Correction de l’exercice 18
Fonctions exponentielles — Étude d’une fonction et d’une suite
2e Bac Sciences Mathématiques
Exercice 18 Étude d’une fonction numérique
Soit \(f\) la fonction numérique définie sur \(\mathbb R_+\) par :
\[ f(0)=1 \qquad\text{et}\qquad f(x)=\frac{x}{e^x-1}\quad\text{si }x>0. \]On note \(\mathcal C_f\) sa courbe représentative dans un repère orthonormé.
1.a) Montrer que la fonction \(f\) est continue sur \(\mathbb R_+\).
1.b) Calculer \(f'(x)\) pour tout \(x\in\mathbb R_+^*\).
2.a) Montrer que, pour tout \(x\in\mathbb R_+^*\) :
\[ \frac{x^2}{2} \le e^x-1-x \le \frac{x^2}{2}e^x. \]2.b) En déduire que \(f\) est dérivable à droite en \(0\) et que \(f'_d(0)=-\dfrac12\).
3) On considère la fonction \(g\) définie sur \(\mathbb R_+^*\) par :
\[ g(x)=xe^x-2e^x+x+2. \]3.a) Étudier les variations de \(g\), puis en déduire que, pour tout \(x\in\mathbb R_+^*\), \(g(x)>0\).
3.b) Montrer que, pour tout \(x\in\mathbb R_+^*\) :
\[ f''(x)=\frac{e^xg(x)}{(e^x-1)^3}. \]Que peut-on en déduire sur la concavité de la courbe \(\mathcal C_f\) ?
3.c) Calculer \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)\), puis dresser le tableau complet de variations de \(f\).
3.d) Construire la courbe \(\mathcal C_f\).
4) On considère la suite numérique \((u_n)\) définie par :
\[ u_0=0 \qquad\text{et}\qquad u_{n+1}=f(u_n) \quad\text{pour tout }n\in\mathbb N. \]4.a) Vérifier que, pour tout \(x\in\mathbb R_+^*\), \(0\le f(x)\le1\).
4.b) Résoudre dans \(\mathbb R_+^*\) l’équation \(f(x)=x\).
4.c) On admet que, pour tout \(x\in\mathbb R_+^*\), \(\lvert f'(x)\rvert\le\dfrac12\). Montrer que, pour tout \(n\in\mathbb N\) :
\[ \lvert u_{n+1}-\ln2\rvert \le \frac12\lvert u_n-\ln2\rvert. \]4.d) En déduire que la suite \((u_n)\) est convergente en précisant sa limite.
Lire la réponse +Masquer la réponse −
Sur \(]0,+\infty[\), les fonctions \(x\mapsto x\) et \(x\mapsto e^x-1\) sont continues. De plus :
\[ e^x-1>0 \qquad\text{pour tout }x>0. \]Par conséquent, la fonction \(x\mapsto\dfrac{x}{e^x-1}\) est continue sur \(]0,+\infty[\).
Étudions maintenant la continuité à droite en \(0\).
\[ \lim_{x\to0^+}f(x) = \lim_{x\to0^+}\frac{x}{e^x-1}. \]La limite de référence donne :
\[ \lim_{x\to0}\frac{e^x-1}{x}=1. \]Donc :
\[ \lim_{x\to0^+}\frac{x}{e^x-1}=1. \]Or \(f(0)=1\). Ainsi :
\[ \lim_{x\to0^+}f(x)=f(0). \]Lire la réponse +Masquer la réponse −
Pour tout \(x>0\), on a :
\[ f(x)=\frac{x}{e^x-1}. \]En appliquant la formule de dérivation d’un quotient :
\[ \begin{aligned} f'(x) &= \frac{1\cdot(e^x-1)-x e^x}{(e^x-1)^2}\\ &= \frac{e^x-1-xe^x}{(e^x-1)^2}. \end{aligned} \]On peut également écrire :
\[ f'(x) = -\frac{xe^x-e^x+1}{(e^x-1)^2}. \]Lire la réponse +Masquer la réponse −
Première inégalité.
Considérons la fonction \(U\) définie sur \(\mathbb R_+\) par :
\[ U(x)=e^x-1-x-\frac{x^2}{2}. \]On a :
\[ U(0)=0. \]De plus :
\[ U'(x)=e^x-1-x \]et :
\[ U''(x)=e^x-1. \]Pour tout \(x\ge0\), \(e^x\ge1\). Donc :
\[ U''(x)\ge0. \]Ainsi, \(U'\) est croissante sur \(\mathbb R_+\). Comme \(U'(0)=0\), on obtient :
\[ U'(x)\ge0. \]Par conséquent, \(U\) est croissante sur \(\mathbb R_+\). Comme \(U(0)=0\), on en déduit :
\[ U(x)\ge0. \]Autrement dit :
\[ \frac{x^2}{2}\le e^x-1-x. \]Deuxième inégalité.
Considérons la fonction \(V\) définie sur \(\mathbb R_+\) par :
\[ V(x)=\frac{x^2}{2}e^x-e^x+1+x. \]On a :
\[ V(0)=0. \]De plus :
\[ V'(x) = e^x\left(\frac{x^2}{2}+x-1\right)+1 \]et :
\[ V''(x) = e^x\left(\frac{x^2}{2}+2x\right). \]Pour tout \(x\ge0\), on a :
\[ V''(x)\ge0. \]Ainsi, \(V'\) est croissante sur \(\mathbb R_+\). Comme \(V'(0)=0\), on a :
\[ V'(x)\ge0. \]Donc \(V\) est croissante sur \(\mathbb R_+\). Comme \(V(0)=0\), on obtient :
\[ V(x)\ge0. \]Autrement dit :
\[ e^x-1-x\le\frac{x^2}{2}e^x. \]Lire la réponse +Masquer la réponse −
Pour tout \(x>0\), on a :
\[ \begin{aligned} \frac{f(x)-f(0)}{x} &= \frac{\frac{x}{e^x-1}-1}{x}\\ &= \frac{x-e^x+1}{x(e^x-1)}\\ &= -\frac{e^x-1-x}{x(e^x-1)}. \end{aligned} \]D’après la question précédente :
\[ \frac{x^2}{2} \le e^x-1-x \le \frac{x^2}{2}e^x. \]Comme \(x(e^x-1)>0\), on peut diviser les trois membres par cette quantité :
\[ \frac{x}{2(e^x-1)} \le \frac{e^x-1-x}{x(e^x-1)} \le \frac{xe^x}{2(e^x-1)}. \]En multipliant par \(-1\), on obtient :
\[ -\frac{xe^x}{2(e^x-1)} \le \frac{f(x)-f(0)}{x} \le -\frac{x}{2(e^x-1)}. \]Or :
\[ \lim_{x\to0^+}\frac{x}{e^x-1}=1 \qquad\text{et}\qquad \lim_{x\to0^+}e^x=1. \]Les deux bornes tendent donc vers \(-\dfrac12\).
D’après le théorème d’encadrement :
\[ \lim_{x\to0^+}\frac{f(x)-f(0)}{x} = -\frac12. \]Lire la réponse +Masquer la réponse −
L’expression de \(g\) se prolonge naturellement en \(0\). On a :
\[ g(0)=0-2+0+2=0. \]Pour tout \(x>0\) :
\[ \begin{aligned} g'(x) &= (xe^x)'-2(e^x)'+1\\ &= e^x+xe^x-2e^x+1\\ &= xe^x-e^x+1. \end{aligned} \]De plus :
\[ g''(x)=xe^x. \]Pour tout \(x>0\), on a \(xe^x>0\). Donc :
\[ g''(x)>0. \]Ainsi, \(g'\) est strictement croissante sur \(]0,+\infty[\). Or :
\[ g'(0)=0-1+1=0. \]Par conséquent, pour tout \(x>0\) :
\[ g'(x)>0. \]La fonction \(g\) est donc strictement croissante sur \(]0,+\infty[\). Comme \(g(0)=0\), on en déduit :
\[ g(x)>g(0)=0 \qquad\text{pour tout }x>0. \]Lire la réponse +Masquer la réponse −
D’après la question 1.b :
\[ f'(x) = -\frac{xe^x-e^x+1}{(e^x-1)^2}. \]En dérivant cette expression, on obtient :
\[ f''(x) = \frac{ -xe^x(e^x-1) + 2e^x(xe^x-e^x+1) }{(e^x-1)^3}. \]Simplifions le numérateur :
\[ \begin{aligned} &-xe^x(e^x-1) +2e^x(xe^x-e^x+1)\\ &= e^x\left(-xe^x+x+2xe^x-2e^x+2\right)\\ &= e^x\left(xe^x-2e^x+x+2\right)\\ &= e^xg(x). \end{aligned} \]Ainsi :
\[ f''(x)=\frac{e^xg(x)}{(e^x-1)^3}. \]Pour tout \(x>0\) :
\[ e^x>0, \qquad e^x-1>0 \qquad\text{et}\qquad g(x)>0. \]Donc :
\[ f''(x)>0. \]Lire la réponse +Masquer la réponse −
On écrit :
\[ f(x) = \frac{x}{e^x-1} = \frac{\frac{x}{e^x}}{1-\frac1{e^x}}. \]Or :
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{x}{e^x}=0 \qquad\text{et}\qquad \lim_{x\to+\infty}\frac1{e^x}=0. \]Par conséquent :
\[ \lim_{x\to+\infty}f(x)=0. \]Étudions maintenant le signe de \(f'\).
D’après la question 3.a :
\[ g'(x)=xe^x-e^x+1>0 \qquad\text{pour tout }x>0. \]Or :
\[ f'(x) = -\frac{g'(x)}{(e^x-1)^2}. \]Comme \((e^x-1)^2>0\), on obtient :
\[ f'(x)\lt 0 \qquad\text{pour tout }x>0. \]Ainsi, \(f\) est strictement décroissante sur \([0,+\infty[\). Elle part de :
\[ f(0)=1 \]et tend vers :
\[ 0 \qquad\text{lorsque }x\to+\infty. \]Lire la réponse +Masquer la réponse −
Les éléments nécessaires à la construction sont les suivants :
Point de départ :
\[ A(0,1). \]La fonction est dérivable à droite en \(0\) et \(f'_d(0)=-\dfrac12\). La demi-tangente à droite en \(A\) a donc pour équation :
\[ T:\quad y=1-\frac{x}{2}. \]Sens de variation :
\[ f\text{ est strictement décroissante sur }[0,+\infty[. \]Convexité :
\[ f''(x)>0 \qquad\text{pour tout }x>0. \]La courbe \(\mathcal C_f\) est donc convexe sur \(]0,+\infty[\).
Asymptote :
\[ \lim_{x\to+\infty}f(x)=0. \]Par conséquent, l’axe des abscisses, d’équation \(y=0\), est une asymptote horizontale à \(\mathcal C_f\) au voisinage de \(+\infty\).
Point remarquable :
\[ f(\ln2) = \frac{\ln2}{e^{\ln2}-1} = \ln2. \]La courbe passe donc par :
\[ B(\ln2,\ln2). \]Représentation de \(\mathcal C_f\), de sa demi-tangente \(T:y=1-\dfrac{x}{2}\) en \(A(0,1)\), du point fixe \(B(\ln2,\ln2)\) et de l’asymptote horizontale \(y=0\).
Lire la réponse +Masquer la réponse −
Pour tout \(x>0\), on a :
\[ x>0 \qquad\text{et}\qquad e^x-1>0. \]Donc :
\[ f(x)=\frac{x}{e^x-1}>0. \]D’autre part, l’inégalité classique :
\[ e^x\ge1+x \]donne :
\[ e^x-1\ge x. \]Comme les deux membres sont strictement positifs :
\[ \frac{x}{e^x-1}\le1. \]Lire la réponse +Masquer la réponse −
Pour \(x>0\) :
\[ f(x)=x \iff \frac{x}{e^x-1}=x. \]Comme \(x>0\), on peut diviser les deux membres par \(x\) :
\[ \frac1{e^x-1}=1. \]Donc :
\[ e^x-1=1. \]Ainsi :
\[ e^x=2. \]En appliquant le logarithme népérien :
\[ x=\ln2. \]Lire la réponse +Masquer la réponse −
Montrons d’abord que tous les termes de la suite appartiennent à \([0,1]\).
On a :
\[ u_0=0\in[0,1]. \]Supposons que \(u_n\in[0,1]\). D’après la question 4.a et la valeur \(f(0)=1\), on a :
\[ f(u_n)\in[0,1]. \]Donc :
\[ u_{n+1}=f(u_n)\in[0,1]. \]Par récurrence :
\[ u_n\in[0,1] \qquad\text{pour tout }n\in\mathbb N. \]De plus :
\[ 0\lt \ln2\lt 1. \]La fonction \(f\) est continue sur \([0,1]\), dérivable sur \(]0,1[\), et :
\[ \lvert f'(x)\rvert\le\frac12. \]D’après l’inégalité des accroissements finis, appliquée entre \(u_n\) et \(\ln2\) :
\[ \lvert f(u_n)-f(\ln2)\rvert \le \frac12\lvert u_n-\ln2\rvert. \]Or :
\[ f(u_n)=u_{n+1} \]et, d’après la question 4.b :
\[ f(\ln2)=\ln2. \]Par conséquent :
\[ \boxed{ \lvert u_{n+1}-\ln2\rvert \le \frac12\lvert u_n-\ln2\rvert }. \]Lire la réponse +Masquer la réponse −
D’après la question précédente :
\[ \lvert u_{n+1}-\ln2\rvert \le \frac12\lvert u_n-\ln2\rvert. \]Montrons par récurrence que, pour tout \(n\in\mathbb N\) :
\[ \lvert u_n-\ln2\rvert \le \left(\frac12\right)^n\ln2. \]Initialisation. Pour \(n=0\) :
\[ \lvert u_0-\ln2\rvert = \lvert-\ln2\rvert = \ln2 = \left(\frac12\right)^0\ln2. \]Hérédité. Supposons que :
\[ \lvert u_n-\ln2\rvert \le \left(\frac12\right)^n\ln2. \]Alors :
\[ \begin{aligned} \lvert u_{n+1}-\ln2\rvert &\le \frac12\lvert u_n-\ln2\rvert\\ &\le \frac12 \left(\frac12\right)^n\ln2\\ &= \left(\frac12\right)^{n+1}\ln2. \end{aligned} \]La propriété est donc vraie pour tout \(n\in\mathbb N\).
Or :
\[ \lim_{n\to+\infty} \left(\frac12\right)^n\ln2 = 0. \]D’après le théorème d’encadrement :
\[ \lim_{n\to+\infty} \lvert u_n-\ln2\rvert = 0. \]Donc :
\[ \lim_{n\to+\infty}u_n=\ln2. \]Méthodes à retenir
- Pour étudier la continuité en \(0\), on utilise \(\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{e^x-1}{x}=1\).
- Une dérivée à droite peut être obtenue par encadrement du taux d’accroissement.
- Le signe de \(f''\) détermine la convexité de la courbe.
- Pour une suite définie par \(u_{n+1}=f(u_n)\), il est utile de déterminer un intervalle stable par \(f\).
- Une estimation de la forme \(\lvert u_{n+1}-\ell\rvert\le q\lvert u_n-\ell\rvert\), avec \(0\le q\lt 1\), permet d’établir la convergence vers \(\ell\).
Hammou Boudraa — Enseignant des mathématiques
Lycée Oum Rabiaâ — M’rirt
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