1. **Énoncé du problème :** Étudier la fonction $f$ définie par $$f(x) = \frac{\ln x - 1}{(\ln x)^2} \text{ pour } x > 0, \quad f(0) = 0,$$ et analyser sa courbe représentative $\mathcal{C}_f$ dans un repère orthonormé. 2. **Domaine de définition $D_f$ :** La fonction $f$ est définie pour $x > 0$ sauf lorsque le dénominateur $(\ln x)^2 = 0$, c'est-à-dire lorsque $\ln x = 0 \Rightarrow x = 1$. Donc, $$D_f = [0,1[ \cup ]1, +\infty[.$$ 3. **Limites aux bornes de $D_f$ :** - Quand $x \to 0^+$, $\ln x \to -\infty$. Calculons $$f(x) = \frac{\ln x - 1}{(\ln x)^2} = \frac{-\infty - 1}{(+\infty)} \to 0^-.$$ - Quand $x \to 1^-$, $\ln x \to 0^-$. Posons $t = \ln x \to 0^-$, $$f(x) = \frac{t - 1}{t^2} = \frac{t}{t^2} - \frac{1}{t^2} = \frac{1}{t} - \frac{1}{t^2}.$$ Quand $t \to 0^-$, $\frac{1}{t} \to -\infty$ et $-\frac{1}{t^2} \to -\infty$, donc $$f(x) \to -\infty.$$ - Quand $x \to 1^+$, $\ln x \to 0^+$. De même, $$f(x) = \frac{t - 1}{t^2} = \frac{1}{t} - \frac{1}{t^2} \to +\infty - \infty,$$ mais la limite dominante est $-\frac{1}{t^2} \to -\infty$, donc $$f(x) \to -\infty.$$ - Quand $x \to +\infty$, $\ln x \to +\infty$, $$f(x) = \frac{\ln x - 1}{(\ln x)^2} = \frac{+\infty}{+\infty} \to 0^+.$$ 4. **Branches infinies :** Aux voisinages de $x=1$, $f(x) \to -\infty$ des deux côtés, donc la droite verticale $x=1$ est une asymptote verticale. Aux extrémités $x \to 0^+$ et $x \to +\infty$, $f(x) \to 0$, donc la droite $y=0$ est une asymptote horizontale. 5. **Continuité à droite en 0 :** On a $f(0) = 0$ par définition. Calculons $$\lim_{x \to 0^+} f(x) = 0,$$ ce qui montre que $f$ est continue à droite en 0. 6. **Dérivabilité à droite en 0 et interprétation géométrique :** Calculons la dérivée à droite en 0 : $$f'_+(0) = \lim_{h \to 0^+} \frac{f(h) - f(0)}{h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{f(h)}{h}.$$ Or, $$f(h) \approx 0, \quad \text{et} \quad \frac{f(h)}{h} \to 0,$$ donc $f$ est dérivable à droite en 0 avec $f'_+(0) = 0$. Géométriquement, la tangente à la courbe en 0 est horizontale. 7. **Calcul de $f'(x)$ pour $x \in D_f \setminus \{0\}$ :** Posons $$f(x) = \frac{u(x)}{v(x)} \quad \text{avec} \quad u(x) = \ln x - 1, \quad v(x) = (\ln x)^2.$$ Alors, $$u'(x) = \frac{1}{x}, \quad v'(x) = 2 \ln x \cdot \frac{1}{x} = \frac{2 \ln x}{x}.$$ Par la règle du quotient : $$f'(x) = \frac{u'(x) v(x) - u(x) v'(x)}{v(x)^2} = \frac{\frac{1}{x} (\ln x)^2 - (\ln x - 1) \frac{2 \ln x}{x}}{(\ln x)^4}.$$ Simplifions : $$f'(x) = \frac{(\ln x)^2 - 2 \ln x (\ln x - 1)}{x (\ln x)^4} = \frac{(\ln x)^2 - 2 (\ln x)^2 + 2 \ln x}{x (\ln x)^4} = \frac{- (\ln x)^2 + 2 \ln x}{x (\ln x)^4}.$$ Factorisons le numérateur : $$- (\ln x)^2 + 2 \ln x = - \ln x (\ln x - 2).$$ Donc, $$f'(x) = \frac{- \ln x (\ln x - 2)}{x (\ln x)^4} = - \frac{\ln x - 2}{x (\ln x)^3}.$$ 8. **Tableau de variations :** - Le signe de $f'(x)$ dépend du signe de $-(\ln x - 2)$ car $x > 0$ et $(\ln x)^3$ est positif ou négatif selon $x$. - Pour $x > 1$, $\ln x > 0$. - Étudions le signe de $f'(x)$ sur $]1, +\infty[$ : - Si $\ln x < 2$, alors $\ln x - 2 < 0$, donc $f'(x) > 0$. - Si $\ln x > 2$, alors $f'(x) < 0$. - Le point critique est $x = e^2$. - Sur $]0,1[$, $\ln x < 0$, donc $(\ln x)^3 < 0$ et $\ln x - 2 < 0$, donc le signe de $f'(x)$ est positif. 9. **Équation de la tangente $(T)$ en $A(e,0)$ :** Calculons $f'(e)$ : $$f'(e) = - \frac{\ln e - 2}{e (\ln e)^3} = - \frac{1 - 2}{e \cdot 1^3} = - \frac{-1}{e} = \frac{1}{e}.$$ L'équation de la tangente est $$y = f'(e)(x - e) + f(e) = \frac{1}{e} (x - e) + 0 = \frac{x}{e} - 1.$$ **Réponse finale :** - Domaine : $D_f = [0,1[ \cup ]1, +\infty[$. - Limites : $\lim_{x \to 0^+} f(x) = 0$, $\lim_{x \to 1} f(x) = -\infty$, $\lim_{x \to +\infty} f(x) = 0$. - Asymptotes : verticale en $x=1$, horizontale en $y=0$. - Continuité et dérivabilité à droite en 0 avec tangente horizontale. - Dérivée : $$f'(x) = - \frac{\ln x - 2}{x (\ln x)^3}.$$ - Tangente en $A(e,0)$ : $$y = \frac{x}{e} - 1.$$