Fonction logarithme/Exercice/Étude d'une fonction comprenant un logarithme

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**Étude d'une fonction comprenant un logarithme**
Leçon : Fonction logarithme

Exercice 4
Chapitre du cours :	Fonction logarithme
Cet exercice est de niveau 12.

En raison de limitations techniques, la typographie souhaitable du titre, « Exercice : Étude d'une fonction comprenant un logarithme
Fonction logarithme/Exercice/Étude d'une fonction comprenant un logarithme », n'a pu être restituée correctement ci-dessus.

Dans tout le problème, I désigne l'intervalle $]0,+\infty [$ .

[modifier] Partie A

Soit g la fonction définie par pour tout $x \in I,~g(x)=x^2+6-4\ln(x)$ .

On admet que le tableau de variation de g est le suivant :

$\begin{array}{c|ccccc|} x&0&&\sqrt2&&+\infty\\ \hline \textrm{Signe~de}~g'(x)&&-&0&+&\\ \hline \textrm{Variations~de}~g&&\searrow&&\nearrow&\\ \end{array}$

1. Calculer $g(\sqrt 2)$ .

2. En déduire que g est une fonction positive sur l'intervalle I.

Solution

1. $\begin{align} g(\sqrt 2)&=(\sqrt 2)^2+6-4~\ln(\sqrt 2)\\ &=2+6-4~\frac12\ln(2)\\ &=8-2\ln(2) \end{align}$

Donc $g(\sqrt 2)=8-2\ln(2)$

2.

g est décroissante sur $]0,\sqrt 2]$ donc pour tout $x \in ]0,\sqrt2[,~g(x) \geq g(\sqrt2)$
g est croissante sur $[\sqrt 2,+\infty[$ donc pour tout $x \in [\sqrt2,+\infty[,~g(\sqrt2) \leq g(x)$
Donc pour tout $x \in \R,~g(x) \geq g(\sqrt2)$ .
De plus , $8-2~\ln(2) \approx 6,61$ donc $g(\sqrt 2) >0$

Donc pour tout $x \in I,~g(x)>0$

[modifier] Partie B

Soit f la fonction définie par pour tout $x\in I,~f(x)=\frac x4 -\frac 1{2x}+ \frac{\ln(x)}x$

1. On note f' la fonction dérivée de la fonction f sur l'intervalle I, et $\mathcal C$ la courbe représentative de la fonction f dans un repère orthonormal d'unité graphique 4 cm.

a. Étudier la limite de f en $+\infty$ .

b. Étudier la limite de f en 0 et en déduire l'existence d'une asymptote à la courbe C.

c. Montrer que pour tout réel x de l'intervalle I, $f'(x)=\frac{g(x)}{4x^2}$

d. Déduire de la partie A le signe de

f'(x)

pour tout $x\in I$ puis le sens de variation de f sur l'intervalle I.

e. Faire le tableau de variations de la fonction f sur l'intervalle I.

2. Soit $\mathcal D$ la droite d'équation $y = \frac x4$

a. Montrer que la droite $\mathcal D$ est asymptote à la courbe $\mathcal C$ .

b. Montrer que le point d'intersection de $\mathcal C$ et de $\mathcal D$ a pour coordonnées $\left(\sqrt{e},\frac{\sqrt{e}}4\right)$ .

c. Sur l'intervalle I, déterminer la position de la courbe $\mathcal C$ par rapport à la droite $\mathcal D$ .

3. En utilisant les résultats précédents, tracer avec soin la droite $\mathcal D$ et la courbe $\mathcal C$ .

4. On considère la fonction h définie sur l'intervalle I par pour tout $x\in I,~h(x)=-\frac1{2x}+\frac{\ln(x)}{x}$

a. En remarquant que $\frac{\ln(x)}x$ est de la forme $u'(x)~u(x)$ , déterminer une primitive de la fonction h, que l'on notera H.

b. Calculer en

c m 2

l'aire de la partie du plan délimitée par la courbe $\mathcal C$ , la droite $\mathcal D$ et les droites d'équations $x=\sqrt{e}$ et $x=e\,$ .

Solution

1. a. * $\lim_{x \rightarrow +\infty} \frac{\ln(x)}x =0$

$\lim_{x \rightarrow +\infty} \frac x4 =+\infty$
$\lim_{x \rightarrow +\infty} -\frac 1{2x} =0$

En additionnant les limites (ce qui est possible dans ce cas), on obtient $\lim_{x \rightarrow +\infty} f(x)=+\infty$

b. * $\begin{cases} \displaystyle{\lim_{x \rightarrow 0^+} \ln(x) =-\infty}\\ \displaystyle{\lim_{x \rightarrow 0^+} \frac1x} =+\infty \end{cases}$ donc $\lim_{x \rightarrow 0^+} \frac{\ln(x)}x =-\infty$

$\lim_{x \rightarrow 0^+} \frac x4 =0$
$\lim_{x \rightarrow 0^+} -\frac 1{2x} =-\infty$

On obtient finalement $\lim_{x \rightarrow 0^+} f(x)=-\infty$

Cela implique pour la courbe représentative de f la propriété suivante :

$\mathcal C$ admet pour asymptote au voisinage de 0 la droite d'équation x=0

c. On pose deux fonctions u et v définies par :

pour tout $x\in I,~u(x)=\ln(x)$
pour tout $x\in I,~v(x)=x$

u et v sont dérivables sur I et leurs dérivées valent

pour tout $x\in I,~u'(x)=\frac1x$
pour tout $x\in I,~v'(x)=1$

La dérivée de f vaut alors pour tout $x\in I$

$\begin{align} f'(x)&=\frac14-\frac12\left(-\frac1{x^2} \right)+\frac{u'(x) v(x)-u(x)v'(x)}{v(x)^2}\\ &=\frac14+\frac1{2x^2}+ \frac{\frac1x x-\ln(x)}{x^2}\\ &=\frac{x^2}{4x^2}+\frac2{4x^2}+ \frac{4-4\ln(x)}{4x^2}\\ \end{align}$

Donc pour tout $x\in I,~f'(x)=\frac{g(x)}{4x^2}$

d. * pour tout $x \in I,~g(x)>0$ d'après la partie A

pour tout $x\in I,~4x^2>0$

Donc pour tout $x\in I, f'(x)>0$ , donc f est strictement croissante sur I

e. $\begin{array}{c|ccc|} x&0&&+\infty\\ \hline \textrm{Signe~de}~f'(x)&&+&\\ \hline &&&+\infty\\ \textrm{Variations~de}~f&&\nearrow&\\ &-\infty&&\\ \end{array}$

2. a. * Pour tout $x\in I,~f(x)-\frac x4=-\frac 1{2x}+ \frac{\ln(x)}x$ $\begin{cases}\displaystyle{\lim_{x \rightarrow +\infty} \frac{\ln(x)}x =0}\\ \displaystyle{\lim_{x \rightarrow +\infty} -\frac 1{2x} =0} \end{cases}$ donc $\lim_{x \rightarrow +\infty} f(x)-\frac x4=0$

Donc la droite $\mathcal D$ est asymptote à $\mathcal C$ au voisinage de $+\infty$

b. * On résout l'équation $(E)~:~f(x)=\frac x4$ d'inconnue $x\in I$ pour trouver l'abscisse du point d'intersection

$\begin{align} (E) &\Leftrightarrow-\frac1{2x}+\frac{\ln(x)}x=0\\ &\Leftrightarrow -\frac 12+\ln(x)=0\\ &\Leftrightarrow \ln(x)=\frac12\\ &\Leftrightarrow x=\sqrt e\\ \end{align}$

L'ordonnée du point d'intersection est alors $\frac{\sqrt e}4$ , car il est sur $\mathcal D:y=\frac x4$

Donc le point d'intersection de $\mathcal C$ et de $\mathcal D$ a pour coordonnées $\left (\sqrt{e},\frac{\sqrt{e}}4 \right )$ .

c. On étudie pour tout $x\in I$ le signe de l'expression $f(x)-\frac x4$ .

Soit $x \in I$ :

$f(x)-\frac x4=-\frac 1{2x}+\frac{\ln(x)}x=\frac{2\ln(x)-1}{2x}$

Pour tout $x\in I,~2x>0$

$\mathcal C$ est au-dessus de $\mathcal D \Leftrightarrow 2\ln(x)-1 \geq 0 \Leftrightarrow \ln(x) \geq \frac12 \Leftrightarrow x \geq \sqrt e$ (par croissance de la fonction ln)

Finalement :

sur l'intervalle $]0,\sqrt e]$ , $\mathcal C$ est en-dessous de $\mathcal D$
sur l'intervalle $[\sqrt e,+\infty[$ , $\mathcal C$ est au-dessus de $\mathcal D$

3.

4. a. Séparons la fonction à intégrer en deux parties :

$h(x)=h_1(x)+h_2(x)\,$

Avec :

$h_1(x)=-\frac12.\frac1x$

$h_2(x)=\frac{\ln x}x$

Comme une primitive sur I de $x \mapsto \frac 1x$ est $x \mapsto \ln(x)$ , on trouve une primitive $H_1\,$ de $h_1\,$ sur I :

$H_1:x\mapsto-\frac12\ln(x)$

Pour la seconde, nous allons utiliser l'indication. Quelles sont les fonctions dont la dérivée est de la forme u'.u ? Si on ne s'en souvient pas, il est possible de repartir de la dérivée du produit uv :

$\left(uv\right)' = u'v + uv'$

Lorsque u = v, cela donne en particulier :

$\left(u^2 \right)'=2u'u$

Par conséquent, à un facteur 2 près, une primitive de u'.u est u².

Dans notre cas, $u=~\ln$ . On a bien pour tout $x \in I,~\frac{\ln(x)}x=u'(x).u(x)=\frac12~(2~u'(x).u(x))$

Une primitive de $h_2\,$ sur I est ainsi :

$H_2(x)=\frac12u(x)^2=\frac12 \ln(x)^2$

Finalement, les primitives de h sont les fonctions H telles que pour tout $x\in I$ :

$H(x)=H_1(x)+H_2(x)+K=\frac12 \left[-\ln(x)+\ln(x)^2 \right]+K$

où K est une constante. Puisqu'on ne demande qu'une primitive, on peut par exemple choisir K = 0.

Finalement, une primitive de h est $H:x \mapsto \frac12\ln(x)^2-\frac12 \ln(x)=\frac{\ln(x)}2(\ln(x)-1)$

b.

L'aire que l'on cherche à calculer est l'aire rouge. On peut facilement calculer :

(aire rouge+aire bleue), qui correspond à l'intégrale de la fonction f entre $\sqrt e$ et $e\,$
aire bleue, qui correspond à l'intégrale de la fonction dont la courbe est $\mathcal D$ entre $\sqrt e$ et $e\,$

L'aire rouge vaut ainsi, en unités de surface :

$\begin{align} \mathcal A&=\int_{\sqrt e}^e f(t)~\mathrm dt - \int_{\sqrt e}^e \frac t4~\mathrm dt\\ &=\int_{\sqrt e}^e \frac t4-\frac 1{2t}+\frac{\ln(t)}t~\mathrm dt - \int_{\sqrt e}^e \frac t4~\mathrm dt\\ &=\int_{\sqrt e}^e h(t)~\mathrm dt\\ &=\left[H(t) \right ]^{t=e}_{t=\sqrt e} = H(e)-H(\sqrt e)\\ &=\frac{\ln(e)}2(\ln(e)-1)-\frac{\ln(\sqrt e)}2(\ln(\sqrt e)-1)\\ &=-\frac{\ln(e)}4 \left (\frac12 \ln(e)-1 \right )\\ &=\frac18 \end{align}$

Comme l'unité de surface vaut en réalité $16~\textrm{cm}^2$ :

L'aire demandée vaut $2~\textrm{cm}^2$

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