Solution pour le challenge n° 74

Solution pour le challenge 74

Notons $D_{a}$ la tangente au point d’abscisse $a.$ On commence par calculer l’abscisse $\alpha\left(a\right)$ du point d’intersection de $D_{a}$ avec l’axe des abscisses et l’ordonnée $\beta\left(a\right)$ de son point d’intersection avec l’axe des ordonnées. Pour cela, on part de l’équation de cette tangente :

$y=f'\left(a\right)\left(x-a\right)+f\left(a\right)$

Pour $y=0,$ il vient $x=\alpha\left(a\right)$ avec :

$\boxed{\alpha\left(a\right)=a-\frac{f\left(a\right)}{f'\left(a\right)}}$

et pour $x=0,$ il vient $y=\beta\left(a\right)$ avec :

$\boxed{\beta\left(a\right)=f\left(a\right)-a\thinspace f'\left(a\right)}$

Il en résulte que l’aire $\mathcal{A}\left(a\right)$ du triangle est :

$\boxed{\mathcal{A}\left(a\right)=\frac{-\left(a\thinspace f'\left(a\right)-f\left(a\right)\right)^{2}}{2\thinspace f'\left(a\right)}}$

Comme $f$ est décroissante et minorée par $0,$ elle possède en $+\infty$ une limite finie $\lambda.$ Pour tout $a>0$ :

$\beta'\left(a\right)=-a\thinspace f''\left(a\right)<0$

donc $\beta$ décroît. Comme $f'\leqslant0,$ on voit que $\beta$ est minorée (par $\lambda)$ et possède donc en $+\infty$ une limite $\mu\geqslant\lambda.$ Il s’ensuit que :

$\lim_{a\rightarrow+\infty}a\thinspace f'\left(a\right)=\lambda-\mu$

et donc que

$\lim_{a\rightarrow+\infty}f'\left(a\right)=0$

Distinguons à présent deux cas, selon que $\lambda=0$ ou que $\lambda>0.$

Si $\lambda>0$ alors $\mu>0$ et l’expression de $\mathcal{A}\left(a\right)$ montre que :
$\lim_{a\rightarrow+\infty}\mathcal{A}\left(a\right)=+\infty$
En effet, le numérateur tend vers $-\mu^{2}<0$ tandis que le dénominateur est négatif et tend vers $0.$
Si $\lambda=0,$ alors on peut avoir pour $\mathcal{A}$ une limite finie ou infinie selon les cas. Considérons le cas de :
$f:\left[0,+\infty\right[\rightarrow\mathbb{R},\thinspace x\mapsto\frac{1}{\left(x+1\right)^{q}}\qquad\text{avec }q>0$
On calcule :
$f'\left(x\right)=-\frac{q}{\left(x+1\right)^{q+1}}<0,\qquad f''\left(x\right)=\frac{q\left(q+1\right)}{\left(x+1\right)^{q+2}}>0$
ce qui montre déjà que $f$ vérifie (quel que soit $q>0)$ les hypothèses de l’énoncé. Ensuite :
$\mathcal{A}\left(a\right)=\frac{\left(a+1\right)^{q+1}}{2q}\left(\frac{qa}{\left(a+1\right)^{q+1}}+\frac{1}{\left(a+1\right)^{q}}\right)^{2}\sim\frac{\left(q+1\right)^{2}}{2q\thinspace a^{q-1}}$
En choisissant $q\in\left]0,1\right[,$ la limite est $+\infty.$ En choisissant $q=1,$ elle vaut $2.$ Et en choisissant $q>1,$ elle est nulle.

Pour consulter l’énoncé, c’est ici

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