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

\begin{document}

\chead{Correction Devoir Surveillé n°1}
\lfoot{}
\cfoot{DS n°1.}

\begin{center}
\fbox{ \Large Correction Devoir Surveillé n°1}
\end{center}

\renewcommand{\P}{\mathscr{P}}
\section*{Exercice 1}

\begin{qmulti}{2}
\item On calcule 
\begin{eqnarray*}
A & = & 27^{n+1} + 3^{n+2} \times 9^n \\
A & = & (3^3)^{n+1} + 3^{n+2} \times (3^2)^n \\
A & = & 3^{3n+3} + 3^{n+2} \times 3^{2n} \\
A & = & 3^{3n+3} + 3^{3n+2} \\
A & = & 3^{3n+2}(3 +1)   
\end{eqnarray*}
\begin{center}
 \fbox{$A  =  4 \times 3^{3n+2} $}
 \end{center} 
 \item On calcule
 \begin{eqnarray*}
B & = & \ln(\sqrt{5} + 2) + \ln(\sqrt{5} -2) \\
B & = & \ln((\sqrt{5} + 2)(\sqrt{5} -2))\\
B & = & \ln(5 - 4) \\
B & = & \ln(1)
\end{eqnarray*}
\begin{center}
 \fbox{$B  =  0 $}
 \end{center}
\item On calcule
\begin{eqnarray*}
C & = & \ln \left( \sqrt{\ln(e^{4x^2})} \right) \\
C & = & \ln \left( \sqrt{4x^2} \right) 
\end{eqnarray*}
\begin{center}
\fbox{$C =  \ln \left( 2|x| \right) $}
\end{center}

\item On calcule
\begin{eqnarray*}
\displaystyle D & =& \frac{\dfrac{6(n+1)}{n(n-1)(2n-2)}}{\dfrac{2n+2}{n^2(n-1)^2}} \\
D & = & \dfrac{6(n+1)n^2(n-1)^2}{n(n-1)(2n-2)(2n+2)} \\
D & = & \dfrac{6(n+1)n(n-1)}{2(n-1)\times 2(n+1)} 
\end{eqnarray*}
\begin{center}
\fbox{$D = \dfrac{3}{2} n $}
\end{center}
\end{qmulti}
\vspace{-20pt}
\section*{Exercice 2}

\begin{enumerate}
\item On résout l'équation pour $x > 3$
\begin{eqnarray*}
\ln(x-3) + \ln(x+1) = 3 \ln 2 & \Longleftrightarrow & \ln((x-3)(x+1)) = \ln(8) \\
& \Longleftrightarrow & (x-3)(x+1) = 8 \\
& \Longleftrightarrow & x^2 -3x + x -3 = 8 \\
& \Longleftrightarrow & x^2 -2x  -11 = 0 
\end{eqnarray*}
On calcule le discriminant $\Delta = (-2)^2 - 4 \times (-11) = 48$. Les solutions de l'équation sont donc
\begin{minipage}{0.45\linewidth}
\begin{eqnarray*}
x_1 & = & \dfrac{2 - \sqrt{48}}{2} \\
x_1 & = & \dfrac{2 - 4\sqrt{3}}{2} \\ 
x_1 & = & 1 - 2\sqrt{3} \\
\end{eqnarray*}
\end{minipage}
\begin{minipage}{0.45\linewidth}
\begin{eqnarray*}
x_2 & = & \dfrac{2 + \sqrt{48}}{2} \\
x_2 & = & \dfrac{2 + 4\sqrt{3}}{2} \\ 
x_2 & = & 1 + 2\sqrt{3} \\
\end{eqnarray*}
\end{minipage}
Or, on a $1 -   2\sqrt{3}  < 3$ et $1 +2\sqrt{3} > 3$ donc 
\begin{center}
 \fbox{L'ensemble des solutions de l'équation est $\mathscr{S} = \{ 1 + 2\sqrt{3} \}$.}
 \end{center} 

\medskip
\item On résout l'équation $|3x +1| + |2x - 4| = 5$. On commence par déterminer les cas possibles à l'aide d'un tableau de signe. 

\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit{$x$/1,Signe de $3x+1$/1,Signe de $2x-4$/1}{$-\infty$,$-\dfrac{1}{3}$,2,$+\infty$}
\tkzTabLine{,-,z,+,t,+} 
\tkzTabLine{,-,t,-,z,+} 
\end{tikzpicture}
\end{center}

\begin{itemize}
\item[\uline{Premier cas :}]On suppose que  $x \leq - \dfrac{1}{3}$. On a alors
\begin{eqnarray*}
|3x +1| + |2x - 4| = 5 & \Longleftrightarrow & -(3x + 1) - (2x - 4) = 5 \\
& \Longleftrightarrow & -3x - 1 - 2x + 4 = 5 \\
& \Longleftrightarrow & -5x = 2 \\
& \Longleftrightarrow & x = -\dfrac{2}{5} \\
\end{eqnarray*}
Or $-\dfrac{2}{5} = -0,4 \leq -0,33 \approx - \dfrac{1}{3}$. Ainsi $- \dfrac{2}{5}$ est une solution de cette équation 
\medskip
\item[\uline{Second cas :}]On suppose que  $ - \dfrac{1}{3} < x \leq 2$. On a alors
\begin{eqnarray*}
|3x +1| + |2x - 4| = 5 & \Longleftrightarrow & (3x + 1) - (2x - 4) = 5 \\
& \Longleftrightarrow & 3x + 1 - 2x + 4 = 5 \\
& \Longleftrightarrow & x = 0 \\
\end{eqnarray*}
Or $0 \in \left[ - \dfrac{1}{3} ; 2 \right]$. Ainsi $0$ est une solution de cette équation
\item[\uline{Second cas :}]On suppose que  $ x > 2$. On a alors
\begin{eqnarray*}
|3x +1| + |2x - 4| = 5 & \Longleftrightarrow & (3x + 1) + (2x - 4) = 5 \\
& \Longleftrightarrow & 3x + 1 + 2x - 4 = 5 \\
& \Longleftrightarrow & 5x = 8 \\
& \Longleftrightarrow & x = \frac85 \\
\end{eqnarray*}
Or $\frac{8}{5}$ n'appartient pas au domaine étudié donc ce n'est pas une solution de cette équation. En conclusion
\begin{center}
 \fbox{L'ensemble des solutions de l'équation est $\mathscr{S} = \left\{ - \dfrac{2}{5} ;0 \right\}$}
 \end{center} 
\end{itemize}

\item On résout l'inéquation 
\begin{eqnarray*}
x^2 - 3x \leq 4 & \Longleftrightarrow & x^2 - 3x - 4 \leq 0 
\end{eqnarray*}
On cherche les solutions de l'équation $x^2 - 3x - 4 = 0$. Le discriminant est $\Delta = 9 - 4 \times (-4) = 25$. Les solutions sont donc \\

\begin{minipage}{0.45\linewidth}
\begin{eqnarray*}
x_1 & = & \dfrac{3 - 5}{2} \\
x_1 & = & -1 
\end{eqnarray*}
\end{minipage}
\begin{minipage}{0.45\linewidth}
\begin{eqnarray*}
x_2 & = & \dfrac{3 + 5}{2} \\
x_2 & = & 4 
\end{eqnarray*}
\end{minipage}\\

On en déduit le tableau de signe
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit{$x$/1,Signe de $x^2 - 3x - 4$/2}{$-\infty$,$-1$,4,$+\infty$}
\tkzTabLine{,+,z,-,z,+} 
\end{tikzpicture}
\end{center}
A l'aide du tableau de signe on en déduit que 
\begin{center}
\fbox{L'ensemble des solutions de l'inéquation est $[-1 ; 4]$.}
\end{center}

\item On résout l'inéquation 
\begin{eqnarray*}
1 + \frac12 x^2 \geq \ln(x) & \Longleftrightarrow & 1 + \frac12 x^2 - \ln(x) \geq 0 
\end{eqnarray*}
On pose la fonction $f: x \to 1 + \frac12 x^2 - \ln(x)$ définie et dérivable sur $]0 ; + \infty[$ en tant que sommes de fonctions définies et dérivables sur $]0 ; + \infty[$. La dérivée de $f$ est donnée par 
\begin{eqnarray*}
f'(x) & = & x - \dfrac{1}{x} \\
& =& \dfrac{x^2 - 1}{x}
\end{eqnarray*}
Comme $x >0$, le signe de la dérivée dépend du signe de $x^2 - 1$. 
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit{$x$/1,Signe de $f'(x)$/1,Variation de $f$/2}{$0$,1,$+\infty$}
\tkzTabLine{d,-,z,+,} 
\tkzTabVar{+/, -/$\dfrac{3}{2}$ ,+/} 
\end{tikzpicture}
\end{center}
On a calculé $f(1) = 1 + \frac{1}{2} - \ln(1) = \frac{3}{2}$. La fonction $f$ est donc positive. 
\begin{center}
\fbox{L'ensemble des solutions de l'inéquation est $]0; +\infty[$.}
\end{center}
\end{enumerate}

\vspace{-30pt}
\section*{Exercice 3}

\begin{enumerate}
\item
La suite $(u_n)_{n \in \N}$ est arithmético-géométrique. On résout l'équation 
\begin{eqnarray*}
x = 3x + 2 & \Longleftrightarrow & -2x = 2 \\
& \Longleftrightarrow & x = -1
\end{eqnarray*}
On introduit la suite $(v_n)_{n \in \N}$ définie par $\forall n \in \N, v_n = u_n + 1$. 
Ainsi :
\begin{eqnarray*}
v_{n+1} & = & u_{n+1} + 1 \\
& = & 3 u_n + 2 + 1 \\
& = & 3 u_n + 3 \\
& = & 3 (u_n + 1) \\
& = & 3 v_n
\end{eqnarray*}
La suite $(v_n)_{n \in \N}$ est géométrique de raison $3$ et $v_0 = 2$. Ainsi 
$\forall n \in \N, \; v_n = 2 \times 3^n$.
\begin{center}
\fbox{On en déduit que pour tout $n$ entier, $u_n = 2 \times 3^n - 1$. }
\end{center}

\item La suite $(v_n)_{n \in \N}$ est une suite récurrente linéaire d'ordre 2. L'équation caractéristique associée est donnée par 
\begin{eqnarray*}
x^2 = x - \frac{1}{4} & \Longleftrightarrow & x^2 - x + \frac{1}{4} =0
\end{eqnarray*}
Le discriminant associé à cette équation est 
$$
\Delta = (-1)^2 - 4 \times \dfrac{1}{4} \times 1 = 0
$$
L'unique solution réelle est $x_0 = \frac{1}{2}$. Dans ce cas, il existe $\alpha$ et $\beta$ deux réels tels que 
$$
\forall n \in \N, \quad v_n = (\alpha + \beta n) \left( \dfrac{1}{2} \right)^n. 
$$

En utilisant $v_0 = 1$ et $v_0 = \alpha$ puis $v_1 = 3$ et $v_1 = \frac{1}{2}(\alpha + \beta)$, on en déduit le système 
\begin{eqnarray*}
\begin{cases}
\alpha = 1 \\
\frac{1}{2}(\alpha + \beta) = 3
\end{cases} & \Longleftrightarrow & \begin{cases}
\alpha = 1 \\
1 + \beta = 6 
\end{cases} \\
& \Longleftrightarrow & \begin{cases}
\alpha = 1 \\
\beta = 5 
\end{cases} 
\end{eqnarray*}
\begin{center}
\fbox{Ainsi, $\forall n \in \N, v_n = (1+ 5n) \left( \dfrac{1}{2} \right)^n.$}
\end{center}

\item D'après l'énoncé, on a 
\begin{eqnarray*}
\forall n \in \N, a_{n+2} = 2a_{n+1} + b_{n+1} & \Longleftrightarrow &  a_{n+2} = 2a_{n+1} + 2 a_n + 3b_n \\
& \Longleftrightarrow &  a_{n+2} = 2a_{n+1} + 2 a_n + 3(a_{n+1} - 2a_n) \\
& \Longleftrightarrow &  a_{n+2} = 5a_{n+1} - 4 a_n 
\end{eqnarray*}

Donc la suite $(a_n)_{n \in \N}$ est bien une suite récurrente linéaire d'ordre 2. On pose l'équation caractéristique associée :
\begin{eqnarray*}
x^2 = 5 x - 4 & \Longleftrightarrow & x^2 - 5x + 4 = 0 
\end{eqnarray*}
Le discriminant associé à cette équation est 
$$
\Delta = (-5)^2 - 4 \times 4 \times 1 = 9
$$
L'équation caractéristique a deux solutions qui sont :

\begin{minipage}{0.45\linewidth}
\begin{eqnarray*}
x_1 & = & \dfrac{5 - 3}{2} \\
x_1 & = & 1 
\end{eqnarray*}
\end{minipage}
\begin{minipage}{0.45\linewidth}
\begin{eqnarray*}
x_2 & = & \dfrac{5 + 3}{2} \\
x_2 & = & 4 
\end{eqnarray*}
\end{minipage}

Dans ce cas, il existe $\alpha$ et $\beta$ tels que 
$$
\forall n \in \N, \quad a_n = \alpha \times 1^n + \beta \times 4^n
$$

En utilisant $a_0 = 0$ et $a_1 = 2 a_0 + b_0 = 1$, on en déduit le système d'équation 
\begin{eqnarray*}
\begin{cases}
\alpha + \beta = 0 \\
\alpha + 4 \beta = 1
\end{cases} & \Longleftrightarrow & \begin{cases}
\alpha = - \beta \\
3 \beta = 1 
\end{cases}
 \Longleftrightarrow  \begin{cases}
\alpha = - \dfrac{1}{3} \\
\beta = \dfrac{1}{3} 
\end{cases} 
\end{eqnarray*}
\begin{center}
\fbox{On en déduit que pour tout $n$ entier, $a_n = - \dfrac{1}{3} + \dfrac{4^n}{3}$  et $b_n = a_{n+1}-2a_n = \dfrac{1}{3} +\dfrac{2}{3} \times 4^n$ . }
\end{center}
\end{enumerate}

\section*{Exercice 4}

\begin{enumerate}
\item Soit $(u_n)_{n\in \N}$ une suite définie par $u_0 = 2$ et $u_{n+1} = \dfrac{u_n}{1+u_n}$. Démontrer par récurrence que pour tout $n \in \N, u_n = \dfrac{2}{2n+1}$. 
\begin{itemize}
\item On cherche à montrer les propositions $\P_n : \left\{ u_n = \dfrac{2}{2n+1} \right\}$.
	\item \textbf{Initialisation :} La propriété $\mathscr{P}_0$ s'écrit $u_0 = \dfrac{2}{2 \times 0 + 1}$. Or d'après l'énoncé, $u_0 = 2$. La propriété $\mathscr{P}_0$ est donc vraie.  
	\item \textbf{Hérédité :} On suppose que $\P_n$ est vrai pour un certain rang $n$. (On a donc $u_n =  \dfrac{2}{2n+1}$ ) \\
	
On utilise la définition de la suite, à savoir $u_{n+1} = \dfrac{u_n}{1 + u_n}$. On a 
\begin{eqnarray*}
u_{n+1} & = & \dfrac{u_n}{1 + u_n} \\
& = & \dfrac{\dfrac{2}{2n+1}}{1 + \dfrac{2}{2n+1}} \\
& = & \dfrac{2}{2n + 1}\times \dfrac{2n + 1}{2n+1+ 2} \\
& = & \dfrac{2}{2(n + 1) + 1}
\end{eqnarray*}
La proposition $\P_{n+1}$ est donc vraie. On en déduit que la suite des proposition $(\P_n)$ est héréditaire. 
	\item \textbf{Conclusion :} \fbox{Pour tout $n \in \N$, $u_n = \dfrac{2}{2n+1}$. }
\end{itemize}
\item Soit $(u_n)_{n \in \N}$ une suite définie par $u_0=0$ et $u_{n+1} = \dfrac{\sqrt{1+2u_n}}{2}$. Démontrer  par récurrence que pour tout $n \in \N^*$ on a $0 < u_n \leq 1$.
\begin{itemize}
\item On cherche à montrer les propositions $\P_n : \left\{ 0 < u_n \leq 1 \right\}$.
	\item \textbf{Initialisation :} La propriété $\mathscr{P}_1$ s'écrit $0 < u_1 \leq 1$. Or d'après l'énoncé, $u_1 = \dfrac{\sqrt{1 +2 \times 0}}{2} = \dfrac{1}{2}$. La propriété $\mathscr{P}_1$ est donc vraie.  
	\item \textbf{Hérédité :} On suppose que $\P_n$ est vrai pour un certain rang $n$. (On a donc $0 < u_n \leq 1$ ) \\
	
On utilise la définition de la suite, à savoir $u_{n+1} = \dfrac{\sqrt{1+2u_n}}{2}$. On a d'un côté
\begin{eqnarray*}
0 < u_{n} \leq 1 & \Longrightarrow & 1 < 1 + 2u_n \leq 3 \\
& \Longrightarrow & 1 < \sqrt{1 + 2u_n} \leq \sqrt{3} \\
& \Longrightarrow & \dfrac{1}{2} < \dfrac{\sqrt{1 + 2u_n}}{2} \leq \dfrac{\sqrt{3}}{2} \\
& \Longrightarrow & 0 < u_{n+1} \leq 1
\end{eqnarray*}
La proposition $\P_{n+1}$ est donc vraie. On en déduit que la suite des proposition $(\P_n)$ est héréditaire. 
	\item \textbf{Conclusion :} \fbox{Pour tout $n \in \N$, $0 < u_n \leq 1$. }
\end{itemize}
\end{enumerate}

\newpage
\section*{Exercice 5}
\begin{enumerate}
\item 
\begin{enumerate}
\item \fbox{Le programme demande à l'utilisateur d'entrer un nombre $a$ et calcule $3a^2 + 1$.}
\item \fbox{Le programme renverra la valeur 13.} 
\item \fbox{Non car l'équation $3a^2 + 1= 0$ n'a pas de solution.} 
\end{enumerate}
\item \begin{enumerate}
\item On obtient la température en degré Fahrenheit à l'aide de la formule 
\begin{center}
\fbox{$ F = \dfrac{9}{5}C + 32$. }
\end{center}
\item
\begin{verbatim}
disp("Ce programme permet de convertir les degrés Celsius ou les degrés 
Fahrenheit. Pour commencer entrez la température à convertir puis préciser
s''il s''agit de degré Celsius (0) ou de degré Fahrenheit (1)")

T = input("Entrez la température à convertir")
type = input("Entrez 0 si la température est en degré Celsius. Entrez 1 si
la température est en degré Fahrenheit")

if type == 0 then // Cas ou la température est en degré Celsius
    T_convert = 9/5 * T + 32
    disp("La température est de '+string(T_convert)+' degrés Fahrenheit")
else
    T_convert = 5/9 * (T - 32)
    disp("La température est de '+string(T_convert)+' degrés Celsius")
end
\end{verbatim}
\end{enumerate}
\item Le programme pour résoudre les équations du second degré. 
\begin{verbatim}
a = input("Donnez la valeur de a: ")
b = input("Donnez la valeur de b: ")
c = input("Donnez la valeur de c: ")

Delta = b^2 - 4 * a * c

if Delta > 0 then
    x1 = (-b - sqrt(Delta))/(2*a)
    x2 = (-b + sqrt(Delta))/(2*a)
    disp("L''équation a deux solutions " +string(x1)+ " et " + string(x2))
elseif Delta == 0 then
    x0 = -b / (2*a)
    disp("L''équation a une solution " +string(x0)+)
else
    disp("L''équation n'a pas de solutions")
end
\end{verbatim}
\end{enumerate}

\section*{Exercice 6 - ECRICOME ECT 2011}
\begin{enumerate}
\item \begin{enumerate}
\item Les fonctions $x \to e^x$ et $x \to e^{-x}$ sont définies sur $\R$. 
\fbox{Ainsi, la fonction $f$ est définie sur $\R$.}
Le domaine de définition est symétrique. Soit $x \in \R$, on calcule
\begin{eqnarray*}
f(-x) & = & e^{-x} -e^{-(-x)} \\
& = & e^{-x} - e^x \\
& = & - (e^{x} - e^{-x}) \\
& = & - f(x)
\end{eqnarray*}
\fbox{La fonction $f$ est impaire.} On peut en déduire que 
\begin{center}
\fbox{La courbe $\mathscr{C}_f$ est symétrique par rapport à l'origine. }
\end{center}
\item On a $\li_{x \to +\infty} e^x = + \infty$ et $\li_{x \to +\infty} e^{-x} = 0$ donc \fbox{$\li_{x \to + \infty} f(x) = \li_{x \to +\infty} e^x - e^{-x} = + \infty$}. \\

On a $\li_{x \to -\infty} e^x = 0$ et $\li_{x \to -\infty} e^{-x} = +\infty$ donc \fbox{$\li_{x \to - \infty} f(x) = \li_{x \to -\infty} e^x - e^{-x} = - \infty$}.
\end{enumerate}
\item \begin{enumerate}
\item La fonction $f$ est dérivable sur $\R$ en tant que somme de fonctions dérivables. On calcule
\begin{center}
\fbox{$f'(x)  =  e^{x} + e^{-x}$}
\end{center}
\item La fonction exponentielle étant toujours positive, la dérivée de $f$ est strictement positive. On en déduit le tableau de variation suivant
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit{$x$/1,Signe de $f'(x)$/1,Variation de $f$/2}{$- \infty$,$+\infty$}
\tkzTabLine{,+,} 
\tkzTabVar{-/-$\infty$, +/$+ \infty$} 
\end{tikzpicture}
\end{center}
\item On calcule
\begin{eqnarray*}
f(0) & = & e^0 - e^0 = 0
\end{eqnarray*}
D'après le tableau de variation et le résultat précédent, 
\begin{center}
\fbox{$f(x)>0 \Longleftrightarrow x \in ]0; +\infty[$}
\end{center}
\begin{center}
\fbox{$f(x)<0 \Longleftrightarrow x \in ]-;\infty; 0[$}
\end{center}
\item On a $f'(0) = e^0 + e^0 = 2$ et $f(0) = 0$. Ainsi l'équation de la tangente à la courbe $\mathscr{C}_f$ au point d'abscisse $0$ est 
\begin{center}
\fbox{$ y = 2x$.}
\end{center}
\item On calcule la dérivée seconde de $f$ :
\begin{center}
\fbox{$ \forall x \in \R, \quad f''(x) = e^x - e^{-x} = f(x)$.}
\end{center}
\end{enumerate}
\item \begin{enumerate}
\item On en déduit le signe de $f''$ :
\begin{center}
\fbox{$f''(x)>0 \Longleftrightarrow x \in ]0; +\infty[$ et $f''(x)<0 \Longleftrightarrow x \in ]-;\infty; 0[$}
\end{center}
\vspace{100pt}
\item On construit la courbe représentative de $f$ et la tangente en 0
\begin{center}
\includegraphics[scale=0.8]{DS1_1.png}
\end{center}
\end{enumerate}

\item \begin{enumerate}
\item Soit $n \in \N$. On veut montrer que l'équation $(E_n)$ admet une unique solution. 
\begin{itemize}
\item La fonction $f$ est continue sur $\R$ (en tant que somme de fonction continue sur $\R$)
\item La fonction $f$ est strictement croissante sur $\R$
\item $f(0) = 0 \leq n$ et $f(\ln(n+1)) = n+1 - \dfrac{1}{n+1} > n$. 
\end{itemize}
D'après le théorème des valeurs intermédiaire, on en conclut que 
\begin{center}
\fbox{L'équation $f(x) = n$ a une unique solution. }
\end{center}
\item Soit $n \in \N$. On calcule le discriminant de l'équation $x^2 -nx - 1 = 0$. 
$$
\Delta = (-n)^2 -4 \times (-1) = n^2 + 4 >0
$$
L'équation a donc deux solutions réelles données par 
\begin{center}
\fbox{$ x_1 = \dfrac{n - \sqrt{n^2 + 4}}{2} \quad$ et $\quad  x_2 = \dfrac{n + \sqrt{n^2 + 4}}{2} $}
\end{center}
On a évidemment $x_2$ positif (somme de termes positifs). L'étude est moins clair pour $x_1$. On a 
\begin{eqnarray*}
n^2 + 4 >  n^2 & \Longrightarrow & \sqrt{n^2 + 4} > n \\
& \Longrightarrow &  0 > n -\sqrt{n^2 + 4} \\
& \Longrightarrow &  0 > x_1 
\end{eqnarray*}
\begin{center}
\fbox{On a $x_1$ négatif et $x_2$ positif. }
\end{center}
\item On utilise le changement de variable $t = e^x$. On a alors
\begin{eqnarray*}
e^{x} - e^{-x} = n & \Longleftrightarrow & e^{x} - \dfrac{1}{e^x} = n \\
& \Longrightarrow & t - \dfrac{1}{t} = n \\
& \Longrightarrow & t^2 - 1 = nt \\
& \Longrightarrow & t^2 - nt - 1 = 0 \\
\end{eqnarray*}
\end{enumerate}
D'après les résultats de la question précédente, on a $t=x_1$ ou $t=x_2$, c'est à dire, $e^x = x_1$ ou $e^x = x_2$. Or, $e^x = x_1$ est impossible car $x_1$ est négatif. 
\begin{center}
\fbox{L'équation n'a donc qu'une solution : $\mathcal{S} = \left\{ \ln\left( \dfrac{n + \sqrt{n^2 + 4}}{2} \right) \right\}$.}
\end{center}
\end{enumerate}

\section*{Exercice 7 - Inspiré de EML 1995}

\begin{enumerate}
\item Soit la fonction $f$ définie par 
$$
f(x) = x \ln(1+x)
$$
\begin{enumerate}
\item La fonction $x \to x$ est définie sur $\R$. La fonction $x \to \ln(1+x)$ est définie pour 
\begin{eqnarray*}
1 + x > 0 \Longleftrightarrow x > -1 
\end{eqnarray*} 
Ainsi, le domaine de définition est \fbox{$\mathcal{D}_f = ]-1 ; + \infty[$.} 
\item Le domaine de définition de la fonction $f$ n'est pas symétrique.
\begin{center}
 \fbox{La fonction n'a donc pas de parité }
\end{center}
\item On a 
$ \li_{x \to + \infty} \ln(x+1) = + \infty$ et $\li_{x \to +\infty} x = + \infty$
\begin{center}
\fbox{Donc $\li_{x \to + \infty} f(x) = + \infty$ .}
\end{center}
On a 
$ \li_{x \tos -1} x+1 = 0^+$ et $\li_{X \tos 0} \ln(X) = - \infty$. Ainsi $ \li_{x \tos -1} \ln(x+1) = - \infty$. De plus $\li_{x \to -1} x = -1$
\begin{center}
\fbox{Donc $\li_{x \to -1} f(x) = + \infty$ .}
\end{center}
\item La fonction $f$ est dérivable en tant que produit de fonction dérivable sur $]-1 ; + \infty[$. On calcule
\begin{center}
\fbox{$f'(x) = \ln(1+x) + \dfrac{x}{1+x}$}
\end{center}
\item Afin de construire le tableau de variations, on va trouver le signe de la dérivée par disjonction de cas :
\begin{itemize}
\item[1er cas: x >0]
Dans ce cas, on a à la fois $1+ x > 1$ donc $\ln(1+x) >0$ et $\dfrac{x}{1+x} >0$ donc 
\begin{center}
\fbox{$\forall x >0, f'(x) > 0$.}
\end{center}
\item[2ème cas: -1<x <0]
Dans ce cas, on a à la fois $1+ x < 1$ donc $\ln(1+x) <0$ et $\dfrac{x}{1+x} <0$ donc 
\begin{center}
\fbox{$\forall x >0, f'(x) < 0$.}
\end{center}
\end{itemize} 
On en déduit le tableau de variations suivant 
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit{$x$/1,Signe de $f'(x)$/1,Variation de $f$/1.5}{$- 1$,0,$+\infty$}
\tkzTabLine{,-,z,+} 
\tkzTabVar{+/+$\infty$, -/0, +/$+ \infty$} 
\end{tikzpicture}
\end{center}
\end{enumerate}
\item \begin{enumerate}
\item On résout 
\begin{eqnarray*}
f(x) = x & \Longleftrightarrow & x \ln(1+x) = x \\
& \Longleftrightarrow & x \ln(1+x) - x = 0 \\
& \Longleftrightarrow & x (\ln(1+x) -1) = 0\\
& \Longleftrightarrow & x = 0 \quad \text{ou} \quad \ln(1+x) -1 = 0  \\
& \Longleftrightarrow & x = 0 \quad \text{ou} \quad \ln(1+x) = 1 \\
& \Longleftrightarrow & x = 0 \quad \text{ou} \quad x+1 = e \\
& \Longleftrightarrow & x = 0 \quad \text{ou} \quad x = e-1 
\end{eqnarray*} 
\begin{center}
\fbox{L'ensemble des solutions de $f(x) = x$ est $\mathcal{S} = \{0, e-1\}$.}
\end{center}
\item Par les mêmes calculs que précédemment, on a 
$$
f(x) \geq x  \Longleftrightarrow  x (\ln(1+x) -1) \geq 0 . 
$$
Or, $(\ln(1+x) -1) \geq 0 \Longleftrightarrow x \geq e-1$. D'après le tableau de signe 
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[lgt=6,espcl=3] {$x$/1,Signe de $x$/1,Signe de $\ln(1+x) -1$/1,Signe de $f(x)-x$/1}{$- 1$,0,$e-1$,$+\infty$}
\tkzTabLine{,-,z,+,t,+} 
\tkzTabLine{,-,t,-,z,+}  
\tkzTabLine{,+,z,-,z,+} 
\end{tikzpicture}
\end{center}
L'ensemble des solutions de $f(x) \geq x$ est \fbox{$\mathcal{S} = ]-1;0] \cup [e-1;+\infty[$.}
\end{enumerate}
\item On montre par récurrence $\forall n \in \N, u_n \in ]0;e-1[$:
\begin{enumerate}
\item \begin{itemize}
\item On cherche à montrer les propositions $\P_n : \left\{ u_n \in ]0;e-1[ \right\}$.
	\item \textbf{Initialisation :} La propriété $\mathscr{P}_0$ s'écrit $u_0 \in ]0;e-1[$. La propriété $\mathscr{P}_0$ est donc vraie.  
	\item \textbf{Hérédité :} On suppose que $\P_n$ est vrai pour un certain rang $n$. (On a donc $u_n \in ]0;e-1[$ ) \\
 On a 
\begin{eqnarray*}
u_n \in ]0;e-1[ & \Longleftrightarrow & 0 < u_n < e-1 \\
& \Longrightarrow & f(0) < f(u_n) < f(e-1) \quad \text{car $f$ est croissante sur $[0;+\infty[$} \\
& \Longrightarrow & 0 < u_{n+1} < e-1 
\end{eqnarray*}
La proposition $\P_{n+1}$ est donc vraie. On en déduit que la suite des proposition $(\P_n)$ est héréditaire. 
	\item \textbf{Conclusion :} \fbox{Pour tout $n \in \N$, $u_n \in ]0;e-1[$. }
\end{itemize}
\item On a montré (question 2.b) que $\forall x \in ]0; e-1[$, $f(x) \leq x$ et (question 3.a) $\forall n \in \N, u_n \in ]0;e-1[$. 
Donc 
$$
f(u_n)  \leq u_n \Longrightarrow u_{n+1} \leq u_n.
$$
\begin{center}
\fbox{La suite $(u_n)_{n \in \N}$ est décroissante.}
\end{center}
\end{enumerate}
\item \begin{enumerate}
\item On montre par récurrence $\forall n \in \N, u_n > e-1$:
\begin{itemize}
\item On cherche à montrer les propositions $\P_n : \left\{ u_n > e-1 \right\}$.
	\item \textbf{Initialisation :} La propriété $\mathscr{P}_0$ s'écrit $u_0 > e-1$. La propriété $\mathscr{P}_0$ est donc vraie.  
	\item \textbf{Hérédité :} On suppose que $\P_n$ est vrai pour un certain rang $n$. (On a donc $u_n > e-1$ ) \\
 On a 
\begin{eqnarray*}
u_n > e-1 & \Longrightarrow &   f(u_n) > f(e-1) \quad \text{car $f$ est croissante sur $[0;+\infty[$} \\
& \Longrightarrow &  u_{n+1} > e-1 
\end{eqnarray*}
La proposition $\P_{n+1}$ est donc vraie. On en déduit que la suite des proposition $(\P_n)$ est héréditaire. 
	\item \textbf{Conclusion :} \fbox{Pour tout $n \in \N$, $u_n > e-1$. }
\end{itemize}
\item On a montré (question 2.b) que $\forall x > e-1$, $f(x) \geq x$ et (question 4.a) $\forall n \in \N, u_n > e-1$. 
Donc 
$$
f(u_n)  \geq u_n \Longrightarrow u_{n+1} \geq u_n.
$$
\begin{center}
\fbox{La suite $(u_n)_{n \in \N}$ est croissante.}
\end{center}
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\end{document}