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% \begin{empfile} % Tout doit être inclus dans cet environnement
%                 % qui a un paramètre facultatif : le nom du fichier .mp
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\devpers{$\pmb{  \cald \cals ~ \caln^o 4}$  : TVI et étude de fonctions (2h)}{}{T\up{ale} }{21 novembre 2022}



\setlength{\columnseprule}{.5pt}
\setlength{\columnsep}{30pt}

 \setcounter{exercice}{0}
 

\begin{exercice}
% 15 mars 2021

Soit $f$ la fonction définie sur l'intervalle $]0~;~ +\infty[$ par :

\[f(x) = \dfrac{\text{e}^x}{x}.\]

On note $\mathcal{C}_f$ la courbe représentative de la fonction $f$ dans un repère orthonormé. 

\medskip

\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item Préciser la limite de la fonction $f$ en $+ \infty$.
		\begin{corrige}
		Par théorème de croissance comparée, la limite de la fonction $f$ en $+ \infty$ est $+\infty$.
		\end{corrige}

		\item Justifier que l'axe des ordonnées est asymptote à la courbe $\mathcal{C}_f$.
		\begin{corrige}
		  On cherche la limite de $f$ en 0:
		
$\left.
\begin{array}{@{} r}
\ds\lim_{x\to 0} \e^{x} = 1\\[7pt]
\ds\lim_{x\to 0\atop x>0} x= 0^+
\end{array}
\right \rbrace
\text{~~donc par quotient~~~}
\ds\lim_{x\to 0 \atop x>0} \dfrac{\e^{x}}{x}  = +\infty$		
		
Donc l'axe des ordonnées est asymptote verticale à la courbe $\mathcal{C}_f$.
		\end{corrige}

	\end{enumerate}
\item  Montrer que, pour tout nombre réel $x$ de l'intervalle $]0~;~ +\infty[$, on a :

\[f'(x) = \dfrac{\text{e}^x(x - 1)}{x^2}\]

où $f'$ désigne la fonction dérivée de la fonction $f$.

\begin{corrige}
 Pour tout réel $x$ de l'intervalle $]0~;~ +\infty[$, on a :
 \begin{align*}
f'(x)&= \dfrac{\e^{x}\times x - \e^{x}\times 1}{x^2}\\  
     &= \dfrac{\e^{x} (x-1)}{x^2}
 \end{align*}

\end{corrige}

\item Déterminer les variations de la fonction $f$ sur l'intervalle $]0~;~ +\infty[$. 

On établira un tableau de variations de la fonction $f$ dans lequel apparaîtront les limites. 

\begin{corrige} On a :

\[f'(x) = \dfrac{\text{e}^x(x - 1)}{x^2}\]

Sur $]0~;~ +\infty[$ : $\e^x>0$ et $x^2>0$.

\medskip 

Donc par produit le signe de  $f'(x)$ est celui de $x-1$ (affine). Ainsi on a le signe de $f'(x)$ et le tableau de variations de $f$.


$f(1)=\dfrac{\e^{1}}{1}=\e$



\begin{center}
{\renewcommand{\arraystretch}{1.3}
\psset{nodesep=3pt,arrowsize=2pt 3}  % paramètres
\def\esp{\hspace*{1.5cm}}% pour modifier la largeur du tableau
\def\hauteur{0pt}% mettre au moins 20pt pour augmenter la hauteur
$\begin{array}{|c| l *3{c} c|}
\hline
 x & 0 & \esp & 1 & \esp & +\infty \\
\hline
f'(x) &  \vline\;\vline\;  &  \pmb{-} & \vline\hspace{-2.7pt}0 & \pmb{+} & \\  
\hline
  & \vline\;\vline\;  \Rnode{max1}{+\infty}  &  &  &  & \Rnode{max2}{+\infty}   \\
f(x) & \vline\;\vline\;  &  & & &  \rule{0pt}{\hauteur} \\
 &  \vline\;\vline\;  & &   \Rnode{min}{\e} & & \rule{0pt}{\hauteur}
\ncline{->}{max1}{min} \ncline{->}{min}{max2}\\
\hline
\end{array}$
}
\end{center}		
 
 
\end{corrige}

\item Soit $m$ un nombre réel. Préciser, en fonction des valeurs du nombre réel $m$, le nombre de solutions de l'équation $f(x) = m$.

\begin{corrige}
 
Cela revient à chercher le nombre de points d'intersection de la courbe $\mathcal{C}_f$ et de la droite horizontale d'équation $y=m$.

\begin{list}{\textbullet}{D'après le tableau de variations:}
\item si $m<\e$, l'équation $f(x)=m$ n'admet pas de solution;
\item si $m=\e$, l'équation $f(x)=m$ admet une solution unique $x=1$;
\item si $m>\e$, l'équation $f(x)=m$ admet deux solutions.
\end{list}
\end{corrige}

\item  On note $\Delta$ la droite d'équation $y = -x$.

On note A un éventuel point de $\mathcal{C}_f$ d'abscisse $a$ en lequel la tangente à la courbe $\mathcal{C}_f$ est parallèle à la droite $\Delta$.
	\begin{enumerate}
		\item Montrer que $a$ est solution de l'équation $\text{e}^x(x - 1) + x^2  = 0$.
		
		\begin{corrige}

Notons $T_a$ la tangente en $a$. Par propriété, on sait que $T_a$ a pour coefficient directeur $f'(a)$. Nous avos donc :

\begin{align*}
 T_a \parallel \Delta &\ssi \text{$T_a$ et $\Delta$ ont même coefficient directeur}\\
                        &\ssi f'(a)=-1 \\
                         &\ssi \dfrac{\e^{a} (a-1)}{a^2}=-1  \\
                          &\ssi \e^{a} (a-1) = -a^2 \\
                          &\ssi \e^{a}(a-1)+a^2=0
\end{align*}

ce qui veut dire que le nombre $a$ est solution de l'équation $\e^x(x - 1) + x^2  = 0$.
		\end{corrige}

	
On note $g$ la fonction définie sur $[0~;~ +\infty[$ par $g(x) = \text{e}^x(x - 1) + x^2 $.

On admet que la fonction $g$ est dérivable et on note $g'$ sa fonction dérivée.
		\item Calculer $g'(x)$ pour tout nombre réel $x$ de l'intervalle $[0~;~ +\infty[$, puis dresser le tableau de variations de $g$ sur $[0~;~+\infty[$.
		
		\begin{corrige}
		\begin{align*}
		 g'(x)&= \e^{x}\times (x-1) + \e^{x}\times 1 + 2x\\
		 & = x\e^{x}+2x
		\end{align*}

Sur $\R_+$, $\e^{x}>0$, $2x\geq0$, et donc par somme $x\e^{x}+2x \geqslant 0$, c'est-à-dire $g'(x)\geqslant 0$.

\medskip
On a $\ds\lim_{x\to +\infty} \e^{x} = +\infty$ et $\ds\lim_{x\to +\infty} x-1= +\infty$ donc par produit :

$\ds\lim_{x\to +\infty} (x-1)\e^x= +\infty$ et finalement par somme $\ds\lim_{x\to +\infty} g(x) = +\infty$.
% $\left.
% \begin{array}{@{} r}
% \ds\lim_{x\to +\infty} \e^{x} = +\infty\\
% \ds\lim_{x\to +\infty} x-1= +\infty\\
% \ds\lim_{x\to +\infty} x^2 = +\infty
% \end{array}
% \right \rbrace
% \implies
% \ds\lim_{x\to +\infty} g(x) = +\infty$
\medskip
On a de plus $g(0)=\e^{0}(0-1)+0=-1$.

On déduit donc le tableau de variations de la fonction $g$ sur $[0~;~+\infty[$:

% \begin{center}
% {\renewcommand{\arraystretch}{1.3}
%      % augmentation de la hauteur de toutes les lignes
% \psset{nodesep=3pt,arrowsize=2pt 3}
%      % paramètres
% \def\esp{\hspace*{3cm}}
%      % pour modifier la largeur du tableau
% \def\hauteur{0pt}
%      % mettre au moins 12pt pour augmenter la hauteur
% $\begin{array}{|c| *3{c}|}
% \hline
%  x & 0   & \esp & +\infty \\
%  \hline
% g'(x) & 0   & \pmb{+} & \\  
% \hline
%   &   &    & \Rnode{max}{+\infty}   \\
% g(x) & &  &  \rule{0pt}{\hauteur} \\
%  &     \Rnode{min}{-1} & & \rule{0pt}{\hauteur}
% \ncline{->}{min}{max}
% \ncline[linestyle=dotted, linecolor=red]{alpha}{zero}\\
% \hline
% \end{array}$
% }
% \end{center}

\begin{center}
{\renewcommand{\arraystretch}{1.3}
\def\esp{\hspace*{3cm}}
\psset{nodesep=3pt,arrowsize=2pt 3}  % paramètres
$\begin{array}{|c| *3{c}|}
\hline
 x & 0   & \esp & +\infty \\
 \hline
  &   &    & \Rnode{max}{+\infty}   \\
g(x) & &  &  \\
 &     \Rnode{min}{-1} & & 
\ncline{->}{min}{max}
\rput*(-2,0.85){\Rnode{zero}{\blue 0}}
\rput(-2,2.05){\Rnode{alpha}{\blue a}}
\ncline[linestyle=dotted, linecolor=blue]{alpha}{zero}\\
\hline
\end{array}$
}
\end{center}

		\end{corrige}

		\item Montrer qu'il existe un unique point $A$ en lequel la tangente à $\mathcal{C}_f$ est parallèle à la droite $\Delta$.
		
		\begin{corrige}
		Nous avons vu dans la question 5.a que $\Delta$ parallèle à la tangente $T_a$ au point d'abscisse $a$ si et seulement si $g(a)=0$. Il s'agit donc de montrer que $g$ admet une unique racine.
		
		\medskip
		
		Sur $\R_+$ :
		\begin{enumerate}[label=$\bullet$]
		 \item $g$ est continue (car dérivable).
		 \item $g$ est strictement croissante
		 \item $g(0)=-1$ et $\limite{x}{\pI}g(x)=\pI$ et $0\in [-1;\pI[$.
		\end{enumerate}
		Donc par corollaire du théorème des valeurs intermédiaires $g(x)=0$ admet une unique racine.
		
		\medskip
		
		Ainsi il existe un unique point A en lequel la tangente à $\mathcal{C}_f$ est parallèle à la droite $\Delta$. 
		\end{corrige}

	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\end{exercice}

\begin{exercice}
% metropole sept 2021 
\begin{center}\textbf{Partie I}\end{center}

On considère la fonction $f$ définie sur $\R$ par 

\[f(x) = x - \text{e}^{-2x}.\]

On appelle $\Gamma$ la courbe représentative de la fonction $f$ dans un repère orthonormé $\oij$.

\medskip

\begin{enumerate}
\item Déterminer les limites de la fonction $f$ en $- \infty$ et en $+ \infty$.
\begin{corrige}
 
\ding{72} On a  $\displaystyle\lim_{x \to - \infty} x = - \infty$  et par composée  $\displaystyle\lim_{x \to - \infty}\text{e}^{-2x} = + \infty$ . 

\medskip donc $\displaystyle\lim_{x \to - \infty}-\text{e}^{-2x} = - \infty$ 

\medskip et par somme $\displaystyle\lim_{x \to - \infty}f(x) = - \infty$.

\ding{72} On a $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} x  = + \infty$ et $\displaystyle\lim_{x \to + \infty}\text{e}^{-2x} = 0$ (par composée)

Alors par somme :  $\displaystyle\lim_{x \to - \infty}f(x) = + \infty$.
\end{corrige}

\item Étudier le sens de variation de la fonction $f$ sur $\R$ et dresser son tableau de variation.
\begin{corrige}
 
 $f$ est dérivable et sur $\R$ :

\[f'(x) = 1 - (- 2)\text{e}^{-2x} = 1 + 2\text{e}^{-2x}\]

Pour $x \in \R$, \, $\text{e}^{-2x} > 0$, donc par somme $ 1 + 2\text{e}^{-2x} > 1 > 0$.

On déduit le signe de $f'(x)$ et le tableau de variations de $f$ : 

\medskip 

     \begin{tikzpicture}
\tkzTab[lgt=3,espcl=5]{ $x$ / 1,
$f'(x)$ / 1,
Variations de \\$f$ / 2}
{ $\mI$ , $\pI$}
{ , +}
{ -/$\mI$ , +/ $\pI$}%
\tkzTabVal[draw]{1}{2}{0.5}{$\alpha$}{0}  %entre la valeur 1 1ere à gauche et la valeur 2 la deuxime a droite. On place à 0,5 (la moitie) la valuer qui fait 0 en alpha.

\end{tikzpicture}

\end{corrige}

\item 

\begin{enumerate} \item Montrer que l'équation $f(x) = 0$ admet une unique solution $\alpha$ sur $\R$, dont on donnera une valeur approchée à $10^{-2}$ près.
\begin{corrige}
 Sur $\R$ :
		\begin{enumerate}[label=$\bullet$]
		 \item $f$ est continue (car dérivable).
		 \item $f$ est strictement croissante
		 \item $\limite{x}{\mI}f(x)=\mI$ et $\limite{x}{\pI}f(x)=\pI$ et $0\in ]\mI;\pI[$.
		\end{enumerate}
		Donc par corollaire du théorème des valeurs intermédiaires $f(x)=0$ admet une unique racine $\alpha$ sur $\R$.
		

D'après la calculatrice :  $0,42 < \alpha < 0,43$.
\end{corrige}

\item On souhaite programmer en Python un algorithme qui approxime $\alpha$ à $10^{-2}$ par balayage. Compléter les lignes 4,5, et 6 du script suivant :
\begin{lstlisting}[language=python]
def f(x):
    return x-e**(-2*x)
              
h=...
a=... 
while ... 
    a=a+h
			
print(a,"< alpha <",a+h)
			\end{lstlisting}
			
			\begin{corrige}
			
			Les lignes 4,5,6 sont :
\begin{enumerate}
 \item[4] h=0,01
\item[5] a=0
\item[6] while f(a)*f(a+h)>0 :
\end{enumerate}
\end{corrige}

\end{enumerate}

\item Déduire des questions précédentes le signe de $f(x)$ suivant les valeurs de $x$.
\begin{corrige}
 On a donc d'après le tableau de variations de $f$ :
 
 \begin{tikzpicture}
\tikzset{h style/.style =
{pattern=north west lines}}
\tkzTabInit[color,espcl=1.5]%
{$x$ / 1,$f(x)$ / 1}%
{$\mI$,$\alpha$,$\pI$}%
\tkzTabLine{,-,z,+,}
\end{tikzpicture}

\end{corrige}

\end{enumerate}

\begin{center}\textbf{Partie II}\end{center}


Dans le repère orthonormé $\oij$, on appelle $\mathcal{C}$ la courbe représentative de la fonction $g$ définie sur $\R$ par:

\[g(x) = \text{e}^{-x}.\]

 La courbes $\mathcal{C}$ et la courbe $\Gamma$ (qui représente la fonction $f$ de la Partie I) sont tracées sur le \textbf{graphique donné en annexe qui est à compléter et à rendre avec la copie.}

\smallskip

Le but de cette partie est de déterminer le point de la courbe $\mathcal{C}$ le plus proche de l'origine O du repère et d'étudier la tangente à $\mathcal{C}$ en ce point.

\medskip

\begin{enumerate}
\item Pour tout nombre réel $t$, on note $M$ le point de coordonnées $\left(t~;~\text{e}^{-t}\right)$ de la courbe $\mathcal{C}$.

On considère la fonction $h$ qui, au nombre réel $t$, associe la distance O$M$.

On a donc: $h(t) = \text{O}M$.

	\begin{enumerate}
	
	\item Justifier que 
	
	\[h(t) = \sqrt{t^2 + \text{e}^{-2t}}\]
	\begin{corrige}
	 On a $M\left(t~;~\text{e}^{-t}\right)$ donc $\vect{OM}\cp{t}{\e^{-t}}$, donc par théorème :
	 \medskip
	 $OM^2=t^2 + \text{e}^{-2t}$
	 
	 et finalement 
	
	\[OM=h(t) = \sqrt{t^2 + \text{e}^{-2t}}\]
	\end{corrige}

	
		\item Montrer que, pour tout nombre réel $t$,

\[h'(t) = \dfrac{f(t)}{\sqrt{t^2 + \text{e}^{-2t}}}.\]

où $f$ désigne la fonction étudiée dans la \textbf{Partie I}.

\begin{corrige}
En vertu de la formule : $\dfrac{u'(t)}{2\sqrt{u(t)}}$ : 

 On a  
 
 \begin{align*}
 h'(t) &= \dfrac{2t - 2\text{e}^{-2t}}{2\sqrt{t^2 + \text{e}^{-2t}}}\\ 
 &= \dfrac{t - \text{e}^{-2t}}{\sqrt{t^2 + \text{e}^{-2t}}} \\& 
 = \dfrac{f(t)}{\sqrt{t^2 + \text{e}^{-2t}}}.  
 \end{align*}


\end{corrige}

		\item Démontrer que le point A de coordonnées $\left(\alpha~;~\text{e}^{-\alpha}\right)$ est le point de la courbe $\mathcal{C}$ pour lequel la longueur O$M$ est minimale. Placer ce point sur le graphique.  

\begin{corrige}
 
Le dénominateur étant positif, le signe de $h'(t)$ est celui du numérateur c'est-à-dire $f(t)$ dont on a vu le signe dans la partie I.

On peut donc dresser le tableau de variations de $h$ :

\medskip

     \begin{tikzpicture}
\tkzTab[lgt=3,espcl=5]{ $x$ / 1,
$h'(x)$ / 1,
Variations de \\$h$ / 2}
{ $\mI$ , $\alpha$ ,$\pI$}
{ ,-,z,+,}
{ +/ , -/$h(\alpha)$ , +/ }%
\end{tikzpicture}



D'après le tableau de variations : $h(\alpha)$ est le minimum de la fonction $h$.

La distance $OM$ est donc minimale pour $t = \alpha$ et l'ordonnée de $M$ est alors $g(\alpha)=\text{e}^{- \alpha}$.

\medskip 
Le point de la courbe le plus proche de l'origine est donc le point A$\left(\alpha~;~\text{e}^{-\alpha}\right)$.

\end{corrige}

	\end{enumerate}
\item On appelle $T$ la tangente en A à la courbe $\mathcal{C}$.
	\begin{enumerate}
		\item Exprimer en fonction de $\alpha$ le coefficient directeur de la tangente $T$.
		
		\begin{corrige} 
		 $\mathcal{C}$ est la courbe de $g$ et $A$ a pour abscisse $\alpha$ donc 
		 le coefficient directeur de la tangente $T$ au point d'abscisse $\alpha$ est $g'(\alpha) = - \text{e}^{- \alpha}$		
		\end{corrige}

		
% On rappelle que le coefficient directeur de la droite (OA) est égal à $\dfrac{\text{e}^{-\alpha}}{\alpha}$.
% 
% On rappelle également le résultat suivant qui pourra être utilisé sans démonstration:
% 
% \emph{Dans un repère orthonormé du plan, deux droites $D$ et $D'$ de coefficients directeurs respectifs $m$ et $m'$ sont perpendiculaires si, et seulement si le produit $mm'$ est égal à $-1$.}

		\item Démontrer que la droite (OA) et la tangente $T$ sont perpendiculaires. Tracer ces droites sur le graphique.
		\begin{corrige}
		 On a $O(0;0)$ et $A\left(\alpha~;~\text{e}^{-\alpha}\right)$ donc $\vect{OA}\cp{\alpha}{\text{e}^{-\alpha}}$.
		 
		 D'autre part $T$ a pour coefficient directeur $g'(\alpha)$ donc $T$ a pour vecteur directeur le vecteur $\vectu\cp{1}{g'(\alpha)}$
		 \medskip
		 Ainsi 
		 \begin{align*} 
		 \vectu.\vect{OA} &=\alpha + \e^{-\alpha}g'(\alpha) \\
		  &= \alpha -\e^{-2\alpha} \\
		  &=f(\alpha)\\
		  &=0
		 \end{align*}
		 
		 Et donc  (OA) et $T$ sont perpendiculaires. 
		\end{corrige}

	\end{enumerate}
\end{enumerate}



\begin{center}


\vspace{1cm}

\psset{unit=2.25cm,comma=true}
\begin{pspicture*}(-1,-0.75)(3.25,2.6)
\psgrid[gridlabels=0pt,subgriddiv=2,gridwidth=0.08pt](-1,-1)(4,3)
\psaxes[linewidth=1.25pt,Dx=0.5,Dy=0.5]{->}(0,0)(-0.99,-0.75)(3.25,2.6)
\uput[l](1.5,1.5){\red $\Gamma$}\uput[ur](-0.75,2){\blue $\mathcal{C}$}
\psplot[plotpoints=2000,linecolor=red,linewidth=1.25pt]{-1}{3.25}{x 1 2.71828 2 x mul exp div sub}
\psplot[plotpoints=2000,linecolor=blue,linewidth=1.25pt]{-1}{3.25}{1 2.71828  x  exp div}
\end{pspicture*}

\end{center}


\end{exercice}

\begin{exerciced}
On considère la suite $(u_n)$ définie pour les entiers naturels non nuls par :
\[
 u_n=E\left(\dfrac{n^2-1}{n^2}\right)
\]
où $E$ représente la fonction partie entière.

La suite $(u_n)$ converge-t-elle ? Si oui, déterminer sa limite.

\begin{corrige}
 On a $\dfrac{n^2-1}{n^2}=1- \dfrac{1}{n^2}$.
 
 On en déduit l'encadrement suivant pour tout $n\geq 2$ :
 
 \[
  \dfrac{1}{4}\leq \dfrac{n^2-1}{n^2} < 1
 \]
 
 Alors, on déduit $E\left(\dfrac{n^2-1}{n^2}\right)=0$ pour tout $n\geq 2$.
 
 Par conséquence $\limite{n}{\pI}u_ n=0$.

\end{corrige}

\end{exerciced}


\begin{exerciced}%[(\ding{107} \ding{107}) Bonus (1 point)]
 Soit $F$ une fonction définie et dérivable sur $\R$ et soit $f$ définie sur $\R$ par $f(x)=\dfrac{1}{1+x^2}$.
 
 On sait que $F'(x)=f(x)$ et $F(0)=0$.
 
 On pose $\varphi(x)=F(x)+F(-x)$ pour $x\in \R$.
  
  Déterminer $\varphi'(x)$ et montrer que $\varphi$ est une fonction constante que l'on déterminera. Que pouvez-vous en déduire pour $F$ ?
\begin{corrige}
 En utilisant la dérivée de la composée, on a : $(F(-x))'=-(F'(-x))=-f(-x)$.
 
 On déduit : 
 \begin{align*}
  \varphi'(x) &= f(x)-f(-x)\\
  &= \dfrac{1}{1+x^2} - \dfrac{1}{1+(-x)^2}\\
  &=0
 \end{align*}

 On déduit que $  \varphi$ est une fonction constante. 
 
 Donc pour tout $x\in\R$ : 
 
 \begin{align*}
\varphi(x) &=  \varphi(0)\\
 &=  2F(0)\\
  &=  0
 \end{align*}

On déduit que pour tout $x\in \R$, on a $F(x)+F(-x)=0$ et donc $F(-x)=-F(x)$. En conséquence $F$ est impaire.
\end{corrige}

\end{exerciced}


% \end{empfile}
\end{document}


 
