Fonction logarithme népérien

Exercices types : 11ère partie - Exercice 5

25 min
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On considère la fonctionff définie sur ]0;+[\left]0;+\infty \right[, f(x)=ln(1+1x)xf\left(x\right)=\ln \left(1+\frac{1}{x} \right)-x.
Question 1

Déterminer les limites de ff en 00 et en ++\infty .

Correction
 Calculons d’une part :\red{\text{ Calculons d'une part :}} limx0+ln(1+1x)x\lim\limits_{x\to 0^{+} } \ln \left(1+\frac{1}{x} \right)-x.
limx0+1+1x=+\lim\limits_{x\to 0^{+} } 1+\frac{1}{x} =+\infty . On pose X=1+1xX=1+\frac{1}{x} , ainsi limX+ln(X)=X\lim\limits_{X\to +\infty } \ln \left(X\right)=X.
Par composition limx0+ln(1+1x)=+\lim\limits_{x\to 0^{+} } \ln \left(1+\frac{1}{x} \right)=+\infty .
Ainsi
limx0+ln(1+1x)=+limx0+x=0}par addition\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{x\to 0^{+} } \ln \left(1+\frac{1}{x} \right)} & {=} & {+\infty } \\ {\lim\limits_{x\to 0^{+} } -x} & {=} & {0} \end{array}\right\}{\text{par addition}}
limx0+ln(1+1x)x=+\lim\limits_{x\to 0^{+} } \ln \left(1+\frac{1}{x} \right)-x=+\infty

On en déduit que la courbe admet une asymptote verticale d'équation x=0x=0.
 Calculons d’autre part :\red{\text{ Calculons d’autre part :}} limx+ln(1+1x)x\lim\limits_{x\to +\infty } \ln \left(1+\frac{1}{x} \right)-x.
limx+1+1x=1\lim\limits_{x\to +\infty } 1+\frac{1}{x} =1. On pose X=1+1xX=1+\frac{1}{x} , ainsi limX1ln(X)=0\lim\limits_{X\to 1} \ln \left(X\right)=0.
Par composition limx+ln(1+1x)=0\lim\limits_{x\to +\infty } \ln \left(1+\frac{1}{x} \right)=0.
Ainsi
limx+ln(1+1x)=0limx+x=}par addition\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{x\to +\infty } \ln \left(1+\frac{1}{x} \right)} & {=} & {0} \\ {\lim\limits_{x\to +\infty } -x} & {=} & {-\infty } \end{array}\right\}{\text{par addition}}
limx+ln(1+1x)x=\lim\limits_{x\to +\infty } \ln \left(1+\frac{1}{x} \right)-x=-\infty
Question 2

Etudiez les variations de ff sur ]0;+[\left]0;+\infty \right[.

Correction
f(x)=ln(1+1x)x.f\left(x\right)=\ln \left(1+\frac{1}{x} \right)-x.
On reconnait la forme (ln(u))=uu\left(\ln \left(u\right)\right)^{'} =\frac{u'}{u} . On u(x)=1+1xu\left(x\right)=1+\frac{1}{x} et u(x)=1x2u'\left(x\right)=-\frac{1}{x^{2} }
f(x)=1x21+1x1f'\left(x\right)=\frac{-\frac{1}{x^{2} } }{1+\frac{1}{x} } -1 équivaut successivement à :
f(x)=1x21×x2x2+1×xx×xf'\left(x\right)=\frac{\frac{-1}{x^{2} } }{\frac{1\times x^{2} }{x^{2} } +\frac{1\times x}{x\times x} } . Nous avons tout mis au même dénominateur c'est à dire sur x2x^{2} .
f(x)=1x2x2x2+xx21f'\left(x\right)=\frac{-\frac{1}{x^{2} } }{\frac{x^{2} }{x^{2} } +\frac{x}{x^{2} } } -1
f(x)=1x2x2+xx21f'\left(x\right)=\frac{\frac{-1}{x^{2} } }{\frac{x^{2} +x}{x^{2} } } -1 . On rappelle que : (ab)(cd)=ab×dc\frac{\left(\frac{a}{b} \right)}{\left(\frac{c}{d} \right)} =\frac{a}{b} \times \frac{d}{c}
f(x)=1x2×x2x2+x1f'\left(x\right)=\frac{-1}{x^{2} } \times \frac{x^{2} }{x^{2} +x} -1
f(x)=1x2+x1 f'\left(x\right)=\frac{-1}{x^{2} +x} -1
f(x)=1x2+xx2+xx2+xf'\left(x\right)=\frac{-1}{x^{2} +x} -\frac{x^{2} +x}{x^{2} +x}
f(x)=1(x2+x)x2+xf'\left(x\right)=\frac{-1-\left(x^{2} +x\right)}{x^{2} +x}
Ainsi : f(x)=x2x1x2+xf'\left(x\right)=\frac{-x^{2} -x-1}{x^{2} +x} \Leftrightarrow
f(x)=x2x1x(x+1)f'\left(x\right)=\frac{-x^{2} -x-1}{x\left(x+1\right)}

Or x]0;+[x\in \left]0;+\infty \right[ donc x>0x>0 et x+1>0x+1>0.
Donc le signe de ff' dépend du numérateur x2x1-x^{2} -x-1.
On considère le trinôme x2x1-x^{2} -x-1. Δ<0\Delta <0 et donc x2x1<0-x^{2} -x-1<0 car a=1<0a=-1<0
On peut donner alors le tableau de variation de ff en indiquant les limites.
Il vient alors que :
Question 3

Montrer qu'il existe un unique réel α]0;+[\alpha \in \left]0;+\infty \right[ tel que f(α)=0f\left(\alpha \right)=0.

Correction
Sur ]0;+[\left]0;+\infty \right[, la fonction ff est continue et strictement décroissante.
De plus, limx0+f(x)=+\lim\limits_{x\to 0^{+} } f\left(x\right)=+\infty et limx+f(x)=\lim\limits_{x\to +\infty } f\left(x\right)=-\infty . Or 0];+[0\in \left]-\infty ;+\infty \right[, donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe une unique solution α\alpha dans ]0;+[\left]0;+\infty \right[ tel que f(α)=0f\left(\alpha \right)=0.
Question 4

Déterminer une valeur approchée de α\alpha à 10210^{-2} près.

Correction
A la calculatrice, on vérifie que
f(0,80)0,0109f\left(0,80\right)\approx 0,0109 et f(0,81)0,005f\left(0,81\right)\approx -0,005 .
Or 0]0,005;0,0109]0\in \left]-0,005;0,0109\right], donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires on en déduit que :
0,80α0,810,80\le \alpha \le 0,81
Question 5

En déduire le signe de ff.

Correction
Sur ]0;+[\left]0;+\infty \right[, la fonction ff est continue et strictement décroissante et f(α)=0f\left(\alpha \right)=0.
Donc f(x)0f\left(x\right)\ge 0 pour tout x]0;α]x\in \left]0;\alpha \right] et f(x)0f\left(x\right)\le 0 pour tout x[α;+[x\in \left[\alpha ;+\infty \right[.
On résume cela dans un tableau de signe :