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EXERCICE 4
I) Existence et unicité de la solution
1) Soit x ∈ R.
x solution de l’équation (E) ⇔ e x = 1 1
⇔ = x et x = 0
x ex ⇔ 1 1
= x (car = 0)
ex e0 ⇔ e −x = x ⇔ x − e −x = 0 ⇔ f(x) = 0.
Pour tout réel x, x est solution de l’équation (E) si et seulement si f(x) = 0.
2) a) f est dérivable sur R en tant que somme de fonctions dérivables sur R et pour tout réel x
Pour tout réel x, on a e −x > 0 et donc f ′ (x) > 0. Par suite
f ′ (x) = 1 + e −x .
f est strictement croissante sur R.
b • lim x = +∞ et lim
x→+∞ x→+∞ e−x = lim
X→−∞ eX = 0. Donc lim f(x) = +∞.
x→+∞
• lim
x→−∞
x = −∞ et lim
x→−∞ −e−x = lim
X→+∞ −eX = −∞. Donc lim
x→−∞
f(x) = −∞.
• Ainsi, la fonction f est continue et strictement croissante sur R. On sait alors que pour tout réel k de l’intervalle
] lim f(x), lim f(x)[= R, l’équation f(x) = k admet une solution et une seule dans R. En particulier, l’équation
x→−∞ x→+∞
f(x) = 0 admet une solution et une seule dans R que l’on note α.
1
c) On a f =
2
1
2 −e−1/2 = −0, 1... < 0 et f(1) = 1−e−1
1
= 0, 6... > 0. Puisque f(α) = 0, on a donc f ≤ f(α) ≤ f(1)
2
et donc, puisque f est croissante sur R, on a 1
≤ α ≤ 1.
2
α ∈
1
, 1 .
2
d) Soit x ∈ [0, α]. Puisque f est croissante sur R, on a f(x) ≤ f(α) ou encore f(x) ≤ 0.
II) Deuxème approche
1) Soit x ∈ R.
g(x) = x ⇔
1 + x
La fonction f est négative sur [0, α].
= x
1 + ex ⇔ 1 + x = x(1 + e x ) (car 1 + e x = 0)
⇔ 1 + x = x + xe x ⇔ xe x = 1 ⇔ x = 1
e x ⇔ x = e−x ⇔ x − e −x = 0
⇔ f(x) = 0.
Pour tout réel x, f(x) = 0 ⇔ g(x) = x.
2) L’équation f(x) = 0 admet une solution et une seule dans R à savoir α et donc l’équation g(x) = x admet une solution
et une seule dans R à savoir α.
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3) g est dérivable sur R en tant que quotient de fonctions dérivables sur R dont le dénominateur ne s’annule pas sur R et
pour tout réel x
g ′ (x) = 1(1 + ex ) − (1 + x)e x
(1 + e x ) 2
= 1 − xex
(1 + e x ) 2.
Puisque pour tout réel x, on a (1+e x ) 2 > 0, g ′ (x) est pour tout réel x du signe de 1−xe x . Maintenant, d’après la question
I)2)d), la fonction f est négative sur [0, α]. Soit alors x un réel de [0, α].
f(x) ≤ 0 ⇒ x − e −x ≤ 0 ⇒ x ≤ e −x ⇒ x ≤ 1
e x
⇒ xe x ≤ 1 (car e x > 0)
⇒ 1 − xe x ≥ 0.
Finalement, la fonction g ′ est positive sur [0, α] et donc
la fonction g est croissante sur [0, α].
III) Construction d’une suite dé réels ayant pour limite α
1) Montrons par récurrence que pour tout entier naturel n, 0 ≤ un ≤ un+1 ≤ α.
1 + 0 1
1
• Déjà u0 = 0, puis u1 = = . Or, d’après la question I)2)c), α ≥
1 + e0 2 2 ce qui montre que 0 ≤ u0 ≤ u1 ≤ α.
L’encadrement est donc vrai quand n = 0.
• Soit n ∈ N. Supposons que 0 ≤ un ≤ un+1 ≤ α. Puisque g est croissante sur [0, α], on en déduit que
g(0) ≤ g(un) ≤ g(un+1) ≤ g(α) ou encore 1
2 ≤ un+1 ≤ un+2 ≤ α et en particulier 0 ≤ un+1 ≤ un+2 ≤ α.
On a montré par récurrence que
pour tout entier naturel n, 0 ≤ un ≤ un+1 ≤ α.
2) Ainsi d’une part, pour tout entier naturel n, un ≤ un+1 ce qui montre que la suite (un)n∈N est croissante. D’autre
part, pour tout entier naturel n, un ≤ α ce qui montre que la suite (un)n∈N est majorée par α. En résumé la suite (un)n∈N
est croissante et majorée et donc converge.
La suite (un)n∈N converge.
3) Notons ℓ la limite de la suite (un)n∈N. La fonction g est continue sur R et en particulier en ℓ. On en déduit que quand
n tend vers +∞, g(un) tend vers g(ℓ). Par suite
ℓ = lim
n→+∞ un+1 = lim
n→+∞ g(un) = g(ℓ).
Ainsi, le réel ℓ est solution de l’équation g(x) = x. La question II)2) permet alors d’affirmer que ℓ = α.
La suite (un)n∈N converge vers α.
4) On a u0 = 0 puis u1 = 0, 5. La machine fournit alors u2 = 0, 5663110032..., u3 = 0, 567143165... et finalement
u4 = 0, 567143 arrondi à la sixième décimale.
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