Corrigé par Pierre Veuillez

On considère la fonction définie par f ( x ) = ln ( e x e x ) .

    1. f est définie, contiue et dérivable en x tel que e x e x > 0. Ce que l'on résout : Comme e x e x = e x ( e 2 x 1 ) on étudie le signe de g ( x ) = e 2 x 1. g est strictmeent croissante sur et g ( 0 ) = 0 donc g ( x ) > 0 x > 0 et f est définie, continue et dérivable sur ] 0 , + [ .

    2. En 0 : e x e x 0 donc f ( x ) = ln ( e x e x )

      En + : e x e x + donc f ( x ) +

      On détermine la direction asymptotique : f ( x ) x = ln ( e x e x ) x = ln ( e x ( 1 e 2 x ) ) x = ln ( e x ) + ln ( 1 e 2 x ) x = x + ln ( 1 e 2 x ) x = 1 + ln ( 1 e 2 x ) x x + 1

      On a donc une directon asymptotique d'équation y = x .

      On recherche l'asymptote : f ( x ) x = ln ( e x e x ) x = x + ln ( 1 e 2 x ) x = ln ( 1 e 2 x ) 0

      On a donc une asymptote d'équation y = x et comme pour x > 0 on a e 2 x < 1 donc 1 e 2 x < 1 et ln ( 1 e 2 x ) < 0.

      Donc f ( x ) < x et 𝒞 f est en dessous de son asymptote.

    3. f est dérivable sur ] 0 , + [ et f ( x ) = 1 e x e x ( e x + e x ) > 0 car e x e x > 0 sur l'ensemble de définition

  1. On considère à présent, pour n , l'équation d'inconnue x : ( E n )    f ( x ) = n

    1. f est continue et strictement croissante donc bijective de ] 0 , + [ dans ] lim 0 f , lim + f [ = . Et comme n , l'équation f ( x ) = n a une unique solution x n . On a donc x n ] 0 , + [ et f ( x n ) = n pour tout entier n .

    2. On doit comparer x n et x n + 1 mais on ne connait que leurs images. On compare donc celles-ci :

      On a f ( x n ) = n n + 1 = f ( x n + 1 ) et comme f est strictement croissante sur ] 0 , + [ et que x n et x n + 1 en sont éléments, on a alors x n x n + 1 et la suite ( x n ) n est croissante.

    3. Si elle est majorée (par une constante) elle est alors convergente. Soit sa limite.

      On doit déterminer la limite de f ( x n ) avec x n qui tend vers . On a besoin de savoir que f est continue en . Il faut donc situer et pour celà situer d'abord les termes de la suite : n : x n x 0 puisque la suite est croissante, et on a par passage à la lmite, x 0 > 0.

      Donc f est conitnue en et f ( x n ) f ( ) . Or f ( x n ) = n + . il y a donc contradiction et la suite ne peut pas être majorée.

      La suite est donc croissante et non majorée. Donc x n n + +

  2. On étudie à présent le comportement asymptotique de la suite.

    1. On a déjà vu au f(x)-x que f ( x ) x tend vers 0 quand x tend vers l'infini.

      Donc comme x n + on a égalmement : f ( x n ) x n 0 donc comme f ( x n = n ) : n x n 0 et x n n tend vers 0 quand n tend vers + .

    2. On a vu au f(x)-x que f ( x ) x = ln ( 1 e 2 x ) . Or ln ( 1 + X ) X 0 X et e 2 x x + 0 donc ln ( 1 e 2 x ) = f ( x ) x x + e 2 x .

      Donc comme x n + : f ( x n ) x n x + e 2 x n et n x n x + e 2 x n on en fait apparaitre le quotient x n n e 2 n = n x n e 2 x n e 2 x n e 2 n = n x n e 2 x n 1 e 2 ( x n n ) 1 1 d'où finalement : x n n n + e 2 n

  3. On calcule à présent la valeur de x n :

    1. Pour résoudre, on feffectue un changement de variable X = e x et on obtient : x : e 2 x e y e x 1 = 0 X 2 e y X 1 = 0 équation du second degré qui a pour discriminant : e 2 y + 4 et pour racines X = e y ± e 2 y + 4 2 . Or e 2 y + 4 > e 2 y donc e 2 y + 4 > e y car est strictement croisante sur + et qu'ils en sont éléments.

      Mais comme X = e x il ne reste que la solution positive et x = ln ( e y + e 2 y + 4 2 ) est la seule solutin de l'équation.

      Or cette équation est celle que l'on obtient en rrésolvant f ( x ) = y : Donc pour l'équation f ( x ) = n l'unique solution est x n = ln ( 1 2 e n + 1 2 e 2 n + 4 )

    2. On retrouve alors en factorisant pour faire apparaître l'équivalent : x n n = ln ( 1 2 e n + 1 2 e 2 n + 4 ) n = ln 1 2 + ln ( e n + e 2 n ( 1 + 4 e 2 n ) ) n = ln 2 + ln ( e n ( 1 + 1 + 4 e 2 n ) ) n = ln 2 + n + ln ( 1 + 1 + 4 e 2 n ) n et on utilise le développement limité de 1 + x = 1 + x / 2 + x ϵ ( x )

      x n n = ln 2 + ln ( 1 + 1 + 4 e 2 n / 2 + 4 e 2 n ϵ 1 ( n ) ) = ln 2 + ln ( 2 + 2 e 2 n + 4 e 2 n ϵ 1 ( n ) ) = ln ( 2 ) + ln ( 2 ) + ln ( 1 + e 2 n + e 2 n ϵ 2 ( n ) ) puis celui de ln ( 1 + x ) = x + x ϵ 4 ( x ) x n n = e 2 n + e 2 n ϵ 2 ( n ) + ( e 2 n + e 2 n ϵ 2 ( n ) ) ϵ 4 ( \dots ) = e 2 n ( 1 + ϵ 2 ( n ) + ( 1 + ϵ 2 ( n ) ) ϵ 5 ( n ) ) 1

      donc x n n n + e 2 n