Fonctions exponentielles (1/2)

Exercice 1.
Montrer que si {0\lt x\lt 1}, alors {{\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}}\;\displaystyle\prod_{k=1}^n\;(1+x^k)} existe dans {\mathbb{R}}.
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Soit {x} dans {]0,1[} et {u_{n}=\displaystyle\displaystyle\prod_{k=1}^n\;(1+x^k)}.

Pour {n\ge1}, on a {u_{n}>0} et {u_{n+1}=(1+x^{n+1})u_{n}>u_{n}}.

La suite {(u_{n})_{n\ge1}} est donc croissante.

Pour montrer qu’elle converge, il suffit de montrer qu’elle est majorée.

Pour tout {n\ge1}, on a successivement : {\begin{array}{rl}\ln u_{n}&=\displaystyle\sum_{k=1}^n\;\ln(1+x^k)\le \displaystyle\sum_{k=1}^n\;x^k\\\\&=x\dfrac{1-x^{n}}{1-x}\le \dfrac{x}{1-x}\end{array}}Il en résulte : {u_{n}\le\exp\Bigl(\dfrac{x}{1-x}\Bigr)}.

Exercice 2.
Résoudre le système {(S)\;\begin{cases}\text{e}^x\,\text{e}^{2y}=a\\ 2xy=1\end{cases}}
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Le système (S)n’a pas de solution si {a\le 0}.

On suppose donc {a>0}. On a les équivalences : {\begin{array}{rl}(S):&\begin{cases}\text{e}^x\,\text{e}^{2y}=a\\ 2xy=1\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}x+2y=\ln a\\ x(2y)=1\end{cases}\\\\&\Leftrightarrow x\text{\ et\ }y\text{\ sont les solutions de\ }(E): t^{2}-\ln(a)t+1=0\end{array}}Les discriminant est {\Delta=(\ln a)^{2}-4}.

  • On a : {\Delta\lt 0\Leftrightarrow -2\lt \ln a\lt 2\Leftrightarrow\text{e}^{-2}\lt a\lt e^{2}}.

    Dans ce cas {(S)} n’a pas de solution réelle.

  • Si {a=\text{e}^{-2}}, {t=-1} est solution double de {(E)}.

    L’unique solution de {(S)} est alors {(x,y)=\Bigl(-1,-\dfrac12\Bigr)}.

  • Si {a=\text{e}^{2}}, {t=1} est solution double de {(E)}.

    l’unique solution de {(S)} est alors {(x,y)=\Bigl(1,\dfrac12\Bigr)}.

  • Si {0\lt a\lt \text{e}^{-2}} ou {a>e^{2}}, alors {\Delta>0}.

    Dans ce cas {(E)} possède deux solutions distinctes {t_{1}} et {t_{2}}.

    Notons {t_1=\dfrac12\ln(a) +\dfrac12\sqrt{\ln^2(a)-4}} et {t_2=\dfrac12\ln(a) -\dfrac12\sqrt{\ln^2(a)-4}}

    Les solutions de {(S)} sont alors {(x,y)=\Bigl(t_{1},\dfrac{t_{2}}{2}\Bigr)} et {(x,y)=\Bigl(t_{2},\dfrac{t_{1}}{2}\Bigr)}

Exercice 3.
Résoudre l’équation {\text{e}^x+\text{e}^{1-x}-\text{e}-1=0}.
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On a les équivalences : {\begin{array}{rl}(E):&\text{e}^x+\text{e}^{1-x}-\text{e}-1=0\\\\&\Leftrightarrow \text{e}^{2x}+\text{e}-(\text{e}+1)\text{e}^{x}=0\\\\&\Leftrightarrow t^{2}-(\text{e}+1)t+\text{e}=0\text{\ (en posant\ }t=\text{e}^{x}\end{array}}Mais {t^{2}-(\text{e}+1)t+\text{e}=(t-1)(t-\text{e})}.

Ainsi {(E)\Leftrightarrow \text{e}^{x}\in\{1,\text{e}\}\Leftrightarrow x\in\{0,1\}}.

Exercice 4.
Montrer que : {\forall x\ge 0,\;(x-2)\text{e}^x+x+2\ge0}.
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On pose {f(x)=(x-2)\text{e}^x+x+2}.

La fonction {f} est définie et \mathcal{C}^{\infty} sur {\mathbb{R}}.

Pour tout {x} de {\mathbb{R}}, on a {f'(x)=(x-1)\text{e}^{x}+1} et {f''(x)=x\text{e}^{x}}.

Ainsi {f''(x)\ge0} sur {\mathbb{R}^{+}}, donc {f'} est croissante sur {\mathbb{R}^{+}}.

Or {f'(0)=0}, donc {f'(x)\ge0} sur {\mathbb{R}^{+}}.

Donc {f} est croissante sur {\mathbb{R}^{+}}.

Mais {f(0)=0}, donc {f(x)\ge0} sur {\mathbb{R}^{+}}.

Conclusion : {\forall x\in \mathbb{R}^{+},\;(x-2)\text{e}^x+x+2\ge0}.