PanaMaths Septembre 2014
Soit n réels ( n ≥ 2 ) a a
1,
2, … , a
nvérifiant : 1 < < a
1a
2<… < a
n.
1. Montrer que pour tout réel a strictement supérieur à a
n, il existe un unique réel x
asolution de l’équation :
1x 2x
...
nx xa + + + a a = a
2. Pour a et b tels que a
n< < a b , comparer x
aet x
b. 3. Déterminer lim
aa→+∞
x puis
alim
→+∞( xaln a ) .
Analyse
L’exercice permet en fait d’étudier la solution strictement positive (le réel xa) d’une équation en fonction de l’un de ses paramètres (le réel a). La dernière question permet, en particulier, d’obtenir le comportement asymptotique de cette solution.
Résolution
Question 1.
On a immédiatement :
1 2 1 2
1 2
... ... 1 ... 1
x
x x
x x x
x x x x n n
n x
a a a a a a
a a a a
a a a a
+ + + ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞
+ + + = ⇔ = ⇔⎜ ⎟⎝ ⎠ +⎜⎝ ⎟⎠ + +⎜⎝ ⎟⎠ =
Soit alors la fonction Φa définie sur + par :
( )
1 x 2 x ... n xa
a
a a
x a a a
⎛ ⎞
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
Φ =⎜ ⎟⎝ ⎠ +⎜⎝ ⎟⎠ + +⎜⎝ ⎟⎠
La fonction Φa est continue sur + comme somme de fonctions continues (en tant que fonctions exponentielles) sur cet intervalle.
Par ailleurs, la fonction Φa est continue sur + comme somme de fonctions dérivables sur cet intervalle et on a, pour tout réel x positif :
( )
1 1 2 21
' ln ln ... ln ln
x x
x x n
n n i i
a
i
a a a a
a a a a
x a a a a a a = a a
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞
Φ = ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠× + ⎜⎝ ⎟ ⎜⎠ ⎝× ⎟⎠ + + ⎜⎝ ⎟ ⎜⎠ ⎝× ⎟⎠ =
∑
⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠×PanaMaths Septembre 2014
Pour tout entier i dans 1 ;n , on a : 0 ai 1
< a < et donc ln ai 0
⎛ ⎞ <a
⎜ ⎟⎝ ⎠ . Par ailleurs, on a
également : 0
x
ai
⎛ ⎞ >a
⎜ ⎟⎝ ⎠ . On en déduit que chaque terme de la somme
1
ln
n x
i i
i
a a
a a
=
⎛ ⎞ ⎛ ⎞×
⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
∑
eststrictement négatif et, finalement :
( )
1
' ln 0
n x
i i
a
i
a a
x = a a
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ Φ =
∑
⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠× < . La fonction Φa est donc strictement décroissante sur +.On a : a
( )
0 1 0 2 0 ... n 0 1 1 ... 1 1a
a a
a a a n
⎛ ⎞
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
Φ =⎜ ⎟⎝ ⎠ +⎜⎝ ⎟⎠ + +⎜⎝ ⎟⎠ = + + + = > (par hypothèse sur n).
Comme, pour tout entier i dans 1 ;n , on a : 0 ai 1
< a < , il vient lim 0
x i x
a
→+∞⎛ ⎞ =⎜ ⎟⎝ ⎠a et donc :
( )
1
lim lim ln 0 1
n x
i i
x a x
i
a a
x a a
→+∞ →+∞ =
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ Φ =
∑
⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠× = <D’après ce qui précède, la fonction Φa définit une bijection de + dans
]
0 ;n]
et comme0 1< <n, on en déduit finalement qu’il existe un unique réel xa strictement positif solution de l’équation : Φa
( )
x =1. Le résultat est ainsi établi.L’équation a1x+a2x+ +... anx =ax admet une unique solution dans *+.
Question 2.
Soit a et b deux réels tels que an < <a b. D’après la question précédente, on a :
( )
1 xa 2 xa ... n xa 1a a
a
a a
x a a a
⎛ ⎞
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
Φ =⎜ ⎟⎝ ⎠ +⎜⎝ ⎟⎠ + +⎜⎝ ⎟⎠ = et b
( )
b 1 xb 2 xb ... n xb 1a
a a
x b b b
⎛ ⎞
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
Φ =⎜ ⎟⎝ ⎠ +⎜⎝ ⎟⎠ + +⎜⎝ ⎟⎠ =
On a aussi :
( )
( )
1 2
1 2 1 2
1 2
1
...
... ...
...
b b b
b b b b b b b
b b b
b b
b b b
b
b
x
x x
n
a b
x x x x x x x
n n
x x x
x x
x x x
n
b b
x
x
a a a
x a a a
a a a a a a b
a b a
a a a b b
b a x a
b a
=
⎛ ⎞
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
Φ =⎜ ⎟⎝ ⎠ +⎜⎝ ⎟⎠ + +⎜⎝ ⎟⎠
+ + + + + +
= = ×
+ + + ⎛ ⎞ ⎛ ⎞
= ×⎜ ⎟⎝ ⎠ = Φ ×⎜ ⎟⎝ ⎠
= ⎜ ⎟⎛ ⎞⎝ ⎠
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Comme on a b 1
a > et xb >0, il vient 1
xb
b
⎛ ⎞ >a
⎜ ⎟⎝ ⎠ . D’où, en tenant compte de la décroissance stricte de la fonction Φa :
( )
1( ) ( )
a xb a xb a xa xb xa
Φ > ⇔ Φ > Φ ⇔ <
Ainsi, an < < ⇒a b xb <xa.
Question 3.
Soit ϕ la fonction définie par :
]
;[
*: n
a
a
a x
ϕ ⎧⎪⎨ + ∞ → +
⎪⎩
D’après la question précédente, la fonction ϕ est strictement décroissante. Etant minorée par 0, elle admet donc une limite finie en +∞.
On a : na1x <a1x+a2x+ +... anx <nanx⇒na1xa <a1xa+a2xa+ +... anxa <nanxa, c'est-à-dire :
1
a a a
x x x
na <a <nan
D’où : 1 1
a a
a a
x x
n
x x
na na
a < < a , soit : 1 1
a
a x
x
an
n a n
a a
⎛ ⎞
⎛ ⎞ < <
⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠ puis :
ln aln a1 0 ln aln an
n x n x
a a
⎛ ⎞ + ⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠< < + ⎜⎝ ⎟⎠
En tenant compte du fait que ln a1 a
⎛ ⎞⎜ ⎟
⎝ ⎠ et ln an a
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠ sont strictement négatifs, on obtient finalement l’encadrement suivant :
1
ln ln
ln ln
a
n
n n
x
a a
a a
< <
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
On a immédiatement :
1
lim lim
a a
n
a a
a a
→+∞ = →+∞ = +∞ puis
1
lim ln lim ln
a a
n
a a
a a
→+∞ →+∞
⎛ ⎞
⎛ ⎞= ⎜ ⎟= +∞
⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ .
On a enfin :
1
ln ln
lim lim lim 0
ln ln
a a a a
n
n n
x
a a
a a
→+∞ = →+∞ = →+∞ =
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
.
lim a 0
a x
→+∞ =
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L’encadrement
1
ln ln
ln ln
a
n
n n
x
a a
a a
< <
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
nous donne également :
1
ln ln
ln ln ln
ln ln
a
n
n n
a x a a
a a
a a
< <
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
Soit :
1
ln ln
ln ln
ln ln
1 1
ln ln
a
n
n n
a x a
a a
a a
< <
− −
.
Comme ln 1 ln
lim 1 lim 1 1
ln ln
n
a a
a a
a a
→+∞ →+∞
⎛ ⎞
⎛ − ⎞= − =
⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠ , il vient finalement : lim
(
aln)
lna x a n
→+∞ = .
( )
lim aln ln
a x a n
→+∞ =