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\newtheorem{exo}{Exercice}
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\begin{document}
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\renewcommand\labelitemi{\textbullet}
\renewcommand\labelitemii{$\diamond$}
\renewcommand\labelitemiii{$\cdot$}
\renewcommand\labelitemiv{$\ast$}
\begin{center}
\Large Corrigé du devoir surveillé \no 2
\end{center}
\hrule
\begin{exo}
\begin{enumerate}
    \item Re$(z)=3$, Im$(z)=1$, $|z|=\sqrt{10}$ et  $\bar{z}=3-i$.
    \item Voir cours.
    \item Voir cours.
    \item \begin{enumerate}
        \item Soit $f$ dans $\mathcal{C}$. La proposition $P(f)$ s'écrit \underline{"$\forall x\in \R, f(x)=-f(-x)$"}, et sa négation : \underline{"$\exists x\in \R, f(x)\neq -f(-x)$"}. La proposition $Q(f)$ s'écrit \underline{"$f(0)=0$"} et sa négation \underline{"$f(0)\neq 0$"}.
        \item Pour $f$ dans $\mathcal{C}$, on considère l'implication "$P(f) \Longrightarrow Q(f)$". La récipoque est "$Q(f) \Longrightarrow P(f)$", autrement dit \underline{"si $f$ s'annule en $0$, $f$ est impaire"}. La négation est "$P(f)$ et non$(Q(f))$", autrement dit \underline{"$f$ est impaire et ne s'annule pas en $0$"}. La contraposée est "$\textrm{non}(Q(f)) \Longrightarrow \textrm{non}(P(f))$", autrement dit \underline{"si $f$ ne s'annule pas en $0$, $f$ n'est pas impaire"}.
        \item Soit $f$ dans $\mathcal{C}$. Si $P(f)$ est vraie, alors pour tout $x$ dans $\R$ $f(x)=-f(-x)$. En particulier pour $x=0$ on obtient $f(0)=-f(-0)=f(0)$ donc $f(0)=0$, autrement dit $Q(f)$ est vraie. On a montré que \underline{pour tout $f$ dans $\mathcal{C}$, $P(f) \Longrightarrow Q(f)$}.
        \item Cette implication peut se lire "Il est nécessaire que $Q(f)$ soit vraie pour que $P(f)$ soit vraie", autrement dit \underline{"Il est nécessaire que $f$ s'annule pour que $f$ soit impaire"}.
    \end{enumerate}  
\item Voir cours.    
\item $f(x)$ est défini si et seulement si $x^2+x-2 >0$ (car $\ln$ definie sur $\R_+^*$). Avec un tableau de signe de $x^2+x-2$, on en déduit que \framebox{$f$ est définie sur $]-\infty, -2[\, \cup \,]1,+\infty[ \, .$} Par opération sur les fonctions usuelles, $f$ est dérivable et
    $$\forall x \in\, ]-\infty, -2[\, \cup \,]1,+\infty[\, , \quad f'(x) = 1\times\ln(x^2+x-2) +x \frac{2x+1}{x^2+x-2} =\,\boxed{\ln(x^2+x-2) + \frac{x(2x+1)}{x^2+x-2}.} $$
    
    Ensuite, $g(x)$ définie $\Leftrightarrow \; \e^{2x}-2 \geqslant 0\;\Leftrightarrow \; 2x \geqslant \ln(2)\;\Leftrightarrow \; x \geqslant \frac{\ln(2)}2$. Ainsi, \framebox{$g$ est définie sur $\big[\frac{\ln(2)}2,+\infty\big[$\,.} Par opération sur les fonctions usuelles, $g$ est dérivables sur $\big]\frac{\ln(2)}2,+\infty\big[$ et
    $$\forall x \in \Big]\frac{\ln(2)}2,+\infty\Big[\, , \quad g'(x) = \frac{2 \exp(2x)}{2 \sqrt{\exp(2x)-2}}  =\,\boxed{ \frac{\exp(2x)}{\sqrt{\exp(2x)-2}}\,.} $$
\end{enumerate}\end{exo}
\begin{exo} $ $\\
\begin{enumerate}
    \item $(3,4)\in A$ car $3^2+4^2 = 25 = 5^2$.
    
        $(1,1)\notin A$, c'est à dire $(1,1)\in \overline{A}$ car $1^2+1^2=2$ et $2$ n'est le carré d'aucun entier.
        
        $(4,3)\in B$ car pour $n=2\in \N^*$, $4= 2n$ et $3 = n^1-1$.
        
        $(3,4)\in \overline{B}$ car $3$ n'est pas pair et donc il n'existe pas de $n\in \N^*$ tel que $3=2n$.
        
        $(8,15)\in C$ car $8\leqslant9$ et $\geqslant 13$
        
        $(10,15) \in \overline{C}$ car $10>9$
        

        \item Pour $n=4$, on a $(2n,n^2-1) = (8,15)$, donc $(8,15)\in B \subset A$, et $(8,15) \in C$, et ainsi \framebox{$(8,15)\in A \cap C$.}
        
        \item Soit \underline{$(a,b) \in B$.}
        
        On a donc $a = 2n$ et $b=n^2-1$ pour un certain $n\in \N$ (par définition de l'ensemble $B$) et ainsi,
        $$a^2+b^2 = 4n^2+(n^2-1)^2 = 4n^2 + n^4-2n^2+2 = n^4+2n^2+1 = (n^2+1)^2$$
        c'est à dire $a^2+b^2= c^2$ pour $c = n^2+1 \in \N$ et \underline{donc $(a,b) \in A$.}
        
        On a montré que tout élément de $B$ est élément de $A$, c'est à dire $\boxed{B \subset A}$.
        
        Avec les exemples de la question 1, on a $(3,4)\in A$ et $(3,4)\notin B$, ce qui prouve qu'il existe (au moins) un élément de $A$ qui n'est pas dans $B$, et donc \framebox{$A \not\subset B$.}
        
        \item        On remarque que $16 = 2 \times 8$ et $63 = 8^2-1$, donc $(16,63) = (2n,n^2-1)$ pour $n=8$, et ainsi $(16,63)\in B$. Comme $B \subset A$, on en déduit que \framebox{$(16,63) \in A$.}
        
        \item Supposons le contraire de ce que l'on veut montrer, c'est à dire qu'il existe un $k\in \N^*$ tel que $(k,k) \in A$.
        
        On a alors $k^2+k^2 = c^2$ pour un certain $c \in \N$ (par définition de $A$). Cela donne $2k^2 = c^2$, puis comme $k\neq 0$, $2 = (\frac{c}k)^2$ et finallement, comme tout est positif, $\sqrt{2} = \frac{c}k$. Or on sait que \underline{$\sqrt{2} \notin \Q$}, il est donc impossible que $\sqrt{2}$ s'écrive comme une fraction de deux entiers.
        
        Ainsi, notre supposition initiale est forcément fausse, et donc sa négation est vraie, c'est à dire \framebox{$\forall k\in \N^*$, $(k,k)\notin A$.}
        
        \item Notons  $a,b$ et $c$ les longueurs des trois côtés d'un triangle rectangle, avec $c$ celle de l'hypothénuse. D'après le théorème de Pythagore, on a donc $a^2+b^2=c^2$. Si ce triangle est de plus isocèle, on a $a=b$, et donc $a^2+a^2=c^2$. Si toutes les longueurs étaient des entiers, on en déduirait que $(a,a)\in A$, avec $a\in \N^*$, ce qui est \underline{impossible d'après la question précédente.}
\end{enumerate}
\end{exo}

\begin{exo}$ $\\
\begin{enumerate}
\item
La fonction logarithme est définie sur $\R_+^*$ et $\forall x \in \R, 1+x^2 + 2e^x >0$. Ainsi, \framebox{$f$ est définie sur $\R$.}
\item La fonction $f$ est dérivable par composition et somme de fonctions dérivables, et
$$\forall x \in \R, \; f'(x) = \frac{2x + 2 e^x}{1 + x^2 + 2 e^x}.$$
\item Commençons par remarquer que $f'(x) = \frac{2}{1+x^2 + 2e^x} g(x)$ avec $\frac{2}{1+x^2 + 2e^x} >0$ pour tout $x\in \R$. Ainsi $f'(x)$ et $g(x)$ sont du même signe, et en particulier s'annulent exactement pour les mêmes valeurs de $x$.

La fonction $g$ est dérivable sur $\R$, avec $\forall x \in \R$, $g'(x) = 1+e^x >0$. Ainsi $g$ est strictement croissante sur $\R$.

De plus, par somme de limites on obtient $\lim\limits_{-\infty} g = -\infty$ et $\lim\limits_{+\infty} g= +\infty$.

Ainsi, $g$ est une fonction \underline{continue} et \underline{strictement croissante} sur $\R$. Elle réalise donc une bijection de $\R$ vers $g(\R) = \R$ (d'après le calcul des limites) et, en particulier, $0$ admet un unique antécédent par $g$ que l'on note $\alpha$.

On a montré que \framebox{$f'(x) = 0 \Leftrightarrow g(x) = 0 \Leftrightarrow x = \alpha$.}

\item On a $g(-1) = -1+\e^{-1} <0$ et $g(0)=\e^0=1 >0$, donc $g(-1) < g(\alpha)=0 < g(0)$ et par stricte croissance de $g$, on en déduit que \framebox{$-1<\alpha<0$\ .}

Ensuite, comme $g(\alpha) = \alpha + e^{\alpha} = 0$ on  a $\alpha = -e^{\alpha}$ et donc 
$$f(\alpha) = \ln(1 + \alpha^2 + e^{\alpha}) = \ln(1+\alpha^2 - 2\alpha) = \ln\big((1-\alpha)^2\big) = 2 \ln(1- \alpha)\ .$$

\emph{Remarque.} Attention, en général $\ln(u^2) = 2 \ln(|u|)$, mais ici $1- \alpha >0$, donc $|1-\alpha| = 1- \alpha$.

\item On a vu précédemment que le signe de $f'$ est le même que  celui de $g$, qui est strictement négative sur $]-\infty, \alpha[$ et strictement positive sur $]\alpha,+\infty[$. Le tableau de variation de la fonction $f$ est donc
\begin{center}    
\begin{tikzpicture}
\tkzTab{ $x$ / 0.8, $f'(x)$ / 0.9, $f(x)$ / 1.4}
{$-\infty$, $\alpha$, $+\infty$}{ ,-,z,+, }
{ +/ $+\infty$ , -/$2\ln(1-\alpha)$, + / $+\infty$}
\end{tikzpicture}
\end{center}

Pour les limites, on a $\lim\limits_{x \to + \infty} 1+x^2 + 2e^x = + \infty$ (somme de limites), donc par composition, on obtient $\lim\limits_{+\infty} f = + \infty$. De même pour la limite en $-\infty$.
\item
On a $f'(0) = \frac{2}{3}$ et $f(0) =  \ln(3)$, la tangente au graphe de $f$ en $0$ a donc pour équation 
$$y = f(0) + f'(0)x = \ln(3) + \frac{2}3 x.$$
\item Transformons l'écriture de $f$ : pour $x\in \R$ on a
$$f(x) = \ln\!\Big(2e^x\big(1 + \frac{x}{2e^x} + \frac{1}{2 e^x}\big)\Big) = \ln(2) + x + \ln\!\big(1 + \frac{x}{2e^x} + \frac{1}{2 e^x}\big).$$

À partir de là, on remarque que $f(x) - x -\ln(2) = \ln(1 + \frac{x}{2e^x} + \frac{1}{2 e^x}) \underset{x \to + \infty}{\longrightarrow} \ln(1) = 0$ en utilisant le résultat de croissances comparées $\lim\limits_{x \to + \infty} \frac{x}{e^x} = 0$ et la continuité du logarithme en $1$. On a donc \framebox{$\lim\limits_{x \to + \infty} f(x)-x = \ln(2)$}.

Ainsi, la droite d'équation \framebox{$y = x + \ln(2)$} est asymptote au graphe de $f$ en $+\infty$.\smallskip
\item Transformons à nouveau l'écriture de $f$ : pour $x\in \R^\star$ on a
$$f(x) = \ln\!\Big(x^2\big(1 + \frac{1+2\e^x}{x^2} \big)\Big) = 2\ln(|x|)  + \ln\!\big(1+\frac{1+2\e^x}{x^2}\big).$$
Comme $\lim\limits_{x \to - \infty}\frac{1+2\e^x}{x^2}$ tend vers $0$ par croissance comparée, et $\ln$ est continue en $1$, on en déduit que $f(x)-2\ln(|x|)$ tend  quand $x$ tend vers $-\infty$ vers $\ln(1) = 0$.
\item À l'aide des informations précédemment obtenues, on peut tracer le graphe de $f$ :
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale=1.5]
    \tkzInit[xmin=-5,xmax=4,ymin=0,ymax=5];
    \tkzAxeX;
    \tkzAxeY;
    \tkzGrid(-5,0)(4,5);
	\draw[domain=-5:4,black,thick,smooth,samples=200] plot (\x,{ln(1+(\x)^2 +2*exp(\x))});
	\draw[domain=-1.5:0.5,black,dotted,thick,smooth,samples=2] plot (\x,{0.89});
	\draw[domain=-1:1,black,dotted,thick,smooth,samples=200] plot (\x,{2/3*\x +ln(3)});
	\draw[domain=0:4,black,dotted,thick,smooth,samples=200] plot (\x,{\x+ln(2)});
	\draw(-0.567,0.898) node{$\bullet$};
	\draw(-0.567,0) node{$+$}  node[below=0.15cm]{$\alpha$};
\end{tikzpicture}
\end{center}
\end{enumerate}
\end{exo}
\begin{exo}
\begin{enumerate}
    \item L'erreur est d'utiliser "les deux points \emph{distincts} $A_2$ et $A_n$" dans l'hérédité. Si $n=2$ ces points ne sont pas distincts. On n'a donc pas démontré que la proposition au rang $2$ implique la proposition au rang $3$.
    \item L'écriture $1 + 2 + \dots + n-1 + 1 = 1 + 2 + \dots + n$ est fallacieuse, il y manque le $(n-1)$-ème terme à droite. On ne se serait pas trompés avec des $\Sigma$ :
    \[1 + 2 + \dots + n-1 + 1 = \left(\sum_{k=1}^{n-1} k\right) +1= \sum_{k=1}^{n-2} k + (n-1+1) \neq \sum_{k=1}^{n} k.\]
\end{enumerate}
\end{exo}

\end{document}