Exercices types : 2^ème partie - Exercice 1

On a donc :

Etudions le signe de $$g'(x)$$
$$g'(x)=\frac{1}{x}$$
Sur l'intervalle $$[1;+\infty[\;;$$ $$x>0$$ on peut donc en déduire que $$\frac{1}{x}>0.$$
Par conséquent $$g'(x)$$ est positive sur $$[1;+\infty[.$$
Etudions la variation de $$g(x).$$
$$g'(x)$$ est positive sur $$[1;+\infty[,$$ on peut donc conclure que la fonction $$g(x)$$ est strictement croissante sur $$[1;+\infty[.$$

$$\ln{x}-\frac{1}{2}=0$$ équivaut successivement à :
$$\ln{x}=\frac{1}{2}$$
$$\ln x=\ln \left(e^{\frac{1}{2}} \right)$$ car $$\ln \left(e^{a} \right)=a$$
$$x=e^{\frac{1}{2}}=\sqrt{e}$$
Or $$\sqrt{e} \in \left]0;+\infty \right[$$, donc la solution de l'équation est :

$$\ln{x}-\frac{1}{2}>0$$ équivaut successivement à :
$$\ln{x}>\frac{1}{2}$$
$$\ln x>\ln \left(e^{\frac{1}{2}} \right)$$ car $$\ln \left(e^{a} \right)=a$$
$$x>e^{\frac{1}{2}}$$
$$x>\sqrt{e}$$
Finalement : $$g \left(x\right) > 0$$ si et seulement si $$x >\sqrt{e}.$$

$$f(x)=2x^2(\ln{x}-1)+2$$
$$\underline{\color{black}1°)\;Calculons\;dans\;un\;premier\;temps\;la\;limite\;de\;\ln(x)-1}$$
$$\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{x\to +\infty }-1} & {=} & {-1 } \\ {\lim\limits_{x\to +\infty } \ln \left(x\right)} & {=} & {+\infty } \end{array}\right\}$$ $$\text{\red{par somme}}$$ $$\;$$$$\mathop{\lim }\limits_{x\to +\infty } \ln \left(x\right)-1=+\infty$$
$$\underline{\color{black}2°)\;Calculons\;dans\;un\;second\;temps\;la\;limite\;de\;2x^2(\ln{x}-1)}$$
$$\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{x\to +\infty }2x^2} & {=} & {+\infty } \\ {\lim\limits_{x\to +\infty } \ln \left(x\right)-1} & {=} & {+\infty } \end{array}\right\}$$ $$\text{\red{par produit}}$$ $$\;$$$$\mathop{\lim }\limits_{x\to +\infty } 2x^2(\ln x-1)=+\infty$$
$$\underline{\color{black}On\;peut\;donc\;conclure\;:}$$
$$\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{x\to +\infty }2x^2(\ln{x}-1)} & {=} & {+\infty } \\ {\lim\limits_{x\to +\infty } 2} & {=} & {2 } \end{array}\right\}$$ $$\text{\red{par somme}}$$

$$f(x)=2x^2(\ln{x}-1)+2$$
Ici on reconnaît la forme $$\left(uv\right)'+w'=u'v+uv'+w'$$ avec $$u\left(x\right)=2x^2$$ , $$v\left(x\right)=\ln \left(x\right)-1$$ et $$w(x)=2.$$
Ainsi $$u'\left(x\right)=4x$$ , $$v'\left(x\right)=\frac{1}{x}$$ et $$w'(x)=0.$$
Il vient alors que :
$$f'\left(x\right)=4x\times (\ln \left(x\right)-1)+2x^2\times \frac{1}{x}$$
$$f'\left(x\right)=4x\times(\ln \left(x\right)-1)+2x$$
$$f'\left(x\right)=4x\ln \left(x\right)-4x+2x$$
$$f'\left(x\right)=4x\ln \left(x\right)-2x$$
Nous allons factoriser par $$4x$$, ce qui nous donne :
$$f'\left(x\right)=4x\left(\ln \left(x\right)-\frac{1}{2}\right)$$
Finalement :

D'après la question précédente nous savons que : $$f'(x)=4x\;g(x)$$
D'après la question $$4$$, nous avons aussi montrer que $$g \left(x\right) > 0$$ si et seulement si $$x >\sqrt{e}.$$
Autrement dit :

si $$x\in \left[1;\sqrt{e}\right[$$ on a $$g \left(x\right) < 0$$

si $$x=\sqrt{e}$$ on a $$g \left(x\right) = 0$$

si $$x\in \left[\sqrt{e};+\infty\right[$$ on a $$g \left(x\right) > 0$$

De plus, si $$x \in \left[1 ; +\infty\right[$$ alors $$4x>0$$.
Nous traduisons cela dans le tableau de variation de $$f$$ .

Nous commençons par calculer les valeurs $$f\left(2\right)$$ et $$f\left(3\right)$$ .
$$f\left(2\right)=2\times2^2(\ln{2}-1)+2=8(\ln{2}-1)+2\approx-0,45$$
$$f\left(3\right)=2\times3^2(\ln{3}-1)+2=18(\ln{3}-1)+2\approx3,78$$
On reprend le tableau de variation fait à la question précédente. On fera apparaitre dans le tableau le zéro que l'on recherche.

• Sur $$\left[2;3 \right]$$, la fonction $$f$$ est continue et strictement croissante.
  
  De plus, $$f\left(2 \right)\approx-0,45$$ et $$f(3)\approx 3,78$$
  Or $$0\in\left[-0,45;3,78 \right]$$, donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe une unique solution $$\alpha$$ dans $$\left[2;3\right]$$ tel que $$f\left(x\right)=0$$.

A la calculatrice, on vérifie que :
$$f\left(2,21\right)\approx -0,02$$ et $$g\left(2,22\right)\approx 0,004$$ .
Or $$0\in \left]-0,02;0,004\right]$$, donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires on en déduit que :