7.10

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Partie A

On considère la fonction $f$ définie pour tout réel $x$ de $]0;1]$ par : \[f(x) = \mathrm{e}^{-x} + \ln (x).\]

1. Calculer la limite de $f$ en $0$.
Corrigé

Puisque \[\displaystyle\lim_{x\to 0} \mathrm e^{-0} = 1 \quad\text{et}\quad \displaystyle\lim_{x\to0}\ln(x)=-\infty,\] on a \[\displaystyle\lim_{x\to 0} \mathrm e^{-x}+\ln(x) = (1)+(-\infty) = -\infty.\]

2. On admet que $f$ est dérivable sur $]0;1]$. On note $f'$ sa fonction dérivée. Démontrer que, pour tout réel $x$ appartenant à $]0;1]$, on a : \[f'(x) = \dfrac{1 - x\mathrm{e}^{-x}}{x}\] Corrigé

Pour tout réel $x$ de $]0;1]$: \[f'(x) = -\mathrm e^{-x} + \frac 1 x = \frac{-x\mathrm e^{-x} + 1} x= \frac{1-x\mathrm e^{-x}} x.\]

3. Justifier que, pour tout réel $x$ appartenant à $]0;1]$, on a \[x\mathrm{e}^{-x} < 1.\] En déduire le tableau de variation de $f$ sur $]0;1]$.
Corrigé

Si $x$ est dans $]0;1]$: \[x > 0 \implies -x < 0 \implies \mathrm e^{-x} < 1.\] Donc : \[\left.\begin{array}{c} 0 < x \le 1\\ 0 < \mathrm e^{-x} < 1 \end{array}\right\} \implies x\mathrm e^{-x}< 1 \times 1 \implies x\mathrm e^{-x} < 1.\] Mais alors \[x\mathrm e^{-x} < 1 \implies 1 - x\mathrm e^{-x} > 0.\] Le dénominateur de $f'(x)$ étant aussi strictement positif, $f'$ est strictement positive sur $]0;1]$.
Ajoutons que \[f(1) = \mathrm e^{-1} + \ln(1) = \mathrm e^{-1}\] et l'on peut établir le tableau de variation suivant.
TdV

4. Démontrer qu'il existe un unique réel $\ell$ appartenant à $]0;1]$ tel que $f(\ell) = 0$.
Corrigé

$f$ est continue sur $]0;1]$, tend vers $-\infty$ en $0$ et vaut $\mathrm e^{-1}$ en $1$.
Donc tout réel de l'intervalle $\left]-\infty;\mathrm e^{-1}\right]$ admet un antécédent par $f$. C'est donc en particulier le cas de $0$.
De plus, $f$ est strictement croissante sur cet intervalle, donc cet antécédent est unique. L'équation $f(x) = 0$ admet donc une unique solution dans $]0;1]$.

Partie B.

1. On définit deux suites $\left(a_n\right)$ et $\left(b_n\right)$ par : \[\left\{\begin{array}{l c l} a_0& =& \dfrac{1}{10}\\ b_0& =& 1 \end{array}\right.\] et, pour tout entier naturel $n$, \[\left\{\begin{array}{l c l} a_{n+1}&=&\mathrm{e}^{-b_n}\\ b_{n+1}&=&\mathrm{e}^{-a_n} \end{array}\right.\]

a. Calculer $a_1$ et $b_1$. On donnera des valeurs approchées à $10^{-2}$ près.
Corrigé

\[\begin{aligned} a_1 &= \mathrm e^{-b_0} = \mathrm e^{-1} \approx 0,37\;;&\\ b_1 &= \mathrm e^{-a_0} = \mathrm e^{-0,1} \approx 0,90.& \end{aligned}\]

b. On considère ci-dessous la fonction termes, écrite en langage Python.

Recopier et compléter sans justifier la ligne 6 de telle sorte que la fonction termes calcule les termes de rang $n$ des suites $\left(a_n\right)$ et $\left(b_n\right)$.
Corrigé
La ligne 6 peut s'écrire a,b = exp(-b),exp(-a).

2. On rappelle que la fonction $x \mapsto \mathrm{e}^{-x}$ est décroissante sur $\mathbb R$.

a. Démontrer par récurrence que, pour tout entier naturel $n$, on a: \[0 < a_n \leqslant a_{n+1} \leqslant b_{n+1} \leqslant b_n \leqslant 1\] Corrigé

Soit $\mathscr A(n)$ l'assertion «$0<a_n \le a_{n+1} \le b_n \le b_{n+1} \le 1$».
Puisque $a_0 = 1$, $a_1 \approx 0,37$, $b_1 \approx 0,9$ et $b_0 = 1$, on a bien \[0 < a_0 \le a_1 \le b_1 \le b_0 \le 1.\] Donc $\mathcal A(0)$ est vraie (initialisation).
Supposons donc maintenant que pour un entier naturel $n$ donné, $\mathcal A(n)$ est vraie. Cela signifie que \[0 < a_n \le a_{n+1} \le b_{n+1} \le b_n \le 1.\] On a admis que $\varphi:x\mapsto \mathrm e^{-x}$ est décroissante sur $\mathbb R$, donc: \[\begin{aligned} &0 < a_n \le a_{n+1} \le b_{n+1} \le b_n \le 1& \\ \implies &\varphi(1) \le \varphi(b_n) \le \varphi(b_{n+1}) \le \varphi(a_{n+1}) < \varphi(0)& \\ \implies &\varphi(1) \le a_{n+1} \le a_{n+2} \le b_{n+2} \le b_{n+1} < \varphi(0).& \end{aligned}\] Or \[\begin{aligned} &\begin{cases} \varphi(1) = \mathrm e^{-1} > 0\\ \varphi(0) = \mathrm e^0 = 1 \end{cases}& \\ \implies &0 < a_{n+1} \le a_{n+2} \le b_{n+2} \le b_{n+1} \le 1& \end{aligned}\] On a donc prouvé que $\mathcal A(n) \implies \mathcal A(n+1)$ (hérédité).
Donc, par récurrence, $\mathcal A(n)$ est vraie pour tout entier naturel $n$.

b. En déduire que les suites $\left(a_n\right)$ et $\left(b_n\right)$ sont convergentes. Corrigé

D'après la propriété $\mathcal A(n)$, la suite $(a_n)$ est croissante et majorée par $1$.
De même, la suite $(b_n)$ est décroissante et minorée par $0$.
Ces deux suites sont donc convergentes.

3. On note $A$ la limite de $\left(a_n\right)$ et $B$ la limite de $\left(b_n\right)$.
On admet que $A$ et $B$ appartiennent à l'intervalle $]0\;;\;1]$, et que \[ \begin{cases}A = \mathrm{e}^{-B}\\ B = \mathrm{e}^{-A}. \end{cases} \]

a. Démontrer que $f(A) = 0$.
Corrigé

\[f(A) = \mathrm e^{-A} + \ln(A) = B + \ln\left(\mathrm e^{-B}\right) = B - B = 0.\]

b. Déterminer $A - B$.
Corrigé

De la même façon, on montre que \[f(B) = \mathrm e^{-B} + \ln(B) = A + \ln\left(\mathrm e^{-A}\right) A - A = 0.\] $A$ et $B$ sont donc deux solutions de l'équation $f(x) = 0$ dans l'intervalle $]0;1]$.
Or on a montré en A.4. que cette équation n'a qu'une solution sur cet intervalle. Donc: \[A = B \implies A - B = 0.\] (Les suites $(a_n)$ et $(b_n)$ convergent vers une même limite.)

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