Exercice 6 - Exercice 1

La fonction $$g$$ est dérivable sur $$\left[0;+\infty \right[$$, on a :
$$g'\left(x\right)=\frac{1}{1+x} -1$$
$$g'\left(x\right)=\frac{1}{1+x} -\frac{1+x}{1+x}$$
$$g'\left(x\right)=\frac{1-1-x}{1+x}$$

Comme $$x\in \left[0;+\infty \right[$$ alors $$1+x\ge 1$$ et $$-x\le 0$$.
Il en résulte que $$g'\left(x\right)\le 0$$.
La fonction $$g$$ est donc décroissante sur $$\left[0;+\infty \right[$$.
On traduit cela dans un tableau de variation :
De plus, $$g\left(0\right)=\ln \left(1+0\right)-0=0$$.
Le maximum de $$g$$ est donc $$0$$.

Ainsi, pour tout $$x\in \left[0;+\infty \right[$$, le maximum de $$g$$ est donc $$0$$.
Ainsi : $$g\left(x\right)\le 0$$ ou encore $$\ln \left(1+x\right)-x\le 0$$.
Finalement :

$$f_{1} \left(x\right)=\ln \left(e^{x} +x\right)-x$$ équivaut successivement à
$$f_{1} \left(x\right)=\ln \left(e^{x} \times \left(\frac{e^{x} +x}{e^{x} } \right)\right)-x$$
$$f_{1} \left(x\right)=\ln \left(e^{x} \times \left(\frac{e^{x} }{e^{x} } +\frac{x}{e^{x} } \right)\right)-x$$
$$f_{1} \left(x\right)=\ln \left(e^{x} \times \left(1+\frac{x}{e^{x} } \right)\right)-x$$
$$f_{1} \left(x\right)=\ln \left(e^{x} \right)+\ln \left(1+\frac{x}{e^{x} } \right)-x$$
$$f_{1} \left(x\right)=x+\ln \left(1+\frac{x}{e^{x} } \right)-x$$

Or $$\lim\limits_{x\to +\infty } \frac{x}{e^{x} } =0$$ ainsi $$\lim\limits_{x\to +\infty } \left(1+\frac{x}{e^{x} } \right)=1$$.
On pose $$X=1+\frac{x}{e^{x} }$$ et $$\lim\limits_{X\to 1} \ln \left(X\right)=0$$
Finalement, par composition $$\lim\limits_{x\to +\infty } \ln \left(1+\frac{x}{e^{x} } \right)=0$$
La courbe $$C_{1}$$ admet une asymptote horizontale d'équation $$y=0$$ au voisinage de plus l'infini.

La fonction $$f_{1}$$ est dérivable sur $$\left[0;+\infty \right[$$et :
$$f_{1}^{'} \left(x\right)=\frac{e^{x} +1}{e^{x} +x} -1$$ équivaut successivement à
$$f_{1}^{'} \left(x\right)=\frac{e^{x} +1-\left(e^{x} +x\right)}{e^{x} +x}$$
$$f_{1}^{'} \left(x\right)=\frac{e^{x} +1-e^{x} -x}{e^{x} +x}$$

Pour tout réel $$x\in \left[0;+\infty \right[$$, le dénominateur $$e^{x} +x$$ est strictement positif.
Le signe de $$f_{1}^{'}$$ est alors du signe de $$1-x$$.
Or,
$$1-x\ge 0\Leftrightarrow x\le 1.$$
Il vient alors que :
la fonction $$f_{1}^{'}$$ est donc positive sur$$\left[0;1\right]$$ et négative sur $$\left[1;+\infty \right[$$.
Finalement, la fonction $$f_{1}$$ est donc croissante sur$$\left[0;1\right]$$ et décroissante sur $$\left[1;+\infty \right[$$.

Suite aux informations obtenues à la question 2, on dresse le tableau de variation ci-dessous :

De plus,

• $$f_{1} \left(0\right)=\ln \left(1+\frac{0}{e^{0} } \right)$$ donc $$f_{1} \left(0\right)=0$$
• $$f_{1} \left(1\right)=\ln \left(1+\frac{1}{e^{1} } \right)$$ donc $$f_{1} \left(1\right)=\ln \left(1+\frac{1}{e} \right)$$

$$f_{k} \left(x\right)=\ln \left(e^{x} +kx\right)-x$$ équivaut successivement à
$$f_{k} \left(x\right)=\ln \left(e^{x} \times \left(\frac{e^{x} +kx}{e^{x} } \right)\right)-x$$
$$f_{k} \left(x\right)=\ln \left(e^{x} \times \left(\frac{e^{x} }{e^{x} } +\frac{kx}{e^{x} } \right)\right)-x$$
$$f_{k} \left(x\right)=\ln \left(e^{x} \times \left(1+\frac{kx}{e^{x} } \right)\right)-x$$
$$f_{k} \left(x\right)=\ln \left(e^{x} \right)+\ln \left(1+\frac{kx}{e^{x} } \right)-x$$
$$f_{k} \left(x\right)=x+\ln \left(1+\frac{kx}{e^{x} } \right)-x$$

Or, $$\lim\limits_{x\to +\infty } \frac{kx}{e^{x} } =0$$ ainsi : $$\lim\limits_{x\to +\infty } \left(1+\frac{kx}{e^{x} } \right)=1$$.
On pose $$X=1+\frac{kx}{e^{x} }$$ et $$\lim\limits_{X\to 1} \ln \left(X\right)=0$$
Finalement, par composition : $$\lim\limits_{x\to +\infty } \ln \left(1+\frac{kx}{e^{x} } \right)=0$$.
Autrement dit : $$\lim\limits_{x\to +\infty } f_{k} \left(x\right)=0$$
La courbe $$C_{k}$$ admet une asymptote horizontale d'équation $$y=0$$ au voisinage de plus l'infini.

La fonction $$f_{k}$$ est dérivable sur $$\left[0;+\infty \right[$$ et : $$f_{k} \left(x\right)=\ln \left(e^{x} +kx\right)-x$$
$$f_{k}^{'} \left(x\right)=\frac{e^{x} +k}{e^{x} +kx} -1$$ équivaut successivement à
$$f_{k}^{'} \left(x\right)=\frac{e^{x} +k-\left(e^{x} +kx\right)}{e^{x} +kx}$$
$$f_{k}^{'} \left(x\right)=\frac{e^{x} +k-e^{x} -kx}{e^{x} +kx}$$
$$f_{k}^{'} \left(x\right)=\frac{k-kx}{e^{x} +kx}$$

Pour tout réel $$k$$ strictement positif et pour tout réel $$x\in \left[0;+\infty \right[$$, le dénominateur $$e^{x} +kx$$ est strictement positif.
Le signe de $$f_{k}^{'}$$ est alors du signe de $$1-x$$.
Or,
$$1-x\ge 0\Leftrightarrow x\le 1.$$
Il vient alors que :
la fonction $$f_{k}^{'}$$ est donc positive sur$$\left[0;1\right]$$ et négative sur $$\left[1;+\infty \right[$$.
Finalement, la fonction $$f_{k}$$ est donc croissante sur$$\left[0;1\right]$$ et décroissante sur $$\left[1;+\infty \right[$$..
On en déduit le tableau de variation de $$f_{k}$$.
On a ci-dessous :

De plus,

• $$f_{k} \left(0\right)=\ln \left(1+\frac{k0}{e^{0} } \right)$$ donc $$f_{k} \left(0\right)=0$$
• $$f_{k} \left(1\right)=\ln \left(1+\frac{k}{e^{1} } \right)$$ donc $$f_{k} \left(1\right)=\ln \left(1+\frac{k}{e} \right)$$

Pour tout réel $$x$$ appartenant à l'intervalle $$\left[0;+\infty \right[$$, on pose la fonction $$d_{k} \left(x\right)=f_{k} \left(x\right)-\frac{k}{e}$$.
Ainsi $$d_{k}$$ est dérivable sur $$\left[0;+\infty \right[$$, il vient alors que :
$$d_{k}^{'} \left(x\right)=f_{k}^{'} \left(x\right)$$. Donc le signe de $$d_{k}^{'}$$ est le même que celui de $$f_{k}^{'}$$.
On a vu à la question $$7$$, que la fonction $$f_{k}^{'}$$ est donc positive sur $$\left[0;1\right]$$ et négative sur $$\left[1;+\infty \right[$$.
Ainsi, la fonction $$d_{k}^{'}$$ est donc positive sur $$\left[0;1\right]$$ et négative sur $$\left[1;+\infty \right[$$.
On en déduit le tableau de variation de $$d_{k}$$.
On a ci-dessous :

De plus,

• $$d_{k} \left(0\right)=f_{k} \left(0\right)-\frac{k}{e} =-\frac{k}{e}$$ car $$f_{k} \left(0\right)=0$$.
• On sait que $$\lim\limits_{x\to +\infty } f_{k} \left(x\right)=0$$ d'où $$\lim\limits_{x\to +\infty } d_{k} \left(x\right)=-\frac{k}{e}$$.

$$d_{k} \left(1\right)=f_{k} \left(1\right)-\frac{k}{e}$$
$$d_{k} \left(1\right)=\ln \left(e^{1} +k\right)-1-\frac{k}{e}$$
$$d_{k} \left(1\right)=\ln \left(e\times \left(\frac{e+k}{e} \right)\right)-1-\frac{k}{e}$$
$$d_{k} \left(1\right)=\ln \left(e\right)+\ln \left(\frac{e+k}{e} \right)-1-\frac{k}{e}$$
$$d_{k} \left(1\right)=1+\ln \left(\frac{e}{e} +\frac{k}{e} \right)-1-\frac{k}{e}$$
$$d_{k} \left(1\right)=\ln \left(1+\frac{k}{e} \right)-\frac{k}{e} .$$

Or $$\frac{k}{e} \ge 0$$, d'après la question pour tout réel $$x$$ positif ou nul $$\ln \left(1+x\right)\le x$$.
Ainsi : $$\ln \left(1+\frac{k}{e} \right)\le \frac{k}{e}$$
Autrement dit $$d_{k} \left(1\right)\le 0$$.
Finalement, pour tout réel $$x$$ positif ou nul, on peut affirmer que $$d_{k} \left(x\right)\le 0$$.
Autrement dit, $$f_{k} \left(x\right)-\frac{k}{e} \le 0$$ alors $$f_{k} \left(x\right)\le \frac{k}{e}$$.

On sait que la formule de l'équation de la tangente au point d'abscisse 0 est : $$y=f_{k}^{'} \left(0\right)\left(x-0\right)+f_{k} \left(0\right)$$
D'une part :
$$f_{k} \left(0\right)=\ln \left(1+\frac{k0}{e^{0} } \right)$$ donc $$f_{k} \left(0\right)=0$$
D'autre part :
$$f_{k}^{'} \left(0\right)=\frac{k\left(1-0\right)}{e^{0} +k0}$$ alors $$f_{k}^{'} \left(0\right)=k$$

Ainsi : $$y=k\left(x-0\right)+0$$
Enfin :

On sait que $$p<m$$.
Calculons tout d'abord $$f_{m} \left(x\right)-f_{p} \left(x\right)$$.
$$f_{m} \left(x\right)-f_{p} \left(x\right)=\ln \left(e^{x} +mx\right)-x-\left(\ln \left(e^{x} +px\right)-x\right)$$ équivaut successivement à
$$f_{m} \left(x\right)-f_{p} \left(x\right)=\ln \left(e^{x} +mx\right)-\ln \left(e^{x} +px\right)$$

Maintenant étudions le signe de $$f_{m} \left(x\right)-f_{p} \left(x\right)$$ équivaut successivement à
$$f_{m} \left(x\right)-f_{p} \left(x\right)\ge 0$$ équivaut successivement à
$$\ln \left(\frac{e^{x} +mx}{e^{x} +px} \right)\ge 0$$
$$\ln \left(\frac{e^{x} +mx}{e^{x} +px} \right)\ge \ln \left(1\right)$$
$$\frac{e^{x} +mx}{e^{x} +px} \ge 1$$
$$e^{x} +mx\ge e^{x} +px$$
$$e^{x} +mx-e^{x} -px\ge 0$$
$$mx-px\ge 0$$
$$x\left(m-p\right)\ge 0$$ . Or $$p<m$$ donc $$m-p>0$$. Ainsi
$$x\ge 0$$
Finalement, pour tout réel $$x\in \left[0;+\infty \right[$$, on a montré que $$f_{m} \left(x\right)-f_{p} \left(x\right)\ge 0$$. Ainsi $$f_{m} \left(x\right)\ge f_{p} \left(x\right)$$.
La courbe $$C_{m}$$ est au-dessus de la courbe $$C_{p}$$.

Comme la fonction $$f_{k}$$ est positive et continue sur $$\left[0;\lambda \right]$$ alors $$A\left(\lambda \right)=\int _{0}^{\lambda }f_{k} \left(x\right)dx$$.
Pour $$x\in \left[0;\lambda \right]$$ et que $$k>0$$ alors $$k\frac{x}{e^{x} } \ge 0$$.
On peut donc affirmer que $$\ln \left(1+k\frac{x}{e^{x} } \right)\le k\frac{x}{e^{x} }$$ d'après la question 2.
Donc $$f_{k} \left(x\right)\le k\frac{x}{e^{x} }$$.
De plus , les fonctions $$f_{k} \left(x\right)\le k\frac{x}{e^{x} }$$ et $$f_{k} \left(x\right)\le k\frac{x}{e^{x} }$$ sont continues sur $$\left[0;\lambda \right]$$ et comme $$f_{k} \left(x\right)\le k\frac{x}{e^{x} }$$ alors $$\int _{0}^{\lambda }f_{k} \left(x\right) dx\le \int _{0}^{\lambda }k\frac{x}{e^{x} } dx$$.
Finalement :

$$\int _{0}^{\lambda }xe^{-x} dx =\left[-xe^{-x} -e^{-x} \right]_{0}^{\lambda }$$
$$\int _{0}^{\lambda }xe^{-x} dx =-\lambda e^{-\lambda } -e^{-\lambda } -\left(-0\times e^{-0} -e^{-0} \right)$$

Comme $$A\left(\lambda \right)\le k\int _{0}^{\lambda }xe^{-x} dx$$ alors $$A\left(\lambda \right)\le k\left(-\lambda e^{-\lambda } -e^{-\lambda } +1\right)$$
Or
$$\lim\limits_{\lambda \to +\infty } -\lambda e^{-\lambda } =\lim\limits_{\lambda \to +\infty } -\frac{\lambda }{e^{\lambda } } =0$$
$$\lim\limits_{\lambda \to +\infty } -e^{-\lambda } +1=\lim\limits_{\lambda \to +\infty } \frac{-1}{e^{\lambda } } +1=1$$
Ainsi $$\lim\limits_{\lambda \to +\infty } k\left(-\lambda e^{-\lambda } -e^{-\lambda } +1\right)=k$$.
Nous avons d'une part : $$A\left(\lambda \right)\le k\left(-\lambda e^{-\lambda } -e^{-\lambda } +1\right)$$ et d'autre part : $$\lim\limits_{\lambda \to +\infty } k\left(-\lambda e^{-\lambda } -e^{-\lambda } +1\right)=k$$ alors $$\lim\limits_{\lambda \to +\infty } A\left(\lambda \right)\le k$$