TS – Ln – problèmes – Ex 2

Correction

Partie A

1. La fonction $f$ est dérivable sur $]-1;+\infty[$ comme somme et quotient de fonctions dérivables sur cet intervalle dont le dénominateur ne s’annule pas.
   $\begin{align} f'(x) &= \dfrac{(x + 1) – x}{(x + 1)^2} – \dfrac{2}{x + 1} \\\\
   &=\dfrac{1}{(x + 1)^2} – \dfrac{2}{x + 1} \\\\
   & = \dfrac{1}{(x + 1)^2} – \dfrac{2(x+1)}{(x + 1)^2} \\\\
   &= \dfrac{-2x – 1}{(x + 1)^2}
   \end{align}$
   Le signe de f'(x) ne dépend donc que de celui de $-2x – 1$.
   Or $-2x – 1 > 0 \Leftrightarrow x < – \dfrac{1}{2}$
   On obtient ainsi le tableau de variations suivants.
   
   Les limites sont déterminées à la question suivante.
   $\quad$
2. $f(x) = \dfrac{1}{x + 1}\left(x – 2(x + 1)\ln(x+1)\right)$.
   $\lim\limits_{x \to -1^+} x + 1 = 0^+$ et $\lim\limits_{x \to 0^+} x\ln x = 0$
   Donc $\lim\limits_{x \to -1^+} \dfrac{1}{x + 1} = +\infty$ et $\lim\limits_{x \to -1^+} (x+1)\ln(x + 1) = 0$
   Par conséquent $\lim\limits_{x \to -1^+} \left(x – 2(x – 2(x + 1)\ln(x + 1)\right) = -1$.
   Finalement $\lim\limits_{x \to -1^+} f(x) = -\infty$.
   $\quad$
   $f\left(-\dfrac{1}{2}\right) = \dfrac{-\dfrac{1}{2}}{\dfrac{1}{2}} – 2\ln \dfrac{1}{2}$ $=-1 + 2\ln 2$.
   $\quad$
   $\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{x}{x + 1} = 1$ d’après les termes de plus haut degré.
   $\lim\limits_{x \to +\infty} \ln (x + 1) = +\infty$
   Donc $\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = -\infty$.
   $\quad$
3. $f(0) = 0 – 2\ln 1 = 0$.
   Sur l’intervalle $\left]-1;-\dfrac{1}{2}\right]$, la fonction $f$ est continue (car dérivable) et strictement croissante.
   $f\left(-\dfrac{1}{2}\right) =-1 + 2\ln 2 > 0$
   $\lim\limits_{x \to -1^+}= -\infty$
   Par conséquent $0 \in ]-\infty;-1 + 2\ln 2[$
   D’après le théorème de la bijection (ou corollaire du théorème des valeurs intermédiaires) l’équation $f(x) = 0$ possède une unique solution $\alpha$ sur cet intervalle.
   $\quad$
   Sur l’intervalle $\left[-\dfrac{1}{2};+\infty\right[$, la fonction $f$ est continue et strictement décroissante.
   $f\left(-\dfrac{1}{2}\right) =-1 + 2\ln 2 > 0$
   $\lim\limits_{x \to +\infty}= -\infty$
   Par conséquent $0 \in ]-\infty;-1 + 2\ln 2[$
   D’après le théorème de la bijection (ou corollaire du théorème des valeurs intermédiaires) l’équation $f(x) = 0$ possède une unique solution sur cet intervalle.
   Mais $0$ appartient à cet intervalle et $f(0) = 0$.
   $\quad$
   Par conséquent l’équation $f(x) = 0$ possède deux solutions sur $]-1;+\infty[$ dont l’une non nulle.
   $\quad$
   D’après le menu table de la calculatrice, on obtient $\alpha \approx -0,72$ à $10^{-2}$ près.
   $\quad$
4. Puisque la fonction $f$ est strictement croissante sur $\left]-1;-\dfrac{1}{2}\right]$ et décroissante sur $\left[-\dfrac{1}{2};+\infty\right[$, on obtient le tableau de signes suivant :
   
   

Partie B

1. $\lim\limits_{x \to -1^+} \ln(x + 1) = -\infty$ et $\lim\limits_{x \to -1^+} x^2 = 1$
   Donc $\lim\limits_{x \to -1^+} g(x) = -\infty$
   $\quad$
   $g(x) = \dfrac{\ln(x + 1)}{x} \times \dfrac{1}{x}$
   Or $\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\ln(x + 1)}{x} = 1$ , $\lim\limits_{x \to 0^-} \dfrac{1}{x} = -\infty$ et $\lim\limits_{x \to 0^+} \dfrac{1}{x} = +\infty$
   Par conséquent $\lim\limits_{x \to 0^-} g(x) = -\infty$ et $\lim\limits_{x \to 0^+} g(x) = +\infty$
   $\quad$
   $g(x) = \dfrac{\ln(x + 1)}{x + 1} \times \dfrac{x + 1}{x^2}$
   $\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{\ln x}{x} = 0$ donc $\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{\ln(x+1)}{x+1} = 0$
   $\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{x+1}{x^2} = 0$ d’après la limite des termes de plus haut degré.
   Finalement $\lim\limits_{x \to +\infty} g(x) = 0$
   $\quad$
2. $g$ est dérivable sur $]-1;0[\cup]0;+\infty[$ comme somme et quotient de fonctions dérivables sur cet intervalle dont le dénominateur ne s’annule pas.
   $g'(x) = \dfrac{\dfrac{x^2}{x+1} – 2x\ln(x + 1)}{x^4} = \dfrac{f(x)}{x^3}$
   D’après la question A.4 on obtient le tableau de variations suivant :
   
3. $f(\alpha) = 0$ par conséquent $\dfrac{\alpha}{\alpha + 1} – 2\ln(\alpha + 1) = 0$ soit $\ln(\alpha + 1) = \dfrac{\alpha}{2(\alpha + 1)}$.
   Ainsi $g(\alpha) = \dfrac{\dfrac{\alpha}{2(\alpha + 1)}}{\alpha^2} = \dfrac{1}{2\alpha(\alpha + 1)}$.
   En utilisant la valeur approchée trouvée à la question A.3 on obtient $g(\alpha) \approx -2,48$.