Exercice 7 - Exercice 1

$$\left(E\right)$$ : $$e^{x} =\frac{1}{x}$$ équivaut successivement à :
$$x\times e^{x} =\frac{1}{x} \times x$$
$$xe^{x} =1$$
$$\frac{xe^{x} }{e^{x} } =\frac{1}{e^{x} }$$
$$x=\frac{1}{e^{x} }$$
$$x=e^{-x}$$
$$x-e^{-x} =0$$

Nous avons démontré que si $$x$$ est solution de l’équation $$\left(E\right)$$ alors $$f\left(x\right)=0$$ .

Ici, il s'agit d'une limite par composition.
On commence par calculer $$\lim\limits_{x\to -\infty }-x =+\infty$$.
On pose $$X=-x$$.
Ainsi : $$\lim\limits_{X\to +\infty} e^{X} =+\infty$$.
Par composition :
Finalement : $$\lim\limits_{x\to -\infty } x-e^{-x } =-\infty$$

Ici, il s'agit d'une limite par composition.
On commence par calculer $$\lim\limits_{x\to +\infty }-x =-\infty$$.
On pose $$X=-x$$.
Ainsi : $$\lim\limits_{X\to -\infty} e^{X} =0$$.
Par composition :
Finalement : $$\lim\limits_{x\to +\infty } x-e^{-x } =+\infty$$

Soit $$f\left(x\right)=x-e^{-x}$$ .
$$f$$ est dérivable sur $$\mathbb{R}$$ .
Ainsi :

Pour tout $$x\in\mathbb{R}$$ , on sait que $$e^{-x}>0$$.
De ce fait, pour tout $$x\in\mathbb{R}$$, on a : $$f'\left(x\right)>0$$ ce qui implique que la fonction $$f$$ est strictement croissante sur $$\mathbb{R}$$

D'après la question $$1$$, nous avons démontré que si $$x$$ est solution de l’équation $$\left(E\right)$$ alors $$f\left(x\right)=0$$ .
Nous pouvons donc traduire la question par : démontrer que l'équation $$f\left(x\right)=0$$ admet une unique solution sur $$\mathbb{R}$$, notée $$\alpha$$.

Sur $$\left]-\infty;+\infty\right[$$, la fonction $$f$$ est continue et strictement croissante.
De plus, $$\lim\limits_{x\to -\infty } f\left(x\right)=-\infty$$ et $$\lim\limits_{x\to +\infty } f\left(x\right)=+\infty$$ . Or $$0\in \left]-\infty;+\infty\right[$$, donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe une unique solution $$\alpha$$ appartenant à $$\mathbb{R}$$ tel que $$f\left(x\right)=0$$.

A la calculatrice, on vérifie que :
$$f\left(\frac{1}{2}\right)\approx-0,106$$ et $$f\left(1\right)\approx0,632$$
Or $$0 \in \left[-0,106;0,632\right]$$, donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires on en déduit que : $$\frac{1}{2}\le\alpha\le 1$$

Sur $$\left]-\infty;+\infty\right[$$, la fonction $$f$$ est continue et strictement croissante et $$f\left(\alpha\right) = 0$$
Donc $$f\left(x\right)\le0$$ pour tout $$x\in\left]-\infty;\alpha\right]$$ et $$f\left(x\right)\ge0$$ pour tout $$x\in\left[\alpha;+\infty\right[$$
On résume cela dans un tableau de signe :Or nous savons que $$\frac{1}{2}\le\alpha\le 1$$ ce qui nous permet de dire que sur l'intervalle $$\left[0 ; \alpha\right]$$, la fonction $$f$$ est négative.

$$g\left(x\right)=x$$ équivaut successivement à :
$$\frac{1+x}{1+e^{x} } =x$$
$$1+x=x\times \left(1+e^{x} \right)$$
$$1+x=x+xe^{x}$$
$$1+x-x=xe^{x}$$
$$1=xe^{x}$$
$$\frac{1}{x} =e^{x}$$ . Une fois rendu, ici, il nous faut reprendre le même raisonnement que la question $$1$$, que nous réécrivons ci-dessus :
$$\left(E\right)$$ : $$e^{x} =\frac{1}{x}$$ équivaut successivement à :
$$x\times e^{x} =\frac{1}{x} \times x$$
$$xe^{x} =1$$
$$\frac{xe^{x} }{e^{x} } =\frac{1}{e^{x} }$$
$$x=\frac{1}{e^{x} }$$
$$x=e^{-x}$$
$$x-e^{-x} =0$$

D'après la question $$5$$, nous avons vu que $$\alpha$$ était l’unique solution dans $$\left[0;1\right]$$ de l’équation $$f\left(x\right)=0$$ qui est équivalente à $$g\left(x\right)=x$$.
Il en résulte donc que $$\alpha$$ est l’unique solution dans $$\left[0;1\right]$$ de l’équation $$g\left(x\right)=x$$.
Finalement, $$\alpha$$ est l’unique réel vérifiant : $$g\left(\alpha\right)=\alpha$$ .

On note $$g$$ la fonction définie sur l’intervalle $$\left[0 ; \alpha\right]$$ par : $$g\left(x\right)=\frac{1+x}{1+e^{x} }$$
$$g$$ est dérivable sur $$\left[0 ; \alpha\right]$$ .
On reconnaît la forme $$\left(\frac{u}{v} \right)^{'} =\frac{u'v-uv'}{v^{2} }$$ avec $$u\left(x\right)=1+x$$ et $$v\left(x\right)=1+e^{x}$$
Ainsi : $$u'\left(x\right)=1$$ et $$v'\left(x\right)=e^{x}$$.
Il vient alors que :
$$g'\left(x\right)=\frac{1\times \left(1+e^{x} \right)-\left(1+x\right)\times e^{x} }{\left(1+e^{x} \right)^{2} }$$
$$g'\left(x\right)=\frac{1+e^{x} -e^{x} -xe^{x} }{\left(1+e^{x} \right)^{2} }$$
$$g'\left(x\right)=\frac{1-xe^{x} }{\left(1+e^{x} \right)^{2} }$$
$$g'\left(x\right)=\frac{e^{x} \left(\frac{1-xe^{x} }{e^{x} } \right)}{\left(1+e^{x} \right)^{2} }$$ . Nous avons factoriser le numérateur par $$e^{x}$$
$$g'\left(x\right)=\frac{e^{x} \left(\frac{1}{e^{x} } -\frac{xe^{x} }{e^{x} } \right)}{\left(1+e^{x} \right)^{2} }$$
$$g'\left(x\right)=\frac{e^{x} \left(e^{-x} -x\right)}{\left(1+e^{x} \right)^{2} }$$
$$g'\left(x\right)=\frac{-e^{x} \left(x-e^{-x} \right)}{\left(1+e^{x} \right)^{2} }$$

Nous savons que $$g'\left(x\right)=\frac{-e^{x} f\left(x\right)}{\left(1+e^{x} \right)^{2} }$$
Pour tout réel $$\left[0 ; \alpha\right]$$, nous savons que $$e^{x}>0$$ et $$\left(1+e^{x} \right)^{2}>0$$. De ce fait, le signe de $$g'$$ est alors dépend du signe de $$-f$$.
D'après la question $$7$$, sur l'intervalle $$\left[0 ; \alpha\right]$$, la fonction $$f$$ est négative. Ainsi $$-f\left(x\right)>0$$
Il en résulte donc que, pour tout réel $$\left[0 ; \alpha\right]$$ , $$g'\left(x\right)=\frac{-e^{x} f\left(x\right)}{\left(1+e^{x} \right)^{2} }>0$$ et de ce fait, pour tout réel $$\left[0 ; \alpha\right]$$, la fonction $$g$$ est strictement croissante.

Pour tout entier naturel $$n$$, posons la propriété $$P_{n} : 0\le u_{n} \le u_{n+1} \le \alpha$$
Etape d'initialisation
On sait que $$u_{0} =0$$ et $$u_{1} =g\left(u_{0} \right)=g\left(0 \right)=\frac{1}{2}$$
ainsi $$0\le u_{0} \le u_{1} \le \alpha$$.
La propriété $$P_{0}$$ est vraie.
Etape d'hérédité
On suppose qu'il existe un entier $$k$$ tel que la propriété $$P_{k}$$ soit vraie c'est-à-dire $$0\le u_{k} \le u_{k+1} \le \alpha$$ et vérifions si la propriété est également vraie au rang $$k+1$$ c'est-à-dire $$0\le u_{k} \le u_{k+1} \le \alpha$$
Par hypothèse de récurrence :
$$0\le u_{k} \le u_{k+1} \le \alpha$$ , or la fonction $$g$$ est croissante sur l'intervalle $$\left[0;\alpha\right]$$ ainsi l'ordre sera conservé.
$$g\left(0\right)\le g\left(u_{k} \right)\le g\left(u_{k+1} \right)\le g\left(\alpha \right)$$.
Nous savons que $$g\left(0\right)=0$$ et que $$g\left(\alpha\right)=\alpha$$ d'après la question $$9$$.
De plus $$g\left(u_{k} \right)=u_{k+1}$$ et que $$g\left(u_{k+1} \right)=u_{k+2}$$ .
Cela nous donne :
$$0\le u_{k+1} \le u_{k+2} \le \alpha$$
Ainsi la propriété $$P_{k+1}$$ est vraie.
Conclusion
Puisque la propriété $$P_{0}$$ 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 pour tout entier naturel $$n$$ : $$0\le u_{n} \le u_{n+1} \le \alpha$$

Nous venons de montrer que $$0\le u_{n} \le u_{n+1} \le \alpha$$ . Cela signifie donc que $$u_{n} \le u_{n+1}$$ . Autrement dit la suite $$\left(u_{n}\right)$$ est croissante.
De plus, comme $$0\le u_{n} \le u_{n+1} \le \alpha$$ alors $$u_{n} \le \alpha$$ qui nous permet de conclure que la suite $$\left(u_{n}\right)$$ est majorée par $$\alpha$$.
D'après le théorème de convergence des suites monotones , on peut affirmer que la suite $$\left(u_{n} \right)$$ est convergente et admet donc une limite que l'on note $$l$$.

Comme la suite $$\left(u_{n} \right)$$ est convergente alors elle admet une limite que l'on note $$l$$.
Nous pouvons écrire que : $$\lim\limits_{n\to +\infty } u_{n} =\lim\limits_{n\to +\infty } u_{n+1}=l$$
Or la fonction $$g$$ est continue donc $$\lim\limits_{n\to +\infty } g\left(u_{n} \right)=g\left(l\right)$$ .
Comme $$g\left(u_{n} \right)= u_{n+1}$$ alors $$\lim\limits_{n\to +\infty } u_{n+1}=g\left(l\right)$$
Nous avons alors $$\lim\limits_{n\to +\infty } u_{n+1}=g\left(l\right)$$ et $$\lim\limits_{n\to +\infty } u_{n+1}=l$$
Ainsi :
D'après la question $$9$$, nous savons que $$\alpha$$ est l’unique réel vérifiant : $$g\left(\alpha\right)=\alpha$$ .
Par conséquent :