Correction de l’exercice 54
Exercice de perfectionnement — Symétrie, variations et quotient logarithmique
2e Bac Sciences Mathématiques
Cette page propose la correction détaillée de l’exercice de perfectionnement 54 du manuel Al Moufid. La première partie étudie la fonction auxiliaire \(g\) et sa courbe symétrique. La deuxième partie exploite le signe de \(g\) pour étudier les variations d’un quotient de logarithmes.
Exercice 54 — Première partie Étude de la fonction g et de la courbe Γ
Le symétrique d’un réel \(x\) par rapport à la droite \(x=\dfrac12\) est le réel \(1-x\).
Pour \(x\ne0,1\) :
\[ \begin{aligned} g(1-x) &= (1-x)\ln|1-x| - (-x)\ln|-x|\\ &= -(x-1)\ln|x-1| + x\ln|x|\\ &= g(x). \end{aligned} \]De plus, les points d’abscisses \(0\) et \(1\) sont symétriques et :
\[ g(0)=g(1)=0. \]Ainsi :
Lorsque \(x\to1\), on a :
\[ x\ln|x|\longrightarrow0 \]et :
\[ (x-1)\ln|x-1|\longrightarrow0. \]Donc :
\[ \lim_{x\to1}g(x)=0=g(1). \]La fonction \(g\) est donc continue en \(1\).
Pour étudier la dérivabilité, posons \(h=x-1\). Alors :
\[ \frac{g(1+h)-g(1)}h = \frac{(1+h)\ln|1+h|}{h} - \ln|h|. \]Lorsque \(h\to0\) :
\[ \frac{(1+h)\ln|1+h|}{h} \longrightarrow1 \]et :
\[ -\ln|h|\longrightarrow+\infty. \]Par conséquent :
\[ \lim_{h\to0} \frac{g(1+h)-g(1)}h = +\infty. \]La fonction \(g\) n’est donc pas dérivable en \(1\) au sens usuel. La courbe \(\Gamma\) admet au point \(A(1,0)\) une tangente verticale d’équation \(x=1\).
On écrit :
\[ (x-1)\ln\left(1-\frac1x\right) = \frac{x-1}{x} \cdot x\ln\left(1-\frac1x\right). \]Posons :
\[ u=-\frac1x. \]Lorsque \(x\to+\infty\), on a \(u\to0^-\), et :
\[ x\ln\left(1-\frac1x\right) = -\frac{\ln(1+u)}u. \]D’après la limite fondamentale :
\[ \frac{\ln(1+u)}u\longrightarrow1. \]De plus :
\[ \frac{x-1}{x}\longrightarrow1. \]Donc :
Pour \(x\gt1\) :
\[ \ln(x-1) = \ln x+\ln\left(1-\frac1x\right). \]Donc :
\[ \begin{aligned} g(x) &= x\ln x-(x-1)\ln(x-1)\\ &= \ln x - (x-1)\ln\left(1-\frac1x\right). \end{aligned} \]D’après la question précédente :
\[ -(x-1)\ln\left(1-\frac1x\right) \longrightarrow1. \]Ainsi :
\[ g(x)-\ln x\longrightarrow1. \]Comme \(\ln x\to+\infty\), on obtient :
\[ \lim_{x\to+\infty}g(x)=+\infty. \]D’autre part :
\[ \frac{g(x)}x = \frac{\ln x}{x} - \frac{x-1}{x} \ln\left(1-\frac1x\right). \]Or :
\[ \frac{\ln x}{x}\longrightarrow0, \qquad \frac{x-1}{x}\longrightarrow1, \qquad \ln\left(1-\frac1x\right)\longrightarrow0. \]Donc :
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{g(x)}x=0. \]La courbe \(\Gamma\) possède donc au voisinage de \(+\infty\) une branche parabolique de direction l’axe des abscisses.
Par symétrie par rapport à \(x=\dfrac12\), elle possède le même type de branche au voisinage de \(-\infty\).
Pour \(x\ne0,1\) :
\[ \frac{d}{dx}\big(x\ln|x|\big) = \ln|x|+1, \]et :
\[ \frac{d}{dx} \big((x-1)\ln|x-1|\big) = \ln|x-1|+1. \]Donc :
\[ \begin{aligned} g'(x) &= \ln|x|-\ln|x-1|\\ &= \ln\left(\frac{|x|}{|x-1|}\right). \end{aligned} \]Sur \(\left[\dfrac12,+\infty\right[\), on a \(x\gt0\). Ainsi :
Sur \(\left]\dfrac12,1\right[\) :
\[ \frac{x}{1-x}\gt1, \]donc :
\[ g'(x)\gt0. \]Sur \(]1,+\infty[\) :
\[ \frac{x}{x-1}\gt1, \]donc :
\[ g'(x)\gt0. \]Enfin :
\[ g\left(\frac12\right) = \frac12\ln\left(\frac12\right) - \left(-\frac12\right)\ln\left(\frac12\right) = -\ln2. \]Sur \(\left[\dfrac12,1\right[\), la fonction \(g\) est strictement croissante de \(-\ln2\) vers \(0\).
En \(x=1\), la fonction est continue et la courbe admet une tangente verticale.
Sur \(]1,+\infty[\), la fonction \(g\) est strictement croissante de \(0\) vers \(+\infty\).
Par symétrie par rapport à la droite \(x=\dfrac12\), la fonction est strictement décroissante sur \(\left]-\infty,\dfrac12\right]\).
On a :
\[ g(2) = 2\ln2-\ln1 = 2\ln2. \]Et :
\[ g'(2) = \ln\left(\frac2{2-1}\right) = \ln2. \]L’équation de la tangente au point d’abscisse \(2\) est :
\[ \begin{aligned} y &= g'(2)(x-2)+g(2)\\ &= \ln2(x-2)+2\ln2\\ &= x\ln2. \end{aligned} \]Par ailleurs, la symétrie montre que la courbe possède également une tangente verticale en \(x=0\).
La courbe \(\Gamma\) est symétrique par rapport à la droite \(x=\dfrac12\). Elle passe par \(O(0,0)\) et \(A(1,0)\), atteint son minimum \(M\left(\dfrac12,-\ln2\right)\), possède des tangentes verticales en \(x=0\) et \(x=1\), et la tangente en \(x=2\) est \(T:y=x\ln2\).
Sur \(\left[\dfrac12,+\infty\right[\), la fonction \(g\) est strictement croissante et :
\[ g(1)=0. \]Donc :
\[ g(x)\lt0 \quad\text{sur}\quad \left[\frac12,1\right[, \]et :
\[ g(x)\gt0 \quad\text{sur}\quad ]1,+\infty[. \]Comme \(g(1-x)=g(x)\), le signe se transporte par symétrie. Les deux zéros sont \(0\) et \(1\).
Exercice 54 — Deuxième partie Étude du quotient logarithmique f
Au voisinage de \(0\), on a \(|x-1|=1-x\). Donc :
\[ f(x)=\frac{\ln(1-x)}{\ln|x|}. \]Lorsque \(x\to0\) :
\[ \ln(1-x)\longrightarrow0 \]et :
\[ \ln|x|\longrightarrow-\infty. \]Donc :
\[ \lim_{x\to0}f(x)=0=f(0). \]La fonction \(f\) est donc continue en \(0\).
Pour la dérivabilité :
\[ \frac{f(x)-f(0)}x = \frac{\ln(1-x)}x \cdot \frac1{\ln|x|}. \]Or :
\[ \frac{\ln(1-x)}x\longrightarrow-1 \]et :
\[ \frac1{\ln|x|}\longrightarrow0. \]Par conséquent :
\[ f'(0)=0. \]La tangente à la courbe \(\mathcal C\) au point \(O(0,0)\) est donc l’axe des abscisses.
Aux deux infinis.
On écrit :
\[ \ln|x-1| = \ln|x| + \ln\left|1-\frac1x\right|. \]Donc :
\[ f(x) = 1+ \frac{ \ln\left|1-\frac1x\right| }{ \ln|x| }. \]Le deuxième terme tend vers \(0\). Ainsi :
\[ \lim_{x\to-\infty}f(x) = \lim_{x\to+\infty}f(x) = 1. \]Au voisinage de \(x=-1\).
Le numérateur tend vers \(\ln2\gt0\). Pour \(x\to-1^-\), \(\ln|x|\to0^+\), tandis que pour \(x\to-1^+\), \(\ln|x|\to0^-\). Donc :
\[ \lim_{x\to-1^-}f(x)=+\infty, \] \[ \lim_{x\to-1^+}f(x)=-\infty. \]Au voisinage de \(x=1\).
Le numérateur tend vers \(-\infty\). Pour \(x\to1^-\), \(\ln x\to0^-\), tandis que pour \(x\to1^+\), \(\ln x\to0^+\). Donc :
\[ \lim_{x\to1^-}f(x)=+\infty, \] \[ \lim_{x\to1^+}f(x)=-\infty. \]Pour \(x\ne-1,0,1\), on dérive le quotient :
\[ f(x)=\frac{\ln|x-1|}{\ln|x|}. \]On obtient :
\[ \begin{aligned} f'(x) &= \frac{ \frac1{x-1}\ln|x| - \frac1x\ln|x-1| }{ (\ln|x|)^2 }\\ &= \frac{ x\ln|x| - (x-1)\ln|x-1| }{ x(x-1)(\ln|x|)^2 }. \end{aligned} \]Le numérateur est précisément \(g(x)\).
Le facteur \((\ln|x|)^2\) est strictement positif. Il suffit donc de comparer le signe de \(g(x)\) à celui de \(x(x-1)\).
Pour \(x\lt0\).
On a \(g(x)\gt0\) et \(x(x-1)\gt0\). Donc :
\[ f'(x)\gt0. \]Pour \(0\lt x\lt1\).
On a \(g(x)\lt0\) et \(x(x-1)\lt0\). Donc :
\[ f'(x)\gt0. \]Pour \(x\gt1\).
On a \(g(x)\gt0\) et \(x(x-1)\gt0\). Donc :
\[ f'(x)\gt0. \]Au point \(x=0\), on a déjà montré que \(f'(0)=0\).
Sur \(]-\infty,-1[\), la fonction \(f\) est strictement croissante de \(1\) vers \(+\infty\).
Sur \(]-1,1[\), la fonction \(f\) est strictement croissante de \(-\infty\) vers \(+\infty\), en passant par \(O(0,0)\).
Sur \(]1,+\infty[\), la fonction \(f\) est strictement croissante de \(-\infty\) vers \(1\).
Le point \(O(0,0)\) appartient déjà à la courbe puisque \(f(0)=0\).
Pour \(x\ne0\) :
\[ f(x)=0 \iff \ln|x-1|=0. \]Donc :
\[ |x-1|=1. \]Ainsi :
\[ x=0 \qquad\text{ou}\qquad x=2. \]Les points d’intersection sont donc :
La courbe \(\mathcal C\) possède les asymptotes verticales \(x=-1\) et \(x=1\), ainsi que l’asymptote horizontale \(y=1\) aux deux infinis. Elle passe par \(O(0,0)\), où sa tangente est l’axe des abscisses, et coupe de nouveau cet axe en \(A(2,0)\).
Méthodes à retenir
- Une identité de la forme \(g(1-x)=g(x)\) caractérise une symétrie par rapport à la droite \(x=\dfrac12\).
- Une limite infinie du taux d’accroissement correspond à une tangente verticale.
- Le signe d’une fonction auxiliaire peut déterminer directement le signe de la dérivée d’une autre fonction.
- Les variations doivent être décrites sur chaque intervalle du domaine avec les limites de départ et d’arrivée.
- Les asymptotes et les points d’intersection complètent la construction rigoureuse d’une courbe.
Hammou Boudraa — Enseignant des mathématiques
Lycée Oum Rabiaâ — M’rirt
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