Correction du devoir 1
Problème de synthèse — Logarithme népérien
2e Bac Sciences Mathématiques
Ce devoir étudie une fonction auxiliaire \(g\), puis utilise son signe pour conduire l’étude complète d’une fonction logarithmique \(f\) : continuité, dérivabilité, variations, branches infinies et représentation graphique.
Devoir 1Problème de synthèse
Première partie — Étude de la fonction auxiliaire g
On écrit :
\[\frac{x-1}{x-2}=1+\frac1{x-2},\qquad g(x)=\ln|x-2|-1-\frac1{x-2}.\]Aux deux infinis, \(\ln|x-2|\to+\infty\) et \(\dfrac1{x-2}\to0\). Donc :
\[\lim_{x\to-\infty}g(x)=\lim_{x\to+\infty}g(x)=+\infty.\]Pour \(x\to2^+\), en posant \(h=x-2\to0^+\) :
\[g(x)=\ln h-1-\frac1h\longrightarrow-\infty.\]Pour \(x\to2^-\), en posant \(u=2-x\to0^+\) :
\[g(x)=\ln u-1+\frac1u\longrightarrow+\infty.\]Pour \(x\ne2\) :
\[g'(x)=\frac1{x-2}-\left(\frac{x-1}{x-2}\right)'=\frac1{x-2}+\frac1{(x-2)^2}=\frac{x-1}{(x-2)^2}.\]Le dénominateur est strictement positif ; le signe de \(g'(x)\) est donc celui de \(x-1\).
Sur \(]-\infty,1]\), \(g\) décroît de \(+\infty\) vers \(g(1)=0\).
Sur \([1,2[\), \(g\) croît de \(0\) vers \(+\infty\).
Sur \(]2,+\infty[\), \(g\) croît de \(-\infty\) vers \(+\infty\).
Sur \(]2,+\infty[\), \(g\) est continue, strictement croissante, et :
\[\lim_{x\to2^+}g(x)=-\infty,\qquad \lim_{x\to+\infty}g(x)=+\infty.\]Le théorème des valeurs intermédiaires et la stricte monotonie donnent une unique solution \(\alpha\).
\[g(4)=\ln2-\frac32\simeq-0{,}807\lt0,\qquad g(6)=\ln4-\frac54\simeq0{,}136\gt0.\]Donc :
\[4\lt\alpha\lt6,\qquad \alpha\simeq5{,}5911.\]D’après les variations, \(g\) s’annule en \(1\) et en \(\alpha\).
\[g(x)\gt0\text{ sur }]-\infty,1[\cup]1,2[\cup]\alpha,+\infty[,\] \[g(x)\lt0\text{ sur }]2,\alpha[,\qquad g(1)=g(\alpha)=0.\]Deuxième partie — Étude de la fonction f
Il faut \(|x-2|\gt0\) et \(\ln|x-2|\ne0\). La première condition exclut \(2\), mais \(f(2)\) est définie séparément. La seconde donne :
\[|x-2|\ne1\iff x\ne1\text{ et }x\ne3.\]Comme \(f(1)\) est définie séparément, seul \(x=3\) reste interdit.
Au voisinage de \(1\), \(|x-2|=2-x\). Posons \(u=1-x\). Alors :
\[f(x)=\frac{-u}{\ln(1+u)}\longrightarrow-1=f(1),\]car \(\dfrac{\ln(1+u)}u\to1\). Donc \(f\) est continue en \(1\).
Lorsque \(x\to2\), \(x-1\to1\) et \(\ln|x-2|\to-\infty\), donc :
\[f(x)\longrightarrow0=f(2).\]Ainsi, \(f\) est continue en \(2\).
Posons \(\varphi(t)=\ln(1+t)-t+\dfrac{t^2}{2}\). On a \(\varphi(0)=0\) et :
\[\varphi'(t)=\frac1{1+t}-1+t=\frac{t^2}{1+t}\ge0.\]Donc \(\varphi(t)\ge0\), d’où :
\[\ln(1+t)\ge t-\frac{t^2}{2}.\]Posons ensuite \(\psi(t)=t-\dfrac{t^2}{2}+\dfrac{t^3}{3}-\ln(1+t)\). On a \(\psi(0)=0\) et :
\[\psi'(t)=1-t+t^2-\frac1{1+t}=\frac{t^3}{1+t}\ge0.\]Donc \(\psi(t)\ge0\), ce qui donne la seconde inégalité.
Posons \(t=1-x\in]0,1[\). Alors \(2-x=1+t\). À partir de l’inégalité précédente :
\[-\frac{t^2}{2}\le\ln(1+t)-t\le-\frac{t^2}{2}+\frac{t^3}{3}.\]Comme \(x-1=-t\lt0\), la division par \(-t\) inverse les inégalités :
\[\frac{t}{2}-\frac{t^2}{3}\le\frac{\ln(1+t)-t}{-t}\le\frac{t}{2}.\]En remplaçant \(t\) par \(1-x\), on obtient le résultat demandé.
Avec \(t=1-x\to0^+\) :
\[\frac{1-x}{\ln(2-x)}=\frac{t}{\ln(1+t)}\longrightarrow1.\]Le taux d’accroissement à gauche s’écrit :
\[\frac{f(x)-f(1)}{x-1}=\frac{x-1+\ln(2-x)}{x-1}\cdot\frac1{\ln(2-x)}.\]L’encadrement précédent, multiplié par \(\dfrac1{\ln(2-x)}\gt0\), donne par passage à la limite :
\[f'_g(1)=\frac12.\]Le calcul analogue à droite donne également \(f'_d(1)=\dfrac12\). Ainsi, \(f\) est dérivable en \(1\), et la tangente au point \(A(1,-1)\) est :
\[y+1=\frac12(x-1).\]Comme \(f(2)=0\) :
\[\frac{f(x)-f(2)}{x-2}=\frac{x-1}{(x-2)\ln|x-2|}.\]Posons \(h=x-2\). Alors :
\[\frac{f(x)-f(2)}{x-2}=\frac{1+h}{h\ln|h|}.\]Lorsque \(h\to0^-\), \(h\ln|h|\to0^+\), donc le quotient tend vers \(+\infty\). Lorsque \(h\to0^+\), \(h\ln h\to0^-\), donc le quotient tend vers \(-\infty\).
La fonction n’est pas dérivable en \(2\), mais la courbe admet au point \(B(2,0)\) deux demi-tangentes verticales de support \(x=2\).
Par la règle du quotient :
\[f'(x)=\frac{\ln|x-2|-\dfrac{x-1}{x-2}}{\left(\ln|x-2|\right)^2}.\]Le numérateur est exactement \(g(x)\).
Lorsque \(x\to3^-\), \(\ln|x-2|\to0^-\), donc \(f(x)\to-\infty\). Lorsque \(x\to3^+\), \(\ln|x-2|\to0^+\), donc \(f(x)\to+\infty\). Ainsi, \(x=3\) est une asymptote verticale.
Aux deux infinis :
\[\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty,\qquad \lim_{x\to-\infty}f(x)=-\infty.\]De plus :
\[\frac{f(x)}x=\frac{1-\frac1x}{\ln|x-2|}\longrightarrow0.\]La courbe possède donc deux branches paraboliques de direction l’axe des abscisses.
Comme \(g(\alpha)=0\) :
\[\ln(\alpha-2)=\frac{\alpha-1}{\alpha-2}.\]Donc :
\[f(\alpha)=\frac{\alpha-1}{\ln(\alpha-2)}=\alpha-2.\]Le dénominateur de \(f'(x)\) étant positif, le signe de \(f'\) est celui de \(g\).
\(f\) croît sur \(]-\infty,2]\), de \(-\infty\) vers \(0\).
\(f\) décroît sur \(]2,3[\), de \(0\) vers \(-\infty\).
\(f\) décroît sur \(]3,\alpha]\), de \(+\infty\) vers \(\alpha-2\).
\(f\) croît sur \([\alpha,+\infty[\), de \(\alpha-2\) vers \(+\infty\).
La courbe passe par \(A(1,-1)\) et \(B(2,0)\), admet en \(A\) la tangente \(y=\dfrac12x-\dfrac32\), deux demi-tangentes verticales en \(B\), l’asymptote verticale \(x=3\), et un minimum \(M(\alpha,\alpha-2)\).
Méthodes à retenir
- Le signe d’une fonction auxiliaire peut déterminer celui de la dérivée d’une autre fonction.
- Un encadrement permet de calculer un nombre dérivé sans développement limité.
- Deux nombres dérivés infinis de signes opposés peuvent correspondre à deux demi-tangentes verticales de même support.
- Les limites, les variations et les points remarquables doivent être réunis avant le tracé final.
Hammou Boudraa — Enseignant des mathématiques
Lycée Oum Rabiaâ — M’rirt
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