Voici des indications pour les questions délicates ou particulièrement difficiles

Partie II

Question 1.a

Dans le chemin qui mène à la démonstration de continuité de $f$ à droite de $0$, le calcul direct de la limite ${\displaystyle \underset{x\to 0^{+}}{lim}f(x)}$ donne une forme indéterminée.

Pour lever cette indétermination, vous pouvez transformer l’expression de $f$ en écrivant que pour tout réel $x>0$, ${\displaystyle f(x)=\frac{e^x}{\frac{e^x-1}{x}}}$.

Question 1.b

Pour tout réel $x>0$, le calcul de l’expression $f(x)-x$ donne ${\displaystyle f(x)-x=\frac{x}{e^x-1}}$.

Le calcul direct de la limite ${\displaystyle \underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}(f(x)-x)}$ donne une forme indéterminée du type « $\frac{\mathrm{\infty }}{\mathrm{\infty }}$ ».

Pour lever cette indétermination, vous pouvez transformer l’expression de ${\displaystyle f(x)-x\frac{x}{e^x-1}}$ en écrivant que pour tout réel $x>0$,

$$\frac{x}{e^x-1}=\frac{x}{e^x(1-e^{-x})}=\frac{x}{e^x}\times \frac{1}{1-e^{-x}}$$

Partie III

Question 1 :

Il faudra faire une preuve par récurrence.

Question 3 :

Pour montrer que $0$ est l’unique solution de l’équation ${\displaystyle \ln (f(x))=x}$, vous pouvez d’abord vérifier que $0$ vérifie l’équation puis raisonner par l’absurde en supposant qu’il existe un réel $x$ strictement positif vérifiant l’équation ${\displaystyle \ln (f(x))=x}$.

Par équivalences successives, vous aboutirez à : ${\displaystyle \mathrm{\forall }x>0\ln (f(x))=x\iff e^x=x+1}$

Puis vous conclurez à l’aide du résultat établit à question 2.c de la partie I

Partie I

$t$ est un réel.

1. Une égalité :

Le but de cette question est de démontrer que pour tout réel $x$ strictement positif, il existe un réel $\theta$ dans l’intervalle ${\displaystyle ]0,x[}$ tel que ${\displaystyle e^{\theta }=\frac{x}{1-e^{-x}}}$.

Pour ce faire, nous appliquons le théorème des accroissements finis à la fonction ${\displaystyle t\mapsto e^{-t}}$ sur l’intervalle ${\displaystyle ]0,x[}$.

---

Rappel du théorème des accroissements finis :

Soient $a$ et $b$ deux réels tels que $a>b$ et soit $f$ une fonction définie et continue sur l’intervalle fermé $[a,b]$, et dérivable l’intervalle ouvert $]a,b[$.

Il existe alors un réel $c$ dans l’intervalle $]a,b[$ tel que :

$$f(b)-f(a)=(b-a)f^{\prime }(c)$$

---

Soit $t$ un réel.

La fonction $t\mapsto e^{-t}$ est la composée de $t\mapsto -t$ continue et dérivable sur $\mathbb{R}$ par $\mapsto e^t$ continue et dérivable sur $\mathbb{R}$. Donc par composition, la fonction $t\mapsto e^{-t}$ est continue et dérivable sur $\mathbb{R}$ et sa dérivée est $t\mapsto -e^{-t}$.

Soit $x$ un réel strictement positif.

La fonction $t\mapsto e^{-t}$ est définie et continue sur $[0,x]$ et dérivable sur $]0,x[$. Donc d’après le théorème des accroissements finis, il existe un réel $\theta$ dans l’intervalle $]0,x[$ tel que :

$$e^{-x}-e^0=(x-0)\times (-e^{-\theta })$$

Soit,

$$e^{-x}-1=-x{e}^{-\theta }$$

Autrement dit,

$$e^{\theta }(e^{-x}-1)=-x{e}^{\theta }{e}^{-\theta }$$

Finalement, pour tout réel $x$ strictement positif, il existe un réel $\theta$ dans l’intervalle $]0,x[$ tel que ${\displaystyle e^{\theta }=\frac{x}{1-e^{-x}}}$

 

2. Deux inégalités et un encadrement :

2.a. Pour tout réel $x$ strictement positif, on a : ${\displaystyle 1-x<e^{-x}}$ :

Soit $x$ un réel strictement positif.

D’après la question précédente, il existe un réel $\theta$ dans l’intervalle $]0,x[$ tel que ${\displaystyle e^{\theta }=\frac{x}{1-e^{-x}}}$.

Comme ${\displaystyle 0<\theta <x}$ alors ${\displaystyle 1<e^{\theta }}$ car l’exponentielle est croissante, d’où,

$$1<\frac{x}{1-e^{-x}}$$

Or $x$ est strictement positif, donc $-x$ est strictement négatif et $e^{-x}<1$ car l’exponentielle est croissante, et par suite $1-e^{-x}>0$.

D’où en multipliant de part et d’autre de l’inégalité ${\displaystyle 1<\frac{x}{1-e^{-x}}}$ par $1-e^{-x}$,

$$1-e^{-x}<x$$

Finalement, pour tout réel $x$ strictement positif, on a ${\displaystyle 1-x<e^{-x}}$.

2.b. Pour tout réel $x$ strictement positif, on a : ${\displaystyle x+1<e^x}$ :

On raisonne de la même façon que la question précédente.

Soit $x$ un réel strictement positif.

D’après la question 1, il existe un réel $\theta$ dans l’intervalle $]0,x[$ tel que ${\displaystyle e^{\theta }=\frac{x}{1-e^{-x}}}$.

Comme ${\displaystyle 0<\theta <x}$ alors ${\displaystyle e^{\theta }<e^x}$ car l’exponentielle est croissante, d’où,

$$\frac{x}{1-e^{-x}}<e^x$$

Puisque $1-e^{-x}>0$, alors,

$$x<e^x(1-e^{-x})$$

Soit en développant,

$$x<e^x-1$$

Finalement, pour tout réel $x$ strictement positif, on a ${\displaystyle x+1<e^x}$.

2.c. Pour tout réel $x$ strictement positif, on a : ${\displaystyle 0<\ln \left(\frac{x{e}^x}{e^x-1}\right)<x}$ :

On raisonne à nouveau de la même façon que les deux questions précédentes.

Soit $x$ un réel strictement positif.

D’après la question 1, il existe un réel $\theta$ dans l’intervalle $]0,x[$ tel que ${\displaystyle e^{\theta }=\frac{x}{1-e^{-x}}}$.

Comme ${\displaystyle 0<\theta <x}$ alors ${\displaystyle 0<\ln \left(e^{\theta }\right)<x}$ car $\ln \left(e^{\theta }\right)=\theta$ ;), et par suite,

$$0<\ln \left(\frac{x}{1-e^{-x}}\right)<x$$

Par ailleurs, on a ${\displaystyle \frac{x}{1-e^{-x}}=\frac{x}{e^{-x}(e^x-1)}=\frac{x{e}^x}{e^x-1}}$,

D’où, pour tout réel $x$ strictement positif, on a ${\displaystyle 0<\ln \left(\frac{x{e}^x}{e^x-1}\right)<x}$.

 

Partie II

$f$ est la fonction définie sur ${\displaystyle [0,+\mathrm{\infty }[}$ par :

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{x{e}^x}{e^x-1}& \text{Si}x>0\\ 1& \text{Si}x=0\end{array}$$

Et ${\displaystyle \mathcal{C}}$ est sa courbe représentative dans un repère orthonormé direct ${\displaystyle (O,\overrightarrow{i},\overrightarrow{j})}$.

1. a. $f$ est continue à droite de zéro :

Pour montrer que $f$ est continue à droite de $0$, il faut et il suffit de montrer que ${\displaystyle \underset{x\to 0^{+}}{lim}f(x)=f(0)}$.

Un calcul direct de cette limite aboutit à une forme indéterminée du type « ${\displaystyle \frac{0}{0}}$ ». En effet,

${\displaystyle \underset{x\to 0^{+}}{lim}x{e}^x=0}$ et ${\displaystyle \underset{x\to 0^{+}}{lim}{e}^x-1=0}$.

On procède ainsi pour lever cette indétermination :

Pour $x>0$, on a ${\displaystyle f(x)=\frac{x{e}^x}{e^x-1}=\frac{e^x}{\frac{e^x-1}{x}}}$, d’où par passage à la limite, ${\displaystyle \underset{x\to 0^{+}}{lim}f(x)=\underset{x\to 0^{+}}{lim}\frac{e^x}{\frac{e^x-1}{x}}}$.

On remarque que pour $x>0$, ${\displaystyle \frac{e^x-1}{x}=\frac{g(x)-g(0)}{x-0}}$ où $g(x)=e^x$.

On sait que $g$ est une fonction dérivable en zéro, donc le taux d’accroissement ${\displaystyle \frac{g(x)-g(0)}{x-0}}$ admet une limite finie en $0$ et on a ${\displaystyle \underset{x\to 0^{+}}{lim}\frac{g(x)-g(0)}{x-0}=g^{\prime }(0)=1}$.

Comme ${\displaystyle \underset{x\to 0^{+}}{lim}{e}^x=1}$, alors ${\displaystyle \underset{x\to 0^{+}}{lim}\frac{e^x}{\frac{e^x-1}{x}}=\frac{1}{1}=1=f(0)}$.

$f$ est donc continue à droite de zéro.

1.b. La limite ${\displaystyle \underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}(f(x)-x)}$ est égale à $0$ et interprétation géométrique de ce résultat :

Soit $x$ un réel strictement positif.

L’expression de $f$ est $f(x)=\frac{x{e}^x}{e^x-1}$ et on a :

$$\begin{array}{rl}f(x)-x& =\frac{x{e}^x}{e^x-1}-x\\ & =\frac{x{e}^x-x{e}^x+x}{e^x-1}\\ & =\frac{x}{e^x-1}\end{array}$$

Soit par passage à la limite,

$$\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}(f(x)-x)=\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{x}{e^x-1}$$

Un calcul direct de cette limite aboutit à une forme indéterminée du type « $\frac{\mathrm{\infty }}{\mathrm{\infty }}$ ».

On procède ainsi pour lever cette indétermination :

Pour tout réel $x$ strictement positif, on a,

$$\begin{array}{rl}\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{x}{e^x-1}& =\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{x}{e^x(1-e^{-x})}\\ & =\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}(\frac{x}{e^x}\times \frac{1}{1-e^{-x}})\\ & =\left(\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{x}{e^x}\right)\times \left(\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{1}{1-e^{-x}}\right)\end{array}$$

Or, ${\displaystyle \underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{x}{e^x}=0}$ d’après le théorème des croissances comparées d’une part, et d’autre part, ${\displaystyle \underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{1}{1-e^{-x}}=1}$ car ${\displaystyle \underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}{e}^{-x}=0}$.

On en déduit que ${\displaystyle \underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}(f(x)-x)=0}$. Ce résultat s’interprète géométriquement par le fait que la droite d’équation $y=x$ est asymptote à la courbe ${\displaystyle \mathcal{C}}$ au voisinage de $+\mathrm{\infty }$.

2.a. Pour tout réel $x$ supérieur ou égal à zéro, on a : $x-\frac{x^2}{2}\le -e^{-x}+1$

On pose, pour $x$ supérieur ou égal à zéro :

$$\mathrm{\Delta }(x)=-e^{-x}+1-(x-\frac{x^2}{2})$$

L’inégalité proposée s’écrit :

$$\mathrm{\forall }x\ge 0,\mathrm{\Delta }(x)\ge 0$$

Il s’agit donc de déterminer le signe de $\mathrm{\Delta }$. La connaissance des variations de $\mathrm{\Delta }$ permet de répondre à cette question. On a :

$\mathrm{\Delta }$ est la somme des fonctions ${\displaystyle x\mapsto -e^{-x}}$ et de ${\displaystyle x\mapsto \frac{x^2}{2}-x+1}$.

La fonction ${\displaystyle x\mapsto -e^{-x}}$ est dérivable sur ${\mathbb{R}}_{+}$.

La fonction ${\displaystyle x\mapsto \frac{x^2}{2}-x+1}$ est une fonction polynomiale donc dérivable sur ${\mathbb{R}}_{+}$.

Donc, $\mathrm{\Delta }$ est dérivable sur ${\mathbb{R}}_{+}$ comme somme de deux fonctions dérivables et on a pour tout réel $x$ supérieur ou égal zéro,

$${\mathrm{\Delta }}^{\prime }(x)=e^{-x}+x-1$$

D’après le résultat établit à la question 2.a de la partie I, on a : $\mathrm{\forall }x>0,1-x<e^{-x}$ avec égalité si et seulement si $x=0$, d’où,

$$\mathrm{\forall }x\ge 0,e^{-x}+x-1\ge 0$$

On en déduit que,

$$\mathrm{\forall }x\ge 0,\mathrm{\Delta }(x)\ge 0$$

Et par suite, $\mathrm{\Delta }$ est croissante sur ${\mathbb{R}}_{+}$. Elle est donc partout supérieure ou égale à $\mathrm{\Delta }(0)=0$. C’est le résultat désiré.

Pour tout réel $x$ supérieur ou égal à zéro, on a ${\displaystyle x-\frac{x^2}{2}\le -e^{-x}+1}$.

2.b. Pour tout réel $x$ supérieur ou égal à zéro, on a : ${\displaystyle \frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{6}\le e^{-x}+x-1\le \frac{x^2}{2}}$

On a montré à la question 2.a de la partie I que pour tout réel $t$ strictement positif, on a ${\displaystyle 1-t<e^{-t}}$.

Or il y a égalité si et seulement si $t=0$. On en déduit que pour tout réel $t$ supérieur ou égal à zéro, on a ${\displaystyle -e^{-t}+1\le t}$.

Par ailleurs, on a montré à la question précédente que pour tout réel $t$ supérieur ou égal à zéro, on a  ${\displaystyle t-\frac{t^2}{2}\le -e^{-t}+1}$.

On en déduit l’encadrement suivant :

$$\mathrm{\forall }t\ge 0,t-\frac{t^2}{2}\le -e^{-t}+1\le t$$

Les fonctions ${\displaystyle t\mapsto t-\frac{t^2}{2}}$, ${\displaystyle t\mapsto -e^{-t}+1}$ et $t\mapsto t$ sont continues sur $\mathbb{R}$, on peut donc intégrer l’inégalité ci-dessus sur l’intervalle $[0,x]\subset \mathbb{R}$ et on a :

$${\int }_0^x(t-\frac{t^2}{2})dt\le {\int }_0^x(-e^{-t}+1)dt\le {\int }_0^{x}tdt$$

Avec,

$$\{\begin{array}{l}{\displaystyle {\int }_0^x(t-\frac{t^2}{2})dt={[\frac{t^2}{2}-\frac{t^3}{6}]}_0^x=\frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{6}}\\ \\ {\displaystyle {\int }_0^x(-e^{-t}+1)dt={[e^{-t}+t]}_0^x=e^{-x}+x-1}\\ \\ {\displaystyle {\int }_0^{x}tdt={\left[\frac{t^2}{2}\right]}_0^x=\frac{x^2}{2}}\end{array}$$

On en déduit l’encadrement demandé. Pour tout réel $x$ supérieur ou égal à zéro, on a : ${\displaystyle \frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{6}\le e^{-x}+x-1\le \frac{x^2}{2}}$.

3.a. Pour tout réel $x$ strictement positif, on a : ${\displaystyle \frac{f(x)-1}{x}=\frac{e^{-x}+x-1}{x^2}f(x)}$

Soit $x$ un réel strictement positif.

On a,

$$\begin{array}{rl}\frac{f(x)-1}{x}& =\frac{\frac{x{e}^x}{e^x-1}-1}{x}\\ & =\frac{x{e}^x-e^x+1}{x(e^x-1)}\\ & =\frac{x{e}^x-e^x+1}{x^2{e}^x}\times \frac{x{e}^x}{e^x-1}\\ & =\frac{e^{-x}(x{e}^x-e^x+1)}{x^2}\times f(x)\\ & =\frac{e^{-x}+x-1}{x^2}\times f(x)\end{array}$$

C’est le résultat désiré.

Remarque :

Une autre façon de faire consiste à développer l’expression ${\displaystyle \frac{f(x)-1}{x}}$ d’un côté, puis l’expression ${\displaystyle \frac{e^{-x}+x-1}{x^2}\times f(x)}$ de l’autre côté et de montrer qu’elles sont égales.

Finalement, pour tout réel $x$ strictement positif, on a : ${\displaystyle \frac{f(x)-1}{x}=\frac{e^{-x}+x-1}{x^2}\times f(x)}$.

3.b. La limite ${\displaystyle \underset{x\to 0^{+}}{lim}\frac{f(x)-1}{x}}$ est égale à $\frac{1}{2}$ et donner une interprétation de ce résultat :

On a montré à la question 2.b de la partie II que pour tout réel $x$ supérieur ou égal zéro, on a :

$$\frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{6}\le e^{-x}+x-1\le \frac{x^2}{2}$$

Puisque pour tout réel $x$ strictement positif, ${\displaystyle f(x)=\frac{x{e}^x}{e^x-1}>0}$ et $x^2>0$ alors en multipliant les membres de l’inégalité ci-dessus par $\frac{f(x)}{x^2}$, on obtient :

$$\mathrm{\forall }x>0,(\frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{6})\times \frac{f(x)}{x^2}\le \frac{e^{-x}+x-1}{x^2}\times f(x)\le \frac{x^2}{2}\times \frac{f(x)}{x^2}$$

Soit après simplification par $x^2$ qui est strictement positif et en remplaçant la quantité ${\displaystyle \frac{e^{-x}+x-1}{x^2}\times f(x)}$ par ${\displaystyle \frac{f(x)-1}{x}}$ (Résultat établit à la question précédente),

$$\mathrm{\forall }x>0,(\frac{1}{2}-\frac{x}{6})f(x)\le \frac{f(x)-1}{x}\le \frac{1}{2}f(x)$$

Comme ${\displaystyle \underset{x\to 0^{+}}{lim}(\frac{1}{2}-\frac{x}{6})f(x)=\frac{1}{2}\times f(0)=\frac{1}{2}}$ et ${\displaystyle \underset{x\to 0^{+}}{lim}\frac{1}{2}f(x)=\frac{1}{2}}$, alors ${\displaystyle \underset{x\to 0^{+}}{lim}\frac{f(x)-1}{x}=\frac{1}{2}}$ d’après le théorème des gendarmes.

Interprétation géométrique du résultat ci-dessus :

Comme ${\displaystyle \underset{x\to 0^{+}}{lim}\frac{f(x)-1}{x}=\underset{x\to 0^{+}}{lim}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\frac{1}{2}}$, alors ce taux d’accroissement admet une limite finie à droite de zéro. La fonction $f$ est donc dérivable à droite de zéro.

Graphiquement, la courbe ${\displaystyle \mathcal{C}}$ admet à droite de zéro une demie-tangente de coefficient directeur égal à $\frac{1}{2}$.

Une équation cartésienne de cette demi-tangente est ${\displaystyle y=\frac{x}{2}+1}$.

4.a. $f$ est dérivable sur $]0,+\mathrm{\infty }[$ et expression de $f^{\prime }(x)$ :

$f$ est dérivable sur $]0,+\mathrm{\infty }[$ :

Pour $x$ strictement positif, ${\displaystyle f(x)=\frac{x{e}^x}{e^x-1}}$.

$f$ est le quotient de $x\mapsto x{e}^x$ par $x\mapsto e^x-1$.

La fonction $x\mapsto x{e}^x$ est le produit de $x\mapsto x$ dérivable sur $]0,+\mathrm{\infty }[$ par $x\mapsto e^x$ dérivable sur $]0,+\mathrm{\infty }[$. Donc par produit, la fonction $x\mapsto x{e}^x$ est dérivable sur $]0,+\mathrm{\infty }[$.

La fonction $x\mapsto e^x-1$ est dérivable et ne s’annule pas sur $]0,+\mathrm{\infty }[$, donc par quotient $f$ est dérivable sur $]0,+\mathrm{\infty }[$.

Expression de $f^{\prime }(x)$ :

Il s’agit de montrer que pour tout réel $x$ strictement positif, on a :

$$f^{\prime }(x)=\frac{e^x(e^x-1-x)}{(e^x-1{)}^2}$$

Pour des raisons de clarté, posons $u(x)=x{e}^x$ et $v(x)=e^x-1$.

$u$ et $v$ sont deux fonctions dérivables sur $]0,+\mathrm{\infty }[$ et on a ${\displaystyle u^{\prime }(x)=e^x+x{e}^x=(x+1)e^x}$ et ${\displaystyle v^{\prime }(x)=e^x}$.

D’où pour tout réel $x$ strictement positif,

$$\begin{array}{rl}{f}^{\prime }(x)& =\frac{(x+1)e^x\times (e^x-1)-e^x\times x{e}^x}{(e^x-1{)}^2}\\ & =\frac{e^x((x+1)(e^x-1)-x{e}^x)}{(e^x-1{)}^2}\\ & =\frac{e^x(x{e}^x-x+e^x-1-x{e}^x)}{(e^x-1{)}^2}\\ & =\frac{(e^x-1-x)e^x}{(e^x-1{)}^2}\end{array}$$

$f$ est dérivable sur $]0,+\mathrm{\infty }[$ et ${\displaystyle f^{\prime }(x)=\frac{(e^x-1-x)e^x}{(e^x-1{)}^2}}$.

4.b. $f$ est strictement croissante sur $[0,+\mathrm{\infty }[$ :

Pour ce faire, étudions le signe de $f^{\prime }$.

On a montré à la question précédente que $f$ est dérivable sur $]0,+\mathrm{\infty }[$ et ${\displaystyle f^{\prime }(x)=\frac{(e^x-1-x)e^x}{(e^x-1{)}^2}}$.

Les fonctions ${\displaystyle x\mapsto e^x}$ et ${\displaystyle x\mapsto (e^x-1{)}^2}$ sont strictement positive sur $]0,+\mathrm{\infty }[$, donc $f^{\prime }$ est du signe de ${\displaystyle x\mapsto e^x-1-x}$.

Or, on a montré à la question 2.b de la partie I que pour tout réel $x$ strictement positif, on a ${\displaystyle x+1<e^x}$. On en déduit que pour tout réel $x$ strictement positif ${\displaystyle e^x-1-x>0}$ et par suite $f^{\prime }(x)>0$ sur $]0,+\mathrm{\infty }[$.

Attention : À ce stade, on n’a pas montré que l’intervalle est fermé sur $0$ ! Pour ce faire, il suffit de rappeler que $f$ est continue à droite de $0$, donc $f$ est strictement croissante sur $[0,+\mathrm{\infty }[$

$f$ est donc strictement croissante sur $[0,+\mathrm{\infty }[$.

Tableau de variation de $f$ :

$$\begin{array}{|clcr|}\hline x& 0& & +\mathrm{\infty }\\ \text{Signe de }{f}^{\prime }(x)& & +& \\ & & & +\mathrm{\infty }\\ \text{Variations de }f& & \nearrow & \\ & 1& & \\ \hline\end{array}$$

 

Calcul de la limite ${\displaystyle \underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}f(x)}$ :

On a,

$$\begin{array}{rl}\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}f(x)& =\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{x{e}^x}{e^x-1}\\ & =\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{x{e}^x}{e^x(1-e^{-x})}\\ & =\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{x}{1-e^{-x}}\end{array}$$

Puisque ${\displaystyle \underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}x=+\mathrm{\infty }}$ et ${\displaystyle \underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}1-e^{-x}=1}$ alors par quotient, ${\displaystyle \underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}f(x)=+\mathrm{\infty }}$.

 

Partie III

$n$ est un entier naturel.

On considère la suite numérique ${\displaystyle (u_n{)}_{n\ge 0}}$ définie par $u_0>0$ et par la relation de récurrence ${\displaystyle u_{n+1}=\ln (f(u_n))}$.

 

1. Pour tout entier naturel $n$, $u_n>0$ :

On fait une preuve par récurrence.

Pour $n\in \mathbb{N}$, on note ${\mathcal{P}}_{\mathcal{n}}$ la propriété :

$$u_n>0$$

Initialisation :

pour $n=0$, on a $u_0>0$ (donnée de l’énoncé).

L’inégalité est donc vraie au rang zéro.

 

Hérédité :

Fixons $n$ dans $\mathbb{N}$ tel que ${\mathcal{P}}_{\mathcal{n}}$ soit vraie. On a donc :

$$u_n>0$$

 

$f$ est strictement croissante sur $[0,+\mathrm{\infty }[$ (Résultat établi à la question 4.b de la partie II) et on a :

$$f(u_n)>1$$

D’où par composition avec $\ln$ qui est strictement croissante,

$$\ln (f(u_n))>\ln (1)$$

Autrement dit,

$$u_{n+1}>0$$

C’est exactement ${\mathcal{P}}_{\mathcal{n}\mathcal{+}\mathcal{1}}$. Pour tout entier naturel $n$, on a $u_n>0$.

2. La suite ${\displaystyle (u_n{)}_{n\ge 0}}$ est strictement décroissante et est convergente :

On démontre d’abord que la suite ${\displaystyle (u_n{)}_{n\ge 0}}$ est strictement décroissante :

La suite ${\displaystyle (u_n{)}_{n\ge 0}}$ est strictement décroissante si et seulement si ${\displaystyle u_{n+1}<u_n}$.

On utilise le résultat établi à la question 2.c de la partie I et on a pour tout réel $x$ strictement positif,

$$0<\ln \left(\frac{x{e}^x}{e^x-1}\right)<x$$

Autrement dit,

$$0<\ln (f(x))<x$$

Puisque pour tout entier naturel $n$, $u_n>0$ (Résultat établi à la question précédente), alors :

$$0<\ln (f(u_n))<u_n$$

Et par suite,

$$0<u_{n+1}<u_n$$

La suite ${\displaystyle (u_n{)}_{n\ge 0}}$ est donc strictement décroissante.

On démontre ensuite que la suite ${\displaystyle (u_n{)}_{n\ge 0}}$ est convergente :

La suite ${\displaystyle (u_n{)}_{n\ge 0}}$ est strictement décroissante, minorée par zéro donc elle converge d’après le théorème de la convergence monotone.

 

3. Zéro est l’unique solution de l’équation ${\displaystyle \ln (f(x))=x}$ et limite de la suite ${\displaystyle (u_n{)}_{n\ge 0}}$ :

On démontre d’abord que $0$ est l’unique solution de l’équation ${\displaystyle \ln (f(x))=x}$ :

On a ${\displaystyle \ln (f(0))=\ln (1)=0}$. Donc $0$ est solution de l’équation $\ln (f(x))=x$.

Il reste à démontrer que $0$ est l’unique solution de cette équation.

Pour ce faire, nous proposons un raisonnement par l’absurde.

Soit $x$ un réel de $]0,+\mathrm{\infty }[$.

Supposons qu’il existe un réel $x>0$ vérifiant l’équation $\ln (f(x))=x$.

L’équation ${\displaystyle \ln (f(x))=x}$ est équivalente à l’équation ${\displaystyle f(x)=e^x}$

Or,

$$\begin{array}{rl}f(x)=e^x& \iff \frac{x{e}^x}{e^x-1}=e^x\\ & \iff x=e^x-1\\ & \iff e^x=x+1\end{array}$$

Et on a montré à la question 2.c de la partie I que :

$$\mathrm{\forall }x>0,e^x>x+1$$

On en déduit que,

$$\mathrm{\forall }x>0,e^x>e^x$$

Ce qui est absurde. Donc l’hypothèse de départ qui consiste à dire qu’il existe un réel $x>0$ vérifiant l’équation $\ln (f(x))=x$ est fausse.

$0$ est donc la seule solution possible de l’équation ${\displaystyle \ln (f(x))=x}$ et on a bien ${\displaystyle \ln (f(0))=\ln (1)=0}$.

On recherche ensuite la limite de la suite ${\displaystyle (u_n{)}_{n\ge 0}}$ :

La suite ${\displaystyle (u_n{)}_{n\ge 0}}$ est définie $u_0>0$ et $u_{n+1}=\ln (f(u_n))$.

Dans un soucis de clarté et de simplification, considérons la fonction $g$ définie pour tout réel $x$ dans $[0,+\mathrm{\infty }[$ par $g(x)=\ln \circ f(x)$.

On va montrer que :

• $g$ est continue sur $[0,+\mathrm{\infty }[$.
• L’intervalle $[0,+\mathrm{\infty }[$ est stable par $g$. C’est-à-dire que $g([0,+\mathrm{\infty }[)\subset [0,+\mathrm{\infty }[$.
• Conclure.

$g$ est continue sur $[0,+\mathrm{\infty }[$ :

On sait que $f$ est continue et strictement croissante sur $[0,+\mathrm{\infty }[$.

Donc l’image de l’intervalle $[0,+\mathrm{\infty }[$ par $f$ est l’intervalle ${\displaystyle [f(0),\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}f(x)[}$, soit $[1,+\mathrm{\infty }[$.

La fonction $\ln$ est continue sur $[1,+\mathrm{\infty }[$, donc par composition $g$ est continue sur $[0,+\mathrm{\infty }[$.

L’intervalle $[0,+\mathrm{\infty }[$ est stable par $g$ :

On sait que $f$ est strictement croissante sur $[0,+\mathrm{\infty }[$ et que $\ln$ est strictement croissante sur $[1,+\mathrm{\infty }[$, donc $g$ est strictement croissante sur $[0,+\mathrm{\infty }[$.

Comme $g$ est continue sur $[0,+\mathrm{\infty }[$, alors l’image de l’intervalle $[0,+\mathrm{\infty }[$ par $g$ est l’intervalle ${\displaystyle [g(0),\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}g(x)[}$.

Par ailleurs, ${\displaystyle \underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}f(x)=+\mathrm{\infty }}$ et ${\displaystyle \underset{X\to +\mathrm{\infty }}{lim}\ln (X)=+\mathrm{\infty }}$, on peut donc écrire que ${\displaystyle \underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}g(x)=\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}\ln (f(x))=\underset{X\to +\mathrm{\infty }}{lim}\ln (X)=+\mathrm{\infty }}$ par composition avec $X=f(x)$.

Et, $g(0)=0$

Ainsi, l’image de l’intervalle $[0,+\mathrm{\infty }[$ par $g$ est l’intervalle $[0,+\mathrm{\infty }[$. L’intervalle $[0,+\mathrm{\infty }[$ est donc stable par $g$.

Conclusion :

On a montré à la question 2 que la suite ${\displaystyle (u_n{)}_{n\ge 0}}$ est convergente. Notons $\ell$ sa limite.

On peut donc écrire que ${\displaystyle \underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}{u}_n=\ell }$ et ${\displaystyle \underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}{u}_{n+1}=\ell }$.

Comme pour tout entier naturel $n$, ${\displaystyle u_{n+1}=g(u_n)}$ et que $g$ est continue sur $[0,+\mathrm{\infty }[$, alors,

$$\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}{u}_{n+1}=\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}g(u_n)=g(\ell )$$

D’où par unicité de la limite de la suite ${\displaystyle (u_{n+1})}$, on a $g(\ell )=\ell$.

Comme $0$ est l’unique solution de l’équation $g(x)=x$ et que $0$ appartient à l’intervalle $[0,+\mathrm{\infty }[$, alors la limite de la suite ${\displaystyle (u_n{)}_{n\ge 0}}$ est $0$.

Remarque :

La continuité de la fonction $g$ sur l’intervalle $[0,+\mathrm{\infty }[$ est très importante. C’est cet argument qui permet de conclure dans cette question.

En effet, si $g$ n’est pas continue sur l’intervalle $[0,+\mathrm{\infty }[$ ou en $\ell$, alros il n’y a aucune raison que la suite ${\displaystyle (g(u_n))}$ converge vers $g(\ell )$.

Regardons le contre-exemple suivant :

Soient $n$ un entier naturel, $(u_n)$ une suite qui converge vers $1$ et $f$ la fonction définie par :

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}x+1& \text{Si}x\ne 1\\ 1& \text{Si}x=1\end{array}$$

On a $f(1)=1$ mais ${\displaystyle \underset{x\to 1^{+}}{lim}f(x)=\underset{x\to 1^{-}}{lim}f(x)=2\ne f(1)}$.

Donc la suite ${\displaystyle (f(u_n))}$ ne converge pas vers $f(1)=1$ mais vers $2$.

 

FIN