Correction du Problème 1 de Calcul intégral
Al Moufid - 2e Bac Sciences Mathématiques - Examen National 2004, session normale
Première partie - Étude de la fonction \(f\)
On considère la fonction numérique \(f\) définie sur \(\mathbb R^*\) par :
\[ f(x)=\frac{e^{-x}}x. \]Calculer les limites de la fonction \(f\) aux bornes de son domaine de définition.
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Le domaine de définition est :
\[ D_f=\mathbb R^*=]-\infty;0[\cup]0;+\infty[. \]Au voisinage de \(0\).
Comme \(e^{-x}\to1\) lorsque \(x\to0\), on obtient :
\[ \boxed{ \lim_{x\to0^-}f(x)=-\infty \qquad\text{et}\qquad \lim_{x\to0^+}f(x)=+\infty }. \]Lorsque \(x\to+\infty\).
\[ f(x)=\frac1{xe^x}. \]Or \(xe^x\to+\infty\). Donc :
\[ \boxed{\lim_{x\to+\infty}f(x)=0}. \]Lorsque \(x\to-\infty\).
Posons \(X=-x\). Alors \(X\to+\infty\) et :
\[ f(x)=\frac{e^X}{-X}=-\frac{e^X}{X}. \]Comme \(\dfrac{e^X}{X}\to+\infty\), on en déduit :
\[ \boxed{\lim_{x\to-\infty}f(x)=-\infty}. \]Étudier les variations de la fonction \(f\).
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La fonction \(f\) est dérivable sur \(\mathbb R^*\). Pour tout \(x\neq0\) :
\[ \begin{aligned} f'(x) &=\frac{-e^{-x}x-e^{-x}}{x^2}\\ &=-\frac{e^{-x}(x+1)}{x^2}. \end{aligned} \]Comme \(e^{-x}>0\) et \(x^2>0\), le signe de \(f'(x)\) est l'opposé de celui de \(x+1\). Ainsi :
\[ f'(x)>0\text{ sur }]-\infty;-1[, \] \[ f'(-1)=0, \] \[ f'(x)<0\text{ sur }]-1;0[\cup]0;+\infty[. \]De plus :
\[ f(-1)=\frac{e}{-1}=-e. \]| \(x\) | \(-\infty\) | \(]-\infty;-1[\) | \(-1\) | \(]-1;0[\) | \(0\) | \(]0;+\infty[\) | \(+\infty\) |
|---|---|---|---|---|---|---|---|
| \(f'(x)\) | + | \(0\) | − | non défini | − | ||
| \(f(x)\) | \(-\infty\) | ↗ | \(-e\) | ↘ | \(-\infty\;||\;+\infty\) | ↘ | \(0\) |
Étudier les branches infinies de la courbe \(\mathcal C\).
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Au voisinage de \(0\).
\[ \lim_{x\to0^-}f(x)=-\infty \qquad\text{et}\qquad \lim_{x\to0^+}f(x)=+\infty. \]La droite d'équation \(x=0\) est donc une asymptote verticale à \(\mathcal C\).
Au voisinage de \(+\infty\).
\[ \lim_{x\to+\infty}f(x)=0. \]La droite d'équation \(y=0\) est donc une asymptote horizontale à \(\mathcal C\) au voisinage de \(+\infty\).
Au voisinage de \(-\infty\).
\[ \lim_{x\to-\infty}f(x)=-\infty. \]De plus :
\[ \frac{f(x)}x=\frac{e^{-x}}{x^2}. \]En posant \(X=-x\), on obtient :
\[ \frac{f(x)}x=\frac{e^X}{X^2}\longrightarrow+\infty. \]Tracer la courbe \(\mathcal C\).
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La courbe possède une asymptote verticale \(x=0\), une asymptote horizontale \(y=0\) au voisinage de \(+\infty\), et passe par le maximum local \(A(-1;-e)\) sur sa branche négative.
Représentation qualitative conforme aux limites, aux variations et aux asymptotes.
Deuxième partie - Étude des suites \((u_n)\) et \((v_n)\)
On considère la suite définie par :
\[ u_0=1 \qquad\text{et}\qquad u_{n+1}=u_n^2f(u_n)=u_ne^{-u_n} \quad\text{pour tout }n\in\mathbb N. \]Montrer que :
\[ (\forall x\in\mathbb R) \qquad e^x\geq x+1. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Considérons la fonction \(\varphi\) définie sur \(\mathbb R\) par :
\[ \varphi(x)=e^x-x-1. \]Elle est dérivable et :
\[ \varphi'(x)=e^x-1. \]Ainsi, \(\varphi'(x)<0\) si \(x<0\), \(\varphi'(0)=0\), et \(\varphi'(x)>0\) si \(x>0\).
La fonction \(\varphi\) admet donc son minimum en \(0\). Or :
\[ \varphi(0)=1-0-1=0. \]En déduire que, pour tout \(x\in\mathbb R_+^*\) :
\[ x^2f(x)\leq\frac{x}{x+1}. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Pour \(x>0\), l'inégalité précédente donne :
\[ e^x\geq x+1>0. \]En prenant les inverses :
\[ e^{-x}\leq\frac1{x+1}. \]En multipliant par \(x>0\) :
\[ xe^{-x}\leq\frac{x}{x+1}. \]Or :
\[ x^2f(x)=x^2\frac{e^{-x}}x=xe^{-x}. \]Montrer par récurrence que :
\[ (\forall n\in\mathbb N) \qquad 0Lire la correction + Masquer la correction −
Posons :
\[ P_n:\quad 0Donc \(P_0\) est vraie.
Hérédité.
Supposons que, pour un certain \(n\in\mathbb N\) :
\[ 0D'après la question 2 appliquée à \(x=u_n\) :
\[ u_{n+1}=u_n^2f(u_n)\leq\frac{u_n}{1+u_n}. \]La fonction \(x\mapsto\dfrac{x}{1+x}\) est croissante sur \(\mathbb R_+\). Ainsi :
\[ \frac{u_n}{1+u_n} \leq \frac{\dfrac1{n+1}}{1+\dfrac1{n+1}} =\frac1{n+2}. \]Donc :
\[ 0Pour \(n\geq1\), l'inégalité est stricte, car \(e^x>x+1\) pour tout \(x>0\).
Montrer que la suite \((u_n)\) est convergente et déterminer sa limite.
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D'après la question précédente :
\[ 0Le théorème d'encadrement donne directement :
La suite \((u_n)\) est donc convergente, de limite \(0\).
Pour tout \(n\in\mathbb N^*\), on pose :
\[ v_n=\sum_{k=0}^{n-1}u_k. \]Montrer que, pour tout \(n\in\mathbb N^*\) :
\[ v_n=\ln\left(\frac1{u_n}\right). \]Lire la correction + Masquer la correction −
La relation de récurrence s'écrit :
\[ u_{k+1}=u_ke^{-u_k}. \]Comme \(u_k>0\), on peut prendre le logarithme :
\[ \ln u_{k+1}=\ln u_k-u_k. \]Ainsi :
\[ u_k = \ln u_k-\ln u_{k+1} = \ln\left(\frac1{u_{k+1}}\right) - \ln\left(\frac1{u_k}\right). \]En sommant de \(k=0\) à \(n-1\), on obtient une somme télescopique :
\[ \begin{aligned} v_n &=\sum_{k=0}^{n-1}u_k\\ &= \ln\left(\frac1{u_n}\right) - \ln\left(\frac1{u_0}\right). \end{aligned} \]Or \(u_0=1\), donc \(\ln\left(\dfrac1{u_0}\right)=0\).
Déterminer la limite de la suite \((v_n)\).
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On a :
\[ v_n=\ln\left(\frac1{u_n}\right). \]Comme \(u_n\to0^+\), on a :
\[ \frac1{u_n}\to+\infty. \]Par conséquent :
Troisième partie - Étude des fonctions \(F\) et \(G\)
On considère la fonction \(F\) définie sur \(\mathbb R_+\) par :
\[ F(0)=2\ln2 \]et, pour \(x>0\) :
\[ F(x)=\int_{x^2}^{4x^2}f(t)\,dt = \int_{x^2}^{4x^2}\frac{e^{-t}}t\,dt. \]Vérifier que, pour tout \(x>0\) :
\[ \int_{x^2}^{4x^2}\frac1t\,dt=2\ln2. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Pour \(x>0\) :
\[ \begin{aligned} \int_{x^2}^{4x^2}\frac1t\,dt &=[\ln t]_{x^2}^{4x^2}\\ &=\ln(4x^2)-\ln(x^2)\\ &=\ln4\\ &=2\ln2. \end{aligned} \]En utilisant le résultat de la question II.1, montrer que, pour tout \(t>0\) :
\[ -t\leq e^{-t}-1\leq0. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Appliquons l'inégalité \(e^x\geq x+1\) au réel \(-t\) :
\[ e^{-t}\geq1-t. \]Donc :
\[ e^{-t}-1\geq-t. \]D'autre part, comme \(t>0\), on a \(-t<0\), et la fonction exponentielle est croissante :
\[ e^{-t}Montrer que, pour tout \(x>0\) :
\[ -3x^2\leq F(x)-2\ln2\leq0. \]Lire la correction + Masquer la correction −
D'après la question 1.a :
\[ \begin{aligned} F(x)-2\ln2 &= \int_{x^2}^{4x^2}\frac{e^{-t}}t\,dt - \int_{x^2}^{4x^2}\frac1t\,dt\\ &= \int_{x^2}^{4x^2}\frac{e^{-t}-1}{t}\,dt. \end{aligned} \]Pour \(t>0\), on sait que :
\[ -t\leq e^{-t}-1\leq0. \]En divisant par \(t>0\) :
\[ -1\leq\frac{e^{-t}-1}{t}\leq0. \]En intégrant entre \(x^2\) et \(4x^2\) :
\[ -(4x^2-x^2) \leq F(x)-2\ln2 \leq0. \]En déduire que la fonction \(F\) est continue et dérivable à droite en zéro.
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Pour \(x>0\) :
\[ -3x^2\leq F(x)-F(0)\leq0. \]Lorsque \(x\to0^+\), les deux membres encadrants tendent vers \(0\). Donc :
\[ \lim_{x\to0^+}F(x)=F(0)=2\ln2. \]Ainsi, \(F\) est continue à droite en \(0\).
Divisons maintenant l'encadrement par \(x>0\) :
\[ -3x \leq \frac{F(x)-F(0)}x \leq0. \]Les deux membres tendent vers \(0\). Par conséquent :
Montrer que :
\[ (\forall t>1) \qquad f(t)Lire la correction + Masquer la correction −
Pour \(t>1\) :
\[ \frac1t<1. \]Comme \(e^{-t}>0\), on peut multiplier par \(e^{-t}\) :
\[ \frac{e^{-t}}tEn déduire :
\[ \lim_{x\to+\infty}F(x). \]Lire la correction + Masquer la correction −
Pour \(x>1\) et \(t\in[x^2;4x^2]\), on a \(t>1\). Ainsi :
\[ 0Donc :
\[ 0Montrer que \(F\) est dérivable sur \(]0;+\infty[\), puis calculer \(F'(x)\).
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La fonction \(f\) est continue sur \(]0;+\infty[\). Les fonctions \(x\mapsto x^2\) et \(x\mapsto4x^2\) sont dérivables. La formule de dérivation d'une intégrale à bornes variables donne :
\[ F'(x)=8x\,f(4x^2)-2x\,f(x^2). \]Or :
\[ f(4x^2)=\frac{e^{-4x^2}}{4x^2} \qquad\text{et}\qquad f(x^2)=\frac{e^{-x^2}}{x^2}. \]Donc :
\[ \begin{aligned} F'(x) &= 8x\frac{e^{-4x^2}}{4x^2} - 2x\frac{e^{-x^2}}{x^2}\\ &= \frac2x\left(e^{-4x^2}-e^{-x^2}\right). \end{aligned} \]Dresser le tableau des variations de \(F\).
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Pour \(x>0\), on a :
\[ -4x^2<-x^2. \]Comme la fonction exponentielle est croissante :
\[ e^{-4x^2}La fonction \(F\) est strictement décroissante sur \(]0;+\infty[\). Elle est continue à droite en \(0\), avec :
\[ F(0)=2\ln2 \qquad\text{et}\qquad \lim_{x\to+\infty}F(x)=0. \]| \(x\) | \(0\) | \(]0;+\infty[\) | \(+\infty\) |
|---|---|---|---|
| \(F'(x)\) | \(F'_d(0)=0\) | − | |
| \(F(x)\) | \(2\ln2\) | ↘ | \(0\) |
Construire \(\mathcal C_F\), la courbe représentative de \(F\).
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La courbe part du point \(A(0;2\ln2)\), avec une demi-tangente horizontale à droite, puis elle décroît strictement et se rapproche de l'axe des abscisses, qui est une asymptote horizontale au voisinage de \(+\infty\).
Représentation qualitative respectant la valeur initiale, la demi-tangente et l'asymptote.
On considère la fonction \(G\) définie sur \(]0;+\infty[\) par :
\[ G(x)=\int_x^{4x}e^{-t}\ln(t)\,dt. \]Montrer que, pour tout \(x>0\) :
\[ G(x) = F(\sqrt x) - e^{-4x}\ln(4x) + e^{-x}\ln x. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Calculons \(G(x)\) par intégration par parties avec :
\[ u(t)=\ln t, \qquad u'(t)=\frac1t, \qquad v'(t)=e^{-t}, \qquad v(t)=-e^{-t}. \]On obtient :
\[ \begin{aligned} G(x) &= \left[-e^{-t}\ln t\right]_x^{4x} + \int_x^{4x}\frac{e^{-t}}t\,dt\\ &= -e^{-4x}\ln(4x) + e^{-x}\ln x + \int_x^{4x}f(t)\,dt. \end{aligned} \]Or, pour \(\sqrt x>0\) :
\[ F(\sqrt x) = \int_{(\sqrt x)^2}^{4(\sqrt x)^2}f(t)\,dt = \int_x^{4x}f(t)\,dt. \]Calculer :
\[ \lim_{\substack{x\to0\\x>0}} \left(e^{-x}-e^{-4x}\right)\ln x. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Pour \(x>0\), on factorise :
\[ e^{-x}-e^{-4x} = e^{-4x}(e^{3x}-1). \]Ainsi :
\[ \left(e^{-x}-e^{-4x}\right)\ln x = e^{-4x} \frac{e^{3x}-1}{x} \,x\ln x. \]Lorsque \(x\to0^+\) :
\[ e^{-4x}\to1, \] \[ \frac{e^{3x}-1}{x} = 3\frac{e^{3x}-1}{3x} \to3, \] \[ x\ln x\to0. \]En déduire :
\[ \lim_{\substack{x\to0\\x>0}}G(x). \]Lire la correction + Masquer la correction −
D'après la question 5.a :
\[ G(x) = F(\sqrt x) - e^{-4x}\ln(4x) + e^{-x}\ln x. \]Or :
\[ -e^{-4x}\ln(4x) + e^{-x}\ln x = \left(e^{-x}-e^{-4x}\right)\ln x - e^{-4x}\ln4. \]Lorsque \(x\to0^+\) :
\[ F(\sqrt x)\to F(0)=2\ln2, \] \[ \left(e^{-x}-e^{-4x}\right)\ln x\to0, \]et :
\[ -e^{-4x}\ln4 \to -\ln4 = -2\ln2. \]Par conséquent :
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