Exercices corrigés : Fonctions logarithmiques, série 2 2 bac PC et SVT

Si $a>0$ et $b>0$

Alors

• $\ln ab=\ln a+\ln b$
• $\ln\left(\dfrac{a}{b}\right)=\ln a-\ln b$
• $\ln\left(\dfrac{1}{a}\right)=-\ln a$
• $\ln a^r=r\ln a\ ;\ r\in\mathbb{Q}$
• $\ln\sqrt{a}=\dfrac{1}{2}\ln a$
• $\ln e=1$
• $(\forall x\in\mathbb{R})\ ;\ \ln e^x=x$

A

$$\begin{aligned}A&=\ln 3^3-\ln 5^2\\&=3\ln 3-2\ln 5\end{aligned}$$

B

$$\begin{aligned}B&=\ln\frac{48}{25}-\ln\sqrt{8}+2\ln 5\\&=\ln 48-\ln 25-\frac{1}{2}\ln 8+2\ln 5\\&=\ln(16\times 3)-\ln 5^2-\frac{1}{2}\ln 2^3+2\ln 5\\&=\ln 16+\ln 3-2\ln 5-\frac{3}{2}\ln 2+2\ln 5\\&=\ln 2^4+\ln 3-\frac{3}{2}\ln 2\\&=4\ln 2+\ln 3-\frac{3}{2}\ln 2\\&=\frac{5}{2}\ln 2+\ln 3\end{aligned}$$

C

$$\begin{aligned}C&=\ln(\sqrt{5}-2)^{2018}+\ln(\sqrt{5}+2)^{2018}\\&=2018\ln(\sqrt{5}-2)+2018\ln(\sqrt{5}+2)\\&=2018\big(\ln(\sqrt{5}-2)+\ln(\sqrt{5}+2)\big)\\&=2018\ln(\sqrt{5}-2)(\sqrt{5}+2)\\&=2018\ln(\sqrt{5}^2-2^2)\\&=2018\ln 1\\&=0\end{aligned}$$

1)

$f(x)=\ln\big(\ln(x)\big)$

$$\begin{aligned}x\in D_f&\iff x>0\ \text{ et }\ \ln(x)>0\\&\iff x>0\ \text{ et }\ x>e^0\\&\iff x>0\ \text{ et }\ x>1\\&\iff x>1\end{aligned}$$

$\ln\big(u(x)\big)\longrightarrow u(x)>0$

D'où : $D_f=]1;+\infty[$

2)

$f(x)=\sqrt{\ln^2(x)-\ln(x)-2}$

$x\in D_f\iff x>0$ et $\ln^2(x)-\ln(x)-2\geqslant 0$

Considérons l'inéquation $\ln^2(x)-\ln(x)-2\geqslant 0$ $(\ast)$

On pose $t=\ln x$

L'inéquation $(\ast)$ devient $t^2-t-2\geqslant 0$

Son discriminant $\Delta=b^2-4ac=9$

Puisque $\Delta>0$

Alors le trinôme $t^2-t-2$ admet deux racines distinctes $t_1=\dfrac{-b+\sqrt{\Delta}}{2a}=2$ et $t_2=\dfrac{-b-\sqrt{\Delta}}{2a}=-1$

Si $\Delta>0$

$x_1=\dfrac{-b+\sqrt{\Delta}}{2a}$ et $x_2=\dfrac{-b-\sqrt{\Delta}}{2a}$

Supposons $x_1<x_2$

Donc

$$\begin{aligned}&t^2-t-2\geqslant 0\\&\iff t\leqslant -1\ \text{ ou }\ t\geqslant 2\\&\iff\big(\ln(x)\leqslant -1\ \text{ ou }\ \ln(x)\geqslant 2\big)\\&\qquad\text{ et }\ x>0\\&\iff\big(x\leqslant e^{-1}\ \text{ ou }\ x\geqslant e^2\big)\\&\qquad\text{ et }\ x>0\end{aligned}$$

D'où : $D_f=]0;e^{-1}]\cup[e^2;+\infty[$

3)

$f(x)=\sqrt{\ln\big(\ln(x)\big)}$

$$\begin{aligned}x\in D_f&\iff x>0\ \text{ et }\ \ln(x)>0\\&\qquad\text{ et }\ \ln\big(\ln(x)\big)\geqslant 0\\&\iff x>0\ \text{ et }\ x>e^0\\&\qquad\text{ et }\ \ln(x)\geqslant e^0\\&\iff x>0\ \text{ et }\ x>1\ \text{ et }\ \ln(x)\geqslant 1\\&\iff x>0\ \text{ et }\ x>1\ \text{ et }\ x\geqslant e^1\\&\iff x>0\ \text{ et }\ x>1\ \text{ et }\ x\geqslant e\\&\iff x\geqslant e\end{aligned}$$

$\sqrt{u(x)}\longrightarrow u(x)\geqslant 0$

$\ln\big(u(x)\big)\longrightarrow u(x)>0$

Soit $a\in]0;+\infty[$ et $b\in\mathbb{R}$

$\ln a\geqslant b\iff a\geqslant e^b$

D'où : $D_f=[e;+\infty[$

1)

$\ln^3(x)+3\ln^2(x)-4\ln(x)=0$ (E)

Déterminons d'abord l'ensemble de définition de cette équation.

$x\in D_E\iff x>0$

Donc : $D_E=]0;+\infty[$

Soit $x\in D_E$

$$\begin{aligned}\text{(E)}&\iff\big(\ln(x)\big)^3+3\ln^2(x)-4\ln(x)=0\\&\iff\big(\ln^2(x)+3\ln(x)-4\big)\ln(x)=0\\&\iff\ln^2(x)+3\ln(x)-4=0\\&\qquad\text{ ou }\ \ln(x)=0\\&\iff x=e^1\ \text{ ou }\ x=e^{-4}\ \text{ ou }\ x=e^0\\&\iff x=e\ \text{ ou }\ x=e^{-4}\ \text{ ou }\ x=1\end{aligned}$$

Et puisque $e\in D_E$, $e^{-4}\in D_E$ et $1\in D_E$

Alors $S=\{e;e^{-4};1\}$

2)

$\ln|x+3|-\ln|2x|=0$ (E)

Déterminons d'abord l'ensemble de définition de cette équation.

$$\begin{aligned}x\in D_E&\iff|x+3|>0\ \text{ et }\ |2x|>0\\&\iff x+3\neq 0\ \text{ et }\ 2x\neq 0\\&\iff x\neq -3\ \text{ et }\ x\neq 0\end{aligned}$$

On sait que : $(\forall x\in\mathbb{R})\ ;\ |x|\geqslant 0$

Donc, pour que : $|x|>0$ il faut juste que : $x\neq 0$

Donc : $D_E=]-\infty;-3[\cup]-3;0[\cup]0;+\infty[$

Soit $x\in D_E$

$$\begin{aligned}\text{(E)}&\iff\ln|x+3|-\ln|2x|=0\\&\iff\ln|x+3|=\ln|2x|\\&\iff|x+3|=|2x|\\&\iff x+3=2x\ \text{ ou }\ x+3=-2x\\&\iff 3=2x-x\ \text{ ou }\ x+2x=-3\\&\iff x=3\ \text{ ou }\ 3x=-3\\&\iff x=3\ \text{ ou }\ x=-1\end{aligned}$$

$|a|=|b|\iff a=b$ ou $a=-b$

Et puisque $3\in D_E$ et $-1\in D_E$

Alors $S=\{3;-1\}$

1)

$\ln(2x-1)-\ln(x)\leqslant 0$ (I)

Déterminons d'abord l'ensemble de définition de cette inéquation.

$$\begin{aligned}x\in D_I&\iff 2x-1>0\ \text{ et }\ x>0\\&\iff 2x>1\ \text{ et }\ x>0\\&\iff x>\frac{1}{2}\ \text{ et }\ x>0\\&\iff x>\frac{1}{2}\end{aligned}$$

$\ln\big(u(x)\big)\longrightarrow u(x)>0$

Donc : $D_I=\left]\dfrac{1}{2};+\infty\right[$

Soit $x\in D_I$

$$\begin{aligned}\text{(I)}&\iff\ln(2x-1)-\ln(x)\leqslant 0\ \text{ et }\ x\in D_I\\&\iff\ln(2x-1)\leqslant\ln(x)\ \text{ et }\ x>\frac{1}{2}\\&\iff 2x-1\leqslant x\ \text{ et }\ x>\frac{1}{2}\\&\iff 2x-x\leqslant 1\ \text{ et }\ x>\frac{1}{2}\\&\iff x\leqslant 1\ \text{ et }\ x>\frac{1}{2}\end{aligned}$$

$\ln a\leqslant\ln b\iff a\leqslant b$

D'où : $S=\left]\dfrac{1}{2};1\right]$

2)

$\ln(3x-2)\geqslant 2\ln(x)-\ln(2x-1)$ (I)

Déterminons d'abord l'ensemble de définition de cette inéquation.

$$\begin{aligned}x\in D_I&\iff 3x-2>0\ \text{ et }\ x>0\\&\qquad\text{ et }\ 2x-1>0\\&\iff 3x>2\ \text{ et }\ x>0\ \text{ et }\ 2x>1\\&\iff x>\frac{2}{3}\ \text{ et }\ x>0\ \text{ et }\ x>\frac{1}{2}\end{aligned}$$

Donc : $D_I=\left]\dfrac{2}{3};+\infty\right[$

$$\begin{aligned}\text{(I)}&\iff\ln(3x-2)\geqslant 2\ln(x)-\ln(2x-1)\\&\qquad\text{ et }\ x\in D_I\\&\iff\ln(3x-2)\geqslant\ln(x^2)-\ln(2x-1)\\&\qquad\text{ et }\ x\in D_I\\&\iff\ln(3x-2)+\ln(2x-1)\geqslant\ln(x^2)\\&\qquad\text{ et }\ x\in D_I\\&\iff\ln\big((3x-2)(2x-1)\big)\geqslant\ln(x^2)\\&\qquad\text{ et }\ x\in D_I\\&\iff(3x-2)(2x-1)\geqslant x^2\ \text{ et }\ x\in D_I\\&\iff 6x^2-3x-4x+2\geqslant x^2\ \text{ et }\ x\in D_I\\&\iff 5x^2-7x+2\geqslant 0\ \text{ et }\ x>\frac{2}{3}\end{aligned}$$

Soit l'inéquation $5x^2-7x+2\geqslant 0$

Son discriminant $\Delta=b^2-4ac=(-7)^2-4(5)(2)=49-40=9$

Puisque $\Delta>0$

Alors le trinôme $5x^2-7x+2$ admet deux racines distinctes $x_1=\dfrac{-b+\sqrt{\Delta}}{2a}=1$ et $x_2=\dfrac{-b-\sqrt{\Delta}}{2a}=\dfrac{2}{5}$

Donc

$$\begin{aligned}\text{(I)}&\iff\Big(x\in\left]-\infty;\frac{2}{5}\right]\\&\qquad\text{ ou }\ x\in[1;+\infty[\Big)\\&\qquad\text{ et }\ x\in\left]\frac{2}{3};+\infty\right[\end{aligned}$$

D'où : $S=[1;+\infty[$

1)

$f(x)=\sqrt{\ln^2(x)-\ln(x)-2}$

$$\begin{aligned}f'(x)&=\left(\sqrt{\ln^2(x)-\ln(x)-2}\right)'\\&=\frac{\big(\ln^2(x)-\ln(x)-2\big)'}{2\sqrt{\ln^2(x)-\ln(x)-2}}\\&=\frac{2\big(\ln(x)\big)'\times\big(\ln(x)\big)^{2-1}-\frac{1}{x}}{2\sqrt{\ln^2(x)-\ln(x)-2}}\\&=\frac{2\cdot\frac{1}{x}\cdot\ln(x)-\frac{1}{x}}{2\sqrt{\ln^2(x)-\ln(x)-2}}\\&=\frac{\frac{1}{x}\big(2\ln(x)-1\big)}{2\sqrt{\ln^2(x)-\ln(x)-2}}\\&=\frac{2\ln(x)-1}{2x\sqrt{\ln^2(x)-\ln(x)-2}}\end{aligned}$$

$\left(\sqrt{u}\right)'=\dfrac{u'}{2\sqrt{u}}$

$\left(u^n\right)'=n\cdot u'\cdot u^{n-1}$

$\big(\ln(x)\big)'=\dfrac{1}{x}$

$a'=0$

D'où : $f'(x)=\dfrac{2\ln(x)-1}{2x\sqrt{\ln^2(x)-\ln(x)-2}}$

2)

$f(x)=\sqrt[3]{\ln\big(\ln(x)\big)}$

$$\begin{aligned}f'(x)&=\left(\sqrt[3]{\ln\big(\ln(x)\big)}\right)'\\&=\frac{\Big(\ln\big(\ln(x)\big)\Big)'}{3\sqrt[3]{\ln\big(\ln(x)\big)^2}}\\&=\frac{\frac{(\ln(x))'}{\ln(x)}}{3\sqrt[3]{\ln\big(\ln(x)\big)^2}}\\&=\frac{\frac{1/x}{\ln(x)}}{3\sqrt[3]{\ln\big(\ln(x)\big)^2}}\\&=\frac{\frac{1}{x\ln(x)}}{3\sqrt[3]{\ln\big(\ln(x)\big)^2}}\\&=\frac{1}{3x\ln(x)\sqrt[3]{\ln\big(\ln(x)\big)^2}}\end{aligned}$$

$\left(\sqrt[3]{u}\right)'=\dfrac{u'}{3\sqrt[3]{u^2}}$

$\Big(\ln\big(u(x)\big)\Big)'=\dfrac{u'(x)}{u(x)}$

D'où : $f'(x)=\dfrac{1}{3x\ln(x)\sqrt[3]{\ln\big(\ln(x)\big)^2}}$

3)

$f(x)=x\ln\left(\dfrac{x+1}{x-1}\right)$

$$\begin{aligned}f'(x)&=\left(x\ln\left(\frac{x+1}{x-1}\right)\right)'\\&=x'\cdot\ln\left(\frac{x+1}{x-1}\right)+x\cdot\left(\ln\left(\frac{x+1}{x-1}\right)\right)'\\&=\ln\left(\frac{x+1}{x-1}\right)+x\cdot\frac{-2}{x^2-1}\\&=\ln\left(\frac{x+1}{x-1}\right)-\frac{2x}{x^2-1}\end{aligned}$$

$(u\cdot v)'=u'\cdot v+u\cdot v'$

$\Big(\ln\big(u(x)\big)\Big)'=\dfrac{u'(x)}{u(x)}$

$\left(\ln\left(\dfrac{x+1}{x-1}\right)\right)'=\dfrac{-2}{x^2-1}$

D'où : $f'(x)=\ln\left(\dfrac{x+1}{x-1}\right)-\dfrac{2x}{x^2-1}$

1)

$$\begin{aligned}\lim_{x\to+\infty}x\ln\left(1+\frac{1}{x}\right)&=\lim_{x\to+\infty}x\cdot\frac{1}{x}\cdot\frac{\ln\left(1+\frac{1}{x}\right)}{\frac{1}{x}}\\&=\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln\left(1+\frac{1}{x}\right)}{\frac{1}{x}}\end{aligned}$$

On pose $t=\dfrac{1}{x}$

Si $x\to+\infty$. Alors $t\to 0^+$

Donc : $\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{\ln\left(1+\frac{1}{x}\right)}{\frac{1}{x}}=\lim\limits_{t\to 0}\dfrac{\ln(1+t)}{t}=1$

D'où : $\lim\limits_{x\to+\infty}x\ln\left(1+\dfrac{1}{x}\right)=1$

2)

$\lim\limits_{x\to e}\dfrac{\ln\big(\ln(x)\big)}{\ln(x)-1}$

Ici, si on remplace, on trouve $\dfrac{\ln(1)}{0}=\dfrac{0}{0}$

Dans ce cas, on doit penser à : $\lim\limits_{t\to 0}\dfrac{\ln(1+t)}{t}=1$

On pose $t=\ln(x)$

Si $x\to e$. Alors $t\to 1$

Donc : $\lim\limits_{x\to e}\dfrac{\ln\big(\ln(x)\big)}{\ln(x)-1}=\lim\limits_{t\to 1}\dfrac{\ln(t)}{t-1}=1$

3)

Ici, si on remplace, on trouve $\dfrac{\ln(1)}{0}=\dfrac{0}{0}$

Dans ce cas, on doit penser à : $\lim\limits_{t\to 0}\dfrac{\ln(1+t)}{t}=1$

$$\begin{aligned}&\lim_{x\to+\infty}x\ln\left(\frac{x+1}{x-1}\right)\\&=\lim_{x\to+\infty}x\left(\frac{x+1}{x-1}-1\right)\frac{\ln\left(\frac{x+1}{x-1}\right)}{\frac{x+1}{x-1}-1}\\&=\lim_{x\to+\infty}x\left(\frac{x+1-1(x-1)}{x-1}\right)\frac{\ln\left(\frac{x+1}{x-1}\right)}{\frac{x+1}{x-1}-1}\\&=\lim_{x\to+\infty}\frac{2x}{x-1}\cdot\frac{\ln\left(\frac{x+1}{x-1}\right)}{\frac{x+1}{x-1}-1}\end{aligned}$$

On a : $\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{2x}{x-1}=\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{2x}{x}=2$

$$\begin{aligned}&\lim_{x\to+\infty}\frac{a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\dots+a_0}{b_mx^m+b_{m-1}x^{m-1}+\dots+b_0}\\&=\lim_{x\to+\infty}\frac{a_nx^n}{b_mx^m}=\frac{a_n}{b_m}\quad(m=n)\end{aligned}$$

Calculons : $\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{\ln\left(\frac{x+1}{x-1}\right)}{\frac{x+1}{x-1}-1}$

On pose $t=\dfrac{x+1}{x-1}$

Si $x\to+\infty$. Alors $t\to 1$

Donc : $\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{\ln\left(\frac{x+1}{x-1}\right)}{\frac{x+1}{x-1}-1}=\lim\limits_{t\to 1}\dfrac{\ln(t)}{t-1}=1$

D'où : $\lim\limits_{x\to+\infty}x\ln\left(\dfrac{x+1}{x-1}\right)=2$

Méthode

Pour calculer une telle limite de la forme $\lim\limits_{x\to x_0}v(x)\ln u(x)$ avec $\lim\limits_{x\to x_0}v(x)=\lim\limits_{x\to x_0}u(x)=0$ (On aura la F.I : $0\cdot\infty$),

on utilise juste la méthode :

$$\lim_{x\to x_0}v(x)\ln\big(u(x)\big)=\lim_{x\to x_0}\frac{v(x)}{u(x)}\cdot\big(u(x)\ln u(x)\big)$$

puis on calcule $\lim\limits_{x\to x_0}\dfrac{v(x)}{u(x)}$

Et pour $\lim\limits_{x\to x_0}\big(u(x)\ln u(x)\big)$, il suffit d'effectuer le changement de variable $t=u(x)$

1)

$\lim\limits_{x\to 0^+}x\ln(\sin x)=\lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{x}{\sin x}\cdot\sin x\ln(\sin x)$

On a $\lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{x}{\sin x}=\lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{1}{\frac{\sin x}{x}}=\dfrac{1}{1}=1$ Car : $\lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{\sin x}{x}=1$

Calculons $\lim\limits_{x\to 0^+}\sin x\ln(\sin x)$

On pose $t=\sin x$

Si $x\to 0^+$ Alors $t\to 0^+$

Donc $\lim\limits_{x\to 0^+}\sin x\ln(\sin x)=\lim\limits_{t\to 0^+}t\ln t=0$

D'où $\lim\limits_{x\to 0^+}x\ln(\sin x)=1\times 0=0$

2)

$$\begin{aligned}&\lim_{x\to 0}x^2\ln(1-\cos x)\\&=\lim_{x\to 0}\frac{x^2}{1-\cos x}\cdot(1-\cos x)\ln(1-\cos x)\end{aligned}$$

On a $\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{x^2}{1-\cos x}=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{1}{\frac{1-\cos x}{x^2}}=2$

Calculons $\lim\limits_{x\to 0}(1-\cos x)\ln(1-\cos x)$

On pose $t=1-\cos x$

Si $x\to 0$ Alors $t\to 0^+$

Donc $\lim\limits_{x\to 0}(1-\cos x)\ln(1-\cos x)=\lim\limits_{t\to 0^+}t\ln t=0$

D'où $\lim\limits_{x\to 0}x^2\ln(1-\cos x)=2\times 0=0$

3)

$$\begin{aligned}&\lim_{x\to 0}\tan^2(x)\ln(1-\cos x)\\&=\lim_{x\to 0}\frac{\tan^2(x)}{1-\cos x}(1-\cos x)\ln(1-\cos x)\end{aligned}$$

Calculons $\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\tan^2(x)}{1-\cos x}$

$$\begin{aligned}\lim_{x\to 0}\frac{\tan^2(x)}{1-\cos x}&=\lim_{x\to 0}\frac{\tan^2(x)}{x^2}\cdot\frac{x^2}{1-\cos x}\\&=\lim_{x\to 0}\left(\frac{\tan(x)}{x}\right)^2\cdot\frac{1}{\frac{1-\cos x}{x^2}}\\&=1\cdot 2\\&=2\end{aligned}$$

$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{1-\cos x}{x^2}=\dfrac{1}{2}$

$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\tan(x)}{x}=1$

On a déjà calculé $\lim\limits_{x\to 0}(1-\cos x)\ln(1-\cos x)$

Donc $\lim\limits_{x\to 0}\tan^2(x)\ln(1-\cos x)=0$

1) a)

On a : $x\mapsto\ln x$ est dérivable sur l'intervalle $[1;+\infty[$

(Car elle est dérivable sur l'intervalle $]0;+\infty[$)

Et $x\mapsto -x$ est dérivable sur $[1;+\infty[$ (polynôme)

Donc $f$ est dérivable sur $[1;+\infty[$

(Comme étant somme de deux fonctions dérivables)

Soit $x\in[1;+\infty[$

$$\begin{aligned}f'(x)&=\big(\ln(x)-x\big)'\\&=\frac{1}{x}-1\\&=\frac{1-x}{x}\end{aligned}$$

D'où : $\forall x\in[1;+\infty[\ ;\ f'(x)=\dfrac{1-x}{x}$

1) b)

La monotonie de $f$ sur $[1;+\infty[$

Soit $x\in[1;+\infty[$

On a $f'(x)=\dfrac{1-x}{x}$

Et puisque $x\geqslant 1$

Alors $1-x\leqslant 0$ et $x>0$

Donc $f'(x)\leqslant 0$, pour tout $x\in[1;+\infty[$

D'où $f$ est strictement décroissante sur $[1;+\infty[$

2)

On a $f$ est strictement décroissante sur $[1;+\infty[$

Soit $x\in[1;+\infty[$

$$\begin{aligned}x\geqslant 1&\Longrightarrow f(x)\leqslant f(1)\\&\Longrightarrow f(x)\leqslant -1\\&\Longrightarrow\ln(x)-x\leqslant -1\end{aligned}$$

Et puisque $-1<0$

Alors : $\forall x\in[1;+\infty[\ ;\ \ln(x)-x<0$ $(1)$

Donc : $\forall x\in[1;+\infty[\ ;\ \ln(x)<x$

$$\begin{aligned}\text{On a } x\geqslant 1&\Longrightarrow\ln(x)\geqslant\ln(1)\\&\Longrightarrow\ln(x)\geqslant 0\quad(2)\end{aligned}$$

D'où, d'après $(1)$ et $(2)$, on déduit que : $\forall x\in[1;+\infty[\ :\ 0\leqslant\ln x<x$

Des fois, pour prouver que $(\forall x\in I)\ ;\ h(x)\leqslant g(x)$ il faut étudier le sens de variations de la fonction $k:x\mapsto h(x)-g(x)$ sur $I$

3)

D'après le résultat de la question précédente

On a : $\forall t\in[1;+\infty[\ :\ 0\leqslant\ln t<t$ $(\ast)$

Soit $x\geqslant 1$

Donc $\sqrt{x}\geqslant 1$

Et d'après $(\ast)$, on aura $0\leqslant\ln\sqrt{x}<\sqrt{x}$ (On prend $t=\sqrt{x}$)

Donc : $0\leqslant\dfrac{1}{2}\ln x<\sqrt{x}$

Donc : $0\leqslant\ln x<2\sqrt{x}$

Donc : $\dfrac{1}{x}\cdot 0\leqslant\dfrac{1}{x}\cdot\ln x<\dfrac{1}{x}\cdot 2\sqrt{x}$ $\left(\dfrac{1}{x}>0\right)$

D'où : $\forall x\in[1;+\infty[\ :\ 0\leqslant\dfrac{\ln x}{x}<\dfrac{2}{\sqrt{x}}$ $\left(\dfrac{\sqrt{x}}{x}=\dfrac{1}{\sqrt{x}}\right)$

4)

Calculons $\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{\ln x}{x}$

D'après le résultat de la question précédente.

On a : $\forall x\in[1;+\infty[\ :\ 0\leqslant\dfrac{\ln x}{x}<\dfrac{2}{\sqrt{x}}$

Or $\lim\limits_{x\to+\infty}0=0$ et $\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{2}{\sqrt{x}}=0$

D'où, d'après le théorème de gendarme $\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{\ln x}{x}=0$

I/

1) a)

On a : $x\mapsto x+1$ est dérivable sur $[0;+\infty[$ (polynôme)

Et : $\forall x\in[0;+\infty[\ ;\ (x+1)>0$

Donc : $x\mapsto\ln(x+1)$ est dérivable sur $[0;+\infty[$

Et on a : $x\mapsto\left(x-\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{x^3}{3}\right)$ est dérivable sur $[0;+\infty[$ (polynôme)

Donc $u:x\mapsto\ln(x+1)-\left(x-\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{x^3}{3}\right)$ est dérivable sur $[0;+\infty[$

(Comme étant somme de deux fonctions dérivables)

Soit $x\in[0;+\infty[$

$$\begin{aligned}u'(x)&=\left(\ln(x+1)-\left(x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}\right)\right)'\\&=\frac{(x+1)'}{x+1}-\left(1-\frac{2x}{2}+\frac{3x^2}{3}\right)\\&=\frac{1}{x+1}-(1-x+x^2)\\&=\frac{1-(x+1)(1-x+x^2)}{x+1}\\&=\frac{1-(x-x^2+x^3+1-x+x^2)}{x+1}\\&=\frac{1-x+x^2-x^3-1+x-x^2}{x+1}\\&=\frac{-x^3}{x+1}\end{aligned}$$

$\Big(\ln\big(u(x)\big)\Big)'=\dfrac{u'(x)}{u(x)}$

$(ax)'=a$

$a'=0$

D'où : $\forall x\in[0;+\infty[\ ;\ u'(x)=\dfrac{-x^3}{x+1}$

1) b)

La monotonie de $u$

On a : $\forall x\in[0;+\infty[\ ;\ u'(x)=\dfrac{-x^3}{x+1}$

Or $x+1>0$ et $-x^3\leqslant 0$

Donc : $\forall x\in[0;+\infty[\ ;\ u'(x)\leqslant 0$

D'où $u$ est une fonction strictement décroissante sur $[0;+\infty[$

1) c)

Déduisons que : $\forall x\in[0;+\infty[\ ;\ \ln(x+1)\leqslant x-\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{x^3}{3}$

On a $u$ est strictement décroissante sur $[0;+\infty[$

Soit $x\in[0;+\infty[$

$$\begin{aligned}x\geqslant 0&\Longrightarrow u(x)\leqslant u(0)\\&\Longrightarrow u(x)\leqslant 0\\&\Longrightarrow\ln(x+1)-\left(x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}\right)\leqslant 0\\&\Longrightarrow\ln(x+1)\leqslant x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}\end{aligned}$$

$f$ est strictement décroissante sur $I$ si et seulement si $\big(\forall(x;y)\in I^2\big)\ ;\ x>y\Longrightarrow f(x)<f(y)$

D'où : $\forall x\in[0;+\infty[\ ;\ \ln(x+1)\leqslant x-\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{x^3}{3}$

2) a)

On a : $x\mapsto x+1$ est dérivable sur $[0;+\infty[$ (polynôme)

Et : $\forall x\in[0;+\infty[\ ;\ (x+1)>0$

Donc : $x\mapsto\ln(x+1)$ est dérivable sur $[0;+\infty[$

Et on a : $x\mapsto\left(x-\dfrac{x^2}{2}\right)$ est dérivable sur $[0;+\infty[$ (polynôme)

Donc $v:x\mapsto\ln(x+1)-\left(x-\dfrac{x^2}{2}\right)$ est dérivable sur $[0;+\infty[$

(Comme étant somme de deux fonctions dérivables)

Soit $x\in[0;+\infty[$

$$\begin{aligned}v'(x)&=\left(\ln(x+1)-\left(x-\frac{x^2}{2}\right)\right)'\\&=\frac{(x+1)'}{x+1}-\left(1-\frac{2x}{2}\right)\\&=\frac{1}{x+1}-(1-x)\\&=\frac{1}{x+1}+(x-1)\\&=\frac{1+(x-1)(x+1)}{x+1}\\&=\frac{1+x^2-1}{x+1}\\&=\frac{x^2}{x+1}\end{aligned}$$

D'où : $\forall x\in[0;+\infty[\ ;\ v'(x)=\dfrac{x^2}{x+1}$

2) b)

La monotonie de $v$

On a : $\forall x\in[0;+\infty[\ ;\ v'(x)=\dfrac{x^2}{x+1}$

Et puisque $x\geqslant 0$

Alors $x^2\geqslant 0$ et $x+1>0$

Donc $v'(x)\geqslant 0$, pour tout $x\in[0;+\infty[$

D'où $v$ est strictement croissante sur $[0;+\infty[$

2) c)

Déduisons que : $\forall x\in[0;+\infty[\ ;\ \ln(x+1)\geqslant x-\dfrac{x^2}{2}$

On a $v$ est strictement croissante sur $[0;+\infty[$

Soit $x\in[0;+\infty[$

$$\begin{aligned}\text{Donc : } x\geqslant 0&\Longrightarrow v(x)\geqslant v(0)\\&\Longrightarrow\ln(x+1)-\left(x-\frac{x^2}{2}\right)\geqslant 0\\&\Longrightarrow\ln(x+1)\geqslant x-\frac{x^2}{2}\end{aligned}$$

$f$ est strictement croissante sur $I$ si et seulement si $\big(\forall(x;y)\in I^2\big)\ ;\ x>y\Longrightarrow f(x)>f(y)$

D'où : $\forall x\in[0;+\infty[\ ;\ \ln(x+1)\geqslant x-\dfrac{x^2}{2}$

3)

D'après 1. c et 2. c, on déduit que :

$$\begin{aligned}&\forall x\in[0;+\infty[\ ;\\&x-\frac{x^2}{2}\leqslant\ln(x+1)\leqslant x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}\end{aligned}$$

Soit $x\in]0;+\infty[$

On a : $x-\dfrac{x^2}{2}\leqslant\ln(x+1)\leqslant x-\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{x^3}{3}$

Donc : $\dfrac{x-\frac{x^2}{2}}{x}\leqslant\dfrac{\ln(x+1)}{x}\leqslant\dfrac{x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}}{x}$

Donc : $1-\dfrac{1}{2}x\leqslant\dfrac{\ln(x+1)}{x}\leqslant 1-\dfrac{1}{2}x+\dfrac{x^2}{3}$

Si : $a\leqslant b$ et $c>0$ Alors : $\dfrac{a}{c}\leqslant\dfrac{b}{c}$

Or $\lim\limits_{x\to 0^+}1-\dfrac{1}{2}x=1$ et $\lim\limits_{x\to 0^+}1-\dfrac{1}{2}x+\dfrac{x^2}{3}=1$

D'après le théorème de gendarme, on aura : $\lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{\ln(x+1)}{x}=1$

Calculons $\lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{\ln(x+1)-x}{x^2}$

Soit $x\in]0;+\infty[$

On a : $x-\dfrac{x^2}{2}\leqslant\ln(x+1)\leqslant x-\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{x^3}{3}$

Donc : $-\dfrac{x^2}{2}\leqslant\ln(x+1)-x\leqslant-\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{x^3}{3}$

Donc : $\dfrac{-\frac{x^2}{2}}{x^2}\leqslant\dfrac{\ln(x+1)-x}{x^2}\leqslant\dfrac{-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}}{x^2}$

Donc : $-\dfrac{1}{2}\leqslant\dfrac{\ln(x+1)-x}{x^2}\leqslant-\dfrac{1}{2}+\dfrac{x}{3}$

Et puisque $\lim\limits_{x\to 0^+}-\dfrac{1}{2}=-\dfrac{1}{2}$ et $\lim\limits_{x\to 0^+}-\dfrac{1}{2}+\dfrac{x}{3}=-\dfrac{1}{2}$

D'après le théorème de gendarme, on aura : $\lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{\ln(x+1)-x}{x^2}=-\dfrac{1}{2}$

II/ $g(x)=\dfrac{x}{x+1}-\ln(x+1)$

1) a)

Calculons $g'(x)$ pour tout $x\in[0;+\infty[$

Soit $x\in[0;+\infty[$

$$\begin{aligned}g'(x)&=\left(\frac{x}{x+1}-\ln(x+1)\right)'\\&=\frac{x'(x+1)-x(x+1)'}{(x+1)^2}-\frac{(x+1)'}{x+1}\\&=\frac{x+1-x}{(x+1)^2}-\frac{1}{x+1}\\&=\frac{1}{(x+1)^2}-\frac{x+1}{(x+1)^2}\\&=\frac{1-x-1}{(x+1)^2}\\&=\frac{-x}{(x+1)^2}\end{aligned}$$

$\left(\dfrac{u}{v}\right)'=\dfrac{u'\cdot v-u\cdot v'}{v^2}$

$\Big(\ln\big(u(x)\big)\Big)'=\dfrac{u'(x)}{u(x)}$

$(ax)'=a$

$a'=0$

D'où : $\forall x\in[0;+\infty[\ ;\ g'(x)=\dfrac{-x}{(x+1)^2}$

1) b)

La monotonie de $g$.

On a : $\forall x\in[0;+\infty[\ ;\ g'(x)=\dfrac{-x}{(x+1)^2}$

Soit $x\in[0;+\infty[$

Puisque $x\geqslant 0$

Alors $-x\leqslant 0$ et $(x+1)^2>0$

Donc : $\forall x\in[0;+\infty[\ ;\ g'(x)\leqslant 0$

D'où $g$ est strictement décroissante sur $[0;+\infty[$

2)

Le signe de $g$ sur $[0;+\infty[$

On a $g$ est continue et strictement décroissante sur $[0;+\infty[$

Soit $x\in[0;+\infty[$

$$\begin{aligned}x\geqslant 0&\Longrightarrow g(x)\leqslant g(0)\\&\Longrightarrow g(x)\leqslant 0\end{aligned}$$

D'où : $\forall x\in[0;+\infty[\ ;\ g(x)\leqslant 0$

III/ $\begin{cases}f(x)=\dfrac{\ln(x+1)}{x}\ ;\ x\neq 0\\f(0)=1\end{cases}$

1)

Montrons que $f$ est continue en $x_0=0$

On a : $\lim\limits_{x\to 0^+}f(x)=\lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{\ln(x+1)}{x}=1$ (D'après le résultat de la question I/ 3)

$f$ est continue en $x_0$ à droite si et seulement si : $\lim\limits_{\substack{x\to x_0\\x>x_0}}f(x)=f(x_0)$

Puisque $\lim\limits_{x\to 0^+}f(x)=f(0)$

Alors $f$ est continue en $x_0=0$ à droite

2)

La dérivabilité de $f$ en $x_0=0$ à droite

$$\begin{aligned}\lim_{x\to 0^+}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}&=\lim_{x\to 0^+}\frac{\frac{\ln(x+1)}{x}-1}{x}\\&=\lim_{x\to 0^+}\frac{\frac{\ln(x+1)-x}{x}}{x}\\&=\lim_{x\to 0^+}\frac{\ln(x+1)-x}{x^2}\\&=-\frac{1}{2}\end{aligned}$$

(D'après le résultat de la question I/ 3)

Pour étudier la dérivabilité de $f$ en $x_0$ à droite, il faut calculer la limite : $\lim\limits_{\substack{x\to x_0\\x>x_0}}\dfrac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}$

D'où $f$ est dérivable en $x_0=0$ à droite, et on a : $f'_d(0)=-\dfrac{1}{2}$

Interprétation graphique

$(C_f)$ admet une demi-tangente à droite du point $A(0;1)$ de coefficient directeur égal à $-\dfrac{1}{2}$

3)

Calculons $\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)$

$$\begin{aligned}\lim_{x\to+\infty}f(x)&=\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln(x+1)}{x}\\&=\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln\left(x\left(1+\frac{1}{x}\right)\right)}{x}\\&=\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x+\ln\left(1+\frac{1}{x}\right)}{x}\\&=\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x}{x}+\frac{\ln\left(1+\frac{1}{x}\right)}{x}\\&=0\end{aligned}$$

Car $\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{\ln x}{x}=0$ et $\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{\ln\left(1+\frac{1}{x}\right)}{x}=0$ $\left(\dfrac{\ln(1)}{+\infty}=\dfrac{0}{+\infty}=0\right)$

Si on remplace, on trouve $\dfrac{+\infty}{+\infty}$

Dans ce cas, on peut factoriser à l'intérieur de $\ln$ par $x$, puis penser à : $\ln ab=\ln a+\ln b$ avec $a>0$ et $b>0$

On a $x\to+\infty$ Donc $x>0$ et $1+\dfrac{1}{x}>0$

Et : $\ln\left(x\left(1+\dfrac{1}{x}\right)\right)=\ln x+\ln\left(1+\dfrac{1}{x}\right)$

Interprétation graphique

On a $\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=0$

Donc l'axe des abscisses ($y=0$) est une asymptote horizontale à $(C_f)$ au voisinage de $+\infty$

Si $\lim\limits_{x\to\infty}f(x)=a$ Alors la droite $y=a$ est une asymptote horizontale à $(C_f)$ au voisinage de $\infty$

Remarque

Au voisinage de $+\infty$, on a :

• $\lim\limits_{x\to+\infty}\ln(x+1)=+\infty$, donc $\ln(x+1)>0$
• $x\to+\infty$, donc $x>0$
• Donc : $f(x)=\dfrac{\ln(x+1)}{x}>0$

D'où $(C_f)$ est au dessus de l'axe des abscisses au voisinage de $+\infty$

4) a)

Montrons que : $\forall x\in]0;+\infty[\ ;\ f'(x)=\dfrac{g(x)}{x^2}$

On a : $x\mapsto x+1$ est dérivable sur $]0;+\infty[$ (polynôme)

Et : $\forall x\in]0;+\infty[\ ;\ (x+1)>0$

Donc : $x\mapsto\ln(x+1)$ est dérivable sur $]0;+\infty[$

Et on a : $x\mapsto x$ est dérivable sur $]0;+\infty[$ (polynôme)

Et : $\forall x\in]0;+\infty[\ ;\ x\neq 0$

Donc $f$ est dérivable sur $]0;+\infty[$

Soit $x\in]0;+\infty[$

$$\begin{aligned}f'(x)&=\left(\frac{\ln(x+1)}{x}\right)'\\&=\frac{\big(\ln(x+1)\big)'\cdot x-x'\cdot\ln(x+1)}{x^2}\\&=\frac{\frac{(x+1)'}{x+1}\cdot x-1\cdot\ln(x+1)}{x^2}\\&=\frac{\frac{x}{x+1}-\ln(x+1)}{x^2}\end{aligned}$$

D'où : $\forall x\in]0;+\infty[\ ;\ f'(x)=\dfrac{g(x)}{x^2}$

4) b)

Étudions le signe de $f'(x)$

On a : $\forall x\in]0;+\infty[\ ;\ f'(x)=\dfrac{g(x)}{x^2}$

Et puisque : $\forall x\in]0;+\infty[\ ;\ x^2>0$

Alors le signe de $f'(x)$ est le signe de $g(x)$ sur $]0;+\infty[$

Et d'après le résultat de la question 2 (partie II)

On a : $\forall x\in]0;+\infty[\ ;\ g(x)<0$

Donc : $\forall x\in]0;+\infty[\ ;\ f'(x)<0$

D'où $f$ est strictement décroissante sur $[0;+\infty[$

Le tableau de variations de $f$

5)

Une équation cartésienne de la demi-tangente $(T)$ à droite du point d'abscisse $0$

$$\begin{aligned}(T)\ :\ y&=f'_d(0)(x-0)+f(0)\\&=-\frac{1}{2}x+1\end{aligned}$$

D'où : $(T)\ :\ y=-\dfrac{1}{2}x+1$

6)

Représentation de $(T)$ et $(C_f)$

Explication

• La droite $(T)$ passe par les deux points $A(0;1)$ et $B(2;0)$
• Pour $(C_f)$ : elle admet $(T)$ comme demi-tangente au point $A(0;1)$ à droite
• La droite $y=0$ est une asymptote horizontale à $(C_f)$ au voisinage de $+\infty$
• $f$ est strictement décroissante sur $[0;+\infty[$

Première partie

1)

Calculons $\lim\limits_{x\to 0^+}u(x)$ et $\lim\limits_{x\to+\infty}u(x)$

$$\begin{aligned}\lim_{x\to 0^+}u(x)&=\lim_{x\to 0^+}(x^2-2+\ln x)\\&=-\infty\end{aligned}$$

Car $\lim\limits_{x\to 0^+}x^2-2=-2$ et $\lim\limits_{x\to 0^+}\ln x=-\infty$

$$\begin{aligned}\lim_{x\to+\infty}u(x)&=\lim_{x\to+\infty}(x^2-2+\ln x)\\&=+\infty\end{aligned}$$

Car $\lim\limits_{x\to+\infty}x^2-2=+\infty$ et $\lim\limits_{x\to+\infty}\ln x=+\infty$

2) a)

Calculons $u'(x)$, pour tout $x\in]0;+\infty[$

On a $u$ est dérivable sur l'intervalle $]0;+\infty[$

(Comme étant somme de deux fonctions dérivables)

Soit $x\in]0;+\infty[$

$$\begin{aligned}u'(x)&=(x^2-2+\ln x)'\\&=2x+\frac{1}{x}\end{aligned}$$

D'où : $\forall x\in]0;+\infty[\ ;\ u'(x)=2x+\dfrac{1}{x}$

On peut s'arrêter puisque : $2x>0$ et $\dfrac{1}{x}>0$

2) b)

La monotonie de la fonction $u$

On a : $\forall x\in]0;+\infty[\ ;\ u'(x)=2x+\dfrac{1}{x}$

Puisque : $2x>0$ et $\dfrac{1}{x}>0$, pour tout $x\in]0;+\infty[$

Alors : $\forall x\in]0;+\infty[\ ;\ u'(x)>0$

D'où la fonction $u$ est strictement croissante sur l'intervalle $]0;+\infty[$

3) a)

Montrons que l'équation $u(x)=0$ admet une solution unique $\alpha$ sur l'intervalle $]0;+\infty[$ et que : $\alpha\in]1;2[$

• On a $u$ est une fonction continue sur $]0;+\infty[$ (Comme étant somme de deux fonctions continues)
• Et $u$ est strictement croissante sur $]0;+\infty[$
• Et on a $$\begin{aligned}u(]0;+\infty[)&=\left]\lim_{x\to 0^+}u(x)\,;\lim_{x\to+\infty}u(x)\right[\\&=]-\infty;+\infty[\end{aligned}$$

Et puisque $0\in]-\infty;+\infty[$

Alors l'équation $u(x)=0$ admet une solution unique $\alpha$ sur l'intervalle $]0;+\infty[$

Si $f$ est une fonction continue et strictement monotone sur $I$, alors : $\big(\forall y\in f(I)\big)\big(\exists!x\in I\big)\ ;\ f(x)=y$

Montrons que $\alpha\in]1;2[$

On a $\begin{cases}u(1)=1^2-2+\ln(1)=-1\\u(2)=2^2-2+\ln(2)=2+\ln(2)\end{cases}$

Donc : $u(1)\cdot u(2)<0$

D'où, d'après TVI, on aura $\alpha\in]1;2[$

Si $f$ est continue sur un intervalle fermé $[a;b]$ avec $f(a)\times f(b)<0$ Alors, il existe $\alpha\in]a;b[$ tel que $f(\alpha)=0$

3) b)

Étudions le signe de $u(x)$

Remarque

Il est clair que, d'après le tableau de variations de $u$, on aura : $\begin{cases}(\forall x\in]0;\alpha])\ ;\ u(x)\leqslant 0\\(\forall x\in[\alpha;+\infty[)\ ;\ u(x)\geqslant 0\end{cases}$

Mais ici, on ne nous a pas demandé de dresser le tableau de variations de $u$

Donc, ça sera mieux d'utiliser la définition

• Sur l'intervalle $]0;\alpha]$

On a $u$ est strictement croissante sur $]0;\alpha]$

Soit $x\in]0;\alpha]$

$$\begin{aligned}x\in]0;\alpha]&\Longrightarrow x\leqslant\alpha\\&\Longrightarrow u(x)\leqslant u(\alpha)\\&\Longrightarrow u(x)\leqslant 0\end{aligned}$$

$u(\alpha)=0$

Donc : $\forall x\in]0;\alpha]\ ;\ u(x)\leqslant 0$

• Sur l'intervalle $[\alpha;+\infty[$

On a $u$ est strictement croissante sur $[\alpha;+\infty[$

Soit $x\in[\alpha;+\infty[$

$$\begin{aligned}x\in[\alpha;+\infty[&\Longrightarrow x\geqslant\alpha\\&\Longrightarrow u(x)\geqslant u(\alpha)\\&\Longrightarrow u(x)\geqslant 0\end{aligned}$$

$u(\alpha)=0$

Donc : $\forall x\in[\alpha;+\infty[\ ;\ u(x)\geqslant 0$

Conclusion

$\begin{cases}(\forall x\in]0;\alpha])\ ;\ u(x)\leqslant 0\\(\forall x\in[\alpha;+\infty[)\ ;\ u(x)\geqslant 0\end{cases}$

Deuxième partie

$f(x)=x^2+(2-\ln x)^2$

1)

Calculons $\lim\limits_{x\to 0^+}f(x)$

$$\begin{aligned}\lim_{x\to 0^+}f(x)&=\lim_{x\to 0^+}\big(x^2+(2-\ln x)^2\big)\\&=+\infty\end{aligned}$$

Car $\lim\limits_{x\to 0^+}\ln x=-\infty$ et $\lim\limits_{x\to 0^+}x^2=0$

Interprétation graphique

On a $\lim\limits_{x\to 0^+}f(x)=+\infty$

Donc la droite d'équation $x=0$ (l'axe des ordonnées) est une asymptote verticale à $(C_f)$

Si $\lim\limits_{x\to a}f(x)=\infty$ Alors la droite $x=a$ est une asymptote verticale à $(C_f)$

2) a)

Montrons que $\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{(\ln x)^2}{x}=0$

$$\begin{aligned}\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln^2(x)}{x}&=\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln^2(x)}{\sqrt{x}^2}\\&=\lim_{x\to+\infty}\left(\frac{\ln x}{\sqrt{x}}\right)^2\end{aligned}$$

On pose $t=\sqrt{x}$

Si $x\to+\infty$

Alors $t\to+\infty$

On aura donc :

$$\begin{aligned}\lim_{x\to+\infty}\left(\frac{\ln x}{\sqrt{x}}\right)^2&=\lim_{t\to+\infty}\left(\frac{\ln t^2}{t}\right)^2\\&=\lim_{t\to+\infty}\left(\frac{2\ln t}{t}\right)^2\\&=\lim_{t\to+\infty}4\left(\frac{\ln t}{t}\right)^2\\&=0\end{aligned}$$

Car : $\lim\limits_{t\to+\infty}\dfrac{\ln t}{t}=0$

D'où : $\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{(\ln x)^2}{x}=0$

Cette limite est très importante. Car au début, on peut penser à écrire : $\lim\limits_{x\to+\infty}\ln x\cdot\dfrac{\ln x}{x}$

Mais, si on remplace, on va trouver $\infty\cdot 0$ qui est une forme indéterminée

Dans ce cas, il faut prendre la méthode ci-contre.

2) b)

Calculons $\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)$

$$\begin{aligned}\lim_{x\to+\infty}f(x)&=\lim_{x\to+\infty}\big(x^2+(2-\ln x)^2\big)\\&=+\infty\end{aligned}$$

Car $\lim\limits_{x\to+\infty}x^2=+\infty$ et $\lim\limits_{x\to+\infty}(2-\ln x)^2=+\infty$ car $\lim\limits_{x\to+\infty}\ln x=+\infty$

La branche infinie à $(C_f)$ au voisinage de $+\infty$

On a $\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=+\infty$

Calculons $\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{f(x)}{x}$

$$\begin{aligned}\lim_{x\to+\infty}\frac{f(x)}{x}&=\lim_{x\to+\infty}\frac{x^2+(2-\ln x)^2}{x}\\&=\lim_{x\to+\infty}\frac{x^2}{x}+\frac{4-4\ln x+(\ln x)^2}{x}\\&=\lim_{x\to+\infty}x+\frac{4}{x}-4\frac{\ln x}{x}+\frac{(\ln x)^2}{x}\\&=+\infty\end{aligned}$$

Car $\begin{cases}\lim\limits_{x\to+\infty}x=+\infty\\\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{4}{x}=0\\\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{\ln x}{x}=0\\\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{(\ln x)^2}{x}=0\end{cases}$

Il faut penser à utiliser le résultat $\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{(\ln x)^2}{x}=0$

C'est pour cela il faut développer

Interprétation graphique

On a $\begin{cases}\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=+\infty\\\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{f(x)}{x}=+\infty\end{cases}$

D'où $(C_f)$ admet une branche parabolique de direction asymptotique l'axe des ordonnées au voisinage de $+\infty$

3) a)

Exprimons $f'(x)$ en fonction de $u(x)$

On a $f$ est dérivable sur l'intervalle $]0;+\infty[$

Soit $x\in]0;+\infty[$

$$\begin{aligned}f'(x)&=\big(x^2+(2-\ln x)^2\big)'\\&=2x+2(2-\ln x)'\cdot(2-\ln x)\\&=2x+2\left(-\frac{1}{x}\right)\cdot(2-\ln x)\\&=2x-\frac{2}{x}(2-\ln x)\\&=2x-\frac{4}{x}+\frac{2\ln x}{x}\\&=\frac{2x^2-4+2\ln x}{x}\\&=\frac{2(x^2-2+\ln x)}{x}\\&=\frac{2u(x)}{x}\end{aligned}$$

$\left(x^n\right)'=nx^{n-1}$

$\left(u^n\right)'=n\cdot u'\cdot u^{n-1}$

$\big(\ln(x)\big)'=\dfrac{1}{x}$

D'où : $\forall x\in]0;+\infty[\ ;\ f'(x)=\dfrac{2u(x)}{x}$

3) b)

Le signe de $f'(x)$

On a : $\forall x\in]0;+\infty[\ ;\ f'(x)=\dfrac{2u(x)}{x}$

Puisque : $2>0$ et $\forall x\in]0;+\infty[\ ;\ x>0$

Alors le signe de $f'(x)$ est le signe de $u(x)$

Et d'après le résultat de la question 3. b de la première partie, on a : $\begin{cases}(\forall x\in]0;\alpha])\ ;\ u(x)\leqslant 0\\(\forall x\in[\alpha;+\infty[)\ ;\ u(x)\geqslant 0\end{cases}$

D'où : $\begin{cases}(\forall x\in]0;\alpha])\ ;\ f'(x)\leqslant 0\\(\forall x\in[\alpha;+\infty[)\ ;\ f'(x)\geqslant 0\end{cases}$

Le tableau de variations de $f$

Remarquons que $f'(\alpha)=0$

Donc $(C_f)$ admet une tangente horizontale au point d'abscisse $\alpha$

4)

Vérifions que : $f(\alpha)=\alpha^2(1+\alpha^2)$

On a : $f(\alpha)=\alpha^2+(2-\ln\alpha)^2$

Et on a $\alpha$ est la solution de l'équation $u(x)=0$

Donc $u(\alpha)=0$

$$\begin{aligned}u(\alpha)=0&\iff\alpha^2-2+\ln\alpha=0\\&\iff\ln\alpha=2-\alpha^2\end{aligned}$$

On remplace $\ln\alpha$ dans l'expression de $f(\alpha)$

On aura :

$$\begin{aligned}f(\alpha)&=\alpha^2+\big(2-(2-\alpha^2)\big)^2\\&=\alpha^2+(2-2+\alpha^2)^2\\&=\alpha^2+\alpha^4\\&=\alpha^2(1+\alpha^2)\end{aligned}$$

D'où : $f(\alpha)=\alpha^2(1+\alpha^2)$

Ici, on a deux résultats concernant $\alpha$ : $\begin{cases}u(\alpha)=0\\1<\alpha<2\end{cases}$

On cherche $f(\alpha)$ en fonction de $\alpha$, donc, il faut juste remplacer $\ln\alpha$ par une expression obtenue à partir de $u(\alpha)=0$

5)

Représentation de $(C_f)$

Explication

• La droite d'équation $x=0$ est une asymptote verticale à $(C_f)$
• $(C_f)$ admet une branche parabolique de direction l'axe des ordonnées au voisinage de $+\infty$
• $(C_f)$ admet une tangente horizontale au point $C\big(\alpha;f(\alpha)\big)$ car $f'$ s'annule en $x_0=\alpha$
• $\alpha\simeq 1{,}3\Longrightarrow f(\alpha)=\alpha^2(1+\alpha^2)\simeq 4{,}5$

Troisième partie

1)

Montrons que : $AM=\sqrt{f(x)}$

On a $A(0;2)$

Et $M\in(\Gamma)$ avec $x_M=x$

Donc : $y_M=\ln x$

Donc $A(0;2)$ et $M(x;\ln x)$

Et par suite :

$$\begin{aligned}AM&=\sqrt{(x-0)^2+(\ln x-2)^2}\\&=\sqrt{x^2+(2-\ln x)^2}\\&=\sqrt{f(x)}\end{aligned}$$

D'où : $AM=\sqrt{f(x)}$

Rappel

Si $A(x_A;y_A)$ et $B(x_B;y_B)$ Alors $AB=\sqrt{(x_B-x_A)^2+(y_B-y_A)^2}$

$(a-b)^2=(b-a)^2$

$(-a-b)^2=(a+b)^2$

2) a)

$g(x)=\sqrt{f(x)}$

Montrons que $f$ et $g$ ont les mêmes variations sur l'intervalle $]0;+\infty[$

Remarquons d'abord que : $\forall x\in]0;+\infty[\ ;\ f(x)>0$

(Car $f(\alpha)$ est une valeur minimale de $f$ sur $]0;+\infty[$

Donc : $\forall x\in]0;+\infty[\ ;\ f(x)\geqslant f(\alpha)$ et $f(\alpha)=\alpha^2(1+\alpha^2)>0$

Donc : $\forall x\in]0;+\infty[\ ;\ f(x)>0$)

On a : $g(x)=\sqrt{f(x)}$, pour tout $x\in]0;+\infty[$

Et puisque : $\forall x\in]0;+\infty[\ ;\ f(x)>0$

Alors $g$ est dérivable sur $]0;+\infty[$

Soit $x\in]0;+\infty[$

$$\begin{aligned}g'(x)&=\big(\sqrt{f(x)}\big)'\\&=\frac{f'(x)}{2\sqrt{f(x)}}\end{aligned}$$

Et puisque : $\forall x\in]0;+\infty[\ ;\ 2\sqrt{f(x)}>0$

Alors, le signe de $g'(x)$ est le signe de $f'(x)$

D'où $f$ et $g$ ont les mêmes variations sur $]0;+\infty[$

2) b)

Montrons que la distance $AM$ est minimale en un point de $(\Gamma)$

D'après le tableau de variations de $g$

On a $\sqrt{f(\alpha)}$ est la valeur minimale de $g$

Et puisque $AM=\sqrt{f(x)}$ avec $x$ est l'abscisse de $M$

Alors $AM$ est minimale en un point $P$ de $(\Gamma)$ d'abscisse $\alpha$

D'où : $P(\alpha;\ln\alpha)$

2) c)

Montrons que $AP=\alpha\sqrt{1+\alpha^2}$

On a $AP=\sqrt{f(\alpha)}$ et $f(\alpha)=\alpha^2(1+\alpha^2)$

Donc :

$$\begin{aligned}AP&=\sqrt{\alpha^2(1+\alpha^2)}\\&=\sqrt{\alpha^2}\sqrt{(1+\alpha^2)}\\&=|\alpha|\sqrt{(1+\alpha^2)}\\&=\alpha\sqrt{(1+\alpha^2)}\end{aligned}$$

$\big(\sqrt{a}\big)^2=a$ avec $a>0$

$\sqrt{a^2}=|a|$

D'où : $AP=\alpha\sqrt{1+\alpha^2}$

2) d)

Soit $(T)$ la tangente à $(\Gamma)$ en $P$

$$\begin{aligned}(T)\ :\ y&=\ln'(\alpha)(x-\alpha)+\ln\alpha\\&=\frac{1}{\alpha}(x-\alpha)+\ln\alpha\\&=\frac{1}{\alpha}\cdot x-1+\ln\alpha\end{aligned}$$

D'autre part, on a $P(\alpha;\ln\alpha)$ et $A(0;2)$

Le coefficient directeur de la droite $(AP)$ est

$$a=\frac{\ln(\alpha)-2}{\alpha-0}=\frac{2-\alpha^2-2}{\alpha}=-\alpha$$

$\ln\alpha=2-\alpha^2$

On a : $-\alpha\cdot\dfrac{1}{\alpha}=-1$

D'où $(AP)$ et $(T)$ sont perpendiculaires

Rappel

Si $\begin{cases}(D)\ :\ y=ax+b\\(\Delta)\ :\ y=a'x+b'\end{cases}$

• $(D)\parallel(\Delta)\iff a=a'$
• $(D)\perp(\Delta)\iff a\cdot a'=-1$