Limites de fonctions

$f(x) = (x-2)e^x + x + 2$. $\lim_{x \to +\infty} (x-2)e^x$ : $(x-2) \to +\infty$ et $e^x \to +\infty$, donc $(x-2)e^x \to +\infty$. Et $x + 2 \to +\infty$. Par somme : $\boxed{\lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty}$.

$(x-2)e^x = xe^x - 2e^x$. Par croissance comparée : $xe^x \to 0$ en $-\infty$. Et $2e^x \to 0$. Donc $(x-2)e^x \to 0$. $x + 2 \to -\infty$. Par somme : $\boxed{\lim_{x \to -\infty} f(x) = -\infty}$.

$f(x) - (x+2) = (x-2)e^x$. $\lim_{x \to -\infty} (x-2)e^x = 0$ (croissance comparée, comme vu question 2). Donc $\lim_{x \to -\infty} [f(x) - (x+2)] = 0$ : la droite $\Delta : y = x + 2$ est **asymptote** à $\mathcal{C}_f$ en $-\infty$. **Position :** pour $x < 2$, $(x-2) < 0$ et $e^x > 0$, donc $(x-2)e^x < 0$, soit $f(x) < x + 2$. La courbe est **en dessous** de $\Delta$ au voisinage de $-\infty$.

$f'(x) = e^x + (x-2)e^x + 1 = (1 + x - 2)e^x + 1 = (x-1)e^x + 1$. $\boxed{f'(x) = (x-1)e^x + 1}$

$f''(x) = e^x + (x-1)e^x = xe^x$. Pour $x > 0$ : $f''(x) = xe^x > 0$. Pour $x < 0$ : $f''(x) = xe^x < 0$. $f''(0) = 0$. Donc $f'$ décroît sur $]-\infty\,;0]$ et croît sur $[0\,;+\infty[$. Le minimum de $f'$ est atteint en $x = 0$ : $f'(0) = (0-1)e^0 + 1 = -1 + 1 = 0$. Donc $f'(x) \geqslant 0$ pour tout $x \in \mathbb{R}$, avec égalité seulement en $x = 0$.

$f'(x) \geqslant 0$ pour tout $x$, avec $f'(0) = 0$. Donc $f$ est **croissante** sur $\mathbb{R}$ (strictement sur chacun des intervalles). $f(0) = (0-2)e^0 + 0 + 2 = -2 + 2 = 0$. | $x$ | $-\infty$ | | $0$ | | $+\infty$ | |---|---|---|---|---|---| | $f'(x)$ | | $+$ | $0$ | $+$ | | | $f(x)$ | $-\infty$ | $\nearrow$ | $0$ | $\nearrow$ | $+\infty$ |

$f$ est continue et strictement croissante sur $\mathbb{R}$, avec $f(0) = 0$. Comme $f$ passe de $-\infty$ à $+\infty$ et est strictement croissante, l'équation $f(x) = 0$ admet **une unique solution**, qui est $\boxed{x = 0}$.

$f(x) = \frac{3x+1}{x+2} = \frac{x(3+\frac{1}{x})}{x(1+\frac{2}{x})} = \frac{3+\frac{1}{x}}{1+\frac{2}{x}} \to \frac{3}{1} = 3$. $\boxed{\lim_{x \to +\infty} f(x) = 3}$. La droite $y = 3$ est AH.

$f'(x) = \frac{3(x+2) - (3x+1)}{(x+2)^2} = \frac{3x+6-3x-1}{(x+2)^2} = \frac{5}{(x+2)^2}$. Pour tout $x \geqslant 0$, $(x+2)^2 > 0$, donc $f'(x) = \frac{5}{(x+2)^2} > 0$. $f$ est **strictement croissante** sur $[0\,;+\infty[$.

$\frac{3x+1}{x+2} = x \Leftrightarrow 3x+1 = x(x+2) = x^2+2x \Leftrightarrow x^2 - x - 1 = 0$. $\Delta = 1 + 4 = 5$. Solutions : $x = \frac{1 \pm \sqrt{5}}{2}$. Sur $[0\,;+\infty[$ : $x = \frac{1+\sqrt{5}}{2} \approx 1{,}618$ (le nombre d'or !). Graphiquement, la courbe de $f$ coupe la droite $y = x$ en ce point.

$u_0 = 0$. $u_1 = f(0) = \frac{1}{2} = 0{,}5$. $u_2 = f(\frac{1}{2}) = \frac{\frac{3}{2}+1}{\frac{1}{2}+2} = \frac{\frac{5}{2}}{\frac{5}{2}} = 1$. $u_3 = f(1) = \frac{3+1}{1+2} = \frac{4}{3} \approx 1{,}333$. $\boxed{u_1 = \frac{1}{2}, \quad u_2 = 1, \quad u_3 = \frac{4}{3}}$

Posons $\alpha = \frac{1+\sqrt{5}}{2}$. **Initialisation :** $u_0 = 0$. On a bien $0 \leqslant 0 < \alpha$. **Hérédité :** Supposons $0 \leqslant u_n < \alpha$. - $f$ est croissante et $u_n \geqslant 0$, donc $u_{n+1} = f(u_n) \geqslant f(0) = \frac{1}{2} > 0$. - $u_n < \alpha$ et $f$ croissante, donc $u_{n+1} = f(u_n) < f(\alpha) = \alpha$ (car $\alpha$ est point fixe). Donc $0 \leqslant u_{n+1} < \alpha$. Par récurrence, $\boxed{0 \leqslant u_n < \alpha}$ pour tout $n$.

On étudie $u_{n+1} - u_n = f(u_n) - u_n$. Posons $g(x) = f(x) - x = \frac{3x+1}{x+2} - x = \frac{3x+1 - x(x+2)}{x+2} = \frac{-x^2+x+1}{x+2}$. Pour $0 \leqslant x < \alpha = \frac{1+\sqrt{5}}{2}$ : le dénominateur $x+2 > 0$. Le numérateur $-x^2+x+1 = -(x^2-x-1)$. Or $x^2-x-1 < 0$ pour $x < \frac{1+\sqrt{5}}{2} = \alpha$. Donc $-x^2+x+1 > 0$, et $g(x) > 0$. Comme $0 \leqslant u_n < \alpha$, on a $g(u_n) > 0$, soit $u_{n+1} > u_n$. La suite $(u_n)$ est **strictement croissante**.

$(u_n)$ est croissante et majorée par $\alpha$, donc elle **converge** (théorème de la suite croissante majorée). Soit $\ell$ sa limite. Par continuité de $f$ : $\ell = f(\ell)$, donc $\ell$ est point fixe de $f$ dans $[0\,;+\infty[$. Le seul point fixe positif est $\alpha = \frac{1+\sqrt{5}}{2}$. $\boxed{\lim_{n \to +\infty} u_n = \frac{1+\sqrt{5}}{2}}$

On divise numérateur et dénominateur par $e^x$ : $$f(x) = \frac{x}{1 + \frac{1}{e^x}}$$ $\frac{1}{e^x} \to 0$ quand $x \to +\infty$, donc $f(x) \sim \frac{x}{1} = x \to +\infty$. $\boxed{\lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty}$

Quand $x \to -\infty$, $e^x \to 0$, donc : $$f(x) = \frac{xe^x}{e^x + 1} \to \frac{0}{0+1} = 0$$ (car $xe^x \to 0$ par croissance comparée). $\boxed{\lim_{x \to -\infty} f(x) = 0}$. La droite $y = 0$ est AH en $-\infty$.

$f(x) - x = \frac{xe^x}{e^x+1} - x = \frac{xe^x - x(e^x+1)}{e^x+1} = \frac{xe^x - xe^x - x}{e^x+1} = \frac{-x}{e^x+1}$. $\lim_{x \to +\infty} \frac{-x}{e^x+1}$ : par croissance comparée, $\frac{x}{e^x} \to 0$, et $\frac{x}{e^x+1} \leqslant \frac{x}{e^x} \to 0$. Donc $\frac{-x}{e^x+1} \to 0$. Ainsi $\lim_{x \to +\infty} [f(x) - x] = 0$ : la droite $y = x$ est **asymptote** à $\mathcal{C}_f$ en $+\infty$.

**Par rapport à $y = x$ (en $+\infty$) :** $f(x) - x = \frac{-x}{e^x+1}$. Pour $x > 0$ : $\frac{-x}{e^x+1} < 0$, donc $\mathcal{C}_f$ est **en dessous** de $y = x$. **Par rapport à $y = 0$ (en $-\infty$) :** $f(x) = \frac{xe^x}{e^x+1}$. Pour $x < 0$ : $x < 0$ et $e^x > 0$ donc $xe^x < 0$, et $e^x + 1 > 0$. Donc $f(x) < 0$ : $\mathcal{C}_f$ est **en dessous** de $y = 0$.

$f(x) = x - \frac{x}{e^x+1}$. Posons $h(x) = \frac{x}{e^x+1}$. $h'(x) = \frac{(e^x+1) - x e^x}{(e^x+1)^2} = \frac{e^x + 1 - xe^x}{(e^x+1)^2} = \frac{(1-x)e^x + 1}{(e^x+1)^2}$. $f'(x) = 1 - h'(x) = 1 - \frac{(1-x)e^x + 1}{(e^x+1)^2} = \frac{(e^x+1)^2 - (1-x)e^x - 1}{(e^x+1)^2}$. Développons : $(e^x+1)^2 = e^{2x} + 2e^x + 1$. $e^{2x} + 2e^x + 1 - e^x + xe^x - 1 = e^{2x} + e^x + xe^x = e^x(e^x + 1 + x)$. $\boxed{f'(x) = \frac{e^x(e^x + x + 1)}{(e^x+1)^2}}$

$e^x > 0$ et $(e^x+1)^2 > 0$ pour tout $x$. Le signe de $f'$ est celui de $\varphi(x) = e^x + x + 1$. $\varphi'(x) = e^x + 1 > 0$ pour tout $x$ : $\varphi$ est strictement croissante sur $\mathbb{R}$. $\lim_{x \to -\infty} \varphi(x) = -\infty$ et $\varphi(0) = 2 > 0$. Par le théorème des valeurs intermédiaires, il existe un unique $x_0 \in ]-\infty\,;0[$ tel que $\varphi(x_0) = 0$. Numériquement : $\varphi(-2) = e^{-2} - 1 \approx -0{,}86 < 0$ et $\varphi(-1) = e^{-1} \approx 0{,}37 > 0$, donc $x_0 \in ]-2\,;-1[$, soit $x_0 \approx -1{,}28$. Tableau de signes de $\varphi$ (et donc de $f'$) : - Pour $x < x_0$ : $\varphi(x) < 0$, donc $f'(x) < 0$. - Pour $x > x_0$ : $\varphi(x) > 0$, donc $f'(x) > 0$. $f(x_0) = \frac{x_0 e^{x_0}}{e^{x_0}+1} \approx -0{,}28$. Tableau de variations : | $x$ | $-\infty$ | | $x_0 \approx -1{,}28$ | | $+\infty$ | |---|---|---|---|---|---| | $f'(x)$ | | $-$ | $0$ | $+$ | | | $f(x)$ | $0$ | $\searrow$ | $f(x_0) \approx -0{,}28$ | $\nearrow$ | $+\infty$ |