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

\begin{document}

\chead{Correction Feuille Exercice 1}
\lfoot{}
\cfoot{Généralités sur les suites.}

\begin{center}
\fbox{ \Large Correction Feuille Exercice 1}
\end{center}
\vspace{30pt}

\setcounter{theorem}{8}

\label{Déterminer le domaine de définition}
\savoir{Déterminer le domaine de définition}

\begin{exo}
\begin{enumerate}
\item On résout l'équation $x^2 - 3x - 4 = 0$. Le discriminant de cette équation est $\Delta = 9 - 4 \times (-4) = 25$. Il y a donc 2 solutions 
$$
x_1 = \dfrac{3 - 5}{2} = -1 \quad \text{ou} \quad x_2 = \dfrac{3+5}{2} = 4
$$
On en déduit que
\begin{center}
\fbox{L'ensemble de définition de $f$ est $D_f = \R \setminus \{ -1 ; 4 \}$}
\end{center}

\item On résout l'équation $x^2 +1 \geq 0$. Or pour tout $x$ réel, $x^2 \geq 0 \Rightarrow x^2 +1 \geq 0$. Donc 
\begin{center}
\fbox{L'ensemble de définition de $g$ est $D_g = \R $}
\end{center}

\item On résout l'équation
\begin{align*}
e^x - 1 > 0 & \Longleftrightarrow e^x > 1 \\
& \Longleftrightarrow x > 0
\end{align*}
Donc 
\begin{center}
\fbox{L'ensemble de définition de $h$ est $D_h = \R_+^* $}
\end{center}
\end{enumerate}
\end{exo}	

\begin{exo}[*]
\begin{enumerate}
\item On résout l'inéquation 
$$
x - 1 \geq 0 \Longleftrightarrow x \geq 1
$$
On résout également l'équation 
$$
\sqrt{x-1} = 0 \Longleftrightarrow x-1 = 0 \Longleftrightarrow x = 1
$$
En combinant les deux, on en déduit que le domaine de définition de $f$ est \begin{center}
\fbox{$D_f = ]1 ; + \infty[$.}
\end{center}

\item On résout l'inéquation 
$$
x-2 \geq 0 \Longleftrightarrow x \geq 2
$$
On a donc le domaine de définition de $g$ est 
\begin{center}
\fbox{$D_g = \R_+^* \cap [2 ; + \infty[ = [2 ; + \infty[$ .}
\end{center}

\item On résout l'inéquation $\dfrac{x+3}{x-1} > 0 $ à l'aide d'un tableau de signe 
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[lgt=3,espcl=2]{$x$/1, Signe de $x + 3$/2, Signe de $x - 1$/2, Signe de $\dfrac{x+3}{x-1}$/2}{$-\infty$,$-3$,$1$,$+\infty$}
\tkzTabLine{,-,z,+,t,+} 
\tkzTabLine{,-,t,-,z,+}
\tkzTabLine{,+,z,-,d,+}  
\end{tikzpicture}
\end{center}
On en déduit donc le domaine de définition de $h$
\begin{center}
\fbox{$D_h = ]- \infty ; -3[ \cup ]1 ; + \infty[$.}
\end{center}
\end{enumerate}

\end{exo}	

\begin{exo}[**]
\begin{enumerate}
\item On étudie le domaine de définition de $f$ par un tableau de signe
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[lgt=3,espcl=2]{$x$/1, Signe de $e^x - 1$/2, Signe de $x$/2, Signe de $\dfrac{e^x - 1}{x}$/2}{$-\infty$,$0$,$+\infty$}
\tkzTabLine{,-,z,+,} 
\tkzTabLine{,-,z,+}
\tkzTabLine{,+,d,+}  
\end{tikzpicture}
\end{center}
Le domaine de définition de $f$ est \fbox{$D_f = \R^{\ast} $}.

\item On résout l'équation $x^2 - p^2 \geq 0 \Longleftrightarrow (x-p)(x+p) \geq 0$. Il y a deux cas. \\

Tout d'abord, si $p = 0$, $x^2 \geq 0$ est toujours vérifié, l'ensemble de définition de $g$ dans ce cas est \fbox{$D_g = \R$}. \\

Supposons désormais que $p \neq 0$. On résout l'inéquation $x^2 - p^2 \geq 0$ à l'aide d'un tableau de signe. 
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[lgt=3,espcl=2]{$x$/1, Signe de $x^2 - p^2$/2}{$-\infty$,$-|p|$,$|p|$,$+\infty$}
\tkzTabLine{,+,z,-,z,+,} 
\end{tikzpicture}
\end{center}
\begin{center}
 \fbox{L'ensemble de définition de $g$ est donc $D_g = ]- \infty ; -|p|] \cup [|p| ; + \infty[$.}
 \end{center} 
\end{enumerate}
\end{exo}

\label{Manipuler les quantificateurs}
\savoir{Manipuler les quantificateurs}

\begin{exo}[Quantificateurs et fonction]
Soient $f$ une fonction de $\R$ dans $\R$. Relier les expressions suivantes avec leur version en utilisant les quantificateurs :\\
\begin{center}
\begin{tabular}{rcccl}
$f$ ne s'annule jamais. & $\bullet$ & \hspace{15pt} &  $\bullet$ & $\forall x \in \R, \; f(x) = f(-x)$. \\
$f$ est positive & $\bullet$ & &  $\bullet$ & $\exists x \in \R, \; f(x) \neq 0$. \\
$f$ est croissante. & $\bullet$ & &  $\bullet$ & $\forall x \in \R, \; f(x) \neq 0$. \\
$f$ est strictement d\'ecroissante. & $\bullet$ & &  $\bullet$ & $\forall (x,y) \in \R^2, \; x>y \Rightarrow f(x) \geq  f(y)$. \\
$f$ n'est pas la fonction nulle & $\bullet$ & &  $\bullet$ & $\exists ! x \in \R, \; f(x) = 0$. \\
L'équation $f(x) = 0$ a  & \multirow{2}{*}{$\bullet$} & & \multirow{2}{*}{ $\bullet$} & \multirow{2}{*}{$\forall x \in \R, \; f(x) = -f(-x)$.} \\
exactement une solution & & & & \\
$f$ est une fonction impaire. & $\bullet$ & \hspace{20pt} &  $\bullet$ & $\forall (x,y) \in \R^2, \; x>y \Rightarrow f(x) < f(y)$. \\
$f$ est une fonction paire. & $\bullet$ & \hspace{20pt} &  $\bullet$ & $\forall x \in \R, \; f(x) \geq 0$. \\
\end{tabular}
\end{center}
\end{exo}

\begin{exo}[**]

\begin{enumerate}
\item Soit $x \in \R_+$. On cherche un réel $y$ positif tel que $x = y^2$. On pose alors $y = \sqrt{x}$. Ce réel est unique. 
\begin{center}
\fbox{Donc $\forall x \in \R_+, \exists ! y \in \R_+, x = y^2$.}
\end{center}

\item On cherche un réel tel que tout nombre élevé au carré soit plus grand que ce réel. 
On pose $x = 0$. Dans ce cas, $\forall y \in \R$, $y^2 \geq 0$. On conclut donc
\begin{center}
\fbox{$\exists x \in \R, \forall y \in \R, y^2 \geq x$.}
\end{center}
\end{enumerate}
\end{exo}

\vspace{10pt}

\label{Manipuler les valeurs absolues}
\savoir{Manipuler les valeurs absolues}

\begin{exo}
\begin{enumerate}
\item On résout l'équation 
$$
|x| = 5 \Longleftrightarrow x = 5 \quad \text{ou} \quad x = -5
$$
\begin{center}
\fbox{L'ensemble des solutions est $\mathscr{S}_1  = \{ -5 ; 5 \}$.}
\end{center}
\item On résout l'équation $x+1 \geq 0 \Longleftrightarrow x \geq -1$ et $x-1 \geq 0 \Longleftrightarrow x \geq 1$. On a donc 3 cas: 
\begin{enumerate}
\item {\bf Cas où $x < -1$ :} L'équation s'écrit alors 
\begin{align*}
|x+1| - 1 = |x-1| & \Longleftrightarrow -(x+1) - 1 = -(x-1) \\
 & \Longleftrightarrow -x - 2 = -x +1 \\
 & \Longleftrightarrow -2 = 1
\end{align*}
Cette équation n'a donc aucune solution. 

\item {\bf Cas où $-1 \leq x < 1$ :} L'équation s'écrit alors 
\begin{align*}
|x+1| - 1 = |x-1| & \Longleftrightarrow (x+1) - 1 = -(x-1) \\
 & \Longleftrightarrow x  = -x +1 \\
 & \Longleftrightarrow 2x = 1 \\
 & \Longleftrightarrow x =  \dfrac{1}{2}
\end{align*}
Il y a alors une solution sur $[-1 ; 1[$ : $x = 1/2$.

\item {\bf Cas où $1 \leq x $ :} L'équation s'écrit alors 
\begin{align*}
|x+1| - 1 = |x-1| & \Longleftrightarrow x+1 - 1 = x-1 \\
 & \Longleftrightarrow x  = x -1 \\
 & \Longleftrightarrow 0 = -1 
\end{align*}
Cette équation n'a donc aucune solution. 
\end{enumerate}
\begin{center}
\fbox{Au final l'ensemble des solutions est $\mathscr{S}_2 = \left\{ \dfrac{1}{2} \right\}$.}
\end{center}

\item On a ici deux cas :
\begin{enumerate}
\item {\bf Cas ou $x \leq -1$ :} Dans ce cas, l'équation devient
\begin{align*}
|x+1| \leq 3 & \Longleftrightarrow -(x+1) \leq 3 \\
& \Longleftrightarrow -x - 1 \leq 3 \\ 
& \Longleftrightarrow -x \leq 4 \\
& \Longleftrightarrow x \geq -4
\end{align*}
Le premier ensemble de solution est $[-4 ; -1]$

\item {\bf Cas ou $x > -1$ :} Dans ce cas, l'équation devient
\begin{align*}
|x+1| \leq 3 & \Longleftrightarrow x+1 \leq 3 \\
& \Longleftrightarrow x \leq 2 
\end{align*}
Le deuxième ensemble de solution est $]-1 ; 2]$
\end{enumerate}
\begin{center}
\fbox{Ainsi l'ensemble des solutions est $\mathscr{S}_3 = [-4;2]$. }
\end{center}
\end{enumerate}

\end{exo}

\begin{exo}[*]
\begin{enumerate}
\item On résout l'équation $|x^2 - 1| + |x-3| = 4$. 
Afin de voir quels sont les cas possibles, on utilise le tableau de signe suivant :
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit{$x$/1,Signe de $x^2-1$/1,Signe de $x-3$/1}{$-\infty$,$-1$,$1$,$3$,$+\infty$}
\tkzTabLine{,+,z,-,z,+,t,+,} 
\tkzTabLine{,-,t,-,t,-,z,+,} 
\end{tikzpicture}
\end{center}

\begin{enumerate}
\item \uline{\bf 1er Cas:  $x \in ]-\infty ; -1]$ ou $x \in [1;3]$.} On s'aperçoit que dans ces deux cas, $x^2 - 1$ est positif et $x-3$ est négatif. Donc 
\begin{eqnarray*}
|x^2 - 1| + |x-3| = 4 & \Leftrightarrow & (x^2 - 1) - (x-3) = 4 \\
& \Leftrightarrow & x^2 - 1 - x + 3 - 4 = 0 \\
& \Leftrightarrow & x^2 - x - 2 = 0 
\end{eqnarray*}
Le discriminant lié à cette équation du second degré est $ \Delta = 1 -4 \times 1 \times (-2) = 9$. Les deux solutions sont alors $x_1 = \dfrac{1 -3}{2}= -1$ et $x_2 = \dfrac{1+3}{2} = 2$. Comme $-1 \in ]-\infty ; -1]$ et $2 \in [1;3]$.
\\
On en déduit que sur cet intervalle, \fbox{l'équation a deux solutions $x = -1$ et $x = 2$. }
\vspace{5pt}
\item \uline{\bf 2nd Cas:  $-1 \leq x \leq 1$.} Dans ce cas, les deux quantités sont négatives. 
\begin{eqnarray*}
|x^2 - 1| + |x-3| = 4 & \Leftrightarrow & -(x^2 - 1) - (x-3) = 4 \\
& \Leftrightarrow & - x^2 + 1 - x + 3 = 4 \\
& \Leftrightarrow & - x^2 - x = 0 \\
& \Leftrightarrow & -x (x +1) = 0 
\end{eqnarray*}
Cette équation du second degré a deux solutions $-1$ (qui était déjà une solution dans le précédent cas) et $0$. Comme $0 \in [-1;1]$, on en déduit que sur cet intervalle, \fbox{l'équation a une solution $x = 0$. }
\vspace{5pt}
\item \uline{\bf 3ème Cas:  $x \geq 3$.} Dans ce cas, les 2 quantités dans les valeurs absolues sont positives. Donc 
\begin{eqnarray*}
|x^2 - 1| + |x-3| = 4 & \Leftrightarrow & (x^2 - 1) + (x-3) = 4 \\
& \Leftrightarrow & x^2 +x -8 = 0  
\end{eqnarray*}
Le discriminant lié à cette équation du second degré est $ \Delta = 1 -4 \times 1 \times (-8) = 33$.Les deux solutions sont alors 
$$ x_1 = \dfrac{-1 -\sqrt{33}}{2} \quad \text{et} \quad x_2 = \dfrac{-1+\sqrt{33}}{2} 
$$
Or $\dfrac{-1 -\sqrt{33}}{2} < 0$ donc cette solution n'est pas dans le domaine étudié. D'un autre côté, 
\begin{eqnarray*}
\sqrt{33} < 6  & \Longleftrightarrow & -1 + \sqrt{33} < 5 \\
\\
& \Longleftrightarrow & \dfrac{ -1 + \sqrt{33}}{2} < \dfrac{5}{2} < 3
\end{eqnarray*}
donc cette solution n'est pas dans l'intervalle étudié. On en déduit que sur cet intervalle, \fbox{l'équation n'a pas de solution. }
\end{enumerate}
\begin{center}
\fbox{En conclusion, l'ensemble des solutions de l'équation est $ \mathcal{S} = \{ -1; 0 ; 2 \}$.}
\end{center}

\item Résoudre $|5x + 3 | > -4$. Ceci est toujours respecté.
\begin{center}
\fbox{L'ensemble des solutions est $\R$}. 
\end{center}

\item  Afin de voir quels sont les cas possibles, on utilise le tableau de signe suivant :
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit{$x$/1,Signe de $2x-1$/1,Signe de $x-1$/1}{$-\infty$,$\frac12$,$1$,$+\infty$}
\tkzTabLine{,-,z,+,t,+,} 
\tkzTabLine{,-,t,-,z,+,} 
\end{tikzpicture}
\end{center}
\begin{enumerate}
\item {\bf 1er Cas:  $x \leq \frac{1}{2}$.} Dans ce cas, les 2 quantités dans les valeurs absolues sont négatives. Donc 
\begin{eqnarray*}
|2x - 1| \leq |x-1| & \Leftrightarrow & -(2x - 1) \leq -(x-1) \\
& \Leftrightarrow & -2x + 1  \leq  -x +1 \\
& \Leftrightarrow & 0 \leq x
\end{eqnarray*}
On en déduit que l'intervalle $\left[0; \dfrac{1}{2} \right]$ est solution.  
\vspace{5pt}
\item {\bf 2nd Cas:  $\dfrac{1}{2} \leq x \leq 1$.} Dans ce cas,  
\begin{eqnarray*}
|2x - 1| \leq |x-1| & \Leftrightarrow & (2x - 1) \leq -(x-1) \\
& \Leftrightarrow &  2x -1  \leq -x +1 \\
& \Leftrightarrow & 3x \leq 2 \\
& \Leftrightarrow & x \leq \frac{2}{3} \\
\end{eqnarray*}
On en déduit que l'intervalle, $\left[ \dfrac{1}{2} ; \dfrac{2}{3} \right]$ est solution. 
\vspace{5pt}
\item {\bf 3ème Cas:  $x \geq 1$.} Dans ce cas, les 2 quantités dans les valeurs absolues sont positives. Donc 
\begin{eqnarray*}
|2x - 1| \leq |x-1| & \Leftrightarrow & (2x - 1) \leq (x-1) \\
& \Leftrightarrow & x \leq 0 
\end{eqnarray*}
On en déduit que sur cet intervalle, \fbox{l'inéquation n'a pas de solution. }
\end{enumerate}
\begin{center}
\fbox{En conclusion, l'ensemble des solutions est $\left[0; \dfrac{1}{2} \right] \bigcup \left[ \dfrac{1}{2} ; \dfrac{2}{3} \right] = \left[0; \dfrac{2}{3} \right]$ }
\end{center}
\end{enumerate} 

\end{exo}

\begin{exo}[**]
On regarde lorsque $x^2 - 1 $ est positif. Or $x^2 - 1 \geq 0 \Longleftrightarrow x \in ]- \infty ; -1[ \cup ]1 ; + \infty[$. La fonction $f$ est dérivable sur $]- \infty; -1[$ et sur $]1;+\infty[$ et sur cet intervalle $f(x) = \ln(x^2 - 1)$ 
\begin{align*}
\forall x \in ]- \infty ; -1[ \cup ]1 ; + \infty[ , \; f'(x) & = \dfrac{2x}{x^2 - 1}
\end{align*}
La fonction $f$ est également dérivable sur $]-1;1[$. Sur cet intervalle, $f(x) = \ln(1-x^2)$ et 
\begin{align*}
\forall x \in ]- 1;1[ , \; f'(x) & = \dfrac{-2x}{1 - x^2 } \\
& = \dfrac{2x}{x^2 - 1}
\end{align*}
Dans tous les cas, on a 
\begin{center}
\fbox{$
\forall x \in \R \setminus \{-1 , 1\}, \quad f'(x) = \dfrac{2x}{x^2 -1}
$}
\end{center}
\end{exo}

\label{Manipuler la fonction partie entière}
\savoir{Manipuler la fonction partie entière}

\begin{exo}
On résout l'inéquation
\begin{align*}
\left( \dfrac{1}{2} \right)^n < 10^{-6} & \Longleftrightarrow \ln \left( \dfrac{1}{2} \right)^n < \ln (10^{-6}) \\
& \Longleftrightarrow - n \ln(2) < -6 \ln(10) \\
& \Longleftrightarrow n > \dfrac{6 \ln(10)}{\ln(2)}
\end{align*}
Le plus petit entier tel que $\left( \dfrac{1}{2} \right)^n < 10^{-6}$ est 
\begin{center}
\fbox{$n_0 = \left\lfloor \dfrac{6 \ln(10)}{\ln(2)} \right\rfloor + 1$}
\end{center}
\end{exo}

\begin{exo}[*]
Soit une suite $(u_n)$ vérifiant $|u_n - e| < \left( \dfrac{1}{3} \right)^n$. On résout alors l'inéquation 
\begin{align*}
\left( \dfrac{1}{3} \right)^n < 10^{-3} & \Longleftrightarrow \ln \left( \dfrac{1}{3} \right)^n < \ln (10^{-3}) \\
& \Longleftrightarrow - n \ln(3) < -3 \ln(10) \\
& \Longleftrightarrow n > \dfrac{3 \ln(10)}{\ln(3)}
\end{align*}
En choisissant $n_0 = \left\lfloor \dfrac{3 \ln(10)}{\ln(3)} \right\rfloor + 1$, on conclut 
\begin{center}
\fbox{$u_{n_0}$ soit une valeur approchée de $e$ à $10^{-3}$ près.}
\end{center}
\end{exo}

\begin{exo}[**]
\begin{enumerate}
\item {\bf Cas n°1 : Si $x$ est un entier :} Alors 
\begin{center}
\fbox{$G(x)  =   \lfloor x \rfloor + \lfloor -x \rfloor = x + (-x) = 0$}
\end{center}
\item {\bf Cas n°2 : Si $x$ n'est pas un entier :} Alors $x = n + d$ avec $n \in \N$ et $d \in ]0,1[$. Dans ce cas, $\lfloor x \rfloor  = n$ et $\lfloor -x \rfloor = - n - 1$. Donc
\end{enumerate}
\begin{center}
\fbox{$G(x) = \lfloor x \rfloor + \lfloor -x \rfloor = n + -n - 1 = - 1.$}
\end{center}
\end{exo}

\begin{exo}[***]
Soient $x$ et $y$ deux réels. D'après le cours 
$$
x - 1 < \lfloor x \rfloor \leq x  \quad \text{et} \quad y - 1 < \lfloor y \rfloor \leq y
$$
Donc $\lfloor x \rfloor +  \lfloor y \rfloor \leq x + y < \lfloor x+y \rfloor+ 1 $, c'est à dire que $\lfloor x \rfloor +  \lfloor y \rfloor < \lfloor x+y \rfloor+ 1$. Or, comme ces deux quantités sont entières, ceci est équivalent à 
\begin{center}
\fbox{$
\forall x, y \in \R, \quad \lfloor x \rfloor  + \lfloor y \rfloor \leq \lfloor x+y \rfloor
$}
\end{center}
\end{exo}

\end{document}
