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


\begin{document}

\chead{Correction Feuille Exercice 21}
\lfoot{}
\cfoot{Convéxité, \'Etude de fonctions.}

\begin{center}
\fbox{ \Large Correction Feuille Exercice 21}
\end{center}
\vspace{30pt}

\setcounter{theorem}{6}

%%% Exercices d'approfondissement
\savoir{\'Etudier la régularité d'une fonction}
\label{\'Etudier la régularité d'une fonction}

%%%%% Exercice 7
\begin{exo}[*]
On considère la fonction définie sur $\R$ par $f(x) = \ln \left( \dfrac{e^x - 1}{x} \right)$ si $x \neq 0$ et $f(0) = 0$. 
\begin{enumerate}
\item On étudie le signe de $\dfrac{e^x - 1}{x}$. On a 
$$
e^x - 1 >0 \Longleftrightarrow e^x > 1 \Longleftrightarrow x >0
$$
Ainsi, à l'aide d'un tableau de signe, on a 
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[lgt=3,espcl=3]{$x$/1,Signe de $e^x -1$/1,Signe de $x$/1, Signe de $\dfrac{e^x-1}{x}$/2}{$- \infty$, $0$,$+\infty$}
\tkzTabLine{,-,z,+}
\tkzTabLine{,-,z,+,}
\tkzTabLine{,+,d,+,}
\end{tikzpicture}
\end{center}
\begin{itemize}
\item La fonction $x \to e^x -1$ est continue sur $]- \infty,0[$ et $]0,+\infty[$
\item La fonction $x \to x$ est continue sur $]- \infty,0[$ et $]0,+\infty[$
\item La fonction $f$ est donc continue sur $]- \infty,0[$ et $]0,+\infty[$ en tant que quotient et composée de fonctions continue. 
\end{itemize}
On étudie maintenant la continuité en $0$. Or 
$$
\li_{x \to 0} \dfrac{e^x - 1}{x} = 1 \quad \text{par taux d'accroissement}
$$
et donc
\begin{center}
\fbox{$
\li_{x \to 0} \ln \left( \dfrac{e^x - 1}{x} \right) = 0 = f(0)
$.}
\end{center}
La fonction $f$ est donc continue en $0$. \begin{center}
\fbox{Par conséquent, elle est continue sur $\R$.}
\end{center} 
\item De la même façon que précédemment
\begin{itemize}
\item La fonction $x \to e^x -1$ est $\mathcal{C}^1$ sur $]- \infty,0[$ et $]0,+\infty[$
\item La fonction $x \to x$ est $\mathcal{C}^1$ sur $]- \infty,0[$ et $]0,+\infty[$
\item La fonction $f$ est donc $\mathcal{C}^1$ sur $]- \infty,0[$ et $]0,+\infty[$ en tant que quotient et composée de fonctions continue. 
\end{itemize}
De plus 
\begin{center}
\fbox{$\forall x \in \R^*, \quad f'(x) = \dfrac{\dfrac{xe^x -e^x +1}{x^2}}{\dfrac{e^x - 1}{x}} = \dfrac{xe^x - e^x +1}{x(e^x - 1)}$.}
\end{center}
\item (Attention la suite de l'exercice n'est pas au programme de première année). On utilise un développement limité à l'ordre 2 de $e^x$ en $0$. 
$$
e^{x} = 1 + x + \dfrac{x^2}{2} + x^2 \varepsilon(x), \; \text{avec} \; \li_{x \to 0} \varepsilon(x) = 0
$$
On a alors 
\begin{align*}
f'(x) &  = \dfrac{x(1+x + x^2/2 + x^2 \varepsilon(x)) - (1 + x + x^2/2 + x^2 \varepsilon(x)) + 1}{x(1+x + x^2/2 x^2 \varepsilon(x) -1)} \\
& = \dfrac{x+x^2 + x^3/2 + x^3 \varepsilon(x)) - x - x^2/2 - x^2 \varepsilon(x))}{x(x + x^2/2 + x^2 \varepsilon(x))} \\
& = \dfrac{x^2 /2 + x^3/2 - x^2 \varepsilon(x) + x^3 \varepsilon(x)}{x^2 (1+x/2 + x \varepsilon(x))} \\
& = \dfrac{1/2 + x/2 - \varepsilon(x) + x\varepsilon(x)}{1+x/2 + x \varepsilon(x)}
\end{align*}
et 
$$
\li_{x \to 0} \dfrac{x}{2} - \varepsilon(x) + x \varepsilon(x) = 0
$$
$$
\li_{x \to 0} \dfrac{x}{2} + x \varepsilon(x) = 0
$$
\begin{center}
\fbox{Ainsi, $\li_{x \to 0} f'(x) = \dfrac{1}{2}$.}
\end{center}
\end{enumerate}
\end{exo}

%Exercice 8
\begin{exo}[**]
Soit $f$ la fonction définie sur $\R \setminus \{ -1 \}$ par $f(x) = \dfrac{1}{1+x}$. 
\begin{enumerate}
\item On Montre par récurrence les propositions
 $$\P_n = \left\{ \text{ $f$ est de classe $\mathcal{C}^n$ sur $\R \setminus \{ -1 \}$ et } \forall x \in \R \setminus \{ -1 \} \; f^{(n)} (x) = \frac{(-1)^n n!}{(x+1)^{n+1}} \right\}$$ 
\begin{itemize}
\item[{\bf Initialisation :}] Nous avons $f$ continue sur $\R \setminus \{ -1 \}$ 
$$ \forall x \in \R \setminus \{ -1 \}, \quad  f^{(0)}(x) = \dfrac{(-1)^0 0!}{(x+1)^{0+1}} = \dfrac{1}{x+1}$$
Donc la proposition $\P_0$ est vraie.
\item[{\bf Hérédité :}] On suppose que la proposition $\P_n$ est vraie pour un certain rang $n$. La fonction $x \to \dfrac{1}{(x+1)^{n+1}}$ est dérivable sur $\R \setminus \{ -1 \}$ donc la fonction $f$ est de classe $\mathcal{C}^{n+1}$ sur $\R \setminus \{ -1 \}$. 
On dérive alors la fonction $f^{(n)}$. 
\begin{align*}
\forall x \in \R \setminus \{ -1 \}, \quad f^{(n+1)} (x) & = \dfrac{- (-1)^n n! (n+1)(x+1)^{n}}{(x+1)^{2(n+1)}} \\
& = \dfrac{(-1)^{n+1} (n+1)! }{(x+1)^{2n+2-n}} \\
& = \dfrac{(-1)^{n+1} (n+1)! }{(x+1)^{n+2}}
\end{align*}
\item[{\bf Conclusion :}] La propriété $\P_{n+1}$ est vraie donc $(\P_n)$ est héréditaire. Pour tout $n \in \N$, la fonction $f$ est de classe $\mathcal{C}^n$ sur $\R \setminus \{ -1 \}$ et on a 
\begin{center}
\fbox{$
\forall x \in \R \setminus \{ -1 \} \; f^{(n)} (x) = \frac{(-1)^n n!}{(x+1)^{n+1}}
$ }
\end{center}
\end{itemize}
\item La fonction $f$ est dérivable sur $]-1;+\infty[$ et 
$$
\forall x \in ]-1, + \infty[, f'(x) = \dfrac{1}{1+x}
$$ 
En utilisant la question précédente, $f$ est de classe $\mathcal{C}^{\infty}$ et 
\begin{center}
\fbox{$
\forall n \in \N, \forall x \in ]-1, + \infty[, f^{(n)} (x) = \frac{(-1)^{n-1} (n-1)!}{(x+1)^{n}}
$}
\end{center}
\end{enumerate}
\end{exo}

\savoir{\'Etudier la convexité des fonctions}
\label{\'Etudier la convexité des fonctions}

\begin{exo}
\'Etudier la concavité des fonctions :
\begin{enumerate}
\item On étudie la fonction $f : x \to e^{\frac{1}{x}}$. 
\begin{itemize}
\item La fonction $x \to \frac{1}{x}$ est de classe $\mathcal{C}^2$ sur $]- \infty, 0[$ et sur $]0, +\infty[$
\item La fonction $x \to e^{1/x}$ est donc de classe $\mathcal{C}^2$ sur $]- \infty, 0[$ et sur $]0, +\infty[$ en tant que composée de fonction de classe $\mathcal{C}^2$. 
\end{itemize}
On a 
\begin{align*}
\forall x \in \R^*, \: f'(x) & = - \dfrac{1}{x^2} e^{\frac{1}{x}} \\
\end{align*}
et 
\begin{align*}
\forall x \in \R^*, \: f''(x) & = \dfrac{2}{x^3}e^{\frac{1}{x}} + \dfrac{1}{x^4}e^{\frac{1}{x}} \\
& =  \dfrac{2x + 1}{x^4} e^{\frac{1}{x}} 
\end{align*}
On résout l'inéquation $2x+1 > 0 \Longleftrightarrow x > - \dfrac{1}{2}$. Ainsi $f''(x) > 0 \Longleftrightarrow x > - \dfrac{1}{2}$. 
\begin{center}
\fbox{La fonction $f$ est concave sur $]-\infty , -1/2[$ et elle est convexe sur $]-1/2, 0[$ et sur $]0,+\infty[$.}
\end{center}
\item  On étudie la fonction $g : x \to (x+1)^{x+1} = e^{(x+1)\ln(x+1)}$. 
\begin{itemize}
\item La fonction $x \to x+1$ est strictement positive et de classe $\mathcal{C}^2$ sur $]-1;+\infty[$
\item  La fonction $x \to \ln(x+1)$ est donc de classe $\mathcal{C}^2$ sur $]-1;+\infty[$
\item La fonction $g$ est donc de classe $\mathcal{C}^2$ sur $]-1, +\infty[$ en tant que composée de fonction de classe $\mathcal{C}^2$. 
\end{itemize}
On a 
\begin{align*}
\forall x \in ]-1,+\infty[, \: f'(x) & = (\ln(x+1) + 1)e^{(x+1)\ln(x+1)} 
\end{align*}
et 
\begin{align*}
\forall x \in ]-1,+\infty[, \: f''(x) & = \dfrac{1}{x+1} e^{(x+1)\ln(x+1)} + (\ln(x+1) + 1)^2 e^{(x+1)\ln(x+1)} 
\end{align*}
Or $\dfrac{1}{x+1} > 0$, $e^{(x+1) \ln(x+1)} >0$ et $(\ln(x+1)+1)^2 >0$ donc 
\fbox{la fonction $f$ est convexe sur $]-1, + \infty[$. }
\end{enumerate}
\end{exo}

\newpage
\begin{exo}[*]
On montre le caractère $\mathcal{C}^2$ de la fonction. 
\begin{itemize}
\item La fonction $x \to (x-1)^3$ est $\mathcal{C}^2$ sur $]- \infty,1[$ et $]1,+\infty[$ et ne s'annule pas sur ces intervalles. 
\item La fonction $x \to x^2(x-3)$ est $\mathcal{C}^2$ sur $]- \infty,1[$ et $]1,+\infty[$
\item La fonction $f$ est donc de classe $\mathcal{C}^2$ sur $]- \infty,1[$ et $]1,+\infty[$ en tant que quotient de fonctions de classe $\mathcal{C}^2$ sur $]- \infty,1[$ et $]1,+\infty[$. 
\end{itemize}
On calcule alors 
\begin{align*}
\forall x \in \R \setminus \{1\}, \quad f'(x) & = \dfrac{(3x^2 - 6x)(x-1)^3 - 3(x-1)^2 x^2 (x-3)}{(x-1)^6} \\
& = \dfrac{3x(x - 2)(x-1)^3 - 3(x-1)^2 x^2 (x-3)}{(x-1)^6} \\
& = \dfrac{3x(x-1)^2 \left((x - 2)(x-1) -  x (x-3)\right)}{(x-1)^6} \\
& = \dfrac{3x (x^2 - 3x +2 - x^2 + 3x)}{(x-1)^4} \\
& = \dfrac{6x}{(x-1)^4}
\end{align*}
Puis on calcule 
\begin{align*}
\forall x \in \R \setminus \{1\}, \quad f'(x) & = \dfrac{6(x-1)^4 - 24x(x-1)^3}{(x-1)^8} \\
& = \dfrac{(x-1)^3(6(x-1)-24x) }{(x-1)^8} \\
& = \dfrac{6x - 6 -24x}{(x-1)^5} \\
& = \dfrac{-18x -6}{(x-1)^5}
\end{align*}
On résout l'équation $-18x - 6 = 0 \Longleftrightarrow x = -1/3$. On détermine le tableau de signe de $f''$.
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[lgt=3,espcl=3]{$x$/1,Signe de $-18x -6$/1,Signe de $(x-1)^5$/1, Signe de $f''(x)$/1}{$- \infty$,$-1/3$, $1$,$+\infty$}
\tkzTabLine{,+,z,-,t,-}
\tkzTabLine{,-,t,-,z,+}
\tkzTabLine{,-,z,+,d,-}
\end{tikzpicture}
\end{center}

En $x=-1/3$, la dérivée seconde de la fonction s'annule en changeant de signe. 
\begin{center}
\fbox{Le point de la courbe d'abscisse $-1/3$ est un point d'inflexion.}
\end{center}
\end{exo}



\begin{exo}
Soit $f$ la fonction définie sur $\R$ par $f(x) = \dfrac{e^x - 1}{e^x +1}$. 
\begin{enumerate}
\item On a 
\begin{itemize}
\item La fonction $x \to e^x +1$ est de classe $\mathcal{C}^1$ sur $\R$ et ne s'annule pas. 
\item La fonction $x \to e^{x}-1$ est de classe $\mathcal{C}^1$ sur $\R$
\end{itemize}
Donc, par quotient de fonctions de classe $\mathcal{C}^1$ sur $\R$, 
\begin{center}
\fbox{La fonction $f$ est de classe $\mathcal{C}^1$ sur $\R$. }
\end{center}
De plus 
\begin{align*}
\forall x \in \R, f'(x)  = \dfrac{e^x (e^x+1) - e^x (e^x -1)}{(e^x +1)^2} 
\end{align*}
\begin{center}
\fbox{Ainsi $\forall x \in \R, \; f'(x)  = \dfrac{2e^x }{(e^x +1)^2} > 0$.}
\end{center}

\item La fonction $f$ est strictement croissante et 
$$
\li_{x \to - \infty}  f(x) = \li_{x \to - \infty} \dfrac{e^x -1}{e^x +1} = -1,
$$
$$
\li_{x \to + \infty}  f(x) = \li_{x \to + \infty} \dfrac{e^x -1}{e^x +1} =  \li_{x \to + \infty} \dfrac{e^x(1 -e^{-x})}{e^x(1 +e^{-x})} = \li_{x \to + \infty} \dfrac{1- e^{-x}}{1+e^{-x}} = 1.
$$
D'où le tableau de variation correspondant :
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[lgt=3,espcl=3]{$x$/1,Signe de $f'(x)$/1,Variations de $f$/2}{$- \infty$,$+\infty$}
\tkzTabLine{,+,}
\tkzTabVar{-/$-1$,+/1}
\end{tikzpicture}
\end{center}
\item De même que pour la première question, 
\begin{itemize}
\item La fonction $x \to e^x +1$ est de classe $\mathcal{C}^2$ sur $\R$ et ne s'annule pas. 
\item La fonction $x \to e^{x}-1$ est de classe $\mathcal{C}^2$ sur $\R$
\end{itemize}
Donc par quotient de fonctions de classe $\mathcal{C}^2$ sur $\R$, 
\begin{center}
\fbox{La fonction $f$ est de classe $\mathcal{C}^2$ sur $\R$. }
\end{center}
et
\begin{align*}
\forall x \in \R, \: f''(x) & = \dfrac{2e^x (e^x +1)^2 - 2e^x \times 2 e^x (e^+1)}{(e^x+1)^4} \\
& = \dfrac{2e^x (e^x+1) - 4 e^{2x}}{(e^x+1)^3} \\
& = \dfrac{2e^{2x} + 2e^x - 4 e^{2x}}{(e^x+1)^3} \\
&=  \dfrac{2 e^x - 2 e^{2x}}{(e^x+1)^3} = \dfrac{2e^{x} (1 - e^x)}{(e^x+1)^3}
\end{align*}
Comme $1 - e^x >0 \Longleftrightarrow x < 0$, \begin{center}
\fbox{la fonction $f$ est convexe sur $\R_-$ et concave sur $\R_+$.}
\end{center}
\item Tracer dans un repère orthonormé $\mathscr{C}_f$, ainsi que la tangente au point d'inflexion.
\begin{center}
\includegraphics[scale=0.5]{Exo11.png}
\end{center}
\end{enumerate}
\end{exo}





%%% Sujets de concours
\renewcommand\bcStyleTitre[1]{\hspace{10pt}\itshape \Large \color{black} #1}
\setlength{\logowidth}{13pt}
\begin{bclogo}[couleur=white,couleurBord=white,arrondi=0.2, logo = \bcplume]{ Sujets de concours}
\end{bclogo} 
\vspace{-13pt}
\label{Sujets de concours}

\begin{exo}[EML 2012]

On considère l'application $f:\left[  0;+\infty\right[  \rightarrow\mathbb{R}%
$  définie, pour tout $t\in\left[  0;+\infty\right[  $ par :
\[
f\left(  t\right)  =\left\{
\begin{array}
[c]{cc}%
t\ln\left(  t\right)  & \text{si }t\neq0\\
0 & \text{si }t=0
\end{array}
\right.
\]


\begin{enumerate}
\item Montrer que $f$ est continue sur $\left[  0;+\infty\right[  $.

\item Montrer que $f$ est de classe $C^{1}$ sur $\left]  0;+\infty\right[  $
et calculer $f^{\prime}\left(  t\right)  $ pour tout $t\in\left]
0;+\infty\right[  $.

\item Dresser le tableau des variations de $f$. On précisera la limite de $f$
en $+\infty$.

\item Montrer que $f$ est convexe sur $\left]  0;+\infty\right[  $.

\item On note $\Gamma$ la courbe représentative de $f$ dans un repère
orthonormal $\left(  O,\vec{i},\vec{j}\right)  $

\begin{enumerate}
\item Montrer que $\Gamma$ admet une demi-tangente en $O$ et préciser celle-ci.

\item Déterminer les points d'intersection de $\Gamma$ et, de l'axe des abscisses.

\item Préciser la nature de la branche infinie de $\Gamma$.

\item Tracer l'allure de $\Gamma$. On admet : $0,36\leq e^{-1}<0,37.$
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\end{exo}

\begin{exo}[EML 2014]
\newcommand{\1}{\\[1ex] }
\newcommand{\ph}[1] {\phantom{#1}}
\newcommand{\hs}{\hspace*{1cm}}
\newcommand{\imp}{\Rightarrow }
\newcommand{\dlim}{\ds \lim}

\begin{enumerate}
\item
La fonction $x \mapsto x $ est $C^\infty$ sur $I=]0;+\infty[$, $x \mapsto e^x$ est $\mathcal{C}^{\infty}$ sur $\R$.
Par composée et somme, $\varphi$ est $\mathcal{C}^{\infty}$ et a fortiori $C^3$ sur $I$.
$\varphi(x)=e^x-xe^{\frac{1}{x}}\1
\varphi'(x)=e^x-1.e^{\frac{1}{x}}-xe^{\frac{1}{x}}\times\dfrac{-1}{x^2}\1
\ph{\varphi'(x)}=e^x+(-1+\dfrac{1}{x}) e^{\frac{1}{x}}\1
\varphi''(x)=e^x+(\dfrac{-1}{x^2}) e^{\frac{1}{x}}+(-1+\dfrac{1}{x})\dfrac{-1}{x^2} e^{\frac{1}{x}}\1
\ph{\varphi''(x)}=e^x-\dfrac{1}{x^3} e^{\frac{1}{x}}\1
\varphi'''(x)=e^x-\dfrac{-3}{x^4} e^{\frac{1}{x}}-\dfrac{1}{x^3}\dfrac{-1}{x^2} e^{\frac{1}{x}}\1
\ph{  \varphi'''(x)  }=e^x+\dfrac{3x+1}{x^5} e^{\frac{1}{x}}
$
%
%
%
\item 
Pour $x>0, e^x > 0, ~\dfrac{3x+1}{x^5}>0, ~e^{\frac{1}{x}}$ donc $\varphi'''>0$ sur $]0;+\infty[$. $\varphi''$ est donc strictement croissante sur $]0;+\infty[$ et 
$\varphi''(1)=0$\1
Donc $\varphi''<0$ sur $]0;1[$ et $\varphi''>0$ sur $]1;+\infty[$\1
D'où $\varphi'$ est strictement décroissante sur $]0;1[$ et croissante  sur $]1;+\infty[$. $\varphi'$ atteint son maximum en $1$ qui est: $\varphi'(1)=e>0$\1
Donc $\varphi \geq e>0$ sur $]0;+\infty[$\1
%
%
%
\item Avec le changement de variable $X = \frac{1}{x}$, on détermine les limites de $x e^{\frac{1}{x}}$ puis de $\varphi$. 
$$ \li_{x \tos 0} x e^{\frac{1}{x}} = \li_{X \to + \infty} \dfrac{e^X}{X} = +\infty \quad \text{croissance comparée}$$
et donc 
\begin{center}
\fbox{$\li_{x \tos 0 } \varphi(x) = - \infty$.}
\end{center}
En $+ \infty$, $\varphi(x) = e^{x} \left( 1 - \dfrac{x}{e^x}e^{\frac{1}{x}} \right)$. Or $\li_{x \to +\infty} \dfrac{x}{e^x} = 0$ par croissance comparée et donc 
\begin{center}
\fbox{$\li_{x \to +\infty}  \varphi(x) = +\infty$.}
\end{center}
%
%
%
\item On sait que $\forall x \in ]0;+\infty[, ~\varphi'(x)\geq e$. Soit $x \geq 3$. $\varphi$ est de classe $C^1$ sur $[3;x]$. Donc, d'après l'inégalité des accroissements finis:
\hs $\varphi(x)-\varphi(3) \leq e(x-3)\1
\imp \hs \varphi(x) \leq ex +\varphi(3)-3e$\1
Or \hs $\varphi(3) > 15$ et $3e < 9$, donc \hs $\varphi(3)-3e > 6>0$ et 
\begin{center}
\fbox{$\varphi(x) \leq ex $}
\end{center}
%
%
%
\setcounter{enumi}{5}
\item 
$\varphi''$ s'annule et change de signe en 1.
\begin{center}
\fbox{Donc $\mathcal{C}$ admet un point d'inflexion en $x=1$
$\varphi(1)=0$}
\end{center}
Le point d'inflexion a pour coordonnées $(1;0)$. Enfin $\varphi'(1)=e$\1
\begin{center}
\fbox{Donc la tangente a pour équation $y=\varphi'(1)(x-1)+\varphi(1)=e(x-1)$}
\end{center}
%
%
%

\item On récapitule les résultats dans un tableau de variation
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[lgt=3,espcl=3]{$x$/1,Signe de $\varphi'''(x)$/1,Variations de $\varphi''$/2, Signe de $\varphi''(x)$/1,Variations de $\varphi'$/2, Signe de $\varphi'(x)$/1, Variations de $\varphi$/2}{$0$, $1$,$+\infty$}
\tkzTabLine{d,+,t,+,}
\tkzTabVar{D-/,R/,+/}
\tkzTabIma{1}{3}{2}{$0$}
\tkzTabLine{d,-,z,+,}
\tkzTabVar{D+/,-/$e$,+/}
\tkzTabLine{d,+,t,+,}
\tkzTabVar{D-/$- \infty$,R/,+/$+\infty$}
\tkzTabIma{1}{3}{2}{$0$}
\end{tikzpicture}
\end{center}

\begin{center}
\includegraphics{EML_2014_1.png}
`\end{center}
%\includegraphics[width=1.5cm,angle=30]{a1.eps}
%\includegraphics[scale=0.75]{a1.eps}
%\includegraphics[height=2cm]{a1.eps}
%\includegraphics[width=0.75cm,height=2cm]{a1.eps}
%\reflectbox{\includegraphics{a1.eps}}

\end{enumerate}
\end{exo}

\begin{exo}[ECRICOME 2006]

On consid\`{e}re la fonction $f$ d\'{e}finie pour tout r\'{e}el $x$ par : 
\begin{equation*}
f\left( x\right) =x+1+2e^{x}
\end{equation*} 

\subsection*{\'Etude de $f.$}

\begin{enumerate}
\item $f$ est d\'{e}rivable sur $\mathbb{R}$ et $f^{\prime }\left( x\right)
=1+2e^{x}>0$

\begin{center}
\fbox{Donc $f$ est strictement croissante sur $\mathbb{R}$}
\end{center}
et
\begin{center}
\fbox{$\li_{x \to + \infty} f(x) =  +\infty $, $\li_{x \to - \infty} f(x) = - \infty$.}
\end{center}

\item On a $f\left( -2\right) =-1+e^{-2}<0$ car $-2<0$ donc $e^{-2}<e^{0}$ et $f\left( -1\right) =0+2e^{-1}>0$. On applique alors le th\'{e}or\`{e}me de bijection :

\begin{itemize}
\item $f$ est continue et strictement croissante sur $\left[ -2,-1\right] $
\item De plus, $0\in \left[ f\left( -2\right) ,f\left( -1\right) \right] $
\end{itemize}

Donc l'\'{e}quation $f\left( x\right) =0$ a une unique solution sur cet
intervalle.

\begin{center}
\fbox{il existe un unique $\alpha \in \left[ -2,-1%
\right] $ tel que $f\left( \alpha \right) =0$}
\end{center}

N.B. qui n'\'{e}taitpas demand\'{e} mais qui va servir : comme $f$ est
strictement croissante, elle est strictement n\'{e}gative avant $\alpha $ et
strictmeent positive apr\`{e}s.

$\alpha $ est donc la seule solution sur $\mathbb{R}$ de $f\left( x\right)
=0 $
\end{enumerate}


\subsection*{Etude d'une suite r\'{e}elle.}

On s'int\'{e}resse \`{a} la suite $\left( u_{n}\right) _{n\in \mathbb{N}}$ d%
\'{e}finie par son premier terme $u_{0}=-1$ et par la relation 
\begin{equation*}
\forall n\in \mathbb{N\quad }u_{n+1}=u_{n}-\frac{f\left( u_{n}\right) }{%
f^{\prime }\left( u_{n}\right) } 
\end{equation*}

\begin{enumerate}
\item $f$ est de classe $C^{2}$ sur $\mathbb{R}$ et $f^{\prime \prime
}\left( x\right) =2e^{x}>0$

\begin{center}
\fbox{Donc $f$ est convexe sur $\mathbb{R}$}
\end{center}
Il y a alors deux méthodes. \\

{\bf G\'{e}om\'{e}triquement :} Comme $f$ est convexe, la tangente en $x$ est en
dessous de la courbe repr\'{e}sentative. Cette tangente a pour \'{e}quation au point $x$ $$ y =\left( t-x\right) f^{\prime }\left( x\right) + f(x) $$.

Donc $\forall t \in \R$, \begin{center}
\fbox{$f\left( x\right) +\left( t-x\right) f^{\prime
}\left( x\right) \le f\left( t\right) $}
\end{center}

{\bf Analytiquement :} On \'{e}tudie les variations de la diff\'{e}rence :

$h\left( t\right) =f\left( t\right) -f\left( x\right) -\left( t-x\right)
f^{\prime }\left( x\right) $ est d\'{e}rivable sur $\mathbb{R}$ et $%
h^{\prime }\left( x\right) =f^{\prime }\left( t\right) -f^{\prime }\left(
x\right) $ et comme $f^{\prime }$ est srtictement croissante sur $\mathbb{R}$

\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[lgt=3,espcl=3]{$x$/1, Signe de $h'(t)$/1, Variations de $h$/2}{$-\infty$, $x$,$+\infty$}
\tkzTabLine{,-,z,+,}
\tkzTabVar{+/,-/$0$,+/}
\end{tikzpicture}
\end{center}

Donc $h\left( t\right) \ge 0$ et \begin{center}
\fbox{$f\left( x\right) +\left( t-x\right)
f^{\prime }\left( x\right) \le f\left( t\right) $}
\end{center}

\item On utilise l'in\'{e}galit\'{e} pr\'{e}c\'{e}dente avec $u_{n}$ et $%
\alpha $... Qui est qui ?

dans $u_{n+1}$ on retrouve $f^{\prime }\left( u_{n}\right) .$ Donc en posant, $x=u_{n}$
et $t=\alpha $, on a 

\begin{align*}
& f\left( u_{n}\right) -\left( \alpha -u_{n}\right) f^{\prime }\left(
u_{n}\right) \le f\left( \alpha \right) =0 \\
\Longleftrightarrow & f\left( u_{n}\right) \le
\left( \alpha -u_{n}\right) f^{\prime }\left( u_{n}\right) \\
\Longleftrightarrow & \dfrac{f\left( u_{n}\right) }{f^{\prime }\left( u_{n}\right) }\le \alpha
-u_{n} \\
\Longleftrightarrow & u_{n}-\dfrac{f\left( u_{n}\right) }{f^{\prime }\left(
u_{n}\right) }\ge \alpha
\end{align*}
\begin{center}
\fbox{$\forall n\in \mathbb{N\quad \alpha }\le u_{n+1}$%
}
\end{center}

Comme $f$ est croissante sur $\mathbb{R}$ et que $f\left( \alpha \right) =0$%
, sr $\left[ \alpha ,+\infty \right[ $ on a $f\left( x\right) \ge 0$

Comme $u_{n}\ge \alpha $ pour $n\ge 1$ et \'{e}galement pour $n=0,$ ($-1\ge
\alpha $ )

alors pour tout $n\in \mathbb{N}:f\left( u_{n}\right) \ge 0$ et donc $%
u_{n+1}-u_{n}=-\frac{f\left( u_{n}\right) }{f^{\prime }\left( u_{n}\right) }%
\le 0$

\textsl{Conclusion : }\fbox{La suiet $u$ est d\'{e}croissante}

Enfin, comme la suite est d\'{e}croissante, on a pour tout entier $%
n:u_{0}\ge u_{n}$ et finalement :

\textsl{Conclusion : }\fbox{$\alpha \le u_{n+1}\le u_{n}\le -1$}

\item La suite $u$ est d\'{e}croissante et minor\'{e}e par $\alpha .$

Elle converge donc vers une limite $\ell \ge \alpha .$

Comme $x\rightarrow x-\frac{f\left( x\right) }{f^{\prime }\left( x\right) }$
est continue sur $\mathbb{R}$ ($f^{\prime }\left( x\right) \ne 0$), elle est
continue en $\ell $ et donc $\ell =\ell -\frac{f\left( \ell \right) }{%
f^{\prime }\left( \ell \right) }$

Donc $f\left( \ell \right) =0$ et $\ell =\alpha $

\textsl{Conclusion : }\fbox{$u_{n}\rightarrow \alpha $ quand $n\rightarrow
+\infty $}

\item On admet que pour tout $x$ de l'intervalle$\left[ -2,-1\right] :$%
\begin{equation*}
0\le \left( x-\alpha \right) f^{\prime }\left( x\right) -f\left( x\right)
\le \frac{\left( x-\alpha \right) ^{2}}{e}
\end{equation*}

\begin{enumerate}
\item Comme $u_{n}\in \left[ -2,-1\right] $, l'in\'{e}galit\'{e} pr\'{e}c%
\'{e}dente donne :

\begin{equation*}
0\le \left( u_{n}-\alpha \right) f^{\prime }\left( u_{n}\right) -f\left(
u_{n}\right) \le \frac{\left( u_{n}-\alpha \right) ^{2}}{e}
\end{equation*}
et en divisant par $f^{\prime }\left( u_{n}\right) >0:$%
\begin{equation*}
0\le u_{n}-\alpha -\frac{f\left( u_{n}\right) }{f^{\prime }\left(
u_{n}\right) }\le \frac{\left( u_{n}-\alpha \right) ^{2}}{f^{\prime }\left(
u_{n}\right) e}
\end{equation*}

Enfin, $f^{\prime }\left( x\right) =1+2e^{x}\ge 1$ donc $\dfrac{1}{f^{\prime
}\left( u_{n}\right) }\le 1$ et en multipliant par $\dfrac{\left(
u_{n}-\alpha \right) ^{2}}{e}\ge 0$

\textsl{Conclusion : }\fbox{$\forall n\in \mathbb{N}:\mathbb{\qquad }0\le
u_{n+1}-\alpha \le \dfrac{\left( u_{n}-\alpha \right) ^{2}}{e}$}

\item On proc\`{e}de alors par r\'{e}currence :

\begin{itemize}
\item $\dfrac{1}{e^{2^{0}-1}}=\dfrac{1}{e^{0}}=1$ et comme $-2\le \alpha \le
-1$ alors $0\le -1-\alpha \le 1$

Donc $0\le u_{n}-\alpha \le \dfrac{1}{e^{2^{0}-1}}$

\item Soit $n\in \mathbb{N}$ tel que $0\le u_{n}-\alpha \le \dfrac{1}{%
e^{2^{n}-1}}$

alors $0\le u_{n+1}-\alpha \le \dfrac{\left( u_{n}-\alpha \right) ^{2}}{e}%
\le \dfrac{1}{e}\left( \dfrac{1}{e^{2^{n}-1}}\right) ^{2}=\dfrac{1}{%
e^{2\cdot 2^{n}-2+1}}=\dfrac{1}{e^{2^{\left( n+1\right) }-1}}$
\end{itemize}

\textsl{Conclusion : }\fbox{$\forall n\in \mathbb{N}:\mathbb{\qquad }0\le
u_{n}-\alpha \le \dfrac{1}{e^{2^{n}-1}}$}
\end{enumerate}

\item Comme $0\le u_{n}-\alpha \le \dfrac{1}{e^{2^{n}-1}},$alors $u_{n}$
donne une valeur approch\'{e}e de $\alpha $ \`{a} $\dfrac{1}{e^{2^{n}-1}}$ pr%
\`{e}s.

Il faut donc calculer les valeurs de $u_{n}$ jusqu'\`{a} ce que $\dfrac{1}{%
e^{2^{n}-1}}\le 10^{-p}$

On peut calculer s\'{e}par\'{e}ment la valeur de $10^{-p}$ et celle de $%
\dfrac{1}{e^{2^{n}-1}}$ dans la boucle, ou r\'{e}soudre cette in\'{e}galit%
\'{e} :

$\dfrac{1}{e^{2^{n}-1}}\le 10^{-p}\Longleftrightarrow -2^{n}+1\le -p\ln
\left( 10\right) \Longleftrightarrow 2^{n}\ge p\ln \left( 10\right) +1$

$\Longleftrightarrow n\geq \ln \left( p\ln \left( 10\right) +1\right) /\ln
\left( 2\right) $ car $\ln \left( 2\right) $ par lequel on divise est positif

$\Longleftarrow n\geq \left[ \ln \left( p\ln \left( 10\right) +1\right) /\ln
\left( 2\right) \right] +1$

D'o\`{u} le programme :
\begin{verbatim}
function y = f(x)
    y = x + 1 + 2*exp(x)
endfunction

function y = fp(x)
    y = 1 + 2*exp(x)
endfunction

u= -1
n = ceil(log(p*log(10) + 1)/log(2))
for k = 1:n
    u = u - f(u)/fp(u)
end
disp(u)
\end{verbatim}

\end{enumerate}
\end{exo}

\end{document}
