Correction détaillée des exercices 30 à 32
Fonctions exponentielles — Manuel Al Moufid
2e Bac Sciences Mathématiques
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.
Lire la réponse +Masquer la réponse −
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)
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
- 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
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 \(]0;+\infty[\), et \(K\) est strictement croissante. Elle s’annule une seule fois.
Si \(c>e\), c’est-à-dire si \(0
Par ailleurs, l’équation \(a^x=x\) possède une unique solution \(\alpha\in]0;1[\), qui vérifie aussi \(K(\alpha)=0\). Comme \(a
\[
-\ln\alpha>1.
\]
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.
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 \(]0;+\infty[\), et \(K\) est strictement croissante. Elle s’annule une seule fois.
Si \(c>e\), c’est-à-dire si \(0 Par ailleurs, l’équation \(a^x=x\) possède une unique solution \(\alpha\in]0;1[\), qui vérifie aussi \(K(\alpha)=0\). Comme \(a Or \(c\alpha=-\ln\alpha\), d’où : 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
- Les valeurs critiques du paramètre sont \(e^{-e}\) et \(e^{1/e}\).
Source : manuel Al Moufid, chapitre « Fonctions exponentielles », exercices 30 à 32, page imprimée 227.
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