Correction des exercices 48 à 50
Exercices de perfectionnement — Fonctions, suites et produits
2e Bac Sciences Mathématiques
Cette page propose la correction détaillée des exercices de perfectionnement 48 à 50 du manuel Al Moufid. Le bloc porte sur une fonction contenant \(\sqrt{|\ln x|}\), deux suites définies par les solutions d’une équation logarithmique et un produit dont la limite est calculée par encadrement.
Exercice 48 Étude de la fonction x√|ln x|
Pour \(x\gt0\) :
\[ \frac{f(x)-f(0)}{x-0} = \sqrt{|\ln x|}. \]Lorsque \(x\to0^+\), on a \(\ln x\to-\infty\), donc :
\[ |\ln x|\to+\infty \]et par conséquent :
\[ \sqrt{|\ln x|}\to+\infty. \]Le taux d’accroissement n’admet donc pas de limite réelle finie. La fonction \(f\) n’est pas dérivable à droite en \(0\) au sens usuel.
Graphiquement, la courbe admet en \(O(0,0)\) une demi-tangente verticale d’équation \(x=0\).
Sur \(]0,1[\).
On a \(|\ln x|=-\ln x\), donc :
\[ f(x)=x\sqrt{-\ln x}. \]Pour \(0\lt x\lt1\) :
\[ \begin{aligned} f'(x) &= \sqrt{-\ln x} - \frac1{2\sqrt{-\ln x}}\\ &= \frac{-2\ln x-1}{2\sqrt{-\ln x}}. \end{aligned} \]Le dénominateur est strictement positif. Ainsi :
\[ f'(x)=0 \iff -2\ln x-1=0 \iff x=e^{-1/2}. \]De plus :
\[ f\left(e^{-1/2}\right) = e^{-1/2}\sqrt{\frac12} = \frac1{\sqrt{2e}}. \]Sur \(]0,e^{-1/2}[\), on a \(f'(x)\gt0\). Donc \(f\) est strictement croissante de \(0\) vers \(\dfrac1{\sqrt{2e}}\).
En \(x=e^{-1/2}\), la fonction atteint son maximum \(\dfrac1{\sqrt{2e}}\).
Sur \(]e^{-1/2},1[\), on a \(f'(x)\lt0\). Donc \(f\) est strictement décroissante de \(\dfrac1{\sqrt{2e}}\) vers \(0\).
Sur \(]1,+\infty[\).
On a \(|\ln x|=\ln x\), donc :
\[ f(x)=x\sqrt{\ln x}. \]Pour \(x\gt1\) :
\[ f'(x) = \sqrt{\ln x} + \frac1{2\sqrt{\ln x}} = \frac{2\ln x+1}{2\sqrt{\ln x}} \gt0. \]Sur \(]1,+\infty[\), on a \(f'(x)\gt0\). Donc \(f\) est strictement croissante de \(0\), en \(x=1\), vers \(+\infty\).
Enfin :
\[ \lim_{x\to1^-}f'(x)=-\infty, \qquad \lim_{x\to1^+}f'(x)=+\infty. \]La courbe admet donc au point \(A(1,0)\) deux demi-tangentes verticales confondues d’équation \(x=1\).
Points utiles : O(0,0), M(e^(-1/2), 1/√(2e)) et A(1,0). La courbe possède une demi-tangente verticale en O et deux demi-tangentes verticales confondues au point A.
Exercice 49 Solutions de x − n ln x = 0
Lorsque \(x\to0^+\), on a \(\ln x\to-\infty\). Donc :
\[ -n\ln x\to+\infty, \]et ainsi :
\[ \lim_{x\to0^+}f_n(x)=+\infty. \]Lorsque \(x\to+\infty\), on écrit :
\[ f_n(x) = x\left( 1-n\frac{\ln x}{x} \right). \]Or :
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x}{x}=0. \]Le facteur entre parenthèses tend donc vers \(1\), d’où :
Pour \(x\gt0\) :
\[ f_n'(x) = 1-\frac nx = \frac{x-n}{x}. \]Comme \(x\gt0\), le signe de \(f_n'(x)\) est celui de \(x-n\).
Sur \(]0,n[\), on a \(f_n'(x)\lt0\). Donc \(f_n\) est strictement décroissante de \(+\infty\) vers \(f_n(n)\).
En \(x=n\), on a \(f_n'(n)=0\) et \[ f_n(n)=n-n\ln n=n(1-\ln n). \]
Sur \(]n,+\infty[\), on a \(f_n'(x)\gt0\). Donc \(f_n\) est strictement croissante de \(f_n(n)\) vers \(+\infty\).
Pour \(n\ge3\), on a \(\ln n\gt1\), donc :
\[ f_n(n)=n(1-\ln n)\lt0. \]La fonction \(f_n\) est continue sur \(]0,+\infty[\), elle tend vers \(+\infty\) aux deux bornes du domaine et possède un minimum strictement négatif en \(x=n\).
Sur \(]0,n]\), elle est strictement décroissante. Elle y coupe donc l’axe des abscisses en un unique point \(u_n\).
Sur \([n,+\infty[\), elle est strictement croissante. Elle y coupe donc l’axe des abscisses en un unique point \(v_n\).
On calcule :
\[ f_n(1)=1\gt0. \]D’autre part :
\[ f_n(e)=e-n. \]Comme \(e\lt3\le n\), on a :
\[ f_n(e)\lt0. \]La fonction \(f_n\) est strictement décroissante sur \(]0,n[\), et \(1\lt e\lt n\). Son unique zéro \(u_n\) sur cet intervalle vérifie donc :
Comme \(u_{n+1}\) est une solution de :
\[ f_{n+1}(x)=0, \]on a :
\[ u_{n+1}-(n+1)\ln(u_{n+1})=0. \]Donc :
\[ u_{n+1} = (n+1)\ln(u_{n+1}). \]Alors :
\[ \begin{aligned} f_n(u_{n+1}) &= u_{n+1}-n\ln(u_{n+1})\\ &= \ln(u_{n+1}). \end{aligned} \]D’après la question 2-a :
\[ 1\lt u_{n+1}\lt e. \]Donc :
\[ \ln(u_{n+1})\gt0. \]D’après la question précédente :
\[ f_n(u_{n+1})\gt0. \]De plus, \(u_{n+1}\lt e\lt3\le n\). Ainsi \(u_{n+1}\in]0,n[\), intervalle sur lequel \(f_n\) est strictement décroissante.
Comme :
\[ f_n(u_n)=0 \qquad\text{et}\qquad f_n(u_{n+1})\gt0, \]la décroissance de \(f_n\) entraîne :
\[ u_{n+1}\lt u_n. \]La suite \((u_n)\) est donc strictement décroissante. Elle est minorée par \(1\), donc elle est convergente.
Comme \(f_n(u_n)=0\), on a :
\[ u_n=n\ln(u_n). \]Donc :
\[ \ln(u_n)=\frac{u_n}{n}. \]D’après \(1\lt u_n\lt e\) :
\[ 0\lt\ln(u_n)\lt\frac en. \]Lorsque \(n\to+\infty\), le membre de droite tend vers \(0\). Par encadrement :
\[ \ln(u_n)\longrightarrow0. \]Comme la fonction exponentielle est continue :
\[ u_n\longrightarrow e^0=1. \]Comme \(u_n\to1\), la limite fondamentale donne :
\[ \lim_{n\to+\infty} \frac{\ln(u_n)}{u_n-1} = 1. \]Pour la deuxième limite, l’égalité \(u_n=n\ln(u_n)\) donne :
\[ n(u_n-1) = u_n\, \frac{u_n-1}{\ln(u_n)}. \]Or :
\[ u_n\to1 \]et :
\[ \frac{u_n-1}{\ln(u_n)} \to1. \]Par conséquent :
D’après la question 1-c :
\[ v_n\gt n. \]Or \(n\to+\infty\). Par comparaison :
Pour \(n\ge3\), on a \(n\ln n\gt n\). Calculons :
\[ \begin{aligned} f_n(n\ln n) &= n\ln n-n\ln(n\ln n)\\ &= n\ln n-n\big(\ln n+\ln(\ln n)\big)\\ &= -n\ln(\ln n). \end{aligned} \]Comme \(n\ge3\), on a \(\ln n\gt1\), donc :
\[ \ln(\ln n)\gt0. \]Ainsi :
\[ f_n(n\ln n)\lt0. \]La fonction \(f_n\) est strictement croissante sur \([n,+\infty[\) et \(f_n(v_n)=0\). Par conséquent :
Considérons :
\[ h(x)=x-2\ln x. \]Pour \(x\gt0\) :
\[ h'(x) = 1-\frac2x = \frac{x-2}{x}. \]La fonction \(h\) est donc décroissante sur \(]0,2]\), puis croissante sur \([2,+\infty[\). Elle admet un minimum en \(x=2\).
Or :
\[ h(2)=2-2\ln2=2(1-\ln2). \]Comme \(\ln2\lt1\), on a \(h(2)\gt0\). Donc :
\[ \forall x\gt0,\qquad h(x)\gt0. \]Autrement dit :
\[ x\gt2\ln x. \]En particulier, pour \(x=n\in\mathbb N^*\) :
Pour \(n\ge3\), on a \(2n\ln n\gt n\). Calculons :
\[ \begin{aligned} f_n(2n\ln n) &= 2n\ln n-n\ln(2n\ln n)\\ &= n\big(2\ln n-\ln2-\ln n-\ln(\ln n)\big)\\ &= n\ln\left(\frac{n}{2\ln n}\right). \end{aligned} \]D’après la question précédente :
\[ n\gt2\ln n. \]Donc :
\[ \frac{n}{2\ln n}\gt1 \]et ainsi :
\[ f_n(2n\ln n)\gt0. \]Comme \(f_n\) est strictement croissante sur \([n,+\infty[\) et \(f_n(v_n)=0\), on obtient :
\[ v_n\lt2n\ln n. \]Avec la question 3-b :
Comme \(f_n(v_n)=0\), on a :
\[ v_n=n\ln(v_n). \]Donc :
\[ \frac{v_n}{n\ln n} = \frac{\ln(v_n)}{\ln n}. \]D’après :
\[ n\ln n\lt v_n\lt2n\ln n, \]et puisque le logarithme est strictement croissant :
\[ \ln(n\ln n) \lt \ln(v_n) \lt \ln(2n\ln n). \]En divisant par \(\ln n\gt0\) :
\[ 1+\frac{\ln(\ln n)}{\ln n} \lt \frac{\ln(v_n)}{\ln n} \lt 1+\frac{\ln2+\ln(\ln n)}{\ln n}. \]Or :
\[ \frac{\ln(\ln n)}{\ln n}\longrightarrow0. \]Les deux membres extrêmes tendent donc vers \(1\). Par encadrement :
Exercice 50 Encadrement logarithmique et produit
2) Pour \[ P_n= \prod_{k=1}^{n} \left(1+\frac{k}{n^2}\right), \] encadrer \(\ln P_n\), puis déterminer la limite de \(P_n\).
Majoration.
Posons :
\[ \varphi(x)=x-\ln(1+x). \]Pour \(x\ge0\) :
\[ \varphi'(x) = 1-\frac1{1+x} = \frac{x}{1+x} \ge0. \]Comme \(\varphi(0)=0\), on obtient :
\[ \ln(1+x)\le x. \]Minoration.
Posons :
\[ \psi(x) = \ln(1+x)-x+\frac{x^2}{2}. \]Pour \(x\ge0\) :
\[ \begin{aligned} \psi'(x) &= \frac1{1+x}-1+x\\ &= \frac{x^2}{1+x} \ge0. \end{aligned} \]Comme \(\psi(0)=0\), on obtient :
\[ \ln(1+x)\ge x-\frac{x^2}{2}. \]On a :
\[ \ln P_n = \sum_{k=1}^{n} \ln\left(1+\frac{k}{n^2}\right). \]En appliquant l’encadrement de la question 1 à \(x=\dfrac{k}{n^2}\), on obtient :
\[ \frac{k}{n^2} - \frac{k^2}{2n^4} \le \ln\left(1+\frac{k}{n^2}\right) \le \frac{k}{n^2}. \]En sommant de \(k=1\) à \(k=n\) :
\[ \frac1{n^2}\sum_{k=1}^{n}k - \frac1{2n^4}\sum_{k=1}^{n}k^2 \le \ln P_n \le \frac1{n^2}\sum_{k=1}^{n}k. \]Or :
\[ \sum_{k=1}^{n}k=\frac{n(n+1)}2 \]et :
\[ \sum_{k=1}^{n}k^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}6. \]Donc :
\[ \frac12\left(1+\frac1n\right) - \frac{(n+1)(2n+1)}{12n^3} \le \ln P_n \le \frac12\left(1+\frac1n\right). \]De plus, chaque terme \(\dfrac{k}{n^2}\) est strictement positif, donc \(\ln(1+\frac{k}{n^2})\lt\frac{k}{n^2}\). La majoration est donc stricte.
Dans l’encadrement précédent :
\[ \frac12\left(1+\frac1n\right) \longrightarrow \frac12 \]et :
\[ \frac{(n+1)(2n+1)}{n^3} \longrightarrow0. \]Par encadrement :
\[ \ln P_n\longrightarrow\frac12. \]La fonction exponentielle étant continue :
\[ P_n = e^{\ln P_n} \longrightarrow e^{1/2}. \]Méthodes à retenir
- La valeur absolue impose une étude séparée selon le signe de \(\ln x\).
- Une limite infinie du taux d’accroissement correspond à une tangente verticale.
- Les variations d’une fonction permettent d’établir l’existence et l’unicité de ses zéros sur chaque intervalle.
- L’équation vérifiée par une suite de solutions fournit directement des relations utiles pour sa limite.
- La transformation d’un produit en somme de logarithmes permet d’utiliser un encadrement terme à terme.
Hammou Boudraa — Enseignant des mathématiques
Lycée Oum Rabiaâ — M’rirt
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