Corrigé bac maths Sciences Mathématiques (Maroc) 2025 session normale — Problème · Partie II : étude de $f(x)=x-\frac{(\ln x{)}^2}{x}$ sur $]0,+\infty [$

1.a) $\underset{x\to 0^{+}}{\lim }f(x)$ et interprétation.

Quand $x\to 0^{+}$ : $(\ln x{)}^2\to +\infty$ et $x\to 0^{+}$, donc $\frac{(\ln x{)}^2}{x}\to +\infty$. Ainsi $f(x)=x-\frac{(\ln x{)}^2}{x}\to 0-(+\infty )=\boxed{-\infty }$.

1.b) Montrer que $\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{(\ln x{)}^2}{x}=0$, puis $\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)$.

On pose $t=\sqrt{x}$ ($t\to +\infty$), donc $x=t^2$ et $\ln x=2\ln t$ : $$\frac{(\ln x{)}^2}{x}=\frac{(2\ln t{)}^2}{t^2}=4{\left(\frac{\ln t}{t}\right)}^2\underset{t\to +\infty }{\to }0,$$ car $\frac{\ln t}{t}\to 0$ (croissances comparées). Par conséquent $$\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)=\underset{x\to +\infty }{\lim }(x-\frac{(\ln x{)}^2}{x})=\boxed{+\infty }.$$

1.c) En déduire que $y=x$ est asymptote oblique en $+\infty$. $$f(x)-x=-\frac{(\ln x{)}^2}{x}\underset{x\to +\infty }{\to }0.$$

2.a) Montrer que $f^{\prime }(x)=1-\frac{2\ln x-(\ln x{)}^2}{x^2}$.

Méthode. On dérive $\frac{(\ln x{)}^2}{x}$ comme quotient : $u=(\ln x{)}^2$, $v=x$.

${\left(\frac{(\ln x{)}^2}{x}\right)}^{\prime }=\frac{\frac{2\ln x}{x}\cdot x-(\ln x{)}^2}{x^2}=\frac{2\ln x-(\ln x{)}^2}{x^2}$, donc $$f^{\prime }(x)=1-\frac{2\ln x-(\ln x{)}^2}{x^2}.$$

2.b) Montrer que $f$ est strictement croissante sur $]0,+\infty [$.

D'après la Partie I-1.b, $\frac{2\ln x-(\ln x{)}^2}{x^2}<1$ pour tout $x>0$, donc $$f^{\prime }(x)=1-\underset{<1}{\underbrace{\frac{2\ln x-(\ln x{)}^2}{x^2}}}>0.$$

3.a) $f(x)=0$ admet une unique solution $\alpha$ sur $]0,+\infty [$.

$f$ est continue et strictement croissante sur $]0,+\infty [$, avec $\underset{0^{+}}{\lim }f=-\infty$ et $\underset{+\infty }{\lim }f=+\infty$. Elle réalise donc une bijection de $]0,+\infty [$ sur $\mathbb{R}$, et $0$ possède un unique antécédent.

3.b) Vérifier $e^{-1}<\alpha <1$ et montrer que $\ln \alpha =-\alpha$.

$f(e^{-1})=e^{-1}-\frac{(-1{)}^2}{e^{-1}}=\frac{1}{e}-e<0$ et $f(1)=1-\frac{0}{1}=1>0$. Comme $f$ est croissante, $\boxed{e^{-1}<\alpha <1}$. De plus $f(\alpha )=0\Rightarrow \alpha =\frac{(\ln \alpha {)}^2}{\alpha }\Rightarrow {\alpha }^2=(\ln \alpha {)}^2\Rightarrow (\alpha -\ln \alpha )(\alpha +\ln \alpha )=0$. Or $\alpha -\ln \alpha >0$ (car $\ln x<x$), donc $\alpha +\ln \alpha =0$.

3.c) Montrer que $f(x)\le x$ pour tout $x>0$. $f(x)-x=-\frac{(\ln x{)}^2}{x}\le 0$ (car $(\ln x{)}^2\ge 0$ et $x>0$).

3.d) Montrer que $(T):y=x$ est la tangente à $(C_f)$ en $x=1$.

$f(1)=1$ et $f^{\prime }(1)=1-\frac{2\ln 1-(\ln 1{)}^2}{1}=1$. Donc $(T):y=f^{\prime }(1)(x-1)+f(1)=1\cdot (x-1)+1=x$.

4) $\varphi$ : restriction de $f$ à $]0,1]$.

4.a) $\varphi$ admet une réciproque ${\varphi }^{-1}$ sur un intervalle $J$.

Sur $]0,1]$, $f$ est continue et strictement croissante, avec $\underset{0^{+}}{\lim }f=-\infty$ et $f(1)=1$ : $\varphi$ réalise une bijection de $]0,1]$ sur $]-\infty ,1]$.

4.b) Montrer que ${\varphi }^{-1}$ est dérivable en $0$ et $({\varphi }^{-1}{)}^{\prime }(0)=\frac{\alpha }{2+2\alpha }$.