Corrig\e ESLSCA 1993 par Pierre Veuillez

    1. f est définie continue et dérivable e tout x tel que ( e x 1 ) / x > 0

      x 0 +
      e x 1 0 +
      ( e x 1 ) / x + 0 +
      donc f est définie sur *

    2. En 0 ln ( e x 1 0 x 0 ) F I mais e x 1 x 0 x donc ( e x 1 ) / x 1 et f ( x ) 0

      Comme f n'est pas dérivable en 0 on obtient sa tangente par son taux d'accroissement:

      f ( x ) lim 0 f x 0 = f ( x ) 0 x = 1 x ln ( e x 1 x ) F I = 1 x ln ( 1 + x + x 2 2 + x 2 ϵ ( x ) 1 x ) = 1 x ln ( 1 + x 2 + x ϵ ( x ) ) = ln ( 1 + x 2 + x ϵ ( x ) ) ( x 2 + x ϵ ( x ) ) x 2 + x ϵ ( x ) x x 0 1 2  pente  1 2

    3. En + :

      f ( x ) = ln ( e x 1 x ) = ln ( e x ( 1 e x ) x ) = x ln ( x ) + ln ( 1 e x ) = x ( 1 ln ( x ) / x + ln ( 1 e x ) / x ) x + +  car  ln ( x ) x f ( x ) x = 1 ln ( x ) / x + ln ( 1 e x ) / x 1  direction asymptotique  y = x f ( x ) x = ln ( x ) + ln ( 1 e x )  branche parabolique  En :

      e x 1 1 x } donc f ( x )

      f ( x ) x = 1 x ln ( e x 1 < 0 x < 0 ) = 1 x ln ( 1 e x x ) = 1 x ln ( 1 e x ) ln ( x ) / x et en faisant le changement de variable t = x , on trouve ln ( x ) / x = ln ( t ) / t 0 car ln ( t ) t et f ( x ) / x 0. On a donc une direction asymptotique horizontale et une branche parabolique horizontale.

    4. Soit h ( x ) = ( x 1 ) e x + 1. h est dérivable sur et h ( x ) = e x + ( x 1 ) e x = x e x est du signe de x .

      On a donc

      x 0 +
      h ( x ) +
      h ( x )
      + 0 +
      d'où le signe de h ( x )

      f est dérivable sur * et f ( x ) = 1 e x 1 x e x x ( e x 1 ) x 2 = x e x 1 e x ( x 1 ) + 1 x 2 Or ( e x 1 ) / x > 0 sur l'ensemble de définition de f ainsi que e x ( x 1 ) + 1 = h ( x ) et x 2 . Donc f > 0 .

      x 0 +
      f ( x ) + || +
      f ( x ) | 0 |
      || +
      et f ( x ) x 0 0 d'où f ( x ) > 0 sur ] 0 , + [ et f ( x ) < 0 sur ] , 0 [

    5. g ( x ) = f ( x ) x = ln ( e x 1 x ) x = ln ( e x 1 x ) ln ( e x ) = ln ( e x 1 x e x ) = ln ( 1 e x x ) = ln ( e x 1 x ) = f ( x ) Donc f ( x ) x est du signe de f ( x ) . Donc f ( x ) > x sur ] , 0 [ et f ( x ) < x sur ] 0 , + [

  1. On considère la suite u définie par u 0 = 1 et pour tout entier n , u n + 1 = f ( u n ) .

    1. On montre par récurrence que pour tout entier n , u n > 0 :

      Pour n = 0 , u 0 > 0.

      Soit n 0 tel que u n > 0 alors comme f > 0 , sur ] 0 , + [ , u n + 1 = f ( u n ) > 0.

      Donc pour tout entier n , u n > 0.

      Et comme f ( x ) < x pour tout x de ] 0 , + [ et que u n ] 0 , + [ , on a pour tout entier n , u n + 1 = f ( u n ) < u n .

      Donc u est décroissante et minorée par 0.

    2. Comme u est décroissante et minorée par 0 , elle converge et sa limite est positive ou nule.

      SI sa limite est strictement positive alors

      f est continue en donc f ( ) = > 0. Mais cette équation n'a aucune solution sue . DONC n'est pas strictement positive.

      Et comme 0 alors = 0. Donc u converge vers 0. (Pour = 0 , l'argument de continuité ne s'applique plus, puisque f n'est pas continue en 0. )

(ESLSCA 1993)