\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/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