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\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 cherche tout d'abord le discriminant de $x^2 - 2x +5$, à savoir $\Delta = 4 - 20= -16 < 0$. On résout alors l'équation sur $\R$ 
\begin{align*}
\sqrt{x^2-2x+5}=x-3 & \Longrightarrow x^2 - 2x + 5 = (x - 3)^2 \\
& \Longrightarrow x^2 - 2x + 5 = x^2 - 6x + 9 \\
& \Longrightarrow 4x - 4 = 0 \\
& \Longrightarrow 4(x-1) = 0 \\
& \Longrightarrow x = 1
\end{align*}
On vérifie la solution $x = 1$. Or $\sqrt{4} =  2 \neq - 2$. Donc $1$ n'est pas solution de cette équation. 
\begin{center}
\fbox{L'ensemble des solutions est $\mathscr{S}_1 = \emptyset$.}
\end{center} 
\item On résout l'inéquation suivante sur $\R \setminus \{-3 , 1 \}$. 
\begin{align*}
\frac{1}{x-1}<\frac{2}{x+3} & \Longleftrightarrow 0 < \dfrac{2(x-1)}{(x-1)(x+3)} - \dfrac{x+3}{(x-1)(x+3)}\\
& \Longleftrightarrow 0 < \dfrac{x-5}{(x-1)(x+3)} 
\end{align*}
On résout alors l'équation à l'aide d'un tableau de signe.
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[lgt=3,espcl=2]{$x$/1, Signe de $x + 3$/1, Signe de $x - 1$/1, Signe de $x - 5$/1, Signe de $\dfrac{x-5}{(x-1)(x+3)}$/2}{$-\infty$,$-3$,$1$,$5$,$+\infty$}
\tkzTabLine{,-,z,+,t,+,t,+} 
\tkzTabLine{,-,t,-,z,+,t,+}
\tkzTabLine{,-,t,-,t,-,z,+}
\tkzTabLine{,-,d,+,d,-,z,+}  
\end{tikzpicture}
\end{center}
\begin{center}
\fbox{L'ensemble des solutions est $\mathscr{S}_2 = ]-3 ; 1[ \cup ]5 ; + \infty[$.}
\end{center}
\item On résout l'équation 
$$
e^x \geq x + 1 \Longleftrightarrow e^x - x - 1 \geq 0
$$
On pose alors la fonction $f : x \to e^x - x - 1$. Cette fonction est définie et dérivable sur $\R$ comme somme de fonction dérivable sur $\R$. On a alors pour tout $x$ réel
\begin{align*}
f'(x) & = e^x - 1
\end{align*}
Or $f'(x) \geq 0 \Longleftrightarrow e^x \geq 1 \Longleftrightarrow x \geq 0$. On a alors le tableau de variation suivant :
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[lgt=3,espcl=2]{$x$/1, Signe de $f'(x)$/2, Variations de $f$/2}{$-\infty$,$0$,$+\infty$}
\tkzTabLine{,-,z,+,}
\tkzTabVar{+/,-/0, +/} 
\end{tikzpicture}
\end{center}   
D'après le tableau de variations, on a pour tout $x$ réel, $f(x) \geq 0$. On en déduit que $\forall x \in \R, e^x \geq x+1$. 
\begin{center}
\fbox{L'ensemble des solutions est donc $\mathscr{S}_3 = \R$.  }
\end{center}

\item Afin de résoudre l'équation  $|2x+1| + |x -2 | = 4$, on résout l'équation $2x+1 \geq 0 \Longleftrightarrow x \geq - \dfrac{1}{2}$ et $x-2 \geq 0 \Longleftrightarrow x \geq 2$. On a donc 3 cas: 
\begin{enumerate}
\item {\bf Cas où $x < -1/2$ :} L'équation s'écrit alors 
\begin{align*}
|2x+1| + |x - 2| = 4 & \Longleftrightarrow -(2x+1) - (x-2) = 4 \\
 & \Longleftrightarrow - 3x + 1 = 4 \\
 & \Longleftrightarrow -3x = 3 \\
 & \Longleftrightarrow x = - 1
\end{align*}
Le nombre $-1$ appartient à l'intervalle $]- \infty ; - 1/2[$ donc $-1$ est une solution. 

\item {\bf Cas où $-1/2 \leq x < 2$ :} L'équation s'écrit alors 
\begin{align*}
|2x+1| + |x  -2| = 4 & \Longleftrightarrow 2x+1 - (x-2) = 4 \\
 & \Longleftrightarrow x + 3 = 4 \\
 & \Longleftrightarrow x = 1 
\end{align*}
Le nombre $1$ appartient à l'intervalle $[-1/2 ; 2[$ donc $1$ est une solution. 

\item {\bf Cas où $2 \leq x $ :} L'équation s'écrit alors 
\begin{align*}
|2x+1| + |x-2| = 4 & \Longleftrightarrow 2x+1 + x - 2 = 4 \\
 & \Longleftrightarrow 3x  = 5 \\
 & \Longleftrightarrow x = 5/3 
\end{align*}
Or $5/3$ n'appartient pas à l'ensemble considéré. 
\end{enumerate}
\begin{center}
\fbox{Au final l'ensemble des solutions est $\mathscr{S}_4 = \left\{ -  1, 1 \right\}$.}
\end{center}
\end{enumerate}

\section*{Exercice 2}
On considère la fonction $f$ définie sur $\R$ par 
$$\forall x\in\R,\ f(x)=(x^2-x-1)e^x+e$$
On admet que $\lim\limits_{x\to -\infty}f(x)=0$

\begin{enumerate}
\item La fonction $f$ est dérivable sur $\R$ en tant que produit de fonctions dérivables sur $\R$. On a pour tout $x \in \R$, 
\begin{align*}
f'(x) & = (2x - 1) e^x + (x^2 - x - 1)e^{x} \\
	  & \boxed{= (x^2 + x  - 2) e^x }
\end{align*}
\item On étudie le signe du trinôme $x^2+x-2$. Le discriminant est alors $\Delta = 1 - 4 \times (-2) \times 1 = 9$. Le trinôme a donc deux solutions 
$$
x_1 = \dfrac{-1 - 3}{2} = -2 \quad \text{et} \quad x_2 = \dfrac{-1 + 3}{2} = 1
$$
On a donc le tableau de signe suivant 
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[lgt=3,espcl=2]{$x$/1, Signe de $f'(x)$/2}{$-\infty$,$-2$,$1$,$+\infty$}
\tkzTabLine{,+,z,-,z,+,}
%\tkzTabVar{+/,-/0, +/} 
\end{tikzpicture}
\end{center}   
\item Déterminez $a$, $b$ et $c$ tel que $f(x) = x^2 \left( a - \dfrac{b}{x} - \dfrac{c}{x^2} \right) e^x  + e$. 
En développant la formule de la fonction $f$, on obtient 
$$
f(x) =(ax^2 + bx  + c)e^x + e
$$
Par identification, $a= 1$, $b = - 1$ et $c = -1$. Ainsi 
\begin{center}
\fbox{$f(x) = x^2 \left( 1 - \dfrac{1}{x} - \dfrac{1}{x^2} \right) e^x +e $.}
\end{center}
\item On a 
$$
\li_{x \to + \infty} \dfrac{1}{x} = 0 ; \quad \li_{x \to + \infty} \dfrac{1}{x^2} = 0.
$$
On en déduit $\li_{ x \to + \infty} 1 - \dfrac{1}{x} - \dfrac{1}{x^2} = 1$. Enfin, 
$$
\li_{x \to + \infty} x^2 = + \infty \quad \text{et} \quad \li_{ x \to + \infty} e^x = + \infty
$$
D'après la règle de multiplication, 
\begin{center}
\fbox{$\li_{x \to + \infty} f(x) = + \infty $.}
\end{center}
\item On calcule $f(-2) = 5e^{-2} + e$ et $f(1) = -e + e = 0$. On en déduit alors le tableau de variation
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[lgt=3,espcl=2]{$x$/1, Signe de $f'(x)$/1, Variations de $f$/2}{$-\infty$,$-2$,$1$,$+\infty$}
\tkzTabLine{,+,z,-,z,+,}
\tkzTabVar{-/$0$,+/$5e^{-2}+e$,-/$0$, +/$+ \infty$} 
\end{tikzpicture}
\end{center} 
\item D'après le tableau de variation précédent, $0$ est un minimum de la fonction :
\begin{center}
\fbox{ $\forall x\in\R,\ f(x)\geq 0$.}
\end{center}
\end{enumerate}

\section*{Exercice 3 - ECRICOME ECT 2011}
 

On considère la fonction $f(x)=\ln\pare{e^x+e^{-x}}$.

\begin{enumerate}
\item
On résout $e^x + e^{-x} >0$. Or pour tout $x \in \R$, $e^x >0$ et $e^{-x} > 0$. \begin{center}
\fbox{Donc le domaine de définition de $f$ est $\R$.}
\end{center} 
\item
Le domaine de définition de $f$ est symétrique. Pour tout $x$ réel,
\begin{align*}
f(-x) & = \ln(e^{-x} + e^{-(-x)}) \\
 & = \ln(e^x + e^{-x}) \\
 & = f(x)
\end{align*}
\begin{center}
\fbox{La fonction $f$ est paire. }
\end{center}
\item
La fonction $f$ est dérivable sur $\R$ en tant que somme et composée de fonctions dérivables sur $\R$. Pour tout $x$ réel
\begin{align*}
f'(x) & = \dfrac{e^x - e^{-x}}{e^x + e^{-x}}
\end{align*}
Or $e^x + e^{-x} > 0$,on s'intéresse alors au numérateur. On résout 
\begin{align*}
e^x - e^{-x} \geq 0 & \Longleftrightarrow \quad e^x \geq e^{-x} \\
& \Longleftrightarrow \quad  e^{2x} \geq 1 \\
& \Longleftrightarrow \quad 2x \geq 0 \\
& \Longleftrightarrow \quad \boxed{x \geq 0}
\end{align*}
On calcule les limites 
$$
\li_{x \to + \infty} e^x = +\infty, \qquad \li_{x \to + \infty} e^{-x} = 0 
$$
Donc
\begin{center}
\fbox{ $\li_{x \to +\infty} f(x) = + \infty$. }
\end{center}
De même  
$$
\li_{x \to - \infty} e^x = 0, \qquad \li_{x \to - \infty} e^{-x} = + \infty 
$$
Donc
\begin{center}
\fbox{ $\li_{x \to -\infty} f(x) = + \infty$. }
\end{center}
Enfin, $f(0) = \ln(e^0 + e^{-0}) = \ln(2)$. On en déduit le tableau de variation suivant 
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[lgt=3,espcl=2]{$x$/1, Signe de $f'(x)$/1, Variations de $f$/2}{$-\infty$,$0$,$+\infty$}
\tkzTabLine{,-,z,+,}
\tkzTabVar{+/$+\infty$,-/$\ln(2)$, +/$+ \infty$} 
\end{tikzpicture}
\end{center} 
\item
On calcule pour $x$ réel,
\begin{align*}
f(x) - x & = \ln(e^x + e^{-x}) - x  \\
& = \ln(e^x (1 + e^{-2x})) - x \\
& = \ln(e^x) + \ln (1+ e^{-2x}) - x \\
& = x + \ln(1+ e^{-2x}) - x \\
& \boxed{= \ln(1+ e^{-2x})}
\end{align*}
\item
On a 
$$\li_{x \to + \infty} e^{-2x} = 0, \quad \li_{x \to + \infty} 1 + e^{-2x} = 1$$
Finalement 
\begin{center}
\fbox{$\li_{x \to + \infty} f(x) - x = \li_{x \to +\infty} \ln(1+ e^{-2x})= 0$.}
\end{center}
On a également
$$\li_{x \to - \infty} e^{-2x} = + \infty, \quad \li_{x \to - \infty} 1 + e^{-2x} = +\infty$$
Finalement 
\begin{center}
\fbox{$\li_{x \to - \infty} f(x) - x = \li_{x \to -\infty} \ln(1+ e^{-2x})= +\infty$.}
\end{center}
\item
On a $f(x) > x  \Longleftrightarrow f(x) - x > 0$. On pose alors la fonction $g(x) = f(x) - x$. Cette fonction est dérivable sur $\R$ en tant que somme de fonctions dérivables. Pour tout $x$ réel, 
\begin{align*}
g'(x) & = f'(x) - 1 \\
& = \dfrac{e^x - e^{-x}}{e^x + e^{-x}} - 1 \\
& = \dfrac{e^x - e^{-x}}{e^x + e^{-x}} - \dfrac{e^x - e^{-x}}{e^x + e^{-x}} \\
& = \dfrac{-2e^{-x}}{e^x + e^{-x}} < 0
\end{align*}
La fonction $g$ est donc strictement décroissante. les limites ayant été étudiés précédemment, on a le tableau de variation 
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[lgt=3,espcl=2]{$x$/1, Signe de $g'(x)$/1, Variations de $g$/2}{$-\infty$,$+\infty$}
\tkzTabLine{,+,}
\tkzTabVar{+/$+\infty$, -/$0$} 
\end{tikzpicture}
\end{center} 
La fonction $g$ est ainsi toujours positive. Par conséquent, 
\begin{center}
\fbox{$\forall x \in \R, f(x) > x$. }
\end{center}
\item
On résout 
\begin{align*}
f(x) < x + 1 & \Longleftrightarrow \ln(e^x + e^{-x}) < x + 1 \\
& \Longleftrightarrow e^x + e^{-x} < e^{x+1} \\
& \Longleftrightarrow e^x - e \times e^x + e^{-x} < 0 \\
& \Longleftrightarrow (1 - e)e^x + e^{-x} < 0 \\
& \Longleftrightarrow (1 - e) e^{2x} + 1 < 0 \\
& \Longleftrightarrow -(e-1)e^{2x} < - 1 \\
& \Longleftrightarrow e^{2x} > \dfrac{1}{e-1} \\
& \Longleftrightarrow 2x > \ln \left( \dfrac{1}{e-1} \right) \\
& \Longleftrightarrow x > \dfrac{1}{2} \ln \left( \dfrac{1}{e-1} \right)
\end{align*}
\begin{center}
\fbox{L'ensemble des solutions est donc $\mathcal{S} = \left]\dfrac{1}{2} \ln \left( \dfrac{1}{e-1} \right) ; + \infty \right[$.}
\end{center}
\item
Tracer sur un même graphique les courbes représentatives de $f$, $y=x$ et $y=x+1$.
\begin{center}
\includegraphics[scale=0.85]{DM1_1.png}
\end{center}
\end{enumerate}

\end{document}