\input{../preambules/preDM.tex}
\renewcommand{\P}{\mathscr{P}}
\newcommand{\e}{e}
\usepackage{enumitem}

\begin{document}

\chead{Correction Devoir maison n�11}
\lfoot{}
\cfoot{Espaces vectoriel, \'Etude de fonctions}

\begin{center}
\fbox{ \Large Correction Devoir maison n�11}
\end{center}

\section*{Exercice 1 - Espaces Vectoriels}
\begin{enumerate}
\item Le programme suivant permet de v�rifier si un vecteur $X$ appartient � $F$. Le r�sultat donn� sera 1 si le vecteur appartient bien � $F$ et 0 sinon. 
\item On consid�re $F = \left\{ \vect{x}{y}{z} \in \M_{3,1}(\R) | -x + y + 2z=0 \; \text{et} \; y - 3z = 0 \right\}$ 
\begin{enumerate}
\item On v�rifie que 
\begin{itemize}
\item $F \subset \M_{3,1}(\R)$. 
\item $-0 + 0 + 2\times 0 = 0$ et $0 - 3 \times 0 = 0$. Donc $\vect{0}{0}{0} \in \M_{3,1}(\R)$. 
\item Soient $X = \vect{x_1}{x_2}{x_3} \in F$, $Y = \vect{y_1}{y_2}{y_3} \in F$ et $\lambda \in \R$. On a donc $- x_1 + x_2 + 2x_3 =0$, $x_2 - 3x_3 =0$ et $- y_1 + y_2 + 2y_3 = 0$, $y_2 - 3 y_3 = 0$. On �tudie 
$$
\lambda X + Y = \vect{\lambda x_1 + y_1}{\lambda x_2 + y_2}{\lambda x_3 + y_3}
$$
On a alors
\begin{align*}
-(\lambda x_1 + y_1) + (\lambda x_2 + y_2) + 2 (\lambda x_3 + y_3) & = - \lambda x_1 - y_1 + \lambda x_2 + y_2 + \lambda 2x_3 + 2 y_3 \\
& = \lambda ( -x_1 + x_2 + 2x_3) + (-y_1 + y_2 + 2y_3) \\
& = 0 
\end{align*}
ainsi que 
\begin{align*}
(\lambda x_2 + y_2) - 3 (\lambda x_3 + y_3) &= \lambda x_2 + y_2 - 3\lambda x_3 - 3 y_3 \\
& = \lambda (x_2 - 3x_3) + (y_2 - 3 y_3) \\
& = 0
\end{align*}
On a montr� que $\lambda X + Y \in F$ et donc
\begin{center}
\fbox{$F$ est un sous espace vectoriel de $\M_{3,1}(\R)$. }
\end{center}
\end{itemize}
\item On a 
\begin{align*}
F & = \left\{ \vect{x}{y}{z} \in \M_{3,1}(\R) \Big| -x + y + 2z=0 \; \text{et} \; y  = 3z \right\} \\
& = \left\{ \vect{x}{y}{z} \in \M_{3,1}(\R) \Big| x = 5z \; \text{et} \; y  = 3z \right\} \\
& = \left\{ \vect{5z}{3z}{z} \Big| z \in \R \right\} \\
& = \left\{ z\vect{5}{3}{1} \Big| z \in \R \right\} 
\end{align*}
C'est-�-dire que 
\begin{center}
\fbox{$F = Vect \left( \vect{5}{3}{1} \right)$.}
\end{center}
\end{enumerate}
\item Dans $M_{3,1} (\R)$ on consid�re les vecteurs : $u = \vect{1}{0}{1}$, $v = \vect{-1}{0}{2}$ et $w = \vect{1}{1}{1}$. 
\begin{enumerate}
\item On montre que $(u,v,w)$ est une famille libre de $\M_{3,1}(\R)$. Soient $(\lambda_1, \lambda_2, \lambda_3) \in \R^3$ tels que 
\begin{align*}
\lambda_1 u + \lambda_2 v + \lambda_3 w = 0 & \Longleftrightarrow \begin{cases}
\lambda_1 - \lambda_2  + \lambda_3 & = 0\\
\qquad \qquad \lambda_3  &= 0 \\
\lambda_1 + 2 \lambda_2 + \lambda_3 & = 0
\end{cases} \\
& \Longleftrightarrow \begin{cases}
\lambda_1 - \lambda_2  & = 0\\
\lambda_1 + 2 \lambda_2  & = 0 \\
\qquad \lambda_3  &= 0 \\
\end{cases} \\
& \Longleftrightarrow \begin{cases}
\lambda_1 - \lambda_2  & = 0\\
\qquad 3 \lambda_2  & = 0 \quad L_2 \leftarrow L_2 - L_1\\
\qquad \lambda_3  &= 0 \\
\end{cases} \\
& \Longleftrightarrow \lambda_1 = \lambda_2 = \lambda_3 = 0
\end{align*}
\begin{center}
\fbox{La famille $(u,v,w)$ est une famille libre de $\M_{3,1}(\R)$.}
\end{center}
\item On cherche $(\lambda_1, \lambda_2, \lambda_3) \in \R^3$ tels que 
\begin{align*}
\lambda_1 u + \lambda_2 v + \lambda_3 w = \vect{4}{-1}{1} & \Longleftrightarrow \begin{cases}
\lambda_1 - \lambda_2  + \lambda_3 & = 4\\
\qquad \qquad \lambda_3  &= -1 \\
\lambda_1 + 2 \lambda_2 + \lambda_3 & = 1
\end{cases} \\
& \Longleftrightarrow \begin{cases}
\lambda_1 - \lambda_2  & = 5\\
\lambda_1 + 2 \lambda_2  & = 2 \\
\qquad \lambda_3  &= -1 \\
\end{cases} \\
& \Longleftrightarrow \begin{cases}
\lambda_1 - \lambda_2  & = 5\\
\qquad 3 \lambda_2  & = -3 \quad L_2 \leftarrow L_2 - L_1\\
\qquad \lambda_3  &= -1 
\end{cases} \\
& \Longleftrightarrow \begin{cases}
\lambda_1  &= 4\\
\lambda_2  &= -1 \\
\lambda_3  &= -1 
\end{cases} 
\end{align*}
\begin{center}
\fbox{Donc $\vect{4}{-1}{1} = 4u -v - w$}
\end{center}
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\newpage
\section*{Exercice 2}
Soit $f:%
\begin{array}[t]{rcl}
\lbrack -1;+\infty \lbrack & \longrightarrow & \mathbb{R} \\ 
x & \longmapsto & x\ln \,(1+x)%
\end{array}%
.$\\

On consid\`{e}re la suite $(u_{n})_{n\in \mathbb{N}}$ d\'{e}finie par $%
u_{0}\in ]0;+\infty \lbrack $ et, pour tout $n$ de $\mathbb{N}$, $%
u_{n+1}=f(u_{n}).$

\begin{enumerate}
\item 
\begin{enumerate}
\item On sait que 
\begin{itemize}
\item La fonction $x \to 1+x$ est de classe $\mathcal{C}^2$ sur $]-1;+\infty[$ et est strictement positive sur cet intervalle.
\item La fonction $x \to \ln(x)$ est de classe $\mathcal{C}^2$ sur $]0;+\infty[$.
\item La fonction $x \to x$ est de classe $\mathcal{C}^2$ sur $]-1;+\infty[$
\end{itemize}
Donc par compos�e et produit de fonctions de classe $\mathcal{C}^2$,
\begin{center}
\fbox{$f$ est de classe $\mathcal{C}^2$ sur $[0;+\infty[$.}
\end{center}
On calcule
\begin{center}
\fbox{$
\forall x \in ]-1,+\infty[, \; f'(x) = \ln(1+x) + \dfrac{x}{1+x}
$}
\end{center}
et 
\begin{align*}
\forall x \in ]-1,+\infty[, \; f''(x)& = \dfrac{1}{1+x} + \dfrac{(1+x) - x}{(1+x)^2} \\
& = \dfrac{1+x}{(1+x)^2} + \dfrac{1}{(1+x)^2}
\end{align*}
Donc 
\begin{center}
\fbox{$\forall x \in ]-1,+\infty[, \; f''(x) =  \dfrac{2+x}{(1+x)^2} >0$.}
\end{center}
La d�riv�e seconde est strictement positive donc \begin{center}
\fbox{la fonction $f$ est convexe sur $]-1,+\infty[$.}
\end{center}

\item Pour tout $x > -1$, $f''(x) >0$ donc \begin{center}
\fbox{la fonction $f'$ est strictement croissante. }
\end{center}
Or $f'(0) = 0$ donc la fonction $f'$ est positive sur $[0,+\infty[$ et n�gative sur $]-1;0$. \begin{center}
\fbox{Ainsi la fonction $f$ est  d�croissante sur $]-1;0]$ et  croissante sur $[0,+\infty[$.}
\end{center}

\item On a $ \li_{x \to - 1} x \ln(1+x) = + \infty $ et $\li_{x \to + \infty} x \ln(1+x) = + \infty $ d'o� le tableau de variation suivant
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[lgt=3,espcl=3]{$x$/1,Signe de $f'(x)$/1,Variations de $f$/2}{$- \infty$,$0$,$+\infty$}
\tkzTabLine{,-,z,+,}
\tkzTabVar{+/$+\infty$,-/0,+/$+\infty$}
\end{tikzpicture}
\end{center}

\item On r�sout
\begin{align*}
f(x) = x & \Longleftrightarrow x \ln(1+x) = x \\
& \Longleftrightarrow x \ln(1+x) - x = 0 \\
& \Longleftrightarrow x (\ln(1+x) - 1) = 0\\
\end{align*}
On a donc $x = 0$ ou $\ln(x+1) = 1 \Longleftrightarrow x = e-1$. 
\begin{center}
\fbox{$\mathcal{S} = \{ 0, e-1 \}$.}
\end{center}

\item On r�sout l'in�quation 
$$f(x) >x \Longleftrightarrow x \ln(x+1) > x \Longleftrightarrow x(\ln(x+1) - 1) > 0 .$$
A l'aide d'un tableau de signe, on remarque que cette in�quation est v�rifi�e pour $x \in ]-1;0[$ et pour $x \in ]e-1; +\infty[$. Donc

\begin{center}
\fbox{La courbe est au dessus de la droite $y = x$ sur $]-1;0[$ et sur $]e-1; +\infty[$.}
\end{center}

\item On trace la tangente horizontale en $0$, l'asymptote verticale en $-1$ et la droite d'�quation $y=x$. 

\begin{center}
\includegraphics[scale=0.7]{Colle23.png}
\end{center}
\end{enumerate}


\item On suppose dans cette question : $u_{0}\in \left]0; e-1 \right[
. $

\begin{enumerate}
\item On montre par r�currence $\P_n :\left\{ 0 < u_n < e-1 \right\}$.

\begin{itemize}
\item \textbf{Initialisation :} La propri�t� $\mathscr{P}_0$ s'�crit "$0< u_0< e-1$. Or  Ainsi, $\P_0$ est vraie.  
	\item \textbf{H�r�dit� :} On suppose que $\P_n$ est vrai pour un certain rang $n$. La fonction $f$ �tant croissante sur $]0, e-1[$, on a 
\begin{align*}
0 < u_n < e-1 & \Longrightarrow  f(0) < f(u_n) < f(e-1) \\
& \Longrightarrow  0 < u_{n+1} < e-1
\end{align*}
La proposition $\P_{n+1}$ est donc vraie. On en d�duit que la suite des proposition $(\P_n)$ est h�r�ditaire. 
	\item \textbf{Conclusion :} \fbox{Pour tout $n \in \N$, $0 < u_n < e-1$ }
	\end{itemize}

\item On sait que $\forall x \in ]0, e-1[, x > f(x)$ donc $u_n > f(u_n)$ c'est � dire $u_n > u_{n+1}$. La suite $(u_n)$ est d�croissante et minor�e par $0$. Elle est donc convergente. 

\item Notons $\ell $ la limite de $(u_n)$. D'apr�s le th�or�me du point fixe, $\ell$ v�rifie l'�quation $\ell = f(\ell)$. Et d'apr�s la question $1(d)$, $\ell = 0$ ou $\ell = e-1$. 

Or comme $(u_n)$ est d�croissant, on a n�cessairement $u_n > \ell$ et on sait que $u_n < e-1$. Donc 
\begin{center}
\fbox{$\li_{n \to + \infty} u_n = 0$. }
\end{center}
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\section*{Exercice 3}
Soit $f$ la fonction d�finie sur $[0,1[$ par $f(0) = 0$ et, pour tout $x>0$, $f(x) = \dfrac{1}{\ln(x)}$. 
\begin{enumerate}
\item La fonction $f$ est de classe $\mathcal{C}^2$ sur $]0,1[$ en tant que quotient de fonctions de classe $\mathcal{C}^2$ sur $]0,1$ ne s'annulant pas sur cet intervalle. 
De plus,
$$
\li_{x \tos 0} \ln(x) = - \infty \quad \text{et} \li_{X \to - \infty} \dfrac{1}{X} = 0
$$
Ainsi 
\begin{center}
\fbox{$
\li_{x \tos 0} f(x) = 0 = f(0)
$}
\end{center}
Ainsi la fonction $f$ est continue en 0 et donc sur $[0,1[$. \\

Pour �tudier la d�rivabilit� en $0$, on �tudie le taux d'accroissement 
$$
\dfrac{f(x) - f(0)}{x - 0} =  \dfrac{\frac{1}{\ln(x)} - 0}{x} = \dfrac{1}{x\ln(x)}
$$
Or en utilisant les croissances compar�es, $ \li_{x \tos 0} x \ln(x) = 0 $
et donc 
$$
\li_{x \tos 0} \dfrac{f(x) - f(0)}{x - 0} = - \infty
$$
\begin{center}
\fbox{Donc la fonction $f$ n'est pas d�rivable en $0$. }
\end{center}
\item On a montr� pr�c�demment que la fonction $f$ est de classe $\mathcal{C}^2$ sur $]0,1[$. On calcule la d�riv�e seconde
\begin{align*}
\forall x \in ]0,1[, \quad f'(x) =  - \dfrac{\frac{1}{x}}{(\ln(x))^2} = - \dfrac{1}{x ( \ln(x))^2 }
\end{align*}
$$
\forall x \in ]0,1[, \quad f''(x) = \dfrac{(\ln(x))^2 + 2x \frac{\ln(x)}{x}}{(x ( \ln(x))^2)^2} = \dfrac{\ln(x) ( \ln(x) + 2)}{(x ( \ln(x))^2)^2}
$$
Or pour $x \in ]0,1[$, $\ln(x) <0 $ et 
\begin{align*}
\ln(x) + 2 < 0 & \Longleftrightarrow \ln(x) < -2 \\
& \Longleftrightarrow x < e^{-2}
\end{align*}
On trace le tableau de signe pour $f''$
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[lgt=3,espcl=3]{$x$/1,Signe de $\ln(x)$/1, Signe de $\ln(x)+2$/1, Signe de $f''(x)$/1}{$0$,$e^{-2}$, $1$}
\tkzTabLine{,-,t,-}
\tkzTabLine{,-,z,+}
\tkzTabLine{,+,z,-}
%\tkzTabVal{1}{2}{0.5}{0}{0}
\end{tikzpicture}
\end{center}
La fonction $f$ est donc convexe sur $]0,e^{-2}[$ et concave sur $]e^{-2}; 1[$. 
\item La fonction $f$ poss�de un \fbox{unique point d'inflexion en $x = e^{-2}$.} En effet sa d�riv�e seconde s'annule et change de signe en ce point. La tangente en $f$ en ce point :
$$
y = f'(e^{-2}) (x - e^{-2}) + f(e^{-2})
$$
Or $f'(e^{-2}) = - \dfrac{e^{2}}{4}$ et $f(e^{-2}) = \dfrac{-1}{2}$. Ainsi,
\begin{center}
\fbox{$ y = -\dfrac{e^2}{4} (x - e^{-2}) - \dfrac{1}{2} = - \dfrac{e^2}{4}x - \dfrac{1}{4}$}
\end{center}
\item On trace la courbe 
\begin{center}
\includegraphics[scale=1]{Colle24.png}
\end{center}
\end{enumerate}


\end{document}