Correction détaillée des exercices 30 à 32
Fonctions exponentielles — Manuel Al Moufid
2e Bac Sciences Mathématiques
Objectifs et parcours de résolution
Les exercices 30 à 32 du manuel Al Moufid abordent trois usages différents des fonctions exponentielles. Le premier demande de démontrer des identités algébriques et une propriété de parité. Le deuxième étudie une fonction définie par morceaux au voisinage de zéro, puis sa limite à l’infini. Le troisième discute le nombre de solutions d’une équation selon une base positive. Le fil conducteur consiste à choisir une transformation adaptée : dénominateur commun, limite fondamentale ou étude de variations.
Rappels de cours utiles
L’exponentielle est strictement positive et vérifie \(e^{u+v}=e^ue^v\). Une fonction définie sur un domaine symétrique est impaire lorsque \(f(-x)=-f(x)\). Ici, \(e^{2x}+1>0\) et \(-1\lt(e^{2x}-1)/(e^{2x}+1)\lt1\).
La limite fondamentale \(\lim_{x\to0}(e^x-1)/x=1\) implique \(\lim_{x\to0}x/(e^x-1)=1\). Pour la continuité en zéro, on compare la limite à \(f(0)\) ; pour la dérivabilité à droite, on étudie \((f(x)-f(0))/x\) lorsque \(x\to0^+\). Ces deux quotients sont différents.
Pour tout entier fixé \(m\ge0\), \(x^me^{-x}\to0\) lorsque \(x\to+\infty\). Dans \(f_n\), l’entier \(n\) reste fixé pendant le calcul de cette limite.
Pour \(a>0\), \(a^x=e^{x\ln a}\). La fonction est croissante si \(a>1\), décroissante si \(0\lt a\lt1\). Une fonction croissante ne possède pas de cycle de longueur deux distinct d’un point fixe : \(h(h(x))=x\) impose \(h(x)=x\). Cette conclusion ne s’étend pas automatiquement aux fonctions décroissantes.
Exercice 30
On considère la fonction \(f\) définie sur \(\mathbb R\) par :
\[ f(x)=\frac{e^{2x}-1}{e^{2x}+1}. \]Question 1
Montrer que la fonction \(f\) est impaire.
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Pour tout \(x\in\mathbb R\), on a :
\[ \begin{aligned} f(-x) &=\frac{e^{-2x}-1}{e^{-2x}+1}\\ &=\frac{1-e^{2x}}{1+e^{2x}}\\ &=-\frac{e^{2x}-1}{e^{2x}+1}\\ &=-f(x). \end{aligned} \]Question 2
Montrer que, pour tout \(x\in\mathbb R\),
\[ f(2x)=\frac{2f(x)}{1+f^2(x)}. \]Lire la réponse +Masquer la réponse −
On calcule d’abord le second membre :
\[ \begin{aligned} \frac{2f(x)}{1+f^2(x)} &= \frac{2\frac{e^{2x}-1}{e^{2x}+1}} {1+\left(\frac{e^{2x}-1}{e^{2x}+1}\right)^2}\\ &= \frac{2(e^{2x}-1)(e^{2x}+1)} {(e^{2x}+1)^2+(e^{2x}-1)^2}\\ &= \frac{2(e^{4x}-1)} {2(e^{4x}+1)}\\ &= \frac{e^{4x}-1}{e^{4x}+1}. \end{aligned} \]Or :
\[ f(2x)=\frac{e^{4x}-1}{e^{4x}+1}. \]Question 3
Montrer que, pour tous \(x,y\in\mathbb R\),
\[ f(x+y)=\frac{f(x)+f(y)}{1+f(x)f(y)}. \]Lire la réponse +Masquer la réponse −
Pour tous \(x,y\in\mathbb R\), on a :
\[ \begin{aligned} f(x)+f(y) &= \frac{e^{2x}-1}{e^{2x}+1} + \frac{e^{2y}-1}{e^{2y}+1}\\ &= \frac{2(e^{2x+2y}-1)} {(e^{2x}+1)(e^{2y}+1)}. \end{aligned} \]D’autre part :
\[ \begin{aligned} 1+f(x)f(y) &= 1+ \frac{(e^{2x}-1)(e^{2y}-1)} {(e^{2x}+1)(e^{2y}+1)}\\ &= \frac{2(e^{2x+2y}+1)} {(e^{2x}+1)(e^{2y}+1)}. \end{aligned} \]Le dénominateur \(1+f(x)f(y)\) est strictement positif, car l’expression obtenue est strictement positive. Par conséquent :
\[ \begin{aligned} \frac{f(x)+f(y)}{1+f(x)f(y)} &= \frac{e^{2(x+y)}-1}{e^{2(x+y)}+1}\\ &=f(x+y). \end{aligned} \]Exercice 31
Pour tout entier \(n\ge3\), on considère la fonction \(f_n\) définie sur \(\mathbb R\) par :
\[ f_n(x)= \begin{cases} \dfrac{x^n}{e^x-1},&\text{si }x\ne0,\\[4pt] 0,&\text{si }x=0. \end{cases} \]Question 1
Montrer que la fonction \(f_n\) est continue en \(0\).
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Pour \(x\ne0\), on écrit :
\[ f_n(x)=x^{n-1}\frac{x}{e^x-1}. \]Or :
\[ \lim_{x\to0}\frac{e^x-1}{x}=1, \qquad\text{donc}\qquad \lim_{x\to0}\frac{x}{e^x-1}=1. \]Comme \(n\ge3\), on a \(n-1\ge2\), d’où :
\[ \lim_{x\to0}x^{n-1}=0. \]Par conséquent :
\[ \lim_{x\to0}f_n(x)=0=f_n(0). \]Question 2
Montrer que la fonction \(f_n\) est dérivable à droite en \(0\).
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Pour \(x>0\),
\[ \begin{aligned} \frac{f_n(x)-f_n(0)}{x} &= \frac{x^{n-1}}{e^x-1}\\ &= x^{n-2}\frac{x}{e^x-1}. \end{aligned} \]Comme \(n\ge3\), on a \(n-2\ge1\), donc :
\[ \lim_{x\to0^+}x^{n-2}=0. \]De plus,
\[ \lim_{x\to0^+}\frac{x}{e^x-1}=1. \]Ainsi :
\[ \lim_{x\to0^+}\frac{f_n(x)-f_n(0)}{x}=0. \]Question 3
Calculer :
\[ \lim_{x\to+\infty}f_n(x). \]Lire la réponse +Masquer la réponse −
Pour \(x>0\), on écrit :
\[ f_n(x)= \frac{x^ne^{-x}}{1-e^{-x}}. \]Lorsque \(x\to+\infty\),
\[ x^ne^{-x}\longrightarrow0 \qquad\text{et}\qquad 1-e^{-x}\longrightarrow1. \]Donc :
\[ \boxed{\lim_{x\to+\infty}f_n(x)=0}. \]Exercice 32
Soit \(a\) un réel strictement positif et différent de \(1\).
Discuter, suivant les valeurs de \(a\), le nombre de solutions de l’équation :
\[ (E):\quad a^{\,a^x}=x. \]Discussion suivant les valeurs de \(a\)
Déterminer le nombre de solutions réelles de \((E)\).
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Le membre \(a^{a^x}\) étant strictement positif, toute solution de \((E)\) vérifie nécessairement \(x>0\).
Premier cas : \(a>1\)
Posons \(h(x)=a^x\). La fonction \(h\) est strictement croissante.
L’équation \((E)\) s’écrit :
\[ h(h(x))=x. \]Si \(h(x)>x\), la croissance de \(h\) donne :
\[ h(h(x))>h(x)>x, \]ce qui est impossible. De même, si \(h(x)\lt x\), alors :
\[ h(h(x))\lt h(x)\lt x, \]ce qui est encore impossible. Ainsi :
\[ h(h(x))=x\iff h(x)=x. \]Il suffit donc de résoudre :
\[ a^x=x. \]Comme \(x>0\), cette équation équivaut à :
\[ \ln a=\frac{\ln x}{x}. \]Considérons la fonction :
\[ \varphi(x)=\frac{\ln x}{x},\qquad x>0. \]Sa dérivée est :
\[ \varphi'(x)=\frac{1-\ln x}{x^2}. \]Ainsi, \(\varphi\) est strictement croissante sur \(]0;e]\), puis strictement décroissante sur \([e;+\infty[\), et :
\[ \max_{x>0}\varphi(x)=\varphi(e)=\frac1e. \]Puisque \(\ln a>0\), les solutions éventuelles sont supérieures à \(1\). On obtient alors :
- si \(1\lt a\lt e^{1/e}\), l’équation possède exactement deux solutions ;
- si \(a=e^{1/e}\), elle possède une unique solution \(x=e\) ;
- si \(a>e^{1/e}\), elle ne possède aucune solution.
Deuxième cas : \(0\lt a\lt1\)
Posons :
\[ c=-\ln a>0. \]La fonction \(h(x)=a^x=e^{-cx}\) est strictement décroissante et bijective de \(\mathbb R\) sur \(]0;+\infty[\). Son inverse est :
\[ h^{-1}(x)=-\frac{\ln x}{c},\qquad x>0. \]L’équation \(h(h(x))=x\) équivaut donc à :
\[ h(x)=h^{-1}(x), \]c’est-à-dire :
\[ e^{-cx}+\frac{\ln x}{c}=0. \]On considère sur \(]0;+\infty[\) la fonction :
\[ K(x)=e^{-cx}+\frac{\ln x}{c}. \]On a :
\[ \lim_{x\to0^+}K(x)=-\infty, \qquad \lim_{x\to+\infty}K(x)=+\infty, \]et :
\[ K'(x) =-ce^{-cx}+\frac1{cx} =\frac{1-c^2xe^{-cx}}{cx}. \]Étudions la quantité \(c^2xe^{-cx}\). La fonction \(x\mapsto xe^{-cx}\) admet pour maximum :
\[ \frac1{ce}, \]atteint en \(x=\frac1c\). Ainsi :
\[ \max_{x>0}c^2xe^{-cx}=\frac ce. \]Si \(c\le e\), c’est-à-dire si \(e^{-e}\le a\lt1\), alors :
\[ c^2xe^{-cx}\le1. \]Donc \(K'(x)\ge0\) sur \(]0;+\infty[\). Si \(c\lt e\), la dérivée est strictement positive partout. Si \(c=e\), elle ne s’annule qu’en \(x=1/e\) et reste strictement positive de part et d’autre ; \(K\) est donc encore strictement croissante. Avec ses limites aux bornes, elle s’annule une seule fois.
Si \(c>e\), c’est-à-dire si \(0\lt a\lt e^{-e}\), l’équation \(K'(x)=0\) possède exactement deux solutions. La fonction \(K\) est successivement croissante, décroissante, puis croissante.
Par ailleurs, l’équation \(a^x=x\) possède une unique solution \(\alpha\in]0;1[\), qui vérifie aussi \(K(\alpha)=0\). La fonction \(F(x)=e^{-cx}-x\) est continue et strictement décroissante. Comme \(F(0)=1\) et \(F(1)=e^{-c}-1\lt0\), elle possède une unique racine \(\alpha\in]0;1[\). Pour \(c>e\), on a \(F(1/e)=e^{-c/e}-1/e\lt0\), donc \(\alpha\lt1/e\), puis :
\[ -\ln\alpha>1. \]Or \(c\alpha=-\ln\alpha\), d’où :
\[ K'(\alpha) =\frac{1-(c\alpha)^2}{c\alpha}\lt0. \]Ainsi, \(K\) traverse l’axe des abscisses en \(\alpha\) dans sa partie décroissante. Comme \(K(x)\to-\infty\) lorsque \(x\to0^+\) et \(K(x)\to+\infty\) lorsque \(x\to+\infty\), elle possède une racine avant \(\alpha\), la racine \(\alpha\), puis une racine après \(\alpha\).
Elle possède donc exactement trois zéros.
Le réel \(a=1\) est exclu par l’énoncé. À titre indicatif, pour \(a=1\), l’équation devient \(1=x\) et possède une unique solution.
Méthodes et résultats utiles
- Pour prouver une identité portant sur \(\dfrac{e^{2x}-1}{e^{2x}+1}\), on réduit les expressions au même dénominateur.
- La limite fondamentale \(\dfrac{e^x-1}{x}\to1\) permet d’étudier la continuité et la dérivabilité en \(0\).
- Pour l’équation \(a^{a^x}=x\), la monotonie de \(x\mapsto a^x\) sépare naturellement les cas \(a>1\) et \(0\lt a\lt1\).
- Les valeurs critiques du paramètre sont \(e^{-e}\) et \(e^{1/e}\).
Source : manuel Al Moufid, chapitre « Fonctions exponentielles », exercices 30 à 32, page 227.
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