Etude d'une fonction numérique - Exercice 1

La fonction exponentielle exponentielle est continue sur $$\mathbb{R}$$. Puis, la fonction inverse au carré est continue sur $$\mathbb{R}^\star$$. Donc, le produit des deux est continue sur $$\mathbb{R}^\star$$. Ceci traduit que la division par zéro n'a pas de sens. En effet, partager par rien est dénué de sens. Ainsi la fonction $$f$$ est continue sur $$\mathbb{R}^\star$$.
La continuité en $$x=0$$ requiert une attention particulière par l'étude des limites lorsque $$x \longrightarrow 0^-$$ et $$x \longrightarrow 0^+$$.

Si la fonction $$f$$ soit être continue en $$x=0$$ alors on aura les égalités suivantes :
$$\lim_{x \longrightarrow 0^-} f(x) = \lim_{x \longrightarrow 0^+} f(x) = f(0) = 0$$
Si l'une de ces égalités n'est pas vérifiée alors la fonction $$f$$ ne sera pas continue en $$x=0$$.
On a :
$$\bullet \,\,$$ limite lorsque $$x \longrightarrow 0^-$$
$$\lim_{x \longrightarrow 0^-} f(x) = \lim_{x \longrightarrow 0^-} \dfrac{e^{-\frac{1}{x}}}{x^2}$$
On pose $$X = \dfrac{1}{x}$$, ainsi $$X^2 = \left(\dfrac{1}{x}\right)^2 = \dfrac{1^2}{x^2} = \dfrac{1}{x^2}$$. De fait, on en déduit que si $$x \longrightarrow 0^-$$ alors $$X \longrightarrow -\infty$$. Ainsi, on peut écrire que :
$$\dfrac{e^{-\frac{1}{x}}}{x^2} = X^2 e^{-X}$$
On a alors :
$$\lim_{x \longrightarrow 0^-} f(x) = \lim_{x \longrightarrow 0^-} \dfrac{e^{-\frac{1}{x}}}{x^2} = \lim_{X \longrightarrow -\infty} X^2 e^{-X} = \lim_{X \longrightarrow -\infty} X^2 \times \lim_{X \longrightarrow -\infty} e^{-X} = \left(\lim_{X \longrightarrow -\infty} X\right)^2 \times e^{-\displaystyle{\lim_{X \longrightarrow -\infty}} X} = (-\infty)^2 \times (+ \infty) = (+ \infty) \times (+ \infty) = + \infty$$
Donc :
$$\lim_{x \longrightarrow 0^-} f(x) = + \infty$$
Ainsi, l'axe des ordonnées est une asymptote verticale à la courbe représentative de $$f$$ lorsque $$x \longrightarrow 0^-$$.
$$\bullet \bullet \,\,$$ limite lorsque $$x \longrightarrow 0^+$$
$$\lim_{x \longrightarrow 0^+} f(x) = \lim_{x \longrightarrow 0^+} \dfrac{e^{-\frac{1}{x}}}{x^2}$$
On pose $$X = \dfrac{1}{x}$$, ainsi $$X^2 = \left(\dfrac{1}{x}\right)^2 = \dfrac{1^2}{x^2} = \dfrac{1}{x^2}$$. De fait, on en déduit que si $$x \longrightarrow 0^+$$ alors $$X \longrightarrow +\infty$$. Ainsi, on peut écrire que :
$$\dfrac{e^{-\frac{1}{x}}}{x^2} = X^2 e^{-X}$$
On a alors :
$$\lim_{x \longrightarrow 0^+} f(x) = \lim_{x \longrightarrow 0^+} \dfrac{e^{-\frac{1}{x}}}{x^2} = \lim_{X \longrightarrow +\infty} X^2 e^{-X}$$
Le théorème des croissances comparées, en $$+ \infty$$, nous apprend que le exponentiel $$e^{-X}$$ à une vitesse de décroissance beaucoup plus importante que la croissance polynomiale du terme $$X^2$$. Donc, on en déduit que :
$$\lim_{X \longrightarrow +\infty} X^2 e^{-X} = 0^+$$
Et de fait :
$$\lim_{x \longrightarrow 0^+} f(x) = 0^+$$
$$\bullet \bullet \bullet \,\,$$ CONCLUSION :
On vient de montrer que $$\lim_{x \longrightarrow 0^-} f(x) \neq \lim_{x \longrightarrow 0^+} f(x)$$, ce qui implique que la fonction $$f$$ n'est pas continue en $$x=0$$.

$$\bullet \,\,$$ Etudions la dérivabilité de $$f$$ en $$x = 0^-$$
D'après la question précédente, l'axe des ordonnées est une asymptote verticale. Ceci signifie que, lorsque $$x \longrightarrow 0^-$$, le coefficient de la tangente tend vers $$+\infty$$. Ainsi, la fonction $$f$$ n'est pas dérivable lorsque $$x \longrightarrow 0^-$$. On dit encore que $$f$$ n'est pas dérivable à "gauche" de l'origine.

$$\bullet \, \bullet \,\,$$ Etudions la dérivabilité de $$f$$ en $$x = 0^+$$
On cherche la dérivabilité de $$f$$, à "droite" de $$x=0$$ on on note cela par $$f'_d(0)$$. On a, par définition, la limite suivante :
$$f'_d(0) = \lim_{x \longrightarrow 0^+}\dfrac{f(x) - f(0)}{x - 0} = \lim_{x \longrightarrow 0^+}\dfrac{f(x) - 0}{x} = \lim_{x \longrightarrow 0^+}\dfrac{f(x)}{x} = \lim_{x \longrightarrow 0^+}\dfrac{\dfrac{e^{-\frac{1}{x}}}{x^2}}{x} = \lim_{x \longrightarrow 0^+} \dfrac{e^{-\frac{1}{x}}}{x^3}$$
On pose $$X = \dfrac{1}{x}$$, ainsi $$X^3 = \left(\dfrac{1}{x}\right)^3 = \dfrac{1^3}{x^3} = \dfrac{1}{x^3}$$. De fait, on en déduit que si $$x \longrightarrow 0^+$$ alors $$X \longrightarrow +\infty$$. Ainsi, on peut écrire que :
$$\dfrac{e^{-\frac{1}{x}}}{x^3} = X^3 e^{-X}$$
On a alors :
$$f'_d(0) = \lim_{x \longrightarrow 0^+}\dfrac{f(x) - f(0)}{x - 0} = \lim_{X \longrightarrow +\infty} X^3 e^{-X}$$
Le théorème des croissances comparées, en $$+ \infty$$, nous apprend que le exponentiel $$e^{-X}$$ à une vitesse de décroissance beaucoup plus importante que la croissance polynomiale du terme $$X^3$$. Donc, on en déduit que :
$$\lim_{X \longrightarrow +\infty} X^3 e^{-X} = 0^+$$
Et de fait :
$$f'_d(0) = \lim_{x \longrightarrow 0^+}\dfrac{f(x) - f(0)}{x - 0} = 0^+$$
Ainsi la fonction $$f$$ est dérivable en $$0^+$$. La tangente à l'origine est horizontale et tournée vers la droite.

La fonction $$f$$ étudiée est donc dérivable sur l'intervalle $$\mathbb{R^\star}$$. Et la fonction dérivée associée $$f'$$ est donnée par :
$$f'(x) = \left( \dfrac{e^{-\frac{1}{x}}}{x^2} \right)' = \dfrac{\left( e^{-\frac{1}{x}} \right)' \times x^2 - (x^2)' \times e^{-\frac{1}{x}}}{(x^2)^2} = \dfrac{\left( -\frac{1}{x} \right)' e^{-\frac{1}{x}}\times x^2 - 2x \times e^{-\frac{1}{x}}}{x^4} = \dfrac{\dfrac{1}{x^2} \times e^{-\frac{1}{x}}\times x^2 - 2x \times e^{-\frac{1}{x}}}{x^4} = \dfrac{1 - 2x}{x^4} \times e^{-\frac{1}{x}}$$
Or, sur l'intervalle $$\mathbb{R^\star}$$, le terme $$x^4$$ est toujours strictement positif, puis le terme $$e^{-\frac{1}{x}}$$ est également strictement positif. Ainsi, sur l'intervalle $$\mathbb{R^\star}$$, la dérivée $$f'$$ est du même signe que le terme (polynomial de premier degré) $$1 - 2x$$. On peut donc écrire que :
$$\,\, \bullet \,\,$$ pour $$x < \dfrac{1}{2}$$, on a $$1 - 2x > 0$$, ce qui implique que $$f'(x) > 0$$.
$$\,\, \bullet \, \bullet \,\,$$ pour $$x =\dfrac{1}{2}$$, on a $$1 - 2x = 0$$, ce qui implique que $$f'(x) = 0$$.
$$\,\, \bullet \, \bullet \, \bullet \,\,$$ pour $$x > \dfrac{1}{2}$$, on a $$1 - 2x < 0$$, ce qui implique que $$f'(x) < 0$$.
On constate qu'en $$x =\dfrac{1}{2}$$, la dérivée s'annule en changeant de signe, passant de la positivité à la négativité. Donc en $$x =\dfrac{1}{2}$$, la courbe représentative de la fonction $$f$$ admet un maximum local. Le principe de Lagrange permet alors de conclure sur les variations de $$f$$, à savoir :
$$\,\, \bullet \,\,$$ pour $$x < \dfrac{1}{2}$$, $$f$$ est croissante, et $$f$$ admet une discontinuité à l'origine, donc en $$x=0$$.
$$\,\, \bullet \, \bullet \,\,$$ pour $$x =\dfrac{1}{2}$$, $$f$$ présente un maximum local de valeur $$f_{\max} = f\left( \dfrac{1}{2} \right)$$.
$$\,\, \bullet \, \bullet \, \bullet \,\,$$ pour $$x > \dfrac{1}{2}$$, $$f$$ est décroissante.
Avec :
$$f_{\max} = f\left( \dfrac{1}{2} \right) = \dfrac{e^{-\frac{1}{\frac{1}{2}}}}{\left( \dfrac{1}{2} \right)^2} = \dfrac{e^{-2}}{\dfrac{1}{4}} = 4 e^{-2} \simeq 0,54$$
Il nous reste à étudier les limites de $$f$$ en $$-\infty$$ ainsi qu'en $$+\infty$$. Lorsque $$x \longrightarrow \pm \infty$$, on a $$\dfrac{1}{x} \longrightarrow 0^\pm$$, et de fait $$-\dfrac{1}{x} \longrightarrow 0^\mp$$. Il s'ensuit que :
$$\lim_{x \longrightarrow \pm \infty} e^{-\frac{1}{x}} = 1^\mp$$
Cependant, on a $$\lim_{x \longrightarrow \pm \infty} \dfrac{1}{x^2} = 0^+$$. Ainsi, on en déduit aisément que :
$$\lim_{x \longrightarrow \pm \infty} f(x) = \lim_{x \longrightarrow \pm \infty} \dfrac{1}{x^2} \times e^{-\frac{1}{x}} = 0^+\times 1^\mp = 0^+$$
Donc, lorsque $$x \longrightarrow \pm \infty$$, l'axe des abscisses est une asymptote à la courbe représentative de la fonction $$f$$.

On a le graphique suivant :