La fonction logarithme

Exercice 5 - Exercice 1

1 min
0
Le plan PP est rapporté à un repère orthonormal (O;i⃗;j⃗)\left(O;\vec{i};\vec{j} \right).
Question 1
Partie A
Soit ff la fonction définie sur ]0;+∞[\left]0;+\infty \right[ par f(x)=1+2ln⁡(x)x2f\left(x\right)=\frac{1+2\ln \left(x\right)}{x^{2} } .
Soit CC la courbe représentative de ff et soit C′C' celle de la fonction hh définie sur ]0;+∞[\left]0;+\infty \right[ par h(x)=1xh\left(x\right)=\frac{1}{x} .

Déterminer les limites de ff en 00 et en +∞+\infty .
En déduire que CC a deux asymptotes que l'on déterminera.

Correction
Calcul de la limite en 0 :
f(x)=1+2ln⁡(x)x2f\left(x\right)=\frac{1+2\ln \left(x\right)}{x^{2} } qui peut également s'écrire f(x)=(1+2ln⁡(x))×1x2f\left(x\right)=\left(1+2\ln \left(x\right)\right)\times \frac{1}{x^{2} }
lim⁡x→0+1+2ln⁡(x)=−∞lim⁡x→0+1x2=+∞}\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{x\to 0^{+} } 1+2\ln \left(x\right)} & {=} & {-\infty } \\ {\lim\limits_{x\to 0^{+} } \frac{1}{x^{2} } } & {=} & {+\infty } \end{array}\right\} par produit lim⁡x→0+(1+2ln⁡(x))×1x2=−∞\lim\limits_{x\to 0^{+} } \left(1+2\ln \left(x\right)\right)\times \frac{1}{x^{2} } =-\infty .
On en déduit que la courbe admet une asymptote verticale d'équation x=0x=0.

Calcul de la limite en +∞+\infty :
f(x)=1+2ln⁡(x)x2f\left(x\right)=\frac{1+2\ln \left(x\right)}{x^{2} } qui peut également s'écrire f(x)=1x2+2ln⁡(x)x2f\left(x\right)=\frac{1}{x^{2} } +\frac{2\ln \left(x\right)}{x^{2} }
lim⁡x→+∞1x2=0lim⁡x→+∞2ln⁡(x)x2=0}\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{x\to +\infty } \frac{1}{x^{2} } } & {=} & {0} \\ {\lim\limits_{x\to +\infty } \frac{2\ln \left(x\right)}{x^{2} } } & {=} & {0} \end{array}\right\} par somme lim⁡x→+∞1x2+2ln⁡(x)x2=0\lim\limits_{x\to +\infty } \frac{1}{x^{2} } +\frac{2\ln \left(x\right)}{x^{2} } =0 .
On en déduit que la courbe admet une asymptote horizontale d'équation y=0y=0.
Question 2

Calculer la dérivée f′f' de ff et étudier les variations de ff .

Correction
ff est dérivable sur ]0;+∞[\left]0;+\infty \right[.
On reconnait la forme (uv)′=u′v−uv′v2\left(\frac{u}{v} \right)^{'} =\frac{u'v-uv'}{v^{2} } avec u(x)=1+2ln⁡(x)u\left(x\right)=1+2\ln \left(x\right) et v(x)=x2v\left(x\right)=x^{2} .
Ainsi u′(x)=2xu'\left(x\right)=\frac{2}{x} et v′(x)=2xv'\left(x\right)=2x.
Il vient alors que :
f′(x)=2x×x2−(1+2ln⁡(x))×2x(x2)2f'\left(x\right)=\frac{\frac{2}{x} \times x^{2} -\left(1+2\ln \left(x\right)\right)\times 2x}{\left(x^{2} \right)^{2} }
f′(x)=2x−2x−4xln⁡(x)(x2)2f'\left(x\right)=\frac{2x-2x-4x\ln \left(x\right)}{\left(x^{2} \right)^{2} }
f′(x)=−4xln⁡(x)(x2)2f'\left(x\right)=\frac{-4x\ln \left(x\right)}{\left(x^{2} \right)^{2} }
f′(x)=−4xln⁡(x)x4f'\left(x\right)=\frac{-4x\ln \left(x\right)}{x^{4} }
f′(x)=−4ln⁡(x)x3f'\left(x\right)=\frac{-4\ln \left(x\right)}{x^{3} }

Comme x∈]0;+∞[x\in \left]0;+\infty \right[ alors x3>0x^{3} >0.
Donc f′f' est du signe de −4ln⁡(x)-4\ln \left(x\right).
Or,
−4ln⁡(x)≥0-4\ln \left(x\right)\ge 0 équivaut successivement à
ln⁡(x)≤0\ln \left(x\right)\le 0
ln⁡(x)≤ln⁡(1)\ln \left(x\right)\le \ln \left(1\right)
x≤1x\le 1
Cela signifie que f′(x)≥0f'\left(x\right)\ge 0 si x∈]0;1]x\in \left]0;1\right] et f′(x)≤0f'\left(x\right)\le 0 si x∈[1;+∞[x\in \left[1;+\infty \right[.
On traduit ces informations dans le tableau de variation de la fonction ff.
Il vient alors que
De plus : f(1)=1+2ln⁡(1)12=1f\left(1\right)=\frac{1+2\ln \left(1\right)}{1^{2} } =1
Question 3

Soit II le point d'intersection de CC avec l'axe des abscisses.
Déterminer les coordonnées de II.

Correction
Il faut résoudre l'équation f(x)=0f\left(x\right)=0.
f(x)=0f\left(x\right)=0 équivaut successivement à
1+2ln⁡(x)x2=0.\frac{1+2\ln \left(x\right)}{x^{2} } =0.
Comme x∈]0;+∞[x\in \left]0;+\infty \right[ alors
1+2ln⁡(x)=01+2\ln \left(x\right)=0
2ln⁡(x)=−12\ln \left(x\right)=-1
ln⁡(x)=−12\ln \left(x\right)=\frac{-1}{2}
eln⁡(x)=e−12e^{\ln \left(x\right)} =e^{\frac{-1}{2} }
x=e−12x=e^{\frac{-1}{2} }

Les coordonnées du point d'intersection de CC avec l'axe des abscisses sont données par le point I(0;e−12)I\left(0;e^{\frac{-1}{2} } \right)
Question 4
Pour tout xx de ]0;+∞[\left]0;+\infty \right[, on pose g(x)=1−x+2ln⁡(x)g\left(x\right)=1-x+2\ln \left(x\right)

Etudier les variations de la fonction gg.
Dresser le tableau de variation complet.

Correction
gg est dérivable sur ]0;+∞[\left]0;+\infty \right[.
g′(x)=−1+2xg'\left(x\right)=-1+\frac{2}{x}
Pour étudier le signe de g′g' correctement il faut tout mettre au même dénominateur

g′(x)=−x+2x.g'\left(x\right)=\frac{-x+2}{x} .
Comme x∈]0;+∞[x\in \left]0;+\infty \right[ alors g′g' est du signe de −x+2-x+2.
Or,
−x+2≥0⇔x≤2.-x+2\ge 0\Leftrightarrow x\le 2.
Cela signifie que g′(x)≥0g'\left(x\right)\ge 0 si x∈]0;2]x\in \left]0;2\right] et g′(x)≤0g'\left(x\right)\le 0 si x∈[2;+∞[x\in \left[2;+\infty \right[.
On traduit ces informations dans le tableau de variation de la fonction ff.
Il vient alors que :


Calculons les limites de la fonction gg en 0 et en +∞+\infty .
Calcul de la limite en 0 :
g(x)=1−x+2ln⁡(x)g\left(x\right)=1-x+2\ln \left(x\right)
lim⁡x→0+1−x=1lim⁡x→0+2ln⁡(x)=−∞}\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{x\to 0^{+} } 1-x} & {=} & {1} \\ {\lim\limits_{x\to 0^{+} } 2\ln \left(x\right)} & {=} & {-\infty } \end{array}\right\}par produit lim⁡x→0+1−x+2ln⁡(x)=−∞\lim\limits_{x\to 0^{+} } 1-x+2\ln \left(x\right)=-\infty . On en déduit que la courbe admet une asymptote verticale d'équation x=0x=0.

Calcul de la limite en +∞+\infty :=
g(x)=1−x+2ln⁡(x)g\left(x\right)=1-x+2\ln \left(x\right)
lim⁡x→+∞1−x+2ln⁡(x)=lim⁡x→+∞x(1−x+2ln⁡(x)x)\lim\limits_{x\to +\infty } 1-x+2\ln \left(x\right)=\lim\limits_{x\to +\infty } x\left(\frac{1-x+2\ln \left(x\right)}{x} \right)
On a factorisé par xx car on avait une forme indéterminée.

lim⁡x→+∞1−x+2ln⁡(x)=lim⁡x→+∞x(1x+−xx+2ln⁡(x)x)\lim\limits_{x\to +\infty } 1-x+2\ln \left(x\right)=\lim\limits_{x\to +\infty } x\left(\frac{1}{x} +\frac{-x}{x} +\frac{2\ln \left(x\right)}{x} \right)
lim⁡x→+∞1−x+2ln⁡(x)=lim⁡x→+∞x(1x−1+2ln⁡(x)x)\lim\limits_{x\to +\infty } 1-x+2\ln \left(x\right)=\lim\limits_{x\to +\infty } x\left(\frac{1}{x} -1+\frac{2\ln \left(x\right)}{x} \right)
lim⁡x→+∞x=+∞lim⁡x→+∞1x−1+2ln⁡(x)x=−1}\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{x\to +\infty } x} & {=} & {+\infty } \\ {\lim\limits_{x\to +\infty } \frac{1}{x} -1+\frac{2\ln \left(x\right)}{x} } & {=} & {-1} \end{array}\right\} par produit lim⁡x→+∞1−x+2ln⁡(x)=−∞\lim\limits_{x\to +\infty } 1-x+2\ln \left(x\right)=-\infty .
Enfin, on calcule la valeur du maximum de gg qui est atteint quand x=2x=2.
g(2)=1−2+2ln⁡(2)=2ln⁡(2)−1g\left(2\right)=1-2+2\ln \left(2\right)=2\ln \left(2\right)-1 et g(2)≈0.386>0g\left(2\right)\approx 0.386>0
Question 5

Montrer que l'équation g(x)=0g\left(x\right)=0 admet une solution unique dans chacun des intervalles ]0;2[\left]0;2\right[ et ]2;4[\left]2;4\right[ .
Soit α\alpha la solution appartenant ]2;+∞[\left]2;+\infty \right[.
Donner un encadrement de α\alpha d'amplitude 10−210^{-2} .

Correction
On redonne le tableau de variation de gg.

1er cas : L'unique solution sur l'intervalle ]0;2[\left]0;2\right[
Sur ]0;2[\left]0;2\right[, la fonction gg est continue et strictement croissante.
De plus, lim⁡x→0+g(x)=−∞\lim\limits_{x\to 0^{+} } g\left(x\right)=-\infty et g(2)=2ln⁡(2)−1g\left(2\right)=2\ln \left(2\right)-1 . Or 0∈]−∞;2ln⁡(2)−1[0\in \left]-\infty ;2\ln \left(2\right)-1\right[, donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe une unique solution β\beta dans ]0;2[\left]0;2\right[ tel que g(x)=0g\left(x\right)=0.
On vérifie facilement que g(1)=0g\left(1\right)=0.
2ème cas : L'unique solution sur l'intervalle ]2;+∞[\left]2;+\infty \right[
Sur ]2;+∞[\left]2;+\infty \right[, la fonction gg est continue et strictement décroissante.
De plus, g(2)=2ln⁡(2)−1g\left(2\right)=2\ln \left(2\right)-1et lim⁡x→+∞g(x)=−∞\lim\limits_{x\to +\infty } g\left(x\right)=-\infty . Or 0∈]−∞;2ln⁡(2)−1[0\in \left]-\infty ;2\ln \left(2\right)-1\right[, donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe une unique solution α\alpha dans ]2;+∞[\left]2;+\infty \right[ tel que g(x)=0g\left(x\right)=0.
A la calculatrice, on vérifie que :
g(3,51)≈0,0012g\left(3,51\right)\approx 0,0012 et g(3,52)≈−0,003g\left(3,52\right)\approx -0,003 .
Or 0∈]−0,003;0,0012]0\in \left]-0,003;0,0012\right], donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires on en déduit que
3,51≤α≤3,523,51\le \alpha \le 3,52
Question 6

En déduire le signe de gg sur ]0;+∞[\left]0;+\infty \right[.

Correction
  • g(x)≤0g\left(x\right)\le 0 sur ]0;1]\left]0;1\right]
  • g(x)≥0g\left(x\right)\ge 0 sur [1;α]\left[1;\alpha \right]
  • g(x)≤0g\left(x\right)\le 0 sur [α;+∞[\left[\alpha ;+\infty \right[

On résume cela dans un tableau de signe
Question 7

Montrer que f(x)−1x=g(x)x2f\left(x\right)-\frac{1}{x} =\frac{g\left(x\right)}{x^{2} } et en déduire que CC et C′C' se coupent en deux points

Correction
f(x)−1x=1+2ln⁡(x)x2−1xf\left(x\right)-\frac{1}{x} =\frac{1+2\ln \left(x\right)}{x^{2} } -\frac{1}{x} équivaut successivement à
f(x)−1x=1+2ln⁡(x)x2−xx2f\left(x\right)-\frac{1}{x} =\frac{1+2\ln \left(x\right)}{x^{2} } -\frac{x}{x^{2} }
f(x)−1x=1+2ln⁡(x)−xx2f\left(x\right)-\frac{1}{x} =\frac{1+2\ln \left(x\right)-x}{x^{2} }
f(x)−1x=g(x)x2f\left(x\right)-\frac{1}{x} =\frac{g\left(x\right)}{x^{2} }

Les abscisses des points communs à CC et à C′C' vérifient f(x)=1xf\left(x\right)=\frac{1}{x} autrement dit f(x)−1x=0f\left(x\right)-\frac{1}{x} =0.
Il en résulte donc que :
f(x)−1x=0⇔g(x)x2=0f\left(x\right)-\frac{1}{x} =0\Leftrightarrow \frac{g\left(x\right)}{x^{2} } =0
Donc :
g(x)x2=0\frac{g\left(x\right)}{x^{2} } =0 équivaut successivement à
g(x)=0g\left(x\right)=0.
D'après la question précédente, les solutions de cette équation sont 11 et α\alpha .
Question 8

En déduire que sur ]α;+∞[\left]\alpha ;+\infty \right[ , on a 0≤f(x)≤1x0\le f\left(x\right)\le \frac{1}{x}

Correction
Comme f(x)−1x=g(x)x2f\left(x\right)-\frac{1}{x} =\frac{g\left(x\right)}{x^{2} } alors f(x)−1xf\left(x\right)-\frac{1}{x} à le même signe que g(x)x2\frac{g\left(x\right)}{x^{2} } .
On rappelle que 3,51≤α≤3,523,51\le \alpha \le 3,52.
Ainsi f(x)−1xf\left(x\right)-\frac{1}{x} à le même signe que g(x)g\left(x\right) car x2>0x^{2} >0.
D'après la question 66, on a :
Donc :
Il en résulte donc que sur l'intervalle [α;+∞[\left[\alpha ;+\infty \right[ , on a 0≤f(x)≤1x0\le f\left(x\right)\le \frac{1}{x}
Question 9
Partie B
Soit DD la partie du plan définie par les inégalités suivantes :
{1≤x≤α0≤y≤f(x)\left\{\begin{array}{ccccc} {1} & {\le } & {x} & {\le } & {\alpha } \\ {0} & {\le } & {y} & {\le } & {f\left(x\right)} \end{array}\right. où α\alpha est le réel défini dans la partie A.

Déterminer l'aire de DD, notée A(α)A\left(\alpha \right), en unités d'aire .
On admet qu'une primitive de ff est F(x)=−2ln⁡(x)−3xF\left(x\right)=\frac{-2\ln \left(x\right)-3}{x} .

Correction
Sur [1;α]\left[1;\alpha \right] , ff est positive donc :
A(α)=∫1αf(x)dxA\left(\alpha \right)=\int _{1}^{\alpha }f\left(x\right)dx
A(α)=[−2ln⁡(x)−3x]1αA\left(\alpha \right)=\left[\frac{-2\ln \left(x\right)-3}{x} \right]_{1}^{\alpha }
A(α)=−2ln⁡(α)−3α−(−2ln⁡(1)−31)A\left(\alpha \right)=\frac{-2\ln \left(\alpha \right)-3}{\alpha } -\left(\frac{-2\ln \left(1\right)-3}{1} \right)
A(α)=−2ln⁡(α)−3α+3A\left(\alpha \right)=\frac{-2\ln \left(\alpha \right)-3}{\alpha } +3
A(α)=−2ln⁡(α)−3+3ααA\left(\alpha \right)=\frac{-2\ln \left(\alpha \right)-3+3\alpha }{\alpha }
Question 10

Montrer que A(α)=2−2αA\left(\alpha \right)=2-\frac{2}{\alpha } et donner une valeur approchée de A(α)A\left(\alpha \right) à 10−210^{-2} près.

Correction
D'après la question 5, on sait que g(α)=0g\left(\alpha \right)=0 donc que 1−α+2ln⁡(α)=01-\alpha +2\ln \left(\alpha \right)=0.
Ainsi 2ln⁡(α)=α−12\ln \left(\alpha \right)=\alpha -1.
Or,
A(α)=−2ln⁡(α)−3+3ααA\left(\alpha \right)=\frac{-2\ln \left(\alpha \right)-3+3\alpha }{\alpha }
On en déduit que :
A(α)=−(α−1)−3+3ααA\left(\alpha \right)=\frac{-\left(\alpha -1\right)-3+3\alpha }{\alpha }
A(α)=−α+1−3+3ααA\left(\alpha \right)=\frac{-\alpha +1-3+3\alpha }{\alpha }
A(α)=−2+2ααA\left(\alpha \right)=\frac{-2+2\alpha }{\alpha }
A(α)=2−2αA\left(\alpha \right)=2-\frac{2}{\alpha }

On sait que :
3,51≤α≤3,523,51\le \alpha \le 3,52 équivaut successivement à
13,52≤1α≤13,51\frac{1}{3,52} \le \frac{1}{\alpha } \le \frac{1}{3,51}
23,52≤2α≤23,51\frac{2}{3,52} \le \frac{2}{\alpha } \le \frac{2}{3,51}
−23,51≤−2α≤−23,52-\frac{2}{3,51} \le -\frac{2}{\alpha } \le -\frac{2}{3,52}
2−23,51≤2−2α≤2−23,522-\frac{2}{3,51} \le 2-\frac{2}{\alpha } \le 2-\frac{2}{3,52}
1,43≤2−2α≤1,441,43\le 2-\frac{2}{\alpha } \le 1,44
Finalement :
1,43≤A(α)≤1,441,43\le A\left(\alpha \right)\le 1,44
Question 11
Soit la suite (In)\left(I_{n} \right) définie pour nn supérieur ou égal à 1 par : In=∫nn+1f(x)dxI_{n} =\int _{n}^{n+1}f\left(x\right)dx

Montrer que, pour tout nn supérieur ou égal à 44, la double inégalité suivante est vraie : 0≤In≤ln⁡(n+1n)0\le I_{n} \le \ln \left(\frac{n+1}{n} \right)

Correction
Si f(x)≤g(x)f\left(x\right)\le g\left(x\right) sur [a;b]\left[a;b\right] alors ∫abf(x)dx≤∫abg(x)dx\int _{a}^{b}f\left(x\right)dx\le \int _{a}^{b}g\left(x\right)dx
D'après la question 88, on a : 0≤f(x)≤1x0\le f\left(x\right)\le \frac{1}{x} sur l'intervalle [α;+∞[\left[\alpha ;+\infty \right[ donc également vrai sur [4;+∞[\left[4;+\infty \right[ car 3,51≤α≤3,523,51\le \alpha \le 3,52.
Soit n≥4n\ge 4, en intégrant la double inégalité 0≤f(x)≤1x0\le f\left(x\right)\le \frac{1}{x} sur l'intervalle [n;n+1]\left[n;n+1\right], on a
0≤∫nn+1f(x)dx≤∫nn+11xdx0\le \int _{n}^{n+1}f\left(x\right)dx\le \int _{n}^{n+1}\frac{1}{x} dx équivaut successivement à
0≤In≤∫nn+11xdx0\le I_{n} \le \int _{n}^{n+1}\frac{1}{x} dx
0≤In≤[ln⁡(x)]nn+10\le I_{n} \le \left[\ln \left(x\right)\right]_{n}^{n+1}
0≤In≤ln⁡(n+1)−ln⁡(n)0\le I_{n} \le \ln \left(n+1\right)-\ln \left(n\right)
0≤In≤ln⁡(n+1n)0\le I_{n} \le \ln \left(\frac{n+1}{n} \right)
Question 12

En déduire que la suite (In)\left(I_{n} \right) converge vers un réel que l'on déterminera.

Correction
Calculons d'une part : lim⁡n→+∞ln⁡(n+1n)\lim\limits_{n\to +\infty } \ln \left(\frac{n+1}{n} \right).
Pour cela on va utiliser les limites par composition.
lim⁡n→+∞n+1n=lim⁡n→+∞(nn+1n)\lim\limits_{n\to +\infty } \frac{n+1}{n} =\lim\limits_{n\to +\infty } \left(\frac{n}{n} +\frac{1}{n} \right)
lim⁡n→+∞n+1n=lim⁡n→+∞(1+1n)\lim\limits_{n\to +\infty } \frac{n+1}{n} =\lim\limits_{n\to +\infty } \left(1+\frac{1}{n} \right)
lim⁡n→+∞n+1n=1\lim\limits_{n\to +\infty } \frac{n+1}{n} =1

On pose N=n+1nN=\frac{n+1}{n} .
Ainsi lim⁡n→+∞ln⁡(n+1n)=lim⁡N→1ln⁡(N)=0\lim\limits_{n\to +\infty } \ln \left(\frac{n+1}{n} \right)=\lim\limits_{N\to 1} \ln \left(N\right)=0
D'autre part : 0≤In≤ln⁡(n+1n)0\le I_{n} \le \ln \left(\frac{n+1}{n} \right)
D'après le théorème des gendarmes, on a :
lim⁡n→+∞In=0\lim\limits_{n\to +\infty } I_{n} =0

La suite (In)\left(I_{n} \right) converge vers 00.
Question 13

Soit Sn=I1+I2+…+InS_{n} =I_{1} +I_{2} +\ldots +I_{n} .
Calculer SnS_{n} puis la limite de la suite (Sn)\left(S_{n} \right).

Correction
Relation de Chasles
Soient trois réels a,ba,b et cc appartenant à un intervalle II, on a ∫acf(x)dx=∫abf(x)dx+∫bcf(x)dx\int _{a}^{c}f\left(x\right)dx =\int _{a}^{b}f\left(x\right)dx +\int _{b}^{c}f\left(x\right)dx

Sn=I1+I2+…+InS_{n} =I_{1} +I_{2} +\ldots +I_{n} équivaut successivement à
Sn=∫12f(x)dx+∫23f(x)dx+∫34f(x)dx+…+∫nn+1f(x)dx.S_{n} =\int _{1}^{2}f\left(x\right)dx +\int _{2}^{3}f\left(x\right)dx +\int _{3}^{4}f\left(x\right)dx +\ldots +\int _{n}^{n+1}f\left(x\right)dx .
D'après la relation de Chasles, on a :
Sn=∫1n+1f(x)dx.S_{n} =\int _{1}^{n+1}f\left(x\right)dx .
Or une primitive de ffest F(x)=−2ln⁡(x)−3xF\left(x\right)=\frac{-2\ln \left(x\right)-3}{x} (question 9)
Sn=[−2ln⁡(x)−3x]1n+1S_{n} =\left[\frac{-2\ln \left(x\right)-3}{x} \right]_{1}^{n+1}
Sn=−2ln⁡(n+1)−3n+1−(−2ln⁡(1)−31)S_{n} =\frac{-2\ln \left(n+1\right)-3}{n+1} -\left(\frac{-2\ln \left(1\right)-3}{1} \right)
Sn=−2ln⁡(n+1)−3n+1+3S_{n} =\frac{-2\ln \left(n+1\right)-3}{n+1} +3
Sn=−2ln⁡(n+1)n+1−3n+1+3S_{n} =\frac{-2\ln \left(n+1\right)}{n+1} -\frac{3}{n+1} +3

Or,
lim⁡n→+∞−2ln⁡(n+1)n+1=0lim⁡n→+∞−3n+1=0lim⁡n→+∞3=3}\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{n\to +\infty } \frac{-2\ln \left(n+1\right)}{n+1} } & {=} & {0} \\ {\lim\limits_{n\to +\infty } -\frac{3}{n+1} } & {=} & {0} \\ {\lim\limits_{n\to +\infty } 3} & {=} & {3} \end{array}\right\} par somme lim⁡n→+∞Sn=3\lim\limits_{n\to +\infty } S_{n} =3
Question 14
Partie C
On considère, pour tout nn supérieur ou égal à 1, la fonction fnf_{n} , définie sur ]0;+∞[\left]0;+\infty \right[ par fn(x)=1+2ln⁡(x)x2nf_{n} \left(x\right)=\frac{1+2\ln \left(x\right)}{x^{2n} }

Calculer la dérivée fn′f_{n}^{'} de la fonction fnf_{n} .

Correction
fnf_{n} est dérivable sur ]0;+∞[\left]0;+\infty \right[ comme quotient de fonction dérivable sur ]0;+∞[\left]0;+\infty \right[.
On reconnait la forme (uv)′=u′v−uv′v2\left(\frac{u}{v} \right)^{'} =\frac{u'v-uv'}{v^{2} } où u(x)=1+2ln⁡(x)u\left(x\right)=1+2\ln \left(x\right) et v(x)=x2nv\left(x\right)=x^{2n} . Ainsi u′(x)=2xu'\left(x\right)=\frac{2}{x} et v′(x)=2nx2n−1v'\left(x\right)=2nx^{2n-1} .
Il en résulte que :
fn′(x)=2x×x2n−(1+2ln⁡(x))×2nx2n−1(x2n)2f_{n}^{'} \left(x\right)=\frac{\frac{2}{x} \times x^{2n} -\left(1+2\ln \left(x\right)\right)\times 2nx^{2n-1} }{\left(x^{2n} \right)^{2} } équivaut successivement à
fn′(x)=2x2n−1−(1+2ln⁡(x))×2nx2n−1x4nf_{n}^{'} \left(x\right)=\frac{2x^{2n-1} -\left(1+2\ln \left(x\right)\right)\times 2nx^{2n-1} }{x^{4n} }
fn′(x)=x2n−1[2−(1+2ln⁡(x))×2n]x4nf_{n}^{'} \left(x\right)=\frac{x^{2n-1} \left[2-\left(1+2\ln \left(x\right)\right)\times 2n\right]}{x^{4n} }
On a factorisé par x2n−1x^{2n-1}
fn′(x)=x2n−1[2−2n−4nln⁡(x)]x4nf_{n}^{'} \left(x\right)=\frac{x^{2n-1} \left[2-2n-4n\ln \left(x\right)\right]}{x^{4n} }
fn′(x)=[2−2n−4nln⁡(x)]x2n+1f_{n}^{'} \left(x\right)=\frac{\left[2-2n-4n\ln \left(x\right)\right]}{x^{2n+1} }
car x2n−1x4n=1x2n+1\frac{x^{2n-1} }{x^{4n} } =\frac{1}{x^{2n+1} }
Question 15

Résoudre l'équation fn′(x)=0f_{n}^{'} \left(x\right)=0 .
Soit xnx_{n} la solution de cette équation.

Correction
fn′(x)=0f_{n}^{'} \left(x\right)=0 équivaut successivement à
[2−2n−4nln⁡(x)]x2n+1=0\frac{\left[2-2n-4n\ln \left(x\right)\right]}{x^{2n+1} } =0. Or x∈]0;+∞[x\in \left]0;+\infty \right[, d'où
2−2n−4nln⁡(x)=02-2n-4n\ln \left(x\right)=0
−4nln⁡(x)=−2+2n-4n\ln \left(x\right)=-2+2n
ln⁡(x)=−2+2n−4n\ln \left(x\right)=\frac{-2+2n}{-4n}
ln⁡(x)=1−n2n\ln \left(x\right)=\frac{1-n}{2n}
eln⁡(x)=e1−n2ne^{\ln \left(x\right)} =e^{\frac{1-n}{2n} }
x=e1−n2nx=e^{\frac{1-n}{2n} }

Cette solution est notée xn=e1−n2nx_{n} =e^{\frac{1-n}{2n} }
Question 16

Déterminer la limite de la suite (xn)\left(x_{n} \right).

Correction
lim⁡n→+∞e1−n2n.\lim\limits_{n\to +\infty } e^{\frac{1-n}{2n} } .
Pour cela on va utiliser les limites par composition.
lim⁡n→+∞1−n2n=lim⁡n→+∞(12n−n2n)\lim\limits_{n\to +\infty } \frac{1-n}{2n} =\lim\limits_{n\to +\infty } \left(\frac{1}{2n} -\frac{n}{2n} \right)
lim⁡n→+∞1−n2n=lim⁡n→+∞(12n−12)\lim\limits_{n\to +\infty } \frac{1-n}{2n} =\lim\limits_{n\to +\infty } \left(\frac{1}{2n} -\frac{1}{2} \right)
lim⁡n→+∞1−n2n=lim⁡n→+∞−12\lim\limits_{n\to +\infty } \frac{1-n}{2n} =\lim\limits_{n\to +\infty } -\frac{1}{2}
Par composition :
lim⁡n→+∞e1−n2n=e−12\lim\limits_{n\to +\infty } e^{\frac{1-n}{2n} } =e^{-\frac{1}{2} }