Le logarithme d'un quotient

Domaine sur $\left]1;+\infty \right[$. Pour $x>1$, on a $x-1>0$ et $x+1>2>0$ : le quotient est strictement positif, donc $f$ est définie sur tout $\left]1;+\infty \right[$.

Dérivée. Posons $u(x)=\frac{x-1}{x+1}$. Alors $$u^{\prime }(x)=\frac{1\times (x+1)-(x-1)\times 1}{(x+1{)}^2}=\frac{2}{(x+1{)}^2},$$ et avec $(\ln u{)}^{\prime }=\frac{u^{\prime }}{u}$ : $$f^{\prime }(x)=\frac{2}{(x+1{)}^2}\times \frac{x+1}{x-1}=\frac{2}{(x-1)(x+1)}=\frac{2}{x^2-1}.$$

Variations. Pour $x>1$, $x^2-1>0$ : $f^{\prime }$ est strictement positive et $f$ est strictement croissante sur $\left]1;+\infty \right[$.

Limite en $1^{+}$. Quand $x\to 1^{+}$, le numérateur $x-1$ tend vers $0$ par valeurs positives et le dénominateur vers $2$ : le quotient tend vers $0^{+}$, et $\ln X\to -\infty$ quand $X\to 0^{+}$. Donc $f(x)\to -\infty$ : la droite d'équation $x=1$ est asymptote verticale.

Limite en $+\infty$. On écrit $\frac{x-1}{x+1}=\frac{1-\frac{1}{x}}{1+\frac{1}{x}}\to 1$, donc $f(x)\to \ln 1=0$. L'axe des abscisses est asymptote horizontale, et $f$ reste négative puisque le quotient reste inférieur à $1$.

Contrôle. $f(2)=\ln \frac{1}{3}\approx -1,10$ ; $f(5)=\ln \frac{4}{6}\approx -0,405$ ; $f(101)=\ln \frac{100}{102}\approx -0,0198$. La fonction croît en restant négative, comme annoncé.