Devoir Maison 8 de maths

1°) a)
On veut $$f(x) = x$$

Donc $$x - ln(x^{2} +1) = x$$

Donc $$ln(x^{2} +1) = 0$$

Donc $$e^{ln(x^{2} +1)} = e^{0}$$

Donc $$x^{2}+1 = e^{0} = 1$$

Donc $$x^{2} = 0$$

Donc $$x = 0$$

1°) b)
 On calcule la dérivée 

On a $$f(x) = x - ln(x^{2}+1)$$.

On pose $$f(x) = u(x) - w(x)$$ avec $$u(x) = x$$ et $$w(x) = ln(x^{2} + 1)$$.

Donc on a $$f'(x) = u'(x) - w'(x)$$.

On a $$u(x) = x$$ donc $$u'(x) = 1$$

On a $$w(x) = ln(x^{2}+1) = ln[g(x)]$$

avec $$g(x) = x^{2} + 1$$ donc $$g'(x) = 2x$$

$$w'(x) = \frac{g'(x)}{g(x)} = \frac{2x}{x^{2}+1}$$

Donc $$f'(x) = 1 - \frac{2x}{x^{2}+1} = \frac{x^{2}+1}{x^{2}+1} -\frac{2x}{x^{2}+1} = \frac{x^{2} + 1 - 2x}{x^{2}+1}$$.

$$= \frac{x^{2} -2x + 1}{x^{2}+1} = \frac{(x-1)^{2}}{x^{2}+1}$$

 On étudie le signe de la dérivée 

Le numérateur $$(x-1)^{2}$$ est toujours positif car c'est un carré.

On a $$x^{2} > 0$$ donc $$x^{2} + 1 > 0$$.

Donc $$\frac{(x-1)^{2}}{x^{2}+1} > 0$$

Donc $$f'(x) > 0$$.



1°) c)
$$f(x) = x - ln(x^{2}+1)$$

 Limite en $$-\infty$$ 

$$\lim\limits_{x \to -\infty} x = -\infty$$

$$\lim\limits_{x \to -\infty} x^{2}+1 = \lim\limits_{x \to -\infty} x^{2} = +\infty$$

$$\lim\limits_{X \to +\infty} ln(X) = +\infty$$

donc $$\lim\limits_{x \to -\infty} ln(x^{2} + 1) = +\infty$$

Donc $$\lim\limits_{x \to -\infty} f(x) = -\infty$$.

 Limite en $$+\infty$$ 


 * $$f(x) = x - ln(x^{2}+1) = x - ln(x^{2} \times 1 + \frac{x^{2}}{x^{2}}) = x - ln(x^{2} \times 1 + x^{2} \times \frac{1}{x^{2}})$$

$$= x - ln[x^{2} \times (1 + \frac{1}{x^{2}})] = x - [ln(x^{2}) + ln(1 + \frac{1}{x^{2}})]$$

$$= x - ln(x^{2}) - ln(1 + \frac{1}{x^{2}})$$

$$= x - 2ln(x) - ln(1 + \frac{1}{x^{2}})$$

$$= x \times (1 - 2\frac{ln(x)}{x}) - ln(1+\frac{1}{x^{2}})$$


 * Or, $$\lim\limits_{x \to +\infty} x = +\infty$$


 * $$\lim\limits_{x \to +\infty} \frac{ln(x)}{x} = 0$$ donc $$\lim\limits_{x \to +\infty} 2\frac{ln(x)}{x} = 2\times 0 = 0$$

Donc $$\lim\limits_{x \to +\infty} 1 - 2\frac{ln(x)}{x} = 1-0 = 1$$

Donc $$\lim\limits_{x \to +\infty} ln(1 + \frac{1}{x^{2}}) = 0$$
 * $$\lim\limits_{x \to +\infty} \frac{1}{x^{2}} = 0$$ Donc $$\lim\limits_{x \to +\infty} 1 + \frac{1}{x^{2}} = 1 + 0 = 1$$


 * Donc $$\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = (+\infty \times 1 - 0) = +\infty$$

1°) d)
$$f(0) = 0 - ln(0^{2} +1) = -ln(1) = -0 = 0$$

$$f(1) = 1 - ln(1^{2} + 1) = 1 - ln(2) \approx 0,31 < 1$$

Donc $$[f(0);f(1)] \epsilon [0;1]$$.

Or, $$f$$ est croissante et continue (car dérivable) sur $$\mathbb{R}$$, donc pour tout $$x\epsilon [0;1]$$, on a $$f(x) \epsilon [0;1]$$

2°)
On veut démonter par récurrence que pour tout $$n \epsilon \mathbb{N}$$, on a $$u_{n} \epsilon [0;1]$$

Pour $$n = 0$$, on a $$u_{0} = 1$$. Donc $$u_{0} \epsilon [0;1]$$.
 *  Initialisation: 

Donc c'est vrai pour $$n = 0$$.

On suppose que $$u_{n} \epsilon [0;1]$$ pour un certain entier naturel $$n$$ quelconque. On veut démontrer que $$u_{n+1} \epsilon [0;1]$$
 *  Hérédité: 

On a vu que si $$x \epsilon [0;1]$$ alors $$f(x) \epsilon [0;1]$$.

Donc si $$u_{n} \epsilon [0;1]$$, alors $$f(u_{n}) = u_{n+1} \epsilon [0;1]$$.

Donc $$u_{n+1} \epsilon [0;1]$$

Pour tout $$n \epsilon \mathbb{N}$$, on a $$u_{n} \epsilon [0;1]$$.
 *  Conclusion: 

3°)
$$u_{n+1} - u_{n} = f(u_{n}) - u_{n} = u_{n} - ln(u_{n}^{2} + 1) - u_{n} = -ln(u_{n}^{2} + 1)$$.

On sait que $$u_{n} \epsilon [0;1]$$,

donc $$u_{n}^{2} \epsilon [0;1]$$

donc $$u_{n}^{2} + 1 \epsilon [1;2]$$

donc $$ln(u_{n}^{2}+1) \epsilon [0;ln(2)]$$ car la fonction $$ln$$ est croissante.

donc $$-ln(u_{n}^{2}+1) \epsilon [-ln(2);0]$$

donc $$-ln(u_{n}^{2}+1) \leq 0$$

donc $$u_{n+1} - u_{n} \leq 0$$

donc $$u_{n+1} \leq u_{n}$$

Donc $$(u_{n})$$ est décroissante.

4°)
On sait d'après les questions précédents, que $$(u_{n})$$ est décroissante et minorée par $$0$$. Donc d'après le Théo(Soulé)rème de convergence monotone, la suite $$(u_{n})$$ converge vers $$l$$.

La fonction $$f$$ est continue en $$l$$, donc la limite $$l$$ vérifie la relation $$f(l) = l$$.

D'après la question  1°)a) , la solution qui vérifie cette relation est $$x=0$$. Donc $$l=0$$.

Donc $$\lim\limits_{n\to+\infty} u_{n} = 0$$

1°)
$$f(x) = ln(e^{2x} - e^{x} + 1)$$

Il faut donc $$e^{2x} - e^{x} + 1 > 0$$.

On calcul $$\Delta= b^{2} - 4ac = (-1)^{2} - 4\times 1 \times 1 = 1 - 4 = -3 < 0$$

Donc il n'y a pas de racines, donc $$e^{2x} - e^{x} + 1 > 0$$, donc il n'y a pas de valeur interdites.

Donc $$f$$ est définie sur $$\mathbb{R}$$.

2°)a)
 On calcule la dérivée 

$$f(x) = ln(e^{2x} - e^{x} + 1) = ln[u(x)]$$

$$f'(x) = \frac{u'(x)}{u(x}$$.

$$u(x) = e^{2x} - e^{x} + 1$$

$$u'(x) = 2e^{2x} - e^{x}$$

Donc $$f'(x) = \frac{2e^{2x} - e^{x}}{e^{2x} - e^{x} + 1}$$.

 On trouve son signe 

D'après la question 1°), on sait que $$e^{2x} - e^{x} + 1 > 0$$.

Donc le signe de $$f'(x)$$ va dépendre de $$2e^{2x} - e^{x}$$.

Il s'agit d'un trinôme, on calcule $$\Delta = b^{2} - 4ac = (-1)^{2} - 4 \times 2 \times 0 = 1 > 0$$

Donc il y a 2 racines.

$$e^{x}_{1} = \frac{-b - \sqrt{\Delta}}{2a} = \frac{1 - 1}{2a} = \frac{0}{4} = 0$$

$$e^{x}_{2} = \frac{-b + \sqrt{\Delta}}{2a} = \frac{1 + 1}{2a} = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}$$

3°)
On calcule $$ln(e^{2x} - e^{x} + 1) - 2x = ln(e^{2x} - e^{x} + 1) - ln(e^{2x})$$.

$$= ln(\frac{e^{2x} - e^{x} + 1}{e^{2x}}) = ln(\frac{e^{2x}}{e^{2x}} - \frac{e^{x}}{e^{2x}} + \frac{1}{e^{2x}}) $$

$$= ln(1 - \frac{1}{e^{x}} + \frac{1}{e^{2x}})$$

On étudie son signe:

$$ln(1 - \frac{1}{e^{x}} + \frac{1}{e^{2x}}) \geq 0$$

donc $$1 - \frac{1}{e^{x}} + \frac{1}{e^{2x}} \geq 1$$

donc $$ - \frac{1}{e^{x}} + \frac{1}{e^{2x}} \geq 0$$

donc $$\frac{1}{e^{2x}} \geq \frac{1}{e^{x}}$$

donc $$e^{-2x} \geq e^{-x}$$

donc $$(e^{-x})^{2} \geq e^{-x}$$

donc $$\frac{(e^{-x})^{2}}{e^{-x}} \geq 1$$ car $$e^{-x} > 0$$

donc $$e^{-x} \geq 1$$ donc $$x \leq 0$$