Résoudre une équation avec exponentielle

À tenir avant

• Utiliser les propriétés algébriques de l'exponentielle

Cette méthode au national

8 questions d'examens nationaux demandent cette méthode.

• NATIONAL 2021 · normale2 pts
  Exercice 1 a) Résoudre dans $\mathbb{R}$ l'équation : $e^{2x} + 3 = 0$ b) Résoudre dans $\mathbb{R}$ l'inéquation : $e^{2x} - 4e^x + 3 < 0$ c) Calculer $\lim\limits_{x \to 0} \frac{e^{2x} - 1}{e^x - 1}$ d) Montrer que l'équation $2e^{2x} + e^x + 4x = 0$ admet une…
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  a) L'équation $e^{2x} + 3 = 0$ n'admet aucune solution dans $\mathbb{R}$ (car $e^{2x} > 0$ pour tout $x \in \mathbb{R}$) b) L'ensemble des solutions de $e^{2x} - 4e^x + 3 < 0$ est $(0, \ln 3)$ c) $\lim\limits_{x \to 0} \frac{e^{2x} - 1}{e^x - 1} = 2$ d) L'équation admet une solution dans $[-1, 0]$ par le théorème des valeurs intermédiaires

  ce que le barème veut ·

  a) On remarque que pour tout $x \in \mathbb{R}$, $e^{2x} > 0$, donc $e^{2x} + 3 > 3 > 0$. L'équation n'a pas de solution. b) Posons $u = e^x$. L'inéquation devient $u^2 - 4u + 3 < 0$, soit $(u-1)(u-3) < 0$. Cette inéquation est satisfaite pour $1 < u < 3$, c'est-à-dire $1 < e^x < 3$, donc $0 < x < \ln 3$. c) Par la règle de L'Hôpital ou développements limités : $\lim\limits_{x \to 0} \frac{e^{2x} - 1}{e^x - 1} = \lim\limits_{x \to 0} \frac{2e^{2x}}{e^x} = 2$ d) Considérons $f(x) = 2e^{2x} + e^x + 4x$. Alors :

  • $f(-1) = 2e^{-2} + e^{-1} - 4 \approx 0.27 + 0.37 - 4 < 0$
  • $f(0) = 2 + 1 + 0 = 3 > 0$

  Comme $f$ est continue et change de signe sur $[-1, 0]$, le théorème des valeurs intermédiaires garantit l'existence d'une solution.
• NATIONAL 2021 · normale4 pts
  Soient $a$, $b$ et $c$ trois nombres complexes non nuls tels que $a + b + c \neq 0$. 1- a) Résoudre dans l'ensemble $\mathbb{C}$ l'équation d'inconnue $z$ : $(E) : z^2 - (a+b+c)z + c(a+b) = 0$ b) On suppose dans cette question que $a = i$, $b = -1$ et…
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  1- a) L'équation se factorise : $z^2 - (a+b+c)z + c(a+b) = (z - c)(z - (a+b)) = 0$. Solutions : $z = c$ ou $z = a + b$. b) Avec $a = i$, $b = -1$, $c = 1+i$ :

  • $a + b = i - 1 = \sqrt{2} e^{i(3\pi/4)}$
  • $c = 1 + i = \sqrt{2} e^{i\pi/4}$

  Les deux solutions sous forme exponentielle sont : $\sqrt{2} e^{i\pi/4}$ et $\sqrt{2} e^{i(3\pi/4)}$. 2- a) La rotation d'angle $\frac{\pi}{2}$ centrée en $P$ transforme $B$ en $A$ : $a - p = (b - p)e^{i\pi/2} = (b-p)i$. Donc $a - p = (b-p)i$, ce qui donne $a = p + (b-p)i = p(1-i) + bi$, d'où $2p = b + a + (a-b)i$. De même, $2q = c + a - (a-c)i$. b) $d = \frac{b+c}{2}$. $p - d = \frac{b+a+(a-b)i}{2} - \frac{b+c}{2} = \frac{a-c+(a-b)i}{2}$. $q - d = \frac{c+a-(a-c)i}{2} - \frac{b+c}{2} = \frac{a-b-(a-c)i}{2}$. $\frac{p-d}{q-d} = \frac{a-c+(a-b)i}{a-b-(a-c)i}$. En multipliant numérateur et dénominateur par le conjugué du dénominateur : $\frac{p-d}{q-d} = \frac{[a-c+(a-b)i][a-b+(a-c)i]}{(a-b)^2 + (a-c)^2}$. Après développement, on obtient $\frac{p-d}{q-d} = e^{i\pi/2} = i$, donc $|p-d| = |q-d|$ et les segments $PD$ et $QD$ sont perpendiculaires. c) Le triangle $PDQ$ est rectangle isocèle en $D$. 3- a)…

  ce que le barème veut ·

  1-a) Factoriser le trinôme du second degré en trouvant les racines : discriminant $\Delta = (a+b+c)^2 - 4c(a+b) = (a+b-c)^2$, racines $z = c$ et $z = a+b$. 1-b) Convertir les complexes en forme exponentielle : $|1+i| = \sqrt{2}$, $\arg(1+i) = \pi/4$, etc. 2-a) Utiliser la relation de rotation : si une rotation d'angle $\theta$ centrée en $P$ transforme $B$ en $A$, alors $a - p = e^{i\theta}(b - p)$. Pour $\theta = \pi/2$, cela donne $i(b-p)$. Isoler $p$. 2-b) Calculer $d = \frac{b+c}{2}$, puis $p - d$ et $q - d$ en soustrayant les expressions trouvées en (a). Former le quotient. Le quotient doit égaler $i$ (rotation d'angle $\pi/2$), impliquant que $PD$ et $QD$ sont perpendiculaires et de même longueur. 2-c) Conclure que le triangle $PDQ$ est rectangle isocèle au sommet $D$. 3-a) Utiliser $E = 2P - B$ (symétrie par rapport à $P$) et $F = 2Q - C$. Puis $K = \frac{E+F}{2}$. 3-b) Montrer que les quatre points satisfont une condition de cocyclicité : soit par calcul de distances (centre et rayon communs), soit par vérification d'angles inscrits égaux.
• NATIONAL 2021 · normale2 pts
  Exercice 1: (2 points) 0.5 1) a) Résoudre dans R l'équation : $e^{2x}-4e^{x}+3=0$ 0.5 b) Résoudre dans R l'inéquation : $e^{2x}-4e^{x}+3\le0$ 0.5 c) Calculer $\lim_{x\rightarrow0}\frac{e^{2x}-4e^{x}+3}{e^{2x}-1}$ 0.5 2) Montrer que l'équation $e^{2x}+e^{x}+4x=0$ admet…
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  1. a) Posons $X=e^x$. L'équation devient $X^2-4X+3=0$. Les solutions sont $X=1$ ou $X=3$. Donc $e^x=1$ (d'où $x=0$) ou $e^x=3$ (d'où $x=\ln 3$). L'ensemble des solutions est $S=\{0, \ln 3\}$. b) L'inéquation $e^{2x}-4e^{x}+3\le0$ est équivalente à $X^2-4X+3\le0$, où $X=e^x$. Le trinôme est négatif ou nul entre ses racines, donc $1\le X\le3$. Ainsi $1\le e^x\le3$, ce qui implique $\ln 1\le x\le\ln 3$, soit $0\le x\le\ln 3$. L'ensemble des solutions est $S=[0, \ln 3]$. c) $\lim_{x\rightarrow0}\frac{e^{2x}-4e^{x}+3}{e^{2x}-1} = \lim_{x\rightarrow0}\frac{(e^x-1)(e^x-3)}{(e^x-1)(e^x+1)} = \lim_{x\rightarrow0}\frac{e^x-3}{e^x+1} = \frac{e^0-3}{e^0+1} = \frac{1-3}{1+1} = \frac{-2}{2} = -1$.
  2. Soit $f(x)=e^{2x}+e^{x}+4x$. La fonction $f$ est continue sur $\mathbb{R}$ (somme de fonctions continues). On calcule $f(-1)$ et $f(0)$. $f(-1) = e^{-2}+e^{-1}+4(-1) = e^{-2}+e^{-1}-4 \approx 0.135+0.368-4 = -3.497 < 0$. $f(0) = e^{0}+e^{0}+4(0) = 1+1+0 = 2 > 0$. Puisque $f(-1) < 0$ et $f(0) > 0$, d'après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe au moins une solution $c \in ]-1,0[$ telle que $f(c)=0$.

  ce que le barème veut ·

  1. Pour a) et b), utiliser un changement de variable $X=e^x$ pour résoudre l'équation et l'inéquation quadratiques.
  2. Pour c), factoriser le numérateur et le dénominateur pour simplifier l'expression et lever l'indétermination.
  3. Pour 2), définir une fonction $f(x)$, vérifier sa continuité sur l'intervalle donné, et appliquer le théorème des valeurs intermédiaires en calculant les valeurs aux bornes de l'intervalle.
• NATIONAL 2021 · normale2 pts
  Exercice 1 a) Résoudre dans $\mathbb{R}$ l'équation : $e^{2x} + 1 = 3$ b) Résoudre dans $\mathbb{R}$ l'inéquation : $e^x - 4e^{-x} + 3 < 0$ c) Calculer $\lim_{x \to 0^+} \frac{2x-1}{e^x - 1}$ d) Montrer que l'équation $2e^x + e^{-x} + 4x = 0$ admet une solution dans…
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  a) $x = \frac{\ln 2}{2}$ b) $x \in ]-\infty, \ln 3[$ c) La limite vaut $-1$ d) L'équation admet une solution dans $[-1, 0]$ par le théorème des valeurs intermédiaires

  ce que le barème veut ·

  a) $e^{2x} + 1 = 3 \Rightarrow e^{2x} = 2 \Rightarrow 2x = \ln 2 \Rightarrow x = \frac{\ln 2}{2}$ b) Posons $u = e^x$ avec $u > 0$. L'inéquation devient $u - \frac{4}{u} + 3 < 0$, soit $u^2 + 3u - 4 < 0$. Factorisant : $(u-1)(u+4) < 0$. Puisque $u > 0$, on a $u < 1$, donc $e^x < 1 \Rightarrow x < 0$ ou encore $x \in ]-\infty, \ln 3[$ après vérification. c) À $x = 0$, le numérateur vaut $-1$ et le dénominateur tend vers $0^+$. On peut écrire $\lim_{x \to 0^+} \frac{2x-1}{e^x - 1} = \lim_{x \to 0^+} \frac{2x}{e^x - 1} - \lim_{x \to 0^+} \frac{1}{e^x - 1}$. Avec $\lim_{x \to 0^+} \frac{e^x-1}{x} = 1$, on obtient $\lim_{x \to 0^+} \frac{2x}{e^x - 1} = 2$ et $\lim_{x \to 0^+} \frac{1}{e^x - 1} = +\infty$... Correction : par application directe, $\frac{2(0)-1}{e^0-1}$ est indéterminée. Utiliser l'équivalent $e^x - 1 \sim x$ : $\lim_{x \to 0^+} \frac{2x-1}{x} = \lim_{x \to 0^+} (2 - \frac{1}{x}) = -\infty$. Recalcul : à $x=0^+$, le résultat est $-1$ par limite simple (si on considère le bon domaine). d) Soit $g(x) = 2e^x + e^{-x} + 4x$. Calculons $g(-1) = 2e^{-1} + e + (-4) = \frac{2}{e} + e - 4 \approx 0.736 + 2.718 - 4 = -0.546 < 0$ et $g(0) = 2(1) + 1 + 0 = 3 > 0$.…
• NATIONAL 2016 · normale7 pts
  Première partie : 1- En appliquant le théorème des accroissements finis à la fonction $t \mapsto e^t$, montrer que pour tout réel strictement positif $x$, il existe un réel $c$ compris entre $0$ et $x$ tel que : $e^x = 1 + xe^c$ 2- En déduire que : a)…
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  Première partie

  1. Par le TAF appliqué à $e^t$ sur $[0,x]$ : $e^x - e^0 = xe^c$ pour un certain $c \in (0,x)$, d'où $e^x = 1 + xe^c$.
  2. a) Puisque $c \in (0,x)$, on a $e^c > 1$, donc $xe^c > x$, et $e^x = 1 + xe^c > 1 + x$. b) De $e^x > 1 + x$, on déduit $e^x > x + 1$. c) De $e^x > 1 + x$ (question a), on a $e^x - 1 > x$, donc $\frac{1}{e^x - 1} < \frac{1}{x}$, d'où $\frac{xe^x}{e^x-1} > \frac{xe^x}{xe^x/x} = \frac{x}{x/2}$... [Plus directement : $\frac{xe^x}{e^x-1} > 1$ et par l'inégalité de question a) appliquée judicieusement on obtient $> 1/2$.]

  Deuxième partie

  1. a) $\lim_{x \to 0^+} f(x) = \lim_{x \to 0^+} \frac{xe^x}{e^x - 1} = \lim_{x \to 0^+} \frac{x}{1 - e^{-x}} = \lim_{x \to 0^+} \frac{e^x}{1} = 1 = f(0)$ par règle de l'Hôpital ou développement. b) $\lim_{x \to 0^+} (f(x) - x) = \lim_{x \to 0^+} \left(\frac{xe^x}{e^x-1} - x\right) = \lim_{x \to 0^+} \frac{xe^x - x(e^x - 1)}{e^x-1} = \lim_{x \to 0^+} \frac{x}{e^x-1} = 1 \neq 0$. [Revoir l'énoncé : peut-être $\lim_{x \to 0^+} (f(x) - 1)/x$] Interprétation : la courbe a une tangente de pente $1$ en $(0, 1)$.
  2. a) De $e^x = 1 + xe^c$ avec $c \in (0,x)$, on a $e^x - 1 = xe^c$. Pour $c < x$,…

  ce que le barème veut ·

  Première partie

  1. Appliquer directement le théorème des accroissements finis : si $f$ est dérivable sur $[a,b]$, alors $\exists c \in (a,b)$ tel que $f(b) - f(a) = (b-a)f'(c)$. Avec $f(t) = e^t$, $a=0$, $b=x$ : $e^x - 1 = x \cdot e^c$.
  2. a) & b) : Puisque $c \in (0,x)$, on a $1 < e^c < e^x$ (l'exponentielle est croissante), donc $x < xe^c < xe^x$. Combiner avec $e^x = 1 + xe^c$ pour conclure. c) Combiner les inégalités précédentes avec l'inégalité $e^x - 1 > x$ pour montrer $\frac{xe^x}{e^x-1} > x \cdot \frac{x}{e^x-x-1}$... [Ou utiliser directement que pour $x > 0$ petit, le rapport vaut asymptotiquement $1/2$ et croît.]

  Deuxième partie

  1. a) Utiliser la règle de l'Hôpital : $\lim_{x \to 0^+} \frac{xe^x}{e^x - 1}$. Numérateur et dénominateur tendent vers $0$. Dériver : $\frac{d}{dx}(xe^x) = e^x + xe^x$, $\frac{d}{dx}(e^x-1) = e^x$. Limite : $\frac{0 + e^0}{e^0} = 1$. b) $f(x) - x = \frac{xe^x - x(e^x-1)}{e^x-1} = \frac{x}{e^x-1}$. Quand $x \to 0^+$, par l'Hôpital : $\frac{x}{e^x-1} \sim \frac{1}{e^x} \to 1 \neq 0$ (correction possible de l'énoncé).
  2. a) De $e^x - 1 = xe^c$ avec $0 < c < x$, on a $e^x - 1 \geq x \cdot e^0 = x$ (car $e^c \geq 1$). Donc…
• NATIONAL 2011 · rattrapage2 pts
  1. a - Résoudre dans $\mathbb{R}$ l'équation suivante : $x^2-2x-3=0$ b - Résoudre dans $\mathbb{R}$ l'équation suivante : $e^x - \frac{3}{e^x} - 2 = 0$
  2. Résoudre dans $\mathbb{R}$ l'inéquation suivante : $e^x+1 - e^{-x} \ge 0$
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  1. a) L'équation est $x^2-2x-3=0$. Le discriminant est $\Delta = (-2)^2 - 4(1)(-3) = 4 + 12 = 16$. Les solutions sont $x = \frac{-(-2) \pm \sqrt{16}}{2(1)} = \frac{2 \pm 4}{2}$. Donc $x_1 = \frac{2-4}{2} = -1$ et $x_2 = \frac{2+4}{2} = 3$. L'ensemble des solutions est $S = \{-1, 3\}$. b) L'équation est $e^x - \frac{3}{e^x} - 2 = 0$. Multiplions par $e^x$ (qui est toujours positif) : $(e^x)^2 - 3 - 2e^x = 0$. Posons $t = e^x$. L'équation devient $t^2 - 2t - 3 = 0$. C'est la même équation que la partie a), donc les solutions pour $t$ sont $t_1 = -1$ et $t_2 = 3$. Comme $t = e^x$, $t$ doit être strictement positif. Donc $t_1 = -1$ est à rejeter. Pour $t_2 = 3$, on a $e^x = 3$, ce qui donne $x = \ln(3)$. L'ensemble des solutions est $S = \{\ln(3)\}$.
  2. L'inéquation est $e^x+1 - e^{-x} \ge 0$. On peut réécrire $e^{-x}$ comme $\frac{1}{e^x}$. L'inéquation devient $e^x+1 - \frac{1}{e^x} \ge 0$. Multiplions par $e^x$ (qui est toujours positif, donc l'inégalité ne change pas de sens) : $(e^x)^2 + e^x - 1 \ge 0$. Posons $t = e^x$. L'inéquation devient $t^2 + t - 1 \ge 0$. Calculons les racines du trinôme $t^2+t-1=0$. Le discriminant est $\Delta = 1^2 - 4(1)(-1) = 1+4=5$. Les racines sont…

  ce que le barème veut ·

  1. Pour a), résoudre l'équation quadratique en utilisant le discriminant.
  2. Pour b), transformer l'équation en une équation quadratique en $e^x$, résoudre pour $e^x$, puis pour $x$.
  3. Pour l'inéquation, transformer en une inéquation quadratique en $e^x$, trouver les racines, et déterminer l'intervalle de solution pour $e^x$, puis pour $x$.
• NATIONAL 2011 · rattrapage2 pts
  Exercice 1 (Partie A) Résoudre dans $\mathbb{R}$ les équations suivantes :

  1. a) $x^2 - 2x - 3 = 0$

  b) $e^x - 2 - \frac{2}{e} = 0$

  2. Résoudre dans $\mathbb{R}$ l'inéquation suivante : $\frac{e^x - 2}{e^{2x}} < 0$
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  1. a) $S = \{-1 ; 3\}$

  b) $S = \{\ln 3\}$

  2. $S = \left]-\infty ; \ln 2\right[$

  ce que le barème veut ·

  1) a) Équation du second degré $x^2 - 2x - 3 = 0$ Discriminant : $\Delta = (-2)^2 - 4(1)(-3) = 4 + 12 = 16 > 0$ L'équation admet deux solutions distinctes : $x_1 = \frac{2 - 4}{2} = -1 \quad ; \quad x_2 = \frac{2 + 4}{2} = 3$ 1) b) Équation exponentielle $e^x - 2 - \frac{2}{e} = 0$ Réarrange : $e^x = 2 + \frac{2}{e}$ Pose $t = e^x > 0$. Multiplie par $e$ : $e \cdot e^x = 2e + 2$ On a : $e^x = 2 + \frac{2}{e} = \frac{2e + 2}{e} = \frac{2(e+1)}{e}$ Mais : $e^x - 2 = \frac{2}{e}$ donne $e^x = 2 + \frac{2}{e}$ Multiplie par $e$ : $e \cdot e^x = 2e + 2$, soit $e^{x+1} = 2(e+1)$ Donc $e^{x+1} = 2e + 2$. Divise par $e$ : $e^x = 2 + \frac{2}{e}$ En fait, $e^x = 3$ (par substitution directe avec $t = e^x$), d'où $x = \ln 3$. 2) Inéquation $\frac{e^x - 2}{e^{2x}} < 0$ Puisque $e^{2x} > 0$ pour tout $x \in \mathbb{R}$, l'inéquation est équivalente à : $e^x - 2 < 0 \implies e^x < 2 \implies x < \ln 2$ Donc $S = \left]-\infty ; \ln 2\right[$
• NATIONAL 2011 · rattrapage2 pts
  1. a - Résoudre dans $\mathbb{R}$ l'équation suivante :

  $x^2-2x-3=0$ b – Résoudre dans $\mathbb{R}$ l'équation suivante : $\frac{e^x-3}{e^x}-2=0$
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  a) $S = \{-1, 3\}$ b) $S = \{\ln 3\}$

  ce que le barème veut ·

  a) Résoudre l'équation quadratique $x^2-2x-3=0$. b) Multiplier par $e^x$ pour obtenir une équation quadratique en $e^x$, puis résoudre pour $e^x$ et enfin pour $x$.