-
f
est continue en tout
x
tel que
x
≠
1
et
x
>
0
donc sur
]
0
,
1
[
et
]
1
,
+
∞
[
.
Il faut vérifier la continuité en
1
,
donc montrer que
f
⁡
(
x
)
→
x
→
1
1
.
On pose
h
=
x
−
1
.
On a:
f
⁡
(
x
)
=
h
+
2
h
⋅
ln
⁡
(
1
+
h
)
2
.
Or
ln
⁡
(
1
+
h
)
∼
h
→
0
h
donc
ln
⁡
(
1
+
h
)
h
→
h
→
0
1
et
f
⁡
(
x
)
→
x
→
1
1
=
f
⁡
(
1
)
.
Donc f est bien continue en
1
.
Finalement
f
est une fonction continue sur
]
0
,
+
∞
[
.
-
f
est dérivable sur les intervalles
]
0
,
1
[
et
]
1
,
+
∞
[
comme quotient de fonctions dérivables
f
′
⁡
(
x
)
=
x
2
−
1
−
2
⁢
x
⁢
ln
⁡
(
x
)
2
⁢
x
⁢
(
x
−
1
)
2
=
−
ln
⁡
(
x
)
−
x
2
−
1
2
⁢
x
(
x
−
1
)
2
Soit
g
⁡
(
x
)
=
ln
⁡
(
x
)
−
x
2
−
1
2
⁢
x
.
g
est dérivable sur
]
0
,
+
∞
[
et
g
′
⁡
(
x
)
=
1
x
−
2
⁢
x
2
−
(
x
2
−
1
)
2
⁢
x
2
=
2
⁢
x
−
x
2
−
1
2
⁢
x
2
=
−
(
x
−
1
)
2
2
⁢
x
2
<
0.
Donc:
x
0
1
+
∞
g
′
⁡
(
x
)
−
0
−
↘
g
⁡
(
x
)
+
0
−
↘
f
′
⁡
(
x
)
+
?
−
f
⁡
(
x
)
↘
1
↗
Donc
f
est strictement croissante sur
]
1
,
+
∞
[
et strictement décroissante sur
]
0
,
1
[
.
-
Pour tout
x
strictement positif et différent de 1, la dérivée
f
′
de
f
vérifie:
(
x
−
1
)
−
ln
⁡
(
x
)
(
x
−
1
)
2
−
1
2
⁢
x
=
2
⁢
x
⁢
(
x
−
1
)
−
2
⁢
x
⁢
ln
⁡
(
x
)
−
(
x
−
1
)
2
(
x
−
1
)
2
=
x
2
−
1
−
2
⁢
x
⁢
ln
⁡
(
x
)
2
⁢
x
⁢
(
x
−
1
)
2
=
f
′
⁡
(
x
)
CQFD
Donc pour obtenir la dérivabilité en 1:
f
′
⁡
(
x
)
=
(
x
−
1
)
−
ln
⁡
(
x
)
}
→
0
(
x
−
1
)
2
}
→
0
−
1
2
⁢
x
}
→
x
→
1
F
⁢
I
.
On effectue le changement de variable:
h
=
x
−
1
.
f
′
⁡
(
x
)
=
h
−
ln
⁡
(
h
)
h
2
−
1
2
⁢
(
h
+
1
)
=
h
−
h
−
h
2
/
2
+
h
2
⁢
ϵ
⁡
(
x
)
h
2
−
1
2
⁢
(
h
+
1
)
=
−
1
/
2
+
ϵ
⁡
(
x
)
−
1
2
⁢
(
h
+
1
)
→
h
→
0
0
Donc, comme
f
est continue en
1
et que
f
′
a une limite finie en
1
,
alors
f
est dérivable en
1
et
f
′
⁡
(
1
)
=
0
.
Donc
f
′
est continue sur
]
0
,
1
[
et
]
1
,
+
∞
[
.
En 1,
f
′
→
0
=
f
′
⁡
(
1
)
.
Donc
f
′
est également continue en
1.
Finalement,
f
′
est continue sur l'intervalle
]
0
,
+
∞
[
.
-
Soit
g
⁡
(
x
)
=
ln
⁡
(
x
)
−
(
x
−
1
)
.
g
est dérivable sur
]
0
,
+
∞
[
et
g
′
⁡
(
x
)
=
1
x
−
1
=
1
−
x
x
.
x
0
1
+
∞
1
−
x
+
0
−
affine
g
′
⁢
(
x
)
+
0
−
−
0
−
g
⁡
(
x
)
↗
↘
Donc pour tout
x
>
1
,
on a:
g
⁡
(
x
)
<
0
et
ln
⁡
(
x
)
<
(
x
−
1
)
.
Et si
x
>
1
,
alors
x
+
1
x
−
1
>
0
et donc
f
⁡
(
x
)
=
x
+
1
x
−
1
⋅
ln
⁡
(
x
)
2
<
x
+
1
x
−
1
⋅
x
−
1
2
=
x
+
1
2
et
x
+
1
2
−
x
=
1
−
x
2
<
0
donc
x
+
1
2
<
x
et
f
⁡
(
x
)
<
x
.
Donc pour tout
x
>
1
on a:
f
⁡
(
x
)
<
x
.
-
Reste à étudier la branche infinie:
f
⁡
(
x
)
=
x
+
1
x
−
1
⋅
ln
⁡
(
x
)
2
=
x
⁢
(
1
+
1
/
x
)
x
⁢
(
1
−
1
/
x
)
⋅
ln
⁡
(
x
)
2
=
1
+
1
/
x
1
−
1
/
x
⋅
ln
⁡
(
x
)
2
⁢
→
x
→
+
∞
+
∞
et
f
⁡
(
x
)
x
=
1
+
1
/
x
1
−
1
/
x
⋅
ln
⁡
(
x
)
2
⁢
x
→
x
→
+
∞
0
car
ln
⁡
(
x
)
≪
x
.
On a donc une branche parabolique horizontale.
-
Soit
a
un réel supérieur à 1.
-
Il faut démontrer que pour tout n, on peut définir
x
n
+
1
donc que
x
n
>
0
ou
1
:
Par récurrence.
Pour
n
=
0
,
x
0
=
a
>
1
.
Soit
n
≥
0
tel que
x
n
est défini et
x
n
>
1
.
Alors
x
n
+
1
=
f
⁡
(
x
n
)
est défini et
x
n
+
1
=
f
⁡
(
x
n
)
>
f
⁡
(
1
)
=
1
car
f
est strictement croissante sur
[
0
,
+
∞
[
et
x
n
et
1
en sont éléments.
Donc il existe une suite
(
x
n
)
n
≥
0
de réels vérifiants
x
0
=
a
et pour tout entier
n
≥
0
,
x
n
+
1
=
f
⁡
(
x
n
)
.
-
Or si
x
>
1
alors
f
⁡
(
x
)
<
x
.
Donc, comme
x
n
>
1
,
x
n
+
1
=
f
⁡
(
x
n
)
>
x
n
et cette suite est décroissante.
Comme elle est minorée par
1
,
elle converge. Soit
l
≥
1
sa limite.
f
est continue sur
[
0
,
+
∞
[
,
donc en
l
.
Donc
f
⁡
(
l
)
=
l
.
Or si
l
>
1
alors
f
⁡
(
l
)
<
l
.
Comme
l
≥
1
alors
l
=
1
.
-
Etude de la vitesse avec laquelle la suite
(
x
n
)
n
≥
0
tend vers
l
=
1
.
-
Pour obtenir que
|
f
⁡
(
x
n
)
−
1
|
≤
1
3
⁢
|
x
n
−
1
|
,
on va devoir utiliser l'inégalité des accroissements finis. Mais il
faut d'abord déterminer un intervalle sur lequel
|
f
′
|
<
1
3
.
Puis montrer qu'à partir d'un indice
n
0
,
x
n
appartient à cet intervalle. Et on ne nous donne pas d'indications pour
étudier
f
′
...dont l'experession est passablement compliquée.
-
On va utiliser ici la conitnuité de
f
′
:
f
′
⁡
(
x
)
→
x
→
1
0.
Donc si
x
est suffisemment proche de
1
,
f
′
⁡
(
x
)
sera aussi petit que l'on veut
(
1
3
)
. (Définiton)
f
′
⁡
(
x
)
→
x
→
1
0
donc il existe
d
>
0
tel que si
x
∈
[
1
−
d
,
1
+
d
]
alors
|
f
′
⁡
(
x
)
|
≤
1
3
.
-
Comme
x
n
→
n
→
+
∞
1
,
il existe
n
0
tel que si
n
≥
n
0
alors
x
n
∈
[
1
−
d
,
1
+
d
]
.
-
Donc d'après l'inégalité des accroissements finis,
si
n
≥
n
0
alors
x
n
et
1
∈
[
1
−
d
,
1
+
d
]
donc
|
f
⁡
(
x
n
)
−
1
|
≤
1
3
⁢
|
x
n
−
1
|
-
On a alors, par récurrence,
pour tout
n
≥
n
0
,
|
x
n
−
1
|
≤
(
1
3
)
n
⁢
|
x
n
0
−
1
|
⁢
3
n
0
⏟
=
K
.
D'où l'encadrement:
pour tout
n
≥
n
0
,
0
≤
|
x
n
−
1
|
1
/
2
n
≤
(
2
3
)
n
⁢
K
et par encadrement,
|
x
n
−
1
|
1
/
2
n
→
n
→
+
∞
0.
Donc la suite
(
x
n
−
1
)
n
≥
0
est négligeable devant la suite
(
1
/
2
n
)
n
≥
0
.