Sagot :
Réponse : Bonsoir,
a) Pour étudier les variations de [tex]\phi_{a}[/tex], on calcule sa dérivée:
[tex]\displaystyle \phi'_{a}=f'(x)-a=\frac{e^{x}}{e^{x}+\frac{1}{2}}-a=\frac{e^{x}-a(e^{x}+\frac{1}{2})}{e^{x}+\frac{1}{2}}=\frac{e^{x}-ae^{x}-\frac{1}{2}a}{e^{x}+\frac{1}{2}}[/tex]
[tex]\phi'_{a}[/tex] est du signe de [tex]e^{x}-ae^{x}-\frac{1}{2}a[/tex], on va étudier les variations de cette fonction, pour pouvoir établir son signe:
[tex](e^{x}-ae^{x}-\frac{1}{2}a)'=e^{x}-ae^{x}=e^{x}(1-a)[/tex]
Comme 0 < a < 1, alors 1-a > 0, donc [tex]e^{x}(1-a) > 0[/tex], pour tout [tex]x \in \mathbb{R}[/tex].
On a donc:
x -∞ +∞
[tex]e^{x}(1-a)[/tex] +
[tex]e^{x}-ae^{x}-\frac{1}{2}a[/tex] (croissant)
On a:
[tex]\lim_{x \mapsto -\infty} e^{x}-ae^{x}-\frac{1}{2}a=-\frac{1}{2}a < 0[/tex]
Puis :
[tex]\lim_{x \mapsto +\infty} e^{x}-ae^{x}-\frac{1}{2}a=\lim_{x \mapsto +\infty} e^{x}(1-a)-\frac{1}{2}a=+\infty[/tex]
Enfin, on cherche les racines de [tex]e^{x}-ae^{x}-\frac{1}{2}a[/tex]:
[tex]\displaystyle e^{x}-ae^{x}-\frac{1}{2}a=0\\e^{x}(1-a)-\frac{1}{2}a=0\\e^{x}=\frac{\frac{1}{2}a}{1-a}=\frac{a}{2} \times \frac{1}{1-a}=\frac{a}{2(1-a)}\\\ln(e^{x})=\ln\left(\frac{a}{2(1-a)}\right)\\x=\ln\left(\frac{a}{2(1-a)}\right)[/tex]
On a donc le tableau suivant:
x -∞ [tex]\displaystyle \ln\left(\frac{a}{2(1-a)}\right)[/tex] +∞
[tex]\phi'_{a}[/tex] - Ф +
[tex]\phi_{a}[/tex] (décroissant) (croissant)
Au vu du tableau précédent, on voit que [tex]\phi_{a}[/tex], a un minimum en [tex]x_{a}[/tex]=[tex]\displaystyle \ln\left(\frac{a}{2(1-a)}\right)[/tex] et ce minimum vaut:
[tex]\displaystyle \phi_{a}(x_{a})=\phi_{a}\left(\ln\left(\frac{a}{2(1-a)\right)}\right)=f\left(\ln\left(\frac{a}{2(1-a)\right)}\right)-a\left(\ln\left(\frac{a}{2(1-a)\right)}\right)\\=\ln\left(\frac{a}{2(1-a)}+\frac{1}{2}\right)-a\left(\ln\left(\frac{a}{2(1-a)\right)}\right)[/tex]
De plus:
[tex]\displaystyle \phi_{a}(0)=f(0)=\ln(e^{0}+\frac{1}{2})=\ln(1+\frac{1}{2})=\ln(\frac{3}{2})=\ln(3)-\ln(2)\\\phi'_{a}(0)=\frac{e^{0}(1-a)-\frac{1}{2}a}{e^{0}+\frac{1}{2}}=\frac{1-a-\frac{1}{2}a}{1+\frac{1}{2}}=\frac{1-\frac{3}{2}a}{\frac{3}{2}}=(1-\frac{3}{2}a) \times \frac{2}{3}\\=\frac{2}{3}-a[/tex]
b) Il faut étudier le signe de [tex]\displaystyle x_{a}=\ln\left(\frac{a}{2(1-a)}\right)[/tex].
On sait que [tex]\ln(x) < 0[/tex], pour [tex]x \in ]0;1[[/tex], et [tex]\ln(x) > 0[/tex], pour [tex]x \in ]1;+\infty[[/tex].
Il faut donc résoudre l'inéquation:
[tex]\displaystyle \frac{a}{2(1-a)} < 1\\\frac{a}{2(1-a)}-1 < 0\\\frac{a}{2(1-a)}-\frac{2(1-a)}{2(1-a)} < 0\\\frac{a-2+2a}{2(1-a)} < 0\\\frac{3a-2}{2(1-a)} < 0[/tex]
Cette dernière fraction est du signe de 3a-2, car le dénominateur est positif.
Donc:
[tex]3a-2 > 0\\3a > 2\\a > \frac{2}{3}[/tex]
Et 3a-2 < 0, pour [tex]a < \frac{2}{3}[/tex].
On en déduit que les solutions de l'inéquation précédente, sont 0 < a < [tex]\frac{2}{3}[/tex].
On est mesure d'établir le signe de [tex]x_{a}[/tex]:
a 0 [tex]\frac{2}{3}[/tex] 1
[tex]x_{a}[/tex] - Ф +
c) Il faut montrer que [tex]\phi_{a}(x_{a}) < 0[/tex]
[tex]\displaystyle \ln\left(\frac{a+1-a}{2(1-a)}\right)-a\left(\ln\left(\frac{a}{2(1-a)\right)}\right)=\ln\left(\frac{1}{2(1-a)}\right)-a\left(\ln\left(\frac{a}{2(1-a)\right)}\right)\\=-\ln(2(1-a))-a\ln(a)+a\ln(2(1-a))=\ln(2(1-a))(a-1)-a\ln(a)\\[/tex]
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