La fonction logarithme

Exercice 8 - Exercice 1

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

Etudier le signe de ln(x+1)\ln \left(x+1 \right) sur l'intervalle I=[0;+[I=\left[0;+\infty\right[

Correction
Nous savons que x[0;+[x\in \left[0;+\infty\right[. Ainsi :
x0x\ge 0 équivaut successivement à :
x+11x+1\ge 1
ln(x+1)ln(1)\ln \left(x+1\right)\ge \ln \left(1\right) . L'ordre est conservé car la fonction xln(x)x\mapsto \ln \left(x\right) est croissante sur [0;+[\left[0;+\infty\right[ .
ln(x+1)0\ln \left(x+1\right)\ge 0
Il en résulte donc que, pour tout x[0;+[x\in \left[0;+\infty\right[, on a : ln(x+1)0\ln \left(x+1\right)\ge 0
Question 2

Etudier les variations de la fonction ff. On ne demandera pas les limites .

Correction
ff est dérivable sur I=[0;+[I=\left[0;+\infty\right[ .
  • (ln(u))=uu\left(\ln \left(u\right)\right)^{'} =\frac{u'}{u}
  • Ici on reconnaît la forme (uv)=uv+uv\left(uv\right)'=u'v+uv' avec u(x)=xu\left(x\right)=x et v(x)=ln(x+1)v\left(x\right)=\ln \left(x+1\right).
    Ainsi u(x)=1u'\left(x\right)=1 et v(x)=1x+1v'\left(x\right)=\frac{1}{x+1} .
    f(x)=1×ln(x+1)+x×1x+1f'\left(x\right)=1\times \ln \left(x+1\right)+x\times \frac{1}{x+1}
    f(x)=ln(x+1)+xx+1f'\left(x\right)=\ln \left(x+1\right)+\frac{x}{x+1}

    D'après la question précédente, nous avons démontré que x[0;+[x\in \left[0;+\infty\right[, on a : ln(x+1)0\ln \left(x+1\right)\ge 0
    De plus, comme x[0;+[x\in \left[0;+\infty\right[ alors x0x\ge 0 et x+10x+1\ge0. Il en résulte donc que xx+10\frac{x}{x+1}\ge0
    Nous avons donc , pour tout x[0;+[x\in \left[0;+\infty\right[ , d'une part ln(x+1)0\ln \left(x+1\right)\ge 0 et d'autre part xx+10\frac{x}{x+1}\ge0.
    Finalement, pour tout x[0;+[x\in \left[0;+\infty\right[ on a :
    f(x)=ln(x+1)+xx+10f'\left(x\right)=\ln \left(x+1\right)+\frac{x}{x+1}\ge0 . La fonction ff est donc croissante sur [0;+[\left[0;+\infty\right[ .
    Question 3

    L'axe des abscisses est-il tangent à la courbe C\mathscr{C} au point OO.

    Correction
    Il nous suffit de calculer l'équation de la tangente au point OO d'abscisse 00.
    L'équation de la tangente au point d'abscisse aa s'écrit y=f(a)(xa)+f(a)y=f'\left(a\right)\left(x-a\right)+f\left(a\right).
    Ici a=0a=0, ce qui donne, y=f(0)(x0)+f(0)y=f'\left(0\right)\left(x-0\right)+f\left(0\right).
    Nous savons que f(x)=ln(x+1)+xx+1f'\left(x\right)=\ln \left(x+1\right)+\frac{x}{x+1}
    Or :
  • f(0)=0×ln(0+1)f\left(0\right)=0\times\ln \left(0+1 \right) d'où : f(0)=0f\left(0\right)=0
  • f(0)=ln(0+1)+00+1f'\left(0\right)=\ln \left(0+1\right)+\frac{0}{0+1} d'où : f(0)=0f'\left(0\right)=0
  • Ainsi :
    y=f(0)(x0)+f(0)y=f'\left(0\right)\left(x-0\right)+f\left(0\right)
    y=0×(x0)+0y=0\times \left(x-0\right)+0
    y=0y=0

    Ainsi l'équation de la tangente à la courbe C\mathscr{C} au point OO est alors y=0y=0 qui correspond à l'équation de l'axe des abscisses.
    Il en résulte donc que l'axe des abscisses est bien tangent à la courbe C\mathscr{C} au point OO.
    Question 4
    Pour tout entier naturel nn non nul, on définie la suite (un)\left(u_{n}\right) par un=01xnln(1+x)dxu_{n} =\int _{0}^{1}x^{n} \ln \left(1+x\right)dx .

    Montrer, que pour tout entier naturel nn non nul, la suite (un)\left(u_{n}\right) est minorée par 00.

    Correction
    D'après la question 11, nous avons démontré que x[0;+[x\in \left[0;+\infty\right[, on a : ln(x+1)0\ln \left(x+1\right)\ge 0 . Cette inégalité est vraie également sur l'intervalle [0;1]\left[0;1\right] .
    De plus , pour tout x[0;1]x\in \left[0;1\right] , on a x0x\ge0 ce qui implique que xn0x^{n}\ge0.
    Il en résulte donc, que pour tout x[0;1]x\in \left[0;1\right] , on a : xnln(1+x)0x^{n} \ln \left(1+x\right)\ge0
    Positivité de l'intégrale.
    Soit ff une fonction continue sur un intervalle [a;b]\left[a;b\right].
    • Si f(x)0f\left(x\right)\ge 0 sur [a;b]\left[a;b\right] alors abf(x)dx0\int _{a}^{b}f\left(x\right) dx\ge 0
    Nous venons de voir, juste avant l'encadré rose que pour tout x[0;1]x\in \left[0;1\right] , on a : xnln(1+x)0x^{n} \ln \left(1+x\right)\ge0
    On peut conclure que : 01xnln(1+x)dx0\int _{0}^{1}x^{n} \ln \left(1+x\right)dx\ge0 .
    Finalement :
    un0u_{n} \ge 0
    ce qui signifie que la suite (un)\left(u_{n}\right) est minorée par 00.
    Question 5

    Déterminer le sens de variation de la suite (un)\left(u_{n}\right) .

    Correction
    Pour déterminer les variations de la suite (un)\left(u_{n}\right), il nous faut étudier le signe de un+1unu_{n+1} -u_{n} .
    un+1un=01xn+1ln(x+1)dx01xnln(x+1)dxu_{n+1} -u_{n} =\int _{0}^{1}x^{n+1} \ln \left(x+1\right)dx- \int _{0}^{1}x^{n} \ln \left(x+1\right)dx
    un+1un=01(xn+1ln(x+1)xnln(x+1))dxu_{n+1} -u_{n} =\int _{0}^{1}\left(x^{n+1} \ln \left(x+1\right)-x^{n} \ln \left(x+1\right)\right)dx
    un+1un=01(xn×xln(x+1)xnln(x+1))dxu_{n+1} -u_{n} =\int _{0}^{1}\left(x^{n} \times x\ln \left(x+1\right)-x^{n} \ln \left(x+1\right)\right)dx
    un+1un=01(xnln(x+1)(x1))dxu_{n+1} -u_{n} =\int _{0}^{1}\left(x^{n} \ln \left(x+1\right)\left(x-1\right)\right)dx
    Nous allons étudier le signe de (xnln(x+1)(x1))\left(x^{n} \ln \left(x+1\right)\left(x-1\right)\right).
    D'après la question 44, nous avons vu que : xnln(1+x)0x^{n} \ln \left(1+x\right)\ge0 pour tout réel x[0;1]x\in \left[0;1\right] .
    Comme x[0;1]x\in \left[0;1\right] alors 0x10\le x\le 1 et donc 1x10-1\le x-1\le 0 .
    Il en résulte donc que pour tout x[0;1]x\in \left[0;1\right], on a : (xnln(x+1)(x1))0\left(x^{n} \ln \left(x+1\right)\left(x-1\right)\right)\le 0.
    Cela nous permet alors de conclure que : 01(xnln(x+1)(x1))dx0\int _{0}^{1}\left(x^{n} \ln \left(x+1\right)\left(x-1\right)\right)dx \le0
    Finalement :
    un+1un=01(xnln(x+1)(x1))dx0u_{n+1} -u_{n} =\int _{0}^{1}\left(x^{n} \ln \left(x+1\right)\left(x-1\right)\right)dx \le0
    La suite (un)\left(u_{n}\right) est donc décroissante.
    Question 6

    Que peut-on en déduire pour la suite (un)\left(u_{n}\right) ?

    Correction
    • Une suite décroissante et minorée est convergente, elle admet donc une limite finie.
    • Une suite croissante et majorée est convergente, elle admet donc une limite finie.
    On vient de démontrer que la suite (un)\left(u_{n} \right) était minorée par 00 car : un0u_{n} \ge 0 . De plus, la suite (un)\left(u_{n} \right) est décroissante.
    D'après le théorème de convergence des suites monotones , on peut affirmer que la suite (un)\left(u_{n} \right) est convergente et admet donc une limite que l'on note ll.
    Question 7

    Démontrer que pour tout entier naturel nn non nul, on a : 0unln(2)n+10\le u_{n} \le \frac{\ln \left(2\right)}{n+1} .

    Correction
    Soit un=01xnln(1+x)dxu_{n} =\int _{0}^{1}x^{n} \ln \left(1+x\right)dx . Pour tout x[0;1]x\in \left[0;1\right], on a :
    0x10\le x\le 1 équivaut successivement à :
    1x+121\le x+1\le 2
    ln(1)ln(x+1)ln(2)\ln \left(1\right)\le \ln \left(x+1\right)\le \ln \left(2\right) . L'ordre est conservé car la fonction xln(x)x\mapsto \ln \left(x\right) est croissante sur [0;1]\left[0;1\right] .
    0ln(x+1)ln(2)0\le \ln \left(x+1\right)\le \ln \left(2\right)
    0×xnxnln(x+1)ln(2)×xn0\times x^{n} \le x^{n} \ln \left(x+1\right)\le \ln \left(2\right)\times x^{n}
    0xnln(x+1)ln(2)×xn0\le x^{n} \ln \left(x+1\right)\le \ln \left(2\right)\times x^{n}
    Soient ff, gg et hh trois fonctions continues sur un intervalle [a;b]\left[a;b\right]
  • Si h(x)f(x)g(x)h\left(x\right)\le f\left(x\right)\le g\left(x\right) alors abh(x)dxabf(x)dxabg(x)dx\int _{a}^{b}h\left(x\right) dx \le\int _{a}^{b}f\left(x\right) dx\le \int _{a}^{b}g\left(x\right) dx
  • Ainsi :
    010dx01xnln(x+1)dx01ln(2)×xndx\int _{0}^{1}0dx \le \int _{0}^{1}x^{n} \ln \left(x+1\right)dx \le \int _{0}^{1}\ln \left(2\right)\times x^{n} dx
    001xnln(x+1)dx01ln(2)×xndx0\le \int _{0}^{1}x^{n} \ln \left(x+1\right)dx \le \int _{0}^{1}\ln \left(2\right)\times x^{n} dx
    0un01ln(2)×xndx0\le u_{n} \le \int _{0}^{1}\ln \left(2\right)\times x^{n} dx
    0un[ln(2)×1n+1xn+1]010\le u_{n} \le \left[\ln \left(2\right)\times \frac{1}{n+1} x^{n+1} \right]_{0}^{1}
    0un[ln(2)n+1xn+1]010\le u_{n} \le \left[\frac{\ln \left(2\right)}{n+1} x^{n+1} \right]_{0}^{1}
    0un(ln(2)n+1×1n+1ln(2)n+1×0n+1)0\le u_{n} \le \left(\frac{\ln \left(2\right)}{n+1} \times 1^{n+1} -\frac{\ln \left(2\right)}{n+1} \times 0^{n+1} \right)
    0unln(2)n+10\le u_{n} \le \frac{\ln \left(2\right)}{n+1}
    Question 8

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

    Correction
    Nous avons démontré que : 0unln(2)n+10\le u_{n} \le \frac{\ln \left(2\right)}{n+1}
    D'une part : limn+0=0\lim\limits_{n\to +\infty } 0 =0
    D'autre part : limn+ln(2)n+1=0\lim\limits_{n\to +\infty } \frac{\ln \left(2\right)}{n+1} =0
    D'après le théorème des gendarmes limn+un=0\lim\limits_{n\to +\infty } u_{n} =0