Chapitre 5 — Fonctions de référence

Démonstration par récurrence sur \(n\) — Initialisation. Si \(n=0\) : \(p_0(x) = a_0 = 0\) pour tout \(x\), donc \(a_0 = 0\). ✓

Hérédité. Supposons la propriété vraie au rang \(n\). Soit \(p_{n+1}\) un polynôme de degré \(n+1\) nul pour tout réel \(x\). Posons \(p_{n+1}(x) = \displaystyle\sum_{k=0}^{n+1} a_k x^k\). Il en résulte que : \[2^{n+1}p_{n+1}(x) - p_{n+1}(2x) = \sum_{k=0}^{n} a_k(2^{n+1} - 2^k)x^k = 0.\] Comme \(x \mapsto \displaystyle\sum_{k=0}^{n} a_k(2^{n+1}-2^k)x^k\) est un polynôme de degré \(n\) nul pour tout \(x\), par hypothèse de récurrence tous ses coefficients sont nuls. Puisque \(\forall k \in [\![0,n]\!]\), \(2^{n+1} - 2^k \neq 0\), on obtient \(a_k = 0\). Il en résulte que \(p_{n+1}(x) = a_{n+1}x^{n+1} = 0\) pour tout \(x\), donc \(a_{n+1} = 0\). La propriété est héréditaire.

Démonstration — Soient \(p_n\) et \(q_n\) deux polynômes de degré \(n\) tels que \(p_n = q_n\), avec : \[p_n(x) = \sum_{k=0}^n a_k x^k \quad \text{et} \quad q_n(x) = \sum_{k=0}^n b_k x^k, \quad a_n \neq 0,\; b_n \neq 0.\] On dispose des équivalences suivantes : \[p_n = q_n \iff \forall x \in \mathbb{R},\; p_n(x) = q_n(x),\] \[p_n = q_n \iff \forall x \in \mathbb{R},\; \sum_{k=0}^n a_k x^k = \sum_{k=0}^n b_k x^k,\] \[p_n = q_n \iff \forall x \in \mathbb{R},\; \sum_{k=0}^n (a_k - b_k)\,x^k = 0.\] Par le théorème d'identification, tous les coefficients sont nuls : \[p_n = q_n \iff \forall k \in [\![0,n]\!],\; a_k - b_k = 0,\] \[p_n = q_n \iff \forall k \in [\![0,n]\!],\; a_k = b_k.\]

Démonstration — Pour tout réel \(x\), posons \(p(x) = x^{n-1} + x^{n-2} + \cdots + x + 1\).

Nous avons : \[xp(x) = x^n + x^{n-1} + x^{n-2} + \cdots + x^2 + x.\] Par soustraction et « télescopage » des termes opposés, nous obtenons : \[xp(x) - p(x) = x^n - 1, \quad \text{soit} \quad (x-1)\,p(x) = x^n - 1.\] Nous en déduisons l'égalité attendue : \[\forall x \in \mathbb{R},\quad x^n - 1 = (x-1)\bigl(x^{n-1} + x^{n-2} + \cdots + x + 1\bigr).\]

Démonstration — Puisque \(a \neq 0\), il vient : \[x^n - a^n = a^n\!\left(\!\left(\frac{x}{a}\right)^{\!n} - 1\right).\] En appliquant le lemme ci-dessus avec \(x \leftarrow \dfrac{x}{a}\), nous obtenons : \[x^n - a^n = a^n\!\left(\frac{x}{a} - 1\right)\!\left(\!\left(\frac{x}{a}\right)^{\!n-1} + \left(\frac{x}{a}\right)^{\!n-2} + \cdots + \frac{x}{a} + 1\right),\] \[= a^{n-1}(x-a)\!\left(\frac{x^{n-1}}{a^{n-1}} + \frac{x^{n-2}}{a^{n-2}} + \cdots + \frac{x}{a} + 1\right),\] \[= (x-a)\bigl(x^{n-1} + x^{n-2}a + \cdots + xa^{n-2} + a^{n-1}\bigr).\]

Démonstration — Posons \(p(x) = \displaystyle\sum_{k=0}^{n} a_k x^k\) avec \(a_n \neq 0\). Il vient : \[p(x) - p(a) = \sum_{k=0}^{n} a_k x^k - \sum_{k=0}^{n} a_k a^k = \sum_{k=0}^{n} a_k(x^k - a^k).\] Par la factorisation remarquable, chaque terme \(x^k - a^k = (x-a)(x^{k-1} + x^{k-2}a + \cdots + a^{k-1})\). Donc : \[p(x) - p(a) = (x-a)\left(a_n\sum_{k=0}^{n-1}x^{n-k-1}a^k + a_{n-1}\sum_{k=0}^{n-2}x^{n-k-2}a^k + \cdots + a_1\right).\] En posant \(Q(x)\) le polynôme entre parenthèses (de degré \(n-1\)), on obtient : \[\forall x \in \mathbb{R},\quad p(x) = (x-a)Q(x) + p(a).\]

Démonstration — C'est une conséquence immédiate de la Proposition 1 : le reste de la division de \(p\) par \((x-a)\) est \(p(a)\). Donc \((x-a)\) divise \(p\) (reste nul) si et seulement si \(p(a) = 0\).

def poly(n):
    if n%2==0:
        p=n/(n+2)
    else:
        p=1
    return p

Démonstration (esquisse) — Un monôme \(x \mapsto a_k x^k\) est un produit fini de la fonction identité \(x \mapsto x\) par elle-même. Or la fonction identité est continue et dérivable sur \(\mathbb{R}\) (dérivée 1). Un produit fini de fonctions continues (resp. dérivables) est continu (resp. dérivable). Une somme finie de fonctions continues (resp. dérivables) est continue (resp. dérivable). Donc tout polynôme, somme finie de monômes, est continu et dérivable sur \(\mathbb{R}\).

Démonstration — Soit \(f(x) = a_n x^n + \cdots + a_0\) avec \(a_n \neq 0\). On factorise par \(x^n\) : \[f(x) = x^n \left(a_n + \frac{a_{n-1}}{x} + \frac{a_{n-2}}{x^2} + \cdots + \frac{a_0}{x^n}\right).\] Quand \(x \to \pm\infty\), chaque terme \(\dfrac{a_k}{x^{n-k}} \to 0\), donc la parenthèse tend vers \(a_n\). On obtient : \[\lim_{x\to\pm\infty} f(x) = \lim_{x\to\pm\infty} a_n x^n = \mathrm{signe}(a_n) \times \lim_{x\to\pm\infty} x^n.\]

Démonstration — Par définition, \(\ln\) est l'unique primitive de \(x \mapsto \dfrac{1}{x}\) sur \(\mathbb{R}^*_+\) qui s'annule en \(1\). Donc \(\ln\) est dérivable sur \(\mathbb{R}^*_+\) et \(\ln'(x) = \dfrac{1}{x}\).

Or, pour tout \(x > 0\), \(\ln'(x) = \dfrac{1}{x} > 0\). Une fonction dérivable à dérivée strictement positive sur un intervalle est strictement croissante sur cet intervalle. Donc \(\ln\) est strictement croissante sur \(\mathbb{R}^*_+\).

Démonstration — \(\ln\) est strictement croissante sur \(\mathbb{R}^*_+\) et \(\ln(1) = 0\). Donc :

• si \(x > 1\) : \(\ln(x) > \ln(1) = 0\).
• si \(x = 1\) : \(\ln(x) = 0\).
• si \(0 < x < 1\) : \(\ln(x) < \ln(1) = 0\).

Solution — Condition d'existence : \(x^2 - 1 > 0 \iff x^2 > 1 \iff x \in ]-\infty;-1[\,\cup\,]1;+\infty[\).

Résolution : sur le domaine d'existence, par la proposition sur le signe de \(\ln\) : \[\ln(x^2-1) < 0 \iff 0 < x^2 - 1 < 1 \iff 1 < x^2 < 2 \iff x^2 \in ]1\,;\,2[.\] Or \(x^2 < 2 \iff |x| < \sqrt{2} \iff x \in ]-\sqrt{2}\,;\,\sqrt{2}[\).
En intersectant avec le domaine d'existence : \[\mathcal{S} = \bigl]-\sqrt{2}\,;\,-1\bigr[\;\cup\;\bigl]1\,;\,\sqrt{2}\bigr[.\]

Démonstration — \(\ln\) est une bijection strictement croissante de \(\mathbb{R}^*_+\) sur \(\mathbb{R}\) (Théorème 7). Une fonction strictement croissante est injective, donc : \[\ln(a) = \ln(b) \iff a = b.\] Et puisque \(\ln\) est strictement croissante : \[\ln(a) < \ln(b) \iff a < b.\]

Solution — L'ensemble de définition est \(D = \,]-\infty,-1[\,\cup\,]1,+\infty[\) (calculé à l'exercice précédent).

1. Équation \(\ln(x^2-1) = \ln 2\) :
Par la proposition de comparaison : \[\ln(x^2-1) = \ln 2 \iff x^2 - 1 = 2 \iff x^2 = 3 \iff x = -\sqrt{3} \text{ ou } x = \sqrt{3}.\] Les deux valeurs appartiennent à \(D\), donc : \[\mathcal{S} = \{-\sqrt{3},\, \sqrt{3}\} \cap D = \{-\sqrt{3},\, \sqrt{3}\}.\]
2. Inéquation \(\ln(x^2-1) > \ln 2\) :
Par la proposition de comparaison : \[\ln(x^2-1) > \ln 2 \iff x^2 - 1 > 2 \iff x^2 > 3 \iff x < -\sqrt{3} \text{ ou } x > \sqrt{3}.\] En intersectant avec \(D\) : \[\mathcal{S'} = \bigl(]-\infty,-\sqrt{3}[\,\cup\,]\sqrt{3},+\infty[\bigr) \cap D = \,]-\infty,-\sqrt{3}[\,\cup\,]\sqrt{3},+\infty[.\]

Démonstration — Puisque :

• ln est dérivable sur \(]0, +\infty[\),
• \(u\) est dérivable sur \(I\),
• \(\forall x \in I,\; u(x) > 0\),

on peut appliquer le théorème de dérivation de la composée de deux fonctions à \(g = \ln \circ\, u\). Il en résulte que \(g\) est dérivable sur \(I\) et, pour tout \(x \in I\) : \[g'(x) = u'(x) \times \ln'(u(x)) = u'(x) \times \frac{1}{u(x)} = \frac{u'(x)}{u(x)}.\]

Démonstration — 1. \(\ln(ab) = \ln a + \ln b\). Soient deux réels \(a > 0\) et \(b > 0\). En utilisant la fonction exp, il vient : \[e^{(\ln a + \ln b)} = e^{\ln a} \times e^{\ln b} = ab = e^{\ln(ab)},\] ce qui implique, par injectivité de exp, la conclusion attendue : \[\forall a \in \mathbb{R}^{+*},\; \forall b \in \mathbb{R}^{+*},\quad \ln(ab) = \ln a + \ln b.\] Remarque. Si \(a < 0\) et \(b < 0\), alors \(ab > 0\). Par conséquent \(\ln(ab)\) est défini mais on ne peut pas appliquer l'égalité \(\ln(ab) = \ln a + \ln b\) car \(\ln a\) et \(\ln b\) ne sont pas définis.

Par exemple, la fonction \(x \mapsto \ln(x^2-1)\) est définie pour les réels \(x\) tels que \(x^2 - 1 > 0\), c'est-à-dire pour \(x \in\; ]-\infty, -1[\,\cup\,]1, +\infty[\), mais seulement lorsque \(x \in\; ]1, +\infty[\), on a : \[\ln(x^2-1) = \ln(x-1)(x+1) = \ln(x-1) + \ln(x+1).\] 2. \(\ln\!\left(\dfrac{1}{b}\right) = -\ln b\). Soit un réel \(b > 0\). On a : \[\ln b + \ln\!\left(\frac{1}{b}\right) = \ln\!\left(b \times \frac{1}{b}\right) = \ln 1 = 0,\] donc \(\ln\!\left(\dfrac{1}{b}\right) = -\ln b\). 3. \(\ln\!\left(\dfrac{a}{b}\right) = \ln a - \ln b\). Découle directement des deux premières propriétés : \[\ln\!\left(\frac{a}{b}\right) = \ln\!\left(a \cdot \frac{1}{b}\right) = \ln a + \ln\!\left(\frac{1}{b}\right) = \ln a - \ln b.\]

Démonstration — Soient \(a \in \mathbb{R}^{+*}\) et \(n \in \mathbb{Z}\). Par disjonction, nous distinguons deux cas selon que \(n \geq 0\) ou \(n < 0\).

1^er cas : \(n \geq 0\), c'est-à-dire \(n \in \mathbb{N}\). Nous prouvons l'égalité attendue par récurrence.

Initialisation. Nous avons : \[\ln(a^0) = \ln 1 = 0 = 0 \times \ln a,\] ce qui justifie la propriété au rang \(n = 0\).

Hérédité. Supposons qu'à un rang entier \(n\) fixé, \(\ln(a^n) = n \ln a\). Montrons que \(\ln(a^{n+1}) = (n+1)\ln a\). En utilisant l'hypothèse de récurrence, il vient : \[\ln(a^{n+1}) = \ln(a^n \times a) = \ln(a^n) + \ln a = n\ln a + \ln a = (n+1)\ln a.\] L'égalité attendue est donc héréditaire. En appliquant le principe de récurrence, nous en concluons : \[\forall n \in \mathbb{N},\quad \ln(a^n) = n\ln a.\] 2^e cas : \(n < 0\), c'est-à-dire \(n \in \mathbb{Z}^-{}^*\). Nous posons \(p = -n\), ainsi \(p \in \mathbb{N}^*\). Il vient : \[\ln(a^n) = \ln(a^{-p}) = \ln\!\left(\frac{1}{a^p}\right) = -\ln a^p = (-p)\ln a = n\ln a.\] Conclusion. L'étude de ces deux cas établit la proposition énoncée.

Démonstration — Soient \(a \in \mathbb{R}^{+*}\) et \(n \geq 2\). Nous avons : \[\ln a = \ln\!\left[\left(\sqrt[n]{a}\right)^n\right] = n\ln\!\left(\sqrt[n]{a}\right),\] ce qui permet de conclure par : \[\ln\!\left(\sqrt[n]{a}\right) = \frac{1}{n}\ln a.\]

Démonstration — Limite en \(+\infty\). Pour déterminer la limite de la fonction ln en \(+\infty\), nous utilisons la définition théorique d'une limite égale à \(+\infty\) en \(+\infty\). Soit un réel \(A > 0\). La fonction exp étant croissante strictement sur \(\mathbb{R}\), pour que \(\ln x > A\), il suffit que : \[e^{\ln x} > e^A, \quad\text{c'est-à-dire}\quad x > e^A.\] Par conséquent, en posant \(B = e^A\), nous obtenons : \[\forall A > 0,\; \exists B > 0,\; \forall x \in\, ]0,+\infty[,\quad x > B \Rightarrow \ln x > A,\] ce qui établit le résultat annoncé : \[\lim_{x \to +\infty} \ln x = +\infty.\] Limite en \(0^+\). Pour déterminer la limite de la fonction ln en \(0^+\), nous posons : \[X = \frac{1}{x},\] ce qui donne : \[\ln x = \ln\!\left(\frac{1}{X}\right) = -\ln X.\] Par composition, nous en concluons : \[\lim_{x \to 0^+} \ln x = \lim_{X \to +\infty} (-\ln X) = -\infty.\] Remarque. Puisque \(\displaystyle\lim_{x \to 0^+} \ln x = -\infty\), nous en déduisons que la courbe \(\mathcal{C}_{\ln}\) admet la droite des abscisses pour asymptote verticale.

Démonstration de \(\ln x \leq x - 1\)

Méthode 1 — Étude de fonction. On pose \(h(x) = x - 1 - \ln x\) sur \(]0, +\infty[\). On veut montrer que \(h(x) \geq 0\).

On calcule : \[h'(x) = 1 - \frac{1}{x} = \frac{x-1}{x}.\] Puisque :

• \(h'(x) < 0\) pour \(0 < x < 1\) : \(h\) est décroissante,
• \(h'(1) = 0\) : minimum en \(x = 1\),
• \(h'(x) > 0\) pour \(x > 1\) : \(h\) est croissante,

\(h\) admet un minimum global en \(x = 1\) : \[h(1) = 1 - 1 - \ln 1 = 0.\] Donc \(\forall x > 0,\; h(x) \geq 0\), c'est-à-dire \(\ln x \leq x - 1\).

Méthode 2 — Par concavité (plus courte).
La fonction \(\ln\) est concave sur \(]0, +\infty[\) car : \[\ln''(x) = -\frac{1}{x^2} < 0.\] Or une fonction concave est toujours en dessous de ses tangentes. La tangente à \(\mathcal{C}_{\ln}\) en \(a = 1\) a pour équation \(y = x - 1\), donc directement : \[\forall x > 0,\quad \ln x \leq x - 1.\] La méthode 1 reste préférable en début d'année car elle ne suppose que la dérivée.

Démonstration — Avec les notations de la figure, puisque les points \(M(x, y)\) et \(M'(x', y')\) sont symétriques relativement à la droite \(\Delta\) d'équation \(y = x\), nous avons : \[x' = y \quad\text{et}\quad y' = x.\] Si \(M(x, y)\) est sur \(\mathcal{C}_{\exp}\), alors \(y = e^x\), donc \(x' = e^x = e^{y'}\), c'est-à-dire \(y' = \ln(x')\) : le point \(M'(x', y')\) est sur \(\mathcal{C}_{\ln}\).

Démonstration —

• Puisque \(x \mapsto e^x\) est croissante strictement sur \(\mathbb{R}\) : \(x < 0\) implique \(e^x < e^0\), ce qui donne, puisque \(e^x > 0\) : \[x < 0 \Rightarrow 0 < e^x < 1.\]
• En utilisant cette équivalence, il vient : \[x > 0 \iff -x < 0 \iff 0 < e^{-x} < 1 \iff 0 < \frac{1}{e^x} < 1 \iff e^x > 1.\]
• Si \(x = 0\), alors \(e^x = e^0 = 1\). Justifions la réciproque par contraposition : si \(x \neq 0\), alors \(x > 0\) ou \(x < 0\), donc \(e^x > 1\) ou \(e^x < 1\), soit \(e^x \neq 1\). En prenant la contraposée : \(e^x = 1 \Rightarrow x = 0\).

Démonstration — Nous utilisons le corollaire précédent. Sachant que \(e^b > 0\) :

• \(a < b \iff a - b < 0 \iff e^{a-b} < 1 \iff \dfrac{e^a}{e^b} < 1 \iff e^a < e^b.\)
• \(a = b \iff a - b = 0 \iff e^{a-b} = 1 \iff \dfrac{e^a}{e^b} = 1 \iff e^a = e^b.\)

Solutions —

1. \(e^{3x-1} - e^{-2x} = 0\).
\[e^{3x-1} = e^{-2x} \iff 3x-1 = -2x \iff 5x = 1 \iff x = \frac{1}{5}.\] \[\mathcal{S} = \left\{\frac{1}{5}\right\}.\] 2. \(e^{3x} \leq e^{-x}\).
Par le corollaire de comparaison (\(e^a \leq e^b \iff a \leq b\)) : \[e^{3x} \leq e^{-x} \iff 3x \leq -x \iff 4x \leq 0 \iff x \leq 0.\] \[\mathcal{S} = \,]-\infty,\, 0].\] 3. \(e^{2x} + 2e^x - 3 = 0\).
On pose \(X = e^x > 0\) : \[X^2 + 2X - 3 = 0.\] Racine évidente \(X = 1\) ; par le produit des racines (qui vaut \(-3\)), l'autre racine est \(X = -3\). Puisque \(e^x > 0\), la solution \(X = -3\) est rejetée. Il reste : \[e^x = 1 \iff x = 0.\] \[\mathcal{S} = \{0\}.\]

Démonstration — Soient \(a \in I\) et \(x \in I\) tels que \(x \neq a\). Nous avons : \[\frac{f(x)-f(a)}{x-a} = \frac{e^{u(x)}-e^{u(a)}}{x-a}.\] Sous réserve que \(u(x) \neq u(a)\), il vient : \[\frac{f(x)-f(a)}{x-a} = \frac{e^{u(x)}-e^{u(a)}}{u(x)-u(a)} \times \frac{u(x)-u(a)}{x-a}.\] On pose \(b = u(a)\) et \(y = u(x)\). On obtient : \[\frac{f(x)-f(a)}{x-a} = \frac{e^y-e^b}{y-b} \times \frac{u(x)-u(a)}{x-a}.\] Quand \(x \to a\) :

• \(\dfrac{u(x)-u(a)}{x-a} \to u'(a)\) (par dérivabilité de \(u\)),
• \(y = u(x) \to u(a) = b\) (par continuité de \(u\)),
• \(\dfrac{e^y - e^b}{y-b} \to \exp'(b) = e^b = e^{u(a)}\) (par dérivabilité de exp).

Donc \(f'(a) = u'(a)\,e^{u(a)}\).

Solution —

1. Parité. \(\mathbb{R}\) est symétrique par rapport à \(0\). Pour tout réel \(x\) : \[c(-x) = \frac{e^{-x}+e^x}{2} = c(x), \qquad s(-x) = \frac{e^{-x}-e^x}{2} = -s(x).\] Donc \(c\) est paire et \(s\) est impaire.

2. \((c(x))^2 - (s(x))^2\). Soit \(x \in \mathbb{R}\) : \[(c(x))^2 - (s(x))^2 = (c(x)+s(x))(c(x)-s(x)) = e^x \times e^{-x} = e^{x+(-x)} = e^0 = 1.\] 3. Formules de duplication. Pour tout réel \(x\) : \[(c(x))^2 + (s(x))^2 = \left(\frac{e^x+e^{-x}}{2}\right)^2 + \left(\frac{e^x-e^{-x}}{2}\right)^2 = \frac{(e^x+e^{-x})^2+(e^x-e^{-x})^2}{4}.\] En développant : \((A+B)^2+(A-B)^2 = 2A^2+2B^2\). Avec \(A=e^x\) et \(B=e^{-x}\) : \[= \frac{2e^{2x}+2e^{-2x}}{4} = \frac{e^{2x}+e^{-2x}}{2} = c(2x).\] De même : \[2c(x)\times s(x) = 2 \cdot \frac{e^x+e^{-x}}{2} \cdot \frac{e^x-e^{-x}}{2} = \frac{(e^x)^2-(e^{-x})^2}{2} = \frac{e^{2x}-e^{-2x}}{2} = s(2x).\]

Solution —

1. Puisque \((u_n)\) est arithmétique de raison \(r\) : \[v_{n+1} = e^{-u_{n+1}} = e^{-u_0}\,e^{-(n+1)r} = e^{-r} \times e^{-u_0\,e^{-nr}} = e^{-r} \times v_n.\] Comme \(r \neq 0\), on a \(q = e^{-r} \neq 1\). Donc \((v_n)\) est géométrique de premier terme \(v_0 = e^{-u_0}\) et de raison \(q = e^{-r}\).

2. La somme des \(n+1\) premiers termes d'une suite géométrique de raison \(q \neq 1\) donne : \[s_n = v_0\,\frac{1-q^{n+1}}{1-q} = e^{-u_0}\,\frac{1-e^{-r(n+1)}}{1-e^{-r}}.\] En multipliant numérateur et dénominateur par \(-e^{(n+1)r}\) au numérateur et \(-e^r\) au dénominateur : \[= e^{-u_0}\,\frac{e^{(n+1)r}-1}{e^{(n+1)r}} \times \frac{e^r}{e^r-1} = e^{-(u_0+nr)}\,\frac{e^{(n+1)r}-1}{e^r-1} = v_n\,\frac{e^{(n+1)r}-1}{e^r-1}.\]

Solution —

1. La tangente à \(\mathcal{C}\) au point \(M_0\) d'abscisse \(x_0\) a pour équation : \[y = \exp'(x_0)(x-x_0) + \exp(x_0) = e^{x_0}(x-x_0) + e^{x_0} = e^{x_0}(x - x_0 + 1).\] Le point \(M_1\) est l'intersection avec la droite des abscisses (\(y=0\)) : \(e^{x_0}(x_1 - x_0 + 1) = 0\). Puisque \(e^{x_0} > 0\) : \[x_1 = x_0 - 1.\] 2. La tangente à \(\mathcal{C}_f\) en \(M_0\) a pour équation \(y = f'(x_0)(x-x_0)+f(x_0)\). Son intersection avec \(y=0\) est \(x_1 = x_0 - \dfrac{f(x_0)}{f'(x_0)}\). Or \(f' = f\), donc \(x_1 = x_0 - 1\), ce qui donne \(\dfrac{f(x_0)}{f'(x_0)} = 1\), soit \(f(x_0) = f'(x_0)\) — condition satisfaite car \(f'=f\). Par ailleurs \(f(0)=1\) et \(f'=f\) implique que \(f = \exp\).

Solution —

1. Un point \(Q(a,b)\) est un centre de symétrie de \(\mathcal{C}_f\) si et seulement si \(\forall x \in D_f,\; f(2a-x)+f(x) = 2b\). Ici \(a=0\) et \(b=\tfrac{1}{2}\). Pour tout réel \(x\) : \[f(-x)+f(x) = \frac{e^{-x}}{e^{-x}+1} + \frac{e^x}{e^x+1} = \frac{\tfrac{1}{e^x}}{\tfrac{1}{e^x}+1} + \frac{e^x}{e^x+1} = \frac{1}{e^x+1} \times e^x + \frac{e^x}{e^x+1} = \frac{e^x+1}{e^x+1} = 1 = 2 \times \frac{1}{2}.\] Donc \(A\!\left(0,\tfrac{1}{2}\right)\) est bien un centre de symétrie de \(\mathcal{C}_f\).

2. \(f\) est dérivable par quotient sur \(\mathbb{R}\). Pour tout réel \(x\) : \[f'(x) = \frac{e^x(e^x+1)-e^x \times e^x}{(e^x+1)^2} = \frac{e^x}{(e^x+1)^2}.\] La tangente en \(A\) a pour équation \(y = f'(0)x + f(0) = \dfrac{1}{4}x + \dfrac{1}{2}\).

Pour étudier la position de \(\mathcal{C}_f\) par rapport à \((T)\), on pose \(d(x) = f(x) - \left(\tfrac{1}{4}x+\tfrac{1}{2}\right)\). Par différence : \[d'(x) = f'(x) - \frac{1}{4} = \frac{e^x}{(e^x+1)^2} - \frac{1}{4} = \frac{4e^x - (e^x+1)^2}{4(e^x+1)^2} = -\frac{(e^x-1)^2}{4(e^x+1)^2} \leq 0.\] Donc \(d\) est décroissante sur \(\mathbb{R}\). En remarquant que \(d(0)=0\) :

• si \(x < 0\) : \(d(x) > 0\) — \(\mathcal{C}_f\) est au-dessus de \((T)\),
• si \(x > 0\) : \(d(x) < 0\) — \(\mathcal{C}_f\) est en-dessous de \((T)\).

Le point \(A\) est donc un point d'inflexion de \(\mathcal{C}_f\) : la tangente \((T)\) « traverse » la courbe.

Solution —

1. Pour tous les réels \(a\) et \(b\) : \[\frac{e^a+e^b}{2} - e^{\frac{a+b}{2}} = \frac{e^a+e^b-2e^{\frac{a+b}{2}}}{2} = \frac{(e^{\frac{a}{2}})^2+(e^{\frac{b}{2}})^2 - 2e^{\frac{a}{2}}\times e^{\frac{b}{2}}}{2} = \frac{\left(e^{\frac{a}{2}}-e^{\frac{b}{2}}\right)^2}{2} \geq 0.\] Donc quels que soient les réels \(a\) et \(b\) : \[\frac{e^a+e^b}{2} \geq e^{\frac{a+b}{2}}.\] 2. Graphiquement, cette inégalité signifie que le milieu du segment joignant les points \((a, e^a)\) et \((b, e^b)\) de \(\mathcal{C}_{\exp}\) est toujours au-dessus de la courbe. C'est la définition géométrique de la convexité de la fonction exponentielle.

Solution —

1. On pose \(f(x) = e^x - (1+x)\). La fonction \(f\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\) et \(f'(x) = e^x - 1\). On a \(f'(x) = 0 \iff x = 0\). Tableau de variations : \(f\) décroissante sur \(\mathbb{R}^-\), croissante sur \(\mathbb{R}^+\), minimum en \(x=0\) : \(f(0) = 1 - 1 = 0\). Donc \(f(x) \geq 0\), soit \(\forall x \in \mathbb{R},\; 1+x \leq e^x\).

2. En particulier, pour \(x = \dfrac{1}{n}\) avec \(n \geq 2\) : \(1 + \dfrac{1}{n} \leq e^{1/n}\), donc \(\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^n \leq e\).

De la même façon, en utilisant la décroissance de \(x \mapsto x^n\) sur \(\mathbb{R}^+\) : pour \(x = -\dfrac{1}{n}\), \(1-\dfrac{1}{n} \leq e^{-1/n}\), donc \(\left(1-\dfrac{1}{n}\right)^n \leq e^{-1}\), soit \(\left(1-\dfrac{1}{n}\right)^{-n} \geq e\). Ainsi : \[\left(1+\frac{1}{n}\right)^n \leq e \leq \left(1-\frac{1}{n}\right)^{-n}.\] 3. La double inégalité est équivalente à \(0 \leq e - \left(1+\dfrac{1}{n}\right)^n \leq \left(1-\dfrac{1}{n}\right)^{-n} - \left(1+\dfrac{1}{n}\right)^n\). On cherche \(n\) tel que \(\left(1-\dfrac{1}{n}\right)^{-n} - \left(1+\dfrac{1}{n}\right)^n < 10^{-p}\).

def approximation_e(p):
    u = 2.25
    n = 2
    while (1-1/n)**(-n) - u >= 10**(-p):
        u = (1+1/n)**n
        n = n+1
    return n, u

Pour \(p=4\), on obtient \(\texttt{approximation\_e(4)} = (27184,\; 2.718231830\ldots)\). La convergence vers \(e\) est lente : une approximation à \(10^{-4}\) près nécessite 27184 itérations.

Solution —

1. La fonction exponentielle est dérivable en \(0\). Par définition : \[\lim_{x\to 0}\frac{e^x-e^0}{x-0} = \exp'(0) = 1,\] ce qui permet de conclure : \(\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{e^x-1}{x} = 1\).

2.

• En posant \(X = 2x\), il vient \(\displaystyle\lim_{x\to 0} f(x) = 2\lim_{X\to 0}\frac{e^X-1}{X} = 2\).
• En posant \(X = \dfrac{1}{n}\), on a \(u_n = \dfrac{e^{1/n}-1}{1/n}\). Quand \(n\to+\infty\), \(X\to 0\), donc \(\displaystyle\lim_{n\to+\infty} u_n = \lim_{X\to 0}\frac{e^X-1}{X} = 1\).

Solution —

1. Pour tout réel \(x \geq 0\), posons \(f(x) = e^x - x\). Cette fonction est dérivable par différence sur \(\mathbb{R}^+\) et \(f'(x) = e^x - 1\). Nous en déduisons \(f'(x) \geq 0 \iff x \geq 0\). Par suite \(f\) est croissante sur \(\mathbb{R}^+\). Puisque \(f(0) = 1\) : \[x \geq 0 \Rightarrow f(x) \geq f(0) = 1 > 0,\] donc \(\forall x \geq 0,\; e^x > x\).

Pour tout réel \(x \geq 0\), posons \(g(x) = e^x - \dfrac{x^2}{2}\). Cette fonction est dérivable et \(g'(x) = e^x - x = f(x) > 0\). Donc \(g\) est strictement croissante sur \(\mathbb{R}^+\). Puisque \(g(0) = 1\) : \[x \geq 0 \Rightarrow g(x) \geq g(0) = 1 > 0,\] donc \(\forall x \geq 0,\; e^x > \dfrac{x^2}{2}\).

2. Nous remarquons que \(\displaystyle\lim_{n\to+\infty} e^n = +\infty\) car \(e > 1\). Le comportement de \((u_n)\) est une forme indéterminée \(\dfrac{+\infty}{+\infty}\). En appliquant l'inégalité pour \(x = n\) avec \(n \in \mathbb{N}^*\) : \(e^n > \dfrac{n^2}{2}\), soit \(\dfrac{e^n}{n} > \dfrac{n}{2}\). Puisque \(\displaystyle\lim_{n\to+\infty}\dfrac{n}{2} = +\infty\), par comparaison : \(\displaystyle\lim_{n\to+\infty} u_n = +\infty\).

3. \(v_n = ne^{1-n} = \dfrac{ne}{e^n} = e \cdot \dfrac{n}{e^n} = \dfrac{e}{u_n}\). Donc \(\displaystyle\lim_{n\to+\infty} v_n = \dfrac{e}{+\infty} = 0\).

Solution —

1. La tangente \((T)\) à \(\mathcal{C}_f\) en \(M(a, e^a)\) a pour équation : \[y = f'(a)(x-a) + f(a) = e^a(x-a) + e^a = e^a(x - a + 1).\] Elle coupe l'axe des abscisses en \(P\) : \(e^a(x_P - a + 1) = 0\), donc \(x_P = a - 1\).

La tangente \((T')\) à \(\mathcal{C}_g\) en \(N(a, e^{-a})\) a pour équation : \[y = g'(a)(x-a) + g(a) = -e^{-a}(x-a) + e^{-a} = -e^{-a}(x - a - 1).\] Elle coupe l'axe des abscisses en \(Q\) : \(x_Q = a + 1\).

Donc \(PQ = x_Q - x_P = (a+1) - (a-1) = 2\). La longueur \(PQ\) est constante, égale à 2, quel que soit \(a\).

2. La pente de \((T)\) est \(f'(a) = e^a\) et la pente de \((T')\) est \(g'(a) = -e^{-a}\). Leur produit vaut \(e^a \times (-e^{-a}) = -1\). Les droites \((T)\) et \((T')\) sont donc perpendiculaires pour tout réel \(a\). De plus, la distance \(PQ = \sqrt{(x_P - x_Q)^2} = \sqrt{(a-1-a-1)^2} = \sqrt{4} = 2\) est la constante 2, ce qui confirme le résultat de la question 1.

Solution —

Pour tout réel \(x\), posons \(g(x) = \dfrac{1}{a}f(x)\). La fonction \(g\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\) et : \[g'(x) = \frac{1}{a}f'(x) = \frac{1}{a}f(x) = g(x).\] De plus \(g(0) = \dfrac{1}{a}f(0) = \dfrac{1}{a} \times a = 1\). Donc \(g' = g\) et \(g(0) = 1\).

Nous savons que \(\exp' = \exp\) et \(\exp(0) = 1\). Nous en concluons que \(g = \exp\), soit \(f(x) = a\,e^x\).

Il en résulte que la fonction exp est l'unique fonction telle que \(\exp' = \exp\) et \(\exp(0) = 1\), et que la solution générale de \(f' = f\) est \(f : x \mapsto ae^x\) pour \(a \in \mathbb{R}^*\).

Solution —

1. La loi de désintégration peut s'écrire : \[\frac{N(t+\Delta t)-N(t)}{\Delta t} = -a\,N(t).\] En passant à la limite quand \(\Delta t \to 0\), et puisque \(t \mapsto N(t)\) est dérivable sur \([0,+\infty[\) : \[N'(t) = -a\,N(t).\] 2. La fonction \(N : t \mapsto N_0 e^{-at}\) est dérivable par composition sur \([0,+\infty[\) et : \[N'(t) = -a\,N_0 e^{-at} = -a\,N(t),\] ce qui justifie que \(N\) satisfait à \((E)\).

3. Soit \(f\) une autre fonction dérivable sur \([0,+\infty[\) telle que \(f'(t) = -af(t)\) et \(f(0) = N_0\). On pose \(g(t) = f(t)e^{at}\). La fonction \(g\) est dérivable par composition et produit : \[g'(t) = f'(t)e^{at} + a\,f(t)e^{at} = (-af(t) + af(t))e^{at} = 0.\] Donc \(g\) est constante : il existe \(c\) tel que \(\forall t \geq 0,\; g(t) = c\). En particulier \(g(0) = f(0) = N_0\), donc \(c = N_0\) et \(f(t) = N_0 e^{-at}\). L'unicité est acquise.

4. Par définition de la demi-vie, \(N_0 e^{-aT} = \dfrac{N_0}{2}\), ce qui implique \(e^{-aT} = \dfrac{1}{2}\). Pour tout réel \(t \geq 0\) : \[N(t+T) = N_0 e^{-a(t+T)} = N_0 e^{-at} \cdot e^{-aT} = N(t) \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{2}N(t).\] 5. Pour tout entier naturel \(n\) : \[u_n = N(nT) = N_0 e^{-anT} = N_0\,(e^{-aT})^n = N_0\left(\frac{1}{2}\right)^n.\] Donc : \[u_{n+1} = N_0\left(\frac{1}{2}\right)^{n+1} = \frac{1}{2} \times N_0\left(\frac{1}{2}\right)^n = \frac{1}{2}\,u_n.\] La suite \((u_n)\) est géométrique de premier terme \(u_0 = N_0\) et de raison \(q = \dfrac{1}{2}\). Le réel \(u_n\) représente le nombre d'atomes restants après \(n\) demi-vies.

6. Le nombre de noyaux désintégrés à l'instant \(nT\) est : \[S(nT) = N_0 - N(nT) = N_0 - N_0\left(\frac{1}{2}\right)^n = N_0\left(1 - \frac{1}{2^n}\right).\]

Solution —

1. La fonction \(g\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\) et \(g'(x) = f'(x) - 1 = 2e^{2x} - e^x - 1\). En posant \(X = e^x\), le trinôme \(2X^2 - X - 1 = (X-1)(2X+1)\) admet \(X = 1\) pour racine évidente et \(X = -\frac{1}{2}\) pour l'autre. Puisque \(X = e^x > 0\), le signe de \(g'(x)\) est celui de \(e^x - 1\). Donc :

• si \(x < 0\) : \(g'(x) < 0\), \(g\) est décroissante sur \(]-\infty, 0]\),
• si \(x > 0\) : \(g'(x) > 0\), \(g\) est croissante sur \([0, +\infty[\).

Minimum en \(x = 0\) : \(g(0) = 0\). Donc \(\forall x \in \mathbb{R},\; g(x) \geq 0\).

2. \(u_{n+1} - u_n = f(u_n) - u_n = g(u_n) \geq 0\). Donc \((u_n)\) est croissante. Par croissance, \(u_n \geq u_0 = a > 0\).

3. Puisque \(u_k \geq a\) et que \(g\) est croissante sur \(\mathbb{R}^+\) : \(g(u_k) \geq g(a)\), soit \(u_{k+1} - u_k \geq g(a)\). En sommant de \(k = 0\) à \(n-1\) (télescopage) : \(u_n - u_0 \geq n \times g(a)\), soit \(u_n \geq a + n \times g(a)\). Puisque \(g(a) = g(u_0) > 0\), on a \(\displaystyle\lim_{n\to+\infty} a + n \times g(a) = +\infty\). Par comparaison : \(\displaystyle\lim_{n\to+\infty} u_n = +\infty\).

4. Script Python :

from math import *
def seuilchap7exo12(a, p):
    u = a
    n = 0
    while u <= 10**p:
        u = exp(2*u) - exp(u)
        n = n+1
    return n

Solution —

1. Déjà prouvée à l'exercice 6 : \(\forall x \in \mathbb{R},\; 1+x \leq e^x\), avec égalité si et seulement si \(x = 0\). L'inégalité est stricte pour \(x \in \mathbb{R}^*\).

2. En remplaçant \(x\) par \(-x\) dans \([1]\) : \(\forall x \in \mathbb{R},\; 1-x \leq e^{-x}\). Si \(x < 1\), alors \(1-x > 0\) et \(e^{-x} \geq 1-x > 0\), donc \(\dfrac{1}{e^{-x}} \leq \dfrac{1}{1-x}\), soit \(e^x \leq \dfrac{1}{1-x}\), notée \([2]\). L'égalité est atteinte ssi \(x = 0\), donc l'inégalité est stricte pour \(x \in \,]-\infty, 0[\,\cup\,]0,1[\).

3.

• Pour \(x = \dfrac{1}{n} \neq 0\) dans \([1]\) : \(0 < 1 + \dfrac{1}{n} < e^{1/n}\), donc \(\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^n < e\), soit \(u_n < e\).
• Pour \(x = \dfrac{1}{n+1} \in \,]0,1[\) dans \([2]\) : \(e^{1/(n+1)} < \dfrac{n+1}{n}\), donc \(e < \left(1+\dfrac{1}{n}\right)^{n+1} = v_n\).

On a \(0 < e - u_n < v_n - u_n = u_n\left(\dfrac{1}{n}+\dfrac{1}{n} - 1\right)\)... En utilisant \(v_n - u_n = u_n\left(\dfrac{v_n}{u_n}-1\right)\) et \(u_n < e < 3\) : \(0 < e - u_n < v_n - u_n < \dfrac{3}{n}\). Par le théorème des gendarmes : \(\displaystyle\lim_{n\to+\infty} u_n = e\).

4. De même, \(\displaystyle\lim_{n\to+\infty} v_n = e\).

5. La convergence de \((u_n)\) est environ deux fois moins lente que celle de l'exercice 6 (14 itérations pour \(p=1\) contre 27184 pour l'exercice 6).

Solution —

1. En posant \(x = a = 1\) dans \((L)\) : \(f(1) = f(1) + f(1) = 2f(1)\), donc \(f(1) = 0\).

2. En posant \(x = \dfrac{1}{a}\) dans \((L)\) : \(f\!\left(a \times \dfrac{1}{a}\right) = f(a) + f\!\left(\dfrac{1}{a}\right)\), soit \(f(1) = f(a) + f\!\left(\dfrac{1}{a}\right)\). Donc \(f\!\left(\dfrac{1}{a}\right) = -f(a)\).

3. \(g(x) = f(ax) - f(x) = f(a)\) est constante. Donc \(g'(x) = 0\), soit \(a\,f'(ax) - f'(x) = 0\), d'où \(f'(ax) = \dfrac{f'(x)}{a}\). En posant \(x = 1\) : \(f'(a) = \dfrac{f'(1)}{a} = \dfrac{1}{a}\). Donc \(\forall x > 0,\; f'(x) = \dfrac{1}{x} > 0\) : \(f\) est strictement croissante sur \(]0,+\infty[\).

4. \(h(x) = \ln(e^x) - x\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\) par composition et différence. Pour tout réel \(x\) : \[h'(x) = e^x \times \ln'(e^x) - 1 = e^x \times \frac{1}{e^x} - 1 = 0.\] Donc \(h\) est constante. En particulier \(h(0) = \ln(e^0) = \ln 1 = 0\). Donc \(\forall x \in \mathbb{R},\; \ln(e^x) = x\).

5. Soit \(x\) un réel tel que \(0 < e^x < 1\). Puisque ln est strictement croissante sur \(]0, +\infty[\) : \[\ln(e^x) < \ln(1), \text{ soit } x < 0,\] ce qui complète la preuve du corollaire du paragraphe 7.3.3.

6. Soient deux réels \(a\) et \(b > 0\).

• Si \(b = e^a\), alors \(\ln b = \ln(e^a)\), ce qui donne, en appliquant la question 4 : \(\ln b = a\).
• Réciproquement, par contraposition : si \(b \neq e^a\), par exemple si \(b > e^a\), alors par croissance stricte de ln sur \(]0, +\infty[\) : \(\ln b > a\), soit \(\ln b \neq a\). Par contraposition : \(\ln b = a \Rightarrow b = e^a\).

Démonstration — À la constante multiplicative \(\dfrac{1}{\ln 10} > 0\) près, les propriétés de log sont celles de la fonction ln. La fonction log est strictement croissante sur \(]0, +\infty[\). Toutes les propriétés algébriques de ln restent à disposition pour la fonction log.

Démonstration — formule pour \(\mathrm{ch}(a+b)\)

On remplace par les définitions et on développe : \[\mathrm{ch}(a)\,\mathrm{ch}(b) + \mathrm{sh}(a)\,\mathrm{sh}(b) = \frac{e^a+e^{-a}}{2}\cdot\frac{e^b+e^{-b}}{2} + \frac{e^a-e^{-a}}{2}\cdot\frac{e^b-e^{-b}}{2}.\] En développant les produits : \[= \frac{e^{a+b}+e^{a-b}+e^{-a+b}+e^{-(a+b)}}{4} + \frac{e^{a+b}-e^{a-b}-e^{-a+b}+e^{-(a+b)}}{4}.\] Les termes en \(e^{a-b}\) et \(e^{-a+b}\) s'annulent : \[= \frac{2e^{a+b}+2e^{-(a+b)}}{4} = \frac{e^{a+b}+e^{-(a+b)}}{2} = \mathrm{ch}(a+b).\] Les trois autres formules se démontrent de la même façon.

Solution — 1. \(\mathrm{ch}(x) = 2\)

On remplace par la définition : \[\frac{e^x + e^{-x}}{2} = 2 \quad\Longrightarrow\quad e^x + e^{-x} = 4.\] On pose \(X = e^x > 0\). Puisque \(e^{-x} = \dfrac{1}{X}\), l'équation devient : \[X + \frac{1}{X} = 4.\] En multipliant par \(X > 0\) : \[X^2 + 1 = 4X \quad\Longrightarrow\quad X^2 - 4X + 1 = 0.\] Discriminant : \(\Delta = 16 - 4 = 12\), donc \(\sqrt{\Delta} = 2\sqrt{3}\). Les deux racines sont : \[X = 2 + \sqrt{3} \quad\text{ou}\quad X = 2 - \sqrt{3}.\] Les deux sont strictement positives (car \(\sqrt{3} \approx 1{,}73 < 2\)), donc acceptables. On revient à \(x\) : \[x = \ln(2+\sqrt{3}) \quad\text{ou}\quad x = \ln(2-\sqrt{3}).\] \[\mathcal{S} = \left\{-\ln(2+\sqrt{3}),\; \ln(2+\sqrt{3})\right\}.\]

Solution — 2. \(5\,\mathrm{ch}(x) - 4\,\mathrm{sh}(x) = 3\)

On remplace par les définitions : \[5 \cdot \frac{e^x + e^{-x}}{2} - 4 \cdot \frac{e^x - e^{-x}}{2} = 3\] \[\frac{5e^x + 5e^{-x} - 4e^x + 4e^{-x}}{2} = 3 \quad\Longrightarrow\quad e^x + 9e^{-x} = 6.\] On pose \(X = e^x > 0\), donc \(e^{-x} = \dfrac{1}{X}\) — on multiplie par \(X\) pour éliminer le dénominateur : \[X^2 - 6X + 9 = 0 \quad\Longrightarrow\quad (X-3)^2 = 0.\] Racine double évidente : \(X = 3\), donc \(e^x = 3\), soit : \[\mathcal{S} = \{\ln 3\}.\]