Études de fonctions-1 (Prérentrée ECG1)
Exercice 1 (🔥) : Autour des croissances comparées
📄 Énoncé
Prouver que : \[\forall x \in \mathbb{R}_{+}^*, \ \ln (x) \leqslant x\]
En déduire que : \(\displaystyle \lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{\ln (x)}{x}=0\) et \(\displaystyle \lim _{x \rightarrow 0} x \ln (x)=0\). On remarquera que \(\displaystyle \ln (\sqrt{x})=\frac{\ln (x)}{2}\).
✅ Corrigé
La fonction \(h: x \mapsto \ln (x)-x\) est dérivable sur \(\mathbb{R}_{+}^*\) comme somme de fonctions dérivables sur cet intervalle et on a :
\[\begin{aligned} \forall x \in \mathbb{R}_{+}^*, \ h^{\prime}(x) &=\frac{1}{x}-1 \\ &=\frac{1-x}{x} \end{aligned}\]
Commentaire
Pour démontrer une inégalité du type \(\forall x \in I, \ f(x) \leqslant g(x)\) où \(f\) et \(g\) sont deux fonctions dérivables sur \(I\), on peut étudier les variations de la fonction \(f-g\).
On en déduit le tableau de variation de \(h\) (les limites aux bornes ne sont données qu’à titre indicatif) :
Ainsi, on a : \[\forall x \in \mathbb{R}_{+}^*, \ h(x) \leqslant-1 \leqslant 0\]
On peut finalement conclure :
\[\forall x \in \mathbb{R}_{+}^*, \ \ln (x) \leqslant x\]
On aurait aussi pu remarquer que, la fonction \(\ln\) étant concave, sa courbe représentative est en dessous des ses tangentes, et en particulier de sa tangente en \((1,0)\), d’équation \(y=x-1\), ce qui permet d’affirmer que : \[\forall x \in \mathbb{R}_{+}^*, \ \ln (x) \leqslant x-1 \leqslant x\]
D’après le résultat précédent, on a donc, comme \(\ln\) est positive sur \([1,{+\infty}[\) : \[\forall x \in \left[ 1,{+\infty}\right[,\ 0 \leqslant \ln (x) \leqslant x\]
Or on a de plus : \[\forall x\in \left[ 1,{+\infty}\right[,\ \sqrt{x} \geqslant 1\]
donc : \[\forall x \in \left[ 1,{+\infty}\right[,\ 0 \leqslant \ln ( \sqrt{x} ) \leqslant \sqrt{x}\]
soit encore, comme \(\sqrt{x} = x^\frac{1}{2}\) : \[\forall x \in \left[ 1,{+\infty}\right[,\ 0 \leqslant \frac{\ln(x) }{2} \leqslant \sqrt{x}\]
d’où : \[\forall x \in \left[ 1,{+\infty}\right[,\ 0 \leqslant \frac{\ln(x) }{x} \leqslant \frac{2}{\sqrt{x}}\]
Or on a : \[\lim_{x\to {+\infty}} \frac{2}{\sqrt{x}} = 0\]
donc, d’après le théorème de l’encadrement :
\[\lim_{x\to {+\infty}} \frac{\ln(x)}{x} = 0\]
Remarquons que : \[\lim_{x\to 0^+} \frac{1}{x} = {+\infty}\] donc, d’après le résultat précédent et par composition : \[\lim_{x\to 0^+} \frac{\ln(1/x)}{1/x} =0\]
soit encore: \[\lim_{x\to 0^+} -x\ln(x) = 0\]
d’où :
\[\lim_{x\to 0^+} x\ln(x) = 0\]
Les deux résultats démontrés dans cet exercice sont évidemment des croissances comparées et sont censés être connus !
📝 Mes notes :
Exercice 2 (🔥) : Étude d'une fonction
📄 Énoncé
On considère la fonction \(f\) définie sur \(\mathbb{R}_{+}^*\) par : \[\forall x \in \mathbb{R}_{+}^*, \ f(x)=\frac{x-1}{x} \, \ln (x)\]
Étudier les variations sur \(\mathbb{R}_{+}^*\) de la fonction \(g: x \mapsto x-1+\ln (x)\). Calculer \(g(1)\) puis en déduire le signe de \(g(x)\) en fonction de \(x\).
Étudier les variations de \(f\) sur \(\mathbb{R}_{+}^*\) puis déterminer ses limites respectives aux bornes de son ensemble de définition.
✅ Corrigé
\(g\) est dérivable sur \(\mathbb{R}_+^\ast\) comme somme de fonctions qui le sont (une fonction affine et la fonction \(\ln\)) et on a : \[\begin{aligned} \forall x\in\mathbb{R}_+^\ast,\ g'(x) &= 1+ \frac{1}{x} \\ &>0 \end{aligned}\]
d’où :
\(g\) est strictement croissante sur \(\mathbb{R}_+^\ast\)
Avant de dériver une fonction, il est important de penser à justifier qu’elle est dérivable, ce que l’on fait le plus souvent avec les théorèmes généraux (somme, produit, quotient, composée de fonctions dérivables).
On a :
\[g(1) = 1-1+\ln(1) = 0\]
Comme \(g\) est strictement croissante sur \(\mathbb{R}_+^\ast\), on en déduit le tableau de signe suivant :
\(f\) est dérivable sur \(\mathbb{R}_+^\ast\) comme produit de fonctions qui le sont (une fonction rationnelle bien définie et la fonction \(\ln\)) et on a : \[\begin{aligned} \forall x\in\mathbb{R}_+^\ast,\ f'(x) &= \frac{1 \times x - (x-1) \times 1}{x^2}\, \ln(x) + \frac{x-1}{x}\times \frac{1}{x} \\ &= \frac{\ln(x) + x-1}{x^2} \\ &= \frac{g(x)}{x^2} \end{aligned}\]
Ainsi \(f'(x)\) est du signe de \(g(x)\) pour tout \(x\in\mathbb{R}_+^\ast\). On en déduit le tableau de variations suivant (les limites seront justifiées après) :
On a : \[\lim_{x\to {+\infty}} \frac{x-1}{x} = 1 \quad \text{et} \quad \lim_{x\to {+\infty}} \ln(x) = {+\infty}\]
donc :
\[\lim_{x\to {+\infty}} f(x) = {+\infty}\]
On a : \[\lim_{x\to 0^+} (x-1) = -1 \quad \text{et} \quad \lim_{x\to 0^+} \frac{1}{x} = {+\infty}\] donc :
\[\lim_{x\to 0^+} \frac{x-1}{x} = {-\infty}\]
On a de plus : \[\lim_{x\to 0^+} \ln(x) = {-\infty}\] donc :
\[\lim_{x\to 0^+} f(x) = {+\infty}\]
📝 Mes notes :
Exercice 3 (🔥🔥) : Continuité et dérivabilité
📄 Énoncé
Étudier la continuité et la dérivabilité (en précisant la fonction dérivée le cas échéant) de la fonction \(f\) sur l’intervalle \(I\) dans les cas suivants :
\(\displaystyle f: x \mapsto \frac{\mathrm{e}^x-2}{x^2+3}\) et \(I=\mathbb{R}\).
\(\displaystyle f: x \mapsto|x|\) et \(I=\mathbb{R}\).
\(\displaystyle f \mapsto \sqrt{4-x^2}\) et \(I=[-2,2]\).
✅ Corrigé
La fonction \(x \mapsto \mathrm{e}^x-2\) est continue et dérivable sur \(\mathbb{R}\). La fonction \(x \mapsto x^2+3\) est continue et dérivable sur \(\mathbb{R}\) et elle ne s’annule pas sur cet intervalle. On peut donc conclure, par quotient :
\(f\) est continue et dérivable sur \(\mathbb{R}\)
De plus, on a : \[\forall x \in \mathbb{R}, \ f^{\prime}(x)=\frac{\mathrm{e}^x\left(x^2+3\right)-2 x\left(\mathrm{e}^x-2\right)}{\left(x^2+3\right)^2}\] d’où :
\[\forall x \in \mathbb{R}, \ f^{\prime}(x)=\frac{\left(x^2-2 x+3\right) \mathrm{e}^x+4 x}{\left(x^2+3\right)^2}\]
Par définition, on a : \[\forall x \in \mathbb{R}, \ f(x)=|x|= \begin{cases} \hfill x \hfill & \text { si } x \geqslant 0 \\ -x & \text { si } x \leqslant 0 \end{cases}\]
La fonction \(x \mapsto x\) est continue sur \(\mathbb{R}^{+}\) donc \(f\) est continue sur \(\mathbb{R}_{+}^*\) et continue à droite en 0. De plus, la fonction \(x \mapsto-x\) est continue sur \(\mathbb{R}^{-}\)donc \(f\) est continue sur \(\mathbb{R}_{-}^*\) et continue à gauche en 0. Par conséquent, on peut conclure :
\(f\) est continue sur \(\mathbb{R}\)
La fonction \(x \mapsto x\) est dérivable sur \(\mathbb{R}_{+}^*\) donc \(f\) est dérivable sur \(\mathbb{R}_{+}^*\). De même, la fonction \(x \mapsto-x\) est dérivable sur \(\mathbb{R}_{-}^*\) donc \(f\) est dérivable sur \(\mathbb{R}_{-}^*\). Ainsi :
\(f\) est dérivable sur \(\mathbb{R}^\ast\) et : \(\forall x\in\mathbb{R}^\ast,\ f(x) = \begin{cases} \hfill 1 \hfill &\text{si } x>0 \\ -1 &\text{si } x<0 \end{cases}\)
Enfin, on a : \[\begin{aligned} & \lim _{x \rightarrow 0^+} \frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim _{x\to 0^+} \frac{x-0}{x-0}=1 \\ & \lim _{x \rightarrow 0^-} \frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim _{x\to 0^-} \frac{-x-0}{x-0}=-1 \end{aligned}\] Ainsi, \(f\) est dérivable en 0 à droite et à gauche et : \[f_d^{\prime}(0)=1 \quad \text{et} \quad f_g^{\prime}(0)=-1\]
\(f\) est donc dérivable à gauche et à droite en 0 mais les nombres dérivés ne sont pas égaux, donc :
\(f\) n’est pas dérivable en \(0\)
La fonction \(x \mapsto 4-x^2\) est continue sur \([-2,2]\) comme fonction polynôme et prend ses valeurs dans \(\mathbb{R}^{+}\). Comme la fonction \(u \mapsto \sqrt{u}\) est continue sur \(\mathbb{R}^{+}\), on en déduit :
\(f\) est continue sur \([-2,2]\)
La fonction \(x \mapsto 4-x^2\) est dérivable sur \(]-2,2[\) comme fonction polynôme et prend ses valeurs dans \(\mathbb{R}_{+}^*\). Comme la fonction \(u \mapsto \sqrt{u}\) est dérivable sur \(\mathbb{R}_{+}^*\), on en déduit :
\(f\) est dérivable sur \(]-2,2[\) et : \(\displaystyle \forall x \in \left] -2,2\right[ \ , f^{\prime}(x)=-\frac{x}{\sqrt{4-x^2}}\)
Attention le fait que la fonction racine ne soit pas dérivable en 0 ne prouve pas que \(f\) n’est pas dérivable en 2 et en \(- 2\) mais permet de dire qu’il y a un doute et que les formules usuelles ne fonctionnent pas. Il est donc nécessaire de revenir à la définition en étudiant la limite du taux d’accroissement pour savoir si \(f\) est dérivable en 2 et/ou en \(-2\).
On a : \[\begin{aligned} \forall x \in \left] -2,2\right[, \ \frac{f(x)-f(2)}{x-2} &=\frac{\sqrt{4-x^2}}{x-2} \\ &= \frac{\sqrt{(2-x)(2+x)}}{x-2} \\ &= -\frac{\sqrt{2+x}}{\sqrt{2-x}} \end{aligned}\]
On en déduit : \[\lim _{x \rightarrow 2} \frac{f(x)-f(2)}{x-2}=-\infty\]
On peut donc conclure :
\(f\) n’est pas dérivable en \(2\)
De même, on a : \[\begin{aligned} \forall x \in \left] -2,2\right[, \ \frac{f(x)-f(-2)}{x+2} &=\frac{\sqrt{4-x^2}}{x+2} \\ &= \frac{\sqrt{(2-x)(2+x)}}{x+2} \\ &= \frac{\sqrt{2-x}}{\sqrt{2+x}} \end{aligned}\]
On en déduit : \[\lim _{x \rightarrow 2} \frac{f(x)-f(-2)}{x+2}=+\infty\]
d’où :
\(f\) n’est pas dérivable en \(-2\)
📝 Mes notes :
Exercice 4 (🔥) : Étude d'une fonction
📄 Énoncé
Soit \(f\) la fonction définie sur \(\mathbb{R}\) par : \[\forall x \in \mathbb{R}, f(x)=x+1-\frac{2 \,\mathrm{e}^x}{\mathrm{e}^x+1}\]
Étudier les variations de \(f\).
Déterminer les limites respectives de \(f\) en \(+\infty\) et en \(-\infty\).
Prouver que la droite \(\Delta\) d’équation \(y=x-1\) est asymptote à \(\mathcal{C}\) en \(+\infty\). Préciser la position de la courbe \(\mathcal{C}\) de \(f\) par rapport à \(\Delta\).
✅ Corrigé
Comme les fonctions \(x \mapsto x+1\), \(x \mapsto 2 \,\mathrm{e}^x\) et \(x \mapsto \mathrm{e}^x+1\) sont dérivables sur \(\mathbb{R}\) et comme la fonction \(x \mapsto \mathrm{e}^x+1\) ne s’annule pas, \(f\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\) et : \[\begin{aligned} \forall x \in \mathbb{R}, \ f^{\prime}(x) & =1-\frac{2 \,\mathrm{e}^x\left(\mathrm{e}^x+1\right)-2 \,\mathrm{e}^x \,\mathrm{e}^x}{\left(\mathrm{e}^x+1\right)^2} \\ &= \frac{\left(\mathrm{e}^x+1\right)^2-2 \,\mathrm{e}^x}{\left(\mathrm{e}^x+1\right)^2} \\ &= \frac{\mathrm{e}^{2 x}+1}{\left(\mathrm{e}^x+1\right)^2} \\ &>0 \end{aligned}\]
On peut donc conclure :
\(f\) est strictement croissante sur \(\mathbb{R}\)
On a :
\[\begin{aligned} \forall x \in \mathbb{R}, \ f(x) &=x+1-\frac{2 \,\mathrm{e}^x}{\mathrm{e}^x\left[1+ \mathrm{e}^{-x}\right]} \\ &=x+1-\frac{2}{1+ \mathrm{e}^{-x}} \end{aligned}\]
Penser à commencer par simplifier la fraction, en factorisant au dénominateur le terme prépondérant.
Comme \(\displaystyle \lim _{x \rightarrow+\infty} \mathrm{e}^{-x}=0\), on a : \[\lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{2}{1+ \mathrm{e}^{-x}}=2\] et donc :
\[\lim _{x \rightarrow+\infty} f(x)=+\infty\]
De même, comme \(\displaystyle \lim _{x \rightarrow-\infty} \mathrm{e}^{-x}=+\infty\), on a : \[\lim _{x \rightarrow-\infty} \frac{2}{1+\mathrm{e}^{-x}}=0\] et donc :
\[\lim _{x \rightarrow-\infty} f(x)=-\infty\]
Commençons par un petit rappel :
Rappel de cours
Si \(f\) est une fonction définie au voisinage de \(+\infty\), on dit que la droite d’équation \(y=a x+b\) est asymptote à la courbe de \(f\) si : \[\lim _{x \rightarrow+\infty}[f(x)-a x-b]=0\]
D’après le calcul précédent, on a : \[\forall x \in \mathbb{R}, \ f(x)-x+1=2-\frac{2}{1+ \mathrm{e}^{-x}}\]
Comme \(\displaystyle \lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{2}{1+ \mathrm{e}^{-x}}=2\), on a donc : \[\lim _{x \rightarrow+\infty}[f(x)-(x-1)]=0\]
On peut donc conclure :
La droite \(\Delta\) d’équation \(y=x-1\) est asymptote à \(\mathcal{C}\) en \(+\infty\)
De plus, on a : \[\forall x \in \mathbb{R}, \ 1+\mathrm{e}^{-x} \geqslant 1>0\]
donc : \[\forall x \in \mathbb{R}, \ \frac{2}{1+e^{-x}} \leqslant 2\]
d’où : \[\forall x \in \mathbb{R}, \ f(x)-x+1 \geqslant 0\]
ce qui nous permet de conclure :
\(\mathcal{C}\) est au dessus de la droite \(\Delta\)