Polynesie 2025 Jour 2 Exercice 2

\begin{center} \Large\textbf{Corrigé -- Polynésie 2025 Jour 2 -- Exercice 2} \end{center} \vspace{0.5cm} \textbf{Thème :} Fonction logarithme -- Limites, variations, convexité, point d'inflexion. \vspace{0.5cm} On considère $f(x) = x\ln(x-2)$ définie sur $]2\; ;\; +\infty[$. \subsection*{Question 1. Conjectures à l'aide du graphique} D'après la courbe représentative fournie : \begin{itemize}[label=--] \item \textbf{Sens de variation :} $f$ semble strictement croissante sur $]2\; ;\; +\infty[$. \item \textbf{Limites :} $\displaystyle\lim_{x \to 2^+} f(x) = -\infty$ et $\displaystyle\lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty$. \item \textbf{Asymptotes :} asymptote verticale d'équation $x = 2$. Pas d'asymptote horizontale ni oblique visible. \end{itemize} \subsection*{Question 2. Résoudre $f(x) = 0$ sur $]2\; ;\; +\infty[$} \[ x\ln(x-2) = 0 \] Comme $x > 2 > 0$, $x \neq 0$. Donc $\ln(x-2) = 0$. \[ \ln(x-2) = 0 \iff x-2 = 1 \iff x = 3 \] \[ \boxed{S = \{3\}} \] \subsection*{Question 3. Calculer $\displaystyle\lim_{x \to 2^+} f(x)$} Lorsque $x \to 2^+$, on a $x \to 2$ et $\ln(x-2) \to -\infty$ (car $x-2 \to 0^+$). \[ \lim_{x \to 2^+} f(x) = \lim_{x \to 2^+} x\ln(x-2) \] Par produit, $2 \times (-\infty) = -\infty$. \[ \boxed{\lim_{x \to 2^+} f(x) = -\infty} \] Ce résultat confirme la conjecture d'une asymptote verticale en $x = 2$. \subsection*{Question 4. Démontrer $f'(x) = \ln(x-2) + \dfrac{x}{x-2}$} $f$ est dérivable sur $]2\; ;\; +\infty[$ comme produit de fonctions dérivables. $f(x) = u(x) \times v(x)$ avec $u(x) = x$ et $v(x) = \ln(x-2)$. $u'(x) = 1$, $v'(x) = \dfrac{1}{x-2}$. \[ f'(x) = 1 \cdot \ln(x-2) + x \cdot \frac{1}{x-2} \] \[ \boxed{f'(x) = \ln(x-2) + \frac{x}{x-2}} \] \subsection*{Question 5.a. Démontrer $g'(x) = \dfrac{x-4}{(x-2)^2}$} On pose $g(x) = f'(x)$, donc $g(x) = \ln(x-2) + \dfrac{x}{x-2}$. $g$ est dérivable sur $]2\; ;\; +\infty[$. D'une part, la dérivée de $\ln(x-2)$ est $\dfrac{1}{x-2}$. D'autre part, la dérivée de $\dfrac{x}{x-2}$ est : \[ \frac{1 \cdot (x-2) - x \cdot 1}{(x-2)^2} \] \[ \frac{x-2-x}{(x-2)^2} \] \[ \frac{-2}{(x-2)^2} \] Ainsi : \[ g'(x) = \frac{1}{x-2} + \frac{-2}{(x-2)^2} \] \[ g'(x) = \frac{x-2-2}{(x-2)^2} \] \[ \boxed{g'(x) = \frac{x-4}{(x-2)^2}} \] \subsection*{Question 5.b. Tableau des variations de $g$} Le dénominateur $(x-2)^2 > 0$ sur $]2\; ;\; +\infty[$, donc le signe de $g'$ est celui de $x-4$. \begin{itemize}[label=--] \item $g'(x) < 0$ sur $]2\; ;\; 4[$ : $g$ strictement décroissante. \item $g'(4) = 0$. \item $g'(x) > 0$ sur $]4\; ;\; +\infty[$ : $g$ strictement croissante. \end{itemize} L'extremum est un \textbf{minimum} en $x = 4$ : \[ g(4) = \ln(4-2) + \frac{4}{4-2} \] \[ g(4) = \ln(2) + \frac{4}{2} \] \[ \boxed{g(4) = \ln(2) + 2} \] Avec les limites admises ($\displaystyle\lim_{x\to 2^+}g(x)=+\infty$ et $\displaystyle\lim_{x\to +\infty}g(x)=+\infty$), le tableau de variations de $g$ est : \begin{center} \begin{tikzpicture} \tkzTabInit{$x$ / 1 , $g'(x)$ / 1 , $g(x)$ / 2}{$2$, $4$, $+\infty$} \tkzTabLine{, -, z, +, } \tkzTabVar{+/ $+\infty$ , -/ $\ln(2)+2$ , +/ $+\infty$} \end{tikzpicture} \end{center} \subsection*{Question 5.c. En déduire $g(x) > 0$ pour tout $x \in ]2\; ;\; +\infty[$} Le minimum de $g$ est $g(4) = \ln(2) + 2$. Or $\ln(2) > 0$, donc $\ln(2) + 2 > 2 > 0$. \[ \boxed{\forall x \in ]2\; ;\; +\infty[,\ g(x) > 0} \] \subsection*{Question 5.d. Sens de variation de $f$} Comme $f'(x) = g(x) > 0$ sur $]2\; ;\; +\infty[$, $f$ est \textbf{strictement croissante} sur $]2\; ;\; +\infty[$. Cela confirme la conjecture de la question 1. \subsection*{Question 6. Convexité de $f$ et point d'inflexion} $f''(x) = g'(x)$, soit $f''(x) = \dfrac{x-4}{(x-2)^2}$. Le signe de $f''$ est celui de $x-4$ : \begin{itemize}[label=--] \item $f''(x) < 0$ sur $]2\; ;\; 4[$ : $f$ est \textbf{concave}. \item $f''(4) = 0$. \item $f''(x) > 0$ sur $]4\; ;\; +\infty[$ : $f$ est \textbf{convexe}. \end{itemize} $f''$ s'annule en $x = 4$ en changeant de signe, donc $\mathcal{C}_f$ admet un point d'inflexion en $x = 4$. \[ f(4) = 4\ln(4-2) \] \[ f(4) = 4\ln(2) \] \[ \boxed{\text{Point d'inflexion : } I(4\; ;\; 4\ln(2))} \] \subsection*{Question 7. Nombre de tangentes de coefficient directeur 3} On cherche les solutions de $f'(x) = 3$, soit : \[ \ln(x-2) + \frac{x}{x-2} = 3 \] On pose $t = x-2 > 0$, donc $x = t+2$ : \[ \ln(t) + \frac{t+2}{t} = 3 \] \[ \ln(t) + 1 + \frac{2}{t} = 3 \] \[ \ln(t) + \frac{2}{t} = 2 \] On étudie $\varphi(t) = \ln(t) + \dfrac{2}{t} - 2$ sur $]0\; ;\; +\infty[$. \[ \varphi'(t) = \frac{1}{t} - \frac{2}{t^2} \] \[ \varphi'(t) = \frac{t-2}{t^2} \] $\varphi'(t) < 0$ sur $]0\; ;\; 2[$, $\varphi'(2) = 0$, $\varphi'(t) > 0$ sur $]2\; ;\; +\infty[$. $\varphi$ admet un minimum en $t = 2$ : \[ \varphi(2) = \ln(2) + \frac{2}{2} - 2 \] \[ \varphi(2) = \ln(2) - 1 \] Or $\ln(2) - 1 < 0$ car $\ln(2) \approx 0{,}693 < 1$. Limites : \[ \lim_{t \to 0^+} \varphi(t) = +\infty \quad \text{(car } \frac{2}{t} \text{ domine)} \] \[ \lim_{t \to +\infty} \varphi(t) = +\infty \] $\varphi$ est continue, strictement décroissante sur $]0\; ;\; 2]$ puis strictement croissante sur $[2\; ;\; +\infty[$. Comme $\varphi(2) < 0$, le théorème des valeurs intermédiaires garantit exactement \textbf{deux} solutions : une dans $]0\; ;\; 2[$ et une dans $]2\; ;\; +\infty[$. \[ \boxed{\text{Il existe exactement 2 valeurs de } x \text{ telles que } f'(x) = 3.} \]