
\bigskip

\partie{A: étude de la fonction \boldmath $f$}

\begin{enumerate}
\item Nous avons d'une part:
\[
\limite[x<0]{x}{0}{\big[ f(x) \big]} = \limite{x}{0}{\big[ (x+1)\e^{-x} \big]} = (0+1)\e^0 = 1.
\]

D'autre part,
\[
\limite[x>0]{x}{0}{\big[ f(x) \big]} = \limite{x}{0}{\big[ 1+\ln(2)-\ln\big(\e^x+\e^{-x}\big) \big]} = 1+\ln(2)-\ln\big(\e^0+\e^0\big) = 1+\ln(2)-\ln(2) = 1.
\]
Ainsi,
\[
\limite[x<0]{x}{0}{\big[ f(x) \big]} = \limite[x>0]{x}{0}{\big[ f(x) \big]}.
\]

\underline{La fonction $f$ est donc continue en 0.}

\item
\begin{enumerate}
\item Sur $\intervFO{0}{+\infty}$,
\[
f(x)=1+\ln(2)-\ln\big(\e^x+\e^{-x}\big) = 1+\ln(2)-\ln\big[u(x)\big]
\]
avec:
\[
u(x) = \e^x + \e^{-x} \qquad\text{donc}\qquad u'(x)=\e^x-\e^{-x}.
\]
Ainsi,
\begin{align*}
f'(x) & = -\dfrac{u'(x)}{u(x)}\\
      & = -\dfrac{\e^x-\e^{-x}}{\e^x+\e^{-x}}\\
      & = \dfrac{\e^{-x}-\e^x}{\e^{-x}+\e^x}\\
      & = \dfrac{\cancel{\e^{-x}}\left( 1 - \e^{x}\times\e^x \right)}{\cancel{\e^{-x}}\left( 1 + \e^x \times \e^x \right)}\\
\Aboxed{ f'(x) & = \dfrac{1-\e^{2x}}{1+\e^{2x}}}
\end{align*}

\item Sur \intervFO{0}{+\infty}, $1+\e^{2x}>0$ donc $f'(x)$ est du signe de $1-\e^{2x}$.
\[
1-\e^{2x} \geqslant 0 \iff 1 \geqslant \e^{2x} \iff \ln(1) \geqslant 2x \iff x \leqslant 0.
\]
Ainsi, sur \intervFO{0}{+\infty}, $f'(x) \leqslant 0$.
\[
f'(x)=0 \iff x = 0.
\]
\underline{Donc, sur \intervOO{0}{+\infty}, $f$ est strictement décroissante.}

\newpage

\item On calcule:
\[
f(2) = 1+\ln(2)-\ln\big(\e^2+\e^{-2}\big) \approx -0,32 < 0.
\]
Ainsi, sur \intervFF{0}{2},
\begin{itemize}
\item $f$ est strictement décroissante et continue;
\item $f(0)=1$ et $f(2)<0$ donc $f(2) < 0 < f(0)$.
\end{itemize}
Ainsi, d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, il existe un unique réel $\alpha$ dans \intervFF{0}{2} tel que $f(\alpha)=0$.

\medskip

De plus, sur \intervOO{2}{+\infty}, $f$ étant strictement décroissante avec $f(2)<0$, $f(x)<0$ donc $f(x)$ ne s'annule pas sur cet intervalle.

\medskip
Par conséquent, sur \intervFO{0}{+\infty}, l'équation $f(x)=0$ admet une unique solution: $\alpha$.

À l'aide de la calculatrice, on trouve:
\[
\boxed{ \alpha \approx \numprint{1,65745} }
\]
\end{enumerate}

\item D'une part, on a:
\[
\limite[x<0]{x}{0}{\big[ f'(x) \big]} = \limite[x<0]{x}{0}{\big( -x\e^{-x} \big)} = 0.
\]
Cela signifie graphiquement que le coefficient directeur de la tangente à la courbe représentative de $f$ en 0 (à gauche) est nul, donc que la tangente est horizontale.

\medskip

D'autre part,
\[
\limite[x>0]{x}{0}{\big[ f'(x) \big]} = \limite[x>0]{x}{0}{\left( \dfrac{1-\e^{2x}}{1+\e^{2x}} \right)} = \dfrac{1-1}{1+1} = 0.
\]
Cela signifie graphiquement que le coefficient directeur de la tangente à la courbe représentative de $f$ en 0 (à droite) est nul, donc que la tangente est aussi horizontale.

\medskip

Donc, en 0, la courbe admet à droite et à gauche une tangente horizontale.
\end{enumerate}

\bigskip

\partie{B: calcul d'aire}

\begin{enumerate}
\item $\dint_{-1}^0 f(x)\dx = \dint_{-1}^0 (x+1)\e^{-x}\dx$.

Posons alors: $\begin{aligned}[t]
u(x) = x+1 & \qquad u'(x)=1\\
v'(x) = \e^{-x} & \qquad v(x) = -\e^{-x}
\end{aligned}$

Alors, par intégration par parties, on a:
\begin{align*}
\dint_{-1}^0 f(x) \dx & = \Big[ u(x) \times v(x) \Big]_{-1}^0 - \dint_{-1}^0 u'(x) \times v(x) \dx\\
& = \Big[ -(x+1)\e^{-x} \Big]_{-1}^0 - \dint_{-1}^0 -\e^{-x}\dx\\
& = -(0+1)\e^{-0} - \Big( -(-1+1)\e^{-(-1)} \Big) + \int_{-1}^0 \e^{-x}\dx\\
& = -1 - 0 + \Big[ -\e^{-x} \Big]_{-1}^0\\
& = -1 + (-\e^0 + \e^{-(-1)})\\
\Aboxed{\dint_{-1}^0 f(x) \dx & = \e-2}
\end{align*}

\item
\begin{itemize}
\item Lignes 3-4: on définit une fonction Python \og \texttt{f(x)} \fg{} qui renvoie l'image du nombre $x$ par la fonction $f$.

\item Lignes 6-16: la fonction Python \og \texttt{rectangleSup(n)} \fg{} renvoie l'aire totale des rectangles de hauteur $f\left(k\times\dfrac{\alpha}{n} \right)$, pour $k$ entier compris entre 0 et $n-1$.

\item Lignes 15-22: la fonction Python \og \texttt{rectangleInf(n)} \fg{} renvoie l'aire totale des rectangles de hauteur $f\left(k\times\dfrac{\alpha}{n} \right)$, pour $k$ entier compris entre 1 et $n$.
\end{itemize}
Cela représente la \textit{méthode des rectangles}.
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale=4]
\tkzInit[xmin=0,xmax=2,ymin=0,ymax=1.1]
\tkzDrawX \tkzDrawY
\tkzFct[line width=2pt,color = courbe, domain =0:1.65745]{1+log(2)-log(exp(\x)+exp(-\x))}
\tkzDrawRiemannSumInf[fill=courbe2,opacity=.5,interval=0:1.65745,number=5]
\tkzDrawRiemannSumSup[fill=bbtitle,opacity=.5,interval=0:1.65745,number=5]
\end{tikzpicture}
\end{center}

\item Le programme affiche un intervalle dont la borne inférieure est la somme des aires des rectangles qui sont sous la courbe et dont la borne supérieure est la somme des aires des rectangles qui sont au-dessus de la courbe.

Ainsi, $\dint_0^\alpha f(x)\dx$ est dans cet intervalle.

Ce qu'affiche le programme est donc un encadrement de $\dint_0^\alpha f(x)\dx$.

On en déduit alors que:
\[
1,0312 \leqslant \dint_0^\alpha f(x)\dx \leqslant 1,0478.
\]
Or,
\[
\int_{-1}^\alpha f(x) \dx = \int_{-1}^0 f(x)\dx + \int_0^\alpha f(x)\dx
\]
donc:
\[
\e-2 + 1,0312 \leqslant \dint_{-1}^\alpha f(x)\dx \leqslant \e-2+1,0478
\]
soit:
\[
1,7495 \leqslant \dint_{-1}^\alpha f(x)\dx \leqslant 1,7661.
\]
N'oublions pas maintenant les unités: une unité graphique représente 50 mètres (d'après l'énoncé) donc une unité d'aire représente $50 \times 50=\numprint{2500} \rm m^2$.

Ainsi, un encadrement de l'aire latérale (en m$^2$) du bâtiment est:
\[
1,7495\times\numprint{2500} \leqslant \dint_{-1}^\alpha f(x)\dx \leqslant 1,7661\times\numprint{2500}
\]
soit:
\[
\numprint{4373,75}\text{ m}^2 \leqslant \dint_{-1}^\alpha f(x)\dx \leqslant \numprint{4415,25}\text{ m}^2.
\]
soit, en arrondissant au mètre carré près:
\[
\numprint{4374}\text{ m}^2 \leqslant \dint_{-1}^\alpha f(x)\dx \leqslant \numprint{4415}\text{ m}^2.
\]
\end{enumerate}
