Fonction logarithme népérien

Exercice 5 - Exercice 1

1 min
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Des Suites avec des Logarithmes :)
Question 1
On appelle ff la fonction définie sur l'intervalle ]−1;+∞[\left]-1 ;+\infty \right[ par f(x)=x−ln⁡(1+x)1+xf\left(x\right)=x-\frac{\ln \left(1+x\right)}{1+x}. On note C\mathscr{C} la courbe représentative de la fonction ff.
On considère également une fonction NN définie sur l'intervalle ]−1;+∞[\left]-1 ;+\infty \right[ par N(x)=(1+x)2−1+ln⁡(1+x)N\left(x\right)=\left(1+x\right)^{2} -1+\ln \left(1+x\right) .

Calculer la limite de la fonction NN en −1+-1^{+} .

Correction
Ici, il s'agit d'une limite par composition.
On commence par calculer lim⁡x→−1+1+x=0+\lim\limits_{x\to -1^{+}} 1+x=0^{+}. Le tableau de signe ci-dessous nous explique pourquoi lim⁡x→−1+1+x=0+\lim\limits_{x\to -1^{+}} 1+x=0^{+}
On pose X=1+xX=1+x.
Ainsi : lim⁡X→0+ln⁡(X)=−∞\lim\limits_{X\to 0^{+} } \ln \left(X\right) =-\infty.
Par composition :
lim⁡x→−1+ln⁡(1+x)=−∞\lim\limits_{x\to -1^{+}} \ln \left(1+x\right) =-\infty

Ainsi :
lim⁡x→−1+(1+x)2−1=−1lim⁡x→−1+ln⁡(1+x)=−∞}par addition\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{x\to -1^{+} } \left(1+x\right)^{2} -1} & {=} & {-1 } \\ {\lim\limits_{x\to -1^{+} } \ln \left(1+x\right)} & {=} & {-\infty } \end{array}\right\}{\text{par addition}}
lim⁡x→−1+(1+x)2−1+ln⁡(1+x)=−∞\lim\limits_{x\to -1^{+} } \left(1+x\right)^{2} -1+\ln \left(1+x\right)=-\infty
Question 2

Calculer la limite de la fonction NN en +∞+\infty .

Correction
lim⁡x→+∞(1+x)2−1=+∞lim⁡x→+∞ln⁡(1+x)=+∞}par addition\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{x\to +\infty } \left(1+x\right)^{2} -1} & {=} & {+\infty } \\ {\lim\limits_{x\to +\infty } \ln \left(1+x\right)} & {=} & {+\infty } \end{array}\right\}{\text{par addition}}
lim⁡x→+∞(1+x)2−1+ln⁡(1+x)=+∞\lim\limits_{x\to +\infty } \left(1+x\right)^{2} -1+\ln \left(1+x\right)=+\infty
Question 3

On note N′N' la fonction dérivée de NN . Calculer N′(x)N'\left(x\right) pour tout xx de l’intervalle ]−1;+∞[\left]-1 ;+\infty \right[ .

Correction
Soit N(x)=(1+x)2−1+ln⁡(1+x)N\left(x\right)=\left(1+x\right)^{2} -1+\ln \left(1+x\right) .
NN est dérivable sur ]−1;+∞[\left]-1 ;+\infty \right[ .
  • (ln⁡(u))′=u′u\left(\ln \left(u\right)\right)^{'} =\frac{u'}{u}
  • (un)′=n×u′×un−1\left(u^{n} \right)^{'} =n\times u'\times u^{n-1}
    • Il vient :
    N′(x)=2(1+x)+1x+1N'\left(x\right)=2\left(1+x\right)+\frac{1}{x+1}
    N′(x)=2(1+x)(1+x)x+1+1x+1N'\left(x\right)=\frac{2\left(1+x\right)\left(1+x\right)}{x+1} +\frac{1}{x+1}
    N′(x)=2(1+x)2x+1+1x+1N'\left(x\right)=\frac{2\left(1+x\right)^{2} }{x+1} +\frac{1}{x+1}
    N′(x)=2(1+x)2+1x+1N'\left(x\right)=\frac{2\left(1+x\right)^{2} +1}{x+1}

    Question 4

    Etudier les variations de la fonction NN sur l'intervalle ]−1;+∞[\left]-1 ;+\infty \right[ .

    Correction
    Il nous faut étidier le signe de : N′(x)=2(1+x)2+1x+1N'\left(x\right)=\frac{2\left(1+x\right)^{2} +1}{x+1}
    Comme x∈]−1;+∞[x\in \left]-1 ;+\infty \right[ alors x>−1x>-1 et donc x+1>0x+1>0 . Le dénominateur est donc strictement positif.
    De plus, nous savons que x+1>0x+1>0 ainsi (1+x)2>0\left(1+x\right)^{2}>0. De ce fait , 2(1+x)2+1>02\left(1+x\right)^{2} +1>0, ce qui signifie que le numérateur est positif.
    Il en résulte donc que :
    N′(x)=2(1+x)2+1x+1>0N'\left(x\right)=\frac{2\left(1+x\right)^{2} +1}{x+1}>0. Ce qui signifie que la fonction NN est strictement croissante sur ]−1;+∞[ \left]-1 ;+\infty \right[.
    Nous dressons ci-dessous, le tableau de variation de la fonction NN en y intégrant les limites déterminées précédemment.
    Question 5

    Calculer N(0)N\left(0\right) et en déduire le signe de NN sur l'intervalle ]−1;+∞[\left]-1 ;+\infty \right[ .

    Correction
    Soit N(x)=(1+x)2−1+ln⁡(1+x)N\left(x\right)=\left(1+x\right)^{2} -1+\ln \left(1+x\right) ainsi :
    N(0)=(1+0)2−1+ln⁡(1+0)N\left(0\right)=\left(1+0\right)^{2} -1+\ln \left(1+0\right) d'où N(0)=0N\left(0\right)=0
    Il vient que :
  • Sur ]−1;+∞[\left]-1;+\infty\right[ , la fonction NN est continue et strictement croissante.
    De plus, lim⁡x→−1+N(x)=−∞\lim\limits_{x\to -1^{+}} N\left(x\right)=-\infty et lim⁡x→+∞N(x)=+∞\lim\limits_{x\to +\infty} N\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 dans ]−1;+∞[\left]-1;+\infty\right[ tel que N(x)=0N\left(x\right) = 0 et nous savons que N(0)=0N\left(0\right)=0 .
    Sur ]−1;+∞[\left]-1;+\infty\right[, la fonction NN est continue et strictement croissante et N(0)=0N\left(0\right) = 0
    Donc N(x)≤0N\left(x\right)\le0 pour tout x∈]−1;0]x\in\left]-1;0\right] et N(x)≥0N\left(x\right)\ge0 pour tout x∈[0;+∞[x\in\left[0;+\infty\right[
    On résume cela dans un tableau de signe :
    • Question 6

    On note f′f' la fonction dérivée de ff . Calculer f′(x)f'\left(x\right) pour tout xx de l’intervalle ]−1;+∞[\left]-1 ;+\infty \right[ et montrer que f′(x)=N(x)(1+x)2f'\left(x\right)=\frac{N\left(x\right)}{\left(1+x\right)^{2} }

    Correction
    Soit f(x)=x−ln⁡(1+x)1+xf\left(x\right)=x-\frac{\ln \left(1+x\right)}{1+x}
    ff est dérivable sur ]−1;+∞[\left]-1 ;+\infty \right[ .
    On reconnaît la forme (w−uv)′=w′−u′v−uv′v2\left(w-\frac{u}{v} \right)^{'} =w'-\frac{u'v-uv'}{v^{2} } avec w(x)=xw\left(x\right)=x ; u(x)=ln⁡(x+1)u\left(x\right)=\ln \left(x+1\right) et v(x)=1+xv\left(x\right)=1+x.
    Ainsi w′(x)=1w'\left(x\right)=1 ; u′(x)=1x+1u'\left(x\right)=\frac{1}{x+1} et v′(x)=1v'\left(x\right)=1 .
    f′(x)=1−11+x×(1+x)−ln⁡(x+1)×1(1+x)2f'\left(x\right)=1-\frac{\frac{1}{1+x} \times \left(1+x\right)-\ln \left(x+1\right)\times 1}{\left(1+x\right)^{2} }
    f′(x)=1−1+x1+x−ln⁡(x+1)×1(1+x)2f'\left(x\right)=1-\frac{\frac{1+x}{1+x} -\ln \left(x+1\right)\times 1}{\left(1+x\right)^{2} }
    f′(x)=1−1−ln⁡(x+1)(1+x)2f'\left(x\right)=1-\frac{1-\ln \left(x+1\right)}{\left(1+x\right)^{2} }
    f′(x)=(1+x)2(1+x)2−1−ln⁡(x+1)(1+x)2f'\left(x\right)=\frac{\left(1+x\right)^{2} }{\left(1+x\right)^{2} } -\frac{1-\ln \left(x+1\right)}{\left(1+x\right)^{2} }
    f′(x)=(1+x)2−(1−ln⁡(x+1))(1+x)2f'\left(x\right)=\frac{\left(1+x\right)^{2} -\left(1-\ln \left(x+1\right)\right)}{\left(1+x\right)^{2} }
    f′(x)=(1+x)2−1+ln⁡(x+1)(1+x)2f'\left(x\right)=\frac{\left(1+x\right)^{2} -1+\ln \left(x+1\right)}{\left(1+x\right)^{2} }
    f′(x)=N(x)(1+x)2f'\left(x\right)=\frac{N\left(x\right)}{\left(1+x\right)^{2} }

    Question 7

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

    Correction
    D'après la question 66, nous savons que : f′(x)=N(x)(1+x)2f'\left(x\right)=\frac{N\left(x\right)}{\left(1+x\right)^{2} }
    Or pour tout x∈]−1;+∞[x \in \left]-1 ;+\infty \right[ , nous vérifions facilement que (1+x)2>0\left(1+x\right)^{2}>0 ( vu aussi à la question 44 )
    Donc le signe de f′f' dépend du signe de NN.
    Or, d'après la question 55, nous avons déterminer le signe de NN. Nous pouvons donc dresser le tableau de variation de la fonction ff.
    Question 8

    Démontrer que si x∈[0;4]x\in \left[0 ; 4\right] , alors f(x)∈[0;4]f\left(x\right) \in \left[0 ; 4\right].

    Correction
    Nous savons que les variations de la fonction ff dont données par le tableau ci-dessous :
    Nous allons faire une rescription de la fonction ff sur l'intervalle [0;4]\left[0 ; 4\right] .
  • f(0)=0−ln⁡(1+0)1+0f\left(0\right)=0-\frac{\ln \left(1+0\right)}{1+0} d'où f(0)=0f\left(0\right)=0
  • f(4)=4−ln⁡(1+4)1+4f\left(4\right)=4-\frac{\ln \left(1+4\right)}{1+4} d'où f(4)=4−ln⁡(5)5f\left(4\right)=4-\frac{\ln \left(5\right)}{5} et f(4)≈3,67f\left(4\right)\approx3,67
    • Il vient alors que :
    Comme x∈[0;4]x\in\left[0 ; 4\right] alors :
    0≤x≤40\le x\le 4
    f(0)≤f(x)≤f(4)f\left(0\right)\le f\left(x\right)\le f\left(4\right) car la fonction ff est croissante sur [0;4]\left[0 ; 4\right] donc l'ordre est conservé .
    0≤f(x)≤4−ln⁡(5)5≤40\le f\left(x\right)\le 4-\frac{\ln \left(5\right)}{5} {\color{blue}\le 4}
    Ainsi si x∈[0;4]x\in \left[0 ; 4\right] , alors f(x)∈[0;4]f\left(x\right) \in \left[0 ; 4\right].