Correction du devoir 1
Problèmes de synthèse — Fonctions exponentielles et puissances
2e Bac Sciences Mathématiques — Al Moufid
Devoir 1 Se préparer aux devoirs
Calculer :
\[ \lim_{x\to0}\frac{e^{x^2}-\cos x}{x^2}. \]Lire la correction Masquer la correction
On décompose le numérateur :
\[ e^{x^2}-\cos x=(e^{x^2}-1)+(1-\cos x). \]Donc :
\[ \frac{e^{x^2}-\cos x}{x^2} = \frac{e^{x^2}-1}{x^2} + \frac{1-\cos x}{x^2}. \]En posant \(u=x^2\), on a :
\[ \frac{e^{x^2}-1}{x^2}=\frac{e^u-1}{u}\longrightarrow1. \]De plus :
\[ \frac{1-\cos x}{x^2}\longrightarrow\frac12. \]Calculer :
\[ \lim_{x\to0}\frac{e^{x^2}-1}{\cos x-1}. \]Lire la correction Masquer la correction
Pour \(x\ne0\), on écrit :
\[ \frac{e^{x^2}-1}{\cos x-1} = \frac{\dfrac{e^{x^2}-1}{x^2}}{\dfrac{\cos x-1}{x^2}}. \]Or :
\[ \frac{e^{x^2}-1}{x^2}\longrightarrow1 \qquad\text{et}\qquad \frac{\cos x-1}{x^2}\longrightarrow-\frac12. \]Calculer :
\[ \lim_{x\to1}\frac{2^x-2}{x-1}. \]Lire la correction Masquer la correction
Considérons \(f(x)=2^x\). Comme \(f(1)=2\), la limite demandée est le nombre dérivé \(f'(1)\).
\[ f'(x)=(\ln2)2^x. \]Donc :
\[ f'(1)=2\ln2. \]Calculer :
\[ \lim_{x\to0}\left(\ln(1+x)\right)^x. \]Lire la correction Masquer la correction
Au voisinage de \(0\), la puissance réelle exige \(\ln(1+x)>0\), donc \(x>0\). La limite se calcule à droite.
Pour \(x>0\) :
\[ \left(\ln(1+x)\right)^x=e^{x\ln(\ln(1+x))}. \]On écrit :
\[ \ln(\ln(1+x)) = \ln x+ \ln\left(\frac{\ln(1+x)}x\right). \]Ainsi :
\[ x\ln(\ln(1+x)) = x\ln x + x\ln\left(\frac{\ln(1+x)}x\right). \]Or \(x\ln x\to0\), tandis que \(\dfrac{\ln(1+x)}x\to1\), donc :
\[ \ln\left(\frac{\ln(1+x)}x\right)\longrightarrow0. \]Par conséquent, l’exposant tend vers \(0\).
Calculer :
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{x^{\ln x}}{(\ln x)^x}. \]Lire la correction Masquer la correction
Pour \(x>1\), on écrit :
\[ \frac{x^{\ln x}}{(\ln x)^x} = e^{(\ln x)^2-x\ln(\ln x)}. \]Posons \(t=\ln x\). Alors \(t\to+\infty\) et \(x=e^t\). L’exposant devient :
\[ t^2-e^t\ln t. \]Pour \(t\) assez grand, \(\ln t\ge1\), donc :
\[ e^t\ln t-t^2\ge e^t-t^2. \]L’exponentielle domine toute puissance, donc \(e^t-t^2\to+\infty\). Ainsi :
\[ t^2-e^t\ln t\longrightarrow-\infty. \]Calculer :
\[ \lim_{x\to+\infty}\left(1+\frac1x\right)^x. \]Lire la correction Masquer la correction
On écrit :
\[ \left(1+\frac1x\right)^x = e^{x\ln\left(1+\frac1x\right)}. \]Posons \(u=\dfrac1x\). Alors \(u\to0^+\), et :
\[ x\ln\left(1+\frac1x\right)=\frac{\ln(1+u)}u\longrightarrow1. \]Calculer :
\[ \lim_{x\to0}(\cos x+\sin x)^{\frac1x}. \]Lire la correction Masquer la correction
Pour \(x\) assez proche de \(0\), on a \(\cos x+\sin x>0\). On écrit :
\[ (\cos x+\sin x)^{\frac1x} = e^{\frac{\ln(\cos x+\sin x)}x}. \]Posons \(u_x=\cos x+\sin x-1\). Alors :
\[ \frac{\ln(\cos x+\sin x)}x = \frac{\ln(1+u_x)}{u_x} \times \frac{u_x}{x}. \]Le premier facteur tend vers \(1\), et :
\[ \frac{u_x}{x} = \frac{\cos x-1}{x} + \frac{\sin x}{x} \longrightarrow0+1=1. \]L’exposant tend donc vers \(1\).
Calculer :
\[ \lim_{x\to0}(\cos x)^{\frac1{\tan^2x}}. \]Lire la correction Masquer la correction
Pour \(x\) assez proche de \(0\), on a \(\cos x>0\). On écrit :
\[ (\cos x)^{\frac1{\tan^2x}} = e^{\frac{\ln(\cos x)}{\tan^2x}}. \]On décompose l’exposant :
\[ \frac{\ln(\cos x)}{\tan^2x} = \frac{\ln(\cos x)}{\cos x-1} \times \frac{\cos x-1}{x^2} \times \frac{x^2}{\tan^2x}. \]Lorsque \(x\to0\) :
\[ \frac{\ln(\cos x)}{\cos x-1}\to1, \qquad \frac{\cos x-1}{x^2}\to-\frac12, \qquad \frac{x^2}{\tan^2x}\to1. \]L’exposant tend donc vers \(-\dfrac12\).
Soit \(\alpha\in\mathbb R^*\). Étudier les variations de la fonction \(f_\alpha\) définie sur \(]0,+\infty[\) par :
\[ f_\alpha(x)=\left(1+x^\alpha\right)^{\frac1\alpha}. \]Lire la correction Masquer la correction
Pour tout \(x>0\), on a \(x^\alpha>0\), donc \(1+x^\alpha>0\). La fonction est dérivable sur \(]0,+\infty[\).
\[ \begin{aligned} f_\alpha'(x) &= \frac1\alpha \left(1+x^\alpha\right)^{\frac1\alpha-1} \times\alpha x^{\alpha-1}\\ &= x^{\alpha-1} \left(1+x^\alpha\right)^{\frac1\alpha-1}. \end{aligned} \]Les deux facteurs sont strictement positifs pour \(x>0\), donc :
\[ f_\alpha'(x)>0. \]Ainsi, \(f_\alpha\) est strictement croissante sur \(]0,+\infty[\), quel que soit \(\alpha\ne0\).
Cas \(\alpha>0\).
\[ \lim_{x\to0^+}f_\alpha(x)=1. \]Et :
\[ f_\alpha(x)=x\left(1+x^{-\alpha}\right)^{\frac1\alpha}. \]Comme \(x^{-\alpha}\to0\) lorsque \(x\to+\infty\), on obtient :
\[ \lim_{x\to+\infty}f_\alpha(x)=+\infty. \]Cas \(\alpha\lt 0\).
Lorsque \(x\to0^+\), on utilise la même écriture :
\[ f_\alpha(x)=x\left(1+x^{-\alpha}\right)^{\frac1\alpha}. \]Comme \(-\alpha>0\), on a \(x^{-\alpha}\to0\), donc :
\[ \lim_{x\to0^+}f_\alpha(x)=0. \]Enfin, lorsque \(x\to+\infty\), on a \(x^\alpha\to0\), donc :
\[ \lim_{x\to+\infty}f_\alpha(x)=1. \]Montrer que, pour tout \(x\in\mathbb R_+^*\) :
\[ \left(1+\frac1x\right)^x\lt e\lt \left(1+\frac1x\right)^{x+1}. \]Lire la correction Masquer la correction
Montrons d’abord que, pour tout \(t>0\) :
\[ \frac{t}{1+t}\lt \ln(1+t)\lt t. \tag{1} \]Posons \(\varphi(t)=t-\ln(1+t)\). Alors :
\[ \varphi'(t)=\frac{t}{1+t}>0. \]Comme \(\varphi(0)=0\), on obtient \(\ln(1+t)\lt t\).
Posons ensuite :
\[ \psi(t)=\ln(1+t)-\frac{t}{1+t}. \]Alors :
\[ \psi'(t)=\frac{t}{(1+t)^2}>0. \]Comme \(\psi(0)=0\), on obtient \(\dfrac{t}{1+t}\lt \ln(1+t)\). L’encadrement (1) est établi.
Avec \(t=\dfrac1x\), on a :
\[ \frac1{x+1}\lt \ln\left(1+\frac1x\right)\lt \frac1x. \]En multipliant l’inégalité de droite par \(x\) :
\[ x\ln\left(1+\frac1x\right)\lt 1, \]d’où :
\[ \left(1+\frac1x\right)^x\lt e. \]En multipliant l’inégalité de gauche par \(x+1\) :
\[ 1\lt (x+1)\ln\left(1+\frac1x\right), \]d’où :
\[ e\lt \left(1+\frac1x\right)^{x+1}. \]Soit :
\[ f(x)=e^{x\sqrt3}\sin x. \]Montrer que, pour tout \(n\in\mathbb N\) :
\[ f^{(n)}(x)=2^ne^{x\sqrt3}\sin\left(x+\frac{n\pi}{6}\right). \]Lire la correction Masquer la correction
Nous procédons par récurrence sur \(n\).
Initialisation. Pour \(n=0\) :
\[ 2^0e^{x\sqrt3}\sin\left(x+\frac{0\pi}{6}\right)=f(x). \]La propriété est vraie au rang \(0\).
Hérédité. Supposons que :
\[ f^{(n)}(x)=2^ne^{x\sqrt3}\sin\left(x+\frac{n\pi}{6}\right). \]En dérivant :
\[ \begin{aligned} f^{(n+1)}(x) &= 2^ne^{x\sqrt3} \left[ \sqrt3\sin\left(x+\frac{n\pi}{6}\right) + \cos\left(x+\frac{n\pi}{6}\right) \right]. \end{aligned} \]Or, pour tout réel \(\theta\) :
\[ \sqrt3\sin\theta+\cos\theta=2\sin\left(\theta+\frac\pi6\right). \]Donc :
\[ f^{(n+1)}(x) = 2^{n+1}e^{x\sqrt3} \sin\left(x+\frac{(n+1)\pi}{6}\right). \]À l’aide du théorème des accroissements finis, déterminer :
\[ \lim_{x\to+\infty}x^2\left(\frac1{e^{x+1}}-\frac1{e^x}\right). \]Lire la correction Masquer la correction
Considérons \(\varphi(t)=e^{-t}\). Pour \(x>0\), la fonction est continue sur \([x,x+1]\) et dérivable sur \(]x,x+1[\).
D’après le théorème des accroissements finis, il existe \(c_x\in]x,x+1[\) tel que :
\[ e^{-(x+1)}-e^{-x}=\varphi'(c_x)=-e^{-c_x}. \]Ainsi :
\[ x^2\left(\frac1{e^{x+1}}-\frac1{e^x}\right)=-x^2e^{-c_x}. \]Comme \(c_x>x\), on a :
\[ 0\le x^2e^{-c_x}\le x^2e^{-x}. \]Or :
\[ x^2e^{-x}=\frac{x^2}{e^x}\longrightarrow0. \]Par encadrement, \(x^2e^{-c_x}\to0\).
Les molécules d’un gaz enfermé dans un récipient à la température \(T\) sont animées d’une vitesse \(v\ \mathrm{cm}\cdot\mathrm{s}^{-1}\). Cet état d’équilibre est caractérisé par :
\[ F(v)=cv^2\exp\left(-\frac{mv^2}{2kT}\right),\qquad v\ge0, \]où \(T\) est la température en kelvins, \(m\) la masse d’une molécule, et \(c\) et \(k\) des constantes strictement positives.
Montrer que la valeur maximale de \(F\) est atteinte pour :
\[ v=\sqrt{\frac{2kT}{m}}. \]Lire la correction Masquer la correction
Posons :
\[ a=\frac{m}{2kT}>0. \]Alors :
\[ F(v)=cv^2e^{-av^2},\qquad v\ge0. \]Pour \(v>0\) :
\[ \begin{aligned} F'(v) &= c\left[2ve^{-av^2}+v^2(-2av)e^{-av^2}\right]\\ &= 2cve^{-av^2}(1-av^2). \end{aligned} \]Pour \(v>0\), les facteurs \(2cv\) et \(e^{-av^2}\) sont strictement positifs. Le signe de \(F'(v)\) est donc celui de \(1-av^2\).
\[ 1-av^2=0 \iff v=\frac1{\sqrt a} = \sqrt{\frac{2kT}{m}}. \]Ainsi, \(F\) est croissante sur :
\[ \left[0,\sqrt{\frac{2kT}{m}}\right] \]puis décroissante sur :
\[ \left[\sqrt{\frac{2kT}{m}},+\infty\right[. \]La valeur maximale correspondante est :
\[ F(v_{\max})=\frac{2ckT}{me}. \]Repères pratiques à retenir
- Pour une puissance \(u(x)^{v(x)}\), vérifier d’abord que \(u(x)>0\), puis écrire \(u(x)^{v(x)}=e^{v(x)\ln u(x)}\).
- Les limites usuelles sur l’exponentielle, le logarithme, le sinus et le cosinus permettent de traiter les huit premières limites par des transformations exactes.
- Une fonction peut être strictement croissante pour toutes les valeurs du paramètre, tout en ayant des limites différentes selon le signe de ce paramètre.
- Le théorème des accroissements finis remplace une différence de valeurs par une dérivée calculée en un point intermédiaire.
- Pour rechercher un maximum physique, déterminer le signe de la dérivée sur le domaine réel de la grandeur étudiée.
Hammou Boudraa — Enseignant des mathématiques
Lycée Oum Rabiaâ — M’rirt
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