Correction détaillée du problème 3
Fonctions exponentielles et suites de solutions
Se préparer aux examens — Examen national 2012, session normale
Objectifs et parcours de résolution
Ce problème de préparation à l’examen national étudie une famille de fonctions définies par une somme entre un terme affine et un terme exponentiel. Le minimum de chaque fonction permet de compter ses zéros, puis de construire deux suites de solutions. La dernière partie transforme l’équation satisfaite par une racine pour faire apparaître une fonction continue en zéro. L’objectif est de relier les résultats successifs : variations, localisation des racines, encadrement des suites et limite d’un quotient.
Rappels de cours utiles
Dans \(f_n(x)=x+e^{-x}/n\), on fixe un entier \(n\ge1\) pour étudier la fonction de \(x\). On utilise \((e^{-x})'=-e^{-x}\), \(e^{-x}>0\) et les limites usuelles de l’exponentielle. Le changement \(t=-x\) permet de ramener une limite à gauche à une comparaison à droite.
Une droite \(y=ax+b\) est asymptote lorsque \(f_n(x)-(ax+b)\to0\). Le signe de cette différence indique la position relative. Le quotient \(f_n(x)/x\) renseigne sur la direction d’une branche infinie.
Pour compter les zéros, combiner continuité, stricte monotonie sur chaque intervalle et changement de signe. Une variation seule ne donne pas l’existence. Pour \(n\ge3\), le minimum \(1-\ln n\) est négatif, ce qui sépare deux branches contenant chacune une racine.
Si \(a_n\le v_n\le b_n\) et si les deux bornes ont la même limite, le théorème d’encadrement donne la limite de \(v_n\). La limite \(t\ln t\to0\) lorsque \(t\to0^+\) permet enfin un prolongement continu de la fonction auxiliaire.
Problème 3 Se préparer aux examens
Dans tout le problème, \(n\) est un entier naturel non nul. On considère :
\[ f_n(x)=x+\frac{e^{-x}}n, \qquad x\in\mathbb R. \]Calculer :
\[ \lim_{x\to+\infty}f_n(x) \qquad\text{et}\qquad \lim_{x\to-\infty}f_n(x). \]Lire la réponse +Masquer la réponse −
Au voisinage de \(+\infty\).
\[ e^{-x}\longrightarrow0. \]Donc :
\[ f_n(x) = x+\frac{e^{-x}}n \longrightarrow+\infty. \]Au voisinage de \(-\infty\).
On factorise par \(e^{-x}\) :
\[ f_n(x) = e^{-x} \left( xe^x+\frac1n \right). \]Or :
\[ xe^x\longrightarrow0 \qquad(x\to-\infty), \]donc :
\[ xe^x+\frac1n \longrightarrow \frac1n>0. \]Comme \(e^{-x}\to+\infty\), on obtient :
Étudier la nature de la branche infinie de la courbe \(\mathcal C_n\) au voisinage de \(-\infty\).
Lire la réponse +Masquer la réponse −
On sait que :
\[ f_n(x)\longrightarrow+\infty \qquad(x\to-\infty). \]Étudions le quotient :
\[ \frac{f_n(x)}x = 1+\frac{e^{-x}}{nx}. \]Lorsque \(x\to-\infty\), le numérateur \(e^{-x}\) tend vers \(+\infty\), tandis que \(nx\lt0\). De plus, l’exponentielle domine \(|x|\), donc :
\[ \frac{e^{-x}}{nx}\longrightarrow-\infty. \]Ainsi :
\[ \frac{f_n(x)}x\longrightarrow-\infty. \]La courbe \(\mathcal C_n\) possède au voisinage de \(-\infty\) une branche parabolique de direction l’axe des ordonnées.
Montrer que la droite \(\mathcal D\) d’équation \(y=x\) est une asymptote de \(\mathcal C_n\) au voisinage de \(+\infty\), puis déterminer leur position relative.
Lire la réponse +Masquer la réponse −
On calcule :
\[ f_n(x)-x=\frac{e^{-x}}n. \]Lorsque \(x\to+\infty\) :
\[ \frac{e^{-x}}n\longrightarrow0. \]Ainsi, la droite \(y=x\) est une asymptote oblique à \(\mathcal C_n\) au voisinage de \(+\infty\).
De plus :
\[ \frac{e^{-x}}n>0 \qquad \text{pour tout }x\in\mathbb R. \]La courbe \(\mathcal C_n\) est située strictement au-dessus de la droite \(\mathcal D\).
Calculer \(f_n'(x)\), puis dresser le tableau de variations de \(f_n\).
Lire la réponse +Masquer la réponse −
La fonction \(f_n\) est dérivable sur \(\mathbb R\), et :
\[ f_n'(x) = 1-\frac{e^{-x}}n. \]Résolvons \(f_n'(x)=0\) :
\[ 1-\frac{e^{-x}}n=0 \iff e^{-x}=n \iff x=-\ln n. \]Si \(x\lt-\ln n\), alors \(e^{-x}\gt n\), donc :
\[ f_n'(x)\lt0. \]Si \(x\gt-\ln n\), alors \(e^{-x}\lt n\), donc :
\[ f_n'(x)\gt0. \]La valeur minimale est :
\[ \begin{aligned} f_n(-\ln n) &= -\ln n+\frac{e^{\ln n}}n\\ &= 1-\ln n. \end{aligned} \]\(f_n\) est strictement décroissante sur \(]-\infty;-\ln n]\), puis strictement croissante sur \([-\ln n;+\infty[\).
\[ \boxed{ \min_{\mathbb R}f_n=1-\ln n } \]Construire la courbe \(\mathcal C_3\).
On prendra :
\[ f_3(-1{,}5)\approx0, \qquad f_3(-0{,}6)\approx0, \qquad \ln3\approx1{,}1. \]Lire la réponse +Masquer la réponse −
Pour \(n=3\) :
\[ f_3(x)=x+\frac{e^{-x}}3. \]La courbe possède les caractéristiques suivantes :
- branche parabolique de direction verticale au voisinage de \(-\infty\) ;
- asymptote oblique \(y=x\) au voisinage de \(+\infty\) ;
- minimum pour \(x=-\ln3\approx-1{,}1\) ;
- valeur minimale : \(f_3(-\ln3)=1-\ln3\approx-0{,}1\) ;
- deux intersections avec l’axe des abscisses, près de \(-1{,}5\) et de \(-0{,}6\).
La courbe C₃ admet y = x comme asymptote à droite, possède un minimum en x = −ln 3, et coupe l’axe des abscisses près de −1,5 et de −0,6.
Montrer que, si \(n\ge3\), alors :
\[ \frac en\lt\ln n. \]Lire la réponse +Masquer la réponse −
On utilise l’encadrement usuel \(e\lt3\). Comme la fonction logarithme népérien est strictement croissante :
\[ \ln e\lt\ln3, \]c’est-à-dire :
\[ 1\lt\ln3. \]Pour \(n\ge3\) :
\[ \ln n\ge\ln3>1 \]et :
\[ \frac en\le\frac e3\lt1. \]Montrer que, si \(n\ge3\), l’équation \(f_n(x)=0\) admet exactement deux solutions \(x_n\) et \(y_n\) telles que :
\[ x_n\le-\ln n \qquad\text{et}\qquad -\frac en\le y_n\le0. \]Lire la réponse +Masquer la réponse −
Pour \(n\ge3\), on a :
\[ f_n(-\ln n)=1-\ln n\lt 0. \]D’autre part, \(f_n(x)\to+\infty\) aux deux extrémités de \(\mathbb R\).
Comme \(f_n\) est strictement décroissante sur \(]-\infty;-\ln n]\), elle y admet exactement une racine \(x_n\), avec :
\[ x_n\lt -\ln n. \]Comme \(f_n\) est strictement croissante sur \([-\ln n;+\infty[\), elle y admet exactement une seconde racine \(y_n\).
Encadrons cette seconde racine.
\[ f_n(0)=\frac1n>0. \]De plus :
\[ \begin{aligned} f_n\left(-\frac en\right) &= -\frac en + \frac{e^{e/n}}n\\ &= \frac{e^{e/n}-e}{n}. \end{aligned} \]Comme \(n\ge3\), on a \(\dfrac en\lt 1\), donc \(e^{e/n}\lt e\). Ainsi :
\[ f_n\left(-\frac en\right)\lt 0. \]Enfin, la question 5.a donne \(-\dfrac en>-\ln n\). L’intervalle \(\left[-\dfrac en;0\right]\) est donc contenu dans la branche croissante.
Calculer :
\[ \lim_{n\to+\infty}x_n \qquad\text{et}\qquad \lim_{n\to+\infty}y_n. \]Lire la réponse +Masquer la réponse −
On a :
\[ x_n\le-\ln n. \]Or :
\[ -\ln n\longrightarrow-\infty. \]Donc :
\[ x_n\longrightarrow-\infty. \]D’autre part :
\[ -\frac en\le y_n\le0. \]Comme :
\[ -\frac en\longrightarrow0, \]le théorème d’encadrement donne :
Soit \(g\) la fonction définie sur \([0;+\infty[\) par :
\[ g(x)= \begin{cases} -1-x\ln x,&x\gt0,\\ -1,&x=0. \end{cases} \]Montrer que \(g\) est continue à droite en \(0\).
Lire la réponse +Masquer la réponse −
On sait que :
\[ \lim_{x\to0^+}x\ln x=0. \]Par conséquent :
\[ \lim_{x\to0^+}g(x) = -1. \]Or :
\[ g(0)=-1. \]La fonction \(g\) est donc continue à droite en \(0\).
Vérifier que, pour tout \(n\ge3\) :
\[ g\left(-\frac1{x_n}\right) = \frac{\ln n}{x_n}. \]Lire la réponse +Masquer la réponse −
Comme \(x_n\) est une racine de \(f_n\) :
\[ x_n+\frac{e^{-x_n}}n=0. \]Donc :
\[ e^{-x_n}=-nx_n. \]Comme \(x_n\lt 0\), le nombre \(-x_n\) est strictement positif. En prenant le logarithme :
\[ -x_n = \ln n+\ln(-x_n). \]Ainsi :
\[ -x_n-\ln(-x_n)=\ln n. \tag{1} \]Or :
\[ \begin{aligned} g\left(-\frac1{x_n}\right) &= -1 + \frac1{x_n} \ln\left(-\frac1{x_n}\right)\\ &= -1 - \frac{\ln(-x_n)}{x_n}\\ &= \frac{-x_n-\ln(-x_n)}{x_n}. \end{aligned} \]En utilisant (1) :
En déduire :
\[ \lim_{n\to+\infty} \frac{\ln n}{x_n}. \]Lire la réponse +Masquer la réponse −
D’après la question 5.c :
\[ x_n\longrightarrow-\infty. \]Donc :
\[ -\frac1{x_n}\longrightarrow0^+. \]La continuité à droite de \(g\) en \(0\) donne :
\[ g\left(-\frac1{x_n}\right) \longrightarrow g(0)=-1. \]Or, d’après la question 6.b :
\[ g\left(-\frac1{x_n}\right) = \frac{\ln n}{x_n}. \]Méthodes et résultats essentiels
- Pour étudier les branches infinies, calculer d’abord les limites, puis comparer fₙ(x) à x et étudier le quotient fₙ(x)/x.
- Le nombre de solutions de fₙ(x)=0 se déduit des variations, du minimum 1−ln n et des limites aux deux extrémités.
- Pour la limite finale, transformer l’équation fₙ(xₙ)=0 afin d’obtenir une relation avec une fonction continue au voisinage de 0.
Hammou Boudraa — Enseignant des mathématiques
Lycée Oum Rabiaâ — M’rirt
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