TS – DM – exercices autour de la fonction exponentielle – Ex 1

Correction

Partie A :  Étude d’une fonction auxiliaire $g$.

1. $\lim\limits_{x \to +\infty} \e^x=+\infty$ et $\lim\limits_{x \to +\infty} 2x – 7 = +\infty$ donc $\lim\limits_{x \to +\infty} g(x) = +\infty$.
   $\quad$
   $\lim\limits_{x \to -\infty} \e^x=0$ et $\lim\limits_{x \to -\infty} 2x – 7 = -\infty$ donc $\lim\limits_{x \to +\infty} g(x) = -\infty$.
   $\quad$
2. La fonction $g$ est une somme de fonctions dérivables sur $\R$. Elle est donc également dérivable sur $\R$.
   $$g'(x) = 2\e^x + 2 = 2(e^x + 1)$$
   La fonction exponentielle étant strictement positive sur $\R$, on a alors $g'(x) > 0$ pour tout réel $x$.
   $\quad$
3. La fonction $g$ est continue (car dérivable) et strictement croissante sur $\R$.
   De plus $\lim\limits_{x \to -\infty} g(x) = -\infty$ et $\lim\limits_{x \to +\infty} g(x) = +\infty$.
   Par conséquent $0$ appartient à l’intervalle image $]-\infty;+\infty[$.
   D’après le théorème de la bijection (ou corollaire du théorème des valeurs intermédiaires), l’équation $g(x) = 0$ possède une unique solution $\alpha$.
   De plus $g(0,940) \approx-3,7 \times 10^{-5} < 0$ et $g(0,941) \approx 0,007 > 0$.
   Par conséquent $0,940 < \alpha < 0,941$.
   $\quad$
4. La fonction $g$ est strictement croissante sur $\R$ et s’annule en $\alpha$.
   On obtient ainsi le tableau de signes suivant :
   

 

 

Partie B : Étude d’une fonction

1. $1 – \e^{-x} \ge 0 \Leftrightarrow 1 \ge \e^{-x} \Leftrightarrow 0 \ge -x \Leftrightarrow 0 \le x$.
   On obtient ainsi le tableau de signes suivant :
   
   $\quad$
2.  $\lim\limits_{x \to -\infty} 2x – 5 = -\infty$. $\lim\limits_{x \to -\infty} \e^{-x} = +\infty$ donc $\lim\limits_{x \to -\infty} 1 – \e^{-x} = -\infty$.
   Par conséquent $\lim\limits_{x \to -\infty} f(x) = +\infty$.
   $\lim\limits_{x \to +\infty} 2x – 5 = +\infty$. $\lim\limits_{x \to +\infty} \e^{-x} = 0$ donc $\lim\limits_{x \to +\infty} 1 – \e^{-x} = 1$.
   Par conséquent $\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = +\infty$.
   $\quad$
3. La fonction $f$ est un produit et une composée de fonctions dérivables sur $\R$. Elle est donc également dérivable sur $\R$.
   Pour tout $x \in \R$ :
   $$\begin{align*} f'(x) &= 2\left(1 – \e^{-x}\right) + \e^{-x}(2x – 5) \\\\
   & = 2 – 2\e^{-x} + 2x\e^{-x} – 5\e^{-x} \\\\
   & = 2 – 7\e^{-x} + 2x \e^{-x} \\\\
   & = \left(2\e^{x} – 7 + 2x\right)\e^{-x} \\\\
   & = g(x)\e^{-x}
   \end{align*}$$
   La fonction exponentielle est strictement positive sur $\R$. Par conséquent $f'(x)$ et $g(x)$ ont le même signe.
   On en déduit donc le tableau de variations suivant :
   $\quad$
4. a. On a $g(\alpha) = 2\e^{\alpha} + 2\alpha – 7 =0$. Donc $2\e^{\alpha} = 7 – 2\alpha$ soit $\e^{\alpha} = \dfrac{7 – 2\alpha}{2}$ donc $\e^{-\alpha} = \dfrac{2}{7 – 2\alpha}$.
   $$\begin{align*} f(\alpha) & = (2\alpha – 5) \times \left(1 – \e^{-\alpha}\right)\\\\
   & = (2\alpha – 5) \times \left(1 – \dfrac{2}{7 – 2\alpha}\right) \\\\
   & = (2\alpha – 5) \times \dfrac{7 – 2\alpha – 2}{7 – 2\alpha} \\\\
   & = (2\alpha – 5) \times \dfrac{5 – 2\alpha}{7 – 2\alpha} \\\\
   & = (2\alpha – 5) \times \dfrac{2\alpha – 5}{2\alpha – 7} \\\\
   & = \dfrac{(2\alpha – 5)^2}{2\alpha – 7}
   \end{align*}$$
   $\quad$
   b. La fonction $h$ est un quotient de fonctions dérivables sur $I = \left]-\infty;\dfrac{5}{2}\right]$ dont le dénominateur ne s’annule pas sur cet intervalle. Elle est donc dérivable sur $I$.
   Soit $x \in I$ :
   $$\begin{align*} h'(x) &= \dfrac{2\times 2(2x – 5)(2x – 7) – 2(2x – 5)^2}{(2x – 7)^2} \\\\
   &= \dfrac{2(2x – 5)\left(2(2x – 7) – (2x – 7)\right)}{(2x – 7)^2} \\\\
   &= \dfrac{2(2x – 5)(4x – 14 – 2x + 5)}{(2x – 7)^2} \\\\
   &= \dfrac{2(2x – 5)(2x – 9)}{(2x – 7)^2}
   \end{align*}$$
   Sur $I$, $(2x – 5)< 0$, $(2x -9)<0$ et $(2x – 7)^2 > 0$
   Par conséquent $h'(x)$ est toujours positif sur $I$ et la fonction $h$ est croissante sur $\left]-\infty;\dfrac{5}{2}\right]$.
   $\quad$
   Puisque la fonction $h$ est croissante sur $\left]-\infty;\dfrac{5}{2}\right]$ alors $h(0,940) < h(\alpha) < h(0,941)$
   soit $-1,901 < f(\alpha) < -1,900$ à $10^{-3}$ près.
   $\quad$
5. Nous allons calculer $\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) – (2x – 5)$.
   $$\begin{align*} f(x) – (2x – 5) &= (2x – 5) \left(1 – \e^{-x} – 1\right) \\\\
   & = -(2x – 5)\e^{-x} \qquad (1)\\\\
   & = -2x\e^{-x} + 5\e^{-x}
   \end{align*}$$
   Or $\lim\limits_{x \to +\infty} x\e^{-x} = \lim\limits_{x \to -\infty} -x\e^{x} = 0$ et $\lim\limits_{x \to +\infty} \e^{-x} = 0$.
   Par conséquent $\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) – (2x – 5) = 0$.
   La droite $\mathscr{D}$ est donc asymptote à la courbe $\mathscr{C}$ en $+\infty$.
   $\quad$
   La fonction exponentielle étant strictement positive, le signe de $f(x) – (2x – 5)$ ne dépend que de celui de $(2x – 5)$ d’après $(1)$.
   Or $2x – 5 > 0 \Leftrightarrow x > \dfrac{5}{2}$.
   Par conséquent $\mathscr{C}$ est au-dessous de $\mathscr{D}$ sur $\left]\dfrac{5}{2};+\infty\right[$ et au-dessus de son asymptote sur $\left]-\infty;\dfrac{5}{2}\right]$.
   $\quad$
6. $\quad$
   

Partie C : Étude d’une suite de rapports de distances

1. Déterminons les coordonnées des différents points :
   $$A_n(n;0) \qquad B_n(n;2n – 5) \qquad C_n(n;f(n))$$
   On a alors $C_nB_n = \sqrt{\left(f(n) – (2n – 5)\right)^2} = |f(n) – (2n – 5)| = (2n – 5) – f(n)$ puisque $n \ge 3 > \dfrac{5}{2}$
   On a également $A_nB_n = \sqrt{(2n – 5)^2} = |2n – 5| = 2n – 5$ puisque $n \ge 3$.
   Par conséquent $u_n = \dfrac{C_nB_n}{A_nB_n} = \dfrac{2n – 5 – f(n)}{2n – 5}$.
   $\quad$
2. a. $$\begin{align*} u_n &= \dfrac{2n – 5 – f(n)}{2n – 5} \\\\
   &= 1 – \dfrac{(2n – 5)\left(1 – \e^{-n}\right)}{2n – 5} \\\\
   &= 1 – \left(1 – \e^{-n}\right) \\\\
   & = \e^{-n} \\\\
   &= \left(\e^{-1}\right)^n
   \end{align*}$$
   La suite $(u_n)$ est donc géométrique de raison $\e^{-1}$ et de premier terme $1$.
   $\quad$
   b. Puisque $-1 < \e^{-1} < 1$ on a $\lim\limits_{n \to +\infty} u_n = 0$.