Exercices types : $$1$$^ère partie - Exercice 5

$$\red{\text{ Calculons d'une part :}}$$ $$\lim\limits_{x\to 0^{+} } \ln \left(1+\frac{1}{x} \right)-x$$.
$$\lim\limits_{x\to 0^{+} } 1+\frac{1}{x} =+\infty$$. On pose $$X=1+\frac{1}{x}$$, ainsi $$\lim\limits_{X\to +\infty } \ln \left(X\right)=X$$.
Par composition $$\lim\limits_{x\to 0^{+} } \ln \left(1+\frac{1}{x} \right)=+\infty$$.
Ainsi
$$\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{x\to 0^{+} } \ln \left(1+\frac{1}{x} \right)} & {=} & {+\infty } \\ {\lim\limits_{x\to 0^{+} } -x} & {=} & {0} \end{array}\right\}{\text{par addition}}$$
On en déduit que la courbe admet une asymptote verticale d'équation $$x=0$$.
$$\red{\text{ Calculons d’autre part :}}$$ $$\lim\limits_{x\to +\infty } \ln \left(1+\frac{1}{x} \right)-x$$.
$$\lim\limits_{x\to +\infty } 1+\frac{1}{x} =1$$. On pose $$X=1+\frac{1}{x}$$, ainsi $$\lim\limits_{X\to 1} \ln \left(X\right)=0$$.
Par composition $$\lim\limits_{x\to +\infty } \ln \left(1+\frac{1}{x} \right)=0$$.
Ainsi
$$\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{x\to +\infty } \ln \left(1+\frac{1}{x} \right)} & {=} & {0} \\ {\lim\limits_{x\to +\infty } -x} & {=} & {-\infty } \end{array}\right\}{\text{par addition}}$$

$$f\left(x\right)=\ln \left(1+\frac{1}{x} \right)-x.$$
On reconnait la forme $$\left(\ln \left(u\right)\right)^{'} =\frac{u'}{u}$$. On $$u\left(x\right)=1+\frac{1}{x}$$ et $$u'\left(x\right)=-\frac{1}{x^{2} }$$
$$f'\left(x\right)=\frac{-\frac{1}{x^{2} } }{1+\frac{1}{x} } -1$$ équivaut successivement à :
$$f'\left(x\right)=\frac{\frac{-1}{x^{2} } }{\frac{1\times x^{2} }{x^{2} } +\frac{1\times x}{x\times x} }$$ . Nous avons tout mis au même dénominateur c'est à dire sur $$x^{2}$$ .
$$f'\left(x\right)=\frac{-\frac{1}{x^{2} } }{\frac{x^{2} }{x^{2} } +\frac{x}{x^{2} } } -1$$
$$f'\left(x\right)=\frac{\frac{-1}{x^{2} } }{\frac{x^{2} +x}{x^{2} } } -1$$ . On rappelle que : $$\frac{\left(\frac{a}{b} \right)}{\left(\frac{c}{d} \right)} =\frac{a}{b} \times \frac{d}{c}$$
$$f'\left(x\right)=\frac{-1}{x^{2} } \times \frac{x^{2} }{x^{2} +x} -1$$
$$f'\left(x\right)=\frac{-1}{x^{2} +x} -1$$
$$f'\left(x\right)=\frac{-1}{x^{2} +x} -\frac{x^{2} +x}{x^{2} +x}$$
$$f'\left(x\right)=\frac{-1-\left(x^{2} +x\right)}{x^{2} +x}$$
Ainsi : $$f'\left(x\right)=\frac{-x^{2} -x-1}{x^{2} +x} \Leftrightarrow$$
Or $$x\in \left]0;+\infty \right[$$ donc $$x>0$$ et $$x+1>0$$.
Donc le signe de $$f'$$ dépend du numérateur $$-x^{2} -x-1$$.
On considère le trinôme $$-x^{2} -x-1$$. $$\Delta <0$$ et donc $$-x^{2} -x-1<0$$ car $$a=-1<0$$
On peut donner alors le tableau de variation de $$f$$ en indiquant les limites.
Il vient alors que :

Sur $$\left]0;+\infty \right[$$, la fonction $$f$$ est continue et strictement décroissante.
De plus, $$\lim\limits_{x\to 0^{+} } f\left(x\right)=+\infty$$ et $$\lim\limits_{x\to +\infty } f\left(x\right)=-\infty$$ . Or $$0\in \left]-\infty ;+\infty \right[$$, donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe une unique solution $$\alpha$$ dans $$\left]0;+\infty \right[$$ tel que $$f\left(\alpha \right)=0$$.

A la calculatrice, on vérifie que
$$f\left(0,80\right)\approx 0,0109$$ et $$f\left(0,81\right)\approx -0,005$$ .
Or $$0\in \left]-0,005;0,0109\right]$$, donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires on en déduit que :

Sur $$\left]0;+\infty \right[$$, la fonction $$f$$ est continue et strictement décroissante et $$f\left(\alpha \right)=0$$.
Donc $$f\left(x\right)\ge 0$$ pour tout $$x\in \left]0;\alpha \right]$$ et $$f\left(x\right)\le 0$$ pour tout $$x\in \left[\alpha ;+\infty \right[$$.
On résume cela dans un tableau de signe :