Fonction exponentielle/Exercices/Croissances comparées

Exercice 1

Cet exercice propose une autre méthode que celle du cours pour démontrer que $\lim _{x\to +\infty }{\frac {\mathrm {e} ^{x}}{x}}=+\infty$.

On définit sur $[0,+\infty [$ la fonction $\phi :x\mapsto \mathrm {e} ^{x}-{\frac {x^{2}}{2}}$.

1° Déterminer $\phi '(x)$ et $\phi ''(x)$.

2° Déterminer le sens de variation sur $[0,+\infty [$ de $\phi '$.

3° En déduire le signe de $\phi '$ sur $[0,+\infty [$.

4° En déduire de sens de variation de $\phi$ sur $[0,+\infty [$.

5° En déduire le signe de $\phi$ sur $[0,+\infty [$.

6° Démontrer que $\forall x\geq 0\quad {\frac {\mathrm {e} ^{x}}{x}}\geq {\frac {x}{2}}$.

7° Conclure.

Solution

1° $\phi '(x)=\mathrm {e} ^{x}-x$ et $\phi ''(x)=\mathrm {e} ^{x}-1$.

2° Pour tout $x\geq 0$, $\phi ''(x)\geq 0$, donc $\phi '$ est croissante sur $[0,+\infty [$.

3° De plus, $\phi '(0)=1$ donc $\phi '(x)\geq 0$ sur $[0,+\infty [$.

4° Donc $\phi$ est croissante sur $[0,+\infty [$.

5° De plus, $\phi (0)=1$ donc $\phi (x)\geq 0$ sur $[0,+\infty [$.

6° Pour tout $x\geq 0$, $\mathrm {e} ^{x}-{\frac {x^{2}}{2}}\geq 0$ donc $\mathrm {e} ^{x}\geq {\frac {x^{2}}{2}}$ donc ${\frac {\mathrm {e} ^{x}}{x}}\geq {\frac {x}{2}}$.

7° $\lim _{x\to +\infty }{\frac {x}{2}}=+\infty$ donc par comparaison, $\lim _{x\to +\infty }{\frac {\mathrm {e} ^{x}}{x}}=+\infty$.

 

Exercice 2

Déterminer les limites suivantes :

• $\lim _{x\to +\infty }{\frac {a^{x^{\beta }}}{x^{\alpha }}}$ ($\alpha ,\beta \in \mathbb {R}$, $a\in \mathbb {R} _{+}^{*}$) (on pourra utiliser le résultat de l'exercice 3).

Solution

Soit $f(x)={\frac {a^{x^{\beta }}}{x^{\alpha }}}$. Quand $x\to +\infty$ :

• si $\beta <0$ ou $a=1$ alors $f(x)\sim {\frac {1}{x^{\alpha }}}\to {\begin{cases}0^{+}&{\text{si }}\alpha >0\\1&{\text{si }}\alpha =0\\+\infty &{\text{si }}\alpha <0\end{cases}}$
• si $\beta =0$ alors $f(x)={\frac {a}{x^{\alpha }}}\to {\begin{cases}0^{+}&{\text{si }}\alpha >0\\a&{\text{si }}\alpha =0\\+\infty &{\text{si }}\alpha <0\end{cases}}$
• si $\beta >0$ et $a\neq 1$ alors $f(x)=\operatorname {e} ^{g(x)}$ avec $g(x)=x^{\beta }\ln a-\alpha \ln x\sim x^{\beta }\ln a$ donc $f(x)\to (+\infty )^{\ln a}={\begin{cases}+\infty &{\text{si }}a>1\\0^{+}&{\text{si }}a<1.\end{cases}}$ (On trouvera une généralisation de ce troisième cas dans Série numérique/Exercices/Nature de séries, Exercice 3, question 1.)

 

• $\lim _{x\to +\infty }(\mathrm {e} ^{x}-x)$

Solution

Quand $x\to +\infty$, $\mathrm {e} ^{x}-x=\mathrm {e} ^{x}\left(1-x\operatorname {e} ^{-x}\right)\to +\infty \times (1-0)=+\infty$.

 

• $\lim _{x\to +\infty }{\frac {\operatorname {e} ^{x}}{x^{2}+1}}$

Solution

Quand $x\to +\infty$, ${\frac {\operatorname {e} ^{x}}{x^{2}+1}}\to +\infty$ car $\forall x\geq 1\quad {\frac {\mathrm {e} ^{x}}{x^{2}+1}}\geq {\frac {\mathrm {e} ^{x}}{2x^{2}}}$.

 

• $\lim _{x\to -\infty }\left(x^{2}+1\right)\mathrm {e} ^{x}$

Solution

Quand $x\to -\infty$, $\left(x^{2}+1\right)\mathrm {e} ^{x}\to 0^{+}$ car $\forall x\leq -1\quad 0<\left(x^{2}+1\right)\mathrm {e} ^{x}\leq 2x^{2}\mathrm {e} ^{x}$.

 

Exercice 3

On se propose de démontrer que pour tout réel $\alpha$, $\lim _{x\to +\infty }{\frac {\operatorname {e} ^{x}}{x^{\alpha }}}=+\infty$, de quatre façons : soit en s'appuyant sur le cas particulier $\alpha \in \mathbb {N}$ démontré en cours, soit en s'appuyant seulement sur le sous-cas $\alpha =1$ (redémontré dans l'exercice 1 ci-dessus), soit directement de deux façons. On s'intéresse principalement au cas $\alpha >0$ car pour $\alpha \leq 0$, la propriété est immédiate.

1. Déduire la propriété pour tout réel $\alpha \geq 0$ du cas particulier $\alpha \in \mathbb {N}$.
2. Déduire la propriété pour tout réel $\alpha >0$ du sous-cas $\alpha =1$.
3. Démontrer la propriété pour tout réel $\alpha >-1$ par la même méthode que celle vue en cours pour $\alpha \in \mathbb {N}$.
4. Pour $\beta \in \mathbb {R}$ et $x>0$, on pose $f_{\beta }(x)=x^{\beta }\operatorname {e} ^{-x}$.
   • Montrer que $f_{\beta }$ est décroissante (strictement) sur $\left]\max(0,\beta ),+\infty \right[$.
   • En déduire que $f_{\beta }$ admet en $+\infty$ une limite finie.
   • En appliquant cela à $\beta =\alpha +1$, en déduire que pour tout réel $\alpha$, $\lim _{x\to +\infty }{\frac {\operatorname {e} ^{x}}{x^{\alpha }}}=+\infty$.

Solution

1. Pour tout $\alpha \geq 0$, soit $n$ sa partie entière. Alors, $n\leq \alpha$ et $n\in \mathbb {N}$, donc $\forall x\geq 1\quad {\frac {\operatorname {e} ^{x}}{x^{\alpha }}}\geq {\frac {\operatorname {e} ^{x}}{x^{n}}}\to +\infty$ quand $x\to +\infty$.
2. $y:={\frac {x}{\alpha }}\to +\infty$ quand $x\to +\infty$, et ${\frac {\operatorname {e} ^{x}}{x^{\alpha }}}={\frac {\operatorname {e} ^{\alpha y}}{(\alpha y)^{\alpha }}}=\alpha ^{-\alpha }\left({\frac {\operatorname {e} ^{y}}{y}}\right)^{\alpha }\to \alpha ^{-\alpha }\left(+\infty \right)^{\alpha }=+\infty$.
3. Pour tous réels $\alpha >-1$ et $x>0$, $\mathrm {e} ^{\frac {x}{\alpha +1}}\geq 1+{\frac {x}{\alpha +1}}>{\frac {x}{\alpha +1}}$ donc $\mathrm {e} ^{x}>\left({\frac {x}{\alpha +1}}\right)^{\alpha +1}=(\alpha +1)^{-\alpha -1}x^{\alpha +1}\to +\infty$ quand $x\to +\infty$.
4. • Pour tout $x>0$, on a $f'_{\beta }(x)=(\beta -x)x^{\beta -1}\operatorname {e} ^{-x}<0$ dès que $x>\beta$.
   • $f_{\beta }$ est décroissante et minorée (par 0) sur $\left]\max(0,\beta ),+\infty \right[$ donc admet en $+\infty$ une limite finie $\ell$.
   • Quand $x\to +\infty$, ${\frac {x^{\alpha }}{\operatorname {e} ^{x}}}={\frac {1}{x}}f_{\alpha +1}(x)\to 0\times \ell =0$ donc (comme la fonction est > 0) ${\frac {\operatorname {e} ^{x}}{x^{\alpha }}}\to +\infty$.