Correction du Devoir 6 de Calcul intégral
Al Moufid - 2e Bac Sciences Mathématiques - Fonctions définies par des intégrales et suites intégrales
Première partie - Étude des fonctions \(h\) et \(f\)
Soit la fonction \(h\) définie sur \(\mathbb R_+^*\) par :
\[ h(x)=x-\ln x. \]Montrer que :
\[ (\forall x\in\mathbb R_+^*) \qquad h(x)\geq1. \]Lire la correction + Masquer la correction −
La fonction \(h\) est dérivable sur \(]0;+\infty[\), et :
\[ h'(x)=1-\frac1x=\frac{x-1}{x}. \]Comme \(x>0\), le signe de \(h'(x)\) est celui de \(x-1\). Ainsi :
\[ h'(x)<0\text{ sur } ]0;1[, \qquad h'(1)=0, \qquad h'(x)>0\text{ sur } ]1;+\infty[. \]La fonction \(h\) est donc décroissante sur \(]0;1]\), puis croissante sur \([1;+\infty[\). Elle admet son minimum en \(x=1\).
\[ h(1)=1-\ln1=1. \]On considère la fonction \(f\) définie sur \(\mathbb R_+\) par :
\[ f(0)=0 \qquad\text{et}\qquad f(x)=\frac1{x-\ln x} =\frac1{h(x)} \quad\text{si }x>0. \]Montrer que la fonction \(f\) est continue sur \(\mathbb R_+\).
Lire la correction + Masquer la correction −
Sur \(]0;+\infty[\), la fonction \(h\) est continue et, d'après la question précédente :
\[ h(x)\geq1>0. \]La fonction \(f=\dfrac1h\) est donc continue sur \(]0;+\infty[\).
Étudions la continuité à droite en \(0\). Lorsque \(x\to0^+\) :
\[ x-\ln x\longrightarrow+\infty. \]Par conséquent :
\[ \lim_{x\to0^+}f(x) = \lim_{x\to0^+}\frac1{x-\ln x} =0. \]Or \(f(0)=0\). Ainsi :
\[ \lim_{x\to0^+}f(x)=f(0). \]La fonction \(f\) est-elle dérivable à droite en \(0\) ?
Lire la correction + Masquer la correction −
Pour \(x>0\) :
\[ \frac{f(x)-f(0)}{x-0} = \frac1{x(x-\ln x)}. \]Or :
\[ x(x-\ln x)=x^2-x\ln x. \]On sait que :
\[ \lim_{x\to0^+}x\ln x=0. \]Il en résulte :
\[ \lim_{x\to0^+}x(x-\ln x)=0^+. \]Donc :
\[ \lim_{x\to0^+} \frac{f(x)-f(0)}x =+\infty. \]Deuxième partie - Étude des fonctions \(F\) et \(G\)
Soit \(F\) la fonction définie sur \(\mathbb R_+\) par :
\[ F(x)=\int_x^{2x}f(t)\,dt. \]Montrer que \(F\) est dérivable sur \(\mathbb R_+^*\).
Lire la correction + Masquer la correction −
La fonction \(f\) est continue sur \(\mathbb R_+\). Pour \(x>0\), les fonctions :
\[ a(x)=x \qquad\text{et}\qquad b(x)=2x \]sont dérivables.
La formule de dérivation d'une intégrale à bornes variables donne :
\[ \begin{aligned} F'(x) &=f(2x)\times2-f(x)\times1\\ &=2f(2x)-f(x). \end{aligned} \]Montrer que :
\[ F'_d(0)=0 \]et que, pour tout \(x\in\mathbb R_+^*\) :
\[ F'(x)= \frac{\ln2-\ln x}{h(2x)h(x)}. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Dérivée à droite en \(0\).
On a :
\[ F(0)=\int_0^0f(t)\,dt=0. \]Pour \(x>0\), la fonction \(f\) étant continue sur \([x;2x]\), le théorème de la moyenne intégrale assure l'existence d'un réel \(c_x\in[x;2x]\) tel que :
\[ F(x)=\int_x^{2x}f(t)\,dt=x f(c_x). \]Ainsi :
\[ \frac{F(x)-F(0)}x=f(c_x). \]Comme \(x\leq c_x\leq2x\), on a \(c_x\to0^+\) lorsque \(x\to0^+\). La continuité de \(f\) en \(0\) donne alors :
\[ \lim_{x\to0^+} \frac{F(x)-F(0)}x = f(0) = 0. \]Donc :
\[ \boxed{F'_d(0)=0}. \]Expression de \(F'(x)\) pour \(x>0\).
D'après la question précédente :
\[ F'(x)=2f(2x)-f(x). \]Comme \(f(x)=\dfrac1{h(x)}\), on obtient :
\[ \begin{aligned} F'(x) &=\frac2{h(2x)}-\frac1{h(x)}\\ &=\frac{2h(x)-h(2x)}{h(2x)h(x)}. \end{aligned} \]Or :
\[ \begin{aligned} 2h(x)-h(2x) &=2(x-\ln x) -\bigl(2x-\ln(2x)\bigr)\\ &=\ln2-\ln x. \end{aligned} \]Vérifier que, pour tout \(x>0\) :
\[ \ln2=\int_x^{2x}\frac{dt}{t}. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Pour \(x>0\) :
\[ \begin{aligned} \int_x^{2x}\frac{dt}{t} &=\left[\ln t\right]_x^{2x}\\ &=\ln(2x)-\ln x\\ &=\ln2. \end{aligned} \]Montrer que, pour tout \(x\in[1;+\infty[\) :
\[ 0\leq F(x)-\ln2 \leq \frac{\ln(2x)}{x-\ln x}. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Soit \(x\geq1\). D'après la question précédente :
\[ \begin{aligned} F(x)-\ln2 &= \int_x^{2x} \left( \frac1{t-\ln t}-\frac1t \right)dt\\ &= \int_x^{2x} \frac{\ln t}{t(t-\ln t)} \,dt. \end{aligned} \]Pour \(t\in[x;2x]\), on a \(t\geq1\), donc \(\ln t\geq0\). Par conséquent :
\[ F(x)-\ln2\geq0. \]De plus :
\[ \ln t\leq\ln(2x), \qquad t\geq x. \]La fonction \(h\) est croissante sur \([1;+\infty[\), donc :
\[ t-\ln t = h(t) \geq h(x) = x-\ln x. \]Ainsi :
\[ 0\leq \frac{\ln t}{t(t-\ln t)} \leq \frac{\ln(2x)} {x(x-\ln x)}. \]En intégrant sur l'intervalle \([x;2x]\), dont la longueur est \(x\), on obtient :
\[ 0\leq F(x)-\ln2 \leq x\times \frac{\ln(2x)} {x(x-\ln x)}. \]En déduire :
\[ \lim_{x\to+\infty}F(x). \]Lire la correction + Masquer la correction −
D'après la question précédente, pour \(x\geq1\) :
\[ 0\leq F(x)-\ln2 \leq \frac{\ln(2x)}{x-\ln x}. \]Or :
\[ \frac{\ln(2x)}{x-\ln x} = \frac{ \dfrac{\ln2}{x} + \dfrac{\ln x}{x} } { 1-\dfrac{\ln x}{x} }. \]Comme :
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{\ln x}{x} =0, \]on obtient :
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac{\ln(2x)}{x-\ln x} =0. \]Le théorème d'encadrement donne :
Montrer que :
\[ F\left(\frac12\right)\leq\ln2. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Pour \(t\in\left[\dfrac12;1\right]\), on a \(\ln t\leq0\). Donc :
\[ t-\ln t\geq t>0. \]En prenant les inverses :
\[ \frac1{t-\ln t}\leq\frac1t. \]Par conséquent :
\[ \begin{aligned} F\left(\frac12\right) &= \int_{1/2}^{1} \frac{dt}{t-\ln t}\\ &\leq \int_{1/2}^{1} \frac{dt}{t}\\ &=\ln2. \end{aligned} \]Montrer que :
\[ \left( \exists\alpha\in \left[\frac12;1\right] \right) \qquad F(\alpha)=\ln2. \]Lire la correction + Masquer la correction −
D'après la question précédente :
\[ F\left(\frac12\right)\leq\ln2. \]Pour \(t\in[1;2]\), on a \(\ln t\geq0\), donc :
\[ t-\ln t\leq t. \]Les deux membres étant positifs :
\[ \frac1{t-\ln t}\geq\frac1t. \]Ainsi :
\[ \begin{aligned} F(1) &= \int_1^2 \frac{dt}{t-\ln t}\\ &\geq \int_1^2 \frac{dt}{t}\\ &=\ln2. \end{aligned} \]La fonction \(F\) est continue sur \(\left[\dfrac12;1\right]\), car elle y est dérivable.
Le théorème des valeurs intermédiaires assure donc l'existence d'un réel :
\[ \alpha\in \left[\frac12;1\right] \]tel que :
Dresser le tableau de variations de la fonction \(F\).
Lire la correction + Masquer la correction −
Pour \(x>0\) :
\[ F'(x)= \frac{\ln2-\ln x}{h(2x)h(x)}. \]D'après la première partie :
\[ h(2x)h(x)>0. \]Le signe de \(F'(x)\) est donc celui de :
\[ \ln2-\ln x = \ln\left(\frac2x\right). \]Ainsi :
\[ F'(x)>0\text{ si }0De plus :
\[ F(0)=0, \qquad F'_d(0)=0, \qquad \lim_{x\to+\infty}F(x)=\ln2. \]| \(x\) | \(0\) | \(]0;2[\) | \(2\) | \(]2;+\infty[\) | \(+\infty\) |
|---|---|---|---|---|---|
| \(F'(x)\) | \(F'_d(0)=0\) | + | \(0\) | − | |
| \(F(x)\) | \(0\) | ↗ | \(F(2)\) | ↘ | \(\ln2\) |
Tracer la courbe \(\mathcal C_F\) de \(F\) dans un repère orthonormé.
On admet que :
\[ F(1)\simeq0{,}9 \qquad\text{et}\qquad F(2)\simeq1{,}1. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Pour construire la courbe, on utilise les résultats suivants :
\(F(0)=0\) et \(F'_d(0)=0\) : la courbe possède une demi-tangente horizontale à l'origine. La fonction \(F\) est strictement croissante jusqu'à \(x=2\), où elle atteint son maximum \(F(2)\simeq1{,}1\), puis elle est strictement décroissante. La droite \(y=\ln2\) est une asymptote horizontale au voisinage de \(+\infty\). La courbe coupe cette droite en un point d'abscisse \(\alpha\in\left[\dfrac12;1\right]\).
Représentation qualitative respectant les variations et l'asymptote de \(\mathcal C_F\).
On considère la fonction \(G\) définie sur \([1;+\infty[\) par :
\[ G(x)= \int_1^x \frac{\ln t}{t-\ln t} \,dt. \]Montrer que :
\[ (\forall x\geq1) \qquad G(x)\geq\frac12\ln^2x, \]puis en déduire :
\[ \lim_{x\to+\infty}G(x). \]Lire la correction + Masquer la correction −
Pour \(t\geq1\), on a \(\ln t\geq0\), donc :
\[ t-\ln t\leq t. \]D'après la première partie :
\[ t-\ln t\geq1>0. \]En prenant les inverses :
\[ \frac1{t-\ln t}\geq\frac1t. \]En multipliant par \(\ln t\geq0\) :
\[ \frac{\ln t}{t-\ln t} \geq \frac{\ln t}{t}. \]En intégrant entre \(1\) et \(x\geq1\) :
\[ \begin{aligned} G(x) &\geq \int_1^x \frac{\ln t}{t} \,dt\\ &= \left[ \frac12(\ln t)^2 \right]_1^x\\ &= \frac12\ln^2x. \end{aligned} \]Ainsi :
\[ \boxed{ G(x)\geq\frac12\ln^2x }. \]Or :
\[ \lim_{x\to+\infty} \frac12\ln^2x = +\infty. \]Par comparaison :
Troisième partie - Étude de deux suites d'intégrales
On considère la suite numérique \((u_n)_{n\geq1}\) définie par :
\[ u_n= \int_{1/e^n}^{1/e} \frac{t}{t-\ln t} \,dt. \]Montrer que :
\[ (\forall t>0) \qquad \frac{t}{t-\ln t}\leq t. \]Lire la correction + Masquer la correction −
D'après la première partie, pour tout \(t>0\) :
\[ t-\ln t\geq1. \]Le dénominateur est donc strictement positif et :
\[ \frac1{t-\ln t}\leq1. \]En multipliant par \(t>0\), on obtient :
Montrer que la suite \((u_n)_{n\geq1}\) est croissante.
Lire la correction + Masquer la correction −
Pour tout \(n\geq1\) :
\[ \frac1{e^{n+1}} < \frac1{e^n} \leq \frac1e. \]Alors :
\[ \begin{aligned} u_{n+1}-u_n &= \int_{1/e^{n+1}}^{1/e} \frac{t}{t-\ln t} \,dt - \int_{1/e^n}^{1/e} \frac{t}{t-\ln t} \,dt\\ &= \int_{1/e^{n+1}}^{1/e^n} \frac{t}{t-\ln t} \,dt. \end{aligned} \]L'intégrande est strictement positif sur \(]0;+\infty[\). Par conséquent :
\[ u_{n+1}-u_n>0. \]En déduire que la suite \((u_n)_{n\geq1}\) est convergente et que sa limite \(\ell\) vérifie :
\[ \ell\in \left[ 0;\frac12 \right]. \]Lire la correction + Masquer la correction −
L'intégrande est positif, donc :
\[ u_n\geq0. \]D'après la question 1.a :
\[ \begin{aligned} u_n &= \int_{1/e^n}^{1/e} \frac{t}{t-\ln t} \,dt\\ &\leq \int_{1/e^n}^{1/e} t\,dt\\ &\leq \int_0^1t\,dt\\ &=\frac12. \end{aligned} \]Ainsi :
\[ 0\leq u_n\leq\frac12. \]La suite \((u_n)\) est croissante et majorée. Elle est donc convergente.
Si \(\ell\) désigne sa limite, le passage à la limite dans l'encadrement donne :
On considère la suite numérique \((v_n)_{n\geq1}\) définie par :
\[ v_n= \int_1^n \frac{t}{t-\ln t} \,dt. \]Calculer :
\[ \int_1^n \left( 1+\frac{\ln t}{t} \right)dt, \]puis montrer que :
\[ (\forall n\geq5) \qquad v_n\geq n. \]Lire la correction + Masquer la correction −
On calcule d'abord :
\[ \begin{aligned} \int_1^n \left( 1+\frac{\ln t}{t} \right)dt &= \left[ t+\frac12(\ln t)^2 \right]_1^n\\ &= n-1+\frac12(\ln n)^2. \end{aligned} \]Pour \(t\geq1\), on a \(\ln t\geq0\) et \(t-\ln t>0\). De plus :
\[ \begin{aligned} \frac{t}{t-\ln t} - \left( 1+\frac{\ln t}{t} \right) &= \frac{(\ln t)^2} {t(t-\ln t)}\\ &\geq0. \end{aligned} \]Donc :
\[ \frac{t}{t-\ln t} \geq 1+\frac{\ln t}{t}. \]En intégrant entre \(1\) et \(n\) :
\[ v_n \geq n-1+\frac12(\ln n)^2. \]Pour \(n\geq5\), on a :
\[ \ln n \geq \ln5 \simeq1{,}61 > \sqrt2. \]Ainsi :
\[ \frac12(\ln n)^2\geq1. \]Par conséquent :
En déduire la limite de la suite \((v_n)_{n\geq1}\).
Lire la correction + Masquer la correction −
Pour tout \(n\geq5\) :
\[ v_n\geq n. \]Or :
\[ \lim_{n\to+\infty}n=+\infty. \]Par comparaison :
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