Correction du problème 2
Fonctions logarithmiques, exponentielles et suites
Se préparer aux examens — Al Moufid — 2e Bac Sciences Mathématiques
La première partie étudie la famille \(g_n(x)=nx+2\ln x\). La deuxième partie porte sur \(f(x)=\sqrt[3]{x}e^{-x}\), son point fixe et une suite itérée.
Problème 2 Se préparer aux examens
Dans cette partie, \(n\) est un entier naturel supérieur ou égal à \(3\). On considère :
\[ g_n(x)=nx+2\ln x, \qquad x\gt0. \]Dresser le tableau de variations de \(g_n\).
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La fonction \(g_n\) est dérivable sur \(]0,+\infty[\), et :
\[ g_n'(x)=n+\frac2x. \]Comme \(n\ge3\) et \(x\gt0\), on a :
\[ g_n'(x)\gt0. \]La fonction \(g_n\) est donc strictement croissante sur \(]0,+\infty[\).
De plus :
\[ \lim_{x\to0^+}g_n(x)=-\infty \]et :
\[ \lim_{x\to+\infty}g_n(x)=+\infty. \]Montrer que, pour tout \(x\gt0\) :
\[ \sqrt x\gt\ln x. \]Lire la correction Masquer la correction
Considérons la fonction :
\[ h(x)=\sqrt x-\ln x, \qquad x\gt0. \]Sa dérivée est :
\[ h'(x) = \frac1{2\sqrt x}-\frac1x = \frac{\sqrt x-2}{2x}. \]Ainsi :
\[ h'(x)\lt0 \quad\text{sur } ]0,4[ \]et :
\[ h'(x)\gt0 \quad\text{sur } ]4,+\infty[. \]La fonction \(h\) atteint donc son minimum en \(x=4\).
\[ h(4)=2-\ln4=2-2\ln2. \]Or \(\ln2\lt1\). Donc :
\[ h(4)\gt0. \]Par conséquent :
Montrer que l’équation \(g_n(x)=0\) admet une solution unique \(\alpha_n\) dans \(]0,+\infty[\), et que :
\[ \frac1n\lt\alpha_n\lt\frac1{\sqrt n}. \]Lire la correction Masquer la correction
La fonction \(g_n\) est continue et strictement croissante sur \(]0,+\infty[\), avec :
\[ \lim_{x\to0^+}g_n(x)=-\infty, \qquad \lim_{x\to+\infty}g_n(x)=+\infty. \]Elle admet donc une unique racine \(\alpha_n\).
Calculons :
\[ g_n\left(\frac1n\right) = 1-2\ln n. \]Pour \(n\ge3\), on a \(\ln n\ge\ln3\gt\dfrac12\). Par conséquent :
\[ g_n\left(\frac1n\right)\lt0. \]D’autre part :
\[ \begin{aligned} g_n\left(\frac1{\sqrt n}\right) &= \sqrt n + 2\ln\left(\frac1{\sqrt n}\right)\\ &= \sqrt n-\ln n. \end{aligned} \]D’après la question I.2 :
\[ \sqrt n-\ln n\gt0. \]La stricte croissance de \(g_n\) donne donc :
En déduire :
\[ \lim_{n\to+\infty}\alpha_n. \]Lire la correction Masquer la correction
D’après l’encadrement précédent :
\[ 0\lt\alpha_n\lt\frac1{\sqrt n}. \]Or :
\[ \frac1{\sqrt n}\longrightarrow0. \]Par encadrement :
On considère la fonction définie sur \([0,+\infty[\) par :
\[ f(x)=\sqrt[3]{x}\,e^{-x}. \]Étudier la dérivabilité de \(f\) à droite en \(0\), puis interpréter géométriquement le résultat.
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On a :
\[ f(0)=0. \]Pour \(x\gt0\) :
\[ \frac{f(x)-f(0)}{x-0} = \frac{x^{1/3}e^{-x}}x = \frac{e^{-x}}{x^{2/3}}. \]Lorsque \(x\to0^+\) :
\[ e^{-x}\longrightarrow1 \qquad\text{et}\qquad x^{2/3}\longrightarrow0^+. \]Donc :
\[ \lim_{x\to0^+} \frac{f(x)-f(0)}x = +\infty. \]La fonction \(f\) n’est pas dérivable à droite en \(0\) au sens usuel, mais sa courbe admet en l’origine une demi-tangente verticale d’équation :
\[ \boxed{x=0}. \]Calculer :
\[ \lim_{x\to+\infty}f(x), \]puis interpréter géométriquement le résultat.
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On écrit :
\[ f(x)=\frac{x^{1/3}}{e^x}. \]La fonction exponentielle domine toute puissance au voisinage de \(+\infty\). Ainsi :
\[ \frac{x^{1/3}}{e^x}\longrightarrow0. \]La droite \(y=0\) est une asymptote horizontale à la courbe au voisinage de \(+\infty\).
Montrer que, pour tout \(x\gt0\) :
\[ f'(x) = \frac{1-3x}{3x}\,f(x). \]Lire la correction Masquer la correction
Pour \(x\gt0\) :
\[ f(x)=x^{1/3}e^{-x}. \]En dérivant :
\[ \begin{aligned} f'(x) &= \frac13x^{-2/3}e^{-x} - x^{1/3}e^{-x}\\ &= x^{1/3}e^{-x} \left( \frac1{3x}-1 \right). \end{aligned} \]Donc :
Dresser le tableau de variations de \(f\).
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Pour \(x\gt0\), on a \(f(x)\gt0\) et \(3x\gt0\). Le signe de \(f'(x)\) est donc celui de \(1-3x\).
\[ \begin{cases} f'(x)\gt0 & \text{si }0\lt x\lt\dfrac13,\\[1mm] f'\left(\dfrac13\right)=0,\\[1mm] f'(x)\lt0 & \text{si }x\gt\dfrac13. \end{cases} \]La valeur maximale est :
\[ f\left(\frac13\right) = \left(\frac1{3e}\right)^{1/3}. \]\(f\) est strictement croissante sur \(\left[0,\dfrac13\right]\), puis strictement décroissante sur \(\left[\dfrac13,+\infty\right[\).
\[ \boxed{ \max f = \left(\frac1{3e}\right)^{1/3} \approx0{,}5 } \]Construire la courbe représentative de \(f\). On pourra prendre :
\[ f\left(\frac13\right)\approx0{,}5. \]Lire la correction Masquer la correction
Le tracé utilise les résultats suivants :
- \(f(0)=0\) ;
- demi-tangente verticale à l’origine ;
- maximum en \(x=\dfrac13\), de valeur voisine de \(0{,}5\) ;
- asymptote horizontale \(y=0\) au voisinage de \(+\infty\).
La courbe possède une demi-tangente verticale à l’origine, atteint son maximum pour \(x=\dfrac13\), puis tend vers l’asymptote horizontale \(y=0\).
On pose :
\[ I= \left[ \frac13,1 \right]. \]Montrer que :
\[ f(I)\subset I. \]Lire la correction Masquer la correction
La fonction \(f\) est décroissante sur \(\left[\dfrac13,1\right]\). Donc :
\[ f(I) = \left[ f(1), f\left(\frac13\right) \right]. \]Or :
\[ f(1)=\frac1e \]et :
\[ f\left(\frac13\right) = \left(\frac1{3e}\right)^{1/3}. \]Comme \(e\lt3\), on a :
\[ \frac1e\gt\frac13. \]De plus :
\[ \left(\frac1{3e}\right)^{1/3}\lt1. \]Ainsi :
En utilisant le résultat de la question II.I.3.a, montrer que :
\[ \forall x\in I,\qquad |f'(x)|\le\frac23. \]Lire la correction Masquer la correction
Pour \(x\in I\), on a \(x\ge\dfrac13\), donc \(1-3x\le0\). Par conséquent :
\[ |f'(x)| = \frac{3x-1}{3x}f(x). \]Or \(x\le1\), donc :
\[ \frac{3x-1}{3x} = 1-\frac1{3x} \le 1-\frac13 = \frac23. \]D’autre part, \(f(x)\in I\), donc \(f(x)\le1\).
Ainsi :
Montrer que :
\[ [f(x)=x\text{ et }x\gt0] \iff x=\alpha_3, \]où \(\alpha_3\) est la solution de l’équation \(g_3(x)=0\).
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Pour \(x\gt0\) :
\[ f(x)=x \iff x^{1/3}e^{-x}=x. \]En divisant par \(x^{1/3}\gt0\) :
\[ e^{-x}=x^{2/3}. \]En prenant le logarithme :
\[ -x=\frac23\ln x. \]Donc :
\[ 3x+2\ln x=0. \]Or :
\[ g_3(x)=3x+2\ln x. \]Comme \(g_3\) possède une unique racine positive \(\alpha_3\) :
On considère la suite définie par :
\[ u_0=\frac13, \qquad u_{n+1}=f(u_n). \]Montrer que :
\[ \forall n\in\mathbb N,\qquad u_n\in I. \]Lire la correction Masquer la correction
Nous raisonnons par récurrence.
Initialisation.
\[ u_0=\frac13\in I. \]Hérédité.
Supposons que \(u_n\in I\). Comme \(f(I)\subset I\) :
\[ u_{n+1}=f(u_n)\in I. \]Montrer que :
\[ \forall n\in\mathbb N,\qquad |u_{n+1}-\alpha_3| \le \frac23|u_n-\alpha_3|. \]Lire la correction Masquer la correction
Les nombres \(u_n\) et \(\alpha_3\) appartiennent à \(I\). De plus :
\[ f(\alpha_3)=\alpha_3. \]D’après le théorème des accroissements finis, il existe \(c_n\) compris entre \(u_n\) et \(\alpha_3\) tel que :
\[ f(u_n)-f(\alpha_3) = f'(c_n)(u_n-\alpha_3). \]Donc :
\[ |u_{n+1}-\alpha_3| = |f'(c_n)|\,|u_n-\alpha_3|. \]Comme \(c_n\in I\), on a \(|f'(c_n)|\le\dfrac23\).
En déduire que :
\[ \forall n\in\mathbb N,\qquad |u_n-\alpha_3| \le \left(\frac23\right)^{n+1}. \]Lire la correction Masquer la correction
En appliquant successivement l’inégalité précédente :
\[ |u_n-\alpha_3| \le \left(\frac23\right)^n |u_0-\alpha_3|. \]Comme \(u_0\in I\) et \(\alpha_3\in I\), on a :
\[ |u_0-\alpha_3| \le 1-\frac13 = \frac23. \]Par conséquent :
Montrer que la suite \((u_n)\) est convergente et déterminer sa limite.
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D’après la question précédente :
\[ 0 \le |u_n-\alpha_3| \le \left(\frac23\right)^{n+1}. \]Or :
\[ \left(\frac23\right)^{n+1} \longrightarrow0. \]Par encadrement :
\[ |u_n-\alpha_3| \longrightarrow0. \]Résultats essentiels
\[ \frac1n\lt\alpha_n\lt\frac1{\sqrt n}, \qquad \alpha_n\longrightarrow0. \] \[ \max f = f\left(\frac13\right) = \left(\frac1{3e}\right)^{1/3}. \] \[ |u_n-\alpha_3| \le \left(\frac23\right)^{n+1}, \qquad u_n\longrightarrow\alpha_3. \]Hammou Boudraa — Enseignant des mathématiques
Lycée Oum Rabiaâ — M’rirt
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