Répondre :
Bonjour
Soit f la fonction définie sur l’intervalle ]1 ; +oo[ par [tex]f(x)=\ln x-\dfrac{1}{\ln x}[/tex]
1. Étudier les variations de la fonction f
f est dérivable sur ]1 ; +oo[
[tex]f'(x)=\dfrac{1}{x}-\dfrac{-(\ln x)'}{(\ln x)^2}\\\\[/tex]
[tex]f'(x)=\dfrac{1}{x}-\dfrac{-(\dfrac{1}{x})}{(\ln x)^2}[/tex]
[tex]f'(x)=\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{x(\ln x)^2}[/tex]
[tex]f'(x)=\dfrac{(\ln x)^2}{x(\ln x)^2}+\dfrac{1}{x(\ln x)^2}[/tex]
[tex]\boxed{f'(x)=\dfrac{(\ln x)^2+1}{x(\ln x)^2}}[/tex]
Signe de la dérivée f '(x)
(lnx)² > 0 et 1 > 0 ==> (lnx)² + 1 > 0.
x ∈ ]1;+oo[ ==> x > 0 et (lnx)² > 0 ===> x(lnx)² > 0
D'où f '(x) > 0
Par conséquent, f est strictement croissante sur l'intervalle ]1 ; +oo[
2) Déterminer les limites de la fonction f en 1 et en +oo.
[tex]\left\{\begin{matrix}\lim\limits_{x\to1^+} \ln x=0\\\lim\limits_{x\to1^+} \dfrac{1}{\ln x}=+\infty\end{matrix}\right.\Longrightarrow\lim\limits_{x\to1^+} (\ln x-\dfrac{1}{\ln x})=-\infty\\\\\Longrightarrow\boxed{\lim\limits_{x\to1^+} f(x)=-\infty}[/tex]
[tex]\left\{\begin{matrix}\lim\limits_{x\to+\infty} \ln x=+\infty\\\lim\limits_{x\to+\infty} \dfrac{1}{\ln x}=0\end{matrix}\right.\Longrightarrow\lim\limits_{x\to+\infty} (\ln x-\dfrac{1}{\ln x})=+\infty\\\\\Longrightarrow\boxed{\lim\limits_{x\to+\infty} f(x)=+\infty}[/tex]
3. On se propose de chercher les tangentes à la courbe (C) passant par le point O.
a. Soit a un réel appartenant à l’intervalle ]1 ; +oo[.
Démontrer que la tangente (Ta) à (C ) au point d’abscisse a passe par l’origine du repère si et seulement si f(a) − a f ′(a) = 0.
La tangente (Ta) a une équation de la forme : y = f ′(a)(x - a) + f(a).
Le point O(0 ; 0) appartient à (Ta)
Dans l'équation de (Ta), remplaçons x et y par 0.
<==> 0 = f ′(a)(0 - a) + f(a)
<==> 0 = f ′(a)*(-a) + f(a)
<==> f(a) - a f ′(a) = 0.
b. Soit g la fonction définie sur l’intervalle ]1 ; +oo[ par :
g(x) = f(x) - x f ′(x).
Montrer que sur ]1 ; +oo[, les équations g(x) = 0 et [tex](\ln x)^3 - (\ln x)^2 - \ln x -1 = 0[/tex] ont les mêmes solutions.
[tex]g(x)=0\Longleftrightarrow f(x) - x f'(x)=0\\\\\Longleftrightarrow (\ln x-\dfrac{1}{\ln x})-x\times\dfrac{(\ln x)^2+1}{x(\ln x)^2}=0[/tex]
[tex]\Longleftrightarrow \ln x-\dfrac{1}{\ln x}-\dfrac{(\ln x)^2+1}{(\ln x)^2}=0\\\\\Longleftrightarrow \dfrac{(\ln x)^3}{(\ln x)^2}-\dfrac{(\ln x)^2}{(\ln x)^3}-\dfrac{(\ln x)^2+1}{(\ln x)^2}=0[/tex]
[tex]\\\\\Longleftrightarrow \dfrac{(\ln x)^3-(\ln x)^2-(\ln x)^2-1}{(\ln x)^2}=0\\\\\Longleftrightarrow(\ln x)^3-(\ln x)^2-(\ln x)^2-1=0[/tex]
Les deux équations g(x) = 0 et [tex](\ln x)^3 - (\ln x)^2 - \ln x -1 = 0[/tex] étant équivalentes, elles possèdent donc les mêmes solutions.
c. Après avoir étudié les variations de la fonction u définie sur R par [tex]u(t ) = t^3-t^2-t-1[/tex] montrer que la fonction u s’annule une fois et une seule sur R.
u'(t) = 3t² - 2t - 1
tableau de signe de la dérivée u'(t);
Racines :
[tex]3t^2-2t-1=0\\\Delta=(-2)^2-4\times3\times(-1)=4+12=16\\\\t_1=\dfrac{2-\sqrt{16}}{6}=\dfrac{2-4}{6}=\dfrac{-2}{6}=\dfrac{-1}{3}[/tex]
[tex]t_2=\dfrac{2+\sqrt{16}}{6}=\dfrac{2+4}{6}=\dfrac{6}{6}=1[/tex]
[tex]\begin{array}{|c|ccccccc|} t&-\infty&&-\frac{1}{3}&&1&&+\infty \\ u'(t)&&+&0&-&0&+&\\u(t)&-\infty&\nearrow&-\dfrac{22}{27}&\searrow&-2&\nearrow&+\infty\\ \end{array}[/tex]
La fonction u ne s'annule pas sur l'intervalle ]-oo ; 1[ car le maximum pour cette fonction u sur l'intervalle ]-oo ; 1[ est égal à -22/27 < 0.
La fonction u est continue et strictement croissante sur [1 ; +oo[
u(1) = −2
[tex]\lim\limits_{t\to+\infty} u(t) = +\infty[/tex]
De plus 0 ∈ [-2 ; +oo[
D'où selon le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l’équation u(t) = 0 admet une unique solution sur [1 ; +oo[
Par conséquent,
l’équation u(t) = 0 admet une unique solution sur R, notée [tex]\alpha[/tex]
d. En déduire l’existence d’une tangente unique à la courbe (C) passant par le point O.
L'équation [tex]t^3-t^2-t-1=0[/tex] peut se traduire par le système :
[tex]\left\{\begin{matrix}t=\ln x \\(\ln x)^3-(\ln x)^2-\ln x-1=0 \end{matrix}\right.[/tex]
Selon la question c, on sait que l'unique solution [tex]\alpha[/tex] de l'équation [tex]t^3-t^2-t-1=0[/tex] est supérieure ou égale à 1.
Donc [tex]\alpha\ \textgreater \ 0[/tex]
Donc la valeur de x telle que [tex]\alpha=\ln x[/tex] sera supérieure à 1.
Par conséquent, l'équation (\ln x)^3-(\ln x)^2-\ln x-1=0 admettra une unique solution dans l'intervalle ]1 ; +oo[.
Puisque nous avons montré dans la question 3b) que les équations g(x) = 0 et [tex](\ln x)^3 - (\ln x)^2 - \ln x -1 = 0[/tex] possédaient les mêmes solutions, nous en déduisons que l'équation g(x) = 0 admet une unique solution dans l'intervalle ]1 ; +oo[.
Il existe donc un réel unique [tex]\alpha[/tex] tel que [tex]g(\alpha)=0[/tex]
D'où Il existe donc un réel unique [tex]\alpha[/tex] tel que [tex]f(\alpha) - \alpha f'(\alpha)=0[/tex]
Selon la question 3a), nous en déduisons qu'il existe une tangente unique à la courbe (C) passant par le point O.
Soit f la fonction définie sur l’intervalle ]1 ; +oo[ par [tex]f(x)=\ln x-\dfrac{1}{\ln x}[/tex]
1. Étudier les variations de la fonction f
f est dérivable sur ]1 ; +oo[
[tex]f'(x)=\dfrac{1}{x}-\dfrac{-(\ln x)'}{(\ln x)^2}\\\\[/tex]
[tex]f'(x)=\dfrac{1}{x}-\dfrac{-(\dfrac{1}{x})}{(\ln x)^2}[/tex]
[tex]f'(x)=\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{x(\ln x)^2}[/tex]
[tex]f'(x)=\dfrac{(\ln x)^2}{x(\ln x)^2}+\dfrac{1}{x(\ln x)^2}[/tex]
[tex]\boxed{f'(x)=\dfrac{(\ln x)^2+1}{x(\ln x)^2}}[/tex]
Signe de la dérivée f '(x)
(lnx)² > 0 et 1 > 0 ==> (lnx)² + 1 > 0.
x ∈ ]1;+oo[ ==> x > 0 et (lnx)² > 0 ===> x(lnx)² > 0
D'où f '(x) > 0
Par conséquent, f est strictement croissante sur l'intervalle ]1 ; +oo[
2) Déterminer les limites de la fonction f en 1 et en +oo.
[tex]\left\{\begin{matrix}\lim\limits_{x\to1^+} \ln x=0\\\lim\limits_{x\to1^+} \dfrac{1}{\ln x}=+\infty\end{matrix}\right.\Longrightarrow\lim\limits_{x\to1^+} (\ln x-\dfrac{1}{\ln x})=-\infty\\\\\Longrightarrow\boxed{\lim\limits_{x\to1^+} f(x)=-\infty}[/tex]
[tex]\left\{\begin{matrix}\lim\limits_{x\to+\infty} \ln x=+\infty\\\lim\limits_{x\to+\infty} \dfrac{1}{\ln x}=0\end{matrix}\right.\Longrightarrow\lim\limits_{x\to+\infty} (\ln x-\dfrac{1}{\ln x})=+\infty\\\\\Longrightarrow\boxed{\lim\limits_{x\to+\infty} f(x)=+\infty}[/tex]
3. On se propose de chercher les tangentes à la courbe (C) passant par le point O.
a. Soit a un réel appartenant à l’intervalle ]1 ; +oo[.
Démontrer que la tangente (Ta) à (C ) au point d’abscisse a passe par l’origine du repère si et seulement si f(a) − a f ′(a) = 0.
La tangente (Ta) a une équation de la forme : y = f ′(a)(x - a) + f(a).
Le point O(0 ; 0) appartient à (Ta)
Dans l'équation de (Ta), remplaçons x et y par 0.
<==> 0 = f ′(a)(0 - a) + f(a)
<==> 0 = f ′(a)*(-a) + f(a)
<==> f(a) - a f ′(a) = 0.
b. Soit g la fonction définie sur l’intervalle ]1 ; +oo[ par :
g(x) = f(x) - x f ′(x).
Montrer que sur ]1 ; +oo[, les équations g(x) = 0 et [tex](\ln x)^3 - (\ln x)^2 - \ln x -1 = 0[/tex] ont les mêmes solutions.
[tex]g(x)=0\Longleftrightarrow f(x) - x f'(x)=0\\\\\Longleftrightarrow (\ln x-\dfrac{1}{\ln x})-x\times\dfrac{(\ln x)^2+1}{x(\ln x)^2}=0[/tex]
[tex]\Longleftrightarrow \ln x-\dfrac{1}{\ln x}-\dfrac{(\ln x)^2+1}{(\ln x)^2}=0\\\\\Longleftrightarrow \dfrac{(\ln x)^3}{(\ln x)^2}-\dfrac{(\ln x)^2}{(\ln x)^3}-\dfrac{(\ln x)^2+1}{(\ln x)^2}=0[/tex]
[tex]\\\\\Longleftrightarrow \dfrac{(\ln x)^3-(\ln x)^2-(\ln x)^2-1}{(\ln x)^2}=0\\\\\Longleftrightarrow(\ln x)^3-(\ln x)^2-(\ln x)^2-1=0[/tex]
Les deux équations g(x) = 0 et [tex](\ln x)^3 - (\ln x)^2 - \ln x -1 = 0[/tex] étant équivalentes, elles possèdent donc les mêmes solutions.
c. Après avoir étudié les variations de la fonction u définie sur R par [tex]u(t ) = t^3-t^2-t-1[/tex] montrer que la fonction u s’annule une fois et une seule sur R.
u'(t) = 3t² - 2t - 1
tableau de signe de la dérivée u'(t);
Racines :
[tex]3t^2-2t-1=0\\\Delta=(-2)^2-4\times3\times(-1)=4+12=16\\\\t_1=\dfrac{2-\sqrt{16}}{6}=\dfrac{2-4}{6}=\dfrac{-2}{6}=\dfrac{-1}{3}[/tex]
[tex]t_2=\dfrac{2+\sqrt{16}}{6}=\dfrac{2+4}{6}=\dfrac{6}{6}=1[/tex]
[tex]\begin{array}{|c|ccccccc|} t&-\infty&&-\frac{1}{3}&&1&&+\infty \\ u'(t)&&+&0&-&0&+&\\u(t)&-\infty&\nearrow&-\dfrac{22}{27}&\searrow&-2&\nearrow&+\infty\\ \end{array}[/tex]
La fonction u ne s'annule pas sur l'intervalle ]-oo ; 1[ car le maximum pour cette fonction u sur l'intervalle ]-oo ; 1[ est égal à -22/27 < 0.
La fonction u est continue et strictement croissante sur [1 ; +oo[
u(1) = −2
[tex]\lim\limits_{t\to+\infty} u(t) = +\infty[/tex]
De plus 0 ∈ [-2 ; +oo[
D'où selon le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l’équation u(t) = 0 admet une unique solution sur [1 ; +oo[
Par conséquent,
l’équation u(t) = 0 admet une unique solution sur R, notée [tex]\alpha[/tex]
d. En déduire l’existence d’une tangente unique à la courbe (C) passant par le point O.
L'équation [tex]t^3-t^2-t-1=0[/tex] peut se traduire par le système :
[tex]\left\{\begin{matrix}t=\ln x \\(\ln x)^3-(\ln x)^2-\ln x-1=0 \end{matrix}\right.[/tex]
Selon la question c, on sait que l'unique solution [tex]\alpha[/tex] de l'équation [tex]t^3-t^2-t-1=0[/tex] est supérieure ou égale à 1.
Donc [tex]\alpha\ \textgreater \ 0[/tex]
Donc la valeur de x telle que [tex]\alpha=\ln x[/tex] sera supérieure à 1.
Par conséquent, l'équation (\ln x)^3-(\ln x)^2-\ln x-1=0 admettra une unique solution dans l'intervalle ]1 ; +oo[.
Puisque nous avons montré dans la question 3b) que les équations g(x) = 0 et [tex](\ln x)^3 - (\ln x)^2 - \ln x -1 = 0[/tex] possédaient les mêmes solutions, nous en déduisons que l'équation g(x) = 0 admet une unique solution dans l'intervalle ]1 ; +oo[.
Il existe donc un réel unique [tex]\alpha[/tex] tel que [tex]g(\alpha)=0[/tex]
D'où Il existe donc un réel unique [tex]\alpha[/tex] tel que [tex]f(\alpha) - \alpha f'(\alpha)=0[/tex]
Selon la question 3a), nous en déduisons qu'il existe une tangente unique à la courbe (C) passant par le point O.
Merci d'avoir visité notre site Web, qui traite d'environ Mathématiques. Nous espérons que les informations partagées vous ont été utiles. N'hésitez pas à nous contacter pour toute question ou demande d'assistance. À bientôt, et pensez à ajouter ce site à vos favoris !