Correction du problème 5
Fonctions exponentielles et suite définie par itération
Se préparer aux examens — Examen national 2012, session de rattrapage
Objectifs et parcours de résolution
Ce problème commence par une fonction auxiliaire logarithmique dont le signe simplifie l’étude d’une fonction exponentielle. Il conduit ensuite à une équation possédant une unique solution négative, puis à une suite calculée par itération. La fonction itérée est \(-f\) : elle est décroissante, et la convergence ne se déduit donc pas d’une croissance de la suite entière. La preuve repose sur la stabilité de l’intervalle \([-1,0]\) et sur une estimation géométrique de l’écart à la solution.
Rappels de cours utiles
La dérivée \((\ln u)'=u'/u\) s’utilise lorsque \(u>0\). Pour \(t\ge0\), la fonction \(g(t)=\ln(1+t)-t/(1+t)\) vérifie \(g'(t)=t/(1+t)^2\). Elle est strictement positive pour \(t>0\).
La limite \(\ln(1+t)/t\to1\) en \(0\) traite l’indétermination à droite de \(f\). À gauche, poser \(u=e^x\to0^+\) et utiliser \(u\ln u\to0\). La dérivée se factorise en \(f'(x)=e^xg(e^{-x})>0\).
Pour obtenir existence et unicité de \(f(x)+x=0\), étudier la fonction continue \(h(x)=f(x)+x\), sa stricte monotonie et ses signes en \(-1\) et \(0\). La solution \(\alpha\) est un point fixe de \(-f\), car \(\alpha=-f(\alpha)\).
Si \(|f'(x)|\le q\) sur un intervalle, l’inégalité des accroissements finis donne \(|f(u)-f(v)|\le q|u-v|\) pour deux points de cet intervalle. Si \(0\le q\lt1\), une estimation \(|u_n-\alpha|\le q^n\) prouve la convergence vers \(\alpha\).
Problème 5 Se préparer aux examens
On considère la fonction définie sur \([0,+\infty[\) par :
\[ g(x)=\ln(1+x)-\frac{x}{1+x}. \]Étudier les variations de \(g\).
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La fonction \(g\) est dérivable sur \([0,+\infty[\), et :
\[ \begin{aligned} g'(x) &= \frac1{1+x} - \frac{(1+x)-x}{(1+x)^2}\\ &= \frac1{1+x} - \frac1{(1+x)^2}\\ &= \frac{x}{(1+x)^2}. \end{aligned} \]Pour tout \(x\ge0\) :
\[ g'(x)\ge0. \]De plus :
\[ g(0)=0. \]En déduire le signe de \(g(x)\) sur \([0,+\infty[\).
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La fonction \(g\) est croissante et \(g(0)=0\). Par conséquent :
\[ g(x)\ge0 \qquad \text{pour tout }x\ge0. \]Comme \(g\) est strictement croissante :
\[ g(x)>0 \qquad \text{pour tout }x>0. \]On considère la fonction définie sur \(\mathbb R\) par :
\[ f(x)=e^x\ln\left(1+e^{-x}\right). \]Montrer que :
\[ \lim_{x\to+\infty}f(x)=1 \qquad\text{et}\qquad \lim_{x\to-\infty}f(x)=0. \]Lire la correction Masquer la correction
Au voisinage de \(+\infty\).
Posons \(t=e^{-x}\). Alors \(t\to0^+\) et \(e^x=\dfrac1t\).
\[ f(x) = \frac{\ln(1+t)}t. \]La limite usuelle donne :
\[ \frac{\ln(1+t)}t\longrightarrow1. \]Donc :
\[ \lim_{x\to+\infty}f(x)=1. \]Au voisinage de \(-\infty\).
Posons \(u=e^x\). Alors \(u\to0^+\), et :
\[ \begin{aligned} f(x) &= u\ln\left(1+\frac1u\right)\\ &= u\left[\ln(1+u)-\ln u\right]. \end{aligned} \]Or :
\[ u\ln(1+u)\longrightarrow0 \]et :
\[ u\ln u\longrightarrow0. \]Montrer que, pour tout \(x\in\mathbb R\) :
\[ f'(x)=e^xg\left(e^{-x}\right). \]Lire la correction Masquer la correction
On dérive :
\[ \begin{aligned} f'(x) &= e^x\ln\left(1+e^{-x}\right) + e^x \frac{-e^{-x}}{1+e^{-x}}\\ &= e^x \left[ \ln\left(1+e^{-x}\right) - \frac{e^{-x}}{1+e^{-x}} \right]. \end{aligned} \]Le terme entre crochets est exactement \(g(e^{-x})\).
Dresser le tableau de variations de \(f\).
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Pour tout réel \(x\) :
\[ e^{-x}>0. \]D’après la première partie :
\[ g(e^{-x})>0. \]Comme \(e^x>0\), il vient :
\[ f'(x)>0. \]La fonction \(f\) est donc strictement croissante sur \(\mathbb R\).
Avec les limites précédentes :
On note \(\mathcal C\) la courbe représentative de \(f\) et \(\mathcal C'\) celle de la fonction \(-f\).
Tracer \(\mathcal C\) et \(\mathcal C'\) dans le même repère. On admet que \(\mathcal C\) possède un unique point d’inflexion d’abscisse :
\[ x_0\approx-0{,}7. \]Lire la correction Masquer la correction
Les éléments essentiels sont :
- \(\mathcal C\) est strictement croissante ;
- \(y=0\) est asymptote à gauche ;
- \(y=1\) est asymptote à droite ;
- \(\mathcal C'\) est l’image de \(\mathcal C\) par la symétrie d’axe \((Ox)\) ;
- les asymptotes de \(\mathcal C'\) sont \(y=0\) à gauche et \(y=-1\) à droite.
La courbe C représente f et la courbe C′ représente −f. Elles sont symétriques par rapport à l’axe des abscisses.
Montrer que :
\[ \forall x\in[-1,0], \qquad 0\lt f'(x)\le g(e). \]Lire la correction Masquer la correction
Pour \(x\in[-1,0]\), on a :
\[ 0\lt e^x\le1 \]et :
\[ 1\le e^{-x}\le e. \]La fonction \(g\) étant croissante :
\[ 0\lt g(e^{-x})\le g(e). \]Or :
\[ f'(x)=e^xg(e^{-x}). \]Comme \(e^x\le1\) :
Montrer que l’équation :
\[ f(x)+x=0 \]admet une unique solution \(\alpha\in\mathbb R\), et que :
\[ -1\lt \alpha\lt 0. \]Lire la correction Masquer la correction
Considérons :
\[ h(x)=f(x)+x. \]La fonction \(h\) est dérivable et :
\[ h'(x)=f'(x)+1>0. \]Elle est donc strictement croissante sur \(\mathbb R\).
De plus :
\[ h(0)=f(0)=\ln2>0. \]Et :
\[ h(-1) = \frac1e\ln(1+e)-1. \]Comme \(\ln(1+e)\lt e\), on obtient :
\[ h(-1)\lt 0. \]Le théorème des valeurs intermédiaires assure l’existence d’une solution dans \(]-1,0[\), et la stricte croissance assure son unicité.
Numériquement :
\[ \alpha\approx-0{,}5748. \]On considère la suite définie par :
\[ u_0=0, \qquad u_{n+1}=-f(u_n). \]Montrer que :
\[ \forall n\in\mathbb N, \qquad -1\le u_n\le0. \]Lire la correction Masquer la correction
Nous raisonnons par récurrence.
Initialisation.
\[ u_0=0\in[-1,0]. \]Hérédité.
Supposons \(u_n\in[-1,0]\). Comme \(f\) est croissante :
\[ f(-1)\le f(u_n)\le f(0)=\ln2. \]Or \(0\lt f(-1)\) et \(\ln2\lt 1\). Ainsi :
\[ 0\lt f(u_n)\lt 1. \]Donc :
\[ -1\lt -f(u_n)\lt 0. \]Par conséquent :
\[ u_{n+1}\in[-1,0]. \]Montrer que :
\[ \forall n\in\mathbb N, \qquad |u_{n+1}-\alpha| \le g(e)|u_n-\alpha|. \]Lire la correction Masquer la correction
Comme \(\alpha\) vérifie \(f(\alpha)+\alpha=0\) :
\[ \alpha=-f(\alpha). \]Donc :
\[ \begin{aligned} |u_{n+1}-\alpha| &= |-f(u_n)+f(\alpha)|\\ &= |f(u_n)-f(\alpha)|. \end{aligned} \]Les nombres \(u_n\) et \(\alpha\) appartiennent à \([-1,0]\). D’après le théorème des accroissements finis, il existe un réel \(c_n\) entre \(u_n\) et \(\alpha\) tel que :
\[ f(u_n)-f(\alpha) = f'(c_n)(u_n-\alpha). \]La question II.5 donne :
\[ 0\lt f'(c_n)\le g(e). \]En déduire que :
\[ \forall n\in\mathbb N, \qquad |u_n-\alpha| \le \left(g(e)\right)^n. \]Lire la correction Masquer la correction
En appliquant successivement l’inégalité précédente :
\[ |u_n-\alpha| \le \left(g(e)\right)^n |u_0-\alpha|. \]Or \(u_0=0\) et \(-1\lt \alpha\lt 0\), donc :
\[ |u_0-\alpha| = |\alpha| \lt 1. \]Ainsi :
Sachant que \(g(e)\lt 0{,}6\), calculer :
\[ \lim_{n\to+\infty}u_n. \]Lire la correction Masquer la correction
On a :
\[ 0\lt g(e)\lt 0{,}6\lt 1. \]Donc :
\[ \left(g(e)\right)^n\longrightarrow0. \]D’après la question précédente :
\[ 0 \le |u_n-\alpha| \le \left(g(e)\right)^n. \]Par encadrement :
\[ |u_n-\alpha|\longrightarrow0. \]Résultats essentiels
\[ f(x)=e^x\ln(1+e^{-x}), \qquad 0\lt f(x)\lt 1. \] \[ \exists!\,\alpha\in]-1,0[ \text{ tel que } f(\alpha)+\alpha=0. \] \[ |u_n-\alpha| \le \left(g(e)\right)^n. \] \[ \boxed{ \lim_{n\to+\infty}u_n=\alpha }. \]Hammou Boudraa — Enseignant des mathématiques
Lycée Oum Rabiaâ — M’rirt
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