Exercice 47

La fonction $\varphi : t\mapsto\dfrac{\mathrm{e}^{t}}{t}$ est continue sur $]0\,;+\infty[$ et sur $]-\infty\,;0[$. Si $x>0$, les réels $x$ et $2x$ sont dans $]0\,;+\infty[$, et si $x<0$, ils sont dans $]-\infty\,;0[$ : dans les deux cas, $\varphi$ est continue entre les bornes, et $f(x)$ est bien défini.

1. Sur chacun des deux intervalles, notons $\Phi$ une primitive de $\varphi$, de sorte que $f(x)=\Phi(2x)-\Phi(x)$. Comme à l'exercice 44 : $$f'(x)=2\,\varphi(2x)-\varphi(x)=\frac{2\,\mathrm{e}^{2x}}{2x}-\frac{\mathrm{e}^{x}}{x} =\frac{\mathrm{e}^{x}\left(\mathrm{e}^{x}-1\right)}{x}$$ Le facteur $\mathrm{e}^{x}-1$ a le signe de $x$ : le quotient est strictement positif pour tout $x\neq 0$. $$\boxed{f \text{ est strictement croissante sur } ]-\infty\,;0[ \text{ et sur } ]0\,;+\infty[.}$$

2. Soit $x>0$. Pour $t\in[x\,;2x]$, on a $\mathrm{e}^{t}\geqslant\mathrm{e}^{x}$ et $\frac{1}{t}\geqslant\frac{1}{2x}$, ces nombres étant positifs, donc $\varphi(t)\geqslant\frac{\mathrm{e}^{x}}{2x}$. L'intégration sur $[x\,;2x]$, de longueur $x$, donne $$\boxed{f(x)\geqslant x\times\frac{\mathrm{e}^{x}}{2x}=\frac{\mathrm{e}^{x}}{2}}$$ d'où, par comparaison, $\boxed{\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty}$.

3. Soit $x<0$. Les bornes $x$ et $2x$ sont alors dans le mauvais ordre ($2x<x$), et l'on écrit $$f(x)=-\int_{2x}^{x}\frac{\mathrm{e}^{t}}{t}\,\mathrm{d}t=\int_{2x}^{x}\frac{\mathrm{e}^{t}}{|t|}\,\mathrm{d}t$$ puisque $-t=|t|$ pour $t<0$. Pour $t\in[2x\,;x]$, on a $\mathrm{e}^{t}\leqslant\mathrm{e}^{x}$ et $|t|\geqslant|x|$, donc $0<\frac{\mathrm{e}^{t}}{|t|}\leqslant\frac{\mathrm{e}^{x}}{|x|}$. En intégrant sur $[2x\,;x]$, de longueur $|x|$ : $$0\leqslant f(x)\leqslant|x|\times\frac{\mathrm{e}^{x}}{|x|}=\mathrm{e}^{x}$$ Comme $\mathrm{e}^{x}\to 0$ en $-\infty$, le théorème des gendarmes donne $\boxed{\displaystyle\lim_{x\to-\infty}f(x)=0}$.

4. On écrit $\mathrm{e}^{t}-1=\displaystyle\int_{0}^{t}\mathrm{e}^{s}\,\mathrm{d}s$. Si $t\in[0\,;1]$, on a $1\leqslant\mathrm{e}^{s}\leqslant\mathrm{e}$ sur $[0\,;t]$, donc $0\leqslant\mathrm{e}^{t}-1\leqslant\mathrm{e}\,t$. Si $t\in[-1\,;0]$, on a $\mathrm{e}^{s}\leqslant 1$ sur $[t\,;0]$, donc $0\leqslant 1-\mathrm{e}^{t}=\int_{t}^{0}\mathrm{e}^{s}\,\mathrm{d}s\leqslant|t|$. Dans tous les cas : $$\boxed{\text{pour tout } t\in[-1\,;1],\quad\left|\mathrm{e}^{t}-1\right|\leqslant\mathrm{e}\,|t| \text{ : la constante } C=\mathrm{e} \text{ convient.}}$$

5. On sépare $\varphi(t)=\dfrac{1}{t}+\dfrac{\mathrm{e}^{t}-1}{t}$. La première partie s'intègre : pour $x>0$, $\int_{x}^{2x}\frac{\mathrm{d}t}{t}=\ln(2x)-\ln(x)=\ln(2)$ ; pour $x<0$, la fonction $t\mapsto\ln(-t)$, de dérivée $\frac{1}{t}$, est une primitive de $t\mapsto\frac{1}{t}$ sur $]-\infty\,;0[$, et l'on obtient de même $\ln(-2x)-\ln(-x)=\ln(2)$. Ainsi $$f(x)=\ln(2)+R(x)\qquad\text{avec}\qquad R(x)=\int_{x}^{2x}\frac{\mathrm{e}^{t}-1}{t}\,\mathrm{d}t$$ Si $0<|x|\leqslant\frac{1}{2}$, tout $t$ compris entre $x$ et $2x$ vérifie $|t|\leqslant 1$, et la question 4 donne $-\mathrm{e}\leqslant\frac{\mathrm{e}^{t}-1}{t}\leqslant\mathrm{e}$. En intégrant sur l'intervalle d'extrémités $x$ et $2x$, de longueur $|x|$, on obtient $|R(x)|\leqslant\mathrm{e}\,|x|$, qui tend vers $0$. $$\boxed{\lim_{x\to 0}f(x)=\ln(2)}$$

La courbe, tracée à partir de valeurs calculées numériquement, montre les deux branches croissantes, la limite nulle en $-\infty$ et la croissance rapide en $+\infty$. Elle montre surtout que les deux branches se raccordent au point de coordonnées $(0\,;\ln 2)$, marqué d'un cercle vide car $f$ n'est pas définie en $0$.

Remarque. Le résultat de la question 5 est surprenant : la fonction intégrée devient infinie près de $0$, et pourtant l'intégrale sur $[x\,;2x]$ a une limite finie. C'est que l'intervalle rétrécit en même temps, et que la partie $\frac{1}{t}$, responsable de l'explosion, a sur $[x\,;2x]$ une intégrale qui ne dépend pas de $x$. Le découpage $\varphi=\frac{1}{t}+\frac{\mathrm{e}^{t}-1}{t}$ isole précisément cette partie.