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% pour le pied de page central
\cfoot{Page \thepage/\pageref{fin}}

\begin{document}
%\tableofcontents

\begin{center}\section*{\textcolor{red}{TS : correction de l'exercice sur la fonction $\ln$ (groupe 2)}}\end{center}


\subsection*{\textcolor{blue}{D'après Bac Centres Étrangers juin 2000}}


Le but du problème est l'étude de la fonction $f$ définie sur l'intervalle $]0~;~+\infty[$ par \[f(x)=\dfrac{\ln\left(\mathrm{e}^{2x}-1\right)}{\mathrm{e}^{x}}.\]

\subsection*{\textcolor{red}{Partie A}}

\begin{enumerate}
\item On définit la fonction  $g$ sur l'intervalle $]1~;~+\infty[$ par \[g(x)=2x-(x-1)\ln(x-1).\]
\begin{enumerate}
\item %Étudier la limite de $g(x)$ quand $x$ tend vers 1.
\textbf{\textcolor{red}{Limite en 1 :}}
$\lim_{x\rightarrow 1}2x=\boxed{\textcolor{red}{1}}$

\textcolor{red}{Limite  en $+\infty$} (non demandée)

On a une forme indéterminée.

$\forall x$, $f(x)=x\left[1-\dfrac{x-1}{x}\times \ln(x-1)\right]$.

$\dfrac{x-1}{x}=\dfrac{x\left(1-\frac1x\right)}{x}=1-\dfrac{1}{x}$ donc $\lim_{x\rightarrow +\infty}\left(\dfrac{x-1}{x}=1\right)$ donc $\lim_{x\rightarrow +\infty}\left[1-\dfrac{x-1}{x}\ln(x-1)\right]=-\infty$ car $\lim_{x\rightarrow +\infty}\ln(x-1)=+\infty$.

Par produit, on en déduit que $\lim_{x\rightarrow +\infty}f(x)=-\infty$.

\item Calculer $g'(x)$ pour $x\in]1~;~+\infty[$.

\item %Résoudre dans l'intervalle $x\in[1~;~+\infty[$ l'inéquation \[1-\ln(x-1)>0.\]
$1-\ln(x-1)>0\Leftrightarrow \ln(x-1)<1\Leftrightarrow x-1<\mathrm{e}^{1}=\mathrm{e}\Leftrightarrow x<1+\mathrm{e}\Leftrightarrow 1-\ln(x-1)=0\Leftrightarrow \ln(x-1)=1\\
\Leftrightarrow x-1=\mathrm{e}^{1}=\mathrm{e}\Leftrightarrow x<1+\mathrm{e}$.


\item %Étudier le sens de variation de $g$ sur $]1~;~+\infty[$.
On en déduit que $g$ est croissante sur $[1~;~+\mathrm{e}+1]$ puis décroissante sur $[\mathrm{e}+1~;~+\infty[$
\begin{center}
\begin{variations}
x&&1&&\mathrm{e}+1&&\pI\\
\hline
g'(x)&\bb&&+&\z&-&\\
\hline
\m{g(x)}&\bb&2&\c&\h{\mathrm{e}+2}&\d&\mI\\
\hline
\end{variations}
\end{center}

\item %Démontrer que l'équation $g(x)=0$ a une solution unique, notée $\alpha$, dans l'intervalle \\
%$[\mathrm{e}+1~;~\mathrm{e}^{3}+1]$ et en déduire le signe de $g(x)$ sur $]1~;~+\infty[$.
Il est clair que $g(x)\neq 0$ sur $]1~;~\mathrm{e}+1]$.

\begin{enumerate}[$\bullet$]
\item $g$ est continue (somme, produit et composée de fonctions continues)

\item $g(\mathrm{e}+1)=\mathrm{e}+2>0$

\item $g\left(\mathrm{e}^{3}+1\right)\approx -18<0$
\end{enumerate}
D'après le théorème des valeurs intermédiaires , l'équation $g(x)=0$ admet une solution danas l'intervalle $\left[\mathrm{e}+1~;~\mathrm{e}^{3}+1\right]$ ; celle-ci est unique car $g$ est monotone sur cet intervalle. On note $\alpha$ cette solution.

Signe de $g$ : 

\begin{center}
\begin{variations}
x&&1&&\alpha&&\pI\\
\hline
g(x)&\bb&&+&\z&-&\\
\hline
\end{variations}
\end{center}
\end{enumerate}

\item $\varphi$ est la fonction définie sur $]1~;~+\infty[$ par \[\varphi(x)=\dfrac{\ln\left(x^2-1\right)}{x}\].
\begin{enumerate}
\item %Étudier la limite de $\varphi$ en 1 et montrer que $\lim_{x\rightarrow +\infty}\varphi(x)=0$.
\begin{enumerate}[$\bullet$]
\item \textbf{\textcolor{blue}{Limite en 1}} : $\lim_{x\rightarrow 1}\left(x^2-1\right)=0$ donc $\lim_{x\rightarrow 1}\ln\left(x^2-1\right)=-\infty$. On en déduit que $\boxed{\textcolor{red}{\lim_{x\rightarrow 1}\varphi(x)=-\infty}}$.

\item \textbf{\textcolor{blue}{Limite en $\mathbf{+\infty}$}} :

On a une forme indéterminée ; on esssaye de faire apparaître une formule de croissances comparées donc de faire apparaître la fraction $\dfrac{\ln x}{x}$.

$x^2-1=x^2\left(1-\dfrac{1}{x^2}\right)$ donc $\ln\left(x^2-1\right)=\ln\left(x^2\left(1-\dfrac{1}{x^2}\right)\right)=\ln\left(x^2\right)+\ln\left(1-\dfrac{1}{x^2}\right)=2\ln x+\ln\left(1-\dfrac{1}{x^2}\right)$.

Alors : $\boxed{\textcolor{red}{\varphi(x)=2\dfrac{\ln x}{x}+\dfrac{1}{x}\times \ln\left(1-\dfrac{1}{x^2}\right)}}$.

D'après les croissances comparées, $\lim_{x\rightarrow +\infty}\left(\dfrac{\ln x}{x}\right)=0$.

$\lim_{x\rightarrow =\infty}\ln\left(1-\dfrac{1}{x^2}\right)=0$ et $\lim_{x\rightarrow +\infty}\left(\dfrac{1}{x}\right)=0$ donc, par produit, $\lim_{x\rightarrow =\infty}\left(\dfrac{1}{x}\times \ln\left(1-\dfrac{1}{x^2}\right)\right)=0$.

On en déduit que : $\boxed{\textcolor{red}{\lim_{x\rightarrow +\infty}\varphi(x)=0}}$.

\end{enumerate}
\item %Calculer $\varphi '(x)$ et montrer que $\varphi '(x)$ est du signe de $g\left(x^2\right)$ sur $[1~;~+\infty[$.
$\varphi$ est dérivable sur $[1~;~+\infty[$ comme quotient et composée de fonctions dérivables.

$\varphi=\dfrac{\ln(u)}{v}$ avec $u(x)=x^2-1$ et $v(x)=1$.

$\varphi'=\left(\dfrac{\ln(u)}{v}\right)'=\dfrac{(\ln(u))'v-\ln(u)v'}{v^2}=\dfrac{\frac{u'}{u}v-\ln(u)v'}{v^2}$ avec $u'(x)=2x$ et $v'(x)=1$.

$\varphi'(x)=\dfrac{\frac{2x}{x^2-1}\times x-1\times \ln\left(x^2-1\right)}{x^2}=\boxed{\textcolor{red}{\dfrac{2x^2-\left(x^2-1\right)\ln\left(x^2-1\right)}{x^2\left(x^2-1\right)}}}$.

$\forall x>1$, $x^2>0$ et $x^2-1>0$ donc $\varphi'(x)$ est du signe du numérateur.

On constate que ce dénominateur, $2x^2-\left(x^2-1\right)\ln\left(x^2-1\right)=g\left(x^2\right)$.

\item %Montrer que $\varphi$ est croissante sur $\left]1~;~\sqrt{\alpha}\right]$ et décroissante sur $\left[\sqrt{\alpha}~;~+\infty\right[$
D'après le signe de $g$, on a $\varphi'(x)\geqslant 0$ pour $1\leqslant x^2\leqslant \alpha$ donc $1\leqslant x\leqslant \sqrt{\alpha}$ et $\varphi'(x)\leqslant 0$ pour $\alpha\leqslant x^2$, c'est-à-dire  $\sqrt{\alpha}\leqslant x$.

Par conséquent : $\varphi$ est croissante sur $\left]1~;~\sqrt{\alpha}\right]$ et décroissante sur $\left[\sqrt{\alpha}~;~+\infty\right[$


\end{enumerate}
\end{enumerate}

\subsection*{\textcolor{red}{Partie B}}

\begin{enumerate}
\item %Vérifier que pour tout $x\in]0~;~+\infty[$, $f(x)=\varphi\left(\mathrm{e}^{x}\right)$.
Pour tout $x\in]0~;~+\infty$, $f(x)=\dfrac{\ln\left(\mathrm{e}^{2x}-1\right)}{\mathrm{e}^{x}}=\dfrac{\ln\left(\mathrm{e}^{x}\right)^2-1}{x}=\varphi\left(\mathrm{e}^{x}\right)$.

\item En déduire :
\begin{enumerate}
\item %la limite de $f(x)$ lorsque $x$ tend vers 0.
$\lim_{x\rightarrow 0}f(x)=\lim_{x\rightarrow 0}\varphi\left(\mathrm{e}^{x}\right)=\lim_{X\rightarrow 1}\varphi(X)=\boxed{\textcolor{red}{-\infty}}$.

\item %la limite de $f(x)$ lorsque $x$ tend vers $+\infty$.
$\lim_{x\rightarrow +\infty}f(x)=\lim_{x\rightarrow +\infty}\varphi\left(\mathrm{e}^{x}\right)=\lim_{X\rightarrow +\infty}\varphi(X)=\boxed{\textcolor{red}{0}}$.


\item %le sens de variation de $f$ sur $]0~;~+\infty[$ et que $f$ admet un maximum en $\ln\left(\sqrt{\alpha}\right)$.
$f=\varphi\circ w$ avec $w(x)=\mathrm{e}^{x}$ donc $f'=w'\times \varphi'\circ w$ d'où

$f'(x)=\mathrm{e}^{x}\times \varphi'(\mathrm{e}^{x})$.

$\mathrm{e}^{x}>0$ donc $f'(x)\geqslant 0$ pour $1\leqslant \mathrm{e}^{x}\leqslant\sqrt{\alpha}\Leftrightarrow 0<x\leqslant \ln \sqrt{\alpha} $ et $f'(x)\leqslant 0$ pour $x\geqslant \ln\sqrt{\alpha}$.
\end{enumerate}

\item %Montrer que, pour tout $x$ de $[0~;~+\infty[$, $f(x)\leqslant \dfrac{2\sqrt{\alpha}}{\alpha-1}$.
Le maximum de $f$ est $f\left(\ln\sqrt{\alpha}\right)=f\left(\dfrac{1}{2}\ln\alpha\right)=\dfrac{\ln\left(\mathrm{e}^{\ln\alpha}\right)-1}{\mathrm{e}^{\ln\sqrt{\alpha}}}=\dfrac{\ln(\alpha-1)}{\sqrt{\alpha}}$.

Or, par définition de $\alpha$, on a $g(\alpha)=0\Leftrightarrow 2\alpha=(\alpha-1)\ln(\alpha-1)\Leftrightarrow \ln(\alpha-1)=\dfrac{2\alpha}{\alpha-1}$.

On en déduit que $f\left(\ln\sqrt{\alpha}\right)=\dfrac{2\alpha}{(\alpha-1)\sqrt{\alpha}}=\boxed{\textcolor{red}{\dfrac{2\sqrt{\alpha}}{\alpha-1}}}$.

\textbf{\textcolor{blue}{Tableau de variation de $f$ }}:

\begin{center}
\begin{variations}
x&&0&&\ln\sqrt{\alpha}&&\pI\\
\hline
\m{f(x)}&\bb&\mI&\c&\h{\dfrac{2\sqrt{\alpha}}{\alpha-1}}&\d&0\\
\hline
\end{variations}
\end{center}
\end{enumerate}

\textbf{\textcolor{red}{Courbe}} (non demandée)
\begin{center}
\newrgbcolor{ccqqqq}{0.8 0. 0.}
\psset{xunit=1.0cm,yunit=1.0cm,algebraic=true,dimen=middle,dotstyle=o,dotsize=5pt 0,linewidth=0.8pt,arrowsize=3pt 2,arrowinset=0.25}
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\begin{scriptsize}
\rput[bl](0.2,-6.5){\ccqqqq{$f$}}
\end{scriptsize}
\end{pspicture*}
\end{center}


\label{fin}
\end{document}  