Étude d'une fonction exponentielle (3) : limites, dérivée, asymptotes

Soit $f$ la fonction définie sur $[0; +\infty[$ par : $f(x) = \dfrac{x^2+x+1}{x^2}e^{-\frac{1}{x}}$ pour $x > 0$ et $f(0) = 0$.

Partie 1

1. Nous avons, pour tout réel $x > 0$, $\dfrac{x^2+x+1}{x^2} = 1 + \dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{x^2}$, donc :
   $\displaystyle \lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{x^2+x+1}{x^2} = 1$
   et $\displaystyle \lim\limits_{x \to +\infty} \left(-\frac{1}{x}\right) = 0$, avec $\displaystyle \lim\limits_{X \to 0} e^X = 1$, d'où $\displaystyle \lim\limits_{x \to +\infty} e^{-\frac{1}{x}} = 1$,
   donc : $\displaystyle \lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = 1$.
   La droite d'équation $y = 1$ est asymptote à la courbe représentative de f au voisinage de $+\infty$.

2. Pour $x > 0$, $\dfrac{f(x)-f(0)}{x} = \dfrac{x^2+x+1}{x^3} \times e^{-\frac{1}{x}} = \left( \dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{x^2} + \dfrac{1}{x^3} \right) \times e^{-\frac{1}{x}}$, donc en posant $X = \dfrac{1}{x}$, nous avons :
   $\dfrac{f(x)-f(0)}{x} = (X^3+X^2+X) \times e^{-X} = X^3 e^{-X} + X^2 e^{-X} + X e^{-X}$.
   Or, $\displaystyle \lim\limits_{X \to +\infty} X^3 e^{-X} = 0$; $\displaystyle \lim\limits_{X \to +\infty} X^2 e^{-X} = 0$ et $\displaystyle \lim\limits_{X \to +\infty} X e^{-X} = 0$, donc: $\displaystyle \lim\limits_{X \to +\infty} \dfrac{f(x)-f(0)}{x} = 0$.
   

3. Il s'ensuit que : $f$ est dérivable en $0$ et $f'(0) = 0$. La courbe $(C)$admet donc une tangente parallèle à l'axe des abscisses au point $O.$

4. Sur l'intervalle ]0; + $\infty$[, $f$ est dérivable car elle est le produit de la fonction rationnelle $x \mapsto \dfrac{x^2+x+1}{x^2}$, dérivable sur cet intervalle, par la fonction $x \mapsto e^{-\frac{1}{x}}$ dérivable sur ]0; + $\infty$[.
   Pour tout $x > 0$, $f'(x) = \dfrac{(2x+1)x^2-2x(x^2+x+1)}{x^4} \times e^{-\frac{1}{x}} + \dfrac{x^2+x+1}{x^3} \times \dfrac{1}{x^2} \times e^{-\frac{1}{x}}$, donc :
   $f '(x) = e^{-\frac{1}{x}} \times \left[ \dfrac{2x^3+x^2-2x^3-2x^2-2x+x^2+x+1}{x^4} \right]$.
   D'où: pour tout $x > 0$, $f '(x) = e^{-\frac{1}{x}} \times \dfrac{1-x}{x^4}$.

5. Le signe de $f'(x)$ sur ]0; +$\infty$[ est celui de $1-x$ car $e^{-\frac{1}{x}} > 0$ et $x^4>0$.
   Il en résulte que, sur ]0 ; 1 [, $f' (x) > 0$ et, sur] 1; +$\infty$ [, $f' (x) < 0$.
   $f$ est strictement croissante sur l'intervalle $]0 ; 1]$ et strictement décroissante sur $[1; +\infty[.$
   

   Tableau des variations de $f$
   

Partie 2

Soit $g$ la fonction définie sur ]0; +$\infty$[ par : $g(x) = f(x) -xf '(x)$.

1. Dans $]0 ; +\infty[$, l'équation $g(x) = 0$ est équivalente à : $f(x) -xf '(x) = 0$.
   Or, $f(x) -xf '(x) = 0$ équivaut à : $\dfrac{x^2+x+1}{x^2} \times e^{-\frac{1}{x}} - e^{-\frac{1}{x}} \times \dfrac{1-x}{x^3} = 0$.
   $e^{-\frac{1}{x}} \left(\dfrac{x^2+x+1}{x^2} - \dfrac{1-x}{x^3}\right) = 0$
   $\dfrac{x^3+x^2+x-1+x}{x^3} = 0$ car $e^{-\frac{1}{x}}$ n'est jamais nul.
   $x^3+x^2+2x-1 = 0$ $(E)$
   Dans $]0; +\infty[$, les équations $g(x) = 0$ et $(E)$ sont équivalentes.

2. Sur l'intervalle $[0; + \infty[$, la fonction polynôme $p$: $x \mapsto x^3+x^2+2x-1$ est dérivable, de fonction dérivée $x \mapsto 3x^2 + 2x + 2$ toujours strictement positive.

   Il s'ensuit que la fonction $x \mapsto x^3 + x^2 + 2x - 1$ est strictement croissante sur l'intervalle [0; +$\infty$[ prenant la valeur -1 en 0 et admettant pour limite +$\infty$ en +$\infty$.
   Donc l'équation $x^3 + x^2 + 2x - 1 = 0$ admet une solution unique $\alpha$ dans ]0; + $\infty$[.

Encadrement de $\alpha$ :
Nous avons
$p(0) = -1$ et $p(1) = 3$donc $0 < \alpha < 1$;
$p(0) = -1$ et $p(0,5) = 0,375$ donc $0 < \alpha < 0,5$ ;
$p(0,3) \approx -0,2$ et $p(0,4) \approx 0,02$ donc $0,3 < \alpha < 0,4$;
$p(0,35) \approx -0,1$ et $p(0,4) \approx 0,02$ donc $0,35 < \alpha < 0,4$ ;
$p(0,38) \approx -0,04$ et $p(0,40) \approx 0,02$ donc $0,38 < \alpha < 0,4$ ;
$p(0,39) \approx -0,008$ et $p(0,40) \approx 0,02$ donc $0,39 < \alpha < 0,4$.
Un encadrement de $\alpha$ à $10^{- 2}$ près est : $0,39 < \alpha < 0,40.$

3. Soit A = $\dfrac{f(\alpha)}{\alpha}$ , nous avons : $\dfrac{1}{0,4} < \dfrac{1}{\alpha} < \dfrac{1}{0,39}$ et $0,78 < f(\alpha) < 0,79$, donc $1,8 < A < 2.$
   D'après la partie 2.1., nous avons :
   $g(\alpha) = 0$ équivaut à $f(\alpha) - \alpha f'(\alpha) = 0$ avec $\alpha$ non nul.
   Donc $f(\alpha) = \alpha f'(\alpha)$ soit $\dfrac{f(\alpha)}{\alpha} = f'(\alpha)$ et A = $f'(\alpha)$.

4. ($T_{\alpha}$) a pour équation : $y - f(\alpha) = f'(\alpha)(x - \alpha)$ soit
   $y = \text{A}(x - \alpha) + f(\alpha)$.
   Or, d'après la question précédente, $f(\alpha) = \text{A}\alpha$, donc une équation de ($T_{\alpha}$) est $y = \text{A}x$.

Représentations graphiques

5. Soit ($T_{\alpha}$) la tangente à (C) au point d'abscisse non nulle a, elle a pour équation :
   $y = f '(a) x - a f '(a) + f(a)$.
   Cette tangente passe par $O$ si, et seulement si, $-af '(a) + f(a) = 0$.
   Cela équivaut à $g(a) = 0$. Or nous avons prouvé que $\alpha$ est la seule solution de cette équation, donc seule ($T_{\alpha}$) passe par l'origine.

6. a) Traçons la droite d' équation $y = mx$ et déterminons graphiquement le nombre de points d'intersection de cette droite avec (C). Le nombre de solutions dans l'intervalle $[0 ; +\infty[$ de l'équation $f(x) = mx$ est :
   aucune pour $m > \dfrac{3}{e}$ ou $m < 0$;
   une solution pour $m = \dfrac{3}{e}$ ou $m = 0$;
   deux solutions pour $\dfrac{3}{e} < m < 0.$

7. b) On lira les abscisses des points d'intersection de (C) et de la droite d'équation $y = mx$. Le nombre de solutions dans l'intervalle [0 ; +$\infty$[ de l'équation $f(x) = mx$ est :
   pour $m > f ' (\alpha)$, une solution égale à $0$ ;
   pour $0 < m < f '(\alpha)$, trois solutions ;
   pour $m = 0$, une solution égale à $0$ ;
   pour $m < 0$, une solution égale à $0$.

Partie 3

1. Pour tout entier naturel non nul, $u_n = \displaystyle\int_{\frac{1}{n}}^{1}f(x)\text{ d}x$ et $u_{n+1} - u_n = \displaystyle\int_{\frac{1}{n+1}}^{\frac{1}{n}}f(x)\text{ d}x$ avec $f$ strictement positive sur l'intervalle $\left[\dfrac{1}{n+1};\dfrac{1}{n}\right]$ , donc :
   $u_{n+1} - u_n \ge 0$.
   La suite ($u_n$) est croissante.

2. Soit $h$ la fonction définie sur $[0 ; +\infty[$ par : $h(x) = (x + 1) \times e^{-\frac{1}{x}}$.
   Pour tout réel $x > 0$, $h'(x) = e^{-\frac{1}{x}} + (x + 1) \times \dfrac{1}{x^2} e^{-\frac{1}{x}}$ ,
   soit $h'(x) = e^{-\frac{1}{x}} \left( 1 + \dfrac{x+1}{x^2} \right)$
   c'est-à-dire $h'(x) = e^{-\frac{1}{x}} \left(\dfrac{x^2+x+1}{x^2}\right)$
   et, par conséquent, $h'(x) = f(x)$.
   La fonction $h$ est une primitive de $f$ sur ]0 ; $+\infty$[.

3. De la question précédente, nous déduisons : $u_n = h(1) - h\left(\dfrac{1}{n}\right)$,
   avec $h(1) = \dfrac{2}{e}$ et $h\left(\dfrac{1}{n}\right) = \dfrac{n+1}{n} \times \dfrac{1}{e^n}$.
   De ce fait : $u_n = \dfrac{2}{e} - \dfrac{n+1}{ne^n}$ .
   $u_n$ représente l'aire en unités d'aire de la portion de plan définie par : $\left\lbrace\begin{matrix} \dfrac{1}{n} \le x \le 1 \\ 0 \le y \le f(x)\end{matrix}\right.$
   car $f(x) \ge 0$ sur l'intervalle $\left[\dfrac{1}{n} ;1\right]$.

4. La suite de terme général $v_n = \dfrac{n+1}{ne^n}$ converge vers 0 car $v_n = \dfrac{1}{e^n} + \dfrac{1}{ne^n}$,
   donc la suite ($u_n$) converge vers $\dfrac{2}{e}$