Correction détaillée du problème 9
Fonctions exponentielles — Manuel Al Moufid
2e Bac Sciences Mathématiques
Première partie
On travaille sur la fonction \(t\mapsto e^{-t}\) afin d'établir plusieurs inégalités utiles.
Première partie — Question 1
En appliquant le théorème des accroissements finis à la fonction \(t\mapsto e^{-t}\), montrer que, pour tout réel \(x\gt0\), il existe un réel \(\theta\in]0;x[\) tel que :
\[ e^\theta=\frac{x}{1-e^{-x}}. \]Lire la réponse + Masquer la réponse −
Appliquons le théorème des accroissements finis à la fonction :
\[ \varphi(t)=e^{-t} \]sur l'intervalle \([0;x]\), avec \(x\gt0\).
Il existe \(\theta\in]0;x[\) tel que :
\[ \varphi(x)-\varphi(0)=x\varphi'(\theta). \]Comme \(\varphi'(t)=-e^{-t}\),
\[ e^{-x}-1=-xe^{-\theta}. \]Donc :
\[ 1-e^{-x}=xe^{-\theta}. \]Les deux membres sont strictement positifs. Ainsi :
\[ \boxed{e^\theta=\frac{x}{1-e^{-x}}.} \]Première partie — Question 2-a
En déduire que, pour tout \(x\gt0\),
\[ 1-x\lt e^{-x}. \]Lire la réponse + Masquer la réponse −
La relation précédente donne :
\[ 1-e^{-x}=xe^{-\theta}. \]Comme \(\theta\gt0\), on a \(0\lt e^{-\theta}\lt1\). Donc :
\[ 1-e^{-x}\lt x. \]Par conséquent :
\[ \boxed{1-x\lt e^{-x}.} \]Première partie — Question 2-b
En déduire que, pour tout \(x\gt0\),
\[ x+1\lt e^x. \]Lire la réponse + Masquer la réponse −
D'après la question 1, il existe \(\theta\in]0;x[\) tel que :
\[ e^\theta=\frac{x}{1-e^{-x}}. \]Comme \(\theta\lt x\) et que la fonction exponentielle est strictement croissante :
\[ \frac{x}{1-e^{-x}}=e^\theta\lt e^x. \]Comme \(1-e^{-x}\gt0\),
\[ x\lt e^x(1-e^{-x})=e^x-1. \]Ainsi :
\[ \boxed{x+1\lt e^x.} \]Première partie — Question 2-c
Montrer que, pour tout \(x\gt0\),
\[ 0 \lt \ln\left(\frac{xe^x}{e^x-1}\right) \lt x. \]Lire la réponse + Masquer la réponse −
D'après la question 1 :
\[ \frac{x}{1-e^{-x}}=e^\theta \qquad\text{avec }\theta\in]0;x[. \]Or :
\[ \frac{x}{1-e^{-x}} = \frac{xe^x}{e^x-1}. \]En prenant le logarithme :
\[ \ln\left(\frac{xe^x}{e^x-1}\right)=\theta. \]Comme \(0\lt\theta\lt x\),
\[ \boxed{ 0 \lt \ln\left(\frac{xe^x}{e^x-1}\right) \lt x.} \]Deuxième partie
On considère la fonction \(f\) définie sur \([0;+\infty[\) par :
\[ f(0)=1 \qquad\text{et}\qquad f(x)=\frac{xe^x}{e^x-1} \quad\text{si }x\gt0. \]On note \(\mathcal C\) sa courbe représentative dans un repère orthonormé.
Deuxième partie — Question 1-a
Montrer que \(f\) est continue à droite en \(0\).
Lire la réponse + Masquer la réponse −
Pour \(x\gt0\),
\[ f(x)=\frac{x}{1-e^{-x}}. \]D'après la première partie, il existe \(\theta\in]0;x[\) tel que :
\[ f(x)=e^\theta. \]Lorsque \(x\to0^+\), l'encadrement \(0\lt\theta\lt x\) donne \(\theta\to0\). Donc :
\[ f(x)=e^\theta\longrightarrow1=f(0). \]Deuxième partie — Question 1-b
Montrer que :
\[ \lim_{x\to+\infty}\bigl(f(x)-x\bigr)=0, \]puis interpréter géométriquement le résultat.
Lire la réponse + Masquer la réponse −
Pour \(x\gt0\),
\[ \begin{aligned} f(x)-x &=\frac{xe^x}{e^x-1}-x\\ &=\frac{x}{e^x-1}\\ &=\frac{xe^{-x}}{1-e^{-x}}. \end{aligned} \]Lorsque \(x\to+\infty\),
\[ xe^{-x}\to0 \qquad\text{et}\qquad 1-e^{-x}\to1. \]Ainsi :
\[ \boxed{f(x)-x\to0.} \]De plus, \(f(x)-x=x/(e^x-1)\gt0\). La courbe reste donc au-dessus de son asymptote.
Deuxième partie — Question 2-a
Montrer que, pour tout \(x\ge0\),
\[ x-\frac{x^2}{2}\le1-e^{-x}. \]Lire la réponse + Masquer la réponse −
Posons :
\[ \varphi(x)=1-e^{-x}-x+\frac{x^2}{2} \qquad(x\ge0). \]On a :
\[ \varphi'(x)=e^{-x}-1+x. \]D'après la première partie :
\[ e^{-x}\ge1-x \qquad(x\ge0). \]Donc \(\varphi'(x)\ge0\). Comme \(\varphi(0)=0\),
\[ \varphi(x)\ge0. \]Deuxième partie — Question 2-b
En déduire que, pour tout \(x\ge0\),
\[ \frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{6} \le e^{-x}+x-1 \le \frac{x^2}{2}. \]Lire la réponse + Masquer la réponse −
L'inégalité de la question précédente s'écrit :
\[ e^{-x}+x-1\le\frac{x^2}{2}. \]Pour établir la minoration, posons :
\[ \psi(x) = e^{-x}+x-1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{6}. \]Alors :
\[ \psi'(x) = 1-e^{-x}-x+\frac{x^2}{2}. \]La question précédente donne \(\psi'(x)\ge0\), et \(\psi(0)=0\). Donc \(\psi(x)\ge0\).
Deuxième partie — Question 3-a
Vérifier que, pour tout \(x\gt0\),
\[ \frac{f(x)-1}{x} = \frac{e^{-x}+x-1}{x^2}\,f(x). \]Lire la réponse + Masquer la réponse −
Pour \(x\gt0\),
\[ f(x)=\frac{x}{1-e^{-x}}. \]Alors :
\[ \begin{aligned} \frac{f(x)-1}{x} &= \frac{ \frac{x}{1-e^{-x}}-1 }{x}\\ &= \frac{e^{-x}+x-1} {x(1-e^{-x})}. \end{aligned} \]D'autre part :
\[ \begin{aligned} \frac{e^{-x}+x-1}{x^2}f(x) &= \frac{e^{-x}+x-1}{x^2} \frac{x}{1-e^{-x}}\\ &= \frac{e^{-x}+x-1} {x(1-e^{-x})}. \end{aligned} \]Les deux expressions sont donc égales.
Deuxième partie — Question 3-b
En déduire que :
\[ \lim_{x\to0^+}\frac{f(x)-1}{x}=\frac12, \]puis interpréter géométriquement le résultat.
Lire la réponse + Masquer la réponse −
Pour \(x\gt0\), l'encadrement de la question 2-b donne :
\[ \frac12-\frac{x}{6} \le \frac{e^{-x}+x-1}{x^2} \le \frac12. \]Par encadrement :
\[ \frac{e^{-x}+x-1}{x^2}\longrightarrow\frac12. \]De plus, \(f(x)\to1\) lorsque \(x\to0^+\). L'identité précédente donne donc :
\[ \boxed{ \lim_{x\to0^+}\frac{f(x)-1}{x}=\frac12.} \]Deuxième partie — Question 4-a
Montrer que \(f\) est dérivable sur \(]0;+\infty[\) et que :
\[ f'(x) = \frac{e^x\bigl(e^x-1-x\bigr)}{(e^x-1)^2}. \]Lire la réponse + Masquer la réponse −
Pour \(x\gt0\), la fonction est dérivable, et :
\[ \begin{aligned} f'(x) &= \frac{ (e^x+xe^x)(e^x-1)-xe^x\cdot e^x }{(e^x-1)^2}\\ &= \frac{ e^x(e^x-1-x) }{(e^x-1)^2}. \end{aligned} \]Deuxième partie — Question 4-b
En déduire que \(f\) est strictement croissante sur \([0;+\infty[\).
Lire la réponse + Masquer la réponse −
Pour \(x\gt0\), la première partie donne :
\[ e^x-1-x\gt0. \]Comme \(e^x\gt0\) et \((e^x-1)^2\gt0\),
\[ f'(x)\gt0 \qquad(x\gt0). \]De plus, pour \(x\gt0\), la première partie donne :
\[ \ln(f(x))\gt0, \]donc \(f(x)\gt1=f(0)\).
La courbe part de \(A(0;1)\) avec la demi-tangente \(y=1+x/2\), croît strictement et reste au-dessus de l'asymptote oblique \(y=x\).
Troisième partie
On considère la suite numérique \((u_n)\) définie par :
\[ u_0\gt0 \qquad\text{et}\qquad u_{n+1}=\ln\bigl(f(u_n)\bigr) \quad\text{pour tout }n\in\mathbb N. \]Troisième partie — Question 1
Montrer que, pour tout \(n\in\mathbb N\),
\[ u_n\gt0. \]Lire la réponse + Masquer la réponse −
On a \(u_0\gt0\).
Supposons \(u_n\gt0\). D'après la première partie :
\[ \ln\bigl(f(u_n)\bigr)\gt0. \]Donc :
\[ u_{n+1}\gt0. \]Troisième partie — Question 2
Montrer que la suite \((u_n)\) est strictement décroissante, puis en déduire qu'elle est convergente.
Lire la réponse + Masquer la réponse −
Pour tout \(n\), on a \(u_n\gt0\). La première partie donne alors :
\[ 0 \lt \ln\bigl(f(u_n)\bigr) \lt u_n. \]Or :
\[ u_{n+1}=\ln\bigl(f(u_n)\bigr). \]Ainsi :
\[ 0\lt u_{n+1}\lt u_n. \]Troisième partie — Question 3
Montrer que \(0\) est l'unique solution de l'équation :
\[ \ln(f(x))=x, \]puis déterminer la limite de la suite \((u_n)\).
Lire la réponse + Masquer la réponse −
On a :
\[ \ln(f(0))=\ln1=0. \]Donc \(x=0\) est une solution.
Pour tout \(x\gt0\), la première partie donne :
\[ \ln(f(x))\lt x. \]Il n'existe donc aucune solution strictement positive.
Notons \(\ell\) la limite de la suite. Comme \(u_n\gt0\), on a \(\ell\ge0\).
La fonction \(x\mapsto\ln(f(x))\) est continue sur \([0;+\infty[\). En passant à la limite dans :
\[ u_{n+1}=\ln(f(u_n)), \]on obtient :
\[ \ell=\ln(f(\ell)). \]L'unicité de la solution donne :
\[ \boxed{\ell=0.} \]Méthodes et résultats essentiels
- Le théorème des accroissements finis fournit ici une représentation intermédiaire exacte, sans approximation en série.
- Des inégalités successives sur l'exponentielle permettent d'établir la continuité, la dérivabilité et la tangente à l'origine.
- La comparaison \(0\lt\ln(f(x))\lt x\) commande directement la positivité et la décroissance de la suite.
- La limite d'une suite définie par itération est déterminée grâce à l'unicité du point fixe.
Source : manuel Al Moufid, chapitre « Fonctions exponentielles », problème 9, page imprimée 241. Examen national 2016 — session normale.
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