Exercices types : $$2$$^ème partie - Exercice 2

Nous pouvons écrire $$f$$ sous la forme : $$f\left(x\right)=\frac{1}{x} \times \left(\ln \left(x\right)\right)^{2}$$
Or : $$\lim\limits_{x\to 0^{+} } \ln \left(x\right)=-\infty$$ et de ce fait : $$\lim\limits_{x\to 0^{+} } \left(\ln \left(x\right)\right)^{2}=+\infty$$
Il vient alors que :
$$\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{x\to 0^{+} } \left(\ln \left(x\right)\right)^{2}} & {=} & {+\infty } \\ {\lim\limits_{x\to 0^{+} } \frac{1}{x}} & {=} & {+\infty} \end{array}\right\}{\text{par produit}}$$
On en déduit que la droite d’équation $$x=0$$ est asymptote verticale à la courbe $$C$$.

D'après le rappel, soit $$x>0$$, on obtient : $$\left(\ln \left(\sqrt{x} \right)\right)^{2} =\left(\frac{1}{2} \ln \left(x\right)\right)^{2} =\frac{1}{4} \left(\ln \left(x\right)\right)^{2}$$
Soit $$x>0$$, on a :
$$4\left(\frac{\ln \left(\sqrt{x} \right)}{\sqrt{x} } \right)^{2} =4\frac{\left(\ln \left(\sqrt{x} \right)\right)^{2} }{\left(\sqrt{x} \right)^{2} } =4\frac{\left(\ln \left(\sqrt{x} \right)\right)^{2} }{x} =4\frac{\left(\frac{1}{2} \ln \left(x\right)\right)^{2} }{x} =4\times \frac{\frac{1}{4} \left(\ln \left(x\right)\right)^{2} }{x} =\frac{\left(\ln \left(x\right)\right)^{2} }{x} =f\left(x\right)$$

D'après la question $$2$$, nous pouvons écrire que : $$\lim\limits_{x\to +\infty } \frac{\left(\ln \left(x\right)\right)^{2} }{x}=\lim\limits_{x\to +\infty } \left(\frac{\ln \left(\sqrt{x} \right)}{\sqrt{x} } \right)^{2}$$
On sait que : $$\lim\limits_{x\to +\infty } \sqrt{x}=+\infty$$
On pose $$X= \sqrt{x}$$ et ainsi par composition : $$\lim\limits_{X\to +\infty } \frac{\left(\ln \left(X\right)\right)}{X}=0$$
Il en résulte donc que : $$\lim\limits_{x\to +\infty } \frac{\left(\ln \left(x\right)\right)}{x}=0$$
Finalement :
On en déduit que l’axe des abscisses , c'est à dire $$y=0$$, est une asymptote à la courbe représentative de la fonction $$f$$ au voisinage de $$+\infty$$.

$$f\left(1\right)=\frac{\left(\ln \left(1\right)\right)^{2} }{1}$$ ainsi
$$f\left(e^{2}\right)=\frac{\left(\ln \left(e^{2}\right)\right)^{2} }{e^{2}}$$
$$f\left(e^{2}\right)=\frac{2^{2} }{e^{2}}$$
Ainsi

$$f$$ est dérivable sur $$\left]0;+\infty \right[$$.
Ici on reconnaît la forme $$\left(\frac{u}{v} \right)^{'} =\frac{u'v-uv'}{v^{2} }$$ avec $$u\left(x\right)=\left(\ln \left(x\right)\right)^{2}$$ et $$v\left(x\right)=x$$. Pour dériver $$u\left(x\right)$$, on va utiliser la forme $$\left(u^{n} \right)^{'} =n\times u'\times u^{n-1}$$.
Ainsi $$u'\left(x\right)=2\times \frac{1}{x} \times \ln \left(x\right)$$ et $$v'\left(x\right)=1$$.
$$f'\left(x\right)=\frac{2\times \frac{1}{x} \times \ln \left(x\right)\times x-\left(\ln \left(x\right)\right)^{2} }{x^{2} }$$
$$f'\left(x\right)=\frac{2\times \ln \left(x\right)-\left(\ln \left(x\right)\right)^{2} }{x^{2} }$$
$$f'\left(x\right)=\frac{2\times \ln \left(x\right)-\ln \left(x\right)\times \ln \left(x\right)}{x^{2} }$$ . On factorise maintenant par $$\ln \left(x\right)$$, cela nous donne :

Pour tout $$x\in\left]0;+\infty \right[$$ , on vérifie aisément que $$x^{2}>0$$. Le signe de $$f'$$ dépend alors $$\ln \left(x\right)\left(2-\ln \left(x\right)\right)$$.
$$\ln \left(x\right)\ge 0\Leftrightarrow x\ge e^{0} \Leftrightarrow x\ge 1$$
$$2-\ln \left(x\right)\ge 0\Leftrightarrow -\ln \left(x\right)\ge -2\Leftrightarrow \ln \left(x\right)\le 2\Leftrightarrow e^{\ln \left(x\right)} \le e^{2} \Leftrightarrow x\le e^{2}$$
Le tableau de variation complet de $$f$$ est alors donné ci-dessous :

Dans un premier temps, nous allons indiquer dans le tableau la valeur telle que $$f\left(x\right)=1$$.

• Sur $$\left[1;+\infty\right[$$ , la fonction $$f$$ est continue et admet $$\frac{4}{e^{2}}<1$$ comme maximum.
  La fonction $$f$$ est alors inférieur à $$1$$ sur l'intervalle $$\left[1;+\infty\right[.$$
  Donc l'équation $$f\left(x\right)=1$$ n'a pas de solution sur cet intervalle.
• Sur $$\left]0;1\right]$$ , la fonction $$f$$ est continue et strictement décroissante.
  De plus, $$\lim\limits_{x\to 0^{+} } f\left(x\right)=+\infty$$ et $$f\left(1\right)=0$$ .
  Or $$1 \in \left[0;+\infty\right[$$ , donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe une unique solution $$\alpha$$ dans $$\left]0;1\right]$$ tel que $$f(x) = 1.$$
  

Finalement, l'équation $$f\left(x\right)=1$$ admet une unique solution sur $$\left]0;+\infty \right[$$.
A la calculatrice, on vérifie que :
$$f(0,49)\approx1,04$$ et $$f(0,50)\approx0,96$$
Or $$1 \in \left[0,96;1,04\right]$$, donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires on en déduit que : $$0,49\le\alpha\le0,50$$