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On considère la fonction $f$ définie sur $\left]\frac 1 2;+\infty\right[$ par :
\[f(x) = \ln(2x-1)-x + 1.\]
1.
Déterminer la limite de $f(x)$ en $\frac 1 2$.
Corrigé
D'une part :
\[\lim_{x\to\frac12} 2x + 1 = 0 \implies \lim_{x\to\frac12} \ln(2x+1) = -\infty.\]
D'autre part :
\[\lim_{x\to\frac12}-x + 1 = -\frac 12 + 1 = \frac 12.\]
Donc en sommant ces deux limites :
\[\lim_{x\to\frac12} \ln(2x-1) -x + 1 = -\infty.\]
2.a.
Montrer que, pour tout $x > \frac 1 2$, on a :
\[f(x) = x\left(\frac{\ln(x)}x - 1 + \frac 1 x\right) + \ln\left(2 - \frac 1 x\right).\]
Corrigé
Pour tout réel $x\in\left]\frac12;+\infty\right[$:
\[\begin{aligned}
&\phantom{=}x\left(\frac{\ln(x)}x - 1 + \frac 1 x\right) + \ln\left(2 - \frac 1 x\right)&
\\
&=\ln(x) -x +1 + \ln\left(\frac{2x - 1}x\right)&
\\
&=\cancel{\ln(x)} - x + 1 + \ln(2x-1) - \cancel{\ln(x)}&
\\
&=\ln(2x+1) -x + 1&
\\
&=f(x).&
\end{aligned}\]
2.b.
En déduire la limite de $f(x)$ en $+\infty$.
Corrigé
On sait que
\[\lim_{x\to+\infty} \frac{\ln(x)}{x} = 0\quad\text{et}\quad \lim_{x\to+\infty} \frac 1 x = 0.\]
Donc, en sommant les limites :
\[\lim_{x\to+\infty} \frac{\ln(x)}x - 1 + \frac 1 x = -1.\]
Par produit de limites :
\[\lim_{x\to+\infty} x\left(\frac{\ln(x)}x - 1 + \frac 1 x\right) = -\infty.\]
D'autre part :
\[\lim_{x\to+\infty} 2 - \frac 1x = 2 \implies \lim_{x\to+\infty} \ln\left(2-\frac 1 x\right) = 2.\]
Donc, finalement:
\[\lim_{x\to+\infty}x\left(\frac{\ln(x)}x - 1 + \frac 1x\right)+\ln\left(2-\frac 1 x\right) = -\infty.\]
3.
Démontrer que l'équation $f(x)=0$ admet deux solutions distinctes $\alpha$ et $\beta$
(avec $\alpha < \beta$).
Corrigé
La fonction $f$ est dérivable sur sur $\left]\frac 12;+\infty\right[$ et pour tout réel $x$
de cet intervalle :
\[\begin{aligned}
f'(x) &= \frac{2}{2x-1} - 1 + 0&
\\
&= \frac{2}{2x+1}-\frac{2x-1}{2x-1}&
\\
&= \frac{-2x+3}{2x+1}.&
\end{aligned}\]
$x$ étant supérieur à $\frac 12$, le dénominateur est toujours strictement positif,
donc le signe de $f'(x)$ est celui de son numérateur.
Sur $\left]\frac12\;;\;\frac32\right[$, $f'$ est strictement positive donc $f$ est
strictement croissante sur
$\left]\frac12;\frac32\right]$.
Sur $\left]\frac32;+\infty\right[$, $f'$ est strictement négative donc $f$ est strictement
décroissante sur $\left[\frac32;+\infty\right[$.
De plus,
\[M = f\left(\frac32\right) = \ln\left(2\times\frac 3 2 - 1\right) -\frac 32 + 1 = \ln(2) + \frac 1 2.\]
Avec
\[2 > 1 \implies \ln(2) > 0 \implies \ln(2) + \frac 12 > \frac 12 \implies M > 0.\]
Sur $\left]\frac12;\frac32\right]$, $f$ est continue et strictement croissante,
donc tout réel de $]-\infty;M]$ admet un unique antécédent par $f$.
Puisque $0\in]-\infty,M]$, c'est le cas de $0$.
L'équation $f(x)= 0$ admet une unique solution $\alpha$ sur cet intervalle.
Sur $\left[\frac32;+\infty\right[$, $f$ est continue et strictement décroissante,
donc tout réel de $]-\infty;M]$ admet un unique antécédent par $f$.
C'est le cas de $0$, donc l'équation $f(x) = 0$ admet une unique solution $\beta$
sur cet intervalle.
4.
Donner la valeur exacte de $\alpha$ et un encadrement à 10−2 de $\beta$.
Corrigé
Il est clair que $\alpha = 1$ car
\[f(1) = \ln(2\times 1 - 1) - 1 + 1 = \ln(1) = 0.\]
Une étude à l'aide de la calculatrice montre que $f(2,92)\approx 0,0028$
tandis que $f(2,93) \approx -0,0043$. Donc
\[2,92 < \beta < 2,93.\]
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