Correction des exercices 51 et 52
Exercices de perfectionnement — Suites de zéros et fonction réciproque
2e Bac Sciences Mathématiques
Cette page propose la correction détaillée des exercices de perfectionnement 51 et 52 du manuel Al Moufid. Le premier exercice étudie une suite définie par l’unique zéro d’une fonction. Le second développe une étude complète avec tangente, bijection et fonction réciproque.
Exercice 51 Suite définie par l’unique zéro de fn
Pour tout \(x\gt0\) :
\[ f_n'(x) = 1+\frac{n}{2x}. \]Comme \(n\ge1\) et \(x\gt0\), on a :
\[ f_n'(x)\gt0. \]La fonction \(f_n\) est donc strictement croissante sur \(]0,+\infty[\).
Aux bornes du domaine :
\[ \lim_{x\to0^+}f_n(x)=-\infty \]car \(\ln x\to-\infty\), et :
\[ \lim_{x\to+\infty}f_n(x)=+\infty. \]Sur \(]0,+\infty[\), on a \(f_n'(x)\gt0\). Donc \(f_n\) est strictement croissante de \(-\infty\), lorsque \(x\to0^+\), vers \(+\infty\), lorsque \(x\to+\infty\).
La fonction \(f_n\) est continue et strictement croissante sur \(]0,+\infty[\). De plus :
\[ \lim_{x\to0^+}f_n(x)=-\infty \qquad\text{et}\qquad \lim_{x\to+\infty}f_n(x)=+\infty. \]D’après le théorème des valeurs intermédiaires, l’équation \(f_n(x)=0\) admet au moins une solution strictement positive.
La stricte croissance de \(f_n\) assure que cette solution est unique. On la note \(\alpha_n\).
On calcule :
\[ f_n(1) = 1-n \le0. \]D’autre part :
\[ \begin{aligned} f_n(e^2) &= e^2-n+\frac n2\ln(e^2)\\ &= e^2-n+n\\ &= e^2\gt0. \end{aligned} \]Comme \(f_n\) est strictement croissante et s’annule en \(\alpha_n\), on obtient :
Comme \(f_n(\alpha_n)=0\), on a :
\[ \alpha_n-n+\frac n2\ln(\alpha_n)=0. \]Donc :
\[ \frac n2\ln(\alpha_n) = n-\alpha_n. \]En multipliant par \(\dfrac2n\) :
On a :
\[ f_{n+1}(x) = x-(n+1)+\frac{n+1}{2}\ln x. \]En \(x=\alpha_n\) :
\[ f_{n+1}(\alpha_n) = \alpha_n-(n+1) + \frac{n+1}{2}\ln(\alpha_n). \]D’après la question précédente :
\[ \ln(\alpha_n) = 2-\frac{2\alpha_n}{n}. \]Ainsi :
\[ \begin{aligned} f_{n+1}(\alpha_n) &= \alpha_n-(n+1) + (n+1)\left(1-\frac{\alpha_n}{n}\right)\\ &= -\frac{\alpha_n}{n}. \end{aligned} \]Comme \(\alpha_n\gt0\), on obtient :
\[ f_{n+1}(\alpha_n)\lt0. \]La fonction \(f_{n+1}\) est strictement croissante et \(f_{n+1}(\alpha_{n+1})=0\). Il en résulte :
D’après la question précédente, la suite \((\alpha_n)\) est strictement croissante.
D’après l’encadrement obtenu à la question 2-b :
\[ \alpha_n\lt e^2. \]La suite est donc croissante et majorée. Elle est par conséquent convergente.
On dispose de la relation :
\[ \ln(\alpha_n) = 2-\frac{2\alpha_n}{n}. \]Or :
\[ 1\le\alpha_n\lt e^2. \]Donc :
\[ 0 \le \frac{2\alpha_n}{n} \le \frac{2e^2}{n}. \]Le membre de droite tend vers \(0\). Par encadrement :
\[ \frac{2\alpha_n}{n}\longrightarrow0. \]Ainsi :
Exercice 52 Étude complète et fonction réciproque
Posons \(t=\ln x\). Lorsque \(x\to+\infty\), on a \(t\to+\infty\). Alors :
\[ f(x) = \frac{t}{t^2+t+1} = \frac{\frac1t} {1+\frac1t+\frac1{t^2}}. \]Le numérateur tend vers \(0\) et le dénominateur tend vers \(1\). Donc :
Lorsque \(x\to0^+\), on a \(\ln x\to-\infty\). Posons encore \(t=\ln x\). Alors :
\[ f(x) = \frac{t}{t^2+t+1} = \frac{\frac1t} {1+\frac1t+\frac1{t^2}}. \]Lorsque \(t\to-\infty\), cette expression tend vers \(0\). Donc :
\[ \lim_{x\to0^+}f(x)=0=f(0). \]Le taux d’accroissement à droite en \(0\) est :
\[ \frac{f(x)-f(0)}{x} = \frac{\ln x} {x\big((\ln x)^2+\ln x+1\big)}. \]Posons \(y=\dfrac1x\). Lorsque \(x\to0^+\), on a \(y\to+\infty\) et \(\ln x=-\ln y\). Ainsi :
\[ \frac{f(x)-f(0)}x = - \frac{y\ln y} {(\ln y)^2-\ln y+1}. \]Pour \(y\ge e\), on a :
\[ (\ln y)^2-\ln y+1 \le (\ln y)^2. \]Donc :
\[ \frac{y\ln y} {(\ln y)^2-\ln y+1} \ge \frac{y}{\ln y}. \]Or :
\[ \frac{\ln y}{y}\longrightarrow0^+, \]donc :
\[ \frac{y}{\ln y}\longrightarrow+\infty. \]Par conséquent :
\[ \lim_{x\to0^+} \frac{f(x)-f(0)}x = -\infty. \]La fonction n’est pas dérivable à droite en \(0\) au sens usuel. Graphiquement, la courbe admet en \(O(0,0)\) une demi-tangente verticale d’équation \(x=0\).
Pour \(x\gt0\), posons :
\[ D(x)=(\ln x)^2+\ln x+1. \]On a :
\[ D(x) = \left(\ln x+\frac12\right)^2+\frac34 \gt0. \]En dérivant :
\[ \begin{aligned} f'(x) &= \frac{ \frac1xD(x) - \ln x\,\frac{2\ln x+1}{x} }{ D(x)^2 }\\ &= \frac{1-(\ln x)^2} {x\big((\ln x)^2+\ln x+1\big)^2}. \end{aligned} \]Le dénominateur est strictement positif. Le signe de \(f'(x)\) est donc celui de :
\[ 1-(\ln x)^2. \]Les changements de signe ont lieu lorsque :
\[ \ln x=-1 \iff x=\frac1e, \]ou :
\[ \ln x=1 \iff x=e. \]Les valeurs correspondantes sont :
\[ f\left(\frac1e\right)=-1, \qquad f(e)=\frac13. \]Sur \(]0,\dfrac1e[\), on a \(f'(x)\lt0\). Donc \(f\) est strictement décroissante de \(f(0)=0\) vers \(-1\).
Sur \(]\dfrac1e,e[\), on a \(f'(x)\gt0\). Donc \(f\) est strictement croissante de \(-1\) vers \(\dfrac13\).
Sur \(]e,+\infty[\), on a \(f'(x)\lt0\). Donc \(f\) est strictement décroissante de \(\dfrac13\) vers \(0\).
On a :
\[ f(1)=0. \]D’autre part :
\[ f'(1) = \frac{1-(\ln1)^2} {1\big((\ln1)^2+\ln1+1\big)^2} = 1. \]L’équation de la tangente au point \(B(1,0)\) est donc :
\[ y=f'(1)(x-1)+f(1). \]Points remarquables : O(0,0), A(1/e,-1), B(1,0) et C(e,1/3). La courbe possède une demi-tangente verticale en O, la tangente T : y = x - 1 en B, et l’axe des abscisses est une asymptote au voisinage de +∞.
Sur l’intervalle :
\[ I=\left[\frac1e,e\right], \]la fonction \(f\) est continue et strictement croissante.
De plus :
\[ g\left(\frac1e\right)=-1 \qquad\text{et}\qquad g(e)=\frac13. \]Par conséquent, \(g\) réalise une bijection de \(I\) sur :
On cherche d’abord l’antécédent de \(0\) par \(g\). Comme :
\[ g(1)=f(1)=0, \]on a :
\[ g^{-1}(0)=1. \]La fonction \(g\) est dérivable en \(1\), et :
\[ g'(1)=f'(1)=1\ne0. \]D’après le théorème de dérivabilité de la fonction réciproque, \(g^{-1}\) est dérivable en \(0\), et :
\[ \left(g^{-1}\right)'(0) = \frac1{g'(g^{-1}(0))}. \]Donc :
Méthodes à retenir
- Une fonction continue et strictement monotone dont les limites encadrent zéro possède un unique zéro.
- L’équation satisfaite par un zéro permet d’obtenir des relations utiles entre deux rangs successifs.
- Une suite croissante et majorée est convergente.
- Pour étudier le signe d’une dérivée contenant \(\ln x\), on peut poser \(t=\ln x\).
- La dérivée de la fonction réciproque vaut l’inverse de la dérivée au point antécédent, lorsque celle-ci est non nulle.
Hammou Boudraa — Enseignant des mathématiques
Lycée Oum Rabiaâ — M’rirt
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