Correction du problème 4
Logarithme népérien, bijection et fonction réciproque
Examen National 2011 — Session de rattrapage
On étudie la fonction \[ f(x)=x+\ln x, \] puis sa fonction réciproque. Le problème se termine par l’étude de l’unique solution \(x_n\) de l’équation \[ x+\ln x=n. \]
Problème 4 Étude de \(f(x)=x+\ln x\) et de sa fonction réciproque
On considère la fonction \(f\) définie par :
\[ f(x)=x+\ln x. \]On note \(\mathcal C\) sa courbe représentative dans un repère orthonormé \((O;\vec i,\vec j)\).
Première limite. Lorsque \(x\to+\infty\), on a \(x\to+\infty\) et \(\ln x\to+\infty\). Par conséquent :
\[ \boxed{\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty}. \]Deuxième limite. Lorsque \(x\to0^+\), on a \(x\to0\) et \(\ln x\to-\infty\). Ainsi :
\[ \boxed{\lim_{x\to0^+}f(x)=-\infty}. \]Troisième limite. Pour tout \(x>0\) :
\[ \frac{f(x)}x =\frac{x+\ln x}x =1+\frac{\ln x}x. \]Or la limite fondamentale donne :
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x}x=0. \]Donc :
\[ \boxed{\lim_{x\to+\infty}\frac{f(x)}x=1}. \]Quatrième limite. On a :
\[ f(x)-x=\ln x. \]Par conséquent :
Pour tout \(x>0\), la fonction \(f\) est dérivable et :
\[ f'(x)=1+\frac1x=\frac{x+1}x. \]Comme \(x>0\), on a \(x+1>0\). Par conséquent :
\[ \boxed{f'(x)>0\quad\text{pour tout }x>0}. \]La fonction \(f\) est donc strictement croissante sur \(]0,+\infty[\).
Lorsque \(x\) parcourt \(]0,+\infty[\), la fonction \(f\) est strictement croissante.
Elle varie de \(-\infty\), lorsque \(x\to0^+\), vers \(+\infty\), lorsque \(x\to+\infty\).
La fonction \(f\) est continue et strictement croissante sur \(]0,+\infty[\). De plus :
\[ \lim_{x\to0^+}f(x)=-\infty \qquad\text{et}\qquad \lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty. \]Son image est donc :
\[ J=]-\infty,+\infty[=\mathbb R. \]Par conséquent :
\[ \boxed{f: ]0,+\infty[\longrightarrow\mathbb R\text{ est bijective}}. \]La fonction réciproque est donc définie par :
\[ f^-1:\mathbb R\longrightarrow]0,+\infty[. \]Comme \(f\) est strictement croissante, \(f^-1\) est également strictement croissante sur \(\mathbb R\).
Lorsque la variable parcourt \(\mathbb R\) de \(-\infty\) vers \(+\infty\), la fonction \(f^-1\) est strictement croissante.
Elle varie de \(0\), limite atteinte par valeurs strictement positives, vers \(+\infty\).
On calcule :
\[ f(1)=1+\ln1=1 \qquad\text{et}\qquad f(e)=e+\ln e=e+1. \]Ainsi, \(\mathcal C\) passe par les points :
\[ A(1,1) \qquad\text{et}\qquad B(e,e+1). \]La droite \(x=0\) est une asymptote verticale à \(\mathcal C\), car :
\[ \lim_{x\to0^+}f(x)=-\infty. \]La courbe \(\mathcal C\) est strictement croissante. En outre :
\[ f''(x)=-\frac1{x^2}<0, \]donc \(\mathcal C\) est concave sur \(]0,+\infty[\).
Pour étudier sa position par rapport à la droite \(\Delta:y=x\), on écrit :
\[ f(x)-x=\ln x. \]Ainsi, \(\mathcal C\) est au-dessous de \(\Delta\) sur \(]0,1[\), rencontre \(\Delta\) au point \(A(1,1)\), puis se situe au-dessus de \(\Delta\) sur \(]1,+\infty[\).
Comme :
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{f(x)}x=1 \qquad\text{et}\qquad \lim_{x\to+\infty}\bigl(f(x)-x\bigr)=+\infty, \]la courbe \(\mathcal C\) possède, au voisinage de \(+\infty\), une branche parabolique de direction \(\Delta:y=x\). La droite \(\Delta\) n’est pas une asymptote.
La courbe \(\mathcal C'\) de \(f^-1\) est la symétrique de \(\mathcal C\) par rapport à la droite \(\Delta:y=x\). Le point \(A(1,1)\) reste invariant, tandis que le symétrique de \(B(e,e+1)\) est :
\[ B'(e+1,e). \]La courbe \(\mathcal C'\) est strictement croissante et admet l’axe des abscisses \(y=0\) comme asymptote horizontale au voisinage de \(-\infty\).
Représentation qualitative de \(\mathcal C\), de \(\mathcal C'\) et de l’axe de symétrie \(\Delta:y=x\).
L’équation \((E_n)\) s’écrit :
\[ f(x)=n. \]Or la fonction \(f\) réalise une bijection de \(]0,+\infty[\) sur \(\mathbb R\). Comme \(n\in\mathbb N^*\subset\mathbb R\), le réel \(n\) possède un unique antécédent par \(f\) dans \(]0,+\infty[\).
Pour \(n=1\), l’équation est :
\[ x+\ln x=1. \]Or \(f(1)=1\). L’unicité établie à la question précédente donne :
\[ \boxed{x_1=1}. \]Pour tout \(n\in\mathbb N^*\), on a \(f(x_n)=n\), donc :
\[ x_n=f^-1(n). \]Comme \(n\to+\infty\) et que :
\[ \lim_{x\to+\infty}f^-1(x)=+\infty, \]on en déduit :
Comme \(x_n\) est solution de \((E_n)\), on a :
\[ f(x_n)=n. \]D’autre part :
\[ f(n)=n+\ln n. \]Pour \(n\ge1\), on a \(\ln n\ge0\). Ainsi :
\[ f(x_n)=n\le n+\ln n=f(n). \]La fonction \(f\) étant strictement croissante, elle conserve l’ordre. Par conséquent :
La relation \(f(x_n)=n\) donne :
\[ x_n+\ln(x_n)=n, \]donc :
\[ x_n=n-\ln(x_n). \]D’après la question 5.a, \(x_n\le n\). Comme la fonction logarithme népérien est strictement croissante sur \(]0,+\infty[\), on obtient :
\[ \ln(x_n)\le\ln n. \]En multipliant par \(-1\), puis en ajoutant \(n\), il vient :
\[ n-\ln(x_n)\ge n-\ln n. \]Or \(n-\ln(x_n)=x_n\). Ainsi :
D’après les questions 5.a et 5.b :
\[ n-\ln n\le x_n\le n. \]Première limite. En soustrayant \(n\), puis en divisant par \(n>0\), on obtient :
\[ -\frac{\ln n}n \le \frac{x_n-n}n \le0. \]Or :
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\ln n}n=0. \]D’après le théorème des gendarmes :
\[ \boxed{\lim_{n\to+\infty}\frac{x_n-n}n=0}. \]Deuxième limite. Pour \(n\ge1\), l’inégalité classique \(\ln n\le n-1\) donne :
\[ n-\ln n\ge1>0. \]On peut donc diviser l’encadrement précédent par \(n-\ln n\) :
\[ 1 \le \frac{x_n}{n-\ln n} \le \frac n{n-\ln n} =\frac1{1-\dfrac{\ln n}n}. \]Comme \(\dfrac{\ln n}n\to0\), le membre de droite tend vers \(1\). D’après le théorème des gendarmes :
Méthodes à retenir
- Le domaine d’une expression contenant \(\ln x\) doit être déterminé avant toute étude.
- Une fonction continue et strictement monotone réalise une bijection de son intervalle de définition sur son intervalle image.
- Les courbes d’une fonction bijective et de sa fonction réciproque sont symétriques par rapport à la droite \(y=x\).
- Une équation de la forme \(f(x)=n\) peut être étudiée à l’aide de la fonction réciproque : \(x_n=f^-1(n)\).
- L’encadrement \(n-\ln n\le x_n\le n\), associé à \(\dfrac{\ln n}n\to0\), permet de calculer les deux limites finales.
Hammou Boudraa — Enseignant des mathématiques
Lycée Oum Rabiaâ — M’rirt
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