تمارين - 2BACSEF

التانية باكالوريا العلوم التجريبية – خيار فرنسي

درس : Fonction logarithme népérien

Exercice 13 (S.O 2019)

Partie 1

Soit ff la fonction numérique définie sur ]0,+∞[]0,+\infty[ par :

f(x)=x+12−ln⁡x+12(ln⁡x)2f(x)=x+\dfrac{1}{2}-\ln x+\dfrac{1}{2}(\ln x)^2

et (C)(C) sa courbe représentative dans un repère orthonormé (O,i⃗,j⃗)(O,\vec{i},\vec{j}).

  1. Calculer lim⁡x→0+f(x)\lim\limits_{x\to0^+}f(x) puis interpréter le résultat géométriquement.
  2. a. Vérifier que pour tout xx de ]0,+∞[]0,+\infty[ ,
    f(x)=x+12+(12ln⁡x−1)ln⁡xf(x)=x+\dfrac{1}{2}+\left(\dfrac{1}{2}\ln x-1\right)\ln x
    b. En déduire que : lim⁡x→+∞f(x)=+∞\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=+\infty
    c. Montrer que pour tout xx de ]0,+∞[]0,+\infty[ :
    (ln⁡x)2x=4(ln⁡xx)2\dfrac{(\ln x)^2}{x}=4\left(\dfrac{\ln \sqrt{x}}{\sqrt{x}}\right)^2
    puis déduire que :
    lim⁡x→+∞(ln⁡x)2x=0\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{(\ln x)^2}{x}=0
    d. Montrer que (C)(C) admet au voisinage de +∞+\infty une branche parabolique de direction asymptotique la droite (Δ)(\Delta) d’équation y=xy = x
  3. a. Montrer que pour tout xx de ]0,1]]0,1] : (x−1)+ln⁡x≤0(x − 1) + \ln x \le 0
    et que pour tout xx de [1,+∞[[1, +\infty[ : (x−1)+ln⁡x≥0(x-1) + \ln x \ge 0
    b. Montrer que pour tout xx de ]0,+∞[]0,+\infty[ :
    f′(x)=x−1+ln⁡xxf'(x)=\dfrac{x-1+\ln x}{x}
    c. Dresser le tableau de variations de la fonction ff
  4. a. Montrer que :
    f′′(x)=2−ln⁡xx2f''(x)=\dfrac{2-\ln x}{x^2}
    pour tout xx de ]0,+∞[]0,+\infty[
    b. En déduire que (C)(C) admet un point d’inflexion dont on déterminera les coordonnées.
  5. a. Montrer que pour tout xx de ]0,+∞[]0, +\infty[ :
    f(x)−x=12(ln⁡x−1)2f(x)-x=\dfrac{1}{2}\left(\ln x-1\right)^2
    et déduire la position relative de (C)(C) et (Δ)(\Delta)
    b. Construire (Δ)(\Delta) et (C)(C) dans le même repère (O,i⃗,j⃗)(O,\vec{i},\vec{j})
Partie 2

Soit (un)(u_n) la suite numérique définie par : u0=1u_0=1 et un+1=f(un)u_{n+1}=f(u_n) pour tout n∈Nn \in \mathbb{N}.

  1. a. Montrer par récurrence que 1≤un≤e1 \le u_n \le e pour tout n∈Nn \in \mathbb{N}
    b. Montrer que la suite (un)(u_n) est croissante
    c. En déduire que la suite (un)(u_n) est convergente
  2. Calculer la limite de la suite (un)(u_n)

Partie 1

x+12−ln⁡x+12(ln⁡x)2  ;  ∀x>0x+\dfrac{1}{2}-\ln x+\dfrac{1}{2}(\ln x)^2~~;~~\forall x >0

1/

lim⁡x→0+f(x)=+∞\lim\limits_{x\to0^+}f(x)=+\infty car :

  • lim⁡x→0+(x+12)=12\lim\limits_{x\to0^+}\left(x+\dfrac{1}{2}\right)=\dfrac{1}{2}
  • lim⁡x→0+ln⁡x=−∞  ⟹  lim⁡x→0+12(ln⁡x)2\lim\limits_{x\to0^+}\ln x=-\infty \implies \lim\limits_{x\to0^+}\dfrac{1}{2}(\ln x)^2

I.G : (C)(C) admet une asymptote verticale d’équation x=0x=0 (l’axe des abscissess) à droite

2/a/ (∀x>0)(\forall x>0)

f(x)=x+12−ln⁡x+12(ln⁡x)2=x+12+(12ln⁡x−1)ln⁡x\begin{align*} f(x) &=x+\dfrac{1}{2}-\ln x+\dfrac{1}{2}(\ln x)^2 \\ &=x+\dfrac{1}{2} +(\dfrac12\ln x-1)\ln x \end{align*}

b/

lim⁡x→+∞f(x)=lim⁡x→+∞x+12+(12ln⁡x−1)ln⁡x=+∞\begin{align*} \lim\limits_{x\to+\infty}f(x)&=\lim\limits_{x\to+\infty}x+\dfrac{1}{2} +(\dfrac12\ln x-1)\ln x\\ &=+\infty \end{align*}

car :

  • lim⁡x→+∞(x+12)=+∞\lim\limits_{x\to+\infty}\left(x+\dfrac{1}{2}\right)=+\infty
  • lim⁡x→+∞ln⁡x=+∞\lim\limits_{x\to+\infty}\ln x=+\infty

c/ ∀x>0\quad \forall x >0

(ln⁡x)2x=(ln⁡x2)2x2=(2ln⁡x)2x2=4(ln⁡xx)2\begin{align*} \dfrac{(\ln x)^2}{x} &=\dfrac{(\ln \sqrt x^2)^2}{\sqrt x^2}\\ &=\dfrac{(2\ln \sqrt x)^2}{\sqrt x^2}\\ &=4\left(\dfrac{\ln \sqrt x}{\sqrt x}\right)^2 \end{align*}
lim⁡x→+∞(ln⁡x)2x=lim⁡x→+∞4(ln⁡xx)2=lim⁡t→+∞4ln⁡tt=0\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{(\ln x)^2}{x}= \lim\limits_{x\to+\infty}4\left(\dfrac{\ln \sqrt x}{\sqrt x}\right)^2=\lim\limits_{t\to+\infty}4\dfrac{\ln t}{t}=0

d/

Rappel (C)(C) admet une branche parabolique de direction la droite y=axy=ax au V+∞\mathcal{V}_{+\infty} si :

lim⁡x→+∞f(x)x=a\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{f(x)}x=a et lim⁡x→+∞f(x)−ax=±∞\lim\limits_{x\to+\infty} f(x)-ax=\pm\infty

lim⁡x→+∞f(x)x=lim⁡x→+∞1+12x−ln⁡xx+12(ln⁡x)2x=1\begin{align*} \lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{f(x)}x&=\lim\limits_{x\to+\infty}1+\dfrac1{2x}-\dfrac{\ln x}{x}+\dfrac12\dfrac{(\ln x)^2}{x} \\ &=1 \end{align*}

car :

  • lim⁡x→+∞12x=lim⁡x→+∞ln⁡xx=0\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac1{2x}=\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{\ln x}{x}=0
  • lim⁡x→+∞(ln⁡x)2x=0\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{(\ln x)^2}{x}=0
lim⁡x→+∞f(x)−x=lim⁡x→+∞(12−ln⁡x+12(ln⁡x)2)=lim⁡x→+∞[12+(12ln⁡x−1)ln⁡x]=+∞\begin{align*} \lim\limits_{x\to+\infty}f(x)-x &=\lim\limits_{x\to+\infty}\left(\dfrac1{2}-\ln x+\dfrac12(\ln x)^2\right) \\ &=\lim\limits_{x\to+\infty}\left[\dfrac1{2}+\left(\dfrac12\ln x-1\right)\ln x\right] \\ &=+\infty \end{align*}

car : lim⁡x→+∞ln⁡x=+∞\lim\limits_{x\to+\infty}\ln x=+\infty

et donc : (C)(C) admet une branche parabolique de direction la droite (Δ) :y=x(\Delta)~:y=x au V+∞\mathcal{V}_{+\infty}

3/a/ Montrons que : ∀x∈]0,1[,(x−1)+ln⁡x<0\forall x \in \left]0,1\right[, \quad (x - 1) + \ln x < 0 et ∀x∈[1;+∞[,(x−1)+ln⁡x≥0\forall x \in [1; +\infty[, \quad (x - 1) + \ln x \geq 0

On a :

x01+∞x−1∣−0+ln⁡x∣−0+(x−1)+ln⁡x∣−0+\begin{array}{c|cccccc} x & 0 & & 1 & & +\infty \\ \hline x - 1 &| & - & 0 &+& \\\hline \ln x &| & - & 0 &+& \\\hline (x - 1) + \ln x &| & - & 0 &+& \\ \end{array}

Et donc :

  • ∀x∈[1;+∞[,(x−1)+ln⁡x≥0\forall x \in [1; +\infty[, \quad (x - 1) + \ln x \geq 0
  • et ∀x∈]0,1[,(x−1)+ln⁡x<0\forall x \in \left]0,1\right[, \quad (x - 1) + \ln x < 0

b)

(∀x>0):f′(x)=x−1+ln⁡xx?\left(\forall x > 0\right) : \quad f'(x) = \frac{x - 1 + \ln x}{x} \quad ?

ff est dérivable sur ]0;+∞[]0; +\infty[ comme somme et produit, et on a (∀x>0)(\forall x > 0) :

f′(x)=(x+12)′−(ln⁡x)′+12[(ln⁡x)2]′=1−1x+12(2⋅1x⋅ln⁡x)=1−1x+ln⁡xx\begin{align*} f'(x) &= \left(x + \frac{1}{2}\right)' - (\ln x)' + \frac{1}{2} \left[(\ln x)^2\right]'\\ &= 1 - \frac{1}{x} + \frac{1}{2} \left(2 \cdot \frac{1}{x} \cdot \ln x\right)\\ &= 1-\frac{1}{x} + \frac{\ln x}{x} \end{align*}
  ⟹  f′(x)=x−1+ln⁡xx\quad \implies \quad f'(x) = \frac{x - 1 + \ln x}{x}

c)

Tableau de variations de ff :
On a :

∀x>0,f′(x)=x−1+ln⁡xx\forall x > 0, \quad f'(x) = \frac{x - 1 + \ln x}{x}

Et d’après la question 3.a :

∀x∈]0;1[,x−1+ln⁡x<0⇒∀x∈]0;1[,x−1+ln⁡xx<0\begin{align*} \forall x \in \left]0; 1\right[, \quad x - 1 + \ln x < 0 \\ \Rightarrow \forall x \in \left]0; 1\right[, \quad \frac{x - 1 + \ln x}{x} < 0 \end{align*}

Donc

∀x∈]0;1[,f′(x)<0\forall x \in \left]0; 1\right[, \quad f'(x) < 0

et

∀x∈[1;+∞[,(x−1)+ln⁡x≥0⇒∀x∈[1;+∞[,x−1+ln⁡xx≥0⇒∀x∈[1;+∞[,f′(x)≥0\begin{align*} \forall x \in [1; +\infty[, \quad (x - 1) + \ln x \geq 0 \\ \Rightarrow \forall x \in [1; +\infty[, \quad \frac{x - 1 + \ln x}{x} \geq 0 \\ \Rightarrow \forall x \in [1; +\infty[, \quad f'(x) \geq 0 \end{align*}

D’où le tableau de variation :

x01+∞f′(x)∣−0+∣+∞+∞f(x)∣↘↗∣32\begin{array}{c|cccccc} x & 0& & & 1 & & +\infty \\ \hline f'(x) &|& & - & 0 & + & \\\hline &|&\hspace{-.4cm}+\infty & & & & +\infty \\ f(x) &|& & \searrow & & \nearrow & \\ &|& & & \frac{3}{2} & & \\ \end{array}

4/a/

f′′(x)=2−ln⁡xx2(∀x>0)?f''(x) = \frac{2 - \ln x}{x^2} \quad (\forall x > 0) \quad ?

On a :

f′(x)=x−1+ln⁡xx∀x>0f'(x) = \frac{x - 1 + \ln x}{x} \quad \forall x > 0

f′f' est dérivable sur ]0;+∞[]0; +\infty[ comme quotient, et on a ∀x>0\forall x > 0 :

si u(x)=x−1+ln⁡xu(x)=x - 1 + \ln x et v=xv=x

donc u′(x)=1+1xu'(x)=1+\frac1x et v′=1v'=1

f′′(x)=u′v−u.v′v=(1+1x)⋅x−(x−1+ln⁡x)x2=x+1−x+1−ln⁡xx2=2−ln⁡xx2\begin{align*} f''(x) &=\dfrac{u'v-u.v'}{v} \\ &= \frac{(1 + \frac{1}{x}) \cdot x - (x - 1 + \ln x)}{x^2} \\ &= \frac{x + 1 - x + 1 - \ln x}{x^2} \\ &= \frac{2-\ln x}{x^2} \end{align*}

Donc :

∀x>0,f′′(x)=2−ln⁡xx2\forall x > 0, \quad \boxed{f''(x) = \frac{2 - \ln x}{x^2}}

b) La courbe (C)(\mathcal{C}) admet-elle un point d’inflexion ?

On a :

∀x>0,f′′(x)=2−ln⁡xx2\forall x > 0, \quad f''(x) = \frac{2 - \ln x}{x^2}

Comme x2>0x^2 > 0, alors f′′(x)f''(x) a le même signe que 2−ln⁡x2 - \ln x sur ]0;+∞[]0; +\infty[.

Et on a :

2−ln⁡x=0  ⟺  ln⁡x=2  ⟺  x=e2\begin{align*} 2 - \ln x = 0 & \iff \ln x = 2 \\ & \iff x = e^2 \end{align*}

Et on a :

2−ln⁡x>0  ⟺  ln⁡x<2  ⟺  0<x<e2\begin{align*} 2 - \ln x > 0 & \iff \ln x < 2 \\ & \iff 0 < x < e^2 \end{align*}

Et :

2−ln⁡x<0  ⟺  ln⁡x>2  ⟺  x>e2\begin{align*} 2 - \ln x < 0 & \iff \ln x > 2 \\ & \iff x > e^2 \end{align*}

D’où le tableau de signes :

x0e2+∞f′′(x)∣+0−\begin{array}{c|ccccc} x & 0 & & e^2 & & +\infty \\ \hline f''(x) &| &+& 0 &-& \\ \end{array}

Donc f′′f'' s’annule en e2e^2 en changeant de signe, donc le point I(e2;f(e2))I(e^2; f(e^2)),
c’est-à-dire I(e2,e2+1)I(e^2, e^2 + 1) est un point d’inflexion de (C)(\mathcal{C}).

f(e2)=e2−1+ln⁡(e2)=e2+1f(e^2)= e^2 - 1 + \ln(e^2) = e^2 + 1

5/a (∀x>0)\quad(\forall x > 0)

f(x)−x=−12ln⁡x+12(ln⁡x)2=12(1−2ln⁡x+(ln⁡x)2)=12(1−ln⁡x)2\begin{align*} f(x) - x &= -\frac{1}{2} \ln x + \frac{1}{2} \left( \ln x \right)^2 \\ &= \frac{1}{2} \left( 1-2 \ln x + (\ln x)^2 \right) \\ &= \frac{1}{2} (1 - \ln x)^2 \end{align*}

Et donc :

∀x>0,f(x)−x=−12(1−ln⁡x)2\forall x > 0, \quad f(x) - x = -\frac{1}{2} (1 - \ln x)^2
  • Position relative de (C)(C) et (Δ)(\Delta)

on a (∀x>0)\quad(\forall x > 0) :

f(x)−y=f(x)−x=12(1−ln⁡x)2≥0\begin{align*} f(x) - y &= f(x)-x \\ &=\frac{1}{2} (1 - \ln x)^2 \ge0 \end{align*}
f(x)−y=0  ⟺  1−ln⁡x=0  ⟺  ln⁡x=1  ⟺  x=e\begin{align*} f(x) - y = 0 &\iff 1 - \ln x=0 \\&\iff \ln x=1 \\&\iff x=e \end{align*}

D’où

x0e+∞f(x)−y++positionrelativede(C)et(Δ)(C)audessusde(Δ)(C)audessusde(Δ)E(e;e)

b/ Construction de (Δ)(\Delta) et (C)(C)

O⃗i⃗j(Δ):y=x

Partie 2

{u0=1 un+1=f(un);∀n∈N\left\{ \begin{align*} &u_0=1 \\~\\ &u_{n+1}=f(u_n) \quad;\quad \forall n\in\N \end{align*} \right.

1/a/ par récurrence :

  • n=0n=0 on a u0u_0 et e≃2,73e\simeq 2,73 donc 1≤u0≤e1\le u_0 \le e
  • Soit n∈Nn\in\N, suposons que : 1≤un≤e1\le u_n \le e
    1≤un≤e  ⟹  f(0)≤f(un)≤f(e)  ⟹  32≤un+1≤e  ⟹  1≤un+1≤e\begin{aligned} 1\le u_n \le e &\implies f(0)\le f(u_n) \le f(e)\\ &\implies \frac32\le u_{n+1}\le e\\ &\implies 1\le u_{n+1}\le e \end{aligned}
    car ff strict ↗\nearrow sur [1,e][1,e]
  • d’aprés le principe de récurrene :
∀n∈N  ;  1≤un≤e\forall n\in\N~~ ;~~ 1\le u_n \le e

b/ (un)(u_n) est ↗\nearrow

un+1−un=f(un)−unu_{n+1}-u_n=f(u_n)-u_n

on sait que f(x)−x≥0f(x)- x\ge0

et comme un∈[1,e]u_n\in[1,e]

alors f(un)−un≥0f(u_n)-u_n\ge0 donc un+1≥unu_{n+1}\ge u_n

et par suite : (un)(u_n) est ↗\nearrow

c/

{(un) ↗(un) marjoreˊe  ⟹  (un) converge\left\{ \begin{matrix} (u_n)\text{ } \nearrow\\ (u_n)\text{ marjorée} \end{matrix} \right. \implies (u_n) \text{ converge}

2/ lim⁡un\quad \lim u_n

on a le conditions :

  • ff continue sur [1,e][1,e]
  • f([1,e])=[32,e]⊂[1,e]f([1,e])=[\frac32,e]\subset [1,e]
  • u0∈[1,e]u_0\in [1,e]
  • (un)(u_n) converge

Alors la limite de (un)(u_n) est la solution de l’équa f(x)=xf(x)=x

et d’aprés la question partie 1, 5/a/

f(x)=x  ⟺  x=ef(x)=x \iff x=e

et donc lim⁡un=e\boxed{\lim u_n=e}