Exercice 3 (20-SPO1U12-RT-EX3)

On rappelle que
$$ \mathcal{D}_f=\{x \in \mathbb{R}: f(x) \text { peut se calculer }\} $$ est le domaine maximal de définition de la fonction réelle $f$.
$(i)$ Déterminez $\mathcal{D}_f$, où $f(x)=\frac{1}{x}+\ln \left(\frac{1}{1+x}\right)$.
$(ii)$ Calculez $f^{\prime}$, la dérivée de la fonction $f$, et déterminez $\mathcal{D}_{f^{\prime}}$, son domaine maximal de définition.
$(iii)$ Déterminez le signe de $f^{\prime}(x)$ quand $x \in \mathcal{D}_{f^{\prime}}$.
La fonction $f$ est-elle décroissante sur $\mathcal{D}_f$ ?

$(i)$ $$ f(x)=\frac{1}{x}+\ln \left(\frac{1}{1+x}\right)$$ On a $\forall \alpha \in \mathbb{R}$ $$ \ln \left(\frac{1}{\alpha}\right)=-\ln (\alpha) $$

Par conséquent $$ f(x)=\frac{1}{x}-\ln (1+x) $$ Notons que $f(x)$ ne fait sens que si $x \neq 0$. En effet, notez la présence du terme $\frac{1}{x}$ dans l’expression de notre fonction.

La fonction logarithme népérien $$ X \longmapsto \ln(X)$$ étant définie sur $] 0,+\infty[$, la condition $$1+x > 0$$ doit également être satisfaite par tout $x\in D_f$. Nous avons bien sûr $$ 1+x >0 \quad \Leftrightarrow \quad x >-1 $$ et ainsi $$\begin{aligned} D_{f} & =\left]-1,0\right[ \cup \left] 0,+\infty\right[ \\ & =\{x \in \mathbb{R} \mid x>-1, \, x \neq 0\} \end{aligned} $$

$(ii)$ On a $$\left(\frac{1}{x}\right)^{\prime}=-\frac{1}{x^{2}}$$ et $$ (\ln (u))^{\prime}=\frac{u^{\prime}}{u} $$ $$(\ln(1+x))^{\prime}=\frac{1}{1+x} $$ $$-\ln (1+x))^{\prime}=-(\ln (1+x))^{\prime}$$ $$ \begin{aligned} f^{\prime}(x) & =-\frac{1}{x^{2}}-\frac{1}{1+x} \\ & =\frac{-(1+x)-x^{2}}{x^{2}(1+x)} \\ & =\frac{-\left[x^{2}+x+1\right]}{x^{2}(1+x)} \end{aligned} $$

Le dénominateur $$x^{2}(1+x)$$ s’annule en $$ x=0, \quad x=-1, $$ donc $f^{\prime}(x)$ ne peut pas faire sens en $x=0$ of $x=-1$.

On a donc $$ \begin{aligned}D_{f^{\prime}} & =\mathbb{R} \backslash\{-1,0\} \\ & =\left]-\infty,-1\right[\cup\left]-1,0\right[\cup\left] 0,+\infty\right[\end{aligned}$$ iii) $$ f^{\prime}(x)=\frac{-\left[x^{2}+x+1\right]}{x^{2}(1+x)} $$

L’équation $$x^{2}+x+1=0$$ n’a ainsi pas de solution reelle :

Son discriminant$$\Delta=1^{2}-4.1 .1=-3<0$$ est en effet négatif. Le polynôme $x^{2}+x+1$ est du signe de son coefficient dominant, ce dernier est égal à $1$, strictement positif !

La fonction $x^{2}+x+1$ est donc strictement positive.$$ \forall x \in \mathbb{R}, \quad x^{2}+a+1 \geq 0$$ Ainsi, $$ \forall x \in \mathbb{R},-\left(x^{2}+x+1\right) \leq 0. $$ Passons au dénominateur $$ x^{2}(1+x). $$ Il est clair que $\forall x \in \mathbb{R}$, on a $\ x^{2} \geq 0$. Nous avons également $$\left\{\begin{array}{lll}1+x \geq 0 & \text { quand } & x \geq-1 \\ 1+x \leq 0 & \text { quand } & x \leq-1\end{array}\right.$$ Nous obtenons ainsi le tableau de signes suivant :

Notons que :

• $f^{\prime}(x)>0$ lorsque $x<-1$,
• $f^{\prime}(x)<0$ lorsque $-1<x<0$,
• $f^{\prime}(x)<0$ lorque $x>0$.

Pour mémoire, on a $$D_{f}=\left]-1,0\right[\cup\left] 0,+\infty\right[.$$

• Comme $f^{\prime}(x)<0$ quand $x \in \left]-1,0\right[$ $f^{\prime}(x)$ est strictement décroissante sur $\left]-1,0\right[$.
• Le fait que $f^{\prime}(x)<0$ lorsque $x>0$, nous permet d’affirmer que la fonction $f(x)$ est strictement décroissante sur $\left] 0, +\infty\right[$.

La fonction $f$ est donc décroissante sur $D_{f}$.