Fonctions logarithmes 2BAC SM

Étape 1 — Limite en $+\infty$

Quand $x\to +\infty$, on a $\ln (x)\to +\infty$, donc $x\ln (x)\to +\infty$, et $-x+1\to -\infty$. On compare les vitesses de croissance : $x\ln (x)$ croît plus vite que $x$, donc :

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

Plus précisément, $f(x)=x(\ln (x)-1)+1\to +\infty$ car $\ln (x)-1\to +\infty$.

Étape 2 — Limite en $0^{+}$ (étape contenant l'erreur)

On cherche $\underset{x\to 0^{+}}{\lim }f(x)=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }(x\ln (x)-x+1)$.

On a $\underset{x\to 0^{+}}{\lim }(-x+1)=1$. Il reste à calculer $\underset{x\to 0^{+}}{\lim }x\ln (x)$.

Quand $x\to 0^{+}$, on a $x\to 0$ et $\ln (x)\to -\infty$, donc on est en présence de la forme $0\times (-\infty )$.

On observe que $x\to 0^{+}$ et $\ln (x)\to -\infty$ ; le facteur $x$ tend vers $0$ tandis que $\ln (x)$ tend vers $-\infty$. Puisque $x$ tend vers $0$ plus vite que $|\ln (x)|$ ne tend vers $+\infty$, on conclut :

$$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }x\ln (x)=-\infty$$

On en déduit :

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

Interprétation géométrique : la courbe de $f$ admet une branche parabolique vers $-\infty$ lorsque $x\to 0^{+}$, et l'axe des ordonnées est une asymptote verticale.

Étape 3 — Dérivée et monotonie

$f$ est dérivable sur $]0,+\infty [$ et :

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

Signe de $f^{\prime }(x)=\ln (x)$ :

• $\ln (x)<0$ pour $x\in ]0,1[$, donc $f$ est strictement décroissante sur $]0,1[$.
• $\ln (1)=0$, donc $f^{\prime }(1)=0$ : point stationnaire en $x=1$.
• $\ln (x)>0$ pour $x\in ]1,+\infty [$, donc $f$ est strictement croissante sur $]1,+\infty [$.

$f$ admet donc un minimum global en $x=1$ :

$$f(1)=1\cdot \ln (1)-1+1=0-1+1=0$$

Tableau de variations (en tenant compte de la limite fausse $-\infty$ obtenue à l'étape 2) :

$$\begin{array}{cccccc}x& 0^{+}& & 1& & +\infty \\ f^{\prime }(x)& & -& 0& +& \\ f(x)& -\infty & \searrow & 0& \nearrow & +\infty \end{array}$$

Étape 4 — Équation $f(x)=0$ et signe de $f$

D'après le tableau de variations (construit avec la limite fausse $-\infty$ en $0^{+}$) :

• Sur $]0,1[$, $f$ est continue et strictement décroissante de $-\infty$ vers $f(1)=0$.
• Sur $]1,+\infty [$, $f$ est continue et strictement croissante de $f(1)=0$ vers $+\infty$.

Le minimum $f(1)=0$ est atteint en $x=1$. Puisque $f(1)=0$ et que c'est le minimum global, $x=1$ est l'unique solution de $f(x)=0$ sur $]0,+\infty [$.

Signe de $f$ : d'après le tableau, $f(x)\le 0$ sur $]0,1]$ (décroissant depuis $-\infty$ jusqu'à $0$) et $f(x)\ge 0$ sur $[1,+\infty [$. Plus précisément :

$$f(x)<0\text{ pour }x\in ]0,1[,f(1)=0,f(x)>0\text{ pour }x>1$$

Étape 5 — Inégalité déduite

Pour tout $x>0$, on a $f(x)=x\ln (x)-x+1\ge 0$ (avec égalité seulement en $x=1$).

En divisant par $x>0$ (ce qui conserve l'inégalité) :

$$\frac{x\ln (x)-x+1}{x}\ge 0⟹\ln (x)-1+\frac{1}{x}\ge 0$$

Donc pour tout $x>0$ :

$$\ln (x)-1+\frac{1}{x}\ge 0$$

avec égalité si et seulement si $x=1$.

Remarque : cette inégalité est cohérente avec le signe de $f$ obtenu à l'étape 4 — bien que la limite en $0^{+}$ ait été mal calculée, le minimum $f(1)=0$ garantit $f\ge 0$ sur $]0,+\infty [$, ce qui rend la conclusion de cette étape valide malgré l'erreur antérieure.