TS – Fonction Ln – Ex 5

Exercice 5

On considère la fonction $f$ définie sur $]0;+\infty[$ par $f(x) = \e^x – \ln x$

  1. Étudier les variations de la fonction $\varphi$ définie sur $\R$ par :
    $$\varphi(x) = x\e^x – 1$$
    $\quad$
  2. En déduire qu’il existe un réel unique $\alpha$ tel que $\alpha \e^{\alpha}= 1$.
    Donner un encadrement d’amplitude $10^{-3}$ de $\alpha$.
    $\quad$
  3. Étudier le signe de $\varphi(x)$.
    $\quad$
  4. Calculer la fonction dérivée $f$’ de $f$ et étudier son signe sur $]0;+\infty[$.
    $\quad$
  5. En déduire les variations de la fonction $f$.
    $\quad$
  6. Montrer que $f $admet un minimum $m$ égal à $\alpha + \alpha^{-1}$.

Correction

  1. La fonction $\varphi$ est dérivable sur $\R$ en tant que produit de fonctions dérivables sur $\R$.
    $\varphi'(x) = \e^x + x\e^x = (1 + x)\e^x$.
    $\varphi'(x)$ est donc du signe de $1 + x$.
    La fonction $\varphi$ est donc décroissante sur $]-\infty;-1]$ et croissante sur $[-1;+\infty$.
    $\quad$
  2. $\lim\limits_{x \to -\infty} x\e^x = 0$ donc $\lim\limits_{x \to -\infty} \varphi(x) = -1$
    $\lim\limits_{x \to +\infty} \e^x = +\infty$ donc $\lim\limits_{x \to +\infty} \varphi(x) = +\infty$.
    $\varphi(-1) = -\e^{-1} – 1$.
    Par conséquent :
    – sur l’intervalle $]-\infty;-1]$, $\varphi(x) < -1$. L’équation $\varphi(x) = 0$ ne possède pas de solution sur cet intervalle.
    – sur l’intervalle $[-1;+\infty[$, la fonction $\varphi$ est continue (car dérivable) et strictement croissante.
    $0$ appartient à l’intervalle image.
    D’après le théorème de la bijection (ou corollaire du théorème des valeurs intermédiaires), l’équation $\varphi(x) = 0$ admet une unique solution sur cette intervalle.
    $\quadPar conséquent, il existe un unique réel $\alpha$ tel que $\alpha \e^{\alpha} = 1$.
    $\quad$
    D’après la calculatrice $0,692 < \alpha < 0,693$.
    $\quad$
  3. Cela signifie donc que :
    – $\varphi$ est  strictement négative sur $]-\infty;\alpha[$
    – $\varphi(\alpha) = 0$
    – $\varphi$ est strictement positive sur $]\alpha;+\infty[$.
    $\quad$
  4. La fonction $f$ est dérivable sur $]0;+\infty$.
    $f'(x) = \e^x – \dfrac{1}{x}  = \dfrac{x\e^x – 1}{x} = \dfrac{\varphi(x)}{x}$
    Sur $]0;+\infty[$, le signe de $f'(x)$ ne dépend que de celui de $\varphi(x)$.
    Par conséquent $f'(x) \le 0$ sur $]0;\alpha]$ et $f'(x) \ge 0$ sur $[\alpha;+\infty[$.
    $\quad$
  5. La fonction $f$ est donc décroissante sur $]0;+\alpha]$ et croissante sur $[\alpha;+\infty[$.
    $\quad$
  6. Elle admet donc un minimum en $\alpha$.
    $f(\alpha) = \e^{\alpha} – \ln \alpha$.
    Mais $\alpha \e^{\alpha} = 1$ soit $\e^{\alpha} = \dfrac{1}{\alpha}$ et $\alpha = \e^{-\alpha}$.
    $\quad$
    Par conséquent $f(\alpha) = \dfrac{1}{\alpha} – \ln \e^{-\alpha} = \dfrac{1}{\alpha} + \alpha$.