# 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.
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).
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.)
* $\lim _{x\to +\infty }(\mathrm {e} ^{x}-x)$
Quand $x\to +\infty$, $\mathrm {e} ^{x}-x=\mathrm {e} ^{x}\left(1-x\operatorname {e} ^{-x}\right)\to +\infty \times (1-0)=+\infty$.
* $\lim _{x\to +\infty }{\frac {\operatorname {e} ^{x}}{x^{2}+1}}$
Quand $x\to +\infty$, ${\frac {\operatorname {e} ^{x}}{x^{2}+1}}\to +\infty$ car $\forall x\geq 1\quad {\frac {\mathrm {e} ^{x}}{x^{2}+1}}\geq {\frac {\mathrm {e} ^{x}}{2x^{2}}}$.
* $\lim _{x\to -\infty }\left(x^{2}+1\right)\mathrm {e} ^{x}$
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.
* Déduire la propriété pour tout réel $\alpha \geq 0$ du cas particulier $\alpha \in \mathbb {N}$.
* Déduire la propriété pour tout réel $\alpha >0$ du sous-cas $\alpha =1$.
* Démontrer la propriété pour tout réel $\alpha >-1$ par la même méthode que celle vue en cours pour $\alpha \in \mathbb {N}$.
* 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 $\alpha$, $\lim _{x\to +\infty }{\frac {\operatorname {e} ^{x}}{x^{\alpha }}}=+\infty$.
* 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 $x\to +\infty$.
* $y:={\frac {x}{\alpha }}\to +\infty$ quand $x\to +\infty$, et ${\frac {\operatorname {e} ^{x}}{x^{\alpha }}}={\frac {\operatorname {e} ^{\alpha y}}{(\alpha y)^{\alpha }}}=\alpha ^{-\alpha }\left({\frac {\operatorname {e} ^{y}}{y}}\right)^{\alpha }\to \alpha ^{-\alpha }\left(+\infty \right)^{\alpha }=+\infty$.
* 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 $x\to +\infty$.
** 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) ${\frac {\operatorname {e} ^{x}}{x^{\alpha }}}\to +\infty$.

## Exercice 4

On souhaite comparer l'efficacité de deux traitements antiviraux. Une modélisation de la charge virale (respectivement $C_{1}$ et $C_{2}$) en fonction du temps (en jours) donne :
* pour le premier traitement, $C_{1}(t)=N_{0}\left(1+3t+t^{2}\right)\operatorname {e} ^{-2t}$ ;
* pour le deuxième traitement, $C_{2}(t)=N_{0}\left(1+t\right)^{-5 \over 4}$.
* Déterminer, pour chacun des traitements, la charge virale moyenne (par unité de temps) entre le début du traitement et l'instant $t$ considéré. Vérifier la valeur limite qu'on trouve quand $t$ tend vers 0.
* On estime que le système immunitaire est devenu suffisamment efficace contre le virus au bout de 10 jours. Quel que soit le traitement, les individus guérissent. Quel traitement conseillez-vous (limitation des effets sur l'organisme et de l'apparition de résistance chez les virus)? En serait-il de même si l'on pouvait arrêter le traitement au bout de 3 jours ?
* La charge virale moyenne entre le début du traitement et l'instant $t$ est :
** pour le premier traitement :
    ${\begin{aligned}M_{1}(t)&={\frac {1}{t}}\int _{0}^{t}N_{0}\left(1+3x+x^{2}\right)\operatorname {e} ^{-2x}\,\mathrm {d} x={\frac {1}{t}}\left(\left[-N_{0}(1+3x+x^{2}){\operatorname {e} ^{-2x} \over 2}\right]_{0}^{t}+\int _{0}^{t}N_{0}(3+2x){\operatorname {e} ^{-2x} \over 2}\,\mathrm {d} x\right)\\&={\frac {1}{t}}\left(N_{0}\left({\frac {1}{2}}-(1+3t+t^{2}){\operatorname {e} ^{-2t} \over 2}\right)+\left[-N_{0}(3+2x){\operatorname {e} ^{-2x} \over 4}\right]_{0}^{t}+\int _{0}^{t}2N_{0}{\operatorname {e} ^{-2x} \over 4}\,\mathrm {d} x\right)\\&={\frac {1}{t}}\left(N_{0}\left({\frac {1}{2}}-(1+3t+t^{2}){\operatorname {e} ^{-2t} \over 2}\right)+N_{0}\left({3 \over 4}-(3+2t){\operatorname {e} ^{-2t} \over 4}\right)+\left[-N_{0}{\operatorname {e} ^{-2x} \over 4}\right]_{0}^{t}\right)\\&={\frac {1}{t}}\left(N_{0}\left({\frac {1}{2}}-(1+3t+t^{2}){\operatorname {e} ^{-2t} \over 2}\right)+N_{0}\left({\frac {3}{4}}-(3+2t){\operatorname {e} ^{-2t} \over 4}\right)+N_{0}\left({\frac {1}{4}}-{\operatorname {e} ^{-2t} \over 4}\right)\right)\\&={N_{0} \over t}\left({\frac {3}{2}}-\left({3 \over 2}+2t+{t^{2} \over 2}\right)\operatorname {e} ^{-2t}\right)=N_{0}\left(3{\operatorname {e} ^{-2t}-1 \over -2t}-\left(2+{t \over 2}\right)\operatorname {e} ^{-2t}\right)\end{aligned}}$
    En particulier $\lim _{t\to 0}M_{1}(t)=N_{0}(3-2)=N_{0}$ ce qui est normal. Au début de l'étude, la charge virale est de $N_{0}$ donc la charge moyenne pour des périodes très courtes au début de l'étude est proche de $N_{0}$.
** pour le deuxième traitement :
    ${\begin{aligned}M_{2}(t)&={\frac {1}{t}}\int _{0}^{t}N_{0}(1+x)^{-5 \over 4}\,\mathrm {d} x={\frac {1}{t}}\left[-4N_{0}(1+x)^{-1 \over 4}\right]_{0}^{t}={4N_{0} \over t}\left(1-{1 \over (1+t)^{\frac {1}{4}}}\right)\\&={4N_{0} \over t}\left({(1+t)^{\frac {1}{2}}-1 \over (1+(1+t)^{\frac {1}{4}})(1+t)^{\frac {1}{4}}}\right)=4N_{0}\left({1 \over (1+(1+t)^{\frac {1}{2}})(1+(1+t)^{\frac {1}{4}})(1+t)^{\frac {1}{4}}}\right)\end{aligned}}$
    On trouve à nouveau que $\lim _{t\to 0}M_{2}(t)=N_{0}$.
** Au bout de 20 jours, la charge virale moyenne est de :
*** pour le premier traitement, $M_{1}(t)\simeq 0{,}075$ ;
*** pour le deuxième traitement, $M_{2}(t)\simeq 0{,}107$.
** Au bout de 3 jours, la charge virale moyenne est de :
*** pour le premier traitement, $M_{1}(t)\simeq 0{,}49$ ;
*** pour le deuxième traitement, $M_{2}(t)\simeq 0{,}39$.
    Même si les différences ne sont pas très importantes, dans le cas d'un traitement court, on favorisera le deuxième traitement alors que dans le cas d'un traitement long, on favorisera le premier.
| Équations différentielles | Fonction racine n-ième |