Corrigé des exercices - Dunod

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La fonction g α ′ s’annule en −1 ; g α est décroissante sur ] − α, −1] et est croissante sur
[−1,+∞[. On calcule les limites aux bornes : lim g α(x) = lim g α = +∞. Le nombre de
x→−α x→+∞
solutions de l’équation f α (x) = x, i.e. g α (x) = 0, dépend du signe de
(
g α (−1) = −1 − (α − 1)ln
= −1 + (α − 1)ln
)
1 − 1 α
(
1 + 1
α − 1
( α
= −1 + (α − 1)ln
)
.
α − 1
On sait que, pour x > −1, on a ln(1 + x) x avec égalité si et seulement si x = 0. On a
donc, pour tout α > 2,
1
g α (−1) < −1 + (α − 1)
α − 1 0.
La fonction g α s’annule deux fois dont une en 0. L’autre zéro de g α est noté x α . Il appartient
à ] − α, −1[.
2. Il a déjà été démontré que −α < x α < −1. Pour étudier la place de x α par rapport
à −2, il faut étudier le signe de g α (−2). Plus généralement, pour traiter le reste de la
question, on étudie, pour x < −1, le signe de g α (x) et pour cela la fonction ϕ x définie pour
α > max(2, −x), par
On note que
ϕ x (α) = g α(x)
α − 1 =
x (1
α − 1 − ln + x )
.
α
lim ϕ x(α) = 0. La fonction ϕ x est dérivable et
α→+∞
)
ϕ ′ x(α) =
−x x
(α − 1) 2 + α 2
1 + x α
=
x(−(x + 2)α + 1)
(α − 1) 2 α(α + x) .
• Si x = −2, ϕ ′ x est négative, la fonction ϕ x décroît et comme sa limite en +∞ est 0, elle est
positive. Ainsi g α (−2) > 0 pour tout α > 2 donc x α > −2 puisque g α décroît sur ]−α, −1[.
• Si x ∈ ]−2, −1[, on a x(−(x + 2)α + 1) > 0 et donc ϕ ′ x(α) > 0 pour α assez grand.
La fonction ϕ x est croissante pour α assez grand. Comme sa limite en +∞ est 0, on a
ϕ x (α) < 0, g α (x) < 0 et donc x α < x pour α assez grand.
On a donc démontré que, pour tout x ∈ ]−2, −1[, il existe α 0 > 2, tel que
∀α > α 0 − 2 < x α < x.
Ceci montre que
lim x α = −2.
α→+∞
Exercice 20.30
1. La fonction f est dérivable car arctan est dérivable sur R de même que x ↦−→ √ 1 + x 2 −x