Corrigé (EML 2000) par Pierre Veuillez
    1. f est continue en x tel que 1+x>0 et x0 comme quotient de fonction continue.
      En 0 : pour x0 on a f(x)=ln(1+x)/x1=f(0) car ln(1+x)\thicksimx donc f est conitune également en 0.
      Elle est donc continue sur ]-1;+[.
    2. f est de classe C1 sur ]-1;0[ et sur ]0;+[ comme quotient de fonction de classe C1 et
      f' (x)= x 1+x -ln(1+x) x2 = x-(1+x)ln(1+x) x2 (1+x)

    3. On utilise le développement limité du ln avec ϵ(x)0 quand x0 :
      f' (x) = x-(1+x)ln(1+x) x2 (1+x) = x-(1+x)(x- x2 2 + x2 ϵ(x)) x2 (1+x) = x-x+ x2 2 - x2 + x2 ϵ1 (x) x2 (1+x) = - x2 /2+ x2 ϵ1 (x) x2 (1+x) = - 1 2 + ϵ1 (x) 1+x - 1 2

    4. Donc comme f(x)f(0) et f' (x)-1/2 quand x0 alors f est dérivable en 0 et f' (0)=-1/2. Et de plus f' est continue en 0. Donc f est de classe C1 en 0 également.
      Donc f est de classe C1 sur ]-1;+[.
  1. On étudie les variations de g(x)=\dfracxx+1-ln(1+x):
    g est dérivable sur ]-1;+[ et
    g' (x) = x+1-x (x+1)2 - 1 x+1 = - x (x+1)2

    Donc g' est du signe opposé de x; Comme g(0)=0 on a :
    x -1 0 +
    g' (x) || + -
    || - 0 -
    g(x) ||
    et x]-1;+[,\dfracxx+1-ln(1+x)\leqslant0 ( <0 en dehors de 0 )
    Donc f' (x)<0 sur ]-1;+[ et f est strictement décroissante sur ]-1;+[.
    En + on a :
    f(x) = \dfracln(1+x)x=\dfracln(x(1+1/x))x=\dfracln(x)+ln(1+1/x)x car x>0 = \dfracln(x)x+\dfracln(1+1/x)x0 car ln(x) << x

    En -1 on a : f(x)+
  2. Pour tout x]-\dfrac12;+[, on a x et 2x]-1;+[ donc f est continue sur l'intervalle d'int"gration et \nolimits x 2x f(t)dt existe.
  3. On considère la fonction F:]-\dfrac12;+[ définie, pour tout x de ]-\dfrac12;+[, par : F(x)= \nolimits x 2x f(t)dt.
    1. Soit Φ une primitive de f sur ]-1;+[ (existste car f y est continue) Φ est donc dérivable sur ]-1;+[.
      On a alors F(x)=Φ(2x)-Φ(x)
      F est dérivable sur ]-\dfrac12;+[ comme somme de fonction dérivables (car 2x>-1 )
      et
      F' (x) = Φ' (2x)·2- Φ' (x)=2f(2x)-f(x) = 2\dfracln(1+2x)2x-\dfracln(1+x)x pour x0 = ln(1+2x)-ln(1+x) x

      • Pour x>0 on a 1+2x>1+x donc comme ln est strictement sur ]0,+[ et que 1+2x et 1+x en sont éléments alors ln(1+2x)>ln(1+x) et F' (x)>0
      • Pour -1/2<x<0 on a 1+2x<1+x donc ln(1+2x)<ln(1+x) et F' (x)>0 (car x<0 )
      • pour x=0 on a F' (0)=2f(0)-f(0)=0
      Donc F est strictement croisante sur ]-\dfrac12;+[
    2. Soit x]0;+[
      On doit ici minorer une intégrale; On travaille d'abord sur son contenu
      Pour x>0 on a 2x>x et comme f est décroissante pour tout xt2x on a f(x)f(t)f(2x) (constante par rapport à t )
      Et comme les bornes de l'intégrales sont ici croissantes :

      \nolimits x 2x f(t)dt \nolimits x 2x f(2x)dt=f(2x) [t]t=x 2x et F(x) xf(2x)

    3. Quand x+
      xf(2x)=x ln(1+2x) 2x = ln(1+2x) 2 +

      donc par minoration F(x) tend vers + quand x tend vers +.
(EML 2000)



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On 18 May 2004, 00:02.