Fiche de mathématiques
> >

Un problème complet

Partager :

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 un =\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).




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, un = \displaystyle \int_{\frac{1}{n}}^{1}f(x)\text{ d}x et un+1 - un = \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 :
un+1 - un \ge 0.
La suite (un) 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 le
ceci n'est qu'un extrait
Pour visualiser la totalité des cours vous devez vous inscrire / connecter (GRATUIT)
Inscription Gratuite se connecter


Vous devez être membre accéder à ce service...

Pas encore inscrit ?

1 compte par personne, multi-compte interdit !

Ou identifiez-vous :


Rester sur la page

Inscription gratuite

Fiches en rapport

parmi 1324 fiches de maths

Désolé, votre version d'Internet Explorer est plus que périmée ! Merci de le mettre à jour ou de télécharger Firefox ou Google Chrome pour utiliser le site. Votre ordinateur vous remerciera !