Source de pbm_008c.tex
\exo {\' Etude d'une fonction comportant un logarithme}
\let \partie \centerpartie
Dans tout le problème, le plan $P$ est rapporté à un repère
orthonormal $(O, \vec \imath, \vec \jmath \,)$ d'unité graphique
2~cm.
Soit $f$ la fonction définie sur $]0, +\infty [$ par
$$
f (x) = {x+2+\ln x\over x}.
$$
La courbe représentative $C$ de la fonction $f$ dans le repère $(O,
\vec \imath, \vec \jmath \,)$ est tracée sur la feuille ci-jointe
({\bf à compléter au fur et à mesure et à rendre avec la copie}).
\partie {I -- \' Etude de la fonction $f$}
\itemnum D'après le graphique, il semble que l'axe des ordonnées soit
asymptote à la courbe $C$. Le prouver par le calcul.
\itemitemalphnum Vérifier que pour tout $x$ de $]0, +\infty [$,
$$
f (x) = 1 + {2\over x} + {\ln x \over x}.
$$
\itemitemalph Déterminer la limite de $f$ en $+\infty $.
\itemitemalph En déduire l'existence d'une asymptote $D$ à la courbe
$C$. Donner son équation et la tracer sur la feuille ci-jointe.
\itemitemalphnum Soit $f'$, la fonction dérivée de la fonction
$f$. Prouver que, pour tout $x$ de $]0, +\infty [$,
$$
f' (x) = {-1-\ln x\over x^2}.
$$
\itemitemalph \' Etudier le signe de $f' (x)$, et montrer que $f' (x)$
s'annule en changeant de signe en
$\displaystyle {
1\over e
}$.
\itemitemalph \' Etablir le tableau de variation de $f$. Dans ce
tableau, on donnera la valeur exacte du maximum de~$f$.
\partie {II -- Position relative de deux courbes}
\itemnum Soit $g$ la fonction définie sur $]0, +\infty [$ par
$$
g (x) = {x+2\over x}
$$
et $H$ la courbe représentative de $g$ dans le repère $(O, \vec \imath
, \vec \jmath )$.
\itemitemalph Calculer les limites de $g$ aux bornes de son intervalle
de définition.
\itemitemalph Soit $g'$ la fonction dérivée de la fonction
$g$. Calculer $g' (x)$ pour $x\in ]0; +\infty [$.
\itemitemalph En déduire le tableau de variation de la fonction $g$.
\itemnum Donner les équations des deux asymptotes de la courbe
$H$.
\itemitemalphnum Calculer $f (x) - g (x)$ et étudier son signe.
\itemitemalph Montrer que les deux courbes $C$ et $H$ se coupent en un
point $K$ d'abscisse~1.
\itemitemalph \' Etudier la position relative des deux courbes $C$ et
$H$.
\itemnum Placer le point $K$ et construire la courbe $H$ sur la
feuille ci-jointe.
\partie {III -- Calcul d'une aire}
On note $A$ l'aire du domaine plan limité par les courbes
$C$ et $H$ et par les droites d'équation $x=1$ et $x=e^2 $.
\itemnum Hachurer l'aire
correspondante sur le graphique (feuille ci-jointe) à rendre avec la
copie.
\itemnum Soit $u$ la fonction définie sur $]0, +\infty [$ par
$$
u (x) = {1\over 2} \big( \ln x \big) ^2.
$$
Vérifier que $u$ est une primitive de \smash {$\displaystyle {\ln x\over x}$}
sur $]0, +\infty [$.
\itemnum Calculer $A$ en cm$^2$.
\finexo
\corrige {}
\let \partie \llappartie
\partie {I}
%%
\vskip -5mm
%
\itemnum On a
$$
\lim _{x\to 0^+} f (x)
= \lim _{x\to 0^+} {x+2+\ln x \over x} = -\infty
\qquad {\rm puisque} \qquad
\lim _{x\to 0^+} x = 0^+
\quad {\rm et} \quad
\lim _{x\to 0^+} x+2+\ln x = -\infty .
$$
Donc
\dresultat {\lim _{x\to 0^+} f (x) = -\infty },
ce qui prouve que la droite d'équation $x=0$ est asymptote verticale
à la courbe de $f$.
\itemalphnum En réduisant l'expression proposée au même dénominateur,
on vérifie immédiatement que l'on a bien
\dresultat {f (x) = 1 + {2\over x} + {\ln x\over x}}.
\itemalph En utilisant l'écriture précédente, il vient
$$
\lim _{x\to +\infty } f (x)
= \lim _{x\to +\infty } 1 + {2\over x} + {\ln x\over x}
\qquad {\rm soit} \qquad
\dresultat {\lim _{x\to +\infty } f (x) = 1}
$$
puisque
$$
\lim _{x\to +\infty } {2\over x} = 0
\qquad {\rm et} \qquad
\lim _{x\to +\infty } {\ln x\over x} = 0
\quad \hbox {d'après le cours}.
$$
\itemalph Le résultat précédent prouve alors que la droite
\tresultat {$y=1$ est asymptote horizontale à la courbe de $f$}.
\itemalphnum Calculons la dérivée à partir de la première écriture de $f (x)$.
Il vient~:
$$
f' (x) = {(1+{1\over x})\times x - (x+2+\ln x)\over x^2}
= {x+1-x-2-\ln x \over x^2}
\qquad {\rm soit} \qquad
\dresultat {f' (x) = {-1-\ln x \over x^2}}.
$$
\itemalph \alph \ Il est clair que $f' (x)$ est du signe de $-1-\ln x$ puisque $x^2$
est toujours positif. Or
$$
-1 - \ln x \geq 0
\quad \Longleftrightarrow \quad
-1 \geq \ln x
\quad \Longleftrightarrow \quad
e^{-1} \geq x
$$
d'où le tableau récapitulatif suivant~:
$$\dresultat {
\vcenter {\halign {\offinterlineskip
%% preamble
\cc {$#$}& #\tv && \hss \ $#$\hss \
\cr
x&& 0&& e^{-1}&& +\infty
\cr
\noalign {\hrule }
f' (x)&& &+& 0& -&
\cr
\noalign {\hrule }
\bbuucenter {$f (x)$}&& \down {$-\infty $}& \bbrightuuparrow &
\bbuup {$1+e$}&
\bbrightddownarrow & \down {$1$}
\cr
}}
}
\qquad {\rm où} \qquad
\vcenter {\hsize = 50mm
$$\eqalign {
f (e^{-1}) &= 1 + {2\over e^{-1}} + {\ln e^{-1}\over e^{-1}}
\cr
&= 1 + 2e - e
\cr
\rm soit \quad & \dresultat {f (e^{-1}) = 1+e \approx 3, 718}
\cr }
$$}
$$
\partie {II}
%%
\vskip -5mm
%%
\itemalphnum Il vient
$$\displaylines {
\dresultat {\lim _{x\to 0^+} g (x) = +\infty }
\qquad {\rm puisque} \qquad
\lim _{x\to 0^+} x+2 = 2
\quad {\rm et} \quad
\lim _{x\to 0^+} x = 0^+
\cr
\lim _{x\to +\infty } g (x)
= \lim _{x\to +\infty } {x(1+{2\over x})\over x}
= \lim _{x\to +\infty } 1+{2\over x}
\qquad {\rm d'où} \qquad
\dresultat {\lim _{x\to +\infty } g (x) = 1}
\cr }
$$
\itemalph Avec la formule de la dérivée d'un quotient, on trouve
\dresultat {g' (x) = -2/x^2}, dont le signe est
\tresultat {toujours négatif}.
\itemalph D'où le tableau récapitulatif suivant~:
$$\dresultat {
\vcenter {\halign {\offinterlineskip
%% preamble
\cc {$#$}& #\tv && \hss \ $#$\hss \
\cr
x&& 0&& +\infty
\cr
\noalign {\hrule }
g' (x)&&& -&
\cr
\noalign {\hrule }
\bbucenter {$g (x)$}&&
\bbup {$+\infty $}&
\bbrightdownarrow & \down {$1$}
\cr
}}
}
$$
\itemnum Les limites précédentes nous indiquent deux asymptotes pour la courbe $H$~:
$$
\tresultat {$x=0$ asymptote verticale}
\qquad {\rm et} \qquad
\tresultat {$y=1$ asymptote horizontale}
$$
\itemnum Il vient facilement \dresultat {f (x) - g (x) = (\ln x)/x}, qui est
du signe de $\ln x$ puisque $x$ est toujours positif sur l'intervalle considéré.
Et comme l'étude du signe de cette différence nous donne les positions relatives des
courbes $C$ et $H$, on a le tableau récapitulatif suivant
$$\dresultat {
\vcenter {\halign {\offinterlineskip
%% preamble
\cc {$#$}& #\tv && \cc {#}
\cr
x&& 0&& 1&& $+\infty$
\cr
\noalign {\hrule }
f (x) - g (x)&&& $-$ & $0$& $+$
\cr
\noalign {\hrule }
\hbox {positions relatives}&&& $C$ au dessous de $H$& \tv &
$C$ au dessus de $H$%
\cr
}}
}
$$
tableau qui nous prouve entre autre que le point $K$ d'abscisse $1$
est \tresultat {le seul point d'intersection entre $H$ et $C$}.
\partie {III}
%%
\vskip -5mm
%%
\itemnum
\def \epspath {%
/home/jp/tex_doc/lycee/database/term/sti/analyse/ln/}
$$
\superboxepsillustrate {pbm_008b.ps}
$$
\itemnum La fonction $u$ est de la forme $k U^2$, donc sa dérivée est
$2k U'U$. Il vient donc
$$
u' (x) = {1\over 2} \times 2 \times {1\over x} \times \ln x
\qquad {\rm soit} \qquad
u' (x) = {\ln x \over x},
$$
ce qui prouve que
\tresultat {$u$ est une primitive de $\displaystyle {\ln x\over x}$}.
\itemnum L'unité d'aire est de $2~\cm \times 2~\cm = 4\cm ^2$.
De plus, étant donné que la courbe $C$ est au dessus de la courbe $H$
pour $x>1$, on a
$$
A = 4\times \int _1^{e^2} f (x) - g (x) \, dx
= 4\times \int _1^{e^2} {\ln x\over x}\, dx
= 4\times \Big[ u (x)\Big] _1^{e^2}
= 4\times \Big(u \big({e^2} \big) - u (1)\Big)
\quad {\rm soit} \quad
\dresultat {A = 8\cm ^2}
$$
puisque $\ln e^2 = 2$ et $\ln 1 = 0$.
%% $$
%% %% xsize: 133.85 mm
%% %% ysize: 93.13 mm
%% \superboxit {0pt}{
%% \psset{unit=1pt}
%% \pspicture(-37.98,-53.23)(342.86,211.76)
%% \psset{xunit=30.48,yunit=30.48}
%% \rput(5,2.6){\epsfbox{\epspath pbm_008b.ps}}
%% \uput[u](6,4){$\displaystyle {C_f~: y={x+2+\ln x \over x}}$}
%% \uput[u](6,3){$\displaystyle {H~: y={x+2\over x}}$}
%% \endpspicture
%% }
%% $$
\fincorrige
— Syracuse — Dernière modification : 30 novembre 2006 (0.09s - 3833716 - 5 décembre 2008)
