\\f'(x)=1\times e^{-x}+x\times(-e^{-x})\\\\\boxed{f'(x)=e^{-x}(1-x)}\\\\\\\begin{array}{|c|ccccc|} x&0&&1&&+\infty\\e^{-x}&&+&+&+&\\1-x&&+&0&-&\\f'(x)&&+&0&-&\\&&&&&\\f(x)&0&\nearrow&\dfrac{1}{e}&\searrow&\\ \end{array}[/tex]
[tex]2)\ \lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=\lim\limits_{x\to+\infty}xe^{-x}=\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{x}{e^x}=\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{1}{\dfrac{e^x}{x}}[/tex]
Or [tex]\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{e^x}{x}=+\infty[/tex]
D'où [tex]\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{1}{\dfrac{e^x}{x}}=0[/tex]
Par conséquent , [tex]\boxed{\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=0}[/tex]
Interprétation :
La courbe C admet une asymptote horizontale en +oo dont l'équation est y=0, soit l'axe des abscisses.
Partie B1)
Variations et signe de la fonction A sur l'intervalle [0 ; oo[.
[tex]\left\{\begin{matrix}x\in[0;+\infty[\ \Longrightarrow x\ge0\\\\e^{-x}\ \textgreater \ 0 \end{matrix}\right.\ \Longrightarrow xe^{-x}\ge0\Longrightarrow\boxed{f(x)\ge0}[/tex]
De plus f est continue sur [0 ; +oo[
D'où nous obtenons : [tex]A(t)=\int\limits_0^tf(x)\,dx[/tex]
Or [tex]A'(t)=f(t)\ge0\Longrightarrow\boxed{A't)\ge0}[/tex]
Par conséquent,
la fonction A est croissante sur [0;+oo[Or A(0) = 0
Puisque A(0)=0 et que A est croissante sur [0;+oo[, nous en déduisons que
la fonction A est positive sur [0;+oo[.2) L'aire du domaine délimité par la courbe C et l'axe des abscisses est égale à 1 unité d'aire.
Par conséquent, [tex]\boxed{\lim\limits_{t\to+\infty}A(t)=1}[/tex]
3) a) La fonction A est continue que [0;+oo[ car la fonction f est continue que [0;+oo[.
De plus A est strictement croissante sur [0;+oo[, A(0) = 0 et [tex]\lim\limits_{t\to+\infty}A(t)=1[/tex].
Sachant que 0 < 1/2 < 1, nous pouvons appliquer le théorème des valeurs intermédiaires.
Nous en déduisons alors qu'il existe un et un seul réel [tex]\alpha[/tex] dans l'intervalle [0;+oo[ tel que [tex]A(\alpha)=\dfrac{1}{2}[/tex]
b) Voir pièce jointe.
[tex]\boxed{\alpha\approx1,7}[/tex]
[tex]4)\ a)\ g(x)=(x+1)e^{-x}\\\\g'(x)=(x+1)'\times e^{-x}+(x+1)\times(e^{-x})'\\\\g'(x)=1\times e^{-x}+(x+1)\times(-e^{-x})\\\\g'(x)=1\times e^{-x}-(x+1)\times e^{-x}\\\\g'(x)=[1-(x+1)]\times e^{-x}\\\\g'(x)=(1-x-1)\times e^{-x}\\\\g'(x)=(-x)\times e^{-x}\\\\\boxed{g'(x)=-xe^{-x}}[/tex]
[tex]b)\ g'(x)=-xe^{-x}\Longrightarrow g'(x)=-f(x)\Longrightarrow-g'(x)=f(x)[/tex]
Donc la fonction -g est une primitive de la fonction f
Par conséquent,
[tex]A(t)=\int\limits_0^tf(x)\,dx\\\\A(t)=\left[-g(x)\right]\limits_0^t\\\\A(t)=-g(t)-(-g(0))\\\\A(t)=-g(t)+g(0)[/tex]
Or
[tex]g(x)=(x+1)e^{-x}\Longrightarrow\boxed{g(t)=(t+1)e^{-t}}\\\\g(x)=(x+1)e^{-x}\Longrightarrow g(0)=(0+1)e^{0}\Longrightarrow g(0)=1\times1\Longrightarrow\boxed{g(0)=1}[/tex]
D'où
[tex]A(t)=-(t+1)e^{-t}+1\\\\\boxed{A(t)=1-(t+1)e^{-t}}[/tex]
c) Dans la question 3)a), nous avons montré que [tex]A(\alpha)=\dfrac{1}{2}[/tex]
Donc
[tex]1-(\alpha+1)e^{-\alpha}=\dfrac{1}{2}\\\\(\alpha+1)e^{-\alpha}=1-\dfrac{1}{2}\\\\(\alpha+1)e^{-\alpha}=\dfrac{1}{2}\\\\2(\alpha+1)=\dfrac{1}{e^{-\alpha}}\\\\2(\alpha+1)=e^{\alpha}\\\\\boxed{e^{\alpha}=2(\alpha+1)}[/tex]
d)
Montrons que l'aire sous la courbe C est égale à 1 unité d'aire.[tex]\lim\limits_{x\to+\infty}A(t)=\lim\limits_{x\to+\infty}[1-(t+1)e^{-t}]=1+0=1[/tex]
[tex]e)\ A(6)=1-(6+1)e^{-6}=1-7e^{-6}\approx0,98\\\\\Longrightarrow\boxed{A(6)\approx0,98}[/tex]
