Problème 1 — Fonctions exponentielles
Al Moufid — 2e Bac Sciences Mathématiques — Problème de synthèse
Partie I
Pour tout \(n\in\mathbb N^*\), on considère la fonction \(g_n\) définie sur \(\mathbb R\) par :
\[ g_n(x)=x+e^{-nx}. \]On note \(\mathcal C_n\) sa courbe représentative dans un repère orthonormé \((O;\vec i,\vec j)\).
Question I-1-a
Étudier les variations de la fonction \(g_n\).
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La fonction \(g_n\) est dérivable sur \(\mathbb R\) et, pour tout \(x\in\mathbb R\),
\[ g_n'(x)=1-ne^{-nx}. \]Résolvons \(g_n'(x)=0\) :
\[ 1-ne^{-nx}=0 \iff e^{-nx}=\frac1n \iff -nx=-\ln n \iff x=\frac{\ln n}{n}. \]Posons
\[ u_n=\frac{\ln n}{n}. \]Comme la fonction exponentielle est strictement croissante :
- si \(x<u_n\), alors \(e^{-nx}>\frac1n\), donc \(g_n'(x)<0\) ;
- si \(x=u_n\), alors \(g_n'(x)=0\) ;
- si \(x>u_n\), alors \(e^{-nx}<\frac1n\), donc \(g_n'(x)>0\).
Question I-1-b
Montrer que \(g_n\) admet un minimum absolu en un réel \(u_n\), qu’on exprimera en fonction de \(n\).
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D’après l’étude précédente, le minimum absolu de \(g_n\) est atteint au point d’abscisse
\[ \boxed{u_n=\frac{\ln n}{n}}. \]Sa valeur est :
\[ \begin{aligned} g_n(u_n) &=\frac{\ln n}{n}+e^{-n\frac{\ln n}{n}}\\ &=\frac{\ln n}{n}+e^{-\ln n}\\ &=\frac{\ln n}{n}+\frac1n\\ &=\frac{\ln n+1}{n}. \end{aligned} \]Question I-2-a
Calculer les limites \(\displaystyle\lim_{x\to-\infty}g_n(x)\) et \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}g_n(x)\).
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Lorsque \(x\to+\infty\), on a \(e^{-nx}\to0\). Par conséquent,
\[ \boxed{\lim_{x\to+\infty}g_n(x)=+\infty}. \]Lorsque \(x\to-\infty\), posons \(t=-x\). Alors \(t\to+\infty\) et
\[ g_n(x)=g_n(-t)=-t+e^{nt} =t\left(\frac{e^{nt}}{t}-1\right). \]Or \(\displaystyle\frac{e^{nt}}{t}\to+\infty\). Ainsi,
\[ \boxed{\lim_{x\to-\infty}g_n(x)=+\infty}. \]Question I-2-b
Déterminer les branches infinies de \(\mathcal C_n\).
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Au voisinage de \(+\infty\),
\[ g_n(x)-x=e^{-nx}\longrightarrow0. \]La droite
\[ \boxed{\Delta:y=x} \]est donc une asymptote oblique à \(\mathcal C_n\) au voisinage de \(+\infty\). De plus,
\[ g_n(x)-x=e^{-nx}>0, \]donc \(\mathcal C_n\) reste au-dessus de \(\Delta\).
Au voisinage de \(-\infty\),
\[ \frac{g_n(x)}x =1+\frac{e^{-nx}}x. \]En posant encore \(t=-x\), on obtient
\[ \frac{g_n(x)}x=1-\frac{e^{nt}}t\longrightarrow-\infty. \]Question I-3-a
Étudier la position relative des courbes \(\mathcal C_1\) et \(\mathcal C_2\).
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Pour tout \(x\in\mathbb R\),
\[ \begin{aligned} g_1(x)-g_2(x) &=\left(x+e^{-x}\right)-\left(x+e^{-2x}\right)\\ &=e^{-x}-e^{-2x}\\ &=e^{-2x}(e^x-1). \end{aligned} \]Comme \(e^{-2x}>0\), le signe de \(g_1(x)-g_2(x)\) est celui de \(e^x-1\), donc celui de \(x\).
- sur \(]-\infty;0[\), \(g_1(x)<g_2(x)\) : \(\mathcal C_1\) est au-dessous de \(\mathcal C_2\) ;
- pour \(x=0\), \(g_1(0)=g_2(0)=1\) ;
- sur \(]0;+\infty[\), \(g_1(x)>g_2(x)\) : \(\mathcal C_1\) est au-dessus de \(\mathcal C_2\).
Question I-3-b
Tracer dans le repère \((O;\vec i,\vec j)\) les courbes \(\mathcal C_1\) et \(\mathcal C_2\). On prend \(\|\vec i\|=2\,\mathrm{cm}\).
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Les éléments nécessaires à la construction sont :
- \(\mathcal C_1\) admet le minimum \(A(0;1)\) ;
- \(\mathcal C_2\) admet le minimum \[ M_2\left(\frac{\ln2}{2};\frac{1+\ln2}{2}\right); \]
- les deux courbes passent par \(A(0;1)\) ;
- elles admettent toutes les deux \(y=x\) comme asymptote au voisinage de \(+\infty\), en restant au-dessus de cette droite ;
- sur \(]-\infty;0[\), \(\mathcal C_1\) est au-dessous de \(\mathcal C_2\), puis l’ordre s’inverse sur \(]0;+\infty[\).
Représentation qualitative conforme aux variations, aux minima et à la position relative des deux courbes.
Question I-4
On pose, pour tout \(n\in\mathbb N^*\), \(v_n=g_n(u_n)\). Montrer que les suites \((u_n)_{n\in\mathbb N^*}\) et \((v_n)_{n\in\mathbb N^*}\) sont convergentes et déterminer leurs limites.
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Nous avons déjà obtenu :
\[ u_n=\frac{\ln n}{n} \qquad\text{et}\qquad v_n=g_n(u_n)=\frac{\ln n+1}{n}. \]La limite fondamentale \(\displaystyle\lim_{n\to+\infty}\frac{\ln n}{n}=0\) donne immédiatement
\[ \boxed{\lim_{n\to+\infty}u_n=0}. \]De plus,
\[ v_n=\frac{\ln n}{n}+\frac1n, \]et les deux termes du second membre tendent vers \(0\). Donc
\[ \boxed{\lim_{n\to+\infty}v_n=0}. \]Partie II
Pour tout \(n\in\mathbb N^*\), on considère la fonction \(f_n\) définie sur \(\mathbb R\) par :
\[ f_n(x)=x+e^{nx}. \]On note \(\Gamma_n\) sa courbe représentative dans un repère orthonormé \((O;\vec i,\vec j)\).
Question II-1
Étudier les variations de la fonction \(f_n\).
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La fonction \(f_n\) est dérivable sur \(\mathbb R\) et
\[ f_n'(x)=1+ne^{nx}. \]Pour tout \(x\in\mathbb R\), on a \(n>0\) et \(e^{nx}>0\), donc
\[ f_n'(x)>0. \]Par ailleurs,
\[ \lim_{x\to-\infty}f_n(x)=-\infty \qquad\text{et}\qquad \lim_{x\to+\infty}f_n(x)=+\infty. \]Question II-2
En déduire que l’équation \(f_n(x)=0\) admet une solution unique \(\alpha_n\).
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La fonction \(f_n\) est continue et strictement croissante sur \(\mathbb R\). De plus,
\[ \lim_{x\to-\infty}f_n(x)=-\infty \quad\text{et}\quad \lim_{x\to+\infty}f_n(x)=+\infty. \]D’après le théorème des valeurs intermédiaires, l’équation \(f_n(x)=0\) possède au moins une solution réelle. La stricte croissance de \(f_n\) assure l’unicité de cette solution.
Question II-3-a
Montrer que
\[ \alpha_1\in]-\ln2;-\tfrac12[. \]Lire la réponse +Masquer la réponse −
Pour \(n=1\),
\[ f_1(x)=x+e^x. \]Calculons les valeurs de \(f_1\) aux bornes proposées :
\[ f_1(-\ln2)=-\ln2+e^{-\ln2}=\frac12-\ln2. \]Or \(\ln2>\frac12\). En effet, l’inégalité stricte \(\ln t<t-1\), appliquée à \(t=\frac12\), donne \(-\ln2<-\frac12\). Ainsi,
\[ f_1(-\ln2)<0. \]D’autre part,
\[ f_1\left(-\frac12\right)=-\frac12+e^{-1/2}. \]L’inégalité \(e^x>1+x\), appliquée à \(x=-\frac12\), donne \(e^{-1/2}>\frac12\). Donc
\[ f_1\left(-\frac12\right)>0. \]Comme \(f_1\) est continue et strictement croissante, son unique zéro vérifie
\[ \boxed{\alpha_1\in]-\ln2;-\frac12[}. \]Question II-3-b
Montrer que les quantités \((x-\alpha_1)\) et \((e^x+\alpha_1)\) ont le même signe.
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Comme \(f_1(\alpha_1)=0\), on a
\[ \alpha_1+e^{\alpha_1}=0 \qquad\Longrightarrow\qquad e^{\alpha_1}=-\alpha_1. \]Par conséquent,
\[ e^x+\alpha_1=e^x-e^{\alpha_1}. \]La fonction exponentielle étant strictement croissante, les quantités \(e^x-e^{\alpha_1}\) et \(x-\alpha_1\) ont le même signe.
Question II-4-a
On considère la fonction \(\varphi\) définie sur \(]-\infty;-\frac12]\) par
\[ \varphi(x)=e^x-\frac1{\sqrt e}x. \]Montrer que \(\varphi\) est décroissante sur \(]-\infty;-\frac12]\).
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La fonction \(\varphi\) est dérivable et
\[ \varphi'(x)=e^x-\frac1{\sqrt e}. \]Pour tout \(x\le-\frac12\), la croissance de l’exponentielle donne
\[ e^x\le e^{-1/2}=\frac1{\sqrt e}. \]Ainsi, \(\varphi'(x)\le0\) sur \(]-\infty;-\frac12]\), avec une inégalité stricte pour \(x<-\frac12\).
Question II-4-b
En déduire que, pour tout \(x\in]-\infty;-\frac12]\),
\[ |e^x+\alpha_1|\le\frac1{\sqrt e}|x-\alpha_1|. \]Lire la réponse +Masquer la réponse −
On sait que \(\alpha_1<-\frac12\), donc \(x\) et \(\alpha_1\) appartiennent au domaine où \(\varphi\) est décroissante.
La décroissance de \(\varphi\) donne \(\varphi(x)\le\varphi(\alpha_1)\), donc
\[ e^x-e^{\alpha_1}\le\frac1{\sqrt e}(x-\alpha_1). \]Les deux membres sont positifs ou nuls.
La décroissance de \(\varphi\) donne \(\varphi(x)\ge\varphi(\alpha_1)\), donc
\[ e^x-e^{\alpha_1}\ge\frac1{\sqrt e}(x-\alpha_1). \]Les deux membres sont négatifs ou nuls ; on change alors leurs signes.
Comme \(e^{\alpha_1}=-\alpha_1\), ces deux cas conduisent à
\[ \boxed{|e^x+\alpha_1|\le\frac1{\sqrt e}|x-\alpha_1|}. \]Question II-5-a
On considère la suite \((\beta_n)\) définie par
\[ \beta_0=-\frac12 \qquad\text{et}\qquad (\forall n\in\mathbb N)\;\beta_{n+1}=-e^{\beta_n}. \]Montrer qu’il existe un réel \(a\) tel que, pour tout \(n\in\mathbb N\),
\[ |\beta_{n+1}-\alpha_1|\le a|\beta_n-\alpha_1|. \]Lire la réponse +Masquer la réponse −
Posons
\[ q=\frac1{\sqrt e}. \]On a \(0<q<1\). Nous montrons simultanément, par récurrence, que
\[ \beta_n\le-\frac12 \qquad\text{et}\qquad |\beta_n-\alpha_1|\le q^n|\beta_0-\alpha_1|. \]Pour \(n=0\), ces deux propriétés sont immédiates.
Supposons-les vraies à un rang \(n\). Puisque \(\beta_n\le-\frac12\), le résultat de la question II-4-b s’applique à \(x=\beta_n\). Ainsi,
\[ \begin{aligned} |\beta_{n+1}-\alpha_1| &=|-e^{\beta_n}-\alpha_1|\\ &=|e^{\beta_n}+\alpha_1|\\ &\le q|\beta_n-\alpha_1|\\ &\le q^{n+1}|\beta_0-\alpha_1|. \end{aligned} \]En outre, comme \(\beta_0=-\frac12>\alpha_1\),
\[ \begin{aligned} \beta_{n+1} &\le \alpha_1+|\beta_{n+1}-\alpha_1|\\ &\le \alpha_1+q^{n+1}(\beta_0-\alpha_1)\\ <\alpha_1+(\beta_0-\alpha_1)\\ &=\beta_0=-\frac12. \end{aligned} \]La récurrence est établie. En particulier, pour tout \(n\in\mathbb N\),
\[ |\beta_{n+1}-\alpha_1|\le\frac1{\sqrt e}|\beta_n-\alpha_1|. \]Question II-5-b
Montrer que la suite \((\beta_n)\) est convergente et déterminer sa limite.
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Le résultat précédent donne, pour tout \(n\in\mathbb N\),
\[ |\beta_n-\alpha_1| \le\left(\frac1{\sqrt e}\right)^n|\beta_0-\alpha_1|. \]Or
\[ 0<\frac1{\sqrt e}<1, \]donc
\[ \left(\frac1{\sqrt e}\right)^n\longrightarrow0. \]Par encadrement,
\[ |\beta_n-\alpha_1|\longrightarrow0. \]Méthodes et repères utiles
- Pour étudier \(x+e^{-nx}\), la dérivée s’annule lorsque \(e^{-nx}=\frac1n\).
- La comparaison avec \(y=x\) se fait directement grâce à \(g_n(x)-x=e^{-nx}>0\).
- L’existence d’un zéro repose sur la continuité ; son unicité repose sur la stricte monotonie.
- Pour une suite définie par itération, une majoration de la forme \(|u_{n+1}-\ell|\le q|u_n-\ell|\), avec \(0<q<1\), entraîne la convergence vers \(\ell\).
Source : manuel Al Moufid, chapitre « Fonctions exponentielles », problème 1, page imprimée 237.
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