Fiche de mathématiques

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Un problème complet

Exercice comportant une fonction exponentielle

Soit $f$ la fonction définie sur [0; + $\infty$ [ par : $f(x) = \dfrac{x^2+x+1}{x^2}e^{-\frac{1}{x}}$ pour $x > 0$ et $f(0) = 0$ .
On note (C) la courbe représentative de $f$ dans un repère orthonormal (O; $\vec{i}$ , $\vec{j}$ ) (unité graphique 5 cm).

Partie 1

1. Démontrer que la droite ( $\delta$ ) d'équation y = 1 est asymptote à (C).

2. Pour $x > 0$ , calculer $\dfrac{f(x)-f(0)}{x}$ .
Étudier la limite de cette expression quand $x$ tend vers 0 (on pourra utiliser, pour $n$ entier naturel non nul, $\displaystyle \lim_{n \to +\infty} u^{n}e^{-u} = 0$ )
Que peut-on en déduire pour la fonction $f$ ?
Que peut-on en déduire pour la courbe (C) ?

3. Démontrer que, pour tout x de ]0 ; + $\infty$ [, on a :
$f'(x) = \dfrac{1-x}{x^{4}} e^{-\frac{1}{x}}$ .

4. Étudier les variations de la fonction $f$ et dresser le tableau des variations de $f$ .

Partie 2

On note $g$ la fonction définie sur ]0 ; + $\infty$ [ par $g(x) = f(x) - x f'(x)$ .

1. Montrer que, dans ]0 ; + $\infty$ [, les équations $g(x) = 0$ et $x^3 + x^3 + 2x - 1 = 0$ sont équivalentes.

2. Démontrer que l'équation $x^3 + x^3 + 2x - 1 = 0$ admet une seule racine réelle $\alpha$ dont on justifiera un encadrement à 10^-2 près.

3. On pose A = $\dfrac{f(\alpha)}{\alpha}$ . Encadrer A à 2×10^-1 près (justifier) et montrer que A = $f'(\alpha)$ .

4. Pour tout a > 0, on note ( $T_a$ ) la tangente à (C) au point d'abscisse a. Montrer que ( $T_{\alpha}$ ) a pour équation $y = \text{A}x$ . Tracer ( $T_{\alpha}$ ), puis la courbe (C).

5. Déduire des questions précédentes que de toutes les tangentes ( $T_a$ ) à (C) (en des points d'abscisses non nulles), seule ( $T_{\alpha}$ ) passe par l'origine O.

Partie 3

1. Pour $n \in \mathbb{N}*$ , on pose u_n = $\displaystyle \int_{\frac{1}{n}}^{1}f(x)\text{ d}x$ .
Sans calculer explicitement $u_n$ , déterminer le signe de $u_{n+1} - u_n$ .
En déduire que la suite ( $u_n$ ) est croissante.

2. Démontrer que la fonction $h$ , définie sur ]0 ; + $\infty$ [ par : $h(x) = (x + 1) e^{-\frac{1}{x}}$ , est primitive de $f$ sur ]0; + $\infty$ [.

3. Calculer $u_n$ . Interpréter graphiquement le résultat.

4. Étudier la convergence de la suite ( $u_n$ ).

Voir la correction

Soit f la fonction définie sur [0; + $\infty$ [ par : $f(x) = \dfrac{x^2+x+1}{x^2}e^{-\frac{1}{x}}$ pour $x > 0$ et $f(0) = 0$ .

Partie 1

1. Nous avons, pour tout réel $x > 0$ , $\dfrac{x^2+x+1}{x^2} = 1 + \dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{x^2}$ ,donc :
$\displaystyle \lim_{x \to +\infty} \dfrac{x^2+x+1}{x^2} = 1$
et $\displaystyle \lim_{x \to +\infty} \left(-\frac{1}{x}\right) = 0$ , avec $\displaystyle \lim_{X \to 0} e^X = 1$ , d'où $\displaystyle \lim_{x \to +\infty} e^{-\frac{1}{x}} = 1$ ,
donc : $\displaystyle \lim_{x \to +\infty} f(x) = 1$ .
La droite d'équation $y = 1$ est asymptote à la courbe représentative de f au voisinage de + $\infty$ .

2. Pour $x > 0$ , $\dfrac{f(x)-f(0)}{x} = \dfrac{x^2+x+1}{x^3} \times e^{-\frac{1}{x}} = \left( \dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{x^2} + \dfrac{1}{x^3} \right) \times e^{-\frac{1}{x}}$ , donc en posant $X = \dfrac{1}{x}$ , nous avons :
$\dfrac{f(x)-f(0)}{x} = (X^3+X^2+X) \times e^{-X} = X^3 e^{-X} + X^2 e^{-X} + X e^{-X}$ .
Or, $\displaystyle \lim_{X \to +\infty} X^3 e^{-X} = 0$ ; $\displaystyle \lim_{X \to +\infty} X^2 e^{-X} = 0$ et $\displaystyle \lim_{X \to +\infty} X e^{-X} = 0$ , donc: $\displaystyle \lim_{X \to +\infty} \dfrac{f(x)-f(0)}{x} = 0$ .
Il s'ensuit que : $f$ est dérivable en 0 et $f'(0) = 0$ . La courbe (C) admet donc une tangente parallèle à l'axe des abscisses au point O.

3. Sur l'intervalle ]0; + $\infty$ [, $f$ est dérivable car elle est le produit de la fonction rationnelle $x \mapsto \dfrac{x^2+x+1}{x^2}$ , dérivable sur cet intervalle, par la fonction $x \mapsto e^{-\frac{1}{x}}$ dérivable sur ]0; + $\infty$ [.
Pour tout $x > 0$ , $f'(x) = \dfrac{(2x+1)x^2-2x(x^2+x+1)}{x^4} \times e^{-\frac{1}{x}} + \dfrac{x^2+x+1}{x^3} \times \dfrac{1}{x^2} \times e^{-\frac{1}{x}}$ , donc :
$f '(x) = e^{-\frac{1}{x}} \times \left[ \dfrac{2x^3+x^2-2x^3-2x^2-2x+x^2+x+1}{x^4} \right]$ .
D'où: pour tout $x > 0$ , $f '(x) = e^{-\frac{1}{x}} \times \dfrac{1-x}{x^4}$ .

4. Le signe de $f'(x)$ sur ]0; + $\infty$ [ est celui de $1-x$ car $e^{-\frac{1}{x}} > 0$ et $x^4>0$ .
Il en résulte que, sur ]0 ; 1 [, $f' (x) > 0$ et, sur] 1; + $\infty$ [, $f' (x) < 0$ .
$f$ est strictement croissante sur l'intervalle ]0 ; 1] et strictement décroissante sur [1; + $\infty$ [.
Tableau des variations de $f$

Un problème type bac comportant une fonction exponentielle : image 2

Partie 2

Soit $g$ la fonction définie sur ]0; + $\infty$ [ par : [/tex]g(x) = f(x) -xf '(x)[/tex].
1. Dans ]0 ; + $\infty$ [, l'équation $g(x) = 0$ est équivalente à : $f(x) -xf '(x) = 0$ .
Or, $f(x) -xf '(x) = 0$ équivaut à : $\dfrac{x^2+x+1}{x^2} \times e^{-\frac{1}{x}} - e^{-\frac{1}{x}} \times \dfrac{1-x}{x^3} = 0$ .
$e^{-\frac{1}{x}} \left(\dfrac{x^2+x+1}{x^2} - \dfrac{1-x}{x^3}\right) = 0$
$\dfrac{x^3+x^2+x-1+x}{x^3} = 0$ car $e^{-\frac{1}{x}}$ n'est jamais nul.
$x^3+x^2+2x-1 = 0$ (E)
Dans ]0; + $\infty$ [, les équations $g(x) = 0$ et (E) sont équivalentes.

2. Sur l'intervalle [0; + $\infty$ [, la fonction polynôme p: $x \mapsto x^3+x^2+2x-1$ est dérivable, de fonction dérivée $x \mapsto 3x^2 + 2x + 2$ toujours strictement positive. Il s'ensuit que la fonction $x \mapsto x^3 + x^2 + 2x - 1$ est strictement croissante sur l'intervalle [0; + $\infty$ [ prenant la valeur -1 en 0 et admettant pour limite + $\infty$ en + $\infty$ .
Donc l'équation $x^3 + x^2 + 2x - 1 = 0$ admet une solution unique $\alpha$ dans ]0; + $\infty$ [.

Encadrement de $\alpha$ :
Nous avons
p(0) = -1 et p(1) = 3 donc 0 < $\alpha$ < 1 ;
p(0) = -1 et p(0,5) = 0,375 donc 0 < $\alpha$ < 0,5 ;
p(0,3) $\approx$ -0,2 et p(0,4) $\approx$ 0,02 donc 0,3 < $\alpha$ < 0,4 ;
p(0,35) $\approx$ -0,1 et p(0,4) $\approx$ 0,02 donc 0,35 < $\alpha$ < 0,4 ;
p(0,38) $\approx$ -0,04 et p(0,40) $\approx$ 0,02 donc 0,38 < $\alpha$ < 0,4 ;
p(0,39) $\approx$ -0,008 et p(0,40) $\approx$ 0,02 donc 0,39 < $\alpha$ < 0,4.
Un encadrement de $\alpha$ à 10^{- 2} près est : 0,39 < $\alpha$ < 0,40.

3. Soit A = $\dfrac{f(\alpha)}{\alpha}$ , nous avons : $\dfrac{1}{0,4} < \dfrac{1}{\alpha} < \dfrac{1}{0,39}$ et 0,78 < $f(\alpha)$ < 0,79, donc 1,8 < A < 2.
D'après la partie 2.1., nous avons :
$g(\alpha) = 0$ équivaut à $f(\alpha) - \alpha f'(\alpha) = 0$ avec $\alpha$ non nul.
Donc $f(\alpha) = \alpha f'(\alpha)$ soit $\dfrac{f(\alpha)}{\alpha} = f'(\alpha)$ et A = $f'(\alpha)$ .

4. ( $T_{\alpha}$ ) a pour équation : $y - f(\alpha) = f'(\alpha)(x - \alpha)$ soit
$y = \text{A}(x - \alpha) + f(\alpha)$ .
Or, d'après la question précédente, $f(\alpha) = \text{A}\alpha$ , donc une équation de ( $T_{\alpha}$ ) est $y = \text{A}x$ .

Représentations graphiques

Un problème type bac comportant une fonction exponentielle : image 1

5. Soit ( $T_{\alpha}$ ) la tangente à (C) au point d'abscisse non nulle a, elle a pour équation :
y = f '(a) x - a f '(a) + f(a).
Cette tangente passe par O si, et seulement si, -af '(a) + f(a) = 0.
Cela équivaut à g(a) = 0. Or nous avons prouvé que $\alpha$ est la seule solution de cette équation, donc seule ( $T_{\alpha}$ ) passe par l'origine.

6. a) Traçons la droite d' équation y = mx et déterminons graphiquement le nombre de points d'intersection de cette droite avec (C). Le nombre de solutions dans l'intervalle [0 ; + $\infty$ [ de l'équation f(x) = mx est :
aucune pour m > $\dfrac{3}{e}$ ou m < 0 ;
une solution pour m = $\dfrac{3}{e}$ ou m = 0 ;
deux solutions pour $\dfrac{3}{e}$ < m < 0.

6. b) On lira les abscisses des points d'intersection de (C) et de la droite d'équation y = mx. Le nombre de solutions dans l'intervalle [0 ; + $\infty$ [ de l'équation f(x) = mx est :
pour m > f ' ( $\alpha$ ), une solution égale à 0 ;
pour 0 < m < f '( $\alpha$ ), trois solutions ;
pour m = 0, une solution égale à 0 ;
pour m < 0, une solution égale à 0.

Partie 3

1. Pour tout entier naturel non nul, u_n = $\displaystyle \int_{\frac{1}{n}}^{1}f(x)\text{ d}x$ et u_n+1 - u_n = $\displaystyle \int_{\frac{1}{n+1}}^{\frac{1}{n}}f(x)\text{ d}x$ avec $f$ strictement positive sur l'intervalle $\left[\dfrac{1}{n+1};\dfrac{1}{n}\right]$ , donc :
u_n+1 - u_n $\ge$ 0.
La suite (u_n) est croissante.

2. Soit $h$ la fonction définie sur [0 ; + $\infty$ [ par : $h(x) = (x + 1) \times e^{-\frac{1}{x}}$ .
Pour tout réel $x > 0$ , $h'(x) = e^{-\frac{1}{x}} + (x + 1) \times \dfrac{1}{x^2} e^{-\frac{1}{x}}$ ,
soit $h'(x) = e^{-\frac{1}{x}} \left( 1 + \dfrac{x+1}{x^2} \right)$
c'est-à-dire $h'(x) = e^{-\frac{1}{x}} \left(\dfrac{x^2+x+1}{x^2}\right)$
et, par conséquent, $h'(x) = f(x)$ .
La fonction $h$ est une primitive de $f$ sur ]0 ; + $\infty$ [.

3. De la question précédente, nous déduisons : $u_n = h(1) - h\left(\dfrac{1}{n}\right)$ ,
avec $h(1) = \dfrac{2}{e}$ et $h\left(\dfrac{1}{n}\right) = \dfrac{n+1}{n} \times \dfrac{1}{e^n}$ .
De ce fait : $u_n = \dfrac{2}{e} - \dfrac{n+1}{ne^n}$ .
$u_n$ représente l'aire en unités d'aire de la portion de plan définie par : $\left \lbrace \begin{array}{l} \dfrac{1}{n} \le x \le 1 \\ 0 \le y \le f(x)\\ \end{array} \right.$
car $f(x) \ge 0$ sur l'intervalle [ $\dfrac{1}{n}$ ;1].

4. La suite de terme général $v_n = \dfrac{n+1}{ne^n}$ converge vers 0 car $v_n = \dfrac{1}{e^n} + \dfrac{1}{ne^n}$ ,
donc la suite ( $u_n$ ) converge vers $\dfrac{2}{e}$ .

Publié par malou le 09-06-2016

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