Corrigé ESSEC 1995 par Pierre Veuillez
On désigne par n un entier naturel non nul et l'on se propose d'étudier les racines positives de l'équation ex = xn que l'on note ( En ). A cet effet on introduit la fonction fn définie par
fn (x)=1- xn e-x .

On a donc pour tout entier n, ( En ) fn (x)=0
  1. Etude des racines positives des équations ( E1 ) et ( E2 )
    1. On étudie les variations :
      • On a f1 (x)=1- xe-x . f1 est de classe C sur .
        En +: f1 (x)=1- xe-x =1-x/ ex 1 car ex >>x en +.
        La courbe représentative de f a donc une asymptote horizontale en +
        Sens de variation : f1 ' (x)=- e-x + xe-x =(x-1) e-x et on a donc les variations :
        x 0 1 +
        x-1 - 0 + affine
        f1 ' (x) -1 - 0 +
        f1 (x) 1 1
        e-1 e
      • On a f2 (x)=1- x2 e-x . f2 est de classe C sur .
        En +: f2 (x)=1- x2 e-x =1- x2 / ex 1 car ex >> x2 en +.
        La courbe représentative de f2 a donc une asymptote horizontale en +
        Sens de variation : f2 ' (x)=-2 xe-x + x2 e-x =x(x-2) e-x d'où :
        x 0 2 +
        x(x-2) 0 - 0 + 2 degré
        f2 ' (x) 0 - 0 +
        f2 (x) 1 1
        1- 4 e2
      Sur la courbe représentative de f1 , on place l'asymptote d'équation y=1 en +, la tangente horizontale en 1 et la tangente de pente -1 en 0.
      Sur la courbe représentative de f2 , on place l'asymptote d'équation y=1 en +, la tangente horizontale en 1 et en 0
    2. ( E1 ) f1 (x)=0. Or le minimum de f1 est e-1 e >0 et l'équation n'a pas de solution positive
      De même ( E2 ) f2 (x)=0. Or le minimum de f2 est e2 -4 e2 >0 car e>2 donc e2 >4 (car la fonction carré est strictement croisante sur + et que me et 4 en sont éléments ).et l'équation ( E2 ) n'a pas de solution positive.
  2. Etude des racines positives de l'équations ( E3 )
    1. On a f3 (x)=1- x3 e-x . f2 est de classe C sur .
      En +: f3 (x)=1- x3 e-x =1- x3 / ex 1 car ex >> x3 en +.
      La courbe représentative de f3 a donc une asymptote horizontale en +
      Sens de variation : f3 ' (x)=-3 x2 e-x + x3 e-x = x2 (x-3) e-x d'où :
      x 0 3 +
      x-3 - 0 + affine
      x2 0 + +
      f3 ' (x) 0 - 0 +
      f3 (x) 1 1
      1- 27 e3
      Cette fois, comme e3 <27 alors 27/ e3 >1 et 1- 27 e3 <0.
      On a f3 (2)=1-8/ e2 >0 donc f3 est strictement positive sur [0,2]
      Comme f3 est continue et strictement décroissante, elle est bijective de ]2,3[ dans ]1- 27 e3 ,1- 8 e2 [. Or 0 appartient à cet intervalle donc l'équation ( E3 ) f3 (x)=0 a une unique solution u sur cet intervalle. ( 2<u<3)
      De même comme f3 (4)=1- 43 / e4 <0 et f3 (5)=1- 53 / e5 >0, ( E3 ) a une unique solution v sur l'intervalle ]4,5[ et n'en a aucune sur [3,4] ni sur [5,+[
      Donc l'équation ( E3 ) admet deux racines positives u et v telles que 1< 2<u<3<4<v<5
    2. Soit la suite définie par la relation yn+1 =3ln( yn ) et la condition initiale y0 , y0 est un nombre réel strictement supérieur à u.
      • u< y0 v, alors par récurernce :
        soit n tel que u< yn v comme ln est strictement croissante sur ]0,+[ alors 3ln(u)<3ln( yn )3ln(v)
        Et comme u et v sont soutions de x3 = ex 3ln(x)=x alors on a 3ln(u)=u et 3ln(v)=v
        Donc u< yn+1 v
        Et la propriété estvraie pour tout entier n.
      • De même par récurrence si v y0 , alors pour tout entier naturel n,  v yn .
      • Signe ?
        yn - yn-1 >0 yn > yn-1 3ln( yn )>3ln( yn-1 ) car la fonction ln est strictement croissante sur ]0,+[ et que yn-1 et yn en sont éléments; et finalement yn - yn-1 >0 y+1 - yn >0.
        De même pour =0 et pour <0; Donc yn+1 - yn est du même signe que yn - yn-1 et par récurrence du même signe que y1 - y0
      Donc si y0 < y1 alors pour tout entier n, yn < yn+1 et si y0 > y1 alors pour tout entier n, yn > yn+1
      • Or pour u< y0 v on a, d'après les variations de f0 : f3 ( y0 )0 donc 1- y0 3 e- y0 0 donc e y0 < y0 3 et comme ln est strictement croissante sur ]0,+[ alors y0 3ln( y0 ) et y0 y1 .
        Donc si u< y0 v alors pour tout entier n: yn yn+1 et la suite sera donc croissante.
      • De même si y0 v alors f3 ( y0 )0 et la suite sera décroissante
      Etudier enfin la convergence et la limite de la suite ( yn )
    3. On choisit désormais y0 =4
      Il faut saisir n puis calculer de y1 à yn :
      program suite;
      var i,n:integer;y:real;
      begin
          writeln('jusqu"à?');readln(n);
          y:=4;
          for i:=1 to n do y:=3*ln(y);
          writeln(y);
      end.
      Avec y0 =4<v, la suite y sera croissante. On aura pour tout entier n:4 yn v
      Pour établir que pour tout entier naturel n que 0v- yn+1 0,75(v- yn ) on utilise l'inégalité des accroissements finis.
      Il faut pour celà majorer la dérivée de 3ln sur l'intervalle [4,v]
      (3ln)' (x)= 3 x 3 4 =0,75 si x4

      Comme pour tout n, on a 4 yn v on a alors 0v- yn+1 0,75(v- yn )
      Puis par récurrence on prouve que 0v- yn (0,75 )n .
      • Pour n=0 on a 4 y0 v5 donc v5 et - y0 -4 donc 0v- y0 1= (0,75)0
      • Soit n0 tel que v- yn (0,75 )n alors 0v- yn+1 0,75(v- yn ) (0,75)n+1
      • Donc par récurrence, la propriété est vraie pour tout entier n.
      Pour que yn constitue une valeur approchée de v à 10-5 prè, il suffit donc que (0,75)n 10-5
      Il faut calculer à la fois yn et (0,75)n jusqu'à ce que cette puissance soit 10-5
      program suite;
      var n:integer;y,p:real;
      begin
          y:=4;p:=1;
          repeat y:=3*ln(y);p:=p*0,75 until p<=1E-5
          writeln(y);
      end.
  3. Etude des racines positives de l'équation ( En ) pour n3.
    1. On a fn (x)=1- xn e-x . fn est de classe C sur .
      En +: fn (x)=1- xn e-x =1- xn / ex 1 car ex >> xn en +.
      La courbe représentative de fn a donc une asymptote horizontale en +
      Sens de variation : f3 ' (x)=- nxn-1 e-x + xn e-x = xn (x-n) e-x d'où :
      x 0 n +
      x-n - 0 + affine
      xn-1 0 + +
      fn ' (x) 0 - 0 +
      fn (x) 1 1
      1- nn en
      Cette fois, comme n3>e alors (n/e)>1 et (n/e)n > 1n car n>0 et la fonction puissance n est donc strictement croissante sur +
      Donc fn (n)<0.
      Comme fn (1)=1- 1 e >0,   fn >0 sur [0,1] et ( En ) n'a pas de solution.
      Sur ]1,n[, la fonction fn est continue et strictement décroissante. Elle est donc bijective de ]1,n[ dans ] limn fn ; lim1 fn [.
      et comme 0] fn (n);1- 1 e [ l'équation fn (x)=0( En ) a une unique solution un sur ]1,n[.
      De même sur l'équation fn (x)=0( En ) a une unique solution vn .
      Donc l'équation ( En ) admet deux racines positives un et vn telles que 1< un <n< vn .
    2. Pour déterminer le signe de fn ( un-1 ), on fait intervenir fn-1 ( un-1 )=0 pour n-13 donc n4:
      fn-1 ( un-1 )=1- ( un-1 )n-1 e- un-1 =0 fn ( un-1 )=1- ( un-1 )n e- un-1 fn ( un-1 )= fn ( un-1 )- fn-1 ( un-1 ) = ( un-1 )n-1 e- un-1 - ( un-1 )n e- un-1 = ( un-1 )n-1 e- un-1 (1- un-1 )<0

      car 1< un-1 . Donc pour tout entier n4 on a : fn ( un-1 )<0
      On a donc fn ( un-1 )<0= fn ( un )
      Et comme fn est strictement décroissante sur [0,n] et que un et un-1 ( n-1 ) en sont éléments alors un-1 > un
      La suite u est donc décroissante et minorée par 1. Elle est donc convergente. Soit L sa limite.
    3. On a nln( un )= un donc ln( un )= un /n et un =exp( un /n)
      Or un /n0 quand n tend vers + donc un e0 =1=L (car exp est continue en 0)
      Comme un -L= un -1=exp( un /n)-1 et que eX -1 \thicksimX quand X0 alors un -L\thicksim un /n\thicksim1/n
    4. On a comme pour un
      fn-1 ( vn )= fn-1 ( vn )- fn ( vn ) = ( vn )n e- vn - ( vn )n-1 e- vn = ( vn )n-1 e- vn ( vn -1)>0

      Donc fn-1 ( vn-1 )=0< fn-1 ( vn ). Et comme fn-1 est strictement croissante sur [n-1,+[ et que vn ( nn-1 ) et vn-1 en sont éléments alors vn-1 < vn .
      La suite v est donc croissante
      Comme vn >n on a par minoration vn +
    5. On pose pour tout réel x>1:g(x)=x-ln(x). g est dérivable sur ]0,+[
      g' (x)=1- 1 x = x-1 x g(1)=0

      Comme g est strictement croissante et conitnue sur ]1,+[ alors g réalise une bijection de ]1,+[ sur ] lim1 g, lim+ g[=]1,+[
      Elle a donc une réciproque.
      On a ( vn )n = e vn donc en élevant à la puissance 1/n: vn = e vn /n
      g( vn /n)= vn n -ln( vn n )= vn n -ln( e vn /n n )= vn n -ln( e vn /n )+ln(n) = vn n -v+ln(n)=ln(n)

      Comme vn /n ]1,+[ ( car vn >n ) et que ln(n)]1,+[ (car n>e ) alors
      g( vn /n)=ln(n) vn n = g-1 (ln(n))

      Or, comme y=g(x)+ quand x+ alors, par symétrie, x= g-1 (y)+ quand y+.
      Donc g(ln(n))+ quand n+ et vn /n+.
      Pour avoir un équivalent de vn , on repart de la relation vn /n= g-1 (ln(n)) d'où vn =n· g-1 (ln(n))
      Reste à trouver un équivalent simple de g-1 en +.
      Pour celà on part de g(x)=x-ln(x)=x(1-ln(x)/x) et comme ln(x)/x0 quand x+ alors g(x)\thicksimx quand x+
      Donc g(x) x 1 quand x+. Avec x= g-1 (y) qui tend vers + quand y tend vers + on a on :

      g(x) x = y g-1 (y) 1

      et donc g-1 (y)\thicksimy. On a alors g-1 (ln(n))\thicksimln(n)
      d'où finalement vn =n· g-1 (ln(n))\thicksimn·ln(n)



File translated from TEX by TTM, version 3.59.
On 18 May 2004, 00:02.