Fiche de mathématiques

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Bac Niger 2022

Série D

Épreuve du 1er groupe
Durée : 4 heures
Coefficient : 5

5 points

exercice 1

On considère la fonction $f$ définie sur $]1,+\infty[$ par : $f(x)=-x+\dfrac{3}{2}+\dfrac{1}{x-1}$ .

1) Montrer que $f$ réalise une bijection de $]1,+\infty[$ sur un intervalle $I$ que l'on déterminera .

2) Construire , dans le même repère orthonormé , les courbes représentatives de $f$ et de $f^{-1}$ .

3) Montrer que $f^{-1}(x)=\dfrac{1}{2}\sqrt{\left(x-\dfrac{1}{2}\right)^2+4} -\dfrac{1}{2}x+\dfrac{5}{4} \text{ , pour }x\in I$ .

4) Etudier la dérivabilité de $f^{-1}$ et calculer $\left(f^{-1}\right)^{'}(x)$ .

5 points

exercice 2

On considère la série double $(x_i,y_i)$ suivante pour $(i=1,2,3,4,5,6,7)$ .

$\begin{array}{|c|l|l|l|l|l|l|l|}\hline x_i&1&3&4&7&8&10&13\\ \hline y_i & 5,3&9,5&11,6&18&20,1&24,3&30,6 \\ \hline \end{array}$

1) Représenter le nuage de points de cette série statistique . Peut-on envisager un ajustement linéaire ?

Deux élèves Ali et Moussa ont trouvé deux droites d'ajustement de $y$ en $x$ d'équation différentes .

Pour Ali : $y^{A}=1,95x+3,35$

Pour Moussa : $y^{M}=2x+3,23$

2) Compléter les tableaux suivants pour les deux élèves .

$\begin{array}{|c|l|l|l|l|l|l|l|}\hline x_i&1&3&4&7&8&10&13\\ \hline y_i^{A} & &&&&&& \\ \hline \end{array}\enskip\enskip \text{ Puis calculer }d_A=\displaystyle \sum_{i=1}^{7}(y_i^{A}-y_i)^2$

$\begin{array}{|c|l|l|l|l|l|l|l|}\hline x_i&1&3&4&7&8&10&13\\ \hline y_i^{M} & &&&&&& \\ \hline \end{array}\enskip\enskip \text{ Puis calculer }d_M=\displaystyle \sum_{i=1}^{7}(y_i^{M}-y_i)^2$

3) Comparer $d_A \text{ et }d_M$ et en déduire l'élève qui a la meilleure droite d'ajustement .

4) Déterminer une équation de la droite d'ajustement de $y$ en $x$ par la méthode des moindres carrés .

10 points

probleme

Partie A

1. Déterminer la dérivée de la fonction $H:]0;+\infty[\to \R$ définie par :
$H(x)=\dfrac{1}{x}\left((\ln x)^2+2\ln x+2\right)$

2. On pose la fonction $k(x)=\dfrac{(\ln x)^2}{x^2}$ , déterminer $K(x)$ la primitive de $k(x)$ qui s'annule en $e$ .

3. Montrer que si $x\geq e$ alors $K(x)\leq 5e^{-1}$ .

Partie B

1. Déterminer pour $x>0$ , le signe de $d(x)=\ln x+x-1$ .

Soit $f :]0;+\infty[ \to \R$ la fonction définie :
$f(x)=\begin{cases} \dfrac{\ln x}{\ln x+x-1}\enskip&\text{ si }x\neq 1 \\\\\dfrac{1}{2} \enskip &\text{ si }x=1\end{cases} .$

2. Montrer que $f$ est strictement positive sur $]0,+\infty[$ .

3. Montrer que f est continue en $x_0=1$ .

4. Calculer $\displaystyle\lim_{x\to 0^{+}}f(x) \text{ et }\displaystyle\lim_{x\to +\infty}f(x)$ .

Partie C

On note $F$ la primitive de $f$ sur $]0,+\infty[$ , telle que $F(e)=0$ .

5. Montrer que si $t\geq e$ alors $0\leq \dfrac{1}{t}\ln t -f(t)\leq \dfrac{(\ln t)^2}{t^2}$ .

6. En déduire que $0\leq \dfrac{1}{2}(\ln x)^2 -F(x)\leq 5e^{-1}$ .

7. Utiliser la question 6. pour déterminer $\displaystyle\lim_{x\to +\infty}F(x)\text{ et }\displaystyle\lim_{x\to +\infty}\dfrac{F(x)}{x}$ .

Voir la correction

exercice 1

1) La fonction affine $x\mapsto -x+\dfrac{3}{2}$ et la fonction homographique $x\mapsto \dfrac{1}{x-1}$ sont définies, continues (et dérivables) sur l'intervalle $]1;+\infty[$ .

Leur somme , qui est la fonction $f$ , est donc une fonction continue sur $]1;+\infty[\enskip\blue (i)$

La fonction $f$ est aussi dérivable sur $]1;+\infty[$ et on a $\forall x\in]1;+\infty[\text{ : }$

$\begin{matrix} f'(x)&=&\left(-x+\dfrac{3}{2}+\dfrac{1}{x-1}\right)'&=& -1-\dfrac{1}{(x-1)^2}&=& -\left(1+\dfrac{1}{(x-1)^2}\right)&<0\end{matrix}$

Il s'ensuit que la fonction $f$ est strictement décroissante sur $]1;+\infty[ \enskip\blue (ii)$

Enfin :

$\displaystyle \lim_{x\to1^+} f(x)=\lim_{x\to1^+} -x+\dfrac{3}{2}+\dfrac{1}{x-1}=-1+\dfrac{3}{2}+\infty=+\infty$

$\displaystyle \lim_{x\to+\infty} f(x)=\lim_{x\to+\infty} -x+\dfrac{3}{2}+\dfrac{1}{x-1}=-\infty+\dfrac{3}{2}+0=-\infty$

De $\blue (i) \black\text{ et }\blue (ii)$ , $f$ réalise une bijection de $]1,+\infty[$ sur un intervalle $I=\left] \displaystyle \lim_{x\to+\infty} f(x);\displaystyle \lim_{x\to1^+} f(x)\right[ = ]-\infty;+\infty[=\R$ .

$\boxed{f \text{ réalise une bijection de }]1;+\infty[ \text{ sur }I=\R }$

2) On a vu que $f$ est une fonction strictement décroissante sur $]1;+\infty[$ et que $\displaystyle \lim_{x\to1^+} f(x)=+\infty\text{ et }\displaystyle \lim_{x\to+\infty} f(x)=-\infty$

Afin de faciliter le traçage de la courbe de $f$ , on Interprète graphiquement les limites :

$\displaystyle \lim_{x\to1^+} f(x)=+\infty \enskip\text{ , donc la droite d'équation }(D_1)\text{ : }x=1\text{ est une asymptote verticale à la courbe de } f\text{ qu'on note }(C_f)$

$\displaystyle \lim_{x\to+\infty} f(x)=-\infty$ , et on remarque que $\displaystyle \lim_{x\to+\infty} f(x)-\left(-x+\dfrac{3}{2}\right)=\lim_{x\to+\infty} \dfrac{1}{x-1}=0$
Donc la droite $(D_2)\text{ : }y=-x+\dfrac{3}{2}$ est une asymptote oblique à $(C_f)$ au voisinage de $+\infty$ .

Ensuite , on calcule quelques images de réels appartenants à $]1;+\infty[$ par la fonction $f$ pour encore mieux tracer la courbe , on prend par exemple :

$\begin{array}{|c|l|l|l|l|}\hline x&3/2&2&3&5\\ \hline f(x) & 2&1/2&-1&-13/4=-3,25 \\ \hline \end{array}$

Finalement , la construction de la courbe $\left(C_{f^{-1}}\right)$ de la fonction $f^{-1}$ se déduit de $(C_f)$ , par symétrie d'axe la première bissectrice du repère $(D_3)\text{ : } y=x$ .

Figure:

Bac Niger 2022 série D -1er groupe : image 1

3) Posons pour tout $x\in]1;+\infty[\text{ : }f(x)=y\text{ tel que }y\in\R$ , nous devons trouver une expression de $x$ en fonction de $y \text{ : }$

$\begin{matrix} f(x)=y&\iff& -x+\dfrac{3}{2}+\dfrac{1}{x-1}=y&\iff& 1-x+\dfrac{1}{x-1}=y-\dfrac{1}{2} \\\\&\iff& \begin{cases}-X+\dfrac{1}{X}=y-\dfrac{1}{2}\\ X=(x-1)\enskip\in]0;+\infty[\end{cases}&\iff& \dfrac{1-X^2}{X}=y-\dfrac{1}{2} \\\\&\iff& -X^2-\left(y-\dfrac{1}{2}\right)X+1=0 \end{matrix}$

On considère ici que $y\in\R$ soit fixe , calculons le discriminant du trinôme trouvé d'inconnu $X\text{ : }$

$\Delta=\left(y-\dfrac{1}{2}\right)^2+4 >0 \text{ , pour tout }y\in\R$

Le trinôme admet donc deux racines réelles qui sont :

$X_1=-\dfrac{1}{2}\left[\left(y-\dfrac{1}{2}\right)-\sqrt{\left(y-\dfrac{1}{2}\right)^2+4}\right] =\dfrac{1}{2}\sqrt{\left(y-\dfrac{1}{2}\right)^2+4}-\dfrac{1}{2}y+\dfrac{1}{4}$

$X_2=-\dfrac{1}{2}\left[\left(y-\dfrac{1}{2}\right)+\sqrt{\left(y-\dfrac{1}{2}\right)^2+4}\right] =-\dfrac{1}{2}\sqrt{\left(y-\dfrac{1}{2}\right)^2+4}-\dfrac{1}{2}y+\dfrac{1}{4}$

On ne retient que la racine qui est strictement positive pour tout réel $y\in\R$ car la condition $X\in]0;+\infty[$ est imposée .

On remarque facilement que $X_2$ n'est pas toujours positive , par exemple , pour $y=\dfrac{1}{2} \text{ , }X_2=-1\leq 0$

Montrons alors que $X_1$ est toujours strictement positive quel que soit le réel $y\in\R\text{ : }$

On a , pour tout $y\in\R\text{ : }0\leq \left(y-\dfrac{1}{2}\right)^2< \left(y-\dfrac{1}{2}\right)^2+4$

Donc : $\forall y\in\R\text{ : }\sqrt\left(y-\dfrac{1}{2}\right)^2}< \sqrt{\left(y-\dfrac{1}{2}\right)^2+4}$

Or , pour tout $y\in\R\text{ : }\sqrt\left(y-\dfrac{1}{2}\right)^2}=\left|y-\dfrac{1}{2}\right|\geq y-\dfrac{1}{2}$

Il s'ensuit que pour tout $y\in\R\text{ : }$

$\begin{matrix} y-\dfrac{1}{2}< \sqrt{\left(y-\dfrac{1}{2}\right)^2+4}&\iff &\dfrac{1}{2}\left(y-\dfrac{1}{2}\right)< \dfrac{1}{2} \sqrt{\left(y-\dfrac{1}{2}\right)^2+4} \\\\&\iff& 0< \dfrac{1}{2} \sqrt{\left(y-\dfrac{1}{2}\right)^2+4}-\dfrac{1}{2}y+\dfrac{1}{4} \\\\&\iff& 0<X_1 \end{matrix}$

$X=X_1$ convient comme solution .

On obtient , pour tout $x\in]1;+\infty[ \text{ ; }X=x-1\text{, et } y\in\R\text{ : }$ :

$X=\dfrac{1}{2} \sqrt{\left(y-\dfrac{1}{2}\right)^2+4}-\dfrac{1}{2}y+\dfrac{1}{4} \iff x-1=\dfrac{1}{2} \sqrt{\left(y-\dfrac{1}{2}\right)^2+4}-\dfrac{1}{2}y+\dfrac{1}{4}\iff x=\dfrac{1}{2} \sqrt{\left(y-\dfrac{1}{2}\right)^2+4}-\dfrac{1}{2}y+\dfrac{5}{4}$

Conclusion :

$\boxed{\forall x\in\R\text{ : }f^{-1}(x)=\dfrac{1}{2} \sqrt{\left(x-\dfrac{1}{2}\right)^2+4}-\dfrac{1}{2}x+\dfrac{5}{4}}$

Remarque : On a introduit l'inconnu intermédiaire $X=x-1$ pour faciliter les calculs .

4) Puisque la fonction $f$ est dérivable sur $]1;+\infty[$ et que pour tout réel $x\in]1;+\infty[\text{ : }f'(x)\neq 0 \text{ , car on a vu que } f'(x) <0$ .

Donc : $\boxed{\text{La fonction }f^{-1} \text{ est dérivable sur }I=\R }$

Pour tout $x\in\R\text{ : }$

$\begin{matrix} \left(f^{-1}\right)'(x)&=& \left(\dfrac{1}{2} \sqrt{\left(x-\dfrac{1}{2}\right)^2+4}-\dfrac{1}{2}x+\dfrac{5}{4}\right)'&=& \dfrac{1}{2} \dfrac{\left[\left(x-\dfrac{1}{2}\right)^2+4\right]'}{2\sqrt{\left(x-\dfrac{1}{2}\right)^2+4}}-\dfrac{1}{2}\\\\&=& \dfrac{1}{2} \dfrac{2\left(x-\dfrac{1}{2}\right)}{2\sqrt{\left(x-\dfrac{1}{2}\right)^2+4}}-\dfrac{1}{2}&=&\boxed{\dfrac{1}{2} \left(\dfrac{x-\dfrac{1}{2}}{\sqrt{\left(x-\dfrac{1}{2}\right)^2+4}}-1\right)} \end{matrix}$

exercice 2

1) La représentation du nuage de points de la série statistique , on a choisi l'échelle suivante:

1cm pour 1 rang sur l'axe des abscisses.
1cm pour 5 rangs sur l'axe des ordonnées.

Bac Niger 2022 série D -1er groupe : image 2

On remarque que le nuage a une forme allongée autour d'une droite , donc:

$\boxed{\text{ On peut envisager un ajustement linéaire affine }}$

2)Calcul direct en utilisant la calculatrice , on trouve :

Pour Ali :

$\begin{array}{|c|l|l|l|l|l|l|l|}\hline x_i&1&3&4&7&8&10&13\\ \hline y_i^{A} &5,3 &9,2&11,15&17&18,95&22,85&28,7 \\ \hline \end{array}$

Calcul de $d_A\text{ : }$

$\begin{matrix}d_A&=&\displaystyle \sum_{i=1}^{7}(y_i^{A}-y_i)^2\\&=&(5,3-5,3)^2+(9,2-9,5)^2+(11,15-11,6)^2+(17-18)^2+(18,95-20,1)^2+(22,85-24,3)^2+(28,7-30,6)^2\\&=& 8,3275\end{matrix}$

$\boxed{d_A=8,3275}$

Pour Moussa :

$\begin{array}{|c|l|l|l|l|l|l|l|}\hline x_i&1&3&4&7&8&10&13\\ \hline y_i^{M} &5,23 &9,23&11,23&17,23&19,23&23,23&29,23 \\ \hline \end{array}$

Calcul de $d_M\text{ : }$

$\begin{matrix}d_M&=&\displaystyle \sum_{i=1}^{7}(y_i^{M}-y_i)^2\\&=&(5,23-5,3)^2+(9,23-9,5)^2+(11,23-11,6)^2+(17,23-18)^2+(19,23-20,1)^2+(23,23-24,3)^2+(29,23-30,6)^2\\&=& 4,5863\end{matrix}$

$\boxed{d_M=4,5863}$

3) Puisque $d_M=4,5863\text{ et }d_A=8,3275 \text{ , alors: }$

$\boxed{d_M<d_A}$

On en déduit que:

$\boxed{\text{ La droite d'ajustement de Moussa est la plus pertinente. }}$

4) Notons l'équation de la droite de régression $D\text{ : }y=ax+b$

Avec une calculatrice qui permet de calculer des statistiques , on trouve :

$a=2,11\enskip\enskip\text{ et }\enskip\enskip b=3,18\enskip\enskip\enskip\text{ (arrondis au centième)}$
Une équation de la droite $D$ de régression de $y$ en $x$ s'écrit :
$\boxed{D\text{ : }y=2,11x+3,18}$

probleme

Partie A

1) La fonction $\ln$ est dérivable sur $]0;+\infty[\text{ ; donc la fonction }x\mapsto (\ln x)^2+2\ln x +2$ est dérivable sur $]0;+\infty[$ .
De plus , la fonction $x\mapsto \dfrac{1}{x}$ est elle aussi dérivable sur $]0;+\infty[$ .
Donc, $H$ est dérivable sur $]0;+\infty[$ comme produit de deux fonctions dérivables sur $]0;+\infty[$ .

$\begin{matrix}\forall x>0\text{ : }H'(x)&=&\left[\dfrac{1}{x}\left((\ln x)^2+2\ln x+2\right)\right]'&=& \left(\dfrac{1}{x}\right)' \left((\ln x)^2+2\ln x+2\right)+\dfrac{1}{x}\left((\ln x)^2+2\ln x+2\right)'\\\\&=& -\dfrac{1}{x^2} \left((\ln x)^2+2\ln x+2\right)+\dfrac{1}{x}\left(2(\ln x)'\ln x +\dfrac{2}{x}\right)&=& -\dfrac{(\ln x)^2}{x^2} -\dfrac{2\ln x}{x^2}-\dfrac{2}{x^2}+\dfrac{2\ln x}{x^2}+\dfrac{2}{x^2}\end{matrix}$

D'où :

$\boxed{\forall x>0\text{ : }H'(x)=-\dfrac{(\ln x)^2}{x^2}}$

2) Pour tout $x\in]0;+\infty[\text{ : }k(x)=\dfrac{(\ln x)^2}{x^2}\text{ , donc }\forall x>0\text{ : } k(x)=-H'(x)$

Donc , la fonction $K$ primitive de $k$ sur $]0;+\infty[$ s'écrit :

$\begin{cases} \forall x\in ]0;+\infty[\text{ : }K(x)=-H(x)+\alpha\text{ , }\alpha\in\R \\K(e)=0\end{cases}$

Déterminons $\alpha\text{ : }$

$\begin{matrix}K(e)=0&\iff& -H(e)+\alpha=0 &\iff& -\dfrac{1}{e}\left((\ln e)^2+2\ln e+2\right)+\alpha=0 \\&\iff& -\dfrac{5}{e}+\alpha=0&\iff& \alpha=5e^{-1}\end{matrix}$

On obtient alors :

$\boxed{\forall x\in ]0;+\infty[\text{ : }K(x)=-\dfrac{1}{x}\left((\ln x)^2+2\ln x+2\right)+5e^{-1}}$

3) On a $\forall x\in ]0;+\infty[\text{ : }K(x)=-\dfrac{1}{x}\left((\ln x)^2+2\ln x+2\right)+5e^{-1}$

Donc $\forall x\in [e;+\infty[\text{ : }5e^{-1}-K(x)=\dfrac{1}{x}\left((\ln x)^2+2\ln x+2\right)$

De plus , puisque pour tout réel $x\geq e\text{ , }\ln x\geq 1\geq 0 \text{ , donc }\forall x\geq e\text{ : }(\ln x)^2+2\ln x+2\geq 0$

D'où : $\forall x\geq e\text{ : }\dfrac{1}{x}\left((\ln x)^2+2\ln x+2\right)\geq 0$

Conclusion :

$\boxed{\forall x\geq e\enskip\text{ : }\enskip 5e^{-1}\geq K(x)}$

Partie B

1) La fonction $d$ est dérivable sur $]0;+\infty[$ comme somme de fonctions dérivables sur cet intervalle.

Donc , pour tout $x\in]0;+\infty[\text{ : }$

$d'(x)=\left(\ln x +x -1\right)'=\dfrac{1}{x}+1=\dfrac{1+x}{x}>0$

On en tire que la fonction $d$ est strictement croissante sur $]0;+\infty[$ .

Ensuite, on remarque facilement que $d(1)=\ln 1 +1-1=0$

On en déduit que , pour tout $0<x\text{ : }\begin{cases} x\leq 1 \Longrightarrow d(x)\leq d(1)=0 \\ 1\leq x \Longrightarrow d(x)\geq d(1)=0 \end{cases}$

On conclut que :

$\boxed{\begin{matrix} \bullet & \forall x\in]0;1]&\text{ : }&d(x)\leq 0 \\ \bullet & \forall x\in[1;+\infty[&\text{ : }&d(x)\geq 0 \end{matrix} }$

2) La fonction $f$ est définie sur $]0;+\infty[$ par :

$f(x)=\begin{cases} \dfrac{\ln x}{\ln x+x-1}\enskip&\text{ si }x\neq 1 \\\dfrac{1}{2} \enskip &\text{ si }x=1\end{cases}$

Donc sur $]0;1[\cup ]1;+\infty[\text{ , on a }f(x)=\dfrac{\ln x}{d(x)}$ , or le signe des fonctions $\ln$ et $d$ sont connus , on dresse le tableau de signe de $f$ sur $]0;1[\cup]1;+\infty[$

$\begin{array}{|c|ccccc|} \hline x & 0 & & 1 && +\infty \\ \hline \ln x &\dbarre &-&\dbarre & + &\\ \hline d(x) &\dbarre &-&\dbarre & + & \\\hline f(x) &\dbarre &+&\dbarre & + & \\\hline \end{array}$

On en déduit que : $\forall x\in ]0;1[\cup]1;+\infty[\text{ : }f(x)>0$

Finalement , on a : $f(1)=\dfrac{1}{2}>0$

On obtient : $\boxed{\forall x\in]0;+\infty[\text{ : }f(x)>0}$

3) Calculons la limite en $1$ de la fonction $f$

$\begin{matrix}\displaystyle \lim_{x\to 1}f(x)&=& \displaystyle \lim_{x\to 1}\dfrac{\ln x}{\ln x+x-1} &=& \displaystyle \lim_{x\to 1} \dfrac{\ln x}{\ln x \left(1+\dfrac{x-1}{\ln x}\right)} \\&=& \displaystyle \lim_{x\to 1} \dfrac{1}{ 1+\dfrac{1}{\dfrac{\ln x}{x-1}}} &=& \dfrac{1}{2}\end{matrix}$

En effet , on a d'après le cours , la limite usuelle suivante : $\displaystyle \lim_{x\to 1 }\dfrac{\ln x}{x-1}}=1$

De plus , $f(1)=\dfrac{1}{2}$ , on en déduit que :

$\displaystyle \lim_{x\to 1}f(x)=f(1)=\dfrac{1}{2}$

D'où :
$\boxed{\text{ La fonction }f\text{ est continue en }x_0=1 }$

4)
La limite de $f$ en $0$ à droite :

Réutilisons l'expression utilisée en 3) pour le calcul de la limite en $1$ :

$\displaystyle \lim_{x\to 0^+}f(x)=\displaystyle \lim_{x\to 0^+} \dfrac{1}{1+\dfrac{x-1}{\ln x}}=\dfrac{1}{1+\dfrac{-1}{-\infty}}=\dfrac{1}{1+0}=1$

D'où:

$\boxed{\displaystyle \lim_{x\to 0^+}f(x)=1}$

La limite de $f$ en $+\infty$ :

$\displaystyle \lim_{x\to +\infty}f(x)=\displaystyle \lim_{x\to +\infty} \dfrac{\ln x}{\ln x+x-1}=\displaystyle \lim_{x\to +\infty} \dfrac{x\left(\dfrac{\ln x}{x}\right)}{x\left(\dfrac{\ln x}{x}+1-\dfrac{1}{x}\right)}=\displaystyle \lim_{x\to +\infty} \dfrac{\dfrac{\ln x}{x}}{\dfrac{\ln x}{x}+1-\dfrac{1}{x}}=\dfrac{0}{0+1-0}=0$

En effet , $\displaystyle \lim_{x\to +\infty}\dfrac{\ln x}{x}=0$

Conclusion:

$\boxed{\displaystyle \lim_{x\to +\infty}f(x)=0}$

Partie C

5) Pour tout $t\geq e\text{ , }$

$\begin{matrix}\dfrac{1}{t}\ln t - f(t)&=& \dfrac{1}{t}\ln t - \dfrac{\ln t}{\ln t+t-1}&=&\dfrac{\ln t(\ln t + t -1)-t\ln t}{t(\ln t+t-1)}& =& \dfrac{\ln t (\ln t-1)}{t^2+t(\ln t-1)} \end{matrix}$

Pour tout $t\geq e \text{ , on a }\enskip\ln t \geq \ln e = 1 \text{ , donc : }\ln t - 1 \geq 0$

On en tire que $t(\ln t-1)\geq 0\enskip\text{ , d'où }\enskip t^2+t(\ln t-1)\geq t^2>0 \enskip\text{ , et donc } \enskip\blue\dfrac{1}{t^2}\geq \dfrac{1}{t^2+t(\ln t-1)}\geq 0\enskip (i)$

D'autre part , pour tout $t\geq e \text{ , } \ln t\geq \ln t-1 \geq 0\text{ , il s'ensuit alors que }\enskip \blue (\ln t)^2\geq \ln t(\ln t-1) \geq 0 \enskip (ii)$

En multipliant termes à termes les inégalités $(i)\text{ et }(ii)\text{ , on obtient : }$

$\forall t\geq e\text{ : }0\leq \dfrac{\ln t(\ln t - 1)}{t^2+t(\ln t-1)}\leq \dfrac{(\ln t)^2}{t^2}$

Ou encore:

$\boxed{\forall t\geq e\text{ : }0\leq \dfrac{1}{t}\ln t -f(t)\leq \dfrac{(\ln t)^2}{t^2}}$

6) Erreur dans l'énoncé : Il faut déduire que : $0\leq \dfrac{1}{2}\left[(\ln x)^2-1\right] -F(x)\leq 5e^{-1} .$

On sait que , d'après ce qui précède :

$\forall t\geq e\enskip\text{ : }\enskip 0\leq \dfrac{1}{t}\ln t -f(t)\leq k(t)$

Donc , pour tout $x\in[e;+\infty[\enskip\text{ : }\enskip \displaystyle \int_e^x 0\text{ d}t \leq \displaystyle \int_e^x \left(\dfrac{1}{t}\ln t -f(t)\right)\text{ d}t\leq \displaystyle \int_e^x k(t)\text{ d}t$

$\forall x\in[e;+\infty[\enskip\text{ : }\enskip \displaystyle 0 \leq \displaystyle \int_e^x \dfrac{1}{t}\ln t \text{ d}t -\displaystyle \int_e^x f(t)\text{ d}t\leq K(x)-\underbrace{K(e)}_{=0}$

Or , puisque pour tout $x\geq e\text{ , } \displaystyle \int_e^x \dfrac{1}{t}\ln t \text{ d}t = \displaystyle \int_e^x (\ln t)'\ln t \text{ d}t=\displaystyle \dfrac{1}{2} \int_e^x 2 (\ln t)'\ln t \text{ d}t=\displaystyle \left[\dfrac{(\ln t)^2}{2}\right]_e^x=\dfrac{1}{2}(\ln x)^2-\dfrac{1}{2}(\ln e)^2=\dfrac{1}{2}((\ln x)^2-1)$

De plus $\displaystyle \int_e^x f(t)\text{ d}t=F(x)-F(e)=F(x) \enskip\text{ , car }F(e)=0$

On en déduit finalement que :

$\boxed{\forall x\geq e \enskip\text{ : }\enskip 0\leq \dfrac{1}{2}\left[(\ln x)^2-1] -F(x)\leq 5e^{-1}}$

7) Puisque: $\forall x\geq e \enskip\text{ : }\enskip 0\leq \dfrac{1}{2}\left[(\ln x)^2-1] -F(x)\leq 5e^{-1}$

Alors: $\forall x\geq e \enskip\text{ : }\enskip \dfrac{1}{2}\left[(\ln x)^2-1] -5e^{-1}\leq F(x)$

Or, $\displaystyle\lim_{x\to +\infty} \dfrac{1}{2}\left[(\ln x)^2-1\right] -5e^{-1} = \dfrac{1}{2}\left[+\infty -1\right]-5e^{-1}=+\infty$

On obtient, par comparaison: $\boxed{\displaystyle \lim_{x\to+\infty} F(x)=+\infty}$

On tire de l'inégalité trouvée en 6) aussi que: $\forall x\geq e\text{ : }F(x)\leq \dfrac{1}{2}\left[(\ln x)^2-1]$

Et on a vu que: $\forall x\geq e \enskip\text{ : }\enskip \dfrac{1}{2}\left[(\ln x)^2-1] -5e^{-1}\leq F(x)$ , d'où: $\forall x\geq e\text{ : }\dfrac{1}{2}\left[(\ln x)^2-1\right] -5e^{-1}\leq F(x)\leq \dfrac{1}{2}\left[(\ln x)^2-1]$

Et en sachant que $x\geq e$ , on trouve: $\forall x\geq e\text{ : }\dfrac{(\ln x)^2-1}{2x} -\dfrac{5e^{-1}}{x}\leq \dfrac{F(x)}{x}\leq \dfrac{(\ln x)^2-1}{2x}$

Calculons la limite $\displaystyle\lim_{x\to +\infty}\dfrac{(\ln x)^2-1}{2x}\text{ : }$

On a: $\displaystyle\lim_{x\to +\infty}\dfrac{(\ln x)^2-1}{2x}=\displaystyle\lim_{x\to +\infty}\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{(\ln x)^2}{x}-\dfrac{1}{x}\right)$

Or:
$\displaystyle\lim_{x\to +\infty}\dfrac{(\ln x)^2}{x}=\displaystyle\lim_{x\to +\infty}\dfrac{(\ln (\sqrt{x})^2)^2}{\sqrt{x}^2}=\displaystyle\lim_{x\to +\infty}\left(\dfrac{\ln (\sqrt{x})^2}{\sqrt{x}}\right)^2=\displaystyle\lim_{x\to +\infty}\left(\dfrac{2\ln \sqrt{x}}{\sqrt{x}}\right)^2 \underbrace{=}_{ \begin{smallmatrix}X=\sqrt{x}\\x\to+\infty\Rightarrow X\to +\infty\end{smallmatrix} }\displaystyle\lim_{X\to +\infty}4\left(\dfrac{\ln X}{X}\right)^2=0$
$\displaystyle\lim_{x\to +\infty}\dfrac{1}{x}=0$

On en déduit que: $\displaystyle\lim_{x\to +\infty}\dfrac{(\ln x)^2-1}{2x}=0$

Et: $\displaystyle\lim_{x\to +\infty}\dfrac{(\ln x)^2-1}{2x}-\dfrac{5e^{-1}}{x}=0-0=0$

Finalement, on obtient par comparaison:

$\boxed{\displaystyle \lim_{x\to+\infty} \dfrac{F(x)}{x}=0}$

Publié par malou/Panter le 24-02-2023

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