Asie 2010. Enseignement spécifique

EXERCICE 4


Partie A

  1. Etude des limites
    1. $\displaystyle\lim_{\substack{x\rightarrow0\\ x>0}}\dfrac{1}{x}=+\infty$ et donc $\displaystyle\lim_{\substack{x\rightarrow0\\ x>0}}e^{\frac{1}{x}}=\dlim{X}{+\infty}e^X=+\infty$. D'autre part, $\displaystyle\lim_{\substack{x\rightarrow0\\ x>0}}\dfrac{1}{x^2}=+\infty$ et en multipliant, on obtient

      $\displaystyle\lim_{\substack{x\rightarrow0\\ x>0}}f(x)=+\infty$.


    2. $\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}\dfrac{1}{x}=0$ et donc $\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}e^{\frac{1}{x}}=\displaystyle\lim_{X\rightarrow0}e^X=1$. D'autre part, $\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}\dfrac{1}{x^2}=0$ et en multipliant, on obtient

      $\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}f(x)=0$.


    3. On en déduit que les droites d'équations $x=0$ et $y=0$, c'est-à-dire les deux axes de coordonnées, sont asymptotes à la courbe représentative de $f$.

  2. Etude des variations de la fonction $f$
    1. $f$ est dérivable sur $]0,+\infty[$ en tant que produit de fonctions dérivables sur $]0,+\infty[$ et pour tout réel $x>0$,
      $f'(x)=-\dfrac{2}{x^3}e^{\frac{1}{x}}+\dfrac{1}{x^2}\times\left(-\dfrac{1}{x^2}e^{\frac{1}{x}}\right)=\left(-\dfrac{2}{x^3}-\dfrac{1}{x^4}\right)e^{\frac{1}{x}}=-\dfrac{1}{x^4}e^{\frac{1}{x}}(2x+1)$.

      Pour tout réel $x>0$, $f'(x)=-\dfrac{1}{x^4}e^{\frac{1}{x}}(2x+1)$.


    2. Pour tout réel $x>0$, on a $\dfrac{1}{x^4}>0$ et $e^{\frac{1}{x}}>0$ et $2x+1>0$. Donc, pour tout réel $x>0$, on a $f'(x)< 0$. On en déduit le tableau de variation de la fonction $f$.
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    3. La fonction $f$ est continue et strictement décroissante sur $]0,+\infty[$. On en déduit que pour tout réel $k$ de l'intervalle $\left]\dlim{x}{+\infty}f(x),\displaystyle\lim_{\substack{x\rightarrow0\\ x>0}}f(x)\right[=]0,+\infty[$, l'équation $f(x)=k$ a une solution et une seule dans $]0,+\infty[$. En particulier, l'équation $f(x)=2$ a une unique solution notée $\alpha$ dans $]0,+\infty[$.

      La machine donne $f(1,105)=2,02\ldots>2$ et $f(1,11)=1,99\ldots$ Donc $f(1,105)>f(\alpha)>f(1,11)$. Comme $f$ est strictement décroissante sur $]0,+\infty[$, on en déduit que $1,105< \alpha< 1,11$ et donc que

      $\alpha=1,11$ arrondi au centième.


  3. Graphe de la fonction $f$
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Partie B

  1. La fonction $f~:~x\mapsto\dfrac{1}{x^2}e^{\frac{1}{x}}$ est continue sur $[1,2]$ et donc $I_2$ existe. De plus,
    $I_2=\displaystyle\int_{1}^{2}-\left(\dfrac{1}{x}\right)'e^{\frac{1}{x}}\;dx=\left[-e^{\frac{1}{x}}\right]_1^2=-e^{\frac{1}{2}}+e^1=e-\sqrt{e}$.

    $I_2=e-\sqrt{e}$.


  2. Une relation de récurrence
    1. Soit $n$ un entier naturel supérieur ou égal à $2$. \begin{align*} f_{n-1}'(x)&=\left(\dfrac{1}{x^{n-1}}e^{\frac{1}{x}}\right)'=\left(\dfrac{1}{x^{n-1}}\right)'e^{\frac{1}{x}}+\dfrac{1}{x^{n-1}}\left(e^{\frac{1}{x}}\right)'\\ &=-\dfrac{n-1}{x^n}e^{\frac{1}{x}}+\dfrac{1}{x^{n-1}}\left(-\dfrac{1}{x^2}e^{\frac{1}{x}}\right)=-\dfrac{n-1}{x^n}e^{\frac{1}{x}}-\dfrac{1}{x^{n+1}}e^{\frac{1}{x}}\\ &=-(n-1)f_n(x)-f_{n+1}(x)(x). \end{align*}

    2. En intégrant l'égalité précédente, on obtient $\displaystyle\int_{1}^{2}f_{n-1}'(x)\;dx=\displaystyle\int_{1}^{2}\left(-(n-1)f_n(x)-f_{n+1}(x)(x)\right)dx$ puis, par linéarité de l'intégrale, $$-(n-1)I_n-I_{n+1}=\displaystyle\int_{1}^{2}f_{n-1}'(x)\;dx=\left[f_{n-1}(x)\right]_1^2=\dfrac{1}{2^{n-1}}e^{\frac{1}{2}}-\dfrac{1}{1^{n-1}}e^{\frac{1}{1}}=\dfrac{\sqrt{e}}{2^{n-1}}-e.$$

      On en déduit que

      Pour tout entier naturel $n\geqslant2$, $I_{n+1}=e-\dfrac{\sqrt{e}}{2^{n-1}}+(1-n)I_n$.


    3. En particulier, $I_3=e-\dfrac{\sqrt{e}}{2^1}+(1-2)I_2=e-\dfrac{\sqrt{e}}{2}-(e-\sqrt{e})=\dfrac{\sqrt{e}}{2}$.

      $I_3=\dfrac{\sqrt{e}}{2}$.


  3. Etude de la limite de la suite de terme général $I_n$
    1. Soit $n$ un entier naturel supérieur ou égal à $2$ et soit $x$ un réel de $[1,2]$. On a $e^{\frac{1}{x}}\geqslant0$ et $\dfrac{1}{x^n}\geqslant 0$ et donc $\dfrac{1}{x^n}e^{\frac{1}{x}}\geqslant0$. D'autre part, $\dfrac{1}{x}\leqslant1$ et, par croissance de la fonction exponentielle sur $\mbr$, on en déduit que $e^{\frac{1}{x}}\leqslant e^1=e$. En multipliant les deux membres de l'inégalité précédente par le réel positif $\dfrac{1}{x^n}$, on obtient $\dfrac{1}{x^n}e^{\frac{1}{x}}\leqslant\dfrac{e}{x^n}$. On a montré que

      pour tout entier naturel $n\geqslant2$ et tout réel $x$ de $[1,2]$, $0\leqslant\dfrac{1}{x^n}e^{\frac{1}{x}}\leqslant\dfrac{e}{x^n}$.


    2. Soit $n$ un entier naturel supérieur ou égal à $2$. Pour tout réel $x$ de $[1,2]$, $\dfrac{1}{x^n}e^{\frac{1}{x}}\geqslant0$ et donc par positivité de l'intégrale, $I_n\geqslant0$.
      D'autre part, pour tout réel $x$ de $[1,2]$, $\dfrac{1}{x^n}e^{\frac{1}{x}}\leqslant\dfrac{e}{x^n}$ et donc par croissance de l'intégrale,
      $I_n\leqslant \displaystyle\int_{1}^{2}\dfrac{e}{x^n}\;dx=e\left[-\dfrac{1}{(n-1)x^{n-1}}\right]_1^2=\dfrac{e}{n-1}\left(-\dfrac{1}{2^{n-1}}+1\right)\leqslant\dfrac{e}{n-1}$.

      On a montré que

      pour tout entier naturel $n\geqslant2$, $0\leqslant I_n\leqslant \dfrac{e}{n-1}$.

      Puisque $\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}\dfrac{e}{n-1}=0$, le théorème des gendarmes permet d'affirmer que

      $\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}I_n=0$.