🔢 Solution du problème de fonction

Fonction étudiée: $$f(x)=x+\ln x-\frac{4\ln x}{x+1}$$ définie sur $]0, +\infty[$

1) Limite en $+\infty$ et interprétation géométrique

1 Calcul de la limite:

$$\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}f(x)=\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}(x+\ln x-\frac{4\ln x}{x+1})$$

Pour $\frac{4\ln x}{x+1}$ quand $x \to +\infty$ : $$\frac{4\ln x}{x+1}=\frac{4\ln x}{x(1+\frac{1}{x})}=\frac{4\ln x}{x}\cdot \frac{1}{1+\frac{1}{x}}$$ Comme $\lim_{x \to +\infty} \frac{\ln x}{x} = 0$ et $\lim_{x \to +\infty} \frac{1}{1+\frac{1}{x}} = 1$: $$\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{4\ln x}{x+1}=0$$

$$\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}f(x)=+\mathrm{\infty }$$

Interprétation géométrique: La courbe (C) admet une branche parabolique de direction l'axe des ordonnées au voisinage de $+\infty$.

2) Étude asymptotique

a) Calcul de $\lim_{x \to +\infty} \frac{f(x)}{x}$

$$\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{f(x)}{x}=\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{x+\ln x-\frac{4\ln x}{x+1}}{x}$$ $$=\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}(1+\frac{\ln x}{x}-\frac{4\ln x}{x(x+1)})=1+0-0=1$$

b) Asymptote parabolique

$$\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}[f(x)-x]=\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}(\ln x-\frac{4\ln x}{x+1})$$ $$=\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}\ln x(1-\frac{4}{x+1})=\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}\ln x\cdot \frac{x-3}{x+1}=+\mathrm{\infty }$$

La courbe (C) admet une branche parabolique de direction la droite $y = x$ au voisinage de $+\infty$.

3) Étude de la dérivée et variations

a) Calcul de $f'(x)$

$$f^{\prime }(x)=1+\frac{1}{x}-\frac{d}{dx}\left(\frac{4\ln x}{x+1}\right)$$

Pour $\frac{d}{dx}\left(\frac{4\ln x}{x+1}\right)$ : $$\frac{d}{dx}\left(\frac{4\ln x}{x+1}\right)=4\cdot \frac{\frac{1}{x}(x+1)-\ln x\cdot 1}{(x+1{)}^2}=\frac{4(1+\frac{1}{x}-\ln x)}{(x+1{)}^2}$$

$$f^{\prime }(x)=\frac{x^2+2x-3+4\ln x}{x(x+1{)}^2}$$

b) Signe de $(x^2 + 2x - 3)$ et $\ln x$

$x^2 + 2x - 3 = (x+3)(x-1)$ Sur $]0, +\infty[$ :

• $(x+3) > 0$ pour tout $x > 0$
• $(x-1) < 0$ pour $x \in ]0, 1[$ et $(x-1) > 0$ pour $x \in ]1, +\infty[$

Signes:
• $x^2 + 2x - 3 < 0$ sur $]0, 1[$ et $x^2 + 2x - 3 > 0$ sur $]1, +\infty[$
• $\ln x < 0$ sur $]0, 1[$ et $\ln x > 0$ sur $]1, +\infty[$

c) Monotonie de $f$

Sur $]0, 1[$: $x^2 + 2x - 3 < 0$ et $\ln x < 0$
donc $x^2 + 2x - 3 + 4\ln x < 0$, ainsi $f'(x) < 0$
⟹ $f$ est décroissante sur $]0, 1[$

Sur $]1, +\infty[$: $x^2 + 2x - 3 > 0$ et $\ln x > 0$
donc $x^2 + 2x - 3 + 4\ln x > 0$, ainsi $f'(x) > 0$
⟹ $f$ est croissante sur $]1, +\infty[$

d) Tableau de variations

$x$	$0$	$]0, 1[$	$1$	$]1, +\infty[$	$+\infty$
$f'(x)$		$-$	$0$	$+$
$f(x)$	$+\infty$		$1$		$+\infty$

4) Position relative de (C) et de la droite (Δ): $y = x$

a) Vérification de la formule

$$f(x)-x=\ln x-\frac{4\ln x}{x+1}=\ln x(1-\frac{4}{x+1})$$ $$=\ln x\cdot \frac{x+1-4}{x+1}=\ln x\cdot \frac{x-3}{x+1}=\left(\frac{x-3}{x+1}\right)\ln x$$ ✓

b) Position relative

$f(x) - x = \frac{(x-3)\ln x}{x+1}$

• Pour $x \in ]0, 1[$: $(x-3) < 0$, $\ln x < 0$, $(x+1) > 0$ ⟹ $f(x) - x > 0$
• Pour $x \in ]1, 3[$: $(x-3) < 0$, $\ln x > 0$, $(x+1) > 0$ ⟹ $f(x) - x < 0$
• Pour $x \in ]3, +\infty[$: $(x-3) > 0$, $\ln x > 0$, $(x+1) > 0$ ⟹ $f(x) - x > 0$

La courbe (C) est au-dessus de (Δ) sur $]0, 1[ \cup ]3, +\infty[$ et en dessous sur $]1, 3[$

6) Fonction réciproque

a) Existence de $g^{-1}$

$g$ est la restriction de $f$ à $]0, 1]$. Comme $f$ est strictement décroissante sur $]0, 1[$ et continue, et que:

• $\lim_{x \to 0^+} f(x) = +\infty$
• $f(1) = 1$

$g$ réalise une bijection de $]0, 1]$ sur $[1, +\infty[$.

Donc $g$ admet une fonction réciproque $g^{-1}$ définie sur $[1, +\infty[$.

d) Limite de $\frac{g^{-1}(x) - 1}{x - 1}$ quand $x \to 1^+$

Cette limite est la dérivée de $g^{-1}$ en $1$ si elle existe. $$(g^{-1}{)}^{\prime }(1)=\frac{1}{g^{\prime }(g^{-1}(1))}=\frac{1}{g^{\prime }(1)}=\frac{1}{f^{\prime }(1)}$$ Or $f'(1) = \frac{1^2 + 2 \cdot 1 - 3 + 4\ln 1}{1 \cdot (1+1)^2} = \frac{0 + 0}{4} = 0$

La limite est infinie car $f'(1) = 0$.

7) Suite numérique

$(u_n)$ définie par: $u_0 = 2$ et $u_{n+1} = f(u_n)$ pour tout $n \in \mathbb{N}$

a) Encadrement: $1 \leq u_n \leq 3$

Par récurrence:

• Initialisation: $u_0 = 2 \in [1, 3]$ ✓
• Hérédité: Si $u_n \in [1, 3]$, comme $f$ est croissante sur $[1, +\infty[$ et:
  • $f(1) = 1 + \ln 1 - \frac{4\ln 1}{2} = 1$
  • $f(3) = 3 + \ln 3 - \frac{4\ln 3}{4} = 3$
  Donc $u_{n+1} = f(u_n) \in [1, 3]$

b) Monotonie et convergence

Pour $x \in [1, 3]$, on a montré que $f(x) \leq x$ (car (C) est sous (Δ) sur $]1, 3[$). Donc $u_{n+1} = f(u_n) \leq u_n$ ⟹ $(u_n)$ est décroissante. La suite est décroissante et minorée par 1, donc elle converge.

c) Limite de $u_n$

Soit $\ell = \lim u_n$. Par continuité de $f$: $\ell = f(\ell)$ Les solutions de $f(x) = x$ correspondent aux points où $(C)$ coupe $(Δ)$, c'est-à-dire où $\frac{(x-3)\ln x}{x+1} = 0$. Cela donne $x = 3$ ou $\ln x = 0$ (soit $x = 1$). Comme $u_0 = 2$ et la suite est décroissante sur $[1, 3]$:

$$\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}{u}_n=1$$