Corrigé du 95 P. 303

retour

Dans la suite, on note $I = [1,1\;;\;8]$.

1. $f=\frac u v$ avec $u(x) = 2x-1$, $u'(x)=2$, $v(x) =\ln(x)$ et $v'(x)=\frac 1 x$.
$f'=\frac{u'v-uv'}{v^2}$ donc pour tout $x\in I$ : \[f'(x) = \frac{2\ln(x)-(2x-1)\times \frac 1 x}{\left(\ln(x)\right)^2} =\frac{2\ln(x) - 2 + \frac 1 x}{\left(\ln(x)\right)^2}.\]

2.a \[h'(x) = 2\times \frac 1 x - 0 + \left(-\frac 1 {x^2}\right) =\frac 2 x - \frac 1 {x^2} = \frac{2x - 1}{x^2}.\]

2.b $x^2 > 0$ et \begin{flalign*} &x \geqslant 1,1 \implies 2x- 1 \geqslant 2\times 1,1 - 1 \implies 2x - 1 \geqslant 1,2& \\ &\implies 2x - 1 > 0.& \end{flalign*} $h'(x)$ est le quotient de deux quantités strictement positives, donc strictement positive pour tout $x\in I$. On en déduit que $h$ est une fonction strictement croissante.

2.c On calcule que $h(1,1) \approx -0,9$ tandis que $h(8)\approx 2,28$. Sur $I$, la fonction $h$ est continue (car dérivable) avec $h(1,1) < 0$ et $h(8) > 0$. L'équation $h(x) = 0$ admet donc au moins une solution dans $I$.
Mais on sait de plus que $h$ est strictement croissante sur $I$. Donc cette solution, notée $\alpha$, est unique.

2.d On peut calculer que $h(2)\approx -0,11$ tandis que $h(3)\approx 0,53$. Puisque $h$ est strictement croissante: \begin{flalign*} &h(2) < 0 < h(3)& \\ \implies &h(2) < h(\alpha) < h(3)& \\ \implies &2 < \alpha < 3.& \end{flalign*}

3. $h$ est strictement croissante et s'annule en $\alpha$. Elle est donc négative sur $[1,1\;;\;\alpha]$ et positive sur $[\alpha\;;\;8]$.

4. On a bien remarqué que: \[f'(x) = \frac{h(x)}{\left(\ln(x)\right)^2}.\] Puisque le carré $\left(\ln(x)\right)^2$ est strictement positif, $f'(x)$ est du signe de $h(x)$.
On peut donc établir le tableau de variation suivant:

Avec : \[f(1,1)\approx 33,57,\quad\text{et}\quad f(8)\approx 8,18\] De plus, de \[f(2) \approx 7,21 \quad\text{et}\quad f(3)\approx 6,37\] on peut déduire que $f(\alpha) < 6,37$.

retour