Correction des exercices 46 et 47
Exercices de perfectionnement — Fonctions logarithmiques
2e Bac Sciences Mathématiques
Cette page propose la correction détaillée des exercices de perfectionnement 46 et 47 du manuel Al Moufid. Le premier exercice établit la divergence d’une somme à l’aide du théorème des accroissements finis. Le second développe une étude complète de fonction.
Exercice 46 Fonction logarithme composée et somme divergente
2) Établir l’encadrement demandé.
3) Pour \(S_n=\sum_{k=2}^{n}\dfrac1{k\ln k}\), déterminer la limite de \((S_n)\).
La fonction \(f\) est dérivable sur \(]1,+\infty[\). Pour tout \(x\gt1\) :
\[ f'(x) = \frac{1}{x\ln x}. \]Comme \(x\gt1\), on a \(x\gt0\) et \(\ln x\gt0\). Ainsi :
\[ f'(x)\gt0. \]Par conséquent, \(f\) est strictement croissante sur \(]1,+\infty[\).
Aux bornes du domaine :
\[ \lim_{x\to1^+}\ln x=0^+, \]donc :
\[ \lim_{x\to1^+}f(x)=-\infty. \]Et lorsque \(x\to+\infty\), on a \(\ln x\to+\infty\), d’où :
\[ \lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty. \]Sur \(]1,+\infty[\), on a \(f'(x)\gt0\). Donc \(f\) est strictement croissante de \(-\infty\), au voisinage de \(1^+\), vers \(+\infty\), lorsque \(x\to+\infty\).
Soit donc \(k\ge2\). La fonction \(f\) est continue sur \([k,k+1]\) et dérivable sur \(]k,k+1[\).
D’après le théorème des accroissements finis, il existe \(c\in]k,k+1[\) tel que :
\[ f(k+1)-f(k) = f'(c)\big((k+1)-k\big) = \frac1{c\ln c}. \]Comme \(c\gt k\ge2\), on a :
\[ c\ln c\ge k\ln k\gt0. \]En prenant les inverses :
\[ 0 \lt \frac1{c\ln c} \le \frac1{k\ln k}. \]Ainsi :
D’après la question précédente, pour tout \(k\ge2\) :
\[ f(k+1)-f(k) \le \frac1{k\ln k}. \]En sommant de \(k=2\) à \(k=n\), on obtient :
\[ \sum_{k=2}^{n} \big(f(k+1)-f(k)\big) \le S_n. \]La somme de gauche est télescopique :
\[ f(n+1)-f(2)\le S_n. \]Or :
\[ f(n+1)-f(2) = \ln(\ln(n+1))-\ln(\ln2). \]Lorsque \(n\to+\infty\) :
\[ \ln(\ln(n+1))-\ln(\ln2) \longrightarrow+\infty. \]Ainsi, \(S_n\) est minorée par une suite qui tend vers \(+\infty\). Par comparaison :
Exercice 47 Étude complète de la fonction logarithmique
La racine carrée impose :
\[ x\ge0. \]Le logarithme impose ensuite :
\[ \left|\sqrt{x}-1\right|\gt0, \]c’est-à-dire :
\[ \sqrt{x}-1\ne0 \iff x\ne1. \]Par conséquent :
Lorsque \(x\to+\infty\), on a \(\sqrt{x}-1\to+\infty\). Donc :
\[ \lim_{x\to+\infty} \ln(\sqrt{x}-1) = +\infty. \]Lorsque \(x\to1^-\), on a :
\[ \left|\sqrt{x}-1\right| = 1-\sqrt{x} \longrightarrow0^+. \]Par conséquent :
\[ \lim_{x\to1^-} \ln(1-\sqrt{x}) = -\infty. \]On a :
\[ f(0)=\ln|-1|=\ln1=0. \]Pour \(0\lt x\lt1\) :
\[ f(x)=\ln(1-\sqrt{x}). \]On écrit :
\[ \frac{f(x)}x = \frac{\ln(1-\sqrt{x})}{-\sqrt{x}} \times \frac{-1}{\sqrt{x}}. \]Lorsque \(x\to0^+\) :
\[ \frac{\ln(1-\sqrt{x})}{-\sqrt{x}} \longrightarrow1, \]car il s’agit de la limite fondamentale \(\dfrac{\ln(1+u)}u\to1\) avec \(u=-\sqrt{x}\).
D’autre part :
\[ \frac{-1}{\sqrt{x}} \longrightarrow-\infty. \]Donc :
\[ \lim_{x\to0^+}\frac{f(x)}x=-\infty. \]Comme \(f(0)=0\), ce quotient est le taux d’accroissement à droite en \(0\). La courbe admet donc en \(O(0,0)\) une demi-tangente verticale d’équation \(x=0\).
Pour \(x\gt0\) et \(x\ne1\), posons :
\[ u(x)=\sqrt{x}-1. \]Comme \((\ln|u|)'=\dfrac{u'}u\), on obtient :
\[ f'(x) = \frac{\frac1{2\sqrt{x}}}{\sqrt{x}-1} = \frac1{2\sqrt{x}(\sqrt{x}-1)}. \]Le facteur \(2\sqrt{x}\) est strictement positif. Le signe de \(f'(x)\) est donc celui de \(\sqrt{x}-1\).
Sur \(]0,1[\), on a \(f'(x)\lt0\). Donc \(f\) est strictement décroissante de \(f(0)=0\) vers \(-\infty\), lorsque \(x\to1^-\).
Sur \(]1,+\infty[\), on a \(f'(x)\gt0\). Donc \(f\) est strictement croissante de \(-\infty\), lorsque \(x\to1^+\), vers \(+\infty\), lorsque \(x\to+\infty\).
Pour \(x\gt0\) et \(x\ne1\), on dérive :
\[ f'(x) = \frac1{2\sqrt{x}(\sqrt{x}-1)}. \]On obtient :
\[ f''(x) = \frac{1-2\sqrt{x}} {4x^{3/2}(\sqrt{x}-1)^2}. \]Le dénominateur est strictement positif. Le signe de \(f''(x)\) est donc celui de \(1-2\sqrt{x}\).
\[ 1-2\sqrt{x}=0 \iff \sqrt{x}=\frac12 \iff x=\frac14. \]Ainsi :
\[ f''(x)\gt0 \quad\text{sur}\quad ]0,\tfrac14[, \]et :
\[ f''(x)\lt0 \quad\text{sur}\quad ]\tfrac14,1[ \cup ]1,+\infty[. \]La convexité change donc en \(x=\dfrac14\). De plus :
\[ f\left(\frac14\right) = \ln\left|\frac12-1\right| = \ln\left(\frac12\right) = -\ln2. \]Les points d’intersection avec l’axe des abscisses vérifient :
\[ f(x)=0. \]Donc :
\[ \ln\left|\sqrt{x}-1\right|=0 \iff \left|\sqrt{x}-1\right|=1. \]On distingue deux cas :
\[ \sqrt{x}-1=1 \iff \sqrt{x}=2 \iff x=4, \]ou :
\[ \sqrt{x}-1=-1 \iff \sqrt{x}=0 \iff x=0. \]Le point correspondant à \(x=0\) est \(O\). Le second point est donc :
Au voisinage de \(x=1\).
On a déjà obtenu :
\[ \lim_{x\to1^-}f(x)=-\infty. \]De même, lorsque \(x\to1^+\) :
\[ \sqrt{x}-1\longrightarrow0^+, \]donc :
\[ \lim_{x\to1^+}f(x)=-\infty. \]La droite \(x=1\) est donc une asymptote verticale à la courbe.
Au voisinage de \(+\infty\).
Pour \(x\gt1\) :
\[ \begin{aligned} f(x) &= \ln(\sqrt{x}-1)\\ &= \ln\left[ \sqrt{x}\left(1-\frac1{\sqrt{x}}\right) \right]\\ &= \frac12\ln x + \ln\left(1-\frac1{\sqrt{x}}\right). \end{aligned} \]Ainsi \(f(x)\to+\infty\). De plus :
\[ \frac{f(x)}x = \frac{\ln(\sqrt{x}-1)}x \longrightarrow0. \]La courbe possède donc au voisinage de \(+\infty\) une branche parabolique de direction l’axe des abscisses.
La courbe passe par \(O(0,0)\), admet en \(O\) une demi-tangente verticale, possède l’asymptote verticale \(x=1\), un point d’inflexion \(I\left(\dfrac14,-\ln2\right)\), puis coupe de nouveau l’axe des abscisses au point \(A(4,0)\).
Méthodes à retenir
- Le théorème des accroissements finis permet de comparer \(f(k+1)-f(k)\) à une valeur de la dérivée.
- Une minoration par une quantité tendant vers \(+\infty\) établit la divergence d’une somme vers \(+\infty\).
- Pour dériver \(\ln|u(x)|\), on utilise \(\dfrac{u'(x)}{u(x)}\) lorsque \(u(x)\ne0\).
- Une dérivée unilatérale infinie correspond à une demi-tangente verticale.
- Le changement de signe de la dérivée seconde permet d’identifier un point d’inflexion.
Hammou Boudraa — Enseignant des mathématiques
Lycée Oum Rabiaâ — M’rirt
Commentaires
Enregistrer un commentaire