Exercice 6 - Exercice 1

En écrivant pour $$x\ne 0$$,
$$\lim\limits_{x\to +\infty } \frac{x-1}{x+1} =\lim\limits_{x\to +\infty } \frac{x\left(\frac{x-1}{x} \right)}{x\left(\frac{x+1}{x} \right)}$$
$$\lim\limits_{x\to +\infty } \frac{x-1}{x+1} =\lim\limits_{x\to +\infty } \frac{\left(\frac{x-1}{x} \right)}{\left(\frac{x+1}{x} \right)}$$
$$\lim\limits_{x\to +\infty } \frac{x-1}{x+1} =\lim\limits_{x\to +\infty } \frac{\left(\frac{x}{x} -\frac{1}{x} \right)}{\left(\frac{x}{x} +\frac{1}{x} \right)}$$
$$\lim\limits_{x\to +\infty } \frac{x-1}{x+1} =\lim\limits_{x\to +\infty } \frac{1-\frac{1}{x} }{1+\frac{1}{x} } =1$$
De plus, $$\lim\limits_{x\to +\infty } e^{-x} =\lim\limits_{x\to +\infty } \frac{1}{e^{x} } =0$$
Finalement, par somme, .
Géométriquement ce résultat montre que la droite dont une équation est $$y=1$$ est asymptote horizontale à $$(C)$$ au voisinage de plus l'infini.

$$f$$ est dérivable sur $$\left[0;+\infty \right[$$.
On reconnait la forme $$\left(\frac{u}{v} \right)^{'} =\frac{u'v-uv'}{v^{2} }$$ avec $$u\left(x\right)=x-1$$ et $$v\left(x\right)=x+1$$.
Ainsi $$u'\left(x\right)=1$$ et $$v'\left(x\right)=1$$.
Il vient alors que :
$$f'\left(x\right)=\frac{x+1-x+1}{\left(x+1\right)^{2} } -(-e^{-x} )$$

Or pour tout réel on a $$\frac{2}{(x+1)^{2} } >0$$ et $$e^{-x} >0$$.
Ainsi : $$f'\left(x\right)>0$$
$$f$$ est donc strictement croissante sur $$\left[0;+\infty \right[$$.
La valeur de son minimum est donnée par : $$f\left(0\right)=-1-1=-2$$.

On sait que la formule de l'équation de la tangente au point d'abscisse $$0$$ est : $$y=f'\left(0\right)\left(x-0\right)+f\left(0\right)$$
D'une part :
$$f\left(x\right)=\frac{x-1}{x+1} -e^{-x}$$ alors $$f\left(0\right)=\frac{0-1}{0+1} -e^{-0} =-2$$
D'autre part :
$$f'\left(x\right)=\frac{2}{(x+1)^{2} } +e^{-x}$$ alors $$f'\left(0\right)=\frac{2}{(0+1)^{2} } +e^{-0} =3$$

Ainsi : $$y=3\left(x-0\right)-2$$
Enfin :

On commence par dresser le tableau de variation de la fonction $$f$$.
D'où :

Sur $$\left[0;+\infty \right[$$, la fonction $$f$$ est continue et strictement croissante.
De plus, $$f\left(0\right)=-2$$ et $$\lim\limits_{x\to +\infty } f\left(x\right)=1$$ .
Or $$0\in \left]-2;1\right[$$, donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe une unique solution $$u$$ dans $$\left[0;+\infty \right[$$ tel que $$f\left(x\right)=0$$.
La calculatrice donne $$f\left(1,5\right)\approx -0,02$$ et $$f\left(1,6\right)\approx 0,03$$, donc $$1,5<u<1,6$$.

On a pour $$x\ne 1$$, de $$\left[0;+\infty \right[$$ :
$$a+\frac{b}{x+1} =\frac{a\left(x+1\right)}{x+1} +\frac{b}{x+1}$$
$$a+\frac{b}{x+1} =\frac{ax+a+b}{x+1} .$$
Or nous voulons que : $$\frac{x-1}{x+1} =a+\frac{b}{x+1}$$ ainsi : $$\frac{x-1}{x+1} =\frac{ax+a+b}{x+1}$$
Par identification, on obtient le système suivant :
$$\left\{\begin{array}{ccc} {a} & {=} & {1} \\ {a+b} & {=} & {-1} \end{array}\right.$$ d'où $$\left\{\begin{array}{ccc} {a} & {=} & {1} \\ {b} & {=} & {-2} \end{array}\right.$$
Finalement :

$$(T)$$ étant au-dessus de $$(C)$$, l'aire, en unité d'aire de la surface est égale à l'intégrale :
$$\int _{0}^{1}\left[3x-2-\left(1-\frac{2}{x+1} -e^{-x} \right)\right]dx=\left[3\frac{x^{2} }{2} -3x+2\ln (x+1)-e^{-x} \right]_{0}^{1}$$
$$\int _{0}^{1}\left[3x-2-\left(1-\frac{2}{x+1} -e^{-x} \right)\right]dx=\frac{3}{2} -3+2\ln 2-e^{-1} +e^{0}$$

$$f_{n}$$ est dérivable sur $$\left[0;+\infty \right[$$.
On reconnait la forme $$\left(\frac{u}{v} \right)^{'} =\frac{u'v-uv'}{v^{2} }$$ avec $$u\left(x\right)=x-n$$ et $$v\left(x\right)=x+n$$.
Ainsi $$u'\left(x\right)=1$$ et $$v'\left(x\right)=1$$.
Il vient alors que :
$$f_{n}^{'} \left(x\right)=\frac{x+n-\left(x-n\right)}{\left(x+n\right)^{2} } +e^{-x}$$
$$f_{n}^{'} \left(x\right)=\frac{2n}{\left(x+n\right)^{2} } +e^{-x} .$$
Or pour tout réel on a $$\frac{2n}{(x+n)^{2} } \ge 0$$ et $$e^{-x} >0$$.
Ainsi : $$f_{n}^{'} \left(x\right)>0$$
$$f_{n}$$ est donc strictement croissante sur $$\left[0;+\infty \right[$$.
La valeur de son minimum est donnée par : $$f_{n} \left(0\right)=\frac{-n}{n} -e^{-0} =-1-1=-2$$.
Or quel que soit $$n$$, $$\lim\limits_{n\to +\infty } \frac{x-n}{x+n} =1$$, car $$\frac{x-n}{x+n} =\frac{1-\frac{n}{x} }{1+\frac{n}{x} }$$ pour $$x\ne 0$$ (on a factorisé par $$x$$)
D'autre part $$\lim\limits_{x\to +\infty } e^{-x} =\lim\limits_{x\to +\infty } \frac{1}{e^{x} } =0$$, on a donc par somme$$\lim\limits_{x\to +\infty } f_{n} \left(x\right)=1$$.

$$f_{n} \left(n\right)=\frac{n-n}{n+n} -e^{-n}$$d'où $$f_{n} \left(n\right)=-e^{-n}$$
Ainsi : $$f_{n} \left(n\right)<0$$ car quel que soit $$n$$, $$e^{-n} >0$$.

$$f_{n} \left(n+1\right)=\frac{n+1-n}{n+1+n} -e^{-\left(n+1\right)}$$
$$f_{n} \left(n+1\right)=\frac{1}{1+2n} -e^{-\left(n+1\right)}$$
$$f_{n} \left(n+1\right)=\frac{1}{2n+1} -\frac{1}{e^{n+1} }$$

Pour tout entier naturel $$n$$, posons la propriété $$P_{n} :e^{n+1} >2n+1$$
Etape d'initialisation
Lorsque $$n=0$$ , on a $$e^{0+1} >2\times 0+1$$ qui donne $$e^{1} >1$$ .
La propriété $$P_{0}$$ est vraie.
Etape d'hérédité
Soit $$k$$ un entier naturel.
On suppose qu'à partir d'un certain rang $$k$$, la propriété $$P_{k}$$ est vraie c'est-à-dire $$e^{k+1} >2k+1$$ et vérifions si la propriété est également vraie au rang $$k+1$$ c'est-à-dire $$e^{k+2} >2\left(k+1\right)+1$$ ou encore $$e^{k+2} >2k+3$$
Par hypothèse de récurrence
$$e^{k+1} >2k+1$$ , d'où en multipliant chaque membre par $$e$$:
$$e\times e^{k+1} >e\times \left(2k+1\right)$$
$$e^{k+2} >e\times \left(2k+1\right)$$
Or vérifions si $$(2k+1)e>2k+3$$
$$(2k+1)e>2k+3\Leftrightarrow 2k(e-1)>3e\Leftrightarrow k>\frac{3-e}{2(e-1)}$$ (1)
Or $$\frac{3-e}{2(e-1)} \approx 0,08$$.
L'inégalité (1) est donc vraie pour $$p\ge 1$$, donc $$(2k+1)e>2k+3$$ aussi.
$$e^{k+2} >2k+3$$
Ainsi la propriété $$P_{k+1}$$ est vraie.
Conclusion
Puisque la propriété $$P_{5}$$ est vraie et que nous avons prouvé l'hérédité, on peut en déduire, par le principe de récurrence que pour tout entier naturel $$n$$, on a $$P_{n}$$ vraie, c'est à dire que pour tout entier naturel $$n$$, on a bien $$e^{n+1} >2n+1$$ .

Comme $$f_{n} \left(n+1\right)=\frac{e^{n+1} -\left(2n+1\right)}{e^{n+1} \left(2n+1\right)}$$ et que $$e^{n+1} >2n+1$$ alors $$f_{n} \left(n+1\right)>0$$

Sur $$\left[n;n+1\right]$$, la fonction $$f_{n}$$ est continue et strictement croissante.
De plus, $$f_{n} \left(n\right)<0$$ et $$f_{n} \left(n+1\right)>0$$ .
Or $$0\in \left]f_{n} \left(n\right);f_{n} \left(n+1\right)\right[$$, donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe une unique solution $$u_{n} \in \left[n;n+1\right]$$ tel que $$f_{n} (x)=0$$.

On sait que $$u_{n} \in \left[n;n+1\right]$$ c'est-à-dire que $$n\le u_{n} \le n+1$$.
Comme $$\lim\limits_{n\to +\infty } n=+\infty$$ et que $$u_{n} \ge n$$, d'après le théorème de comparaison $$\lim\limits_{n\to +\infty } u_{n} =+\infty$$.
De plus, pour $$n\ne 0$$,
$$n\le u_{n} \le n+1$$
$$\frac{n}{n} \le \frac{u_{n} }{n} \le \frac{n+1}{n}$$
$$1\le \frac{u_{n} }{n} \le 1+\frac{1}{n}$$
Comme $$\lim\limits_{n\to +\infty } 1+\frac{1}{n} =1$$, d'après le théorème des « gendarmes », .

Commençons par vérifier que : $$\frac{x-n}{x+n} =1-\frac{2n}{x+n}$$
$$1-\frac{2n}{x+n} =\frac{x+n}{x+n} -\frac{2n}{x+n}$$
$$1-\frac{2n}{x+n} =\frac{x+n-2n}{x+n}$$
$$1-\frac{2n}{x+n} =\frac{x-n}{x+n}$$
La valeur moyenne de $$f_{n}$$ sur $$\left[0;u_{n} \right]$$ est égale à :
$$M_{n} =\frac{1}{u_{n} -0} \int _{0}^{u_{n} }f_{n} (x) dx$$
$$M_{n} =\frac{1}{u_{n} } \int _{0}^{u_{n} }\left[1-\frac{2n}{x+n} -e^{-x} \right] dx~$$
$$M_{n} =\frac{1}{u_{n} } \left[x-2n\ln (x+n)+e^{-x} \right]_{0}^{u_{n} }$$
$$M_{n} =\frac{1}{u_{n} } \left[u_{n} -2n\ln (u_{n} +n)+e^{-u_{n} } -0+2n\ln \left(n\right)-e^{0} \right]$$
$$M_{n} =\frac{1}{u_{n} } \left[u_{n} -2n\ln (u_{n} +n)+e^{-u_{n} } +2n\ln \left(n\right)-1\right]$$
$$M_{n} =\frac{1}{u_{n} } \left[u_{n} +e^{-u_{n} } +2n\left(\ln \left(n\right)-\ln \left(u_{n} +n\right)\right)-1\right]$$
$$M_{n} =\frac{1}{u_{n} } \left[u_{n} +e^{-u_{n} } +2n\left(\ln \left(\frac{n}{u_{n} +n} \right)\right)-1\right]$$
$$M_{n} =\frac{u_{n} }{u_{n} } +\frac{e^{-u_{n} } }{u_{n} } +\frac{2n\left(\ln \left(\frac{n}{u_{n} +n} \right)\right)}{u_{n} } -\frac{1}{u_{n} }$$