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% Définition des environnements
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\theoremstyle{remark}
	\newtheorem*{rem}{Remarque}

% Nouvelles commandes
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% Mise en page
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% Informations document
\author{Thomas Letendre}
\date{12 avril 2014}
\title{TMB printemps 2014 - DM4 Corrigé}

\begin{document}
\pagestyle{fancy}
\lhead{Techniques mathématiques de base}
\rhead{Printemps 2014}
\lfoot{Licence PCSI}
\rfoot{Université Claude Bernard - Lyon 1}

\begin{center}
\Large Devoir Maison 4 - Corrigé
\end{center}

\smallskip

\begin{enumerate}
\item Comme le logarithme est défini sur $]0;+\infty[$, la fonction $x \mapsto \ln(x+2)$ est définie sur l'ensemble des réels $x$ tels que $x+2 > 0$, c'est-à-dire $x>-2$. Ensuite, $x\mapsto \frac{1}{x}$ est définie sur $\R^*$ et $x \mapsto 2x$ est définie sur $\R$. La fonction $f$ étant la somme de ces trois fonctions, elle est définie sur l'intersection de leurs domaines de définition. Donc $D_f = \ ]-2;0[ \ \cup \ ]0;+\infty[ \ $.
\item La fonction $\ln$ est dérivable à dérivée continue sur $]0;+\infty[$ et $x \mapsto x+2$ est dérivable à dérivée continue sur $\R$ (car c'est un polynôme), donc en particulier sur $]-2;+\infty[$. Donc $x\mapsto \ln(x+2)$ est dérivable à dérivée continue sur $]-2;+\infty[$ comme composée de fonctions ayant ces propriétés. Comme $D_f \subset \ ]-2;+\infty[$, c'est encore le cas sur $D_f$.
La fonction $x \mapsto \frac{1}{x}$ est dérivable à dérivée continue sur $\R^*$, donc sur $D_f$, et $x\mapsto 2x$ est dérivable à dérivée continue sur $\R$, donc sur $D_f$.\\
La fonction $f$ est donc dérivable à dérivée continue sur $D_f$ car somme de trois fonctions dérivables à dérivées continues sur ce domaine. Comme dérivable implique continue, $f$ est également continue sur $D_f$.
\begin{rem}
On peut aussi argumenter comme précédemment que $f$ est somme de trois fonctions continues, après avoir dit que $x \mapsto \ln(x+2)$ est continue comme composée de fonctions continues.
\end{rem}
\item Pour tout $x \in D_f$, $f'(x) = 2 - \frac{1}{x^2} - \frac{1}{x+2} = \frac{2x^2(x+2)-(x+2)-x^2}{x^2(x+2)} = \frac{2x^3 + 3 x^2 - x - 2}{x^2(x+2)}$. On note $P(x) = 2x^3 + 3x^2 -x -2$ et $Q(x) = x^2(x+2)$ pour $x \in D_f$. On alors bien $P$ et $Q$ deux polynômes de degré $3$ et $f'=\frac{P}{Q}$.
\begin{rem}
Comme on veut déterminer le signe de $f'(x)$ pour pouvoir dresser le tableau de variations de $f$, il est préférable de laisser $Q$ sous forme factorisée.
\end{rem}
\item On a $P(-1) = -2+3+1-2 = 0$, donc $x_0=-1$ est une racine évidente de $P$. Factorisons $P$ sous la forme $(x-x_0)(ax^2+bx+c)$ avec $a$, $b$ et $c \in \R$. Pour tout $x \in D_f$, on a :
\begin{equation*}
(x-x_0)(ax^2+bx+c)=(x+1)(ax^2+bx+c)= a x^3 + (a+b)x^2 + (b+c)x +c.
\end{equation*}
Par identification des coefficients il vient $a=2$, $c=-2$, et $a+b=3$ dont on déduit $b=1$. Ainsi $P(x)=(x+1)(2x^2+x-2)$. Il reste à factoriser le facteur de degré $2$. On a $\Delta = b^2-4ac=1-4\times 2\times (-2)= 1 + 16 = 17 >0$. Donc $2x^2+x-2$ a deux racines réelles $x_1 = \frac{-1-\sqrt{17}}{4}$ et $x_2=\frac{-1+\sqrt{17}}{4}$, et $2x^2+x-2 = 2(x-x_1)(x-x_2)$.
\begin{rem}
$x_2-x_1 = \frac{-1+\sqrt{17}+1+\sqrt{17}}{4}=\frac{\sqrt{17}}{2}>0$ donc on a bien $x_2 > x_1$.\\
Par ailleurs, $16 < 17 <25$, donc $4 < \sqrt{17} <5$ par croissance de la fonction $x\mapsto\sqrt{x}$. On a donc $-6<-1-\sqrt{17}<-5$ et $-2<-\frac{6}{4}<x_1<-\frac{5}{4}<-1$. De même on a $\frac{3}{4}<x_2<1$.
\end{rem}
\item Les points particuliers à faire apparaître sont $-2$, $x_0 = -1$ et $0$ ainsi que $x_1$ et $x_2$ dont la position par rapport aux autres est déterminée dans la remarque précédente. On peut commencer par remarquer que pour $x \in D_f$, $Q(x) = x^2(x+2) > 0$, donc $f'(x)$ a le même signe que $P(x)=2(x+1)(x-x_1)(x-x_2)$. En particulier, pour $x \in D_f$ : $f'(x) = 0 \iff P(x) = 0 \iff x \in \{x_0;x_1;x_2\}$.\\
Les signes de $x+1$, $x-x_1$, $x-x_2$ et $f'(x)$ en fonction de $x$ sont résumés dans le tableau suivant, ainsi que les variations de $f$. Les limites et valeurs qui apparaissent sont justifiées plus bas.

\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[lgt=1.5,espcl=2.5]{$x$/0.8,$x+1$/0.8,$x-x_1$/0.8,$x-x_2$/0.8,$f'(x)$/0.8,$f$/2.4}{$-2$,$\frac{-1-\sqrt{17}}{4}$,$-1$,$0$,$\frac{-1+\sqrt{17}}{4}$,$+\infty$}
\tkzTabLine{d,-,t,-,z,+,d,+,t,+, }
\tkzTabLine{d,-,z,+,t,+,d,+,t,+, }
\tkzTabLine{d,-,t,-,t,-,d,-,z,+, }
\tkzTabLine{d,-,z,+,z,-,d,-,z,+, }
\tkzTabVar{D+ /$+\infty$,-/$f(x_1)$,+/$-3$,-D+/$-\infty$/$+\infty$,-/$f(x_2)$,+/$+\infty$}
\end{tikzpicture}
\item Il reste à justifier les valeurs et limites qui apparaissent dans le tableau précédent. On a $f(x_0)=f(-1)=-2+\frac{1}{-1}-\ln(1)=-3$.\\
On a aussi $(x+2) \xrightarrow[x \to -2]{}0$ et $\ln(x) \xrightarrow[x \to 0]{}-\infty$, donc $\ln(x+2) \xrightarrow[x \to -2]{} -\infty$ (limite d'une composée) et $\left(2x + \frac{1}{x}\right) \xrightarrow[x \to -2]{} -\frac{9}{2}$, donc $f(x) \xrightarrow[x\to -2]{}+\infty$ (limite d'une somme).\\
D'autre part $\left(2x-\ln(x+2)\right) \xrightarrow[x \to 0]{} -\ln(2)$ et $\frac{1}{x} \xrightarrow[x \to 0^-]{}-\infty$, donc $f(x)\xrightarrow[x \to 0^-]{}-\infty$ (limite d'une somme).\\
De même, comme $\frac{1}{x} \xrightarrow[x \to 0^+]{}+\infty$, on a $f(x)\xrightarrow[x \to 0^+]{}+\infty$.\\
Enfin en $+\infty$, $\frac{1}{x}\xrightarrow[x \to +\infty]{} 0$, $2x \xrightarrow[x \to +\infty]{}+\infty$ et $\ln(x+2)\xrightarrow[x \to +\infty]{}+\infty$, donc on a une forme indéterminée \lgu $+\infty - \infty$ \rgu.\\
Or, pour tout $x >0$, $f(x)=2x+\frac{1}{x}-\ln(x(1+\frac{2}{x}))=2x+\frac{1}{x}-\ln(x)-\ln(1+\frac{2}{x})$. On a alors $1+\frac{2}{x}\xrightarrow[x\to+\infty]{}1$, donc $\ln(1+\frac{2}{x})\xrightarrow[x \to +\infty]{}0$ (limite d'une composée). D'autre part, par croissance comparée, $2x -\ln(x) \xrightarrow[x \to +\infty]{}+\infty$. Finalement $f(x) \xrightarrow[x \to +\infty]{}+\infty$ (limite d'une somme).
\begin{rem}
On a utilisé de façon répétée que pour une fonction $\phi$ continue en $x_0$, $\phi(x) \xrightarrow[x \to x_0]{} \phi(x_0)$.
\end{rem}
\begin{rem}
On a les valeurs approchées $f(x_1)= -3,012\cdots$ et $f(x_2)=1,819\cdots$.
\end{rem}
\item Pour tout $x>0$, $\frac{f(x)}{x}=2+\frac{1}{x^2}-\frac{\ln(x+2)}{x}=2+\frac{1}{x^2}-\frac{\ln(x)}{x}-\frac{1}{x}\ln(1+\frac{2}{x})$. On a ensuite $\frac{1}{x^2} \xrightarrow[x \to +\infty]{} 0$, et $\frac{\ln(x)}{x} \xrightarrow[x \to +\infty]{}0$ par croissance comparée. On a vu à la question précédente que $\ln(1+\frac{2}{x}) \xrightarrow[x \to +\infty]{} 0$, donc $\frac{1}{x}\ln(1+\frac{2}{x})\xrightarrow[x \to +\infty]{}0$ (limite d'un quotient). Ainsi $\frac{f(x)}{x}\xrightarrow[x \to +\infty]{}2$ (limite d'une somme). Par définition, la droite d'équation $y=2x$ détermine donc la direction asymptotique de $f$ en $+\infty$.\\
Ensuite $f(x)-2x = \frac{1}{x}-\ln(x+2) \xrightarrow[x \to +\infty]{} - \infty$.
\begin{rem}
Comme $f(x)-2x$ a une limite infinie, $f$ a une direction asymptotique, mais pas d'asymptote.
\end{rem}
\item Le graphe doit présenter les tangentes horizontales en $x_0$, $x_1$ et $x_2$, la direction asymptotique représentée par la droite d'équation $y=2x$, et les asymptotes verticales en $-2$ et en $0$, d'équations respectives $x=-2$ et $x=0$. Les asymptotes sont tracées avec des tirets. L'asymptote verticale d'équation $x=0$ n'apparaît pas ici car est confondue avec l'axe des ordonnées.

\begin{figure}[h!]
\centering
\begin{tikzpicture}[line cap=round,line join=round,x=2.0cm,y=1.0cm]
\shorthandoff{:;!?}
\draw[->,color=black] (-2.2,0) -- (2.9,0);
\foreach \x in {-2,-1,1,2}
\draw[shift={(\x,0)},color=black] (0pt,2pt) -- (0pt,-2pt) node[above] {\scriptsize $\x$};
\draw[->,color=black] (0,-5.2) -- (0,3.8);
\foreach \y in {-5,-4,-3,-2,-1,1,2,3}
\draw[shift={(0,\y)},color=black] (2pt,0pt) -- (-2pt,0pt) node[right] {\scriptsize $\y$};
\draw[color=black] (0pt,-10pt) node[right] {\scriptsize $0$};
\clip(-2.2,-5.2) rectangle (2.9,3.8);
\draw[smooth,samples=1000,domain=-1.995:2.85] plot(\x,{2*(\x)+1/(\x)-ln((\x)+2)});
\draw[dash pattern=on 2pt off 2pt, smooth,samples=100,domain=-2.2:2.9] plot(\x,{2*(\x)});
\draw [dash pattern= on 2pt off 2pt](-2,-5.2) -- (-2,3.8);
\draw [dotted] (-1.28,0)-- (-1.28,-3.01);
\draw [dotted] (-1,0)-- (-1,-3);
\draw [dotted] (0.78,0)-- (0.78,1.82);
\draw [dotted] (0,1.82)-- (0.78,1.82);
\draw [dotted] (0,-3.01)-- (-1.28,-3.01);
\draw [dotted] (0,-3)-- (-1,-3);
\draw (0.28,1.82)-- (1.27,1.82);
\draw (-1.12,-3)-- (-0.5,-3);
\draw (-1.78,-3.01)-- (-1.16,-3.01);
\draw (-1.28,-3.01)-- (-1,-3);
\begin{scriptsize}
\draw[color=black] (1.5,3.5) node {$y=2x$};
\draw [color=black] (-1,0)-- ++(-1.5pt,-1.5pt) -- ++(3.0pt,3.0pt) ++(-3.0pt,0) -- ++(3.0pt,-3.0pt);
\draw[color=black] (-1.1,-0.2) node {$x_0$};
\draw [color=black] (-1.28,0)-- ++(-1.5pt,-1.5pt) -- ++(3.0pt,3.0pt) ++(-3.0pt,0) -- ++(3.0pt,-3.0pt);
\draw[color=black] (-1.38,-0.2) node {$x_1$};
\draw [color=black] (0.78,0)-- ++(-1.5pt,-1.5pt) -- ++(3.0pt,3.0pt) ++(-3.0pt,0) -- ++(3.0pt,-3.0pt);
\draw[color=black] (0.68,-0.2) node {$x_2$};
\draw [color=black] (-1.28,-3.01)-- ++(-1.5pt,-1.5pt) -- ++(3.0pt,3.0pt) ++(-3.0pt,0) -- ++(3.0pt,-3.0pt);
\draw [color=black] (-1,-3)-- ++(-1.5pt,-1.5pt) -- ++(3.0pt,3.0pt) ++(-3.0pt,0) -- ++(3.0pt,-3.0pt);
\draw [color=black] (0.78,1.82)-- ++(-1.5pt,-1.5pt) -- ++(3.0pt,3.0pt) ++(-3.0pt,0) -- ++(3.0pt,-3.0pt);
\draw[color=black] (-1.7,3.3) node {$x=-2$};
\draw[color=black] (-0.25,3.3) node {$x=0$};
\end{scriptsize}
\end{tikzpicture}
\caption{Graphe de $f$ sur $]-2;0[ \ \cup \ ]0;3[\ $.}
\label{fig1}
\end{figure}
\begin{rem}
Sur la figure \ref{fig1} on a l'impression que $f(x_0)$ et $f(x_1)$ sont au même niveau, car ces valeurs sont très proches. Néanmoins avec une bonne loupe (figure \ref{fig2}) on peut observer le comportement que l'on a prédit avec le tableau de variations.
\end{rem}
\begin{figure}[h!]
\centering
\begin{tikzpicture}[line cap=round,line join=round,x=8.0cm,y=12.0cm]
\shorthandoff{:;!?}
\draw[->,color=black] (0,-3.15) -- (0,-2.85);
\foreach \y in {-3.1,-3,-2.9}
\draw[shift={(0,\y)},color=black] (2pt,0pt) -- (-2pt,0pt) node[right] {\scriptsize $\y$};
\clip(-1.45,-3.15) rectangle (0.15,-2.85);
\draw[smooth,samples=100,domain=-1.45:-0.2] plot(\x,{2*(\x)+1/(\x)-ln((\x)+2)});
\draw [dotted] (-1.28,0)-- (-1.28,-3.01);
\draw [dotted] (-1,0)-- (-1,-3);
\draw [dotted] (-1,-3)-- (0,-3);
\draw [dotted] (0,-3.0122)-- (-1.28,-3.0122);
\draw (-1.43,-3.0122)-- (-1.13,-3.0122);
\draw (-1.15,-3)-- (-0.85,-3);
\begin{scriptsize}
\draw [color=black] (-1,0)-- ++(-1.5pt,-1.5pt) -- ++(3.0pt,3.0pt) ++(-3.0pt,0) -- ++(3.0pt,-3.0pt);
\draw[color=black] (-1.51,-2.68) node {$A$};
\draw [color=black] (-1.28,0)-- ++(-1.5pt,-1.5pt) -- ++(3.0pt,3.0pt) ++(-3.0pt,0) -- ++(3.0pt,-3.0pt);
\draw[color=black] (-1.51,-2.68) node {$B$};
\draw [color=black] (-1.28,-3.0122)-- ++(-1.5pt,-1.5pt) -- ++(3.0pt,3.0pt) ++(-3.0pt,0) -- ++(3.0pt,-3.0pt);
\draw [color=black] (-1,-3)-- ++(-1.5pt,-1.5pt) -- ++(3.0pt,3.0pt) ++(-3.0pt,0) -- ++(3.0pt,-3.0pt);
\draw [color=black] (0,-3)-- ++(-1.5pt,-1.5pt) -- ++(3.0pt,3.0pt) ++(-3.0pt,0) -- ++(3.0pt,-3.0pt);
\draw[color=black] (-0.05,-2.97) node {$f(x_0)$};
\draw [color=black] (0,-3.01)-- ++(-1.5pt,-1.5pt) -- ++(3.0pt,3.0pt) ++(-3.0pt,0) -- ++(3.0pt,-3.0pt);
\draw[color=black] (-0.05,-3.04) node {$f(x_1)$};
\end{scriptsize}
\end{tikzpicture}
\caption{Graphe de $f$ au voisinage de $x_0$ et $x_1$.}
\label{fig2}
\end{figure}
\item On va utiliser de façon répétée le théorème des valeurs intermédiaires (TVI) et la monotonie \emph{stricte} de la fonction $f$ en restriction à des intervalles bien choisis.\\
Sur l'intervalle $]-2,x_1]$ la fonction $f$ est continue et $f(x) \xrightarrow[x \to -2]{}+\infty$. Donc pour tout $k \in [f(x_1),+\infty[$\ , il existe $\alpha \in \ ]-2;x_1]$ tel que $f(\alpha) = k$, par le théorème des valeurs intermédiaires. Comme de plus $f'(x)<0$ pour tout $x \in \ ]-2;x_1[$ (voir le tableau de signes), $f$ est \emph{strictement} décroissante sur $]-2;x_1]$, et il existe donc au plus un antécédent de $k$ dans $]-2;x_1]$. Finalement, pour tout $k \in [f(x_1);+\infty[$, il existe un unique $\alpha \in ]-2;x_1]$ tel que $f(\alpha)=k$.\\
Évidemment, pour $k=f(x_1)$ on a $\alpha = x_1$, donc il est aussi vrai que pour tout $k \in\ ]f(x_1);+\infty[$ il existe un unique $\alpha \in ]-2;x_1[$\ tel que $f(\alpha)=k$.\\
Enfin, comme $f$ est minorée par $f(x_1)$ sur $]-2;x_1]$, pour tout $k < f(x_1)$ l'équation $f(x)=k$ n'a pas de solution dans $]-2;x_1]$.

Ce raisonnement s'adapte aux autres intervalles sur lesquels $f$ est strictement monotone et continue, à savoir : $[x_1;x_0]$, $[x_0;0[$\ , $]0;x_2]$ et $[x_2;+\infty[$\ . On en déduit les résultats suivants.\\
\begin{itemize}
\item Pour tout $k \in [f(x_1);f(x_0)]$, il existe un unique $\alpha \in [x_1;x_0]$ tel que $f(\alpha)=k$. Et pour les autres valeurs de $k$, l'équation $f(x)=k$ n'a pas de solution dans $[x_1;x_0]$.
\item Pour tout $k \in\ ]-\infty;f(x_0)]$, il existe un unique $\alpha \in [x_0;0[$\ tel que $f(\alpha)=k$. Et pour les autres valeurs de $k$, l'équation $f(x)=k$ n'a pas de solution dans $[x_0;0[$\ .
\item Pour tout $k \in [f(x_2);+\infty[\ $, il existe un unique $\alpha \in\ ]0;x_2]$ tel que $f(\alpha)=k$. Et pour les autres valeurs de $k$, l'équation $f(x)=k$ n'a pas de solution dans\ $]0;x_2]$.
\item Pour tout $k \in [f(x_2);+\infty[\ $, il existe un unique $\alpha \in [x_2;+\infty[$ tel que $f(\alpha)=k$. Et pour les autres valeurs de $k$, l'équation $f(x)=k$ n'a pas de solution dans $[x_2;+\infty[\ $.
\end{itemize}

Mettant tout ceci bout à bout, on en déduit le nombre total de solutions de l'équation $f(x)=k$ en fonction de la valeur de $k$. On peut même être plus précis, et localiser partiellement ces solutions. Soit $k \in \R$.
\begin{itemize}
\item Si $k \in\ ]-\infty;f(x_1)[\ $, l'équation a une unique solution (dans $]x_0;0[$).
\item Si $k = f(x_1)$, l'équation a deux solutions ($x_1$ et une autre dans $]x_0;0[$).
\item Si $k \in\ ]f(x_1),f(x_0)[\ $, l'équation a trois solutions (une dans $]-2;x_1[\ $, une dans $]x_1;x_0[$ et une dans $]x_0;0[$).
\item Si $k=f(x_0)$, l'équation a deux solutions ($x_0$ et une dans $]-2,x_1[$).
\item Si $k \in\ ]f(x_0);f(x_2)[\ $, l'équation a une unique solution (dans $]-2;x_1[$).
\item Si $k=f(x_2)$, l'équation a deux solutions ($x_2$ et une dans $]-2;x_1[$).
\item Si $k \in\ ]f(x_2);+\infty[$, l'équation a trois solutions (une dans $]-2;x_1[\ $, une dans $]0;x_2[$ et une dans $]x_2;+\infty[$).
\end{itemize}

\end{enumerate}
\end{document}