Corrigé ESSEC 2025 Maths 2 appliquées ECG — Partie III (Q12 à Q16) : La fonction g(x) = e^(−x) ∫ h : régularité de h, maximum en γ ∈ [ln 3, 2], développement en série et tracé en Python

Q12. Sur $]0,+\infty [$, $h$ est le quotient de fonctions de classe ${\mathcal{C}}^1$ dont le dénominateur ne s'annule pas : elle y est de classe ${\mathcal{C}}^1$, et

$$h^{\prime }(x)=\frac{x{\mathrm{e}}^x-({\mathrm{e}}^x-1)}{x^2}=\frac{(x-1){\mathrm{e}}^x+1}{x^2}.$$

En $0$. La formule de Taylor-Young à l'ordre $2$ pour l'exponentielle donne ${\mathrm{e}}^x=1+x+\frac{x^2}{2}+x^2\epsilon (x)$ avec $\epsilon (x)\to 0$ quand $x\to 0$. Pour $x>0$ :

• $h(x)=1+\frac{x}{2}+x\epsilon (x)\to 1=h(0)$ : $h$ est continue en $0$ ;
• $\frac{h(x)-h(0)}{x}=\frac{{\mathrm{e}}^x-1-x}{x^2}=\frac{1}{2}+\epsilon (x)\to \frac{1}{2}$ : $h$ est dérivable (à droite) en $0$ et $\boxed{h^{\prime }(0)=\frac{1}{2}}$ ;
• $(x-1){\mathrm{e}}^x+1=(x-1)(1+x+\frac{x^2}{2})+(x-1)x^2\epsilon (x)+1=\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{2}+(x-1)x^2\epsilon (x)$, donc $h^{\prime }(x)=\frac{1}{2}+\frac{x}{2}+(x-1)\epsilon (x)\to \frac{1}{2}=h^{\prime }(0)$ : $h^{\prime }$ est continue en $0$.

Ainsi $h$ est de classe ${\mathcal{C}}^1$ sur ${\mathbb{R}}^{+}$.

Q13.a $h$ est continue sur ${\mathbb{R}}^{+}$ (Q12), donc $H:x\mapsto {\int }_0^{x}h(t)\mathrm{d}t$ est la primitive de $h$ qui s'annule en $0$ (toute fonction continue sur un intervalle admet des primitives) : $H$ est de classe ${\mathcal{C}}^1$ sur ${\mathbb{R}}^{+}$ avec $H^{\prime }=h$. Par produit, $g$ est dérivable et

$$g^{\prime }(x)=-{\mathrm{e}}^{-x}H(x)+{\mathrm{e}}^{-x}h(x)={\mathrm{e}}^{-x}(h(x)-H(x)).$$

Comme $h$ est de classe ${\mathcal{C}}^1$ (Q12), ${\int }_0^x{h}^{\prime }(t)\mathrm{d}t=h(x)-h(0)=h(x)-1$, d'où

$$1-{\int }_0^x(h(t)-h^{\prime }(t))\mathrm{d}t=1-H(x)+h(x)-1=h(x)-H(x),$$

ce qui donne la formule demandée.

Q13.b Pour $t>0$, avec Q12 :

$$h(t)-h^{\prime }(t)=\frac{t({\mathrm{e}}^t-1)-(t-1){\mathrm{e}}^t-1}{t^2}=\frac{t{\mathrm{e}}^t-t-t{\mathrm{e}}^t+{\mathrm{e}}^t-1}{t^2}=\frac{{\mathrm{e}}^t-1-t}{t^2}.$$

Q13.c Pour $t>0$, ${\mathrm{e}}^t-1-t>0$ (version stricte de Q1), donc $h(t)-h^{\prime }(t)>0$ ; en $0$, $h(0)-h^{\prime }(0)=1-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}>0$. Donc $\boxed{h-h^{\prime }>0\text{ sur }{\mathbb{R}}^{+}}$.

Montrons de plus ${\mathrm{e}}^t⩾1+t+\frac{t^2}{2}$ pour $t⩾0$ : la fonction ${\chi }_1(t)={\mathrm{e}}^t-1-t-\frac{t^2}{2}$ vérifie ${\chi }_1^{\prime }(t)={\mathrm{e}}^t-1-t⩾0$ (Q1) et ${\chi }_1(0)=0$, donc ${\chi }_1⩾0$ sur ${\mathbb{R}}^{+}$. Il en résulte $h(t)-h^{\prime }(t)⩾\frac{1}{2}$ pour $t>0$, et aussi pour $t=0$. Par croissance de l'intégrale, pour $x⩾0$,

$${\int }_0^x(h(t)-h^{\prime }(t))\mathrm{d}t⩾\frac{x}{2}\underset{x\to +\infty }{\to }+\infty .$$