Exercices types : 1^ère partie - Exercice 5

$$\red{\text{ D'une part :}}$$ calculons $$\lim\limits_{x\to -\infty } \left(x^{2} +x+1\right)e^{-x} -1$$
$$\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{x\to -\infty } x^{2} +x+1} & {=} & {+\infty } \\ {\lim\limits_{x\to -\infty } e^{-x} =\lim\limits_{x\to -\infty } \frac{1}{e^{x} } } & {=} & {+\infty } \end{array}\right\}{\text{par produit}}\lim\limits_{x\to -\infty } \left(x^{2} +x+1\right)e^{-x} =+\infty$$
D'où $$\lim\limits_{x\to -\infty } \left(x^{2} +x+1\right)e^{-x} -1=+\infty$$.
Finalement :
$$\red{\text{ D'autre part :}}$$ calculons $$\lim\limits_{x\to +\infty } \left(x^{2} +x+1\right)e^{-x} -1$$
Nous allons développer l'expression de $$f$$ puis écrire que $$e^{-x} =\frac{1}{e^{x} }$$ afin de relever l'indétermination.
Cela donne :
$$f\left(x\right)=\left(x^{2} +x+1\right)e^{-x} -1\Leftrightarrow f\left(x\right)=x^{2} e^{-x} +xe^{-x} +e^{-x}-1 \Leftrightarrow$$
On rappelle ensuite que $$\lim\limits_{x\to +\infty } \frac{x}{e^{x} } =0$$.
Ainsi $$\lim\limits_{x\to +\infty } \frac{x^{2} }{e^{x} } +\frac{x}{e^{x} } +\frac{1}{e^{x} } =0$$ donc $$\lim\limits_{x\to +\infty } \frac{x^{2} }{e^{x} } +\frac{x}{e^{x} } +\frac{1}{e^{x} } -1=-1$$
D'où $$\lim\limits_{x\to +\infty } f\left(x\right)=-1$$.
Il existe donc une asymptote horizontale d'équation $$y=-1$$.

Soit : $$f\left(x\right)=\left(x^{2} +x+1\right)e^{-x} -1$$ .
$$f$$ est dérivable sur $$\left]-\infty ;+\infty \right[$$
Ici on reconnaît la forme $$\left(uv+w\right)'=u'v+uv'+w'$$ avec $$u\left(x\right)=x^{2} +x+1$$ et $$v\left(x\right)=e^{-x}$$.
On note $$w\left(x\right)=-1$$. Ainsi $$u'\left(x\right)=2x+1$$ et $$v'\left(x\right)=-e^{-x}$$, enfin $$w'\left(x\right)=0$$
Il vient alors que :
$$f'\left(x\right)=\left(2x+1\right)e^{-x} +\left(x^{2} +x+1\right)\times \left(-e^{-x} \right)$$
$$f'\left(x\right)=2x\times e^{-x} +1\times e^{-x} +x^{2} \times \left(-e^{-x} \right)+x\times \left(-e^{-x} \right)+1\times \left(-e^{-x} \right)$$
$$f'\left(x\right)=2xe^{-x} +e^{-x} -x^{2} e^{-x} -xe^{-x} -e^{-x}$$
$$f'\left(x\right)=xe^{-x} -x^{2} e^{-x}$$
$$f'\left(x\right)=e^{-x} \left(x-x^{2} \right)$$
Finalement : $$f'\left(x\right)=e^{-x} \left(-x^{2} +x\right)$$
Pour tout réel $$x$$, on a $$e^{-x} >0$$.
Pour l'étude de $$-x^{2} +x$$, on va utiliser le discriminant.
Nous donnons directement les résultats car le discriminant n'a maintenant plus de secret pour nous.
$$\Delta =1$$ , $$x_{1} =0$$ et $$x_{2} =1$$.
$$f\left(0\right)=\left(0^{2} +0+1\right)e^{-0} -1\Leftrightarrow f\left(0\right)=0$$
$$f\left(1\right)=\left(1^{2} +1+1\right)e^{-1} -1\Leftrightarrow f\left(1\right)=3e^{-1} -1$$
On en déduit le tableau de variation suivant :

Sur $$\left]-\infty ;1\right]$$, la fonction $$f$$ est continue et admet $$0$$ comme minimum.
Ainsi l'équation $$f\left(x\right)=0$$ admet une solution lorsque que $$x=0$$.
Sur $$\left[1;+\infty \right[$$, la fonction $$f$$ est continue et strictement décroissante.
De plus, $$f\left(1\right)=3e^{-1} -1$$ et $$\lim\limits_{x\to +\infty } f\left(x\right)=-1$$ . Or $$0\in \left]-1;3e^{-1} -1\right[$$, donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe une unique solution $$\alpha$$ dans $$\left[1;+\infty \right[$$ tel que $$f\left(x\right)=0$$.

A la calculatrice, on vérifie que :
$$f\left(1,79\right)\approx 0,0007$$ et $$f\left(1,80\right)\approx -0,001$$ .
Or $$0\in \left]-0,001;0,0007\right]$$, donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires on en déduit que

Sur $$\left]-\infty ;1\right]$$, la fonction $$f$$ est continue et admet $$0$$ comme minimum.
Ainsi $$f\left(x\right)\ge 0$$.
Sur $$\left[1;+\infty \right[$$, la fonction $$f$$ est continue et strictement décroissante et $$f\left(\alpha \right)=0$$.
Donc $$f\left(x\right)\ge 0$$ pour tout $$x\in \left[1;\alpha \right]$$ et $$f\left(x\right)\le 0$$ pour tout $$x\in \left[\alpha ;+\infty \right[$$.
On résume cela dans un tableau de signe :