La fonction logarithme

Exercice 3 - Exercice 1

1 min
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Question 1
On considère la fonction ff définie sur l'intervalle I=]−1;1[I=\left]-1;1\right[ par f(x)=ln⁡(1−x1+x)f\left(x\right)=\ln \left(\frac{1-x}{1+x} \right) et C\mathscr{C} sa courbe représentative dans un repère orthonormé (0,i⃗;j⃗)\left(0,\vec{i} ;\vec{j} \right).

Etudier la parité de la fonction ff.
Que peut-on en déduire pour la courbe C\mathscr{C} ? Question mise en spé

Correction
  • ff est une fonction paire si pour tout réel xx, on a f(−x)=f(x)f\left(-x\right)=f\left(x\right).
  • ff est une fonction impaire si pour tout réel xx, on a f(−x)=−f(x)f\left(-x\right)=-f\left(x\right).
Soit x∈]−1;1[x\in \left]-1;1\right[, on a :
f(−x)=ln⁡(1−(−x)1+(−x))f\left(-x\right)=\ln \left(\frac{1-\left(-x\right)}{1+\left(-x\right)} \right) équivaut successivement à
f(−x)=ln⁡(1+x1−x)f\left(-x\right)=\ln \left(\frac{1+x}{1-x} \right) or ln⁡(ab)=−ln⁡(ba)\ln \left(\frac{a}{b} \right)=-\ln \left(\frac{b}{a} \right) d'où
f(−x)=−ln⁡(1−x1+x)f\left(-x\right)=-\ln \left(\frac{1-x}{1+x} \right)
f(−x)=−f(x)f\left(-x\right)=-f\left(x\right)

La fonction ff est donc impaire.
La courbe admet l'origine du repère comme centre de symétrie.
Question 2

Etudiez les variations de la fonction ff sur ]−1;1[\left]-1;1\right[. Question mise en spé

Correction
Soit x∈I=]−1;1[x\in I=\left]-1;1\right[.
ff est dérivable sur II, il vient alors que :
f(x)=ln⁡(1−x1+x)f\left(x\right)=\ln \left(\frac{1-x}{1+x} \right) peut s'écrire f(x)=ln⁡(1−x)−ln⁡(1+x)f\left(x\right)=\ln \left(1-x\right)-\ln \left(1+x\right)
Nous allons maintenant calculer la dérivée de ff.
Ainsi,
f(x)=ln⁡(1−x)−ln⁡(1+x)f\left(x\right)=\ln \left(1-x\right)-\ln \left(1+x\right)
f′(x)=−11−x−11+xf'\left(x\right)=\frac{-1}{1-x} -\frac{1}{1+x}
On va tout mettre au même dénominateur.
f′(x)=−1×(1+x)(1−x)(1+x)−1−x(1−x)(1+x)f'\left(x\right)=\frac{-1\times \left(1+x\right)}{\left(1-x\right)\left(1+x\right)} -\frac{1-x}{\left(1-x\right)\left(1+x\right)}
f′(x)=−2(1−x)(1+x)f'\left(x\right)=\frac{-2}{\left(1-x\right)\left(1+x\right)}
Comme x∈]−1;1[x\in \left]-1;1\right[ alors 1+x>01+x>0 et 1−x>01-x>0.
De plus le numérateur étant égale à −2-2, celui-ci est donc négatif.
Il en résulte que f′(x)<0f'\left(x\right)<0 lorsque x∈]−1;1[x\in \left]-1;1\right[.
La fonction ff est donc strictement décroissante sur ]−1;1[\left]-1;1\right[.
Question 3

Déterminer les limites de ff aux bornes de son ensemble de définition.
Que peut-on en déduire graphiquement ?

Correction
Il s'agit ici de faire des limites par composition.

D'une part, traitons le cas de la limite en −1+-1^{+} .
lim⁡x→−1x>−11−x=2lim⁡x→−1x>−11+x=0+}\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{\begin{array}{l} {x\to -1} \\ {x>-1} \end{array}} 1-x} & {=} & {2} \\ {\lim\limits_{\begin{array}{l} {x\to -1} \\ {x>-1} \end{array}} 1+x} & {=} & {0^{+} } \end{array}\right\} par quotient lim⁡x→−1x>−11−x1+x=+∞\lim\limits_{\begin{array}{l} {x\to -1} \\ {x>-1} \end{array}} \frac{1-x}{1+x} =+\infty .
On pose X=1−x1+xX=\frac{1-x}{1+x} , donc lorsque x→−1+x\to -1^{+} alors X→+∞X\to +\infty
Ainsi : lim⁡X→+∞ln⁡X=+∞\lim\limits_{X\to +\infty } \ln X=+\infty
Par composition :
lim⁡x→−1x>−1ln⁡(1−x1+x)=+∞\lim\limits_{\begin{array}{l} {x\to -1} \\ {x>-1} \end{array}} \ln \left(\frac{1-x}{1+x} \right)=+\infty

Il en résulte que la fonction admet une asymptote verticale d'équation x=−1x=-1

D'autre part, traitons le cas de la limite en 1−1^{-} .
lim⁡x→1x<11−x=0+lim⁡x→1x<11+x=2}\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{\begin{array}{l} {x\to 1} \\ {x<1} \end{array}} 1-x} & {=} & {0^{+} } \\ {\lim\limits_{\begin{array}{l} {x\to 1} \\ {x<1} \end{array}} 1+x} & {=} & {2} \end{array}\right\} par quotient lim⁡x→1x<11−x1+x=0+\lim\limits_{\begin{array}{l} {x\to 1} \\ {x<1} \end{array}} \frac{1-x}{1+x} =0^{+}
On pose X=1−x1+xX=\frac{1-x}{1+x} , donc lorsque x→1−x\to 1^{-} alors X→0+X\to 0^{+}
Ainsi : lim⁡X→0+ln⁡X=−∞\lim\limits_{X\to 0^{+} } \ln X=-\infty
Par composition :
lim⁡x→1x<1ln⁡(1−x1+x)=−∞\lim\limits_{\begin{array}{l} {x\to 1} \\ {x<1} \end{array}} \ln \left(\frac{1-x}{1+x} \right)=-\infty

Il en résulte que la fonction admet une asymptote verticale d'équation x=1x=1
Question 4
On considère la suite (un)\left(u_{n} \right) définie pour tout entier naturel n≥2n\ge 2, par un=f(1n)u_{n} =f\left(\frac{1}{n} \right).

Montrer que la suite (un)\left(u_{n} \right) peut s'écrire un=ln⁡(n−1)−ln⁡(n+1)u_{n} =\ln \left(n-1\right)-\ln \left(n+1\right).

Correction
f(x)=ln⁡(1−x1+x)f\left(x\right)=\ln \left(\frac{1-x}{1+x} \right)
Pour tout entier naturel n≥2n\ge 2, on a :
un=f(1n)u_{n} =f\left(\frac{1}{n} \right) équivaut successivement à
un=ln⁡(1−1n1+1n)u_{n} =\ln \left(\frac{1-\frac{1}{n} }{1+\frac{1}{n} } \right)
un=ln⁡(n−1nn+1n)u_{n} =\ln \left(\frac{\frac{n-1}{n} }{\frac{n+1}{n} } \right)
(ab)(cd)=ab×dc\frac{\left(\frac{a}{b} \right)}{\left(\frac{c}{d} \right)} =\frac{a}{b} \times \frac{d}{c}
un=ln⁡(n−1n+1)u_{n} =\ln \left(\frac{n-1}{n+1} \right)
un=ln⁡(n−1)−ln⁡(n+1)u_{n} =\ln \left(n-1\right)-\ln \left(n+1\right)
Question 5

Etudier les variations de la suite (un)\left(u_{n} \right).

Correction
On a vu à la question 22, que la fonction ff est décroissante sur ]−1;1[\left]-1;1\right[ et plus particulièrement sur ]0;1[\left]0;1\right[
Or, pour tout n≥2n\ge 2, on a : 1n≤12\frac{1}{n} \le \frac{1}{2} autrement dit 0<1n<10<\frac{1}{n} <1
De plus comme n+1>nn+1>n donc 1n+1<1n\frac{1}{n+1} <\frac{1}{n} et ainsi 0<1n+1<1n<10<\frac{1}{n+1} <\frac{1}{n} <1.
Comme 0<1n+1<1n<10<\frac{1}{n+1} <\frac{1}{n} <1 et ff est décroissante sur ]0;1[\left]0;1\right[ ainsi :
f(1n+1)>f(1n)f\left(\frac{1}{n+1} \right)>f\left(\frac{1}{n} \right) ce qui permet de dire que un+1>unu_{n+1} >u_{n}
Ainsi la suite (un)\left(u_{n} \right) est croissante.
Question 6

Déterminer la limite de la suite (un)\left(u_{n} \right).

Correction
lim⁡n→+∞un=lim⁡n→+∞ln⁡(n−1n+1).\lim\limits_{n\to +\infty } u_{n} =\lim\limits_{n\to +\infty } \ln \left(\frac{n-1}{n+1} \right).
On va raisonner par limite par composition.
lim⁡n→+∞n−1n+1=lim⁡n→+∞nn=1\lim\limits_{n\to +\infty } \frac{n-1}{n+1} =\lim\limits_{n\to +\infty } \frac{n}{n} =1 et lim⁡x→1ln⁡(x)=0\lim\limits_{x\to 1} \ln \left(x\right)=0
Par composition, on a :
lim⁡n→+∞ln⁡(n−1n+1)=0\lim\limits_{n\to +\infty } \ln \left(\frac{n-1}{n+1} \right)=0
Question 7
On considère la fonction FF définie sur ]−1;1[\left]-1;1\right[ par F(x)=(x−1)ln⁡(x−1)−(x+1)ln⁡(x+1)F\left(x\right)=\left(x-1\right)\ln \left(x-1\right)-\left(x+1\right)\ln \left(x+1\right).

Montrer que la fonction FF est une primitive de la fonction ff.

Correction
Dans le cas où une primitive FF est donnée, il vous suffit de dériver FF et d'obtenir comme résultat ff.
Autrement dit, il faut que : F′(x)=f(x)F'\left(x\right)=f\left(x\right)
Si tel est le cas alors FF définie sur ]−1;1[\left]-1;1\right[ par F(x)=(x−1)ln⁡(x−1)−(x+1)ln⁡(x+1)F\left(x\right)=\left(x-1\right)\ln \left(x-1\right)-\left(x+1\right)\ln \left(x+1\right).
F′(x)=ln⁡(x−1)+(x−1)×1x−1−[ln⁡(x+1)+(x+1)×1x+1]F'\left(x\right)=\ln \left(x-1\right)+\left(x-1\right)\times \frac{1}{x-1} -\left[\ln \left(x+1\right)+\left(x+1\right)\times \frac{1}{x+1} \right]
F′(x)=ln⁡(x−1)−ln⁡(x+1)F'\left(x\right)=\ln \left(x-1\right)-\ln \left(x+1\right)
F′(x)=f(x)F'\left(x\right)=f\left(x\right)

Donc la fonction FF est une primitive de la fonction ff.