Etudes de fonctions - Exercice 5

$$\red{\text{ D'une part :}}$$
$$\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{x\to +\infty } \ln \left(x\right)} & {=} & {+\infty } \\ {\lim\limits_{x\to +\infty } x-1} & {=} & {+\infty } \end{array}\right\}{\text{par addition}}$$
$$\red{\text{ D'autre part :}}$$
$$\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{x\to 0^{+} } \ln \left(x\right)} & {=} & {-\infty } \\ {\lim\limits_{x\to 0^{+} } x-1} & {=} & {-1} \end{array}\right\}{\text{par somme}}$$
Il en résulte que la courbe représentative de la fonction $$f$$ admet une asymptote verticale d'équation $$x=0$$ .

$$g$$ est dérivable sur $$\left]0;+\infty \right[$$.
$$g'\left(x\right)=\frac{1}{x}+1$$.
Or pour tout réel $$x$$ appartenant à l'intervalle $$\left]0;+\infty \right[$$, on vérifie aisément que $$\frac{1}{x}+1>0$$. En effet, comme $$x>0$$ alors $$\frac{1}{x}>0$$ et de ce fait $$\frac{1}{x}+1\ge 1>0$$
Ainsi : $$g'\left(x\right)>0$$.
La fonction $$f$$ est donc strictement croissante sur $$\left]0;+\infty \right[$$.
Nous traduisons cela dans un tableau de variation :

Commençons par calculer $$g\left(1\right)$$.
$$g\left(1\right)=\ln \left(1\right)+1-1$$ d'où : $$g\left(1\right)=0$$
Nous intégrons cette information dans le tableau de variation ci-dessous :
Sur $$\left]0;+\infty\right]$$, la fonction $$g$$ est continue et strictement croissante.
De plus, $$\lim _{x \rightarrow 0^{+}}{g(x)} = -\infty$$ et $$\lim _{x \rightarrow +\infty}{g(x)} = +\infty$$ .
Or $$0\in \left]-\infty;+\infty\right[$$, donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe une unique solution $$\alpha$$ appartenant à l'intervalle $$\left]0;+\infty\right]$$ tel que $$g\left(x\right)=0$$.
On a vu précédemment que $$g\left(1\right)=0$$.
Sur $$\left]0;+\infty\right]$$, la fonction $$g$$ est continue et strictement croissante et $$g(1) = 0$$
Donc $$g(x)\le0$$ pour tout $$x\in \left]0;1\right]$$ et $$g(x)\ge0$$ pour tout $$x\in\left[1;+\infty\right]$$
On résume cela dans un tableau de signe :

Soit $$f$$ la fonction définie sur $$\left]0;+\infty \right[$$ par $$f\left(x\right)=\frac{x-1}{x} \ln \left(x\right)$$.
Nous allons poser la fonction $$h$$ définie sur $$\left]0;+\infty \right[$$ par : $$h\left(x\right)=\frac{x-1}{x}$$ et calculer la dérivée de $$h$$.
On reconnaît la forme $$\left(\frac{u}{v} \right)^{'} =\frac{u'v-uv'}{v^{2} }$$ avec $$u\left(x\right)=x-1$$ et $$v\left(x\right)=x$$
Ainsi : $$u'\left(x\right)=1$$ et $$v'\left(x\right)=1$$.
Il vient alors que :
$$h'\left(x\right)=\frac{1\times \left(x\right)-\left(x-1\right)\times \left(1\right)}{\left(x\right)^{2} }$$
$$h'\left(x\right)=\frac{x-x+1}{x^{2} }$$
$$h'\left(x\right)=\frac{1}{x^{2} }$$
Maintenant nous allons caculer la dérivée de $$f$$ la fonction définie sur $$\left]0;+\infty \right[$$ par $$f\left(x\right)=\frac{x-1}{x} \ln \left(x\right)$$.
On reconnaît la forme $$\left(uv\right)'=u'v+uv'$$ avec $$u\left(x\right)=\frac{x-1}{x}$$ et $$v\left(x\right)=\ln \left(x\right)$$
Ainsi : $$u'\left(x\right)=\frac{1}{x^{2} }$$ et $$v'\left(x\right)=\frac{1}{x}$$.
Il vient alors que :
$$f'\left(x\right)=\frac{1}{x^{2} }\times \ln \left(x\right)+\frac{x-1}{x}\times \frac{1}{x}$$
$$f'\left(x\right)=\frac{\ln \left(x\right)}{x^{2} } +\frac{x-1}{x^{2}}$$
$$f'\left(x\right)=\frac{\ln \left(x\right)+x-1}{x^{2} }$$
Il en résulte donc que :

Nous avons vu que :
Pour tout réel $$x$$ appartenant à l'intervalle $$\left]0;+\infty \right[$$, nous connaissons le signe de $$g$$ d'après la question $$3$$ et nous savons également que $$x^{2}>0$$.
Nous allons traduire toutes ces informations à l'aide d'un tableau de variation :