Études de fonctions-2 (Prérentrée ECG1)

Partie A

1. On a : \[\begin{aligned} \forall x\in\mathbb{R}_+^\ast,\ f(x) &= \dfrac{x^2 + x + 1}{x^2} \, \text{e}^{-\frac{1}{x} } \\ &= \dfrac{ x^2 \left[ 1 + \frac{1}{x} + \frac{1}{x^2} \right] }{x^2} \, \text{e}^{-\frac{1}{x} } \\ &= \left[ 1 + \frac{1}{x} + \frac{1}{x^2} \right]\text{e}^{-\frac{1}{x} } \end{aligned}\]

   De plus on a : \[\lim_{x\to {+\infty}} \left[ 1 + \frac{1}{x} + \frac{1}{x^2} \right] = 1\]

   Par ailleurs on a : \[\lim_{x\to {+\infty}} - \frac{1}{x} = 0 \quad \text{et} \quad \lim_{t\to 0} \mathrm{e}^t = 1\]

   d’où, par composition : \[\lim_{x\to {+\infty}} \text{e}^{-\frac{1}{x} } = 1\]

   et donc, par produit : \[\lim_{x\to {+\infty}} f(x)= 1\]

   ce qui nous permet de conclure :

   La droite \((\Delta)\) d’équation \(y = 1\) est asymptote (horizontale) à \(\mathcal{C}\)

2. On a : \[\begin{aligned} \forall x\in\mathbb{R}_+^\ast,\ \dfrac{f(x) - f(0)}{x} &= \dfrac{x^2 + x + 1}{x^3} \, \text{e}^{-\frac{1}{x} } \\ &= \left[ \frac{1}{x} + \frac{1}{x^2} + \frac{1}{x^3} \right]\text{e}^{-\frac{1}{x} } \\ &= \frac{1}{x} \, \text{e}^{-\frac{1}{x} } + \frac{1}{x^2} \, \text{e}^{-\frac{1}{x} } + \frac{1}{x^3}\, \text{e}^{-\frac{1}{x} } \end{aligned}\]

   De plus on a : \[\lim_{x \to 0^+} \frac{1}{x} = {+\infty}\]

   et, par croissances comparées : \[\lim_{u \to {+\infty}} u\,\mathrm{e}^{-u} = \lim_{u \to {+\infty}} u^2\,\mathrm{e}^{-u} = \lim_{u\to {+\infty}} u^3\,\mathrm{e}^{-u} = 0\]

   d’où : \[\lim_{x \to 0^+} \dfrac{f(x) - f(0)}{x} = 0\]

   ce qui nous permet de conclure :

   \(f\) est dérivable en \(0\) (à droite) et \(f'(0) = 0\)

3. \(f\) est dérivable sur \(\mathbb{R}_+^\ast\) comme produit de fonctions qui le sont. En effet :

   Commentaire

   Avant de dériver une fonction, toujours penser à justifier qu’elle est dérivable.

   • \(x\mapsto \dfrac{x^2 + x + 1}{x^2}\) est une fonction rationnelle bien définie sur \(\mathbb{R}_+^\ast\) donc dérivable sur \(\mathbb{R}_+^\ast\),

   • \(x\mapsto \mathrm{e}^{-\frac{1}{x}}\) est la composée de la fonction \(x\mapsto - \frac{1}{x}\), dérivable sur \(\mathbb{R}_+^\ast\) et à valeurs dans \(\mathbb{R}\), par la fonction exponentielle, dérivable sur \(\mathbb{R}\).

   On a de plus : \[\begin{aligned} \forall x\in\mathbb{R}_+^\ast,\ f'(x) &= \dfrac{(2x+1) \times x^2 - (x^2 + x + 1) \times 2x}{x^4} \, \mathrm{e}^{-\frac{1}{x}} + \dfrac{x^2 + x + 1}{x^2} \times \frac{1}{x^2} \, \mathrm{e}^{-\frac{1}{x}} \\ &= \left[ \frac{ -x^2-2x}{x^4} + \dfrac{x^2 + x + 1}{x^4} \right] \mathrm{e}^{-\frac{1}{x}} \end{aligned}\]

   d’où :

   \[\forall x\in\mathbb{R}_+^\ast,\ f'(x) = \dfrac{1 - x}{x^4} \, \text{e}^{- \frac{1}{x}}\]

4. D’après le résultat précédent, \(f'(x)\) est du signe de \(1-x\) pour tout \(x\in\mathbb{R}_+^\ast\). Comme de plus \(f\) est continue sur \(\mathbb{R}_+\) (car dérivable), on en déduit le tableau de variations suivant :

   

5. 1. Pour tout \(x\in\mathbb{R}_+^\ast\), on a : \[\begin{aligned} g(x) =0 &\Leftrightarrow f(x) = xf'(x) \end{aligned}\]

      donc, d’après le résultat de la question 3 : \[\begin{aligned} g(x) =0 &\Leftrightarrow \dfrac{x^2+x+1}{x^2} \, \text{e}^{- \frac{1}{x}} = \dfrac{1 - x}{x^3} \, \text{e}^{- \frac{1}{x}} \end{aligned}\]

      soit encore, en multipliant par \(x^3 \, \text{e}^{- \frac{1}{x}}\) (qui n’est pas nul) : \[\begin{aligned} g(x) =0 &\Leftrightarrow x^3+x^2+x = 1-x \\ &\Leftrightarrow x^3+x^2+2x-1 = 0 \end{aligned}\]

      ce qui nous permet de conclure :

      Dans \(\mathbb{R}_+^\ast\), les équations \(g(x) = 0\) et \(x^3 + x^2 + 2x - 1 = 0\) sont équivalentes

   2. \(\blacktriangleright\) Commençons par un petit rappel.

      Commentaire

      Pour montrer qu’une équation de la forme \(h(x)=0\) admet une unique solution, penser à utiliser le théorème de la bijection

      Rappel de cours

      Théorème de la bijection

      Si \(f\) est une fonction continue et strictement monotone sur un intervalle \(I\) de \(\mathbb{R}\), alors :

      • \(f\) est bijective de \(I\) sur \(J=f(I)\),

      • \(J\) est un intervalle de même nature que \(I\) (fermé, ouvert, semi-ouvert) et dont les bornes sont les limites de \(f\) aux bornes de \(I\).

      La fonction \(h : x\mapsto x^3 + x^2 + 2x - 1\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\) en tant que fonction polynôme et on a : \[\begin{aligned} \forall x\in\mathbb{R},\ h'(x) &= 3x^2 +2x +2 \end{aligned}\]

      De plus \(h'\) est une fonction polynôme de degré \(2\) dont le discriminant est strictement négatif (il est égal à \(-20\)) donc, comme son coefficient dominant est strictement positif : \[\begin{aligned} \forall x\in\mathbb{R},\ h'(x) &>0 \end{aligned}\]

      Ainsi la fonction \(h\) est continue et strictement croissante sur \(\mathbb{R}\). Enfin on a : \[\begin{aligned} &\lim_{x\to {-\infty}} h(x) = \lim_{x\to {-\infty}} x^3 = {-\infty}\\ &\lim_{x\to {+\infty}} h(x) = \lim_{x\to {+\infty}} x^3 = {+\infty} \end{aligned}\]

      Commentaire

      La limite en \({-\infty}\) (et en \({+\infty}\)) d’une fonction polynôme est celle de son monôme de plus haut degré.

      On en déduit, d’après le théorème de la bijection, que \(h\) réalise une bijection de \(\mathbb{R}\) dans \(\mathbb{R}\), ce qui nous permet de conclure :

      L’équation \(x^3 + x^2 + 2x - 1 = 0\) admet une seule solution réelle \(\alpha\)

   3. On a : \[h(0) = -1 \quad \text{et} \quad h(1) = 3\] donc : \[h(0) < h(\alpha) < h(1)\]

      d’où, comme \(h\) est strictement croissante sur \(\mathbb{R}\) :

      \[0 < \alpha < 1\]

   4. Notons que \(h(0)<0\) et \(h(1)>0\). Comme initialement \(a=0\) et \(b=1\), on va modifier l’intervalle \([a,b]\) en le coupant en deux en conservant toujours des bornes \(a\) et \(b\) telles que \(h(a)<0\) et \(h(b)>0\). Par conséquent si \(c=\frac{a+b}{2}\) et \(h(c)>0\), on remplacera \(b\) par \(c\) car la solution de l’équation \(h(x) = 0\) se trouve dans l’intervalle \([ a,c]\).

      On propose donc de compléter ainsi :

      a=0
      b=1
      c=(a+b)/2
      while (b-a)/2>10**(-2):
          if c**3+c**2+2*c-1>0:
              b=c
          else:
              a=c
          c=(a+b)/2
      print(c)

1. 1. • On a:

        \[\forall x\in\mathbb{R}_+,\ g(x) = \mathrm{e}^x \left[ \frac{x}{\mathrm{e}^x} + 2\,\mathrm{e}^{-x} -1 \right]\]

        Commentaire

        Une forme indéterminée avec une somme donc on factorise le terme prépondérant.

        De plus on sait que : \[\lim_{x\to {+\infty}} \mathrm{e}^{-x} = 0\]

        et que, par croissances comparées : \[\lim_{x\to {+\infty}} \frac{x}{\mathrm{e}^x} = 0\]

        donc on a : \[\lim_{x\to {+\infty}} \left[ \frac{x}{\mathrm{e}^x} + 2\,\mathrm{e}^{-x} -1 \right] = -1\]

        Par ailleurs on a : \[\lim_{x\to {+\infty}} \mathrm{e}^x = {+\infty}\]

        d’où :

        \[\lim_{x\to {+\infty}} g(x) = {-\infty}\]

      • \(g\) est dérivable sur \(\mathbb{R}_+\) comme somme de fonctions qui le sont et on a : \[\forall x\in\mathbb{R}_+,\ g'(x) = 1- \mathrm{e}^x\]

        Or on sait que la fonction exponentielle est strictement croissante sur \(\mathbb{R}\) et que \(\mathrm{e}^0=1\) donc on a : \[\forall x\in\mathbb{R}_+^\ast,\ \mathrm{e}^x >1\] d’où : \[\forall x\in\mathbb{R}_+^\ast,\ g'(x) <0\]

        On en déduit le tableau de variations suivant :

        

   2. • Rappelons que : \[g(0) = 1 \quad \text{et} \quad \lim_{x\to {+\infty}} g(x) = {-\infty}\]

        \(g\) est continue (car dérivable) et strictement décroissante sur \(\mathbb{R}_+\) donc, d’après le théorème de la bijection, elle réalise une bijection de \(\mathbb{R}_+\) sur \(\left] \displaystyle \lim_{x\to {+\infty}} g(x), g(0) \right]\) donc sur \(]{-\infty},1]\). Comme \(0\) appartient à \(]{-\infty},1]\), on peut donc conclure :

        Commentaire

        Quand on cherche le nombre de solutions d’une équation de la forme \(g(x)=0\) sans chercher les solutions, on pense au théorème de la bijection.

        L’équation \(g(x)=0\) admet une unique solution \(\alpha\) sur \(\mathbb{R}_+\)

      • On a : \[g(1) = 3-\mathrm{e}\quad \text{et} \quad g(2) = 4-\mathrm{e}^2\]

        De plus on sait que \(\mathrm{e}\) appartient à \(]2,3[\) donc : \[g(1) < 0 < g(2)\]

        c’est-à-dire : \[g(1) < g(\alpha) < g(2)\]

        ce qui nous permet de conclure, comme \(g\) est strictement décroissante sur \(\mathbb{R}_+\) :

        \[1 < \alpha < 2\]

   3. Comme \(g\) est strictement décroissante sur \(\mathbb{R}_+\) et comme \(g(\alpha) = 0\), on a donc le tableau de signe suivant :

      

2. \(f\) est dérivable sur \(\mathbb{R}_+\) comme quotient, dont le dénominateur ne s’annule pas sur \(\mathbb{R}_+\), de fonctions qui le sont et on a : \[\begin{aligned} \forall x\in\mathbb{R}_+,\ f'(x) &= \frac{\mathrm{e}^x \left( x\,\mathrm{e}^x +1 \right) - (\mathrm{e}^x -1)(\mathrm{e}^x + x\,\mathrm{e}^x)}{(x\,\mathrm{e}^x +1)^2} \\ &= \frac{ x\,\mathrm{e}^{2x} +\mathrm{e}^x - ( \mathrm{e}^{2x}+x\,\mathrm{e}^{2x} - \mathrm{e}^x - x\,\mathrm{e}^x)}{(x\,\mathrm{e}^x +1)^2} \\ &= \frac{ 2\, \mathrm{e}^x - \mathrm{e}^{2x} + x\,\mathrm{e}^x}{(x\,\mathrm{e}^x +1)^2} \\ &= \frac{ \mathrm{e}^x \left( 2 - \mathrm{e}^x + x \right)}{(x\,\mathrm{e}^x +1)^2} \\ &= \frac{ \mathrm{e}^x \, g(x)}{(x\,\mathrm{e}^x +1)^2} \end{aligned}\]

   Comme la fonction exponentielle est strictement positive, il en découle que \(f'(x)\) est du signe de \(g(x)\) pour tout \(x\in\mathbb{R}_+\), donc (la limite en \({+\infty}\) est obtenue dans la question suivante) :

   

3. On a :

   Commentaire

   Face à une forme indéterminée du type \(\frac{\infty}{\infty}\), on factorise les termes prépondérants au numérateur et au dénominateur.

   \[\begin{aligned} \forall x\in\mathbb{R}_+,\ f(x) &= \dfrac{\text{e}^{x}-1}{x \, \text{e}^{x}+1} \\ &= \frac{\mathrm{e}^x}{\mathrm{e}^x} \times \frac{1- \text{e}^{-x}}{x+\text{e}^{-x}} \\ &= \frac{ 1- \text{e}^{-x}}{x+\text{e}^{-x}} \end{aligned}\]

   De plus on a : \[\lim_{x\to {+\infty}} ( 1- \text{e}^{-x} ) = 1 \quad \text{et} \quad \lim_{x\to {+\infty}} ( x+\text{e}^{-x} ) = {+\infty}\]

   donc, par quotient :

   \[\lim_{x\to {+\infty}} f(x) = 0\]

4. On a : \[\begin{aligned} f(\alpha) &= \dfrac{\text{e}^{\alpha}-1}{\alpha \, \text{e}^{\alpha}+1} \end{aligned}\]

   De plus \(g(\alpha) = 0\) donc : \[\alpha + 2 - \mathrm{e}^\alpha = 0\]

   d’où: \[\mathrm{e}^\alpha = \alpha + 2\]

   On en déduit : \[\begin{aligned} f(\alpha) &= \dfrac{\alpha + 1}{\alpha \left( \alpha +2 \right) +1} \\ &= \frac{\alpha +1}{\alpha^2 + 2 \alpha +1} \\ &= \frac{\alpha+1}{(\alpha +1)^2} \end{aligned}\]

   donc :

   \[f(\alpha) = \displaystyle\frac{1}{\alpha+ 1}\]

5. \(f\) est dérivable en \(0\) donc la tangente \((T)\) est bien définie et elle a pour équation

   \[y = f'(0) \left( x-0 \right) + f(0)\]

   donc, comme \(f(0) = 0\) et \(f'(0) = 1\) :

   \[(T) : y= x\]

6. 1. On a : \[\begin{aligned} \forall x\in\mathbb{R}_+,\ f(x) -x &= \dfrac{\text{e}^{x}-1}{x \, \text{e}^{x}+1} - x \\ &= \dfrac{\text{e}^{x}-1 - x\left( x\,\mathrm{e}^x +1 \right)}{x \, \text{e}^{x}+1} \\ &= \dfrac{\text{e}^{x}-1 - x^2\,\mathrm{e}^x - x}{x \, \text{e}^{x}+1} \end{aligned}\]

      De plus on a : \[\begin{aligned} \forall x\in\mathbb{R}_+,\ \left( x+1 \right) u(x) &= (x+1)(\mathrm{e}^x - x\,\mathrm{e}^x -1) \\ &= x\,\mathrm{e}^x - x^2 \,\mathrm{e}^x - x + \mathrm{e}^x - x\,\mathrm{e}^x -1 \\ &= \text{e}^{x}-1 - x^2\,\mathrm{e}^x - x \end{aligned}\]

      Commentaire

      Le résultat est donné, autant l’utiliser car il est toujours plus simple de développer que de factoriser !

      d’où :

      \[\forall x\in\mathbb{R}_+,\ f(x)-x= \frac{(x+1)\,u(x)}{x \, \text{e}^{x}+1}\]

   2. La fonction \(u\) est dérivable sur \(\mathbb{R}_+\) comme somme et produit de fonctions qui le sont et on a : \[\begin{aligned} \forall x\in\mathbb{R}_+,\ u'(x) &= \mathrm{e}^x - \mathrm{e}^x - x\,\mathrm{e}^x \\ &= - x\,\mathrm{e}^x \end{aligned}\]

      Ainsi \(u'\) est négative sur \(\mathbb{R}_+\) et ne s’annule qu’en \(0\) donc :

      \(u\) est strictement décroissante sur \(\mathbb{R}_+\)

   3. \(u\) est décroissante sur \(\mathbb{R}_+\) et \(u(0) = 0\) donc : \[\forall x\in\mathbb{R}_+,\ u(x) \leqslant 0\]

      Or on a de plus : \[\forall x\in\mathbb{R}_+,\ \frac{x+1 }{x \, \text{e}^{x}+1} \geqslant 0\]

      d’où : \[\forall x\in\mathbb{R}_+,\ f(x) - x \leqslant 0\]

      soit encore : \[\forall x\in\mathbb{R}_+,\ f(x) \leqslant x\]

      ce qui nous permet de conclure :

      \(\mathcal{C}\) est en dessous de \((T)\)