\input{../preambules/preDM.tex}

\begin{document}

\chead{Correction Devoir maison n°1}
\lfoot{}
\cfoot{Généralités sur les fonctions.}

\begin{center}
\fbox{ \Large Correction Devoir maison n°1}
\end{center}
\vspace{30pt}


\section*{Exercice 1}

Soit $g$ la fonction définie par $g:x \to \ln(1+x^2)$.
\begin{enumerate}
\item
Pour déterminer son ensemble de définition, on résout l'inéquation 
$$
1 + x^2 >0 \Longleftrightarrow x \in \R
$$
Donc le domaine de définition de la fonction $g$ est \fbox{$D_g = \R$}.
On a également pour tout $x$ réel : 
\begin{eqnarray*}
x^2 \geq 0 & \Longleftrightarrow & x^2 +1 \geq 1 \\
& \Longleftrightarrow & \ln(x^2 +1) \geq 0 .
\end{eqnarray*}
\begin{center}
 \fbox{Ainsi la fonction $g$ est positive sur $\R$.}
 \end{center} 
\item On calcule les limites de $g$ en $+ \infty$ et $- \infty$. On remarque que 
$$
 \li_{x \to + \infty} (1+x^2) =  \li_{x \to - \infty} (1+x^2) = + \infty.
$$
On a donc
\begin{center}
\fbox{
$
\li_{x \to +\infty} g(x) = \li_{X \to + \infty} \ln(X) = +\infty
$}
\end{center}
et de même 
\begin{center}
\fbox{
$
\li_{x \to -\infty} g(x) = \li_{X \to + \infty} \ln(X) = +\infty
$}
\end{center}
\item On remarque que $R$ est un ensemble symétrique (i.e. pour tout $x \in \R$, $ - x \in \R$.) Soit $x \in \R$, on calcule
\begin{eqnarray*}
g(-x) & =  & \ln(1+(-x)^2) \\
& = & \ln(1+x^2)  \\
&= & g(x)
\end{eqnarray*}
Par conséquent, \fbox{la fonction $g$ est paire.}

\item La fonction $g$ est dérivable en tant que composée de fonction dérivable. On calcule alors sa dérivée. Pour tout $x \in \R$, 
\begin{eqnarray*}
g'(x) & =  & \dfrac{2x}{1+x^2}
\end{eqnarray*}
Pour tout $x$ réel, $1+x^2 >0$. Le tableau de variations s'en déduit simplement

\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit{$x$/1,Signe de $g'(x)$/1,Variation de $g$/2}{$-\infty$,$0$,$+\infty$}
\tkzTabLine{,-,z,+,} 
\tkzTabVar{+/$+ \infty$, -/$0$ ,+/$+\infty$} 
\end{tikzpicture}
\end{center}

\item
Soit $y\in\R$. On résout l'équation
 \begin{eqnarray*}
 g(x)=y & \Leftrightarrow & \ln(1+x^2)=y \\
 & \Leftrightarrow &  1+x^2 = e^y \\
  & \Leftrightarrow &  x^2 = e^y - 1 \\
\end{eqnarray*} 
\paragraph{Cas n°1 :} Si $y > 0$ alors $e^y -1 > 0 $. Dans ce cas, l'équation a deux solutions 
 \begin{eqnarray*}
 g(x)=y & \Leftrightarrow &  x = \sqrt{e^y -1} \quad \text{ou} \quad x = -\sqrt{e^y -1}
\end{eqnarray*} 
\fbox{Les solutions sont $\mathcal{S} = \left\{ -\sqrt{e^y -1}, \sqrt{e^y -1} \right\}$}

\paragraph{Cas n°2 :} Si $y = 0$ alors l'équation $g(x) = y$ n'a qu'une \fbox{unique solution $x = 0$}.  

\paragraph{Cas n°3 :} Si $y < 0$ alors $e^y -1 < 0 $. \fbox{L'équation $g(x) = y$ n'a aucune solution}. 
\item
On pose la fonction $h$ définie par $\forall x\in \R, \; h(x) = g(x) -x = \ln\left(1+x^2\right) -x$. On étudie la fonction $h$ et pour cela, on calcule sa dérivée
\begin{eqnarray*}
h'(x) = g'(x) - 1 &  = & \dfrac{2x}{1+x^2} -1 \\
& = & \dfrac{-1 + 2x -x^2}{1+x^2} \\
& = & - \dfrac{(x-1)^2}{1+x^2} \leq 0 
\end{eqnarray*}

La fonction $h$ est décroissante et $h(0) = 0$. On en déduit le tableau de signe de $h$ :
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit{$x$/1,Signe de $h(x)$/1}{$-\infty$,$0$,$+\infty$}
\tkzTabLine{,+,z,-,} 
\end{tikzpicture}
\end{center}
Deux cas sont possibles.
\paragraph{1° Cas: Si $x <0$} alors $g(x) -x > 0$ et donc 
\begin{center}
\fbox{la courbe représentant la fonction $g$ est au-dessus de la droite d'équation $y=x$.}
\end{center}


\paragraph{2° Cas: Si $x \geq0$} alors $g(x) -x \leq 0$ et donc 
\begin{center}
\fbox{la courbe représentant la fonction $g$ est en dessous de la droite d'équation $y=x$.}
\end{center}

\item La courbe de la fonction $g$ est donnée ici :
\begin{figure}
\centering
\includegraphics[scale=1]{DM1_C1.png}
\caption{La fonction $g$ et la droite $y=x$.}
\end{figure}
\end{enumerate}

\newpage
 
\section*{Exercice 2 - Ecricome ECT 2015 (Exercice 2)}

On considère la fonction $f$ définie par :
$$
f(x) = \dfrac{x}{\ln(x)}.
$$
\begin{enumerate}
\item Tout d'abord, on rappelle que le domaine de la fonction $\ln$ est $\R_+^*$. Donc $x >0$ et on résout 
\begin{eqnarray*}
\ln(x) = 0 & \Longleftrightarrow & x = 1
\end{eqnarray*}
On en déduit que \fbox{le domaine de définition est $D = ]0,1[ \cup ]1, + \infty[$.}
\item On calcule les limites

 $\li_{x \tos 0} x = 0$ et $\li_{x \tos 0} \ln(x) = - \infty$ $ \Rightarrow$ \fbox{$\li_{x \tos 0} f(x) = 0$} , 
 
 $\li_{x \toi 1} x = 1$ et  $\li_{x \toi 1} \ln(x) = 0^-$ $\Rightarrow$ \fbox{$\li_{x \toi 1} f(x) = -\infty$},  et 
 
  $\li_{x \tos 1} x = 1$ et  $\li_{x \tos 1} \ln(x) = 0^+$ $\Rightarrow$ \fbox{$\li_{x \tos 1} f(x) = +\infty$}.

\item La fonction $f$ est dérivable sur $D$ en tant que quotient de fonctions dérivables. Pour $x \in D$, on a 
\begin{eqnarray*}
f'(x)  & = & \dfrac{\ln(x) - 1}{(\ln(x))^2}
\end{eqnarray*}
Ainsi, $\forall x \in D$, $(\ln(x))^2 >0$ et 
$$
\ln(x) - 1 >0 \Longleftrightarrow x > e
$$
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[espcl=2.5]{$x$/1,Signe de $f'(x)$/1,Variation de $f$/2}{$0$,$1$,$e$,$+\infty$}
\tkzTabLine{,-,d,-,z,+} 
\tkzTabVar{+/$0$, -D+ /$-\infty$ /$+\infty$,-/$e$,+/$+\infty$} 
\end{tikzpicture}
\end{center}

\item Pour $x \in D$, on résout l'équation 
\begin{eqnarray*}
f(x) =x & \Longleftrightarrow & \dfrac{x}{\ln(x)} = x \\
&  \Longleftrightarrow & \dfrac{1}{\ln(x)} = 1 \qquad (\text{car} \; x \neq 0)\\
&  \Longleftrightarrow & \ln(x) = 1 \qquad (\text{car} \; \ln(x) \neq 0)\\
& \Longleftrightarrow & x = e
\end{eqnarray*}
\fbox{La solution de l'équation $f(x) = x$ est $\mathcal{S} = \left\{ e \right\}$. }
\item Pour tout $x \in [e; + \infty[$
\begin{eqnarray*}
\frac{1}{4} - \frac{1}{4}\left( 1 - \frac{2}{\ln(x)}\right)^2 & = & \frac{1}{4} -  \frac{1}{4}\left( 1 - \frac{4}{\ln(x)} + \frac{4}{(\ln(x))^2} \right) \\
& =& \frac{1}{\ln(x)} - \frac{1}{(\ln(x))^2}\\
& =& \frac{\ln(x) - 1}{(\ln(x))^2} .
\end{eqnarray*} 
Ainsi on a bien 
\begin{center}
\fbox{$\forall x \in [e; + \infty[, \quad f'(x) = \dfrac{1}{4} - \dfrac{1}{4}\left( 1 - \dfrac{2}{\ln(x)}\right)^2$ .}
\end{center}
\item Pour $x \in [e; + \infty[$, on a $f'(x) >0$ (d'après question 3.). Ainsi, 
$$
|f'(x)| = f'(x) = \dfrac{1}{4} - \dfrac{1}{4}\left( 1 - \dfrac{2}{\ln(x)}\right)^2
$$
Comme $\dfrac{1}{4}\left( 1 - \dfrac{2}{\ln(x)}\right)^2 > 0$, on a 
$$
|f'(x)| < \dfrac{1}{4}.
$$
\end{enumerate}

\section*{Exercice 3 - Ecricome ECT 2004}

Le but de l'exercice est d'étudier la fonction $f$ définie sur $\R$ par 
$$
f(x) = e^{-x}\ln(1+e^x)
$$

\subsection*{Partie 1 : \'Etude d'une fonction $g$ intermédiaire}

On considère la fonction définie sur $\R^+$ par :
$$
\forall t \geq 0, \quad g(t) = \dfrac{t}{t+1} - \ln(1+t)
$$
\begin{enumerate}
\item On résout l'équation (le dénominateur ne doit pas s'annuler)
$$
t+1 = 0 \Longleftrightarrow t = -1
$$
et l'inéquation (le domaine de $\ln$ est $\R_+^*$)
$$
t+1 > 0 \Longleftrightarrow t > -1
$$
Ainsi, \fbox{le domaine de définition de $g$ est $D = ]-1; + \infty[$.} 
\item La fonction $g$ est dérivable en tant que somme, composée et quotient de fonctions dérivables. Ainsi, pour $x \in D$,
\begin{eqnarray*}
g'(t) & = & \dfrac{t+1 - t}{(1+t)^2} - \dfrac{1}{1+t} \\
& = & \dfrac{1-(1+t)}{(1+t)^2} \\
& = & - \dfrac{t}{(1+t)^2} <0
\end{eqnarray*}
\item \fbox{La fonction $g$ est décroissante} et on a le tableau de variation suivant 
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[espcl=4]{$x$/1,Signe de $g'(t)$/1,Variation de $g$/1.5, Signe de $g(t)$/1}{$0$,$+\infty$}
\tkzTabLine{,-,} 
\tkzTabVar{+/$0$, - /$-\infty$ } 
\tkzTabLine{,-,}
\end{tikzpicture}
\end{center}
On a donc, \fbox{$\forall t >0,\quad g(t) \leq 0$.}
\end{enumerate}

\subsection*{Partie 2 : \'Etude de la fonction $f$}
\begin{enumerate}
\item La fonction $f$ est dérivable sur $\R$ en tant que composée et produit de fonctions dérivables. Ainsi, pour $x \in \R$,
\begin{eqnarray*}
f'(x) & = & -e^{-x} \ln(1+e^x) + e^{-x} \dfrac{e^x}{1+e^x} \\
& = & e^{-x} \left( \dfrac{e^x}{1+e^x} - \ln(1+e^x) \right) \\
 & = & e^{-x} g(e^x)
\end{eqnarray*}
On a bien \fbox{$\forall x \in \R, \; f'(x) = e^{-x} g(e^x)$.}
\item Pour tout $x$ réel, on a $e^x >0$ et $g$ est négative sur $[0;+\infty[$. Ainsi, $g(e^x) <0$ et $e^{-x} >0$ donc pour tout $x$ réel,  $f'(x) \leq 0$. 

\begin{center}
\fbox{La fonction $f$ est décroissante sur $\R$.}
\end{center}

\item Soit $x$ appartenant à l'intervalle $[0;1]$. Comme $f$ est décroissante, on a 
\begin{eqnarray*}
0 \leq x \leq 1 & \Longrightarrow & f(0) \geq f(x) \geq f(1) \\
& \Longrightarrow & 1 \times \ln(2) \geq f(x) \geq \dfrac{\ln(1+e)}{e}  \\
& \Longrightarrow & 0.7 \geq \ln(2)  \geq f(x) \geq \dfrac{\ln(1+e)}{e} \geq 0.4  \\
& \Longrightarrow & \boxed{1 \geq f(x) \geq 0 } \\
\end{eqnarray*}
\item Pour tout $x$ de $[0,1]$ :
$$
|f'(x)| = |e^{-x} g(e^x)| = |e^{-x}| |g(e^x)|.
$$
On a alors 
\begin{eqnarray*}
0 \leq x \leq 1 & \Longleftrightarrow & 1 \geq e^{-x} \geq \dfrac{1}{e} \\
& \Longrightarrow & |e^{-x}| \leq 1
\end{eqnarray*}
De même, 
\begin{eqnarray*}
0 \leq x \leq 1 & \Longleftrightarrow & 1 \leq e^{x} \leq e\\
& \Longleftrightarrow & g(1) \leq g(e^x) \leq g(e)  \qquad \text{(La fonction $g$ est croissante)}\\
& \Longrightarrow & |g(e^x)| \leq |g(e)|
\end{eqnarray*}
En utilisant ces deux inégalités, on a $\forall x \in [0,1]$,
$$
\boxed{|f'(x)| \leq |g(e)|.}
$$
\end{enumerate}

\subsection*{Partie 3 : \'Etude de la fonction $f(x) -x$}
On considère la fonction $h$ définie sur $[0,1]$ par : $h(x) = f(x) - x$.
\begin{enumerate}
\item La fonction $h$ est dérivable en tant que somme de fonctions dérivables. Pour tout $x \in [0,1]$, on a $h'(x) = f'(x) - 1$. Or, $f'(x) \leq 0$ et $-1 < 0$ donc 
$$
h'(x) \leq 0. 
$$
\begin{center}
\fbox{La fonction $h$ est donc décroissante sur $[0,1]$. }
\end{center}
\item \begin{itemize}
\item La fonction $h$ est continue (car dérivable (Partie 3.1)). 
\item La fonction $h$ est strictement décroissante.
\item On a d'une part $h(0) = f(0) - 0 = \ln(2) \simeq 0,69$ et d'autre part $h(1)= f(1) - 1 \simeq - 0,52$.  
\end{itemize}
D'après le théorème des valeurs intermédiaire, 
\begin{center}
\fbox{l'équation $h(x) = 0$ a une unique solution $\alpha$ dans l'intervalle $[0,1]$. }
\end{center}
\item On a alors $h(\alpha) = 0 \Longleftrightarrow f(\alpha) = \alpha$. Il y a donc au moins  une solution dans $[0,1]$ a l'équation $f(x) = x$. Réciproquement, supposons qu'il existe une autre solution $\beta \neq \alpha$ à l'équation $f(x) = x$ alors $f(\beta) = \beta \Longleftrightarrow h(\beta) = 0$. Or l'équation $h(x) = 0$ a une unique solution. Donc il est absurde de supposer qu'il y en ait une autre. 
\begin{center}
\fbox{L'équation $f(x) = x$ admet donc une unique solution sur $[0,1]$. }
\end{center}
\end{enumerate}

\end{document}