Correction de l’exercice 53
Exercice de perfectionnement — Étude complète d’une fonction logarithmique
2e Bac Sciences Mathématiques
Cette page propose la correction détaillée de l’exercice de perfectionnement 53 du manuel Al Moufid. L’exercice comporte une fonction auxiliaire \(g\), une étude de signe, une fonction \(f\) symétrique par rapport à la droite \(x=-1\), un encadrement logarithmique et une étude complète de courbe.
Exercice 53 — Première partie Étude de la fonction auxiliaire g
Posons :
\[ q(x)=x(x+2). \]Comme \((x+1)^2=q(x)+1\), on peut écrire :
\[ g(x)=1+\frac1{q(x)}-\ln|q(x)|. \]Pour tout \(x\in I\) :
\[ \begin{aligned} g'(x) &= -\frac{2(x+1)}{q(x)^2} - \frac{2(x+1)}{q(x)}\\ &= -\frac{2(x+1)(q(x)+1)}{q(x)^2}\\ &= -\frac{2(x+1)^3}{x^2(x+2)^2}. \end{aligned} \]Le dénominateur est strictement positif. Sur \(I\), on a \(x+1\ge0\). Ainsi :
\[ g'(-1)=0 \]et :
\[ g'(x)\lt0 \quad\text{sur}\quad ]-1,0[\cup]0,+\infty[. \]Calculons maintenant les valeurs et les limites utiles.
\[ g(-1)=0. \]Lorsque \(x\to0^-\), posons \(u=-x(x+2)\). Alors \(u\to0^+\), et :
\[ g(x)=1-\frac1u-\ln u = \frac{u-1-u\ln u}{u}. \]Comme \(u\ln u\to0\), le numérateur tend vers \(-1\). Donc :
\[ \lim_{x\to0^-}g(x)=-\infty. \]Lorsque \(x\to0^+\), posons \(u=x(x+2)\). Alors \(u\to0^+\), et :
\[ g(x) = \frac{u+1-u\ln u}{u} \longrightarrow+\infty. \]Enfin :
\[ \lim_{x\to+\infty}g(x)=-\infty. \]Sur \([-1,0[\), la fonction \(g\) est strictement décroissante de \(0\) vers \(-\infty\).
Sur \(]0,+\infty[\), la fonction \(g\) est strictement décroissante de \(+\infty\) vers \(-\infty\).
La fonction \(g\) est continue et strictement décroissante sur \(]0,+\infty[\).
De plus :
\[ \lim_{x\to0^+}g(x)=+\infty \qquad\text{et}\qquad \lim_{x\to+\infty}g(x)=-\infty. \]D’après le théorème des valeurs intermédiaires, l’équation \(g(x)=0\) admet au moins une solution dans \(]0,+\infty[\).
La stricte décroissance de \(g\) assure que cette solution est unique. On la note \(\alpha\).
Sur \([-1,0[\), la fonction \(g\) est strictement décroissante et :
\[ g(-1)=0. \]Donc :
\[ g(x)\lt0 \quad\text{pour tout}\quad x\in]-1,0[. \]Sur \(]0,+\infty[\), la fonction \(g\) est strictement décroissante et s’annule uniquement en \(\alpha\). Ainsi :
\[ g(x)\gt0 \quad\text{sur}\quad ]0,\alpha[, \] \[ g(\alpha)=0, \]et :
\[ g(x)\lt0 \quad\text{sur}\quad ]\alpha,+\infty[. \]Exercice 53 — Deuxième partie Étude complète de la fonction f
Soit \(x\in D\). Le symétrique de \(x\) par rapport à la droite \(x=-1\) est :
\[ x'=-2-x. \]On a :
\[ x'(x'+2) = (-2-x)(-x) = x(x+2), \]et :
\[ (x'+1)^2 = (-1-x)^2 = (x+1)^2. \]Donc, lorsque \(x\ne-1\) :
\[ f(-2-x)=f(x). \]Le point d’abscisse \(-1\) est lui-même invariant par cette symétrie. Par conséquent, la courbe \(\mathcal C\) est symétrique par rapport à la droite \(x=-1\).
On remarque que :
\[ x(x+2)=(x+1)^2-1. \]Posons :
\[ u=(x+1)^2. \]Lorsque \(x\to\pm\infty\), on a \(u\to+\infty\), et :
\[ f(x) = \frac{\ln(u-1)}u = \frac{\ln(u-1)}{u-1} \times \frac{u-1}{u}. \]Or :
\[ \frac{\ln(u-1)}{u-1}\longrightarrow0 \]et :
\[ \frac{u-1}{u}\longrightarrow1. \]Donc :
Posons :
\[ h=x+1. \]Lorsque \(x\to-1\), on a \(h\to0\), et :
\[ x(x+2)=h^2-1. \]Pour \(h\) suffisamment proche de \(0\) :
\[ |h^2-1|=1-h^2. \]Ainsi :
\[ f(x) = \frac{\ln(1-h^2)}{h^2}. \]En posant \(t=-h^2\), on utilise la limite fondamentale :
\[ \lim_{t\to0}\frac{\ln(1+t)}t=1. \]Donc :
\[ \lim_{h\to0} \frac{\ln(1-h^2)}{h^2} = -1. \]Or \(f(-1)=-1\). Par conséquent :
Majoration.
Posons :
\[ A(t)=\ln(1-t)+t+\frac{t^2}{2}. \]Pour \(t\in]0,\frac14[\) :
\[ A'(t) = -\frac1{1-t}+1+t = -\frac{t^2}{1-t} \lt0. \]Comme \(A(0)=0\), on obtient :
\[ A(t)\le0. \]Donc :
\[ \ln(1-t)+t \le -\frac{t^2}{2}. \]Minoration.
Posons :
\[ B(t)= \ln(1-t)+t+\frac{t^2}{2}+t^3. \]Alors :
\[ B'(t) = \frac{t^2(2-3t)}{1-t}. \]Pour \(t\in]0,\frac14[\), on a \(2-3t\gt0\) et \(1-t\gt0\). Donc :
\[ B'(t)\gt0. \]Comme \(B(0)=0\), on obtient :
\[ B(t)\ge0. \]C’est-à-dire :
\[ \ln(1-t)+t \ge -\frac{t^2}{2}-t^3. \]Soit \(h\gt0\), suffisamment petit. On a :
\[ f(-1+h) = \frac{\ln(1-h^2)}{h^2}. \]Comme \(f(-1)=-1\), le taux d’accroissement à droite vaut :
\[ \frac{f(-1+h)-f(-1)}h = \frac{\ln(1-h^2)+h^2}{h^3}. \]Appliquons l’encadrement précédent avec :
\[ t=h^2. \]On obtient :
\[ -\frac{h^4}{2}-h^6 \le \ln(1-h^2)+h^2 \le -\frac{h^4}{2}. \]En divisant par \(h^3\gt0\) :
\[ -\frac h2-h^3 \le \frac{\ln(1-h^2)+h^2}{h^3} \le -\frac h2. \]Les deux membres extrêmes tendent vers \(0\). Par encadrement :
\[ f'_d(-1)=0. \]De plus, la symétrie de la courbe par rapport à \(x=-1\) donne également la dérivée à gauche égale à \(0\). Ainsi \(f\) est dérivable en \(-1\).
Pour \(x\ne-1\), posons :
\[ L(x)=\ln|x(x+2)|. \]Alors :
\[ f(x)=\frac{L(x)}{(x+1)^2}. \]Or :
\[ L'(x) = \frac{2x+2}{x(x+2)} = \frac{2(x+1)}{x(x+2)}. \]En dérivant le quotient :
\[ \begin{aligned} f'(x) &= \frac{L'(x)}{(x+1)^2} - \frac{2L(x)}{(x+1)^3}\\ &= \frac{2}{x(x+2)(x+1)} - \frac{2\ln|x(x+2)|}{(x+1)^3}\\ &= \frac{2}{(x+1)^3} \left[ \frac{(x+1)^2}{x(x+2)} - \ln|x(x+2)| \right]. \end{aligned} \]L’expression entre crochets est précisément \(g(x)\).
Comme \(g(\alpha)=0\) et \(\alpha\gt0\) :
\[ \frac{(\alpha+1)^2}{\alpha(\alpha+2)} = \ln(\alpha(\alpha+2)). \]Donc :
\[ \begin{aligned} f(\alpha) &= \frac{\ln(\alpha(\alpha+2))}{(\alpha+1)^2}\\ &= \frac1{\alpha(\alpha+2)}. \end{aligned} \]Numériquement :
\[ \alpha\simeq1{,}14269, \qquad f(\alpha)\simeq0{,}27846. \]Sur \(]-1,0[\), on a \(g(x)\lt0\) et \((x+1)^3\gt0\). Donc :
\[ f'(x)\lt0. \]Sur \(]0,\alpha[\), on a \(g(x)\gt0\). Donc :
\[ f'(x)\gt0. \]Sur \(]\alpha,+\infty[\), on a \(g(x)\lt0\). Donc :
\[ f'(x)\lt0. \]On utilise également :
\[ \lim_{x\to-2^-}f(x) = \lim_{x\to-2^+}f(x) = -\infty, \] \[ \lim_{x\to0^-}f(x) = \lim_{x\to0^+}f(x) = -\infty, \]ainsi que les limites nulles aux deux infinis. Enfin, la symétrie par rapport à \(x=-1\) permet d’obtenir les variations sur la partie gauche du domaine.
Sur \(]-\infty,-2-\alpha]\), \(f\) est strictement croissante de \(0\) vers \(f(\alpha)\).
Sur \([-2-\alpha,-2[\), \(f\) est strictement décroissante de \(f(\alpha)\) vers \(-\infty\).
Sur \(]-2,-1]\), \(f\) est strictement croissante de \(-\infty\) vers \(-1\).
Sur \([-1,0[\), \(f\) est strictement décroissante de \(-1\) vers \(-\infty\).
Sur \(]0,\alpha]\), \(f\) est strictement croissante de \(-\infty\) vers \(f(\alpha)\).
Sur \([\alpha,+\infty[\), \(f\) est strictement décroissante de \(f(\alpha)\) vers \(0\).
Pour \(x\ne-1\), les intersections avec l’axe des abscisses vérifient :
\[ f(x)=0 \iff \ln|x(x+2)|=0. \]Donc :
\[ |x(x+2)|=1. \]Premier cas :
\[ x(x+2)=1. \]Alors :
\[ x^2+2x-1=0, \]d’où :
\[ x=-1-\sqrt2 \qquad\text{ou}\qquad x=-1+\sqrt2. \]Deuxième cas :
\[ x(x+2)=-1. \]Alors :
\[ (x+1)^2=0, \]donc \(x=-1\). Mais la valeur définie séparément est :
\[ f(-1)=-1\ne0. \]Cette valeur n’est donc pas une solution.
La courbe est symétrique par rapport à la droite \(x=-1\). Elle possède les asymptotes verticales \(x=-2\) et \(x=0\), ainsi que l’asymptote horizontale \(y=0\) aux deux infinis. Les maxima sont atteints aux abscisses \(\alpha\) et \(-2-\alpha\).
Méthodes à retenir
- Une fonction auxiliaire peut permettre d’étudier efficacement le signe de la dérivée d’une fonction plus complexe.
- Une identité de symétrie du type \(f(-2-x)=f(x)\) permet de réduire l’étude à une moitié du domaine.
- Un encadrement précis peut remplacer un développement limité pour établir une dérivabilité.
- Les variations doivent être décrites par intervalles avec les valeurs ou limites de départ et d’arrivée.
- Une anomalie locale de l’énoncé doit être corrigée uniquement lorsqu’une correction rigoureuse et univoque est établie.
Hammou Boudraa — Enseignant des mathématiques
Lycée Oum Rabiaâ — M’rirt
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