Un problème type bac

Soient $f$ et $g$ deux fonctions définies sur $]0\, ; +\infty[$ par $f(x)=\dfrac{1}{2}\ln^2x+\ln x+x$ et $g(x)=-x-1-\ln x$.

Partie A :

1. Nous devons calculer les limites de g aux bornes de son ensemble de définition.

$\bullet\ \left\lbrace\begin{matrix}\lim\limits_{x\to0^+}x=0\\\lim\limits_{x\to0^+}\ln x=-\infty\end{matrix}\right.\ \Longrightarrow\ \lim\limits_{x\to0^+}(-x-1-\ln x)=+\infty\ \Longrightarrow\ \boxed{\lim\limits_{x\to0^+}g(x)=+\infty}$

$\bullet\ \left\lbrace\begin{matrix}\lim\limits_{x\to+\infty}x=+\infty\\\lim\limits_{x\to+\infty}\ln x=+\infty\end{matrix}\right.\ \Longrightarrow\ \lim\limits_{x\to+\infty}(-x-1-\ln x)=-\infty\ \Longrightarrow\ \boxed{\lim\limits_{x\to+\infty}g(x)=-\infty}$

2. La fonction $g$ est dérivable sur $]0 ; +\infty[$(comme somme de fonctions dérivables sur $]0 ; +\infty[$).

$g'(x)=-x'-1'-(\ln x)'=-1-0-\dfrac{1}{x}\ =-1-\dfrac{1}{x}=\dfrac{-x-1}{x}\ \Longrightarrow\boxed{g'(x)=-\dfrac{x+1}{x}}$

$x\in]0\,;\,+\infty[\ \Longrightarrow\ \left\lbrace\begin{matrix}x>0\\x+1>0\end{matrix}\right.\ \Longrightarrow\ \dfrac{x+1}{x}>0\ \Longrightarrow\ -\dfrac{x+1}{x}<0\ \Longrightarrow\ \boxed{g'(x)<0}$

Il s'ensuit que la fonction g est strictement décroissante sur l'intervalle $]0 ; +\infty[.$

Tableau de variations de $g$

3. La fonction g est définie, continue et strictement décroissante sur l'intervalle $]0,;,+\infty[$.
   $\lim\limits_{x\to0^+}g(x)=+\infty$ et $\lim\limits_{x\to+\infty}g(x)=-\infty$.
   D'où $0\in g(]0\,;\,+\infty[)$.
   Selon le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, nous déduisons que l'équation g ( x ) = 0 possède une et une seule solution notée $\alpha$ dans l'intervalle $]0,;,+\infty[$.

$\text{Or }\left\lbrace\begin{matrix}g(0,2)=-0,2-1-\ln 0,2\approx0,409>0\\g(0,3)=-0,3-1-\ln 0,3\approx-0,096<0\end{matrix}\right.$

D'où $\boxed{0,2<\alpha<0,3}$.

4. Tableau de variations de $g$ complété.

   

Nous pouvons ainsi déduire le signe de g(x).

$\bullet$ $g(x) > 0$ sur l'intervalle ]$-\infty$ ; $\alpha$[
$\bullet$ $g(x) < 0$ sur l'intervalle $]\alpha ; +\infty[$

Partie B :

1. Nous devons calculer les limites de f aux bornes de son ensemble de définition.

$\forall,x\in,]0,;,+\infty[,, f(x)=\dfrac{1}{2}\ln^2x+\ln x+x\ \Longleftrightarrow\forall,x\in,]0,;,+\infty[, \boxed{f(x)=\ln x,\left(\dfrac{1}{2}\ln x+1\right)+x}$

$\bullet\ \left\lbrace\begin{matrix}\lim\limits_{x\to0^+}\ln x=-\infty\\\lim\limits_{x\to0^+}\left(\dfrac{1}{2}\ln x+1\right)=-\infty\end{matrix}\right.\ \Longrightarrow\ \lim\limits_{x\to0^+}\left[\ln x,\left(\dfrac{1}{2}\ln x+1\right)+x\right]=+\infty\ \Longrightarrow\ \boxed{\lim\limits_{x\to0^+}f(x)=+\infty}$

$\bullet\ \left\lbrace\begin{matrix}\lim\limits_{x\to+\infty }\ln x=+\infty\\\lim\limits_{x\to+\infty }\left(\dfrac{1}{2}\ln x+1\right)=+\infty\end{matrix}\right.\ \Longrightarrow\ \lim\limits_{x\to+\infty }\left[\ln x,\left(\dfrac{1}{2}\ln x+1\right)+x\right]=+\infty\ \Longrightarrow\ \boxed{\lim\limits_{x\to+\infty }f(x)=+\infty}$

2. a) La fonction f est dérivable sur ]0 ; +\infty[ (comme somme de fonctions dérivables sur ]0 ; +\infty[).

$f'(x)=\dfrac{1}{2}(\ln^2x)'+(\ln x)'+x'$

$=\dfrac{1}{2}\times2(\ln x)'\,\ln x+\dfrac{1}{x}+1$

$=\dfrac{1}{x}\,\ln x+\dfrac{1}{x}+1$

$=\dfrac{\ln x+1+x}{x}$

$\Longrightarrow\boxed{\forall\,x\in\,]0\,;\,+\infty[,\,f'(x)=\dfrac{1+x+\ln x}{x}}$

$f'(x)=\dfrac{1+x+\ln x}{x}\ =\dfrac{-(-1-x-\ln x)}{x}\ =\dfrac{-g(x)}{x}\\ \Longrightarrow\boxed{\forall\,x\in\,]0\,;\,+\infty[,\,f'(x)=-\dfrac{g(x)}{x}}$

2. b) Nous avons montré dans la partie A que $\alpha$ est l'unique solution de l'équation g ( x ) = 0.
   Dès lors,

$g(\alpha)=0\Longleftrightarrow -\alpha-1-\ln \alpha=0\ \Longleftrightarrow \ln \alpha=-\alpha-1$

D'où $\left\lbrace\begin{matrix} \ln \alpha=-\alpha-1\\ \ln^2 \alpha=(-\alpha-1)^2\end{matrix}\right.\ \Longleftrightarrow\ \left\lbrace\begin{matrix} \ln \alpha=-\alpha-1\\ \ln^2 \alpha=\alpha^2+2\alpha+1\end{matrix}\right.$

Par conséquent,

$f(\alpha)=\dfrac{1}{2}\ln^2\alpha+\ln \alpha+\alpha$

$=\dfrac{1}{2}(\alpha^2+2\alpha+1)+(-\alpha-1)+\alpha\$

$=\dfrac{1}{2}\alpha^2+\alpha+\dfrac{1}{2}-\alpha-1+\alpha$

$=\dfrac{1}{2}\alpha^2+\alpha-\dfrac{1}{2}\\ \Longrightarrow\boxed{f(\alpha)=\dfrac{1}{2}\alpha^2+\alpha-\dfrac{1}{2}}$

Nous savons que pour tout $x$ de $]0 ; +\infty[,$ $f'(x)=-\dfrac{g(x)}{x}=\dfrac{g(x)}{-x}$.
Par conséquent, nous pouvons dresser le tableau de variations de $f$.

3. Nous devons étudier le comportement de $(C_f)$ à l'infini.

3. a) $\bullet$ Calculons $\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{f(x)}{x}$.

$\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{f(x)}{x}=\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{\frac{1}{2}\ln^2x+\ln x+x}{x}\ =\lim\limits_{x\to+\infty}\left(\dfrac{\frac{1}{2}\ln^2x}{x}+\dfrac{\ln x}{x}+\dfrac{x}{x}\right)\ \Longrightarrow\boxed{\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{f(x)}{x}=\lim\limits_{x\to+\infty}\left(\dfrac{1}{2},\dfrac{\ln^2x}{x}+\dfrac{\ln x}{x}+1\right)}$

Calculons $\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{\ln^2x}{x}$.
Posons : $x = t^2$.

$\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{\ln^2x}{x}=\lim\limits_{t\to+\infty}\dfrac{\ln^2t^2}{t^2}\ =\lim\limits_{t\to+\infty}\dfrac{\ln t^2\times \ln t^2}{t^2}\ =\lim\limits_{t\to+\infty}\dfrac{2\ln t\times 2\ln t}{t^2}\ =4\times\lim\limits_{t\to+\infty}\dfrac{\ln t}{t}\times\dfrac{\ln t}{t}=4\times0\times0\ (\text{croissances comparées})\ =0\ \Longrightarrow\boxed{\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{\ln^2x}{x}=0}$

D'où, en utilisant ce dernier résultat et les croissances comparées, nous obtenons :

$\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{f(x)}{x}=\lim\limits_{x\to+\infty}\left(\dfrac{1}{2},\dfrac{\ln^2x}{x}+\dfrac{\ln x}{x}+1\right)=\dfrac{1}{2}\times0+0+1=1\ \Longrightarrow\boxed{\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{f(x)}{x}=1}$

$\bullet$ Calculons $\lim\limits_{x\to+\infty}(f(x)-x)$.

$\lim\limits_{x\to+\infty}(f(x)-x)=\lim\limits_{x\to+\infty}\left(\dfrac{1}{2}\ln^2x+\ln x+x-x\right)\ =\lim\limits_{x\to+\infty}\left(\dfrac{1}{2}\ln^2x+\ln x\right)\ =\lim\limits_{x\to+\infty}\ln x,\left(\dfrac{1}{2}\ln x+1\right)\ \text{Or }\lim\limits_{x\to+\infty}\ln x=+\infty\ \Longrightarrow\ \lim\limits_{x\to+\infty}\ln x,\left(\dfrac{1}{2}\ln x+1\right)=+\infty\ \text{D'où }\boxed{\lim\limits_{x\to+\infty}(f(x)-x)=+\infty}$

Nous en déduisons que $(C_f)$ présente une branche parabolique de direction asymptotique la droite d'équation $y = x$ en $+\infty$.

3. b) Soit $(D)$ la droite d'équation $y = x$.
   Nous devons étudier la position relative de $(C_f)$ et de (D).
   Etudions le signe de $f ( x ) − x$.

$f(x)-x=\dfrac{1}{2}\ln^2x+\ln x+x-x\ =\dfrac{1}{2}\ln^2x+\ln x\ =\ln x\,\left(\dfrac{1}{2}\ln x+1\right)\ \Longrightarrow\boxed{f(x)-x=\ln x\,\left(\dfrac{1}{2}\ln x+1\right)}$

Tableau de signes de $f ( x ) − x$.

Par conséquent,

$\bullet$ sur l'intervalle ]0 ; $e^{-2}$[, $(C_f)$ est au-dessus de (D),
$\bullet$ sur l'intervalle ]$e^{-2}$ ; 1[, $(C_f)$ est en dessus de (D),
$\bullet$ sur l'intervalle ]1 ; +\infty[, $(C_f)$ est au-dessus de (D).

4. Représentation graphique de $(C_f)$ et de (D).

5. Soit $F$ la fonction définie sur $]0 ; +\infty[$ par : $F(x)=\dfrac{1}{2}\,x\,\ln^2x+\dfrac{x^2}{2}$.

6. a) Vérifions que $F$ est une primitive de $f$sur $]0 ; +\infty[$.
   F est dérivable sur $]0 ; +\infty[$.

$F^{\prime}(x)=\dfrac{1}{2}\left(x\,\ln^2 x\right)'+\frac{1}{2}(x^2)'$

$=\dfrac{1}{2}\,\left[x'\times\ln^2x+x\times(\ln^2x)'\right]+\dfrac{1}{2}\times2x\$

$=\dfrac{1}{2}\,\left[1\times\ln^2x+x\times2\times(\ln x)'\times\ln x\right]+x$

$=\dfrac{1}{2}\,\left[\ln^2x+x\times2\times\left(\dfrac{1}{x}\right)\times\ln x\right]+x$

$=\dfrac{1}{2}\left[\ln^2x+2\,\ln x\right]+x$

$=\dfrac{1}{2}\ln^2x+\ln x+x$

$=f(x)\ \Longrightarrow\boxed{\forall\ x\in\,]0\,;\,+\infty[,\ F^{\prime}(x)=f(x)}$

D'où, la fonction F est une primitive de $f$ sur $]0 ; +\infty[$

5. b) L'aire $\mathscr{A}$ en cm$^2$ du domaine délimité par $(C_f)$, l'axe des abscisses et les droites d'équations $x = 1$ et $x = 3$ est donnée par $\mathscr{A}=\displaystyle\int_{1}^{3}\left(\dfrac{1}{2}\ln^2x+\ln x+x\right)\,\mathrm dx$.

$\mathscr{A}=\displaystyle\int_{1}^{3}\left(\dfrac{1}{2}\ln^2x+\ln x+x\right)\,\mathrm dx$

$=\displaystyle\int_{1}^{3}\dfrac{1}{2}\ln^2x\,\mathrm dx+\displaystyle\int_{1}^{3}\ln x\,\mathrm dx+\displaystyle\int_{1}^{3}x\,\mathrm dx$

Calculons $\displaystyle\int_{1}^{3}\dfrac{1}{2}\ln^2x\,\mathrm dx$ par la méthode d'intégration par parties.

$\underline{\text{Formule de l'intégrale par parties}}\ :\$

$\displaystyle\int_{1}^{3} u(x)v'(x)\,\mathrm dx$

$=\left[u(x)v(x)\right]_1^{3}-\displaystyle\int_{1}^{3} u'(x)v(x)\,\mathrm dx.$

avec $\\ \left\lbrace\begin{matrix}u(x)=\dfrac{1}{2}\ln^2x\\ \Longrightarrow\ u'(x)=\dfrac{1}{2}\times2\times\dfrac{1}{x}\times\ln x=\dfrac{\ln x}{x}\ v'(x)=1\ \Longrightarrow\ v(x)=x\end{matrix}\right.$

Dès lors,

$\displaystyle\int_{1}^{3}\dfrac{1}{2}\ln^2x\,\mathrm dx$

$=\left[\dfrac{1}{2}\,x\ln^2x\right]_1^{3}- \displaystyle\int_1^{3} \dfrac{\ln x}{x}\times x\,\mathrm dx\ =\left[\dfrac{1}{2}\,x\ln^2x\right]_1^{3}- \displaystyle\int_1^{3}\ln x\,\mathrm dx$

$=\left[\dfrac{1}{2}\times3\ln^23-\dfrac{1}{2}\times1\ln^21\right]- \displaystyle\int_1^{3}\ln x\,\mathrm dx$

$=\left[\dfrac{1}{2}\times3\ln^23-0\right]- \displaystyle\int_1^{3}\ln x\,\mathrm dx$

$=\dfrac{3}{2}\ln^23- \displaystyle\int_1^{3}\ln x,\mathrm dx\\ \Longrightarrow\boxed{\displaystyle\int_{1}^{3}\dfrac{1}{2}\ln^2x\,\mathrm dx=\dfrac{3}{2}\ln^23- \displaystyle\int_1^{3}\ln x,\mathrm dx}$

Par conséquent,

$\mathscr{A}=\displaystyle\int_{1}^{3}\dfrac{1}{2}\ln^2x\,\mathrm dx+\displaystyle\int_{1}^{3}\ln x\,\mathrm dx+\displaystyle\int_{1}^{3}x\,\mathrm dx$

$=\left(\dfrac{3}{2}\ln^23- \displaystyle\int_1^{3}\ln x\,\mathrm dx\right)+\displaystyle\int_{1}^{3}\ln x\,\mathrm dx+\displaystyle\int_{1}^{3}x\,\mathrm dx$

$=\dfrac{3}{2}\ln^23- \displaystyle\int_1^{3}\ln x\,\mathrm dx+\displaystyle\int_{1}^{3}\ln x\,\mathrm dx+\displaystyle\int_{1}^{3}x\,\mathrm dx$

$=\dfrac{3}{2}\ln^23+\displaystyle\int_{1}^{3}x\,\mathrm dx$

$=\dfrac{3}{2}\ln^23+\left[\dfrac{x^2}{2}\right]_1^3=\dfrac{3}{2}\ln^23+\left(\dfrac{3^2}{2}-\dfrac{1^2}{2}\right)$

$=\dfrac{3}{2}\ln^23+\left(\dfrac{9}{2}-\dfrac{1}{2}\right)$

$=\dfrac{3}{2}\ln^23+4\\ \Longrightarrow\boxed{\mathscr{A}=\left(\dfrac{3}{2}\ln^23+4\right)\ \text{cm}^2\approx5,81\ \text{cm}^2}$