Correction du devoir 2
Fonction exponentielle, fonction réciproque et suites
2e Bac Sciences Mathématiques — Al Moufid
Devoir 2 Se préparer aux devoirs
Soit la fonction \(f\) définie sur \(\mathbb R\) par :
\[ f(x)=2xe^x. \]Étudier les variations de \(f\).
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La fonction \(f\) est dérivable sur \(\mathbb R\). On a :
\[ \begin{aligned} f'(x) &= 2e^x+2xe^x\\ &= 2e^x(x+1). \end{aligned} \]Comme \(2e^x>0\) pour tout réel \(x\), le signe de \(f'(x)\) est celui de \(x+1\).
\[ \begin{cases} f'(x)\lt 0 & \text{si }x\lt -1,\\ f'(-1)=0,\\ f'(x)>0 & \text{si }x>-1. \end{cases} \]Calculons les valeurs utiles :
\[ \lim_{x\to-\infty}2xe^x=0, \qquad f(-1)=-\frac2e, \qquad \lim_{x\to+\infty}2xe^x=+\infty. \]La fonction \(f\) est strictement décroissante sur \(]-\infty,-1]\), puis strictement croissante sur \([-1,+\infty[\).
\[ \boxed{ \min_{\mathbb R}f=f(-1)=-\frac2e } \]Étudier les branches infinies de la courbe \(\mathcal C_f\).
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Au voisinage de \(-\infty\).
\[ \lim_{x\to-\infty}f(x)=0. \]La droite d’équation \(y=0\) est donc une asymptote horizontale à \(\mathcal C_f\) au voisinage de \(-\infty\).
Pour \(x\lt 0\), on a \(f(x)=2xe^x\lt 0\). La courbe est donc située sous cette asymptote.
Au voisinage de \(+\infty\).
\[ \lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty \]et :
\[ \frac{f(x)}x=2e^x\longrightarrow+\infty. \]La courbe \(\mathcal C_f\) possède donc au voisinage de \(+\infty\) une branche parabolique de direction l’axe des ordonnées.
Tracer la courbe représentative \(\mathcal C_f\).
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Les éléments essentiels du tracé sont :
\[ f(-1)=-\frac2e, \qquad f(0)=0, \qquad f'(0)=2. \]La tangente au point d’abscisse \(0\) a donc pour équation :
\[ y=2x. \]Au point d’abscisse \(-1\), la tangente est horizontale, puisque \(f'(-1)=0\).
La courbe admet l’asymptote horizontale \(y=0\) à gauche et un minimum au point \(A\left(-1,-\dfrac2e\right)\).
Montrer que \(f\) réalise une bijection de \([-1,+\infty[\) sur un ensemble que l’on déterminera. Étudier les variations de \(f^{-1}\) et tracer sa courbe.
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La fonction \(f\) est continue et strictement croissante sur \([-1,+\infty[\).
De plus :
\[ f(-1)=-\frac2e \qquad\text{et}\qquad \lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty. \]Par conséquent :
\[ f\left([-1,+\infty[\right) = \left[-\frac2e,+\infty\right[. \]Ainsi, la restriction :
\[ f: [-1,+\infty[ \longrightarrow \left[-\frac2e,+\infty\right[ \]est une bijection.
Sa fonction réciproque \(f^{-1}\) est définie sur \(\left[-\dfrac2e,+\infty\right[\) et est strictement croissante, car \(f\) est strictement croissante.
On a notamment :
\[ f^{-1}\left(-\frac2e\right)=-1, \qquad f^{-1}(0)=0. \]La courbe de \(f^{-1}\) est l’image de la branche croissante de \(\mathcal C_f\) par la symétrie d’axe \(y=x\).
Les courbes de \(f\) et de \(f^{-1}\) sont symétriques par rapport à la droite \(y=x\).
Montrer qu’il existe un unique réel \(\alpha>0\) tel que :
\[ \alpha e^\alpha=1. \]Vérifier que \(\alpha\in[0,1]\).
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Considérons la fonction :
\[ h(x)=xe^x, \qquad x\ge0. \]Elle est continue sur \([0,+\infty[\), et :
\[ h'(x)=e^x(x+1)>0 \qquad(x\ge0). \]La fonction \(h\) est donc strictement croissante sur \([0,+\infty[\).
Or :
\[ h(0)=0\lt 1 \qquad\text{et}\qquad h(1)=e>1. \]D’après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe un réel \(\alpha\in]0,1[\) tel que \(h(\alpha)=1\).
Comme \(h\) est strictement croissante, cette solution est unique.
Numériquement :
\[ \alpha\approx0{,}567143. \]On considère la suite \((u_n)\) définie par :
\[ u_0=\alpha, \qquad u_{n+1}=f^{-1}(u_n). \]Montrer que, pour tout \(n\in\mathbb N\), le terme \(u_n\) existe et appartient à \([0,1]\).
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Nous raisonnons par récurrence.
Initialisation.
D’après la question précédente, \(\alpha\in]0,1[\). Donc :
\[ u_0=\alpha\in[0,1]. \]Hérédité.
Supposons que \(u_n\in[0,1]\).
Comme :
\[ \left[0,1\right] \subset \left[-\frac2e,+\infty\right[, \]la valeur \(f^{-1}(u_n)\) existe.
De plus :
\[ f(0)=0, \qquad f(1)=2e>1. \]Comme \(f\) est croissante sur \([-1,+\infty[\), on a :
\[ 0=f(0)\le u_n\le1\lt f(1). \]En appliquant \(f^{-1}\), qui est croissante :
\[ 0\le f^{-1}(u_n)\le1. \]Donc :
\[ u_{n+1}\in[0,1]. \]Montrer que, pour tout \(x\in[0,1]\) :
\[ f(x)\ge x. \]Lire la correction Masquer la correction
Pour \(x\in[0,1]\), on a :
\[ \begin{aligned} f(x)-x &= 2xe^x-x\\ &= x\left(2e^x-1\right). \end{aligned} \]Or :
\[ x\ge0 \qquad\text{et}\qquad e^x\ge1. \]Donc :
\[ 2e^x-1\ge1>0. \]Il vient :
\[ f(x)-x\ge0. \]En déduire que la suite \((u_n)\) est décroissante.
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Par définition :
\[ u_{n+1}=f^{-1}(u_n). \]Donc :
\[ u_n=f(u_{n+1}). \]D’après la question 4.a, \(u_{n+1}\in[0,1]\). La question 4.b donne alors :
\[ f(u_{n+1})\ge u_{n+1}. \]Par conséquent :
\[ u_n\ge u_{n+1}. \]Montrer que la suite \((u_n)\) est convergente et déterminer sa limite.
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La suite \((u_n)\) est décroissante et minorée par \(0\). Elle est donc convergente.
Posons :
\[ \ell=\lim_{n\to+\infty}u_n, \qquad \ell\ge0. \]Comme :
\[ u_n=f(u_{n+1})=2u_{n+1}e^{u_{n+1}}, \]et comme \(f\) est continue, le passage à la limite donne :
\[ \ell=2\ell e^\ell. \]Donc :
\[ \ell\left(2e^\ell-1\right)=0. \]Si \(\ell\ge0\), alors \(2e^\ell-1\ge1>0\). Ainsi :
\[ \ell=0. \]On pose, pour tout \(n\in\mathbb N\) :
\[ S_n=\sum_{k=0}^{n}u_k. \]Montrer que :
\[ u_{n+1} = \frac12u_ne^{-u_{n+1}}. \]Lire la correction Masquer la correction
Comme \(u_{n+1}=f^{-1}(u_n)\), on a :
\[ u_n=f(u_{n+1}). \]Or :
\[ f(u_{n+1}) = 2u_{n+1}e^{u_{n+1}}. \]Donc :
\[ u_n = 2u_{n+1}e^{u_{n+1}}. \]En isolant \(u_{n+1}\) :
\[ u_{n+1} = \frac12u_ne^{-u_{n+1}}. \]En déduire que, pour tout \(n\in\mathbb N\) :
\[ u_n=\frac{e^{-S_n}}{2^n}. \]Lire la correction Masquer la correction
La relation précédente donne successivement :
\[ u_k = \frac12u_{k-1}e^{-u_k} \qquad(k\ge1). \]En multipliant ces relations pour \(k=1,\ldots,n\), on obtient :
\[ u_n = \frac{u_0}{2^n} e^{-(u_1+\cdots+u_n)}. \]Comme \(u_0=\alpha\) et :
\[ u_1+\cdots+u_n=S_n-\alpha, \]il vient :
\[ u_n = \frac{\alpha}{2^n} e^{-(S_n-\alpha)}. \]Donc :
\[ u_n = \frac{\alpha e^\alpha}{2^n} e^{-S_n}. \]Or \(\alpha e^\alpha=1\). Ainsi :
Montrer que, pour tout \(n\in\mathbb N\) :
\[ u_n\le\left(\frac12\right)^n. \]Lire la correction Masquer la correction
Tous les termes \(u_k\) sont positifs ou nuls. Par conséquent :
\[ S_n\ge0. \]Donc :
\[ e^{-S_n}\le1. \]En utilisant la formule de la question 5.b :
\[ u_n = \frac{e^{-S_n}}{2^n} \le \frac1{2^n}. \]En déduire que la suite \((S_n)\) est majorée par \(2\).
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D’après la question précédente :
\[ 0\le u_k\le\left(\frac12\right)^k. \]En sommant de \(k=0\) à \(k=n\) :
\[ S_n = \sum_{k=0}^{n}u_k \le \sum_{k=0}^{n} \left(\frac12\right)^k. \]La somme géométrique vaut :
\[ \sum_{k=0}^{n} \left(\frac12\right)^k = \frac{ 1-\left(\frac12\right)^{n+1} }{ 1-\frac12 } = 2\left[ 1-\left(\frac12\right)^{n+1} \right]. \]Ainsi :
\[ S_n\lt 2. \]Montrer que la suite \((S_n)\) est convergente.
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On a :
\[ S_{n+1}-S_n=u_{n+1}. \]Comme \(u_{n+1}\ge0\), il vient :
\[ S_{n+1}\ge S_n. \]La suite \((S_n)\) est donc croissante. D’après la question 6.b, elle est majorée par \(2\).
Toute suite croissante et majorée est convergente.
On pose :
\[ L=\lim_{n\to+\infty}S_n. \]Montrer que :
\[ \alpha\le L\le2. \]Lire la correction Masquer la correction
Comme :
\[ S_n = u_0+u_1+\cdots+u_n \]et que tous les termes sont positifs ou nuls :
\[ S_n\ge u_0=\alpha. \]D’autre part, la question 6.b donne :
\[ S_n\le2. \]En passant à la limite :
\[ \alpha\le L\le2. \]Repères pratiques à retenir
- Une restriction strictement monotone et continue permet de définir une fonction réciproque sur son image.
- La courbe d’une fonction réciproque est symétrique de celle de la fonction initiale par rapport à la droite \(y=x\).
- Pour étudier une suite définie à l’aide de \(f^{-1}\), il est souvent préférable de revenir à la relation \(u_n=f(u_{n+1})\).
- Une suite décroissante et minorée converge ; une suite croissante et majorée converge également.
- Une majoration géométrique de \(u_n\) permet de contrôler directement la somme partielle \(S_n\).
Hammou Boudraa — Enseignant des mathématiques
Lycée Oum Rabiaâ — M’rirt
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