Construire les courbes représentatives des deux fonctions définies par : \[f(x)=\dfrac{\ln (1+x)}{\ln x} \quad \textrm{ et} \quad g(x)=\left( \dfrac{e^x+1}{2}\right) ^{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle x}}\] On précisera les asymptotes éventuelles, la position de la courbe par rapport aux asymptotes, et on étudiera éventuellement les prolongements par continuité.


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[ID: 774] [Date de publication: 18 janvier 2021 14:17] [Catégorie(s): Branches infinies ] [ Nombre commentaires: 1] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]




Solution(s)

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Exercice 245
Par emmanuel le 18 janvier 2021 14:17
  • Le domaine de définition de \(f\) est \(D_f=]0,1[\cup]1,+\infty[\). Cette fonction est dérivable sur son domaine de définition par opérations sur les fonctions dérivables et pour tout \(x\in D_f\), \(f'(x)=\dfrac{ x\ln x -(x+1)\ln(x+1) }{x(x+1)\ln^2 x} \leqslant 0\) (car \(x\ln x \leqslant(x+1)\ln(x+1)\)). Donc la fonction \(f\) est décroissante. On remarque que \(f(x)\underset{x\rightarrow 0^+}{\sim} \dfrac{x}{\ln x}\) et donc \(f(x)\xrightarrow[x\rightarrow 0^+]{} 0\). Puisque \(\dfrac{f(x)}{x} \underset{x\rightarrow 0^+}{\sim} \dfrac{1}{\ln x} \xrightarrow[x\rightarrow 0^+]{} -\infty\), la courbe présente une tangente verticale en \(0\). Lorsque \(x\rightarrow +\infty\), \(f(x)=\dfrac{ \ln x(1+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle x})}{\ln x} = 1+\dfrac{\ln(1+{\scriptstyle 1\over\scriptstyle x})}{\ln x}\) et donc \(f(x)-1 \underset{x\rightarrow +\infty}{\sim} \dfrac{1}{x\ln x} \xrightarrow[x\rightarrow +\infty]{} 0\). La droite \(y=1\) est une asymptote, et la position par rapport à l’asymptote se lit sur le tableau de variations.

  • Le domaine de définition de \(g\) est \(D_g=\mathbb{R} \setminus \{0\}\). \(g(x)=\exp\left[ \dfrac{1}{x}\ln \left( \dfrac{e^x+1}{2}\right) \right]\). \(g\) est dérivable sur son domaine de définition par opération sur les fonctions dérivables et pour tout \(x\in D_g\), \[g'(x) =\dfrac{ \left( \dfrac{e^x+1}{2} \right)^{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle x}} }{x^2} \left[ 2x\dfrac{e^x}{e^x+1}-\ln(\dfrac{e^x+1}{2}) \right]\] Étudions le signe de \(\varphi(x)= 2x\dfrac{e^x}{e^x+1} - \ln(\dfrac{e^x+1}{2})\). On remarque que \(\varphi'(x)= \dfrac{2xe^x}{(e^x+1)^2}\) est du signe de \(x\). Comme \(\varphi(0)=0\), il vient que \(g'(x) \geqslant 0\).

    Lorsque \(x\rightarrow 0\), posons \[a(x)=\dfrac{1}{x}\ln( \dfrac{e^x+1}{2}) = \dfrac{1}{x}\ln( 1+ \dfrac{e^x-1}{2}) = \dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{8}x - \dfrac{1}{192}x^3+o(x^3)\] On a alors \[\boxed{ g(x)= \sqrt{e}+\dfrac{\sqrt{e}}{8}x + \dfrac{\sqrt{e}}{128}x^2 + o(x^2) }\] Donc \(g\) se prolonge par continuité en \(0\) en posant \(g(0)=\sqrt{e}\). La fonction ainsi prolongée est dérivable en \(0\), de dérivée \(g'(0)=\dfrac{\sqrt{e}}{8}\) et localement, la courbe se situe au dessus de sa tangente.

    Lorsque \(x\rightarrow +\infty\), posons \(h=\dfrac{1}{x}\), \[\widetilde{g}(h)= \exp\left( h \ln \left[ {\scriptstyle e^{ {\scriptstyle 1\over\scriptstyle h} } +1 \over\scriptstyle 2} \right] \right)= \exp\left( 1+ h\ln\left[ {\scriptstyle 1+e^{-{\scriptstyle 1\over\scriptstyle h} } \over\scriptstyle 2} \right] \right)\] Lorsque \(h\rightarrow 0^{-}\), \(e^{{\scriptstyle 1\over\scriptstyle h}}\rightarrow 0\), et donc \(\widetilde{g}(h)\rightarrow 1\). Lorsque \(h\rightarrow 0^{+}\), on utilise la deuxième expression : \(e^{-{\scriptstyle 1\over\scriptstyle h}} \rightarrow 0\) et donc \(\widetilde{g}(h) \rightarrow e\). On trouve donc que lorsque \(x\rightarrow -\infty\), \(g(x)\rightarrow 1\) et lorsque \(x\rightarrow +\infty\), \(g(x) \rightarrow e\). La position par rapport aux asymptotes se lit sur le tableau de variations.


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