Étude complète d'une fonction (ln, exp, composée)

1. Idée : $\ln x\to0^+$ en $1^+$ et $\to+\infty$ en $+\infty$ ; on passe à l'inverse. $\lim_{x\to1^+}\ln x=0^+$ donc $\lim_{x\to1^+}f(x)=+\infty$ : la droite $x=1$ est asymptote verticale. $\lim_{x\to+\infty}\ln x=+\infty$ donc $\lim_{x\to+\infty}f(x)=0$ : l'axe des abscisses est asymptote horizontale en $+\infty$.

2. Idée : dérivée de $1/u$. $f=\dfrac1u$ avec $u=\ln x$, $u'=\dfrac1x$ : $f'(x)=-\dfrac{u'}{u^2}=-\dfrac{1}{x\ln^2x}$. Pour $x>1$, $x>0$ et $\ln^2x>0$ : $f'(x)<0$, $f$ est strictement décroissante sur $]1;+\infty[$, de $+\infty$ vers $0$.

3. Idée : $f$ est une bijection décroissante de $]1;+\infty[$ sur $]0;+\infty[$. $f(x)=1\iff\ln x=1\iff x=\e$. Comme $f$ décroît : $f(x)>1$ pour $1<x<\e$ et $f(x)<1$ pour $x>\e$. $\boxed{f(x)-1>0\iff x\in\,]1;\e[}$

1. Idée : l'inégalité admise vaut pour tout réel strictement positif ; on choisit le réel qui fait apparaître $\ln(1+1/n)$. D'après l'inégalité admise appliquée à $x=1+\dfrac1n>0$ : $\ln\!\left(1+\dfrac1n\right)\leq\left(1+\dfrac1n\right)-1=\dfrac1n$. On en déduit que $\ln\!\left(1+\dfrac1n\right)\leq\dfrac1n$.

2. Idée : le même réel vu « à l'envers » : $\dfrac{n}{n+1}$ est l'inverse de $1+\dfrac1n$. D'après l'inégalité admise appliquée à $x=\dfrac{n}{n+1}>0$ : $\ln\dfrac{n}{n+1}\leq\dfrac{n}{n+1}-1=-\dfrac{1}{n+1}$. Or $\ln\dfrac{n}{n+1}=-\ln\dfrac{n+1}{n}=-\ln\!\left(1+\dfrac1n\right)$. On en déduit que $-\ln\!\left(1+\dfrac1n\right)\leq-\dfrac{1}{n+1}$, c'est-à-dire $\ln\!\left(1+\dfrac1n\right)\geq\dfrac{1}{n+1}$.

3. Idée : multiplier l'encadrement par $n>0$, puis théorème des gendarmes. D'après 1. et 2., en multipliant par $n>0$ :

Comme $\dfrac{n}{n+1}=\dfrac{1}{1+1/n}\xrightarrow[n\to+\infty]{}1$, les deux bornes tendent vers $1$ ; par le théorème des gendarmes, il en résulte que $\boxed{\lim\limits_{n\to+\infty}n\ln\!\left(1+\dfrac1n\right)=1}$.

4. Idée : écrire la puissance sous forme exponentielle et utiliser la continuité de $\exp$. $\left(1+\dfrac1n\right)^{n}=\exp\!\Big(n\ln\!\big(1+\tfrac1n\big)\Big)$. D'après 3., l'exposant tend vers $1$ ; la fonction $\exp$ étant continue en $1$, on en déduit que $\boxed{\lim\limits_{n\to+\infty}\left(1+\dfrac1n\right)^{n}=\e}$. De plus, d'après 3., $n\ln\!\left(1+\dfrac1n\right)\leq1$ pour tout $n\geq1$ ; $\exp$ étant croissante, $\left(1+\dfrac1n\right)^{n}\leq\e^{1}=\e$. Contrôle pour $n=10$ : $1{,}1^{10}\approx2{,}594\leq\e\approx2{,}718$, et l'encadrement de 3. donne $\dfrac{10}{11}\approx0{,}909\leq10\ln1{,}1\approx0{,}953\leq1$.

1.a Idée : dériver les deux termes, puis factoriser par $2t$. $u$ est dérivable sur $[0,+\infty[$ et :

(la dérivée de $t\mapsto\dfrac{t^2}{1+t^2}$ est $\dfrac{2t(1+t^2)-2t\cdot t^2}{(1+t^2)^2}=\dfrac{2t}{(1+t^2)^2}$). Pour $t>0$, $u'(t)>0$ : $u$ est strictement croissante sur $[0,+\infty[$. $u(0)=0$ et $\lim\limits_{t\to+\infty}u(t)=+\infty$ car $\ln(1+t^2)\to+\infty$ et $\dfrac{t^2}{1+t^2}\to1$.

1.b $u$ est strictement croissante sur $[0,+\infty[$ et $u(0)=0$, donc $\boxed{u(t)>0\ \text{pour tout}\ t>0}$.

2.a $\R$ est symétrique par rapport à $0$ ; pour $x\neq0$, $(-x)^2=x^2$ donc $f(-x)=f(x)$, et l'égalité est vraie en $0$. $f$ est paire : $(C)$ est symétrique par rapport à l'axe des ordonnées, on peut étudier $f$ sur $[0,+\infty[$.

2.b Idée : séparer le logarithme pour faire apparaître $x\ln x$, dont la limite en $0^+$ est connue. Pour $x>0$, $1+\dfrac1{x^2}=\dfrac{x^2+1}{x^2}$, donc $\ln\!\left(1+\dfrac1{x^2}\right)=\ln(x^2+1)-2\ln x$ et $\dfrac{f(x)}{x}=x\ln(x^2+1)-2x\ln x$.

2.c Quand $x\to0^+$ : $x\ln(x^2+1)\to0\times\ln1=0$ et $x\ln x\to0$, donc $\dfrac{f(x)-f(0)}{x}\to0$ : $f$ est dérivable à droite en $0$ et $f'_d(0)=0$. Par parité, pour $x>0$, $\dfrac{f(-x)-f(0)}{-x}=-\dfrac{f(x)-f(0)}{x}\to0$, donc $f'_g(0)=0$. Ainsi $f$ est dérivable, donc continue, en $0$ et $\boxed{f'(0)=0}$ : $(C)$ admet au point $O$ une tangente horizontale, l'axe des abscisses.

3.a Idée : dériver le produit, puis reconnaître $u$ au point $t=\frac1x$. Pour $x>0$, la dérivée de $x\mapsto1+\dfrac1{x^2}$ est $-\dfrac2{x^3}$, donc :

et $x^2\cdot\dfrac{-2/x^3}{1+1/x^2}=\dfrac{-2x}{x^2+1}$. D'autre part $u\!\left(\dfrac1x\right)=\ln\!\left(1+\dfrac1{x^2}\right)-\dfrac{1/x^2}{1+1/x^2}$ avec $\dfrac{1/x^2}{1+1/x^2}=\dfrac1{x^2+1}$. D'où :

c'est-à-dire $\boxed{f'(x)=2x\,u\!\left(\dfrac1x\right)}$. Pour $x>0$, $\dfrac1x>0$ donc $u\!\left(\dfrac1x\right)>0$ d'après 1.b, et $f'(x)>0$.

3.b Idée : se ramener à $\dfrac{\ln(1+h)}{h}\to1$ quand $h\to0$. Avec $h=\dfrac1{x^2}$, on a $h\to0^+$ quand $x\to+\infty$ et $f(x)=\dfrac{\ln(1+h)}{h}\to1$. La droite $y=1$ est une asymptote horizontale à $(C)$ au voisinage de $+\infty$, et aussi de $-\infty$ par parité.

3.c $f$ est continue sur $[0,+\infty[$ et $f'>0$ sur $]0,+\infty[$ : $f$ est strictement croissante sur $[0,+\infty[$, de $f(0)=0$ vers $1$. Par parité, $f$ est strictement décroissante sur $]-\infty,0]$.

4. Idée : lire l'encadrement sur le tableau, en remarquant que la limite $1$ n'est pas atteinte. Sur $[0,+\infty[$, $f$ croît strictement de $0$ vers $1$ : pour $x\geq0$ et $y>x+1$, $f(x+1)<f(y)$, d'où $f(x+1)\leq1$ en faisant tendre $y$ vers $+\infty$ ; ainsi $0\leq f(x)<f(x+1)\leq1$. Par parité, $0\leq f(x)<1$ pour tout réel $x$. $(C)$ est donc au-dessous de son asymptote $y=1$ et au-dessus de l'axe des abscisses, qu'elle ne touche qu'en $O$.

1.a $g$ est dérivable sur $]0,+\infty[$ et $g'(x)=2x\ln x+x^2\cdot\dfrac1x-x=2x\ln x$, du signe de $\ln x$. Donc $g$ est strictement décroissante sur $]0,1]$ et strictement croissante sur $[1,+\infty[$, avec $g(1)=0$. Aux bornes : $x^2\ln x\to0$ en $0^+$ donc $g(x)\to\dfrac12$ ; en $+\infty$, $g(x)=x^2\left(\ln x-\dfrac12\right)+\dfrac12\to+\infty$.

1.b Idée : le minimum de $g$ vaut $0$, donc $g\geq0$ ; il reste à réécrire $g(x)\geq0$. Pour tout $x>0$, $g(x)\geq g(1)=0$, soit $x^2\ln x\geq\dfrac{x^2-1}{2}$. En multipliant par $2$ : $2x^2\ln x\geq x^2-1$, d'où $\boxed{1+2x^2\ln x\geq x^2}$, avec égalité seulement pour $x=1$.

2.a Idée : première utilisation de 1.b, le dénominateur ne s'annule jamais. Pour $x>0$, $1+2x^2\ln x\geq x^2>0$ : le quotient est défini et strictement positif ; de plus $f(0)=1>0$.

2.b $x^2\ln x=x\cdot(x\ln x)\to0\times0=0$ quand $x\to0^+$, donc $1+2x^2\ln x\to1$ et $\lim\limits_{x\to0^+}f(x)=1=f(0)$ : $f$ est continue à droite en $0$.

2.c Pour $x>0$, en réduisant au même dénominateur :

Or $x\ln x\to0$ et le dénominateur tend vers $1$ : la limite vaut $0$. $f$ est dérivable à droite en $0$ avec $f'_d(0)=0$ : $(C_f)$ admet au point $(0,1)$ une demi-tangente horizontale.

2.d En $+\infty$, $2x^2\ln x\to+\infty$ donc $\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=0$ : l'axe des abscisses est une asymptote horizontale à $(C_f)$ au voisinage de $+\infty$.

3.a $f=\dfrac1v$ avec $v(x)=1+2x^2\ln x$ et $v'(x)=4x\ln x+2x=2x(1+2\ln x)$ ; comme $f'=-\dfrac{v'}{v^2}$, on obtient $f'(x)=-\dfrac{2x\,(1+2\ln x)}{(1+2x^2\ln x)^2}$.

3.b Idée : $2x>0$ et le carré est positif, donc $f'(x)$ a le signe de $-(1+2\ln x)$. $1+2\ln x>0\iff x>\e^{-1/2}=\dfrac1{\sqrt{\e}}$. Donc $f$ est strictement croissante sur $\left[0,\frac1{\sqrt{\e}}\right]$ et strictement décroissante sur $\left[\frac1{\sqrt{\e}},+\infty\right[$. Son maximum est :

car $2\cdot\dfrac1{\e}\cdot\ln\dfrac1{\sqrt{\e}}=2\cdot\dfrac1{\e}\cdot\left(-\dfrac12\right)=-\dfrac1{\e}$.

4.a Idée : deuxième utilisation de 1.b ; entre deux nombres strictement positifs, le plus grand a le plus petit inverse. Pour $x>0$, $1+2x^2\ln x\geq x^2>0$, donc $f(x)=\dfrac{1}{1+2x^2\ln x}\leq\dfrac{1}{x^2}$, avec égalité si et seulement si $x=1$. Ainsi $(C_f)$ est au-dessous de $(\Gamma)$ sur $]0,+\infty[$, et les deux courbes n'ont qu'un point commun, $A(1,1)$.

4.b $f(1)=1$ et $f'(1)=-\dfrac{2\,(1+0)}{1^2}=-2$ ; la dérivée de $x\mapsto\dfrac1{x^2}$ est $x\mapsto-\dfrac2{x^3}$, qui vaut aussi $-2$ en $1$. Même point et même coefficient directeur : la tangente commune en $A$ a pour équation $y=-2(x-1)+1$, soit $\boxed{y=-2x+3}$.

5. Idée : intégrer l'encadrement $0<f(t)\leq\frac1{t^2}$ sur $[1,x]$, les bornes étant dans le bon ordre. Pour $x\geq1$ et $t\in[1,x]$, $0<f(t)\leq\dfrac1{t^2}$ ; par positivité de l'intégrale :

et $\left[-\dfrac1t\right]_1^x=1-\dfrac1x$, d'où $\boxed{0\leq F(x)\leq1-\dfrac1x}$.

1.a $g$ est dérivable sur $]0,+\infty[$ et $g'(x)=2x+\dfrac1x>0$ : $g$ est strictement croissante sur $]0,+\infty[$. $\lim\limits_{x\to0^+}g(x)=-\infty$ car $\ln x\to-\infty$, et $\lim\limits_{x\to+\infty}g(x)=+\infty$.

1.b Idée : continuité et stricte monotonie donnent l'unicité ; deux valeurs de signes contraires localisent $\alpha$. $g$ est continue et strictement croissante sur $]0,+\infty[$, donc elle réalise une bijection de $]0,+\infty[$ sur $\R$, qui contient $0$ : l'équation $g(x)=0$ admet une unique solution $\alpha$. De plus $g(1{,}31)\approx-0{,}014<0$ et $g(1{,}32)\approx0{,}020>0$, d'où $\boxed{1{,}31<\alpha<1{,}32}$.

1.c $g$ est strictement croissante et $g(\alpha)=0$ : $g(x)<0$ sur $]0,\alpha[$, $g(\alpha)=0$ et $g(x)>0$ sur $]\alpha,+\infty[$.

2.a Quand $x\to0^+$, $1-\ln x\to+\infty$ et $\dfrac1x\to+\infty$, donc $\dfrac{1-\ln x}{x}\to+\infty$ et $\lim\limits_{x\to0^+}f(x)=+\infty$ : la droite $x=0$ est une asymptote verticale à $(C)$.

2.b Idée : étudier $f(x)-x$, qui décide à la fois de l'asymptote et de la position. $f(x)-x=\dfrac1x-\dfrac{\ln x}{x}\to0$ quand $x\to+\infty$, car $\dfrac{\ln x}{x}\to0$ : $\Delta$ est une asymptote oblique à $(C)$ au voisinage de $+\infty$ (et $\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=+\infty$). Pour $x>0$, $f(x)-x=\dfrac{1-\ln x}{x}$ a le signe de $1-\ln x$ : $(C)$ est au-dessus de $\Delta$ sur $]0,\e[$, au-dessous sur $]\e,+\infty[$, et coupe $\Delta$ au point $(\e,\e)$.