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Exercice

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Exercice

Soit \[ f(x)=\dfrac{-\dfrac{1}{54}x^2+\dfrac{31}{6}x-45+ln(x)}{x-9}\]

Déterminer le domaine de définition de $ f$ .
Étudier les limites de $ f$ au bord de son domaine de définition.
Déduire des questions suivantes l'existence d'asymptotes.
Montrer que la droite d'équation $ y =-\dfrac{1}{54}x+5$ est une asymptote oblique.
Montrer que $ f'(x)=\dfrac{g(x)}{x(x-9)^2}$ où $ g(x)=-\dfrac{1}{54}x^3+\dfrac{1}{3}x^2-\dfrac{1}{2}x-9-xln(x)$ .
Étudions la fonction $ g$ sur $ ]0 ; +\infty[$ .
1. Montrer que $ g'(x)=-\dfrac{1}{18}x^2+\dfrac{2}{3}x-\dfrac{3}{2}-ln(x)$ .
2. En déduire que $ g''$ la dérivé seconde de $ g$ (c'est à dire la dérivé de $ g'$ ) est $ g''(x)=\dfrac{-\dfrac{1}{9}x^2+\dfrac{2}{3}x-1 }{x}$ .
3. En déduire le signe de $ g''$ puis les variations de $ g'$ .
4. Montrer que l'équation $ g'(x)=0$ admet une unique solution $ u\in\left]0 ; 3\right[$ .
5. En déduire le signe de $ g$ .
6. Montrer que $ g(u)=(u-9)\left(\dfrac{1}{27}u^2+1\right)$ .
Déduire des questions précédentes le signe de$ f'$ puis les variations de $ f$ .
Dessiner aussi proprement que faire ce peut l'allure de la courbe représentative de $ f$ .

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Exercice

Le logarithme impose que $ x{>}0$ et la fraction impose que $ x\neq 9$ . En conclusion $ \mathscr{D}_f=]0 ; 9[\cup]9 ; +\infty[$ .
$ \bullet$
$ \lim{x\rightarrow0^+}f(x)=\dfrac{-\infty}{-9}=+\infty$ .

$ \bullet$
$ \lim{x\rightarrow9^-}f(x)= \dfrac{0+ln(9)}{0^-}=-\infty$ .

$ \bullet$
$ \lim{x\rightarrow9^+}f(x)= \dfrac{0+ln(9)}{0^+}=+\infty$ .

$ \bullet$
$ \lim{x\rightarrow+\infty}f(x)= \lim{x\rightarrow+\infty}\dfrac{x\left(-\dfrac{1}{54}x+\dfrac{31}{6}+\dfrac{45}{x}+\dfrac{ln(x)}{x}\right)}{x-9} =\lim{x\rightarrow+\infty}\dfrac{x}{x-9}\left(-\dfrac{1}{54}x+\dfrac{31}{6}+\dfrac{45}{x}+\dfrac{ln(x)}{x} \right)=-\infty $
On en déduit que les droites $ x=0$ et $ x=9$ sont des asymptotes verticales.
On a $ f(x)-\left(-\dfrac{1}{54}x+5\right)=\dfrac{ln(x)}{x-9}$ . On en déduit que $ \lim{x\rightarrow+\infty}f(x)-y=0$ ce qui prouve que la droite est asymptote oblique.
D'après la question précédente on observe que $ f(x)=-\dfrac{1}{54}x+5+\dfrac{ln(x)}{x-9}$ . D'où : \begin{eqnarray*} f'(x)&=&-\dfrac{1}{54}+\left(\dfrac{ln(x)}{x-9}\right)'\\ &=&-\dfrac{1}{54}+\dfrac{\dfrac{1}{x}(x-9)-ln(x)}{(x-9)^2}\\ &=&\dfrac{-\dfrac{1}{54}(x-9)^2+\dfrac{1}{x}(x-9)-ln(x)}{(x-9)^2}\\ &=&\dfrac{-\dfrac{1}{54}(x^2-18x+81)+1-\dfrac{9}{x}-ln(x)}{(x-9)^2}\\ &=&\dfrac{\dfrac{-\dfrac{1}{54}(x^2-18x+81)x+x-9-x ln(x)}{x}}{(x-9)^2}\\ &=&\dfrac{-\dfrac{1}{54}x^3-\dfrac{1}{3}x^2-\dfrac{1}{2}x-9-xln(x)}{x(x-9)^2} \end{eqnarray*}
Étudions la fonction $ g$ sur $ ]0 ; +\infty[$ .
1. \begin{eqnarray*} g'(x)&=&\left(-\dfrac{1}{54}x^3-\dfrac{1}{3}x^2-\dfrac{1}{2}x-9-xln(x)\right)'\\ &=&-\dfrac{1}{18}x^2-\dfrac{2}{3}x-\dfrac{1}{2}-(xln(x))'\\ &=&-\dfrac{1}{18}x^2-\dfrac{2}{3}x-\dfrac{1}{2}-\left(ln(x)+x\dfrac{1}{x}\right)\\ &=&-\dfrac{1}{18}x^2+\dfrac{2}{3}x-\dfrac{3}{2}-ln(x) \end{eqnarray*}
2. \begin{eqnarray*} g''(x)&=&\left(-\dfrac{1}{18}x^2+\dfrac{2}{3}x-\dfrac{3}{2}-ln(x)\right)'\\ &=&-\dfrac{1}{9}x+\dfrac{2}{3}-\dfrac{1}{x}\\ &=&\dfrac{-\dfrac{1}{9}x^2+\dfrac{2}{3}x-1 }{x} \end{eqnarray*}
3. Le discriminant du polynôme $ -\dfrac{1}{9}x^2+\dfrac{2}{3}x-1 $ est nul. Ainsi sur $ ]0 ; +\infty[$ la fonction $ g''$ est du signe du coefficient dominant qui est négatif. De plus $ g''(x)$ ne s'annule qu'une seule et unique fois en $ x_0=3$ . On en déduit que la fonction $ g'$ est décroissante (avec un point d'inflexion en $ x_0$ ).
4. On observe que $ \lim{x\rightarrow0^+}g'(x)=+\infty$ et que $ g'\left(3\right)=-ln\left(3\right){<}0$ . La fonction étant continue, il existe d'après le théorème des valeurs intermédiaire, un réel $ u\in\left]0 ; 3\right[$ tel que $ g'(u)=0$ .
5. On déduit que la question précédent que la fonction $ g'$ est positive sur $ ]0 ; u[$ et négative sur $ ]u ; +\infty[$ . D'après le cours, ceci implique que $ g$ est strictement croissante sur $ ]0 ; u[$ et strictement décroissante sur $ ]u ; +\infty[$ .
6. Par définition de $ u$ on a $ g'(u)=0$ ce qui signifie que $ ln(u)=-\dfrac{1}{18}u^2+\dfrac{2}{3}u-\dfrac{3}{2}$ ; ainsi : \begin{eqnarray*} g(u)&=&-\dfrac{1}{54}u^3-\dfrac{1}{3}u^2-\dfrac{1}{2}u-9-uln(u)\\ &=&-\dfrac{1}{54}u^3-\dfrac{1}{3}u^2-\dfrac{1}{2}u-9-u\left(-\dfrac{1}{18}u^2+\dfrac{2}{3}u-\dfrac{3}{2}\right)\\ &=& \dfrac{1}{27}u^3-\dfrac{1}{3}u^2+u -9 \end{eqnarray*} En développant la forme donnée dans l'énoncé on observe que c'est la même chose.
Le maximum de la fonction $ g$ est le nombre $ g(u)=(u-9)\left(\dfrac{1}{27}u^2+1\right)$ qui est clairement négatif puisque $ \left(\dfrac{1}{27}u^2+1\right)$ est trivialement positif et $ u-9{<}0 $ car $ u\in\left]0 ; 3\right[$ . Ceci implique de $ g$ est strictement négative sur $ ]0 ; +\infty[$ . Puisque le signe de $ f'$ est donnée par le signe de $ g$ on en déduit que $ f$ est décroissante sur son domaine de définition.