\exo {Fonction ln~: étude et résolution approchée d'équation} On désigne par $f$ la fonction définie sur $]0, +\infty [$ par~: $$ f (x) = -x + (x+1) \ln x. $$ \itemitemalphnum \' Etudier les variations de la fonction $g$ définie sur $]0, +\infty [$ par $$ g (x) = 1 + x\ln x $$ (l'étude des limites n'est pas demandée). \itemitemalph En déduire que $g (x) > 0$ pour $x\in \, ]0, +\infty [$. \itemitemalphnum \' Etudier les limites de $f$ aux bornes de l'intervalle d'étude. Pour la limite en $+\infty $, on pourra vérifier auparavant que l'on peut écrire $f$ sous la forme $$ f (x) = x (-1+\ln x) + \ln x. $$ \itemitemalph \' Etablir que $$ f' (x) = {g (x) \over x}. $$ En déduire les variations de $f$. \itemitemalphnum Montrer que l'équation $f (x) = 0$ admet une unique solution $\alpha $. \itemitemalph Déterminer un encadrement d'amplitude $10^{-2}$ de $\alpha $. (Justifier.) \finexo \corrige {} \itemalphnum En utilisant la formule de dérivation d'un produit de fonctions, on trouve \dresultat {g' (x) = 1 + \ln x}. On a donc $$ g' (x) \geq 0 \quad \Longleftrightarrow \quad \ln x \geq -1 \quad \Longleftrightarrow \quad x \geq e^{-1} = {1\over e}. $$ d'où le tableau de variation de $g$~: $$\dresultat { \vcenter {\offinterlineskip \eightpoint \rm \def \cc#1{ \hfil #1 \hfil } \halign { % preamble \cc {$#$}& #\tv && \cc {$#$} \cr x&& -\infty && e^{-1}&& +\infty \cr \noalign {\hrule } g' (x)&& & -& 0& + \cr \noalign {\hrule } \buucenter {$g (x)$}&& & \brightddownarrow & \down {$1 - e^{-1} \approx 0, 64$}& \brightuuparrow & \bbuup {\phantom {m}} \cr }} }$$ \itemalph Le minimum de $g$ est $1-e^{-1}$, qui est un nombre strictement positif. On en déduit que \tresultat {$g (x)$ positif pour $x\in \rset $}. \itemalphnum $\underline {\hbox {En $0$}}$~: il faut développer l'expression proposée pour le ver l'indétermination. Il vient $$ \dresultat {\lim _{x\to 0^+} f (x) = -\infty } \qquad {\rm puisque} \qquad f (x) = - x + x\ln x + \ln x \quad {\rm avec} \quad \cases { \lim _{0^+} x = 0 \cr \lim _{0^+} x \ln x = 0 &(cf cours) \cr \lim _{0^+} \ln x = -\infty \cr } $$ $\underline {\hbox {En $+\infty $}}$~: On vérifie facilement que $f (x)$ est égale à l'expression proposée. On a alors $$ \dresultat {\lim _{x\to +\infty } f (x) = +\infty } \qquad {\rm puisque} \qquad f (x) = x (-1 + \ln x) + \ln x \quad {\rm avec} \quad \cases { \lim _{+\infty } x = +\infty \cr \lim _{+\infty } -1+ \ln x = +\infty \cr \lim _{+\infty } \ln x = +\infty \cr } $$ \itemalph On trouve $$ f' (x) = -1 + \ln x + {x+1 \over x} = -1 + \ln x + 1 + {1 \over x} = {x\ln x + 1 \over x} \qquad {\rm soit} \qquad \dresultat {f' (x) = {g (x) \over x}}. $$ Comme on a vu précédemment que $g (x)$ était toujours positif, on en déduit le tableau de variation suivant~: $$\dresultat { \vcenter {\offinterlineskip \eightpoint \rm \def \cc#1{ \hfil #1 \hfil } \halign { % preamble \cc {$#$}& #\tv && \cc {$#$} \cr x&& 0 && +\infty \cr \noalign {\hrule height 1pt } g (x)&& &+& \cr \noalign {\hrule } x&& &+& \cr \noalign {\hrule height 1pt} f' (x)&& &+& \cr \noalign {\hrule height 1pt} \bbucenter {$f (x)$}&& \down {$-\infty $}& \bbrightuparrow & \bbup {$+\infty $} \cr }} }$$ \itemalphnum Sur le tableau de variation, on constate que $f$ est {\bf strictement croissante} sur $]0;+\infty [$, et qu'elle {\bf change de signe} sur cet intervalle (elle passe de $-\infty $ à $+\infty $). On en déduit que \tresultat {l'équation $f (x) = 0$ admet une unique solution $\alpha $} sur $]0;+\infty [$. \itemalph Plus précisément, après avoir procédé par dichotomie avec une calculatrice, on peut affirmer que $$ \dresultat {1, 93 <\alpha <1, 94 } $$ puisque $f (1, 93)$ est négatif alors que $f (1, 94)$ est positif. \fincorrige