Pour $x>1$, on pose $G(x)=\int_x^{x^2}\frac{\mathrm{d}t}{\ln t}$.
- Justifier que $G$ est bien définie et dérivable sur $]1,+\infty[$, et calculer $G'(x)$.
- Calculer, pour $x>1$, $J(x)=\int_x^{x^2}\frac{\mathrm{d}t}{t\ln t}$.
- Montrer que, pour tout $x>1$, $x\ln2\le G(x)\le x^2\ln2$.
- En déduire la limite de $G$ en $1^+$ et en $+\infty$.
La fonction $t\mapsto\frac1{\ln t}$ est continue sur l'intervalle $]1,+\infty[$ ; vérifier que $x$ et $x^2$ y appartiennent.
Une primitive de $t\mapsto\frac{1}{t\ln t}$ sur $]1,+\infty[$ est $t\mapsto\ln(\ln t)$.
Écrire $\frac{1}{\ln t}=t\times\frac{1}{t\ln t}$ et encadrer $t$ entre $x$ et $x^2$.
-
La fonction $f:t\mapsto\frac{1}{\ln t}$ est continue sur l'intervalle $I=]1,+\infty[$. Pour $x>1$, on a $x^2>x>1$, donc $x$ et $x^2$ appartiennent à $I$ et $G(x)$ est bien défini. Avec $u(x)=x$ et $v(x)=x^2$, dérivables sur $]1,+\infty[$ à valeurs dans $I$, la formule de dérivation des intégrales à bornes variables donne $$G'(x)=2x\,f(x^2)-1\cdot f(x)=\frac{2x}{\ln(x^2)}-\frac{1}{\ln x}=\frac{2x}{2\ln x}-\frac1{\ln x}=\frac{x-1}{\ln x}.$$ En particulier $G'>0$ : $G$ est strictement croissante.
-
Sur $I$, $\ln t>0$ et $t\mapsto\ln(\ln t)$ est dérivable de dérivée $\frac{1}{t\ln t}$. Donc $$J(x)=\big[\ln(\ln t)\big]_x^{x^2}=\ln(2\ln x)-\ln(\ln x)=\ln2.$$
-
Pour $t\in[x,x^2]$, on a $x\le t\le x^2$ et $\frac{1}{t\ln t}>0$, donc $$\frac{x}{t\ln t}\le\frac{t}{t\ln t}=\frac{1}{\ln t}\le\frac{x^2}{t\ln t}.$$ Les bornes vérifient $x<x^2$ ; par croissance de l'intégrale et linéarité : $$x\,J(x)\le G(x)\le x^2J(x),\quad\text{soit}\quad x\ln2\le G(x)\le x^2\ln2.$$
-
Quand $x\to1^+$, $x\ln2\to\ln2$ et $x^2\ln2\to\ln2$ ; par encadrement, $G(x)\to\ln2$. Quand $x\to+\infty$, $x\ln2\to+\infty$, donc par minoration $G(x)\to+\infty$.
$G'(x)=\frac{x-1}{\ln x}$ ; $\lim_{1^+}G=\ln2$ ; $\lim_{+\infty}G=+\infty$