Correction du problème 1
Étude de fonctions logarithmiques et suites de racines
2e Bac Sciences Mathématiques
Ce problème de synthèse étudie d’abord la fonction \[ f(x)=\frac{4\ln x}{x^2}-\frac12 \] sur \(]0,+\infty[\). Il établit ensuite un encadrement de \(\ln(1+a)\), puis généralise l’étude à la famille \[ f_n(x)=\frac{n\ln x}{x^2}-\frac12, \qquad n\ge4, \] afin d’analyser deux suites de solutions \((u_n)\) et \((v_n)\).
Problème 1 Logarithme népérien — Synthèse
Partie I. On considère la fonction \(f\) définie sur \(]0,+\infty[\) par :
\[ f(x)=\frac{4\ln x}{x^2}-\frac12. \]On étudie ses limites, ses variations, ses zéros, une tangente et sa représentation graphique.
Partie II. On établit, pour \(t\ge0\), un encadrement de \(\dfrac1{1+t}\), puis on en déduit un encadrement de \(\ln(1+a)\).
Partie III. Pour tout entier naturel \(n\ge4\), on considère :
\[ f_n(x)=\frac{n\ln x}{x^2}-\frac12, \qquad x\in]0,+\infty[. \]On étudie les courbes \(\mathcal C_n\), les deux solutions \(u_n\) et \(v_n\) de \(f_n(x)=0\), puis les suites \((u_n)\) et \((v_n)\).
Partie I — Étude de la fonction \(f\)
Limite lorsque \(x\to0^+\).
Posons \(t=\dfrac1x\). Lorsque \(x\to0^+\), on a \(t\to+\infty\), et :
\[ \frac{\ln x}{x^2} = -t^2\ln t. \]Comme \(t^2\ln t\to+\infty\), on obtient :
\[ \lim_{x\to0^+}\frac{\ln x}{x^2}=-\infty. \]Par conséquent :
\[ \boxed{\lim_{x\to0^+}f(x)=-\infty.} \]La droite \(x=0\) est une asymptote verticale à \(\mathcal C\).
Limite lorsque \(x\to+\infty\).
On utilise la limite fondamentale :
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x}{x^2}=0. \]Donc :
\[ \lim_{x\to+\infty}f(x)=-\frac12. \]La droite \(y=-\dfrac12\) est une asymptote horizontale au voisinage de \(+\infty\).
Pour \(x> 0\) :
\[ f(x)=4\ln x\cdot x^{-2}-\frac12. \]En utilisant la dérivée d’un produit :
\[ \begin{aligned} f'(x) &= 4\left[ \frac1x x^{-2} +\ln x\left(-2x^{-3}\right) \right]\\ &= 4\left[ \frac1{x^3}-\frac{2\ln x}{x^3} \right]\\ &= 4\frac{1-2\ln x}{x^3}. \end{aligned} \]Comme \(x^3> 0\), le signe de \(f'(x)\) est celui de \(1-2\ln x\).
\[ 1-2\ln x=0 \iff x=\sqrt e. \]Ainsi :
\[ f'(x)> 0\text{ sur }]0,\sqrt e[, \qquad f'(x)< 0\text{ sur }]\sqrt e,+\infty[. \]La valeur maximale est :
\[ f(\sqrt e) = \frac2e-\frac12. \]Sur \(]0,\sqrt e]\), \(f\) est strictement croissante de \(-\infty\) vers \(\dfrac2e-\dfrac12\).
Sur \([\sqrt e,+\infty[\), \(f\) est strictement décroissante de \(\dfrac2e-\dfrac12\) vers \(-\dfrac12\).
On a :
\[ f(1)=-\frac12< 0. \]D’autre part :
\[ f(\sqrt e) = \frac2e-\frac12 = \frac{4-e}{2e}> 0. \]La continuité de \(f\) sur \([1,\sqrt e]\), puis sa stricte croissance sur cet intervalle, assurent l’existence et l’unicité d’une solution :
\[ \alpha\in]1,\sqrt e[. \]Ensuite :
\[ f(3)=\frac{4\ln3}{9}-\frac12\simeq-0{,}0117< 0. \]Comme \(f(\sqrt e)> 0> f(3)\), la continuité et la stricte décroissance de \(f\) sur \([\sqrt e,+\infty[\) assurent l’existence et l’unicité d’une seconde solution :
\[ \beta\in]\sqrt e,3[. \]On a :
\[ f(1)=-\frac12, \qquad f'(1)=4. \]L’équation de la tangente est donc :
\[ \begin{aligned} y &=f'(1)(x-1)+f(1)\\ &=4(x-1)-\frac12\\ &=4x-\frac92. \end{aligned} \]Pour préciser la position par rapport à l’asymptote horizontale :
\[ f(x)+\frac12=\frac{4\ln x}{x^2}. \]Comme \(x^2> 0\), cette différence a le signe de \(\ln x\). La courbe est donc au-dessous de \(y=-\dfrac12\) sur \(]0,1[\), passe par \(A\left(1,-\dfrac12\right)\), puis reste au-dessus de cette droite sur \(]1,+\infty[\).
La courbe part vers \(-\infty\) au voisinage de \(0^+\), coupe l’axe des abscisses en \(\alpha\), atteint son maximum en \(x=\sqrt e\), coupe de nouveau l’axe en \(\beta\), puis tend vers l’asymptote \(y=-\dfrac12\) par valeurs supérieures.
Partie II — Encadrement logarithmique
Comme \(t\ge0\), on a \(1+t\ge1> 0\). Ainsi :
\[ \frac1{1+t}\le1. \]Pour la minoration, calculons :
\[ \begin{aligned} \frac1{1+t}-(1-t) &= \frac{1-(1-t)(1+t)}{1+t}\\ &= \frac{t^2}{1+t}. \end{aligned} \]Le dernier quotient est positif ou nul. Donc :
\[ 1-t\le\frac1{1+t}. \]Pour tout \(t\in[0,a]\), on a :
\[ 1-t\le\frac1{1+t}\le1. \]Les trois fonctions étant continues, on intègre entre \(0\) et \(a\). L’intégration conserve l’ordre :
\[ \int_0^a(1-t)\,dt \le \int_0^a\frac1{1+t}\,dt \le \int_0^a1\,dt. \]Or :
\[ \int_0^a(1-t)\,dt=a-\frac{a^2}{2}, \] \[ \int_0^a\frac1{1+t}\,dt=\ln(1+a), \] \[ \int_0^a1\,dt=a. \]Partie III — Étude de la famille \(f_n\)
Aux bornes du domaine :
\[ \lim_{x\to0^+}f_n(x)=-\infty, \qquad \lim_{x\to+\infty}f_n(x)=-\frac12. \]Pour \(x> 0\) :
\[ f_n'(x)=\frac{n(1-2\ln x)}{x^3}. \]Comme \(n> 0\) et \(x^3> 0\), le signe de \(f_n'(x)\) est celui de \(1-2\ln x\), qui s’annule en \(x=\sqrt e\).
La valeur maximale est :
\[ f_n(\sqrt e)=\frac{n-e}{2e}> 0, \]car \(n\ge4> e\).
\(f_n\) est strictement croissante sur \(]0,\sqrt e]\), de \(-\infty\) vers \(\dfrac{n-e}{2e}\).
\(f_n\) est strictement décroissante sur \([\sqrt e,+\infty[\), vers \(-\dfrac12\).
On dérive une seconde fois :
\[ \begin{aligned} f_n''(x) &= n\left[ -\frac2x x^{-3} -3(1-2\ln x)x^{-4} \right]\\ &= \frac{n(6\ln x-5)}{x^4}. \end{aligned} \]Comme \(n> 0\) et \(x^4> 0\), le signe de \(f_n''(x)\) est celui de \(6\ln x-5\).
\[ 6\ln x-5=0 \iff x=e^{\frac56}. \]Ainsi :
\[ f_n''(x)< 0\text{ sur }]0,e^{\frac56}[, \qquad f_n''(x)> 0\text{ sur }]e^{\frac56},+\infty[. \]Le point d’inflexion est :
\[ I_n\left( e^{\frac56}, \frac{5n}{6e^{\frac53}}-\frac12 \right). \]Comme \(x^2> 0\), le signe de la différence est celui de \(\ln x\).
Sur \(]0,1[\), \(\mathcal C_{n+1}\) est située au-dessous de \(\mathcal C_n\).
Les deux courbes se coupent au point \(A\left(1,-\dfrac12\right)\).
Sur \(]1,+\infty[\), \(\mathcal C_{n+1}\) est située au-dessus de \(\mathcal C_n\).
On a :
\[ f_n(1)=-\frac12< 0, \qquad f_n(\sqrt e)=\frac{n-e}{2e}> 0. \]La continuité et la stricte croissance de \(f_n\) sur \([1,\sqrt e]\) donnent une unique solution :
\[ u_n\in]1,\sqrt e[. \]Calculons maintenant :
\[ f_n(n)=\frac{\ln n}{n}-\frac12. \]Considérons \(\varphi(x)=\dfrac x2-\ln x\) sur \([4,+\infty[\). Sa dérivée est :
\[ \varphi'(x)=\frac{x-2}{2x}> 0. \]De plus, \(\varphi(4)=2-\ln4> 0\). Ainsi \(\ln n< \dfrac n2\), puis :
\[ f_n(n)< 0. \]Comme \(f_n(\sqrt e)> 0> f_n(n)\), la continuité et la stricte décroissance de \(f_n\) sur \([\sqrt e,+\infty[\) donnent une unique seconde solution :
\[ v_n\in]\sqrt e,n[. \]Comme \(u_n> 1\), la question III-3 donne :
\[ f_{n+1}(u_n)> f_n(u_n). \]Or \(f_n(u_n)=0\). Donc :
\[ f_{n+1}(u_n)> 0. \]D’autre part :
\[ f_{n+1}(1)=-\frac12< 0. \]La fonction \(f_{n+1}\) est strictement croissante sur \(]0,\sqrt e]\), et \(u_{n+1}\) est son unique zéro dans \(]1,\sqrt e[\). Ainsi :
\[ 1< u_{n+1}< u_n. \]On applique l’encadrement de la partie II avec :
\[ a=u_n-1> 0. \]Comme \(1+a=u_n\), on obtient :
\[ u_n-1-\frac{(u_n-1)^2}{2} \le \ln(u_n) \le u_n-1. \]Le membre de gauche se simplifie :
\[ u_n-1-\frac{(u_n-1)^2}{2} = \frac{(u_n-1)(3-u_n)}{2}. \]Comme \(f_n(u_n)=0\) :
\[ \frac{n\ln(u_n)}{u_n^2}=\frac12, \]d’où :
\[ \ln(u_n)=\frac{u_n^2}{2n}. \]En remplaçant dans l’encadrement précédent :
\[ \frac{(u_n-1)(3-u_n)}{2} \le \frac{u_n^2}{2n} \le u_n-1. \]Comme \(u_n< \sqrt e< 2\), on a \(3-u_n> 0\). On peut donc diviser par \(3-u_n\).
Comme \(u_n> 1\), on a \(u_n^2> 1\). Donc :
\[ \frac{u_n^2}{2n}\ge\frac1{2n}. \]Il en résulte :
\[ \frac1{2n}\le u_n-1. \]D’autre part, \(u_n< \sqrt e\), donc \(u_n^2< e\). De plus, \(u_n< 2\), donc \(3-u_n> 1\). Ainsi :
\[ \frac{u_n^2}{n(3-u_n)} < \frac en. \]On a :
\[ 0\le u_n-1\le\frac en. \]Or :
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac en=0. \]D’après le théorème des gendarmes :
\[ \lim_{n\to+\infty}(u_n-1)=0. \]Calculons :
\[ f_n\left(e^{\frac56}\right) = \frac{5n}{6e^{\frac53}}-\frac12. \]Comme \(n\ge4\) :
\[ f_n\left(e^{\frac56}\right) \ge \frac{20}{6e^{\frac53}}-\frac12. \]Or \(e^{\frac53}\simeq5{,}2945\), donc le dernier nombre est strictement positif. Ainsi :
\[ f_n\left(e^{\frac56}\right)> 0. \]Comme \(e^{\frac56}> \sqrt e\), que \(f_n\) est strictement décroissante sur \([\sqrt e,+\infty[\), et que \(f_n(v_n)=0\), on obtient :
Comme \(v_n> e^{\frac56}\), on a :
\[ \ln(v_n)> \frac56. \]D’autre part, \(f_n(v_n)=0\), donc :
\[ v_n^2=2n\ln(v_n). \]Par conséquent :
\[ v_n^2> \frac{5n}{3}. \]Comme \(v_n> 0\) :
\[ v_n> \sqrt{\frac{5n}{3}}. \]Or \(\sqrt{\dfrac{5n}{3}}\to+\infty\). Par comparaison :
Méthodes à retenir
- Une étude complète de fonction combine limites, dérivées, variations, zéros, asymptotes et tangentes.
- Le théorème des valeurs intermédiaires donne l’existence d’une solution, tandis que la stricte monotonie en assure l’unicité.
- Un encadrement de fonctions continues peut être intégré membre à membre sur un même intervalle.
- Pour comparer deux courbes \(\mathcal C_n\) et \(\mathcal C_{n+1}\), on étudie le signe de \(f_{n+1}(x)-f_n(x)\).
- Les égalités \(f_n(u_n)=0\) et \(f_n(v_n)=0\) transforment l’étude des suites en encadrements explicites.
Hammou Boudraa — Enseignant des mathématiques
Lycée Oum Rabiaâ — M’rirt
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