Exercices de Fonctions usuelles, Sup (prépa) (page 2)

Étape 1 : Domaine de définition et limites

La fonction $f$ est définie sur ${\mathbb{R}}_{+}^{\ast }=]0,+\infty [$ (à cause du $\ln x$).

On peut réécrire $f(x)=(x\ln x{)}^2-x\ln x-x+1$.

Limite en 0 :

On sait par croissances comparées que $\underset{x\to 0^{+}}{\lim }x\ln x=0$. De même, $\underset{x\to 0^{+}}{\lim }(x\ln x{)}^2=0$.

Donc $\underset{x\to 0^{+}}{\lim }f(x)=(0{)}^2-(0)-0+1=1$.

On peut prolonger $f$ par continuité en 0 en posant $f(0)=1$. Le point $(0,1)$ est un point d'arrêt de la courbe.

Pour étudier la tangente en ce point, on regarde la limite du taux d'accroissement :
$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{(x\ln x{)}^2-x\ln x-x}{x}=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }(x(\ln x{)}^2-\ln x-1)$

On sait que $\underset{x\to 0^{+}}{\lim }x(\ln x{)}^n=0$ pour tout $n$. Donc $\underset{x\to 0^{+}}{\lim }x(\ln x{)}^2=0$.
Comme $\underset{x\to 0^{+}}{\lim }(-\ln x)=+\infty$, on a :

$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{f(x)-f(0)}{x}=+\infty$. La courbe admet une tangente verticale au point d'arrêt $(0,1)$, dirigée vers le haut.

Limite en +∞ :

$\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)=\underset{x\to +\infty }{\lim }[(x\ln x{)}^2-x\ln x-x+1]=+\infty$ car $(x\ln x{)}^2$ est le terme prépondérant.

On étudie la branche infinie :
$\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{f(x)}{x}=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{(x\ln x{)}^2-x\ln x-x+1}{x}=\underset{x\to +\infty }{\lim }(x(\ln x{)}^2-\ln x-1+\frac{1}{x})=+\infty$.

La courbe admet une branche parabolique de direction $Oy$ (l'axe des ordonnées).

Étape 2 : Étude de la dérivée première $f^{\prime }$

$f$ est dérivable sur ${\mathbb{R}}_{+}^{\ast }$ :
$f^{\prime }(x)=\frac{d}{dx}[(x\ln x{)}^2-x(1+\ln x)+1]$
$f^{\prime }(x)=2(x\ln x)\cdot (1\cdot \ln x+x\cdot \frac{1}{x})-[1\cdot (1+\ln x)+x\cdot \frac{1}{x}]$
$f^{\prime }(x)=2(x\ln x)(\ln x+1)-(1+\ln x+1)$
$f^{\prime }(x)=2x(\ln x{)}^2+2x\ln x-\ln x-2$

Le signe n'est pas évident. On étudie les limites de $f^{\prime }$ :

• $\underset{x\to 0^{+}}{\lim }{f}^{\prime }(x)=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }(\underset{\to 0}{\underbrace{2x(\ln x{)}^2}}+\underset{\to 0}{\underbrace{2x\ln x}}-\underset{\to -\infty }{\underbrace{\ln x}}-2)=+\infty$
• $\underset{x\to +\infty }{\lim }{f}^{\prime }(x)=+\infty$ (le terme $2x(\ln x{)}^2$ domine).

Étape 3 : Étude de la dérivée seconde $f^{\prime \prime }$

On dérive à nouveau pour trouver les variations de $f^{\prime }$ :
$f^{\prime \prime }(x)=(2(\ln x{)}^2+2x\cdot 2\ln x\cdot \frac{1}{x})+(2\ln x+2x\cdot \frac{1}{x})-\frac{1}{x}-0$
$f^{\prime \prime }(x)=(2(\ln x{)}^2+4\ln x)+(2\ln x+2)-\frac{1}{x}$
$f^{\prime \prime }(x)=2(\ln x{)}^2+6\ln x+2-\frac{1}{x}$

Limites de $f^{\prime \prime }$ :

• $\underset{x\to 0^{+}}{\lim }{f}^{\prime \prime }(x)=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }(2(\ln x{)}^2+6\ln x+2-\frac{1}{x})=-\infty$, car le terme prépondérant est $-\frac{1}{x}$.
• $\underset{x\to +\infty }{\lim }{f}^{\prime \prime }(x)=+\infty$ (le terme $2(\ln x{)}^2$ domine).

Étape 4 : Étude de la dérivée troisième $f^{\prime \prime \prime }$

On dérive encore pour trouver les variations de $f^{\prime \prime }$ :
$f^{\prime \prime \prime }(x)=2\cdot 2\ln x\cdot \frac{1}{x}+\frac{6}{x}-(-\frac{1}{x^2})=\frac{4\ln x}{x}+\frac{6}{x}+\frac{1}{x^2}$
$f^{\prime \prime \prime }(x)=\frac{1}{x}(4\ln x+6+\frac{1}{x})$

Posons $g(x)=4\ln x+6+\frac{1}{x}$. Le signe de $f^{\prime \prime \prime }(x)$ est celui de $g(x)$ car $x>0$.
$g$ est dérivable sur ${\mathbb{R}}_{+}^{\ast }$ et $g^{\prime }(x)=\frac{4}{x}-\frac{1}{x^2}=\frac{4x-1}{x^2}$.
$g^{\prime }(x)$ s'annule en $x=1/4$. $g$ est décroissante sur $]0,1/4]$ et croissante sur $[1/4,+\infty [$.

Le minimum de $g$ est $g(\frac{1}{4})=4\ln (\frac{1}{4})+6+\frac{1}{1/4}=4(-\ln 4)+6+4=10-4\ln 4=10-8\ln 2$.
Comme $e\approx 2.718>2$, $\ln (e)=1>\ln 2$. Donc $8\ln 2<8<10$, soit $10-8\ln 2>10-8=2>0$.

Puisque son minimum est strictement positif, $g(x)>0$ pour tout $x>0$.
Par conséquent, $f^{\prime \prime \prime }(x)>0$ pour tout $x>0$.

Étape 5 : Synthèse des variations

1. Puisque $f^{\prime \prime \prime }(x)>0$, la fonction $f^{\prime \prime }$ est strictement croissante sur ${\mathbb{R}}_{+}^{\ast }$.

2. Comme $\underset{0^{+}}{\lim }{f}^{\prime \prime }=-\infty$ et $\underset{+\infty }{\lim }{f}^{\prime \prime }=+\infty$, $f^{\prime \prime }$ réalise une bijection de ${\mathbb{R}}_{+}^{\ast }$ sur $\mathbb{R}$. Elle s'annule donc en un unique point $x_0$.
(On note que $f^{\prime \prime }(1)=2(0{)}^2+6(0)+2-1=1>0$. Comme $f^{\prime \prime }$ est croissante, on doit avoir $x_0<1$.)

3. Les variations de $f^{\prime }$ :

$x$ : 0 $x_0$ $+\infty$
$f^{\prime \prime }(x)$ : || $-$ 0 $+$
$f^{\prime }(x)$ : || $+\infty$ $\searrow$ $f^{\prime }(x_0)$ $\nearrow$ $+\infty$

4. La fonction $f^{\prime }$ admet un minimum global en $x_0$, valant $f^{\prime }(x_0)$.
On sait que $x_0<1$. Numériquement, $f^{\prime }(x_0)<0$, ce qui signifie que $f^{\prime }$ s'annule en deux points $\alpha$ et $\beta$ avec $0<\alpha <x_0<\beta$.

Étape 6 : Tableau de variations final de $f$

On peut maintenant dresser le tableau de variations de $f$ :

$x$0$\alpha$$x_0$$\beta$$+\infty$$f^{\prime }(x)$||$+\infty$+0-$f^{\prime }(x_0)$-0+$f(x)$||1$\nearrow$$f(\alpha )$$\searrow$$f(x_0)$$\searrow$$f(\beta )$$\nearrow$$+\infty$La fonction $f$ est croissante sur $]0,\alpha ]$, décroissante sur $[\alpha ,\beta ]$, et croissante sur $[\beta ,+\infty [$.
Elle admet un maximum local en $x=\alpha$ et un minimum local en $x=\beta$.