TS - autour fonction ln

Exercice 3

Soit $f$ la fonction : $x \mapsto \ln\left(\e^{2x} – \e^x + 1\right)$.

Monter que $f$ est définie sur $\R$. Étudier les limites respectives de $f$ en $+\infty$ et $-\infty$.
$\quad$
Calculer $f'(x)$ et étudier le sens de variation de la fonction $f$.
$\quad$
Étudier la limite en $+\infty$ de $f(x) – 2x$. En déduire les asymptotes à la courbe $\mathscr{C}$ de $f$.
$\quad$
Étudier la position de $\mathscr{C}$ par rapport à l’asymptote oblique $\Delta$ quand $x > 0$.
$\quad$
Déterminer l’équation de la tangente $\mathscr{T}$ à $\mathscr{C}$ au point $(0;0)$.
$\quad$
Étudier la position de $\mathscr{C}$ par rapport à $\mathscr{T}$.
$\quad$
Tracer $\mathscr{C}$, $\Delta$ et $\mathscr{T}$.
$\quad$
Soit $k$ un réel strictement positif. Discuter, suivant les valeurs de $k$, le nombre de solutions de l’équation d’inconnue $x$ : $e^{2x} – \e^x+1-k=0$.
• par le calcul
$\quad$
• en utilisant la courbe $\mathscr{C}$.

$\e^{2x} – \e^x + 1 = \left(\e^x\right)^2 – \e^x + 1$.
Étudions le signe du polynôme $P(X) = X^2 – X + 1$.
$\Delta = 1 – 4 = -3 <0$. Par conséquent, puisque le coefficient principale est positif, $P(X) > 0$ sur $\R$.
Donc pour tout réel $x$, $\e^{2x} – \e^x + 1 >0$ et la fonction $f$ est définie sur $\R$.
$\quad$
$\lim\limits_{x \to – \infty} \e^x = 0$ et $\lim\limits_{x \to – \infty} \e^{2x} = 0$ donc $\lim\limits_{x \to – \infty} f(x) = \ln 1 = 0$.
$\quad$
$f(x) = \ln \left(\e^{2x}\left(1 – \e^{-x} + \e^{-2x} \right)\right)$
Or $\lim\limits_{x \to + \infty} \e^{-x} = \lim\limits_{x \to + \infty} \e^{-2x} = 0$ donc $\lim\limits_{x \to + \infty} \left(1 – \e^{-x} + \e^{-2x} \right) = 1$
et $\lim\limits_{x \to + \infty} f(x) = \lim\limits_{x \to + \infty} \ln \left(\e^{2x}\left(1 – \e^{-x} + \e^{-2x} \right)\right) = +\infty$.
$\quad$
La fonction $f$ est dérivable sur $\R$ comme composée de fonctions dérivables.
$f'(x) = \dfrac{2\e^{2x} – \e^x}{\e^{2x} – \e^x + 1} = \dfrac{\e^x\left(2\e^x – 1\right)}{\e^{2x} – \e^x + 1}$
Puisque la fonction exponentielle est strictement positive sur $\R$ et que le dénominateur est également strictement positif, le signe de $f'(x)$ ne dépend que de celui de $2\e^x – 1$.
$2\e^x – 1 > 0 \Leftrightarrow \e^x > \dfrac{1}{2} \Leftrightarrow x > \ln \dfrac{1}{2} \Leftrightarrow x > -\ln 2$
On obtient ainsi le tableau de variations suivant :

$f(-\ln 2) = \ln\left(\e^{-2\ln 2} – \e^{\ln 2} + 1\right) = \ln \left(\dfrac{1}{4} – \dfrac{1}{2} + 1\right) = \ln \dfrac{3}{4}$.
$\quad$
$f(x) = \ln \left(\e^{2x}\left(1 – \e^{-x} + \e^{-2x} \right)\right) = \ln \e^{2x} + \ln \left(1 – \e^{-x} + \e^{-2x} \right) = 2x + \ln \left(1 – \e^{-x} + \e^{-2x} \right)$.
Par conséquent $f(x) – 2x = \ln \left(1 – \e^{-x} + \e^{-2x} \right)$.
Or $\lim\limits_{x \to +\infty} \left(1 – \e^{-x} + \e^{-2x} \right) = 1$ donc $\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) – 2x = 0$.
Cela signifie donc que la droite d’équation $y = 2x$ est asymptote à la courbe $\mathscr{C}$ en $\infty$.
$\quad$
De plus $\lim\limits_{x \to -\infty} f(x) = 0$. Par conséquent la droite d’équation $y = 0$ est également asymptote à la courbe $\mathscr{C}$ en $-\infty$.
$\quad$
$\quad$
$\begin{align*} \ln \left(1 – \e^{-x} + \e^{-2x} \right) > 0 & \Leftrightarrow \ln \left(1 – \e^{-x} + \e^{-2x} \right) > \ln 1 \\\\
& \Leftrightarrow 1 – \e^{-x} + \e^{-2x} > 1 \\\\
& \Leftrightarrow -\e^{-x} + \e^{-2x} > 0 \\\\
& \Leftrightarrow \e^{-x} \left(-1 + \e^{-x}\right) > 0 \\\\
& \Leftrightarrow -1 + \e^{-x} > 0 \\\\
& \Leftrightarrow \e^{-x} > 1 \\\\
& \Leftrightarrow x < 0
\end{align*}$
$\quad$
Par conséquent $\mathscr{C}$ est en-dessous de $\Delta$ sur $]0;+\infty[$.
$\quad$
Une équation de la tangente au point d’abscisse $a$ est de la forme $y = f'(a)(x – a) + f(a)$.
Or $f'(0) = 1$ et $f(0) = 0$.
Une équation de $\mathscr{T}$ est donc $y= x$.
$\quad$
$f(x) = \ln \left(\e^x\left(\e^x – 1 +\e^{-x}\right)\right) = x + \ln \left(\e^x – 1 +\e^{-x}\right)$.
Par conséquent $f(x) – x= \ln \left(\e^x – 1 +\e^{-x}\right)$.
$\begin{align*}
\ln \left(\e^x – 1 +\e^{-x}\right) > 0 & \Leftrightarrow e^x – 1 + \e^{-x} > 1 \\\\
& \Leftrightarrow e^x – 2 + \e^{-x} > 0 \\\\
& \Leftrightarrow e^{-x}\left(\e^{2x} – 2\e^x + 1\right) > 0 \\\\
& \Leftrightarrow e^{-x} \left(\e^x – 1\right)^2 > 0
\end{align*}$
Puisque la fonction est strictement positive sur $\R$ et que $\e^x – 1$ ne s’annule que pour $x= 0$, alors $f(x) – x \ge 0$ et la courbe $\mathscr{C}$ est toujours au-dessus de la tangente $\mathscr{T}$.
$\quad$
$\quad$

$\quad$
Soit $k$ un réel strictement positif.
$\begin{align*}
\e^{2x} – \e^x + 1 – k = 0 & \Leftrightarrow \e^{2x} – \e^x + 1 = k \\\\
& \Leftrightarrow f(x) = \ln k
\end{align*}$
Le minimum de la fonction $f$ est $\ln \dfrac{3}{4}$.
$\quad$
Par conséquent si $k < \dfrac{3}{4}$ l’équation $f(x) = \ln k$ n’admet aucune solution.
$\quad$
Si $k = \dfrac{3}{4}$ l’équation $f(x) =\ln k$ admet une unique solution.
Si $k \in \left]\dfrac{3}{4};1\right[$, en appliquant le théorème de la bijection sur les intervalles $]-\infty;-\ln2[$ d’une part et $]-\ln2;+\infty[$ d’autre part, sur lesquels la fonction $f$ est continue et strictement décroissante (resp. strictement décroissante) et l’intervalle image est $\left]\dfrac{3}{4};1\right[$, l’équation $f(x) = \ln k$ possède deux solutions.
Si $k \ge 1$
Sur $]-\infty;0[$, $f(x) <0$ par conséquent, l’équation $f(x) = \ln k$ ne possède pas de solution sur cet intervalle.
En appliquant de nouveau le théorème de la bijection sur l’intervalle $[0;+\infty[$, on obtient que l’équation $f(x) = \ln k$ possède une unique solution.
$\quad$
Pour résumer :
$\quad$
• Si $k < \dfrac{3}{4}$ , l’équation $\e^{2x} – \e^x + 1 – k = 0$ ne possède aucune solution sur $\R$.
$\quad$
• Si $k = \dfrac{3}{4}$, l’équation $\e^{2x} – \e^x + 1 – k = 0$ possède une seule solution sur $\R$.
$\quad$
• Si $k \in \left]\dfrac{3}{4};1\right[$, l’équation $\e^{2x} – \e^x + 1 – k = 0$ possède deux solutions sur $\R$.
$\quad$
• Si $k \ge 1$ l’équation $\e^{2x} – \e^x + 1 – k = 0$ possède une unique solution sur $\R$.
$\quad$
Pour retrouver ces résultats graphiquement il suffit de tracer des droites horizontales d’équation $y= \ln k$ sur le graphique précédent et de compter le nombre de points d’intersection avec $\mathscr{C}$.