\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}

\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}


\section*{Exercice 2}

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}[h]
\centering
\includegraphics[scale=1]{DM1_C1.png}
\caption{La fonction $g$ et la droite $y=x$.}
\end{figure}
\end{enumerate}

\section*{Exercice 3 - 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}
\item On construit la courbe représentative de $f$ et la tangente en 0
\begin{center}
\includegraphics[scale=0.8]{DM1_C2.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}

\end{document}