Correction détaillée des exercices 51 à 55
Fonctions exponentielles — Manuel Al Moufid
2e Bac Sciences Mathématiques
Exercice 51
Pour tout \(n\in\mathbb N^*\), on considère :
\[ f_n(x)=xe^x-nx. \]Dans la première partie, on pose :
\[ g_n(x)=(x+1)e^x-n. \]Partie I — Question 1
Étudier les variations de \(g_n\).
Lire la réponse + Masquer la réponse −
On a :
\[ g_n'(x)=(x+2)e^x. \]Comme \(e^x\gt 0\), \(g_n'\) est négative sur \(]-\infty;-2[\), nulle en \(-2\), puis positive sur \(]-2;+\infty[\).
De plus :
\[ \lim_{x\to-\infty}g_n(x)=-n, \qquad g_n(-2)=-e^{-2}-n, \qquad \lim_{x\to+\infty}g_n(x)=+\infty. \]Partie I — Question 2-a
Montrer qu'il existe un unique réel \(\alpha_n\) tel que :
\[ g_n(\alpha_n)=0 \qquad\text{et}\qquad 0\le\alpha_n\le\ln n. \]Lire la réponse + Masquer la réponse −
Sur \([0;+\infty[\), la fonction \(g_n\) est strictement croissante.
On a :
\[ g_n(0)=1-n\le0 \]et :
\[ g_n(\ln n) =(\ln n+1)n-n =n\ln n\ge0. \]Le théorème des valeurs intermédiaires et la stricte croissance donnent l'existence et l'unicité de \(\alpha_n\) dans \([0;\ln n]\).
Partie I — Question 2-b
Justifier :
\[ \alpha_n=\ln\left(\frac{n}{1+\alpha_n}\right). \]Lire la réponse + Masquer la réponse −
La relation \(g_n(\alpha_n)=0\) donne :
\[ (1+\alpha_n)e^{\alpha_n}=n. \]Comme \(1+\alpha_n\gt 0\),
\[ e^{\alpha_n}=\frac{n}{1+\alpha_n}. \]En prenant le logarithme :
\[ \boxed{\alpha_n=\ln\left(\frac{n}{1+\alpha_n}\right).} \]Partie I — Question 3-a
Montrer que, pour tout \(x\gt 0\),
\[ \ln x\le x-1. \]Lire la réponse + Masquer la réponse −
Posons \(\varphi(x)=x-1-\ln x\) sur \(]0;+\infty[\). Alors :
\[ \varphi'(x)=1-\frac1x=\frac{x-1}{x}. \]La fonction \(\varphi\) décroît sur \(]0;1]\), puis croît sur \([1;+\infty[\), et \(\varphi(1)=0\).
Donc \(\varphi(x)\ge0\), ce qui donne l'inégalité.
Partie I — Question 3-b
En déduire que, pour tout \(n\in\mathbb N^*\),
\[ \frac12\ln n\le\alpha_n. \]Lire la réponse + Masquer la réponse −
La question précédente, appliquée à \(1+\alpha_n\), donne :
\[ \ln(1+\alpha_n)\le\alpha_n. \]Or :
\[ \alpha_n =\ln n-\ln(1+\alpha_n). \]Ainsi :
\[ \alpha_n\ge\ln n-\alpha_n. \]Donc :
\[ \boxed{\frac12\ln n\le\alpha_n.} \]Partie I — Question 3-c
Déterminer :
\[ \lim_{n\to+\infty}\alpha_n \qquad\text{et}\qquad \lim_{n\to+\infty}\frac{\alpha_n}{n}. \]Lire la réponse + Masquer la réponse −
L'encadrement :
\[ \frac12\ln n\le\alpha_n\le\ln n \]donne immédiatement :
\[ \boxed{\alpha_n\to+\infty.} \]De plus :
\[ 0\le\frac{\alpha_n}{n}\le\frac{\ln n}{n}. \]Comme \(\ln n/n\to0\),
\[ \boxed{\frac{\alpha_n}{n}\to0.} \]Partie II — Question 1-a
Étudier les variations de \(f_n\).
Lire la réponse + Masquer la réponse −
On a :
\[ f_n'(x)=(x+1)e^x-n=g_n(x). \]D'après la première partie, \(g_n(x)\lt 0\) lorsque \(x\lt \alpha_n\), et \(g_n(x)\gt 0\) lorsque \(x\gt \alpha_n\).
Aux deux extrémités :
\[ \lim_{x\to-\infty}f_n(x)=+\infty, \qquad \lim_{x\to+\infty}f_n(x)=+\infty. \]Partie II — Question 1-b
Montrer que :
\[ f_n(\alpha_n) = -\frac{n\alpha_n^2}{1+\alpha_n}. \]Lire la réponse + Masquer la réponse −
Comme :
\[ e^{\alpha_n}=\frac{n}{1+\alpha_n}, \]on obtient :
\[ \begin{aligned} f_n(\alpha_n) &=\alpha_ne^{\alpha_n}-n\alpha_n\\ &=\frac{n\alpha_n}{1+\alpha_n}-n\alpha_n\\ &=-\frac{n\alpha_n^2}{1+\alpha_n}. \end{aligned} \]Partie II — Question 2
Déterminer l'asymptote oblique de \(\mathcal C_n\) au voisinage de \(-\infty\).
Lire la réponse + Masquer la réponse −
On a :
\[ f_n(x)-(-nx)=xe^x. \]Or \(xe^x\to0\) lorsque \(x\to-\infty\). Donc :
\[ \boxed{D_n:y=-nx} \]est une asymptote oblique à \(\mathcal C_n\) au voisinage de \(-\infty\).
De plus, \(xe^x\) a le signe de \(x\). La courbe est donc au-dessous de \(D_n\) pour \(x\lt 0\), et au-dessus pour \(x\gt 0\).
Partie II — Question 3
Étudier la position relative de \(\mathcal C_n\) et de l'axe des abscisses.
Lire la réponse + Masquer la réponse −
On factorise :
\[ f_n(x)=x(e^x-n). \]Si \(n=1\), alors \(f_1(x)\ge0\) sur \(\mathbb R\), avec égalité seulement en \(0\).
Si \(n\gt 1\), les zéros sont :
\[ x=0 \qquad\text{et}\qquad x=\ln n. \]- \(f_n(x)\gt 0\) sur \(]-\infty;0[\) ;
- \(f_n(x)\lt 0\) sur \(]0;\ln n[\) ;
- \(f_n(x)\gt 0\) sur \(]\ln n;+\infty[\).
Partie II — Question 4
Étudier la position relative de \(\mathcal C_n\) et \(\mathcal C_{n+1}\).
Lire la réponse + Masquer la réponse −
Pour tout réel \(x\),
\[ f_{n+1}(x)-f_n(x)=-x. \]Ainsi :
- si \(x\lt 0\), alors \(f_{n+1}(x)\gt f_n(x)\) ;
- si \(x=0\), les deux courbes se coupent en \(O\) ;
- si \(x\gt 0\), alors \(f_{n+1}(x)\lt f_n(x)\).
Partie II — Question 5-a
Montrer que :
\[ \frac7{20}\le\alpha_2\le\frac25, \]puis en déduire un encadrement de \(f_2(\alpha_2)\).
Lire la réponse + Masquer la réponse −
La fonction \(g_2\) est strictement croissante sur \([0;+\infty[\). Un calcul numérique donne :
\[ g_2\left(\frac7{20}\right)\lt 0 \qquad\text{et}\qquad g_2\left(\frac25\right)\gt 0. \]Donc :
\[ \frac7{20}\le\alpha_2\le\frac25. \]La fonction :
\[ \psi(t)=-\frac{2t^2}{1+t} \]est strictement décroissante sur \(\mathbb R_+\). Comme \(f_2(\alpha_2)=\psi(\alpha_2)\),
\[ \boxed{ -\frac8{35} \le f_2(\alpha_2) \le -\frac{49}{270}.} \]Partie II — Question 5-b
Construire \(\mathcal C_1\) et \(\mathcal C_2\) dans un même repère.
Lire la réponse + Masquer la réponse −
On utilise les variations, les asymptotes \(y=-x\) et \(y=-2x\), les zéros et la position relative des deux courbes.
Allures des courbes \(\mathcal C_1\) et \(\mathcal C_2\).
Exercice 52
Partie A. On considère :
\[ u(x)=1+x+\frac{x^2}{2}-e^x, \] \[ v(x)=1+x-\left(1-\frac{x^2}{2}\right)e^x. \]Partie A — Question 1-a
Étudier les variations de \(u'\), puis en déduire son signe.
Lire la réponse + Masquer la réponse −
On a :
\[ u'(x)=1+x-e^x \]et :
\[ u''(x)=1-e^x. \]Ainsi, \(u'\) est croissante sur \(]-\infty;0]\), décroissante sur \([0;+\infty[\), et \(u'(0)=0\).
Par conséquent :
\[ \boxed{u'(x)\le0\quad\text{pour tout }x\in\mathbb R.} \]Partie A — Question 1-b
Étudier les variations de \(u\).
Lire la réponse + Masquer la réponse −
Comme \(u'(x)\le0\), la fonction \(u\) est décroissante sur \(\mathbb R\). De plus, \(u(0)=0\).
Ainsi :
- \(u(x)\ge0\) si \(x\le0\) ;
- \(u(x)\le0\) si \(x\ge0\).
Partie A — Question 2-a
Étudier les variations de \(v'\), puis montrer que :
\[ v'(x)\ge0 \qquad\text{pour tout }x\in\mathbb R. \]Lire la réponse + Masquer la réponse −
On calcule :
\[ v'(x) = 1-\left(1-x-\frac{x^2}{2}\right)e^x. \]Puis :
\[ v''(x)=\frac{x(x+4)}2e^x. \]La fonction \(v'\) est croissante sur \(]-\infty;-4]\), décroissante sur \([-4;0]\), puis croissante sur \([0;+\infty[\).
On a :
\[ \lim_{x\to-\infty}v'(x)=1, \qquad v'(0)=0. \]Sur \(]-\infty;-4]\), on a \(v'(x)\ge1\). Sur \([-4;0]\), la fonction \(v'\) décroît jusqu'à \(v'(0)=0\), puis elle croît sur \([0;+\infty[\). Ainsi :
\[ \boxed{v'(x)\ge0\quad\text{pour tout }x\in\mathbb R.} \]Partie A — Question 2-b
Étudier les variations de \(v\).
Lire la réponse + Masquer la réponse −
Comme \(v'(x)\ge0\), la fonction \(v\) est croissante sur \(\mathbb R\). De plus, \(v(0)=0\).
Ainsi :
- \(v(x)\le0\) si \(x\le0\) ;
- \(v(x)\ge0\) si \(x\ge0\).
Partie A — Question 3
En déduire les encadrements suivants :
\[ x\lt 0:\quad \frac{x^2}{2}e^x \le e^x-1-x \le \frac{x^2}{2}, \] \[ x\gt 0:\quad \frac{x^2}{2} \le e^x-1-x \le \frac{x^2}{2}e^x. \]Lire la réponse + Masquer la réponse −
Le signe de \(u\) donne :
\[ x\lt 0\Rightarrow e^x-1-x\le\frac{x^2}{2}, \] \[ x\gt 0\Rightarrow e^x-1-x\ge\frac{x^2}{2}. \]Le signe de \(v\) donne :
\[ x\lt 0\Rightarrow e^x-1-x\ge\frac{x^2}{2}e^x, \] \[ x\gt 0\Rightarrow e^x-1-x\le\frac{x^2}{2}e^x. \]On obtient exactement les deux encadrements demandés.
Partie A — Question 4-a
On définit :
\[ f(x)= \begin{cases} \dfrac{e^x-1-x}{x^2}-\dfrac12,&x\ne0,\\ 0,&x=0. \end{cases} \]Montrer que \(f\) est continue sur \(\mathbb R\).
Lire la réponse + Masquer la réponse −
La continuité ne pose aucun problème sur \(\mathbb R^*\).
Pour \(x\lt 0\), l'encadrement précédent donne :
\[ \frac12e^x-\frac12 \le f(x) \le0. \]Pour \(x\gt 0\),
\[ 0 \le f(x) \le \frac12e^x-\frac12. \]Dans les deux cas, les bornes tendent vers \(0\) lorsque \(x\to0\). Donc :
\[ \lim_{x\to0}f(x)=0=f(0). \]Partie A — Question 4-b
En déduire que :
\[ e^x = 1+x+\frac{x^2}{2}+x^2f(x), \qquad \lim_{x\to0}f(x)=0. \]Lire la réponse + Masquer la réponse −
Pour \(x\ne0\), la définition de \(f\) donne directement :
\[ e^x-1-x = \frac{x^2}{2}+x^2f(x). \]L'égalité reste vraie en \(x=0\), et la limite a été établie dans la question précédente.
Partie B — Question 1
Montrer que \(g\) est dérivable en \(0\), puis déterminer \(g'(0)\).
Lire la réponse + Masquer la réponse −
À l'aide de l'égalité de la partie A :
\[ g(x) = 1+\frac x2+xf(x). \]Donc :
\[ \frac{g(x)-g(0)}x = \frac12+f(x). \]Comme \(f(x)\to0\),
\[ \boxed{g'(0)=\frac12.} \]Partie B — Question 2
Étudier les branches infinies de \(\mathcal C_g\).
Lire la réponse + Masquer la réponse −
Lorsque \(x\to-\infty\),
\[ g(x)=\frac{e^x-1}{x}\to0. \]La droite \(y=0\) est donc une asymptote horizontale à gauche.
Lorsque \(x\to+\infty\), \(g(x)\to+\infty\), et :
\[ \frac{g(x)}x = \frac{e^x-1}{x^2} \to+\infty. \]La courbe possède donc à droite une branche parabolique de direction l'axe des ordonnées.
Partie B — Question 3
Étudier les variations de \(g\).
Lire la réponse + Masquer la réponse −
Pour \(x\ne0\),
\[ g'(x) = \frac{(x-1)e^x+1}{x^2}. \]Posons \(p(x)=(x-1)e^x+1\). Alors :
\[ p'(x)=xe^x. \]La fonction \(p\) décroît sur \(]-\infty;0]\), croît sur \([0;+\infty[\), et \(p(0)=0\). Donc \(p(x)\ge0\).
Ainsi, \(g'(x)\gt 0\) pour \(x\ne0\), et \(g'(0)=1/2\gt 0\).
Partie B — Question 4
Tracer la courbe \(\mathcal C_g\).
Lire la réponse + Masquer la réponse −
La courbe est strictement croissante, passe par \(A(0;1)\), possède en ce point la tangente :
\[ y=1+\frac x2, \]admet \(y=0\) comme asymptote à gauche et une branche parabolique à droite.
Allure de la courbe de \(g(x)=\dfrac{e^x-1}{x}\), prolongée par \(g(0)=1\).
Partie C — Question 1
Déterminer le domaine de définition de \(h\).
Lire la réponse + Masquer la réponse −
L'inégalité \(e^x\ge1+x\) est vraie pour tout réel \(x\). Ainsi :
\[ e^x-1-x\ge0. \]Partie C — Question 2
Étudier la dérivabilité de \(h\) en \(0\).
Lire la réponse + Masquer la réponse −
Comme \(h(0)=0\), pour \(x\ne0\) :
\[ \frac{h(x)-h(0)}x = \frac{|x|}{x} \sqrt{\frac{e^x-1-x}{x^2}}. \]D'après la partie A :
\[ \frac{e^x-1-x}{x^2}\to\frac12. \]Donc :
\[ h'_g(0)=-\frac1{\sqrt2}, \qquad h'_d(0)=\frac1{\sqrt2}. \]Partie D
Montrer que \(F\) est dérivable en \(0\), puis déterminer \(F'(0)\).
Lire la réponse + Masquer la réponse −
Posons \(x=\ln(1+t)\). Alors \(t=e^x-1\) et \(x\to0\) lorsque \(t\to0\).
Pour \(t\ne0\),
\[ F(t)=\frac{x}{e^x-1}. \]Ainsi :
\[ \begin{aligned} \frac{F(t)-1}{t} &= -\frac{e^x-1-x}{(e^x-1)^2}\\ &= -\frac{\frac{e^x-1-x}{x^2}} {\left(\frac{e^x-1}{x}\right)^2}. \end{aligned} \]Le numérateur tend vers \(1/2\) et le dénominateur vers \(1\). Donc :
\[ \boxed{F'(0)=-\frac12.} \]Exercice 53
Partie A. On considère :
\[ g(x)=\frac{x-1}{x}-\ln|x|, \qquad x\in\mathbb R^*. \]Partie A — Question 1-a
Étudier les variations de \(g\).
Lire la réponse + Masquer la réponse −
On a :
\[ g'(x)=\frac{1-x}{x^2}. \]Ainsi, \(g\) est croissante sur \(]-\infty;0[\) et sur \(]0;1]\), puis décroissante sur \([1;+\infty[\).
Les limites sont :
\[ \lim_{x\to-\infty}g(x)=-\infty, \qquad \lim_{x\to0^-}g(x)=+\infty, \] \[ \lim_{x\to0^+}g(x)=-\infty, \qquad g(1)=0, \qquad \lim_{x\to+\infty}g(x)=-\infty. \]Partie A — Question 1-b
Montrer qu'il existe un unique réel négatif \(\alpha\) tel que \(g(\alpha)=0\).
Lire la réponse + Masquer la réponse −
Sur \(]-\infty;0[\), la fonction \(g\) est continue et strictement croissante, avec limites \(-\infty\) et \(+\infty\).
Elle y admet donc un unique zéro \(\alpha\). Numériquement :
\[ \boxed{\alpha\approx-3{,}6.} \]Partie A — Question 1-c
En déduire le signe de \(g\).
Lire la réponse + Masquer la réponse −
- \(g(x)\lt 0\) sur \(]-\infty;\alpha[\) ;
- \(g(x)\gt 0\) sur \(]\alpha;0[\) ;
- \(g(x)\lt 0\) sur \(]0;1[\) ;
- \(g(1)=0\) ;
- \(g(x)\lt 0\) sur \(]1;+\infty[\).
Partie A — Question 2-a
Sur \(]1;+\infty[\), on pose :
\[ h(x) = \frac1{x(x-1)} - \frac{\ln x}{(x-1)^2} = \frac{g(x)}{(x-1)^2}. \]Montrer que :
\[ h'(x)=\frac{u(x)}{(x-1)^3}. \]Lire la réponse + Masquer la réponse −
Un calcul direct donne :
\[ u(x) = 2\ln x-3+\frac4x-\frac1{x^2}. \]Ainsi :
\[ \boxed{ h'(x)= \frac{ 2\ln x-3+\frac4x-\frac1{x^2} }{(x-1)^3}.} \]Partie A — Question 2-b
Étudier les variations et le signe de \(u\), puis en déduire le signe de \(h'\) sur \(]1;+\infty[\).
Lire la réponse + Masquer la réponse −
On a :
\[ u'(x)=\frac{2(x-1)^2}{x^3}\ge0 \qquad(x\gt 1). \]De plus, \(u(1)=0\). Donc \(u(x)\gt 0\) pour tout \(x\gt 1\).
Comme \((x-1)^3\gt 0\),
\[ \boxed{h'(x)\gt 0\quad\text{sur } ]1;+\infty[.} \]La fonction \(h\) est donc strictement croissante sur cet intervalle. Elle y reste négative puisque \(g(x)\lt 0\).
Partie B — Question 1
Déterminer \(D_f\), puis calculer les limites de \(f\) aux bornes de son domaine.
Lire la réponse + Masquer la réponse −
Il faut \(x\ne0\) et \(x\ne1\). Ainsi :
\[ D_f=\mathbb R\setminus\{0;1\}. \]En écrivant :
\[ f(x)= \exp\left(\frac{\ln|x|}{x-1}\right), \]on obtient :
\[ \lim_{x\to-\infty}f(x)=1, \qquad \lim_{x\to0^-}f(x)=+\infty, \] \[ \lim_{x\to0^+}f(x)=+\infty, \qquad \lim_{x\to1^-}f(x)=e, \] \[ \lim_{x\to1^+}f(x)=e, \qquad \lim_{x\to+\infty}f(x)=1. \]Partie B — Question 2
Montrer que \(f\) est prolongeable par continuité en \(1\).
Lire la réponse + Masquer la réponse −
Les limites à gauche et à droite en \(1\) sont égales à \(e\). Le prolongement continu est donc obtenu en posant :
\[ \boxed{f(1)=e.} \]Partie B — Question 3
Étudier les variations de \(f\).
Lire la réponse + Masquer la réponse −
Pour \(x\in D_f\),
\[ \frac{f'(x)}{f(x)} = \frac{g(x)}{(x-1)^2}. \]Comme \(f(x)\gt 0\) et \((x-1)^2\gt 0\), le signe de \(f'(x)\) est celui de \(g(x)\).
- \(f\) décroît sur \(]-\infty;\alpha]\) ;
- \(f\) croît sur \([\alpha;0[\) ;
- \(f\) décroît sur \(]0;1[\) ;
- après prolongement, \(f\) décroît encore sur \([1;+\infty[\).
Le point d'abscisse \(\alpha\) est un minimum local sur la branche négative.
Partie B — Question 4
Construire la courbe représentative de \(f\).
Lire la réponse + Masquer la réponse −
La droite \(x=0\) est une asymptote verticale. La droite \(y=1\) est une asymptote horizontale aux voisinages de \(-\infty\) et \(+\infty\). La courbe passe par le point prolongé \((1;e)\).
Allure de la courbe de \(f(x)=|x|^{1/(x-1)}\), avec le prolongement \(f(1)=e\).
Partie B — Question 5
Montrer qu'il existe un unique réel \(\ell\ge3/2\) tel que :
\[ f(\ell)=\ell. \]Lire la réponse + Masquer la réponse −
Pour \(x\gt 1\), l'équation devient :
\[ x^{1/(x-1)}=x. \]Comme \(\ln x\gt 0\), on peut prendre le logarithme puis simplifier :
\[ \frac{\ln x}{x-1}=\ln x \iff \frac1{x-1}=1 \iff x=2. \]Partie C — Question 1
Montrer qu'il existe \(q\in]0;1[\) tel que :
\[ x\ge\frac32 \Longrightarrow |f'(x)|\le q. \]Lire la réponse + Masquer la réponse −
Sur \(]1;+\infty[\), \(f\) est décroissante et \(h=f'/f\) est croissante, tout en restant négative. Ainsi, \(f\) et \(-h\) sont positives et décroissantes sur \([3/2;+\infty[\).
Par conséquent, \(|f'|=f(-h)\) y est décroissante, et :
\[ |f'(x)| \le \left|f'\left(\frac32\right)\right| = 9\ln\left(\frac32\right)-3. \]Or :
\[ 9\ln\left(\frac32\right)-3\approx0{,}649\lt 1. \]On peut donc choisir :
\[ \boxed{q=9\ln\left(\frac32\right)-3.} \]Partie C — Question 2
Montrer que, pour tout \(n\in\mathbb N\),
\[ |u_{n+1}-\ell| \le q|u_n-\ell|. \]Lire la réponse + Masquer la réponse −
Sur \([3/2;4]\), la fonction \(f\) est décroissante. De plus :
\[ f(4)=\sqrt[3]{4} \qquad\text{et}\qquad f\left(\frac32\right)=\frac94. \]Comme \(3/2\le\sqrt[3]{4}\le9/4\le4\), on obtient :
\[ f\left(\left[\frac32;4\right]\right) = \left[\sqrt[3]{4};\frac94\right] \subset \left[\frac32;4\right]. \]Par récurrence, tous les termes de la suite appartiennent donc à \([3/2;4]\).
Comme \(f(\ell)=\ell\), le théorème des accroissements finis donne :
\[ \begin{aligned} |u_{n+1}-\ell| &= |f(u_n)-f(\ell)|\\ &\le q|u_n-\ell|. \end{aligned} \]Partie C — Question 3
Déterminer la limite de la suite \((u_n)\).
Lire la réponse + Masquer la réponse −
En répétant l'inégalité précédente :
\[ |u_n-\ell| \le q^n|u_0-\ell|. \]Comme \(0\lt q\lt 1\), \(q^n\to0\). Donc :
\[ \boxed{u_n\to\ell=2.} \]Exercice 54
Étudier puis représenter les trois fonctions suivantes.
Fonction \(f\)
\[ f(x)= \begin{cases} \dfrac1{x^2}e^{-1/x^2},&x\ne0,\\ 0,&x=0. \end{cases} \]Lire la réponse + Masquer la réponse −
La fonction \(f\) est paire et positive. Comme l'exponentielle l'emporte sur toute puissance au voisinage de \(-\infty\),
\[ \lim_{x\to0}\frac{e^{-1/x^2}}{x^2}=0=f(0). \]Elle est donc continue en \(0\). De plus :
\[ \lim_{x\to0}\frac{f(x)-f(0)}x = \lim_{x\to0}\frac{e^{-1/x^2}}{x^3} =0. \]Ainsi, \(f'(0)=0\) et la tangente en l'origine est l'axe des abscisses. Pour \(x\ne0\),
\[ f'(x) = \frac{2(1-x^2)}{x^5}e^{-1/x^2}. \]On en déduit :
- \(f\) croît sur \(]-\infty;-1]\) ;
- \(f\) décroît sur \([-1;0]\) ;
- \(f\) croît sur \([0;1]\) ;
- \(f\) décroît sur \([1;+\infty[\).
Les maxima sont atteints en \(\pm1\) et valent \(1/e\). De plus :
\[ \lim_{x\to\pm\infty}f(x)=0. \]Courbe de \(f(x)=x^{-2}e^{-1/x^2}\), prolongée par \(f(0)=0\).
Fonction \(g\)
\[ g(x)= \begin{cases} e^{x^2\ln|x|}=|x|^{x^2},&x\ne0,\\ 1,&x=0. \end{cases} \]Lire la réponse + Masquer la réponse −
La fonction \(g\) est paire. Puisque \(x^2\ln|x|\to0\) lorsque \(x\to0\), on a \(g(x)\to1=g(0)\) : la fonction est continue en \(0\).
En outre :
\[ \frac{g(x)-g(0)}x = \frac{e^{x^2\ln|x|}-1}{x^2\ln|x|} \,x\ln|x| \longrightarrow0. \]Ainsi, \(g'(0)=0\). Pour \(x\ne0\),
\[ g'(x) = g(x)\,x\left(2\ln|x|+1\right). \]Les points critiques vérifient :
\[ |x|=e^{-1/2}. \]La fonction décroît sur \(]-\infty;-e^{-1/2}]\), croît sur \([-e^{-1/2};0]\), décroît sur \([0;e^{-1/2}]\), puis croît sur \([e^{-1/2};+\infty[\).
Les deux minima valent :
\[ e^{-1/(2e)}. \]Enfin :
\[ \lim_{x\to-\infty}g(x) = \lim_{x\to+\infty}g(x) =+\infty. \]Courbe de \(g(x)=e^{x^2\ln|x|}=|x|^{x^2}\), prolongée par \(g(0)=1\).
Fonction \(h\)
\[ h(x)= \begin{cases} \left|1+\dfrac1x\right|^x, &x\in\mathbb R\setminus\{-1;0\},\\ 1,&x=0. \end{cases} \]Lire la réponse + Masquer la réponse −
Son domaine de définition est \(D_h=\mathbb R\setminus\{-1\}\). Pour \(x\ne-1,0\), on écrit :
\[ h(x) = \exp\left( x\ln\left|1+\frac1x\right| \right). \]L'exposant tend vers \(0\) lorsque \(x\to0\), donc \(h(x)\to1=h(0)\). La fonction est continue en \(0\).
Posons \(\varphi(x)=x\ln\left|1+\frac1x\right|\). Alors :
\[ \frac{h(x)-h(0)}x = \frac{e^{\varphi(x)}-1}{\varphi(x)} \ln\left|1+\frac1x\right| \longrightarrow+\infty. \]La courbe possède donc en \(A(0;1)\) une tangente verticale.
On a :
\[ \lim_{x\to\pm\infty}h(x)=e \]et :
\[ \lim_{x\to-1^-}h(x) = \lim_{x\to-1^+}h(x) = +\infty. \]Pour \(x\ne-1,0\), le signe de \(h'(x)\) est celui de :
\[ \ln\left|1+\frac1x\right| - \frac1{x+1}. \]- \(h\) est croissante sur \(]-\infty;-1[\) ;
- sur \(]-1;0[\), elle décroît puis croît, avec un unique minimum en un réel \(\beta\in]-1;0[\) ;
- \(h\) est croissante sur \(]0;+\infty[\).
Le réel \(\beta\) est caractérisé par :
\[ \ln s=1+\frac1s, \qquad \beta=-\frac1{1+s}, \]où \(s\gt 1\) est l'unique solution de cette équation.
Courbe de \(h(x)=\left|1+\dfrac1x\right|^x\), prolongée par \(h(0)=1\).
Exercice 55
On considère sur \(\mathbb R\setminus\{-1;1\}\) :
\[ f(x) = -x+\frac12\ln\left|\frac{x+1}{x-1}\right|, \] \[ g(x) = \frac{x^3}{3(1-x^2)}, \qquad h(x)=f(x)-g(x). \]Question 1-a — Variations de \(f\) et \(g\)
Étudier les variations des fonctions \(f\) et \(g\).
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On a :
\[ f'(x)=\frac{x^2}{1-x^2}. \]Ainsi, \(f\) décroît sur \(]-\infty;-1[\), croît sur \(]-1;1[\), puis décroît sur \(]1;+\infty[\).
Les limites utiles sont :
\[ f(x)\to+\infty\quad(x\to-\infty), \qquad f(x)\to-\infty\quad(x\to+\infty), \] \[ f(x)\to-\infty\quad(x\to-1^\pm), \qquad f(x)\to+\infty\quad(x\to1^\pm). \]D'autre part :
\[ g'(x) = \frac{x^2(3-x^2)}{3(1-x^2)^2}. \]La fonction \(g\) décroît sur \(]-\infty;-\sqrt3]\), croît sur \([-\sqrt3;-1[\), croît sur \(]-1;1[\), croît sur \(]1;\sqrt3]\), puis décroît sur \([\sqrt3;+\infty[\).
On a :
\[ g(-\sqrt3)=\frac{\sqrt3}{2}, \qquad g(\sqrt3)=-\frac{\sqrt3}{2}. \]Question 1-b — Signe de \(h\)
Étudier le signe de \(h(x)\) sur \(]-1;1[\).
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Pour \(x\in]-1;1[\),
\[ \begin{aligned} h'(x) &= \frac{x^2}{1-x^2} - \frac{x^2(3-x^2)}{3(1-x^2)^2}\\ &= -\frac{2x^4}{3(1-x^2)^2} \le0. \end{aligned} \]La fonction \(h\) est décroissante sur \(]-1;1[\), et :
\[ h(0)=0. \]Question 2 — Expressions en fonction de \(n\)
Pour \(n\in\mathbb N^*\), calculer :
\[ (2n+1)f\left(\frac1{2n+1}\right) \]et :
\[ (2n+1)g\left(\frac1{2n+1}\right). \]Lire la réponse + Masquer la réponse −
On obtient :
\[ \boxed{ (2n+1)f\left(\frac1{2n+1}\right) = -1+\frac{2n+1}{2} \ln\left(\frac{n+1}{n}\right).} \]De même :
\[ \boxed{ (2n+1)g\left(\frac1{2n+1}\right) = \frac1{12n(n+1)}.} \]Question 3 — Suites adjacentes
On considère :
\[ u_n = \frac{n^{(2n+1)/2}}{n!}e^{-n}, \qquad v_n = u_ne^{1/(12n)} \qquad(n\ge1). \]Montrer que les suites \((u_n)\) et \((v_n)\) sont adjacentes.
Lire la réponse + Masquer la réponse −
Calculons d'abord :
\[ \begin{aligned} \ln\left(\frac{u_{n+1}}{u_n}\right) &= -1+\frac{2n+1}{2} \ln\left(\frac{n+1}{n}\right)\\ &= (2n+1)f\left(\frac1{2n+1}\right). \end{aligned} \]Comme \(1/(2n+1)\in]0;1[\), les variations de \(f\) et l'égalité \(f(0)=0\) donnent :
\[ f\left(\frac1{2n+1}\right)\gt 0. \]Par conséquent :
\[ \ln\left(\frac{u_{n+1}}{u_n}\right)\gt 0. \]La suite \((u_n)\) est donc strictement croissante.
Ensuite :
\[ \begin{aligned} \ln\left(\frac{v_{n+1}}{v_n}\right) &= \ln\left(\frac{u_{n+1}}{u_n}\right) + \frac1{12(n+1)} - \frac1{12n}\\ &= (2n+1) h\left(\frac1{2n+1}\right) \lt 0. \end{aligned} \]La suite \((v_n)\) est donc strictement décroissante.
Enfin :
\[ u_n\le v_n \]et :
\[ v_n-u_n = u_n\left(e^{1/(12n)}-1\right). \]Comme \((v_n)\) est décroissante et positive, \((u_n)\) est majorée. Le facteur \(e^{1/(12n)}-1\) tend vers \(0\). Par conséquent :
\[ v_n-u_n\to0. \]Méthodes et repères utiles
- Une équation implicite peut être étudiée grâce à une fonction auxiliaire strictement monotone.
- Les encadrements de \(e^x-1-x\) permettent d'obtenir des résultats de dérivabilité sans approximation en série.
- Pour \(u(x)^{v(x)}\), l'écriture exponentielle transforme l'étude en celle de \(v(x)\ln u(x)\).
- Pour montrer que deux suites sont adjacentes, on établit la croissance de l'une, la décroissance de l'autre, leur ordre et la convergence de leur différence vers zéro.
Source : manuel Al Moufid, chapitre « Fonctions exponentielles », exercices 51 à 55, pages imprimées 232 et 233.
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