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

\begin{document}

\chead{Correction Feuille Exercice 14}
\lfoot{}
\cfoot{Calcul différentiel.}

\begin{center}
\fbox{ \Large Correction Feuille Exercice 14}
\end{center}
\vspace{30pt}

\setcounter{theorem}{12}

\label{Calculer la dérivée d'une fonction en un point}
\savoir{Calculer la dérivée d'une fonction en un point}


\begin{exo}[Dérivabilité en un point]
\item Soit la fonction $f$ définie sur $\mathbb{R}$ par :
\[
\begin{cases}
\forall x\in\mathbb{R}^{*}, & f(x)=\dfrac{x}{1+e^{\frac{1}{x}}}\\
 & f(0)=0
\end{cases}
\]
On a $\li_{x \toi 0} e^{\frac{1}{x}} = 0$ et $\li_{x \toi 0} x = 0$ donc $\li_{x \toi 0} f(x) = 0 := f(0).$ La fonction est continue à gauche. \\

On a $f(x) = \dfrac{x}{e^{\frac1x}(e^{-\frac{1}{x}} + 1)} $. Or $\li_{x \tos 0} \dfrac{x}{e^{1/x}} = \li_{y \to + \infty} \dfrac{1}{ye^{y}} = 0$ par croissance comparée. De plus, on a  $\li_{x \tos 0} e^{-1/x} + 1= 1$. Finalement, $\li_{x \tos 0} f(x) = 0 := f(0)$. La fonction est continue à droite. 
\begin{center}
\fbox{Finalement, la fonction est continue en 0. }
\end{center}
Afin de déterminer la dérivabilité de $f$ en $0$, on s'intéresse au taux d'accroissement à savoir
$$
\dfrac{f(x) - f(0)}{x-0} = \dfrac{\dfrac{x}{1+e^{\frac{1}{x}}} - 0}{x} = \dfrac{1}{1+e^{\frac{1}{x}}}
$$
On a alors $\li_{x \tos 0} e^{1/x} = + \infty$ donc $\li_{x \tos 0} \dfrac{f(x) - f(0)}{x-0} = 0$. Ainsi, $f$ est dérivable à droite et $f_d'(0) = 0$. \\

On a également $\li_{x \toi 0} e^{1/x} = 0$ donc $\li_{x \tos 0} \dfrac{f(x) - f(0)}{x-0} = 1$. Ainsi, $f$ est dérivable à gauche et $f_g'(0) = 1$.
Les valeurs des dérivées à droite et à gauche sont différentes, \begin{center}
\fbox{La fonction $f$ n'est donc pas dérivable en 0 (on a un point anguleux)}
\end{center}

La fonction $f$ admet deux demi tangente en 0 :
\begin{itemize}
\item A droite : $y = 0$
\item A gauche : $ y = x$
\end{itemize}
 
\end{exo}


\begin{exo}[*]
On étudie la dérivabilité à droite de la fonction $f$ définie par  $\forall x\geq 1$, $f(x)=\sqrt{x^3-1}$ au point d'abscisse $x_0 =  1$. Le taux d'accroissement s'écrit
\begin{align*}
\dfrac{f(x) - f(1)}{x-1} & = \dfrac{\sqrt{x^2 - 1}}{x-1} \\
& = \dfrac{\sqrt{(x-1)(x+1)}}{x-1} \\
& = \dfrac{\sqrt{x+1}}{\sqrt{x-1}}
\end{align*}
Donc 
$$
\li_{x \tos 1} \dfrac{f(x) - f(1)}{x-1}  = + \infty
$$
Ainsi, \begin{center}
\fbox{la fonction $f$ n'est pas dérivable à droite en $1$. }
\end{center}
\end{exo}


\label{Calculer la dérivée d'une fonction sur un intervalle}
\savoir{Calculer la dérivée d'une fonction sur un intervalle}

\begin{exo}
\begin{enumerate}
\item On résout $x^2 - 1 > 0 \Longleftrightarrow (x-1)(x+1) >0$ Les solutions de cette inéquation sont dans l'ensemble $]-\infty ; -1[ \cup ]1; +\infty[$. 
\begin{itemize}
\item La fonction $x \to x^2 - 1$ est dérivable sur $\R$ et strictement positive sur $]-\infty ; -1[ \cup ]1; +\infty[$. 
\item La fonction $X \to X^{2/3}$ est dérivable sur $\R_+^*$.
\end{itemize}
Donc par composée de fonctions dérivable, la fonction $f$ est dérivable sur $]-\infty ; -1[$ et sur $]1; +\infty[$. Dans ce cas, 
\begin{center}
\fbox{$\forall x \in \R, \quad f'(x) = 2x \times \dfrac{2}{3} (x^2 - 1)^{-1/3}$.}
\end{center}

\item On a 
\begin{itemize}
\item La fonction $x \to x^3 + 5x$ est dérivable sur $\R$. 
\item La fonction $X \to e^X$ est dérivable sur $\R$. 
\end{itemize}
Donc la fonction $g$ est dérivable sur $\R$ et 
\begin{center}
\fbox{$\forall x \in \R, g'(x) = (3x^2 + 5) e^{x^3 + 5x}$.}
\end{center}

\item On résout $x^5 - 3x^3 > 0 \Longleftrightarrow x^3 (x^2 - 3) >0 \Longleftrightarrow x^3 (x- \sqrt{3}) (x +\sqrt{3}) \geq 0$. On trace un tableau de signe. 

\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[espcl=2]{$x$/1,signe de $x^3$/1.5, signe de $x^2 - 3$/1.5, Signe de $x^5 - 3x^3$/1.5}{$-\infty$, $- \sqrt{3}$,0,$\sqrt{3}$, $+\infty$} 
\tkzTabLine{,-,t,-,z,+,t,+,} 
\tkzTabLine{,+,z,-,t,-,z,+,}
\tkzTabLine{,-,z,+,z,-,z,+,} 
\end{tikzpicture}
\end{center}
Le domaine de dérivabilité de $h$ est alors $]- \sqrt{3} ; 0[ \cup ]\sqrt{3}; + \infty[$. On calcule,
\begin{center}
\fbox{$
\forall x \in ]- \sqrt{3} ; 0[ \cup ]\sqrt{3}; + \infty[, \quad h'(x) = \dfrac{5x^4 - 9x^2}{2 \sqrt{x^5 - 3x^3}}
$}
\end{center}

\item On résout à la fois, $x >0$  et $\ln(x) = 0 \Longleftrightarrow x = 1$. Donc la fonction $k$ est dérivable sur $]0;1[ \cup ]1;+\infty[$ en tant que quotient de fonctions dérivables. On calcule, 
\begin{center}
\fbox{$
\forall x \in ]0;1[ \cup ]1;+\infty[, \quad k'(x) = - \dfrac{\dfrac{1}{x}}{(\ln(x))^2} = - \dfrac{1}{x \ln^2(x)}
$}
\end{center}
\end{enumerate}
\end{exo}

\begin{exo}[*]
\begin{enumerate}
\item On note $f : x \mapsto \sqrt{1-4x^2}$ et on résout l'inéquation 
$$
1 - 4 x^2 \geq 0 \Longleftrightarrow (1 - 2x)(1+2x) \geq 0
$$
A l'aide d'un tableau de signe, on voit que les solutions de cette inéquation sont dans l'ensemble $\left[ - \dfrac{1}{2} ; \dfrac{1}{2} \right]$. On a donc :
\begin{itemize}
\item La fonction $x \to 1 - 4x^2 $ est continue sur $\R$ et positive sur $\left[ - \dfrac{1}{2} ; \dfrac{1}{2} \right]$.
\item La fonction $X \to \sqrt{X}$ est continue sur $\R_+$
\end{itemize}
La fonction $f$ est donc \fbox{continue sur $\left[ - \dfrac{1}{2} ; \dfrac{1}{2} \right]$} en tant que composée de fonctions continues. 

Cependant, la fonction $x \to 1 - 4x^2$ est strictement positive sur $\left] - \dfrac{1}{2} ; \dfrac{1}{2} \right[$ et la fonction $X \to \sqrt{X}$ est dérivable sur $\R_+^* $. \\

Donc \fbox{la fonction $f$ est dérivable sur $\left] - \dfrac{1}{2} ; \dfrac{1}{2} \right[$.} De plus 
\begin{center}
\fbox{$
\forall x \in \left] - \dfrac{1}{2} ; \dfrac{1}{2} \right[, f'(x) = \dfrac{-8x}{2\sqrt{1 - 4x^2}}
$}
\end{center}

\item On note $g : x \to x|x|$. 
\begin{itemize}
\item La fonction $x \to |x| $ est continue sur $\R$.
\item La fonction $x \to x$ est continue sur $\R$
\end{itemize}
La fonction $g$ est donc \fbox{continue sur $\R$} en tant que produit de fonctions continues. 

De même, 
\begin{itemize}
\item La fonction $x \to |x| $ est dérivable sur $\R^*$.
\item La fonction $x \to x$ est dérivable sur $\R$
\end{itemize}
La fonction $g$ est donc \fbox{dérivable sur $]- \infty ;0 [$ et sur $]0;+\infty[$} en tant que produit de fonctions dérivables. Or, pour $x \in \R_{-}$, $g(x) = -x^2$ donc
$$
\forall x \in ]- \infty; 0[, \quad g'(x) = -2x
$$
De même, pour $x \in \R_+$, on a $g'(x) = 2x$. On regarde maintenant si la fonction $g$ est dérivable en $0$. Pour cela, on calcule 
\begin{align*}
\li_{x \to 0} \dfrac{g(x) - g(0)}{x - 0} & = \li_{x \to 0} \dfrac{x|x|}{x} \\
& = \li_{x \to 0} |x| = 0
\end{align*}
Ainsi la fonction $g$ est dérivable en $0$ et $g'(0) = 0$. 

On a alors 
\begin{center}
\fbox{$
g'(x) = \begin{cases}
- 2x & \text{si} \; x<0 \\
2x & \text{si} \; x\geq0
\end{cases}
$}
\end{center}

\remarque{On pourra noter que la fonction $g'$ est également continue et que donc la fonction $g$ est de classe $\mathcal{C}^1$. }

\item On note $h :x \mapsto \left\{\begin{array}{cl}
\displaystyle{\frac{\ln(1+x^3)}{3x^2}} & \text{ si } x>0\\
0 & \text{ si } x=0
\end{array}\right.$. On sait que 
\begin{itemize}
\item La fonction $x \to 1+x^3$ est continue et dérivable sur $]0; + \infty[$. De plus, elle est strictement positive sur cet intervalle. 
\item La fonction $X \to \ln(X)$ est continue et dérivable sur $\R_+^*$.
\item La fonction $x \to 3x^2$ est continue et dérivable sur $\R_+^*$.
\end{itemize}
Donc, par composée et quotient de fonctions continues et dérivables, \begin{center}
\fbox{la fonction $h$ est dérivable sur $\R_+^*$.}
\end{center}
On calcule alors :
\begin{align*}
h'(x)& = \dfrac{\dfrac{3x^2}{1+x^3} \times 3x^2 - 6x \ln(1+x^3)}{9 x^4} \\
& \boxed{= \dfrac{9x^4 - 6x(1+x^3) \ln(1+x^3)}{9x^4 (1+x^3)} = \dfrac{1}{1+x^3} - \dfrac{2}{3} \times \dfrac{\ln(1+x^3)}{x^3}}
\end{align*}

On étudie la dérivabilité de $h$ en $0$. On calcule 
\begin{align*}
\li_{x \tos 0} \dfrac{h(x) - h(0)}{x - 0} & = \li_{x \tos 0} \dfrac{\ln(1+x^3)}{3x^3}
\end{align*}
Or $\li_{x \tos 0} \dfrac{\ln(1+x^3)}{x^3} = \li_{X \tos 0} \dfrac{\ln(1+X)}{X} = 1$ car on reconnait un taux d'accroissement. \begin{center}
\fbox{La fonction $h$ est dérivable (et donc continue) en $0$ et $h'(0) = \dfrac{1}{3}$. }
\end{center}

\remarque{Encore une fois, on peut vérifier que la dérivée est continue en $0$ et que la fonction $h$ est de classe $\mathcal{C}^1$ sur $[0;+ \infty[$.}
\end{enumerate}

\end{exo}


\begin{exo}[**]
Soit la fonction $h$ définie sur $\mathbb{R}^{+*}$ par $h(x)=\dfrac{x}{\ln(x)}$. 
\begin{center}
\fbox{La fonction $h$ n'est pas définie en $0$. Elle n'est donc ni continue, ni dérivable en $0$. }
\end{center}

Regardons si elle est prolongeable par continuité en $0$. 
$$
\li_{x \tos 0} h(x) = \li_{x \tos 0} \dfrac{x}{\ln(x)} = 0
$$
La fonction $h$ est donc prolongeable par continuité en $0$ en posant $h(0) = 0$. 

Regardons maintenant si ce prolongement est dérivable à droite en $0$. On regarde le taux d'accroissement
$$
\dfrac{h(x) - h(0)}{x} = \dfrac{1}{\ln(x)}
$$
On remarque que $\li_{x \tos 0} \dfrac{h(x) - h(0)}{x} = 0$. Donc \begin{center}
\fbox{le prolongement de la fonction $h$ est dérivable à droite en 0.}
\end{center}
\end{exo}

\label{\'Etude de fonctions, interprétation graphique.}
\savoir{\'Etude de fonctions, interprétation graphique.}

\begin{exo}[* - EML 1994]
On considère la fonction $f$ définie sur $[0;+\infty[$ par : 
$$
\forall x \geq 0 , \quad f(x) = 2 \sqrt{x} e^{-x}
$$
\begin{enumerate}
\item La fonction $f$ est dérivable sur $\R_+^*$ en tant que produit de fonctions dérivables sur $ \R_+^*$,
\begin{align*}
\forall x > 0, \quad f'(x) & = \dfrac{e^{-x}}{ \sqrt{x}} - 2 \sqrt{x} e^{-x} \\ 
& = \dfrac{\sqrt{x}}{x}e^{-x} - 2 \sqrt{x} e^{-x} \\
& = \left( \dfrac{1}{x} - 2 \right) \sqrt{x} e^{-x} 
\end{align*}
Or pour tout $x >0$, $\sqrt{x} e^{-x} > 0$, le signe de $f'(x)$ dépend du signe de $\left( \dfrac{1}{x} - 2 \right)$. On résout donc 
\begin{align*}
\dfrac{1}{x} - 2 \geq 0 & \Longleftrightarrow \dfrac{1}{x} \geq 2 \\
& \Longleftrightarrow x \leq \dfrac{1}{2} 
\end{align*}
On calcule alors 
$$
\li_{x \tos 0} f(x) = 0 \qquad \li_{x \to +\infty} f(x) = 0
$$
La dernière limite étant obtenue par croissance comparée, en effet
$$
\li_{x \to + \infty} \sqrt{x}e^{-x} = \li_{x \to +\infty} \dfrac{x^{1/2}}{e^x}
$$
On en déduit le tableau de variation 
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[espcl=3]{$x$/1,signe de $f'(x)$/1.5, Variations de $f$/2}{0,$\frac{1}{2}$, $+\infty$} 
\tkzTabLine{,+,z,-,} 
\tkzTabVar{-/$0$,+/$2 \sqrt{\dfrac{1}{2}}e^{-1/2}$, -/0}
\end{tikzpicture}
\end{center}

\item On calcule 
\begin{align*}
\li_{x \tos 0} \dfrac{f(x) - f(0)}{x-0} & = \li_{x \tos 0} \dfrac{2 \sqrt{x} e^{-x}}{x} \\
& = \li_{x \tos 0} \dfrac{2 e^{-x}}{\sqrt{x}} = + \infty
\end{align*}

La fonction n'est donc pas dérivable à droite en $0$. La courbe représentative de la fonction $f$ admet alors une tangente verticale au point $x=0$. 
\item Tracer la courbe représentative de $f$
\end{enumerate}
\end{exo}

\begin{exo}[**]
Soit $f$ la fonction définie sur $\R$ par : 
\[
f(x)= \dfrac{e^x - 1}{e^x +1}.
\]
\begin{enumerate}
\item Pour tout $x \in \R$, $e^x + 1 \neq 0$ donc 
\begin{center}
\fbox{$D_f = \R$.}
\end{center}

\item La fonction $x \to e^x + 1$ est de classe $\mathcal{C}^1$ et ne s'annule pas sur $\R$. \\
La fonction $x \to e^x - 1$ est de classe $\mathcal{C}^1$ sur $\R$.
\begin{center}
\fbox{Donc la fonction $f$ est de classe $\mathcal{C}^1$ sur $\R$ en tant que quotient de fonction dérivable. }
\end{center}
\begin{center}
\fbox{ Pour tout $x$ réel, $f'(x) = \dfrac{e^x(e^x+1) - e^x(e^x - 1)}{(e^x +1)^2} = \dfrac{2e^x}{(e^x+1)^2}$. }
\end{center}
\item On a
$$
f(x) = \dfrac{e^x - 1}{e^x +1} = \dfrac{e^x(1 - e^{-x})}{e^x(1 + e^{-x})} = \dfrac{1 - e^{-x}}{1 + e^{-x}}
$$
En utilisant cette forme, $\li_{x \to + \infty} f(x) = 1$ et comme $\li_{x \to - \infty} e^x = 0$, $ \li_{x \to - \infty} f(x) = -1$. Enfin, la fonction $f'(x)$ est strictement positive donc la fonction $f$ est strictement croissante. On trace les variations de la fonction $f$. 
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[espcl=4]{$x$/1,Variations de $f$/2}{$-\infty$,$+\infty$} 
\tkzTabVar{-/-1, +/1} 
\end{tikzpicture}
\end{center}

\item La fonction $f'$ est dérivable sur $\R$ en tant que quotient de fonction dérivable. On calcule alors pour tout $x \in \R$,
\begin{align*}
f''(x) & = \dfrac{2e^x(e^x+1)^2 - 2e^x \times 2e^x (e^x +1)}{(e^x +1)^4} \\
& = \dfrac{2e^x(e^{2x}+2e^x +1)- 4e^{2x} (e^x +1)}{(e^x +1)^4} \\
& = \dfrac{2e^{3x} + 4e^{2x} + 2e^x - 4e^{3x} -4e^{2x} }{(e^x +1)^4} \\
& = \dfrac{-2e^{3x}+ 2e^{x} }{(e^x +1)^4} \\
& = \dfrac{-2e^x (e^{2x} - 1)}{(e^x+1)^4}
\end{align*}

Le signe de $f''$ est donnée par l'expression $e^{2x} -1$. Or 
$$
e^{2x} - 1 > 0 \Longleftrightarrow e^{2x} > 1 \Longleftrightarrow 2x > 0 \Longleftrightarrow x >0
$$

La dérivée seconde de $f$ est donc positive sur $]- \infty;0[$ et négative sur $]0;+\infty[$. La dérivée de la fonction $f$ change donc de sens de variation au point $x = 0$.

\begin{center}
\fbox{Le point $x=0$ est un point d'inflexion de $f$. }
\end{center}

\item L'équation de la tangente à $f$ en $0$ est donnée par la formule :
$$
y = f(0) + x f'(0)
$$
c'est à dire
\begin{center}
\fbox{$y = \dfrac{1}{2}x$}
\end{center}

%\item La fonction $f$ est 
%\begin{itemize}
%\item continue sur $\R$ (car dérivable)
%\item strictement croissante
%\item $f(\R) = ]-1,1[$
%D'après le théorème de la bijection, \begin{center}
%\fbox{$f$ réalise une bijection de $\R$ sur $]-1,1[$.}
%\end{center} 
%\end{itemize}
%\item La fonction $f$ est dérivable sur $\R$ et la dérivée ne s'annule pas sur $\R$, ainsi, la réciproque de $f$ est dérivable sur $]-1,1[$. 
%\item De plus, pour tout $x \in ]-1,1[$,
%$$
%(f^{-1})'(x) = \dfrac{1}{f'(f^{-1}(x))}
%$$
%\item On a $f(0) = 0$ donc $f^{-1} (0) = 0$. On a donc 
% \begin{center}
% \fbox{$ (f^{-1})'(0) = \dfrac{1}{f'(0)} = \dfrac{1}{1/2} = 2$}
% \end{center}
%\item Soit $y \in ]-1,1[$. On résout 
%\begin{align*}
%f(x) = y & \Longleftrightarrow \dfrac{e^x - 1}{e^x +1} = y \\
%& \Longleftrightarrow e^x - 1 = y(e^x +1) \\
%& \Longleftrightarrow e^x(1 - y) = y + 1 \\
%& \Longleftrightarrow e^x = \dfrac{y + 1}{1-y} \\
%& \Longleftrightarrow x = \ln\left(\dfrac{y + 1}{1-y} \right) \\
%\end{align*}
%\begin{center}
%\fbox{On en déduit que $f^{-1} : y \to \ln\left(\dfrac{y + 1}{1-y} \right)$. }
%\end{center}
\item Le graphique est le suivant
\begin{center}
\includegraphics[scale=1]{Ex17.png}
\end{center} 
\end{enumerate}
\end{exo}


\label{Utiliser l'inégalité des accroissements finis.}
\savoir{Utiliser l'inégalité des accroissements finis. }

\begin{exo}
On pose la fonction $f:x \to e^x$. Cette fonction est dérivable sur $[0,1]$ et 
$$
\forall y \in [0,1],\quad  f'(y) = e^y
$$
On a donc $\forall y \in [0,1], \; |f'(y)| \leq e$. 
D'après l'inégalité des accroissements finies (en choisissant dans le théorème $a = 0$ et $b= x \in [0,1]$, on a 
$$ \forall x \in [0,1], \; |e^x - e^0| \leq e(x-0) $$
c'est à dire
\begin{center}
\fbox{$\forall x \in [0,1], \; |e^x - 1| \leq ex$.}
\end{center}
\end{exo}

\begin{exo}[*]

Soit la suite \emph{u} définie par $u_{0}=0$ et $\forall n\in\mathbb{N}$,
$u_{n+1}=\sqrt{u_{n}+2}=f(u_{n}).$

\begin{enumerate}
\item On peut montrer ce résultat soit en utilisant des inégalités, soit en étudiant la fonction $f$. 
\begin{align*}
 0 \leq x \leq 2 & \Longleftrightarrow 2 \leq x + 2 \leq 4 \\
 & \Longleftrightarrow 0 \leq \sqrt2 \leq \sqrt{x + 2} \leq  \sqrt4 \\
  & \Longleftrightarrow 0  \leq f(x) \leq  2 \\
\end{align*}
 \begin{center}
  \fbox{ $\forall x \in [0;2]$ on a $f(x) \in [0;2]$ ($f$ est stable par $[0,2]$)}
  \end{center} \begin{itemize}
	\item On montre par récurrence la propriété $\mathscr{P}_n : \{ u_n \in [0,2]\}$ pour tout $n$ entier. 
	\item \textbf{Initialisation :} La propriété $\mathscr{P}_0$ s'écrit $u_0 \in [0,2]$. Or d'après l'énoncé, $u_0 = 0$. La propriété $\mathscr{P}_0$ est donc vraie.  
	\item \textbf{Hérédité :} On suppose que $\P_n$ est vrai pour un certain rang $n$. \\
$u_n \in [0,2]$ donc $u_{n+1} = f(u_n) \in [0,2]$. $\P_{n+1}$ est vraie. On en déduit que la suite des proposition $(\P_n)$ est héréditaire. 
	\item \textbf{Conclusion :} \fbox{Pour tout $n \in \N$, $u_n \in [0,2]$.} 
	\end{itemize}
\item La fonction $f$ est dérivable sur $[0,2]$ en tant que composée de fonctions dérivables et 
$$
\forall x \in [0,2], \quad f'(x) = \dfrac{1}{2\sqrt{x+2}}
$$
On a alors
\begin{align*}
 0 \leq x \leq 2 & \Longleftrightarrow 2 \leq x + 2 \leq 4 \\
 & \Longleftrightarrow  \sqrt2 \leq \sqrt{x + 2} \leq  \sqrt4 \\
  & \Longleftrightarrow 2\sqrt{2}  \leq 2 \sqrt{x+2} \leq  4 \\
   & \Longleftrightarrow \dfrac{1}{2} \geq \dfrac{1}{2\sqrt{2}}  \geq f'(x) \geq  \dfrac{1}{4} \geq - \dfrac{1}{2} \\
   & \Longleftrightarrow |f'(x)|  \leq \dfrac{1}{2}
\end{align*} 
\begin{center}
\fbox{Donc $\forall x\in[0;2]$, $\left|f\:'(x)\right|\leqslant\dfrac{1}{2}$.}
\end{center}
\item On sait que 
\begin{itemize}
\item $f$ est dérivable sur $[0,2]$
\item  $\forall x \in [0,2], \; |f'(x)| \leq \dfrac{1}{2}$. 
\item $2 \in [0,2]$ et $u_n \in [0,2]$. 
\end{itemize}
D'après le théorème des accroissements finis
$$
|f(u_n) - f(2)| \leq \dfrac{1}{2} |u_n - 2|
$$ 
Comme $f(u_n) = u_{n+1}$ et $f(2) = 2$, on a 
\begin{center}
\fbox{$|u_{n+1} - 2| \leq \dfrac{1}{2} |u_n - 2|$.}
\end{center}
\item On montre par récurrence la propriété $\mathscr{P}_n : \left\{ \left|u_{n}-2\right|\leqslant\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n}\left|u_{0}-2\right| \right\}$ pour tout $n$ entier. 
	\begin{itemize}
	\item \textbf{Initialisation :} La propriété $\mathscr{P}_0$ s'écrit $|u_0 -2| \leq |u_0 - 2|$. La propriété $\mathscr{P}_0$ est donc vraie.  
	\item \textbf{Hérédité :} On suppose que $\mathscr{P}_n$ est vrai pour un certain rang $n$. \\
On a \begin{align*}
& |u_{n+1} - 2| \leq \dfrac{1}{2} |u_n - 2| \leq \dfrac{1}{2} \left( \dfrac{1}{2} \right)^n |u_0-2| \\
\Longleftrightarrow & |u_{n+1} - 2| \leq \left( \dfrac{1}{2} \right)^{n+1} |u_0-2|
\end{align*}
 $\mathscr{P}_{n+1}$ est vraie. On en déduit que la suite des proposition $(\P_n)$ est héréditaire. 
	\item \textbf{Conclusion :} \fbox{Pour tout $n \in \N$, $\left|u_{n}-2\right|\leqslant\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n}\left|u_{0}-2\right|$.} 
	\end{itemize}
	On a $\li_{n \to + \infty} \left( \dfrac{1}{2} \right)^n = 0$. D'après le théorème des gendarmes, \begin{center}
	\fbox{$(u_n)$ est convergente et $\li_{n \to + \infty} u_n = 2$. }
	\end{center}
\end{enumerate}
\end{exo}

\begin{exo}[**]
\begin{enumerate}
\item On pose $f : x \to \ln(x)$. Cette fonction est dérivable et $f'(x) = \dfrac{1}{x}$. On a pour tout entier $k\ge1$~:
\begin{itemize}
\item $f$ est dérivable sur $[k,k+1]$
\item Pour tout $x \in [k,k+1]$, $ \dfrac{1}{k+1} \leq f'(x) \leq \dfrac{1}{k}$ 
\end{itemize} 
D'après l'inégalité des accroissements finis :
\[
\frac{k+1-k}{k+1}\le\ln(k+1)-\ln(k)\le\frac{k+1- k}{k}
\]
\begin{center}
\fbox{Pour tout entier $k\ge1$ $\frac{1}{k+1}\le\ln(k+1)-\ln(k)\le\frac{1}{k}$.}
\end{center}
\item On a pour $n$ entier :
\begin{align*}
& \sum_{k=1}^n \ln(k+1) - \ln(k) \leq \sum_{k=1}^n \dfrac{1}{k} \\
\Longrightarrow & \ln(n+1) - \ln(1) \leq u_n
\end{align*}
On a $\li_{n \to + \infty} \ln(n+1) = + \infty$. \begin{center}
\fbox{Par comparaison, $u_n$ diverge car $\li_{n \to +\infty} u_n = + \infty$. }
\end{center}
 \item
 Soit $(u_n)_n$ la suite définie pour $n\geq 1 $ par la relation $v_n=\sum\limits_{k=1}^n\frac{1}{k}-\ln n$
 \begin{enumerate}
\item
En reprenant l'inégalité précédente,
\begin{align*}
\ln(n+1) \leq \sum_{k=1}^n \dfrac{1}{k} \Longrightarrow  \ln(n+1) - \ln(n) \leq v_n
\end{align*}
\begin{center}
\fbox{On a bien $v_n \geq \ln\pare{\frac{n+1}{n}} > 0$}
\end{center}
\item
On regarde le signe de $v_{n+1} - v_n$.
\begin{align*}
v_{n+1} - v_n & = \sum_{k=1}^{n+1} \dfrac{1}{k} - \ln(n+1) - \sum_{k=1}^{n} \dfrac{1}{k} + \ln(n)\\
& = \dfrac{1}{n+1} - \ln(n+1) + \ln(n) \leq 0
\end{align*}
(d'après l'inégalité montrée à la question 1).
La suite $(v_n)$ est donc décroissante et minorée par $0$. La suite $(v_n)$ est donc convergente. La limite de $(v_n)_n$ est appelée la constante d'Euler.
 \end{enumerate}
 \end{enumerate}
\end{exo}

\begin{exo}[**]

On souhaite déterminer le nombre de solutions de $(E) : x^3 -3x +1 = 0$ ainsi que la valeur approchée d'une des racines.
\begin{enumerate}
\item On note $f$ la fonction définie sur $\R$ par $f :x  \to x^3 -3x+1$. Cette fonction est dérivable sur $\R$ (c'est un polynôme) et 
$$
\forall x \in \R, \quad f'(x) = 3x^2 - 3 = 3(x-1)(x+1)
$$
On trace son tableau de variation
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[lgt=3,espcl=3]{$x$/1,Signe de $f'(x)$/1, Variations de $f$/2}{$- \infty$,-1,$1$,$+\infty$}
\tkzTabLine{,+,z,-,z,+, }
\tkzTabVar{-/$-\infty$,+/3,-/$-1$, +/$+\infty$}
%\tkzTabVal{1}{2}{0.5}{0}{0}
\end{tikzpicture}
\end{center}
On a alors :
\begin{itemize}
\item La fonction $f$ est continue sur $]- \infty ; -1[$.
\item La fonction $f$ est strictement croissante sur $]- \infty ; -1[$.
\item $f(]-\infty ; -1[) = ]- \infty ; 3[$ et $0 \in ]- \infty ; 3[$.
\end{itemize}
D'après le théorème de la bijection, il existe un unique réel $\alpha < -1$ tel que $f(\alpha) = 0$. \\

De la même façon, 
\begin{itemize}
\item La fonction $f$ est continue sur $]-1 ; 1[$.
\item La fonction $f$ est strictement décroissante sur $]-1 ; 1[$.
\item $f(]-1 ; 1[) = ]- 1 ; 3[$ et $0 \in ]- 1 ; 3[$.
\end{itemize}
D'après le théorème de la bijection, il existe un unique réel $-1 < \beta < 1$ tel que $f(\beta) = 0$. \\

\begin{itemize}
\item La fonction $f$ est continue sur $]1 ; + \infty[$.
\item La fonction $f$ est strictement croissante sur $]1 ; + \infty[$.
\item $f(]1 ; + \infty[) = ]- 1 ; +\infty[$ et $0 \in ]- 1 ; +\infty[$.
\end{itemize}
D'après le théorème de la bijection, il existe un unique réel $1 < \gamma $ tel que $f(\gamma) = 0$. 
\begin{center}
\fbox{Ainsi, l'équation $x^3 - 3x + 1 = 0$ admet 3 solutions $\alpha, \beta, \gamma$ vérifiant $\alpha < -1 < \beta < 1 < \gamma$.  }
\end{center}
\item On veut obtenir une approximation de $\beta$. On introduit $\forall x\in \R$, $g(x) =\dfrac{x^3 +1}{3}$ et la suite $u$ définie par $u_0 = 0$ et $\forall n \in \N$, $u_{n+1} = g(u_n)$. 
\begin{enumerate}
\item On a $f(0) = 1$ et $f(1/2) = \frac{1}{8} - \frac{3}{2} + 1= - \frac{3}{8}$. Ainsi, d'après le corolaire du théorème des valeurs intermédiaires, \begin{center}
\fbox{$\beta \in [0,1/2]$.  }
Enfin, 
\begin{center}
\fbox{$
g(x) = x \Longleftrightarrow x^3 + 1 = 3x \Longleftrightarrow f(x) = 0
$}
\end{center}
\end{center}
\item La fonction $g$ est dérivable sur $[0,1/2]$ et 
$$
\forall x \in [0,1/2], \quad g'(x) = x^2 \geq 0
$$
La fonction $g$ est croissante et $g(0) = \frac{1}{3}$ et $g(1/2) = \frac{3}{8}$ donc $g([0,1/2]) = [1/3 , 3/8] \subset [0,1/2]$. 
\begin{center}
 \fbox{L'ensemble $[0,1/2]$ est stable par $g$.}
 \end{center} 
De plus $\forall x \in [0,1/2], x^2 \in [0,1/4]$, et donc
\begin{center}
 \fbox{ $\forall x \in [0,1/2], \quad |g'(x)| \leq \dfrac{1}{4}$.}
 \end{center} 
\item On montre les propriétés suivantes $\P_n : \left\{ u_n \in [0,1/2]\right\}$.
 \begin{itemize}
\item \textbf{Initialisation :} $u_0 = 0$ donc la propriété $\mathscr{P}_0$ est vraie.  
	\item \textbf{Hérédité :} On suppose que $\P_n$ est vrai pour un certain rang $n$. On a donc $u_n \in [0,1/2]$ et 
$$
u_{n+1} = f(u_n) \in [0,1/2]
$$
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 $n \in \N$, $u_n \in [0,1/2]$. }\\
	\end{itemize}
\item On sait que 
\begin{itemize}
\item La fonction $f$ est dérivable sur $[0,1/2]$
\item Pour tout $x \in [0,1/2]$, $|g'(x)| \leq \dfrac{1}{4}$
\item Pour tout $n \in \N$, $u_n \in [0,1/2]$ et $ \beta \in [0,1/2]$.
\end{itemize}
Donc d'après l'inégalité des accroissements finis, 
\begin{center}
\fbox{$
\forall n \in \N$, $|u_{n+1} - \beta| \leqslant \dfrac{1}{4}|u_n - \beta|
$}
\end{center}
On montre par récurrence les propriétés suivantes $\P_n : \left\{ |u_n - \beta| \leqslant \dfrac{1}{4^n}\times \dfrac{1}{2} \right\}$.
 \begin{itemize}
\item \textbf{Initialisation :} $u_0 = 0$, $\beta \in [0,1/2]$ donc $|u_0 - \beta| \leq \dfrac{1}{2}$ et la propriété $\mathscr{P}_0$ est vraie.  
	\item \textbf{Hérédité :} On suppose que $\P_n$ est vrai pour un certain rang $n$. On a donc 
\begin{align*}
|u_{n+1} - \beta| & \leqslant \dfrac{1}{4}|u_n - \beta| \\
& \leqslant \dfrac{1}{4} \times \dfrac{1}{4^n} \times \dfrac{1}{2} \\
& \leqslant \dfrac{1}{4^{n+1}} \times \dfrac{1}{2}
\end{align*}
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 $n \in \N$, $|u_n - \beta| \leqslant \dfrac{1}{4^n}\times \dfrac{1}{2}$. }\\
	\end{itemize} 
\item On résout l'équation 
\begin{align*}
& \dfrac{1}{4^n} \times \dfrac{1}{2} \leq 10^{-9} \\
\Longleftrightarrow \; & \dfrac{1}{4^n} \leq 2 \times 10^{-9} \\
\Longleftrightarrow \; & 4^n \geq \dfrac{10^9}{2} \\
\Longleftrightarrow \; & n \ln(4) \geq  \ln \left(\dfrac{10^9}{2} \right) \\
\Longleftrightarrow \; & n \geq   \dfrac{\ln\left(\dfrac{10^9}{2} \right) }{\ln(4)}
\end{align*} 
On a la relation $|u_n - \beta| \leq 10^{-9}$ pour \begin{center}
\fbox{$n= E\left(  \dfrac{\ln\left(\dfrac{10^9}{2} \right) }{\ln(4)} \right) + 1$}
\end{center}
où $E$ représente la fonction partie entière.
\item Programme Scilab :
\begin{verbatim}

function y = g(x)
    y = (x^3 + 1)/3
endfunction

n = floor(log(2 *10^(-9))/(-log(4))) + 1
u = 0
for k=1:n
    u = g(u)
end

disp('La solution obtenue par la méthode de l''exercice est x = ' + string(u) 
+ '. On a obtenue cette solution pour n = ' +string(n) +'.')

\end{verbatim}
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{exo}

\label{Manipuler les développements limités d'ordre 1.  }
\savoir{Manipuler les développements limités d'ordre 1.   }

\begin{exo}[]
On peut appliquer la formule du développement limité en calculant 
$$
f'(x) = - e^{1-x}
$$
et 
$$
f(1) = 1, \qquad f'(1) = - 1
$$
On obtient alors le développement limité à l'ordre $1$ de $f$,
\begin{center}
\fbox{$ 
f(x) = 1 - 1(x-1) + (x-1) \varepsilon(x) ,\quad \text{avec} \quad \li_{x \to 1} \varepsilon (x) = 0
$}
\end{center}
L'équation de la tangente à la courbe représentative de $f$ en $x=1$ est alors 
\begin{center}
\fbox{$y = -x +2$. }
\end{center}

\remarque{On peut composer les DL.}En effet, on sait que $\li_{x \to 1} 1 - x = 0$ et on connait (par c\o{e}ur) le DL de $e^X$ en 0 :
$$
e^X = 1 + X + X\epsilon(X)  ,\quad \text{avec} \quad \li_{X \to 0} \varepsilon (X) = 0
$$
Donc en prenant $X = 1-x$,
\begin{center}
\fbox{$ e^{1-x} = 1 + (1-x) + (1-x) \varepsilon(1-x) ,\quad \text{avec} \quad \li_{X \to 0} \varepsilon (X) = 0 $}
\end{center}
\end{exo}

\begin{exo}[*]
On considère la fonction $f : x \to \dfrac{\ln(2 - \sqrt{1+x})}{x}$. 
\begin{enumerate}
\item On connait le développement limité de $\sqrt{1+x}$ en 0 :
$$
\sqrt{1+ x} = 1 + \dfrac{1}{2}x + x \varepsilon_1(x),\quad \text{avec} \quad \li_{x \to 0} \varepsilon_1 (x) = 0 
$$
Donc 
$$
2 - \sqrt{1+ x} = 1 - \dfrac{1}{2}x - x \varepsilon_1(x),\quad \text{avec} \quad \li_{x \to 0} \varepsilon_1 (x) = 0 
$$
et finalement 
$$ 
\ln\left(2 - \sqrt{1+x} \right) = \ln\left(1 - \dfrac{1}{2}x - x \varepsilon_1(x) \right)
$$
On voit que $\li_{x \to 0} \dfrac{1}{2}x + x \varepsilon_1(x) = 0$ et on connait le DL de $\ln (1 +X)$ en 0 :
$$
\ln(1 + X) = X + X \varepsilon_2(X),\quad \text{avec} \quad \li_{X \to 0} \varepsilon_2 (X) = 0  
$$
En prenant $X =  -\dfrac{1}{2}x - x \varepsilon_1(x)$, on obtient donc 
$$
\ln\left(2 - \sqrt{1+x} \right) = -\dfrac{1}{2}x - x \varepsilon_1(x) + \left( -\dfrac{1}{2}x - x \varepsilon_1(x) \right) \varepsilon_2 \left( -\dfrac{1}{2}x - x \varepsilon_1(x) \right)
$$
En posant $\varepsilon_3(x) =  -\varepsilon_1(x) + \left( -\dfrac{1}{2} -  \varepsilon_1(x) \right) \varepsilon_2 \left(- \dfrac{1}{2}x - x \varepsilon_1(x) \right)$, on s'aperçoit que $\li_{x \to 0} \varepsilon_3(x) = 0$ et que 
\begin{center}
\fbox{$
\ln\left(2 - \sqrt{1+x} \right) = -\dfrac{1}{2}x + x \varepsilon_3(x) ,\quad \text{avec} \quad \li_{x \to 0} \varepsilon_3 (x) = 0  
$}
\end{center}
Ceci est le développement limité en 0 à l'ordre 1 de la fonction $x \to \ln(2 - \sqrt{1+x})$. 
\item On calcule 
\begin{align*}
\li_{x \to 0} \dfrac{\ln\left(2 - \sqrt{1+x} \right) }{x} & = \li_{x \to 0} \dfrac{-\dfrac{1}{2}x + x \varepsilon_3(x)}{x} \\
& = \li_{x \to 0} -\dfrac{1}{2} + \varepsilon_3(x) \\
& \boxed{= -\dfrac{1}{2}}
\end{align*} 
\end{enumerate}
\end{exo}

\begin{exo}[**]
Soit $f$ une fonction dérivable en $a$. Le but de l'exercice est de déterminer :
$$
\li_{h \to 0} \dfrac{(f(a+ 3h))^2 - (f(a-h))^2}{h}.
$$
\begin{enumerate}
\item On considère la fonction $h:x \to f(a+x)$. On calcule 
\begin{align*}
\dfrac{h(x) - h(0)}{x-0} = \dfrac{f(a+x) - f(a)}{x}
\end{align*}
La fonction $f$ est dérivable en $a$ et donc
$$
\li_{x \to 0} \dfrac{h(x) - h(0)}{x-0} = \li_{x \to 0} \dfrac{f(a+x) - f(a)}{x} = f'(a)
$$
Par conséquent, \begin{center}
\fbox{$h$ est dérivable en $0$ et $
h'(0) = f'(a)
$}
\end{center}
\item Le développement limité à l'ordre $1$ de la fonction $h$ en $0$ est 
\begin{center}
\fbox{$h(x) = h(0) + h'(0)(x - 0) + x\varepsilon(x) = f(a) + f'(a) x + x \varepsilon(x)$}
\end{center}
avec $\li_{x \to 0} \varepsilon(x) = 0$.
\item On a 
\begin{center}
\fbox{$(f(a+x))^2 = (h(x))^2 = \left( f(a) + f'(a) x + x \varepsilon(x) \right)^2 
$}
\end{center}

\item On calcule,
\begin{align*}
(f(a+x))^2  & = \left( f(a) + f'(a) x + x \varepsilon(x) \right)^2  \\
& = (f(a))^2 + 2x f(a)f'(a) + 2x f(a) \varepsilon(x) + (f'(a))^2 x^2 + 2f'(a)x^2 \varepsilon(x) + x^2 (\varepsilon(x))^2 \\
& \boxed{= (f(a))^2 + 2x f(a)f'(a) + x \varepsilon_2(x)}
\end{align*}
où l'on a posé 
$$\varepsilon_2(x) = 2 f(a) \varepsilon(x) + (f'(a))^2 x + 2f'(a)x \varepsilon(x) + x (\varepsilon(x))^2.$$ 
On a bien $\li_{x \to 0} \varepsilon_2 (x) = 0$. 
On a alors 
$$
(f(a+3h))^2 = (f(a))^2 + 6h f(a)f'(a) + 3h \varepsilon_2(3h)
$$
et
$$
(f(a-h))^2 = (f(a))^2 - h f(a)f'(a) - h \varepsilon_2((-h))
$$
Ainsi 
\begin{align*}
	(f(a+3h))^2 - (f(a-h))^2 & = (f(a))^2 + 6h f(a)f'(a) + 3h \varepsilon_2(3h) - \left((f(a))^2 - h f(a)f'(a) - h \varepsilon_2((-h)) \right) \\
& = 7h f(a)f'(a) + h \varepsilon_3(h)
\end{align*}
où $ \li_{h \to 0} \varepsilon_3(h) = 0$.
Finalement,
\begin{align*}
\li_{h \to 0} \dfrac{(f(a+3h))^2 - (f(a-h))^2}{h} & = \li_{h \to 0} \dfrac{7h f(a)f'(a) + h \varepsilon_3(h)}{h} \\
& = \li_{h \to 0} 7f(a)f'(a) + \varepsilon_3(h) \\
& \boxed{= 7f(a) f'(a)}
\end{align*}
\end{enumerate}
\end{exo}

\end{document}
