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

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

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 :

${\begin{array}{c|ccccc|}x&0&&{\sqrt {2}}&&+\infty \\\hline {\textrm {Signe~de}}~g'(x)&&-&0&+&\\\hline {\textrm {Variations~de}}~g&&\searrow &&\nearrow &\\\end{array}}$

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

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

Solution

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

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

2.

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

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

 

Partie B

Soit $f$ la fonction définie pour tout $x\in I$ par$~f(x)={\frac {x}{4}}-{\frac {1}{2x}}+{\frac {\ln(x)}{x}}$

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 ${\mathcal {C}}$.

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 $y={\frac {x}{4}}$

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 $x\in I,~h(x)=-{\frac {1}{2x}}+{\frac {\ln(x)}{x}}$

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 $cm^{2}$ 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. *$\lim _{x\rightarrow +\infty }{\frac {\ln(x)}{x}}=0$

• $\lim _{x\rightarrow +\infty }{\frac {x}{4}}=+\infty$
• $\lim _{x\rightarrow +\infty }-{\frac {1}{2x}}=0$

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

b. *${\begin{cases}\displaystyle {\lim _{x\rightarrow 0^{+}}\ln(x)=-\infty }\\\displaystyle {\lim _{x\rightarrow 0^{+}}{\frac {1}{x}}}=+\infty \end{cases}}$ donc $\lim _{x\rightarrow 0^{+}}{\frac {\ln(x)}{x}}=-\infty$

• $\lim _{x\rightarrow 0^{+}}{\frac {x}{4}}=0$
• $\lim _{x\rightarrow 0^{+}}-{\frac {1}{2x}}=-\infty$

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 $x\in I,~u'(x)={\frac {1}{x}}$
• pour tout $x\in I,~v'(x)=1$

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

${\begin{aligned}f'(x)&={\frac {1}{4}}-{\frac {1}{2}}\left(-{\frac {1}{x^{2}}}\right)+{\frac {u'(x)v(x)-u(x)v'(x)}{v(x)^{2}}}\\&={\frac {1}{4}}+{\frac {1}{2x^{2}}}+{\frac {{\frac {1}{x}}x-\ln(x)}{x^{2}}}\\&={\frac {x^{2}}{4x^{2}}}+{\frac {2}{4x^{2}}}+{\frac {4-4\ln(x)}{4x^{2}}}\\\end{aligned}}$

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 $x\in I,~f(x)-{\frac {x}{4}}=-{\frac {1}{2x}}+{\frac {\ln(x)}{x}}$ ${\begin{cases}\displaystyle {\lim _{x\rightarrow +\infty }{\frac {\ln(x)}{x}}=0}\\\displaystyle {\lim _{x\rightarrow +\infty }-{\frac {1}{2x}}=0}\end{cases}}$ donc $\lim _{x\rightarrow +\infty }f(x)-{\frac {x}{4}}=0$

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

b. * On résout l'équation $(E)~:~f(x)={\frac {x}{4}}$ d'inconnue $x\in I$ pour trouver l'abscisse du point d'intersection

${\begin{aligned}(E)&\Leftrightarrow -{\frac {1}{2x}}+{\frac {\ln(x)}{x}}=0\\&\Leftrightarrow -{\frac {1}{2}}+\ln(x)=0\\&\Leftrightarrow \ln(x)={\frac {1}{2}}\\&\Leftrightarrow x={\sqrt {e}}\\\end{aligned}}$

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

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 $f(x)-{\frac {x}{4}}$.

Soit $x\in I$:

$f(x)-{\frac {x}{4}}=-{\frac {1}{2x}}+{\frac {\ln(x)}{x}}={\frac {2\ln(x)-1}{2x}}$

• Pour tout $x\in I,~2x>0$
• ${\mathcal {C}}$ est au-dessus de ${\mathcal {D}}\Leftrightarrow 2\ln(x)-1\geq 0\Leftrightarrow \ln(x)\geq {\frac {1}{2}}\Leftrightarrow x\geq {\sqrt {e}}$ (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 : $h_{1}(x)=-{\frac {1}{2}}.{\frac {1}{x}}$ $h_{2}(x)={\frac {\ln x}{x}}$

Comme une primitive sur I de $x\mapsto {\frac {1}{x}}$ est $x\mapsto \ln(x)$, on trouve une primitive $H_{1}$ de $h_{1}$ sur I :

$H_{1}:x\mapsto -{\frac {1}{2}}\ln(x)$

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 $x\in I,~{\frac {\ln(x)}{x}}=u'(x).u(x)={\frac {1}{2}}~(2~u'(x).u(x))$

Une primitive de $h_{2}$ sur I est ainsi :

$H_{2}(x)={\frac {1}{2}}u(x)^{2}={\frac {1}{2}}\ln(x)^{2}$

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

$H(x)=H_{1}(x)+H_{2}(x)+K={\frac {1}{2}}\left[-\ln(x)+\ln(x)^{2}\right]+K$ 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 $H:x\mapsto {\frac {1}{2}}\ln(x)^{2}-{\frac {1}{2}}\ln(x)={\frac {\ln(x)}{2}}(\ln(x)-1)$

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 :

${\begin{aligned}{\mathcal {A}}&=\int _{\sqrt {e}}^{e}f(t)~\mathrm {d} t-\int _{\sqrt {e}}^{e}{\frac {t}{4}}~\mathrm {d} t\\&=\int _{\sqrt {e}}^{e}{\frac {t}{4}}-{\frac {1}{2t}}+{\frac {\ln(t)}{t}}~\mathrm {d} t-\int _{\sqrt {e}}^{e}{\frac {t}{4}}~\mathrm {d} t\\&=\int _{\sqrt {e}}^{e}h(t)~\mathrm {d} t\\&=\left[H(t)\right]_{t={\sqrt {e}}}^{t=e}=H(e)-H({\sqrt {e}})\\&={\frac {\ln(e)}{2}}(\ln(e)-1)-{\frac {\ln({\sqrt {e}})}{2}}(\ln({\sqrt {e}})-1)\\&=-{\frac {\ln(e)}{4}}\left({\frac {1}{2}}\ln(e)-1\right)\\&={\frac {1}{8}}\end{aligned}}$

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

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