On sait que :

\[ \lim_{x\to0^+}x\ln(x)=0,\qquad \lim_{x\to0^+}e^{-x}=1. \]

Donc :

\[ \lim_{x\to0^+}f(x)=-1. \]

De plus, \(x\ln(x)\to+\infty\) et \(e^{-x}\to0\), donc :

\[ \lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty. \]

On dérive :

\[ f'(x)=\ln(x)+1+e^{-x}. \]

Puis :

\[ f''(x)=\frac1x-e^{-x}. \]

Pour \(x>0\),

\[ f''(x)>0 \Longleftrightarrow \frac1x>e^{-x} \Longleftrightarrow 1>xe^{-x}. \]

Or la fonction \(u(x)=xe^{-x}\) admet un maximum égal à \(\frac1e\) sur \(]0;+\infty[\). Ainsi :

\[ xe^{-x}\leq \frac1e<1. \]

Donc \(f''(x)>0\), et \(f'\) est strictement croissante.

Comme :

\[ \lim_{x\to0^+}f'(x)=-\infty, \qquad \lim_{x\to+\infty}f'(x)=+\infty, \]

le TVI appliqué à \(f'\), puis la stricte croissance de \(f'\), montrent que \(f'(x)=0\) admet une unique solution \(\beta\).

Donc \(f\) décroît sur \(]0;\beta]\), puis croît sur \([\beta;+\infty[\).

Comme \(f\) décroît d’abord, on a \(f(\beta)<-1<0\). Ensuite, \(f\) croît strictement vers \(+\infty\). Donc, par TVI, \(f(x)=0\) admet une unique solution \(\alpha\).

On écrit :

\[ f(x)=\ln(x)e^{-x}. \]

En \(0^+\), \(\ln(x)\to-\infty\) et \(e^{-x}\to1\), donc :

\[ \lim_{x\to0^+}f(x)=-\infty. \]

En \(+\infty\), l’exponentielle domine le logarithme :

\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln(x)}{e^x}=0. \]

On dérive :

\[ f'(x)=\frac1x e^{-x}-\ln(x)e^{-x} =e^{-x}\left(\frac1x-\ln(x)\right) =\frac{e^{-x}}x\left(1-x\ln(x)\right). \]

Comme \(\frac{e^{-x}}x>0\), le signe de \(f'(x)\) est celui de \(1-x\ln(x)\).

Posons \(g(x)=x\ln(x)\). Alors :

\[ g'(x)=\ln(x)+1. \]

Sur \(]1;+\infty[\), \(g'(x)>0\). De plus :

\[ g(1)=0, \qquad \lim_{x\to+\infty}g(x)=+\infty. \]

Donc \(g(x)=1\) admet une unique solution \(\alpha>1\).

Ainsi :

\[ f'(x)>0 \text{ sur } ]0;\alpha[, \qquad f'(x)<0 \text{ sur } ]\alpha;+\infty[. \]

Donc \(f\) croît puis décroît. Elle admet un maximum en \(x=\alpha\).

Comme \(\alpha\ln(\alpha)=1\), on a \(\ln(\alpha)=\frac1\alpha\). Donc :

\[ f(\alpha)=\frac{\ln(\alpha)}{e^\alpha}=\frac{1}{\alpha e^\alpha}. \]

On dérive :

\[ f'(x)=e^x+\ln(x)+1. \]

Puis :

\[ f''(x)=e^x+\frac1x. \]

Pour tout \(x>0\), \(e^x>0\) et \(\frac1x>0\). Donc :

\[ f''(x)>0. \]

Ainsi, \(f\) est strictement convexe sur \(]0;+\infty[\).

Au point \(x=1\) :

\[ f(1)=e, \qquad f'(1)=e+1. \]

La tangente est donc :

\[ y=e+(e+1)(x-1). \]

Comme \(f\) est convexe, la courbe de \(f\) est au-dessus de sa tangente :

\[ e^x+x\ln(x)\geq e+(e+1)(x-1). \]

Géométriquement, cela signifie que la courbe de \(f\) reste au-dessus de la droite tangente au point d’abscisse \(1\).

On dérive :

\[ f'(x)=e^x-\frac1x-2. \]

Comme \(x>0\), \(f'(x)\) a le même signe que :

\[ xf'(x)=xe^x-1-2x=g(x). \]

On dérive \(g\) :

\[ g'(x)=e^x+xe^x-2=e^x(1+x)-2. \]

Posons \(h(x)=e^x(1+x)\). Alors :

\[ h'(x)=e^x(1+x)+e^x=e^x(x+2)>0. \]

Donc \(h\) est strictement croissante. Comme \(h(0)=1<2\) et \(h(x)\to+\infty\), l’équation \(h(x)=2\) admet une unique solution. Ainsi \(g'\) change une seule fois de signe : \(g\) décroît puis croît.

De plus :

\[ \lim_{x\to0^+}g(x)=-1, \qquad \lim_{x\to+\infty}g(x)=+\infty. \]

Comme \(g\) décroît d’abord, son minimum est négatif, puis \(g\) croît vers \(+\infty\). Donc \(g(x)=0\) admet une unique solution \(\alpha\).

Donc \(f'(x)<0\) sur \(]0;\alpha[\), puis \(f'(x)>0\) sur \(]\alpha;+\infty[\). Ainsi, \(f\) décroît puis croît et admet un minimum en \(x=\alpha\).

On dérive :

\[ f_a'(x)=e^x-\frac{a}{x}. \]

La tangente en \(x=1\) est horizontale si :

\[ f_a'(1)=0. \]

Donc :

\[ e-a=0, \qquad a=e. \]

On étudie alors :

\[ f(x)=e^x-e\ln(x). \]

Sa dérivée est :

\[ f'(x)=e^x-\frac{e}{x}. \]

On résout :

\[ f'(x)=0 \Longleftrightarrow xe^x=e. \]

La fonction \(x\mapsto xe^x\) est strictement croissante sur \(]0;+\infty[\), car sa dérivée vaut \(e^x(1+x)>0\). Comme \(1\cdot e=e\), l’unique solution est \(x=1\).

Donc \(f\) décroît sur \(]0;1]\), puis croît sur \([1;+\infty[\). Elle admet un minimum en \(x=1\), égal à :

\[ f(1)=e-e\ln(1)=e. \]

En \(0^+\), \((\ln x)^2\to+\infty\) et \(e^{-x}\to1\), donc :

\[ \lim_{x\to0^+}f(x)=+\infty. \]

En \(+\infty\), l’exponentielle domine toute puissance du logarithme, donc :

\[ \lim_{x\to+\infty}(\ln x)^2e^{-x}=0. \]

On dérive :

\[ f'(x)=2\ln(x)\frac1x e^{-x}-(\ln x)^2e^{-x}. \]

Donc :

\[ f'(x)=e^{-x}\ln(x)\left(\frac2x-\ln(x)\right). \]

L’équation \(x\ln(x)=2\) admet une unique solution \(\alpha>1\), car \(x\mapsto x\ln(x)\) est strictement croissante sur \(]1;+\infty[\), vaut \(0\) en \(1\), et tend vers \(+\infty\).

Étude du signe :

• Sur \(]0;1[\), \(\ln(x)<0\) et \(\frac2x-\ln(x)>0\), donc \(f'(x)<0\).
• Sur \(]1;\alpha[\), \(\ln(x)>0\) et \(\frac2x-\ln(x)>0\), donc \(f'(x)>0\).
• Sur \(]\alpha;+\infty[\), \(\ln(x)>0\) et \(\frac2x-\ln(x)<0\), donc \(f'(x)<0\).

Donc \(f\) décroît sur \(]0;1]\), croît sur \([1;\alpha]\), puis décroît sur \([\alpha;+\infty[\).

À gauche :

\[ f(1)=e+a. \]

À droite :

\[ \lim_{x\to1^+}(b\ln(x)+cx)=c. \]

La continuité en \(1\) impose donc :

\[ e+a=c. \]

Pour la dérivabilité, la dérivée à gauche vaut :

\[ f'_g(1)=e. \]

La dérivée à droite vaut :

\[ f'_d(1)=b+c. \]

Donc la dérivabilité impose :

\[ e=b+c. \]

Si \(c=1\), alors :

\[ e+a=1 \Longrightarrow a=1-e, \]

et :

\[ e=b+1 \Longrightarrow b=e-1. \]

x = 1
while f(x) < 0:
    x = x + 0.01
print(x - 0.01, x)

On dérive :

\[ f'(x)=e^x-\frac3x. \]

On résout \(f'(x)=0\) :

\[ e^x=\frac3x \Longleftrightarrow xe^x=3. \]

La fonction \(x\mapsto xe^x\) est strictement croissante sur \(]0;+\infty[\), donc il existe une unique solution \(\beta\). Ainsi \(f\) décroît puis croît.

De plus :

\[ \lim_{x\to0^+}f(x)=+\infty, \qquad \lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty. \]

On calcule par exemple :

\[ f(1)=e-5<0. \]

Comme \(f\) tend vers \(+\infty\) aux deux extrémités et prend une valeur négative, l’équation \(f(x)=0\) admet deux solutions.

Sur \([1;2]\) :

\[ f(1)=e-5<0, \]

et :

\[ f(2)=e^2-3\ln(2)-5>0. \]

Donc, par TVI, une solution appartient à \([1;2]\).

L’algorithme proposé augmente \(x\) de \(0{,}01\) jusqu’au changement de signe. Il affiche donc un encadrement de largeur \(0{,}01\).

On a :

\[ f'(x)=e^x-1, \qquad f''(x)=e^x>0. \]

Donc \(f\) est strictement convexe sur \(\mathbb R\).

Au point \(x=0\) :

\[ f(0)=0, \qquad f'(0)=0. \]

La tangente en \(0\) est donc la droite :

\[ y=0. \]

Comme \(f\) est convexe, elle est au-dessus de sa tangente :

\[ f(x)\geq0. \]

Donc :

\[ e^x-x-1\geq0 \Longleftrightarrow e^x\geq x+1. \]

L’égalité a lieu uniquement pour \(x=0\).

On dérive :

\[ f'(x)=\ln(x)+1. \]

Donc \(f'(x)=0\) lorsque \(x=e^{-1}\). La fonction décroît sur \(]0;e^{-1}]\), puis croît sur \([e^{-1};+\infty[\).

On vérifie que :

\[ F'(x)=x\ln(x)+\frac{x}{2}-\frac{x}{2}=x\ln(x). \]

Donc \(F\) est bien une primitive de \(f\).

Sur \([1;e]\), \(f(x)\geq0\). L’aire vaut donc :

\[ \mathcal A=\int_1^e x\ln(x)\,dx=F(e)-F(1). \]

Or :

\[ F(e)=\frac{e^2}{2}\cdot1-\frac{e^2}{4}=\frac{e^2}{4}, \]

et :

\[ F(1)=0-\frac14=-\frac14. \]

Donc :

\[ \mathcal A=\frac{e^2}{4}+\frac14=\frac{e^2+1}{4}. \]

En \(0^+\), \(\ln(x)\to-\infty\) et \(\frac1x\to+\infty\). Comme \(\frac1x\) domine \(|\ln(x)|\), on obtient :

\[ \lim_{x\to0^+}f(x)=+\infty. \]

En \(+\infty\), \(\ln(x)\to+\infty\) et \(\frac1x\to0\), donc :

\[ \lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty. \]

On dérive :

\[ f'(x)=\frac1x-\frac1{x^2}=\frac{x-1}{x^2}. \]

Comme \(x^2>0\), \(f'(x)<0\) sur \(]0;1[\), et \(f'(x)>0\) sur \(]1;+\infty[\). Donc \(f\) décroît puis croît.

Le minimum est atteint en \(x=1\) :

\[ f(1)=\ln(1)+1=1. \]

Donc :

• si \(m<1\), l’équation \(f(x)=m\) n’a aucune solution ;
• si \(m=1\), elle admet une unique solution \(x=1\) ;
• si \(m>1\), elle admet deux solutions.

Lorsque \(x\to0^+\), \(-\ln(x)\to+\infty\), donc :

\[ \lim_{x\to0^+}f(x)=+\infty. \]

Lorsque \(x\to+\infty\), \(e^x\to+\infty\) et domine les autres termes, donc :

\[ \lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty. \]

On dérive :

\[ f'(x)=e^x-\frac1x. \]

Comme \(x>0\), \(f'(x)\) a le même signe que :

\[ xf'(x)=xe^x-1=g(x). \]

On dérive \(g\) :

\[ g'(x)=e^x+xe^x=e^x(1+x)>0. \]

Donc \(g\) est strictement croissante sur \(]0;+\infty[\). De plus :

\[ \lim_{x\to0^+}g(x)=-1, \qquad \lim_{x\to+\infty}g(x)=+\infty. \]

Par continuité et stricte croissance, l’équation \(g(x)=0\) admet une unique solution \(\beta\).

Ainsi \(f'(x)<0\) sur \(]0;\beta[\), et \(f'(x)>0\) sur \(]\beta;+\infty[\). Donc \(f\) décroît puis croît.

Sur \([1;2]\), on calcule :

\[ f(1)=e-6<0, \]

et :

\[ f(2)=e^2-\ln(2)-6>0. \]

Comme \(f\) est continue sur \([1;2]\), le TVI montre que l’équation \(f(x)=0\) admet au moins une solution \(\alpha\) sur \([1;2]\).

De plus, pour \(x\geq1\), on a \(g(1)=e-1>0\), donc \(f'(x)>0\) sur \([1;+\infty[\). Ainsi \(f\) est strictement croissante sur \([1;2]\), donc cette solution est unique.

Pour obtenir un encadrement à \(10^{-3}\), on peut utiliser une dichotomie :

a = 1
b = 2
while b - a > 0.001:
    m = (a + b) / 2
    if f(a) * f(m) <= 0:
        b = m
    else:
        a = m
print(a, b)