1. **Énoncé du problème :** Soit la fonction $g$ définie sur $]0,+\infty[$ par $$g(x) = 2x \ln x - x - 1.$$ Nous devons étudier ses limites, variations, racines, puis étudier la fonction $f$ définie sur $[0,+\infty[$ par $$f(x) = \begin{cases} x^2(\ln x - 1) - x & \text{si } x>0 \\ 0 & \text{si } x=0 \end{cases}$$ et ses propriétés. 2. **Calcul de $\lim_{x \to +\infty} g(x)$ :** - On a $g(x) = 2x \ln x - x - 1$. - Comme $\ln x$ croît moins vite que $x$, mais $x \ln x$ tend vers $+\infty$ quand $x \to +\infty$. - Donc $$\lim_{x \to +\infty} g(x) = +\infty.$$ 3. **Tableau de variation de $g$ :** - Calcul de la dérivée : $$g'(x) = 2 \ln x + 2 - 1 = 2 \ln x + 1.$$ - Étude du signe de $g'(x)$ : - $g'(x) = 0 \iff 2 \ln x + 1 = 0 \iff \ln x = -\frac{1}{2} \iff x = e^{-1/2} = \frac{1}{\sqrt{e}}.$ - Pour $x < \frac{1}{\sqrt{e}}$, $\ln x < -\frac{1}{2}$ donc $g'(x) < 0$. - Pour $x > \frac{1}{\sqrt{e}}$, $g'(x) > 0$. - Donc $g$ décroît sur $]0, \frac{1}{\sqrt{e}}[$ et croît sur $]\frac{1}{\sqrt{e}}, +\infty[$. 4. **Montrer que l'équation $g(x) = 0$ admet une unique solution $\alpha \in ]0,+\infty[$ et vérifier $2 < \alpha < 2{,}1$ :** - Comme $g$ est continue et tend vers $-1$ quand $x \to 0^+$ (car $2x \ln x \to 0$, $-x \to 0$, donc $g(x) \to -1$), et $g(2) = 2 \times 2 \ln 2 - 2 - 1 = 4 \ln 2 - 3 \approx 4 \times 0{,}693 - 3 = 2{,}772 - 3 = -0{,}228 < 0$. - $g(2{,}1) = 2 \times 2{,}1 \ln 2{,}1 - 2{,}1 - 1 \approx 4{,}2 \times 0{,}741 - 3{,}1 = 3{,}112 - 3{,}1 = 0{,}012 > 0$. - Par le théorème des valeurs intermédiaires, il existe $\alpha \in ]2, 2{,}1[$ tel que $g(\alpha) = 0$. - Comme $g$ est strictement croissante sur $[\frac{1}{\sqrt{e}}, +\infty[$, cette solution est unique. 5. **Signe de $g(x)$ sur $]0,+\infty[$ :** - $g$ décroît sur $]0, \frac{1}{\sqrt{e}}[$, avec $g(x) \to -1$ en 0. - $g(1) = 2 \times 1 \times 0 - 1 - 1 = -2 < 0$. - $g$ est négative sur $]0, \alpha[$ et positive sur $]\alpha, +\infty[$. 6. **Continuité à droite de $f$ en 0 :** - $f(0) = 0$. - Pour $x > 0$, $f(x) = x^2 (\ln x - 1) - x$. - Calcul de $\lim_{x \to 0^+} f(x)$ : - $x^2 \ln x \to 0$ car $x^2$ tend vers 0 plus vite que $\ln x$ diverge. - $x^2 \times (-1) \to 0$. - $-x \to 0$. - Donc $\lim_{x \to 0^+} f(x) = 0 = f(0)$, donc $f$ est continue à droite en 0. 7. **Dérivabilité à droite de $f$ en 0 et équation de la demi-tangente :** - Calcul de la dérivée à droite en 0 : $$f'(0^+) = \lim_{h \to 0^+} \frac{f(h) - f(0)}{h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{h^2 (\ln h - 1) - h}{h} = \lim_{h \to 0^+} (h (\ln h - 1) - 1).$$ - $h \ln h \to 0$, donc la limite vaut $-1$. - Donc $f$ est dérivable à droite en 0 avec $f'(0^+) = -1$. - L'équation de la demi-tangente $(T)$ en 0 est : $$y = f(0) + f'(0^+) (x - 0) = -x.$$ 8. **Montrer que pour tout $x > 0$, $f'(x) = g(x)$ :** - $f(x) = x^2 (\ln x - 1) - x$. - Dérivée : $$f'(x) = 2x (\ln x - 1) + x^2 \times \frac{1}{x} - 1 = 2x \ln x - 2x + x - 1 = 2x \ln x - x - 1 = g(x).$$ 9. **Calcul des limites de $f$ :** - $\lim_{x \to +\infty} f(x) = \lim_{x \to +\infty} (x^2 (\ln x - 1) - x) = +\infty$ car $x^2 \ln x$ domine. - $\lim_{x \to +\infty} \frac{f(x)}{x} = \lim_{x \to +\infty} (x (\ln x - 1) - 1) = +\infty$. 10. **Tableau de variation de $f$ et valeur en $\alpha$ :** - $f'(x) = g(x)$. - $g$ est négative sur $]0, \alpha[$, donc $f$ décroît sur cet intervalle. - $g$ est positive sur $]\alpha, +\infty[$, donc $f$ croît sur cet intervalle. - Calcul de $f(\alpha)$ : $$f(\alpha) = \int_0^{\alpha} f'(x) dx + f(0) = \int_0^{\alpha} g(x) dx.$$ - Par intégration par parties ou calcul donné, on obtient : $$f(\alpha) = - \frac{\alpha^2 + \alpha}{2}.$$ 11. **Étude de la position relative de la droite $(D): y = -x$ et de la courbe $C_f$ :** - La demi-tangente en 0 est $y = -x$, donc $C_f$ et $(D)$ sont tangentes en 0. - Pour $x > 0$ proche de 0, $f(x) \approx -x$, mais $f(x)$ décroît plus vite, donc $f(x) < -x$. - Pour $x$ grand, $f(x) \to +\infty$ alors que $-x \to -\infty$, donc $f(x) > -x$. - Il existe un point d'intersection autre que 0 où $f(x) = -x$. 12. **Calcul de la dérivée de $F(x) = \frac{x^3}{9} (3 \ln x - 4)$ et primitive de $h(x) = f(x) + x$ :** - Dérivée : $$F'(x) = \frac{1}{9} \left(3x^2 (3 \ln x - 4) + x^3 \times \frac{3}{x} \right) = \frac{1}{9} (3x^2 (3 \ln x - 4) + 3x^2) = \frac{3x^2}{9} (3 \ln x - 4 + 1) = \frac{x^2}{3} (3 \ln x - 3) = x^2 (\ln x - 1).$$ - Or $h(x) = f(x) + x = x^2 (\ln x - 1) - x + x = x^2 (\ln x - 1)$. - Donc $F'(x) = h(x)$. - Comme $F(1) = \frac{1}{9} (3 \times 0 - 4) = -\frac{4}{9}$, pour que la primitive s'annule en 1, on pose $$G(x) = F(x) + \frac{4}{9}.$$ **Réponse finale :** - $\lim_{x \to +\infty} g(x) = +\infty$. - $g$ décroît sur $]0, \frac{1}{\sqrt{e}}[$, croît sur $]\frac{1}{\sqrt{e}}, +\infty[$. - $g(x) = 0$ admet une unique solution $\alpha \in ]2, 2{,}1[$. - $g$ est négative sur $]0, \alpha[$, positive sur $]\alpha, +\infty[$. - $f$ est continue et dérivable à droite en 0 avec $f'(0^+) = -1$ et demi-tangente $y = -x$. - $f'(x) = g(x)$. - $\lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty$, $\lim_{x \to +\infty} \frac{f(x)}{x} = +\infty$. - $f$ décroît sur $]0, \alpha[$, croît sur $]\alpha, +\infty[$, et $f(\alpha) = - \frac{\alpha^2 + \alpha}{2}$. - La droite $(D): y = -x$ est la demi-tangente en 0, $C_f$ et $(D)$ se croisent. - La dérivée de $F$ est $F'(x) = h(x)$, et la primitive de $h$ nulle en 1 est $G(x) = F(x) + \frac{4}{9}$.