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%  Newtheorem
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\newtheorem{ex}{\bf Exercice}

% Newenvironment

\newenvironment{proo}{\begin{trivlist} \item{\sc {Proof.}}}
  {\hfill $\square$ \end{trivlist}}

% Newcommand

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\pagestyle{plain}

\title{\bf Corrig\'e de la feuille de Travaux Dirig\'es 3}

\begin{document}


{Licence de Sciences \'Economiques} \hfill {Ann\'ee 2004-2005}

{Universit\'e de Nice Sophia-Antipolis} \hfill {Math\'ematiques L1}\\

\vskip10pt

\maketitle

\begin{ex} $\ $

\end{ex}

\begin{ex} $\ $

Nous avions pos\'e $\displaystyle \alpha(p_1,\,
p_2)=\frac{20+2p_1-p_2}{3p_2}$.

Pour calculer la d\'eriv\'ee partielle de $\alpha$ par rapport \`a
$p_2$, on fixe la variable $p_1$ et on d\'erive la fonction en
$\bf p_2$. Dans ce cas, la fonction $\alpha$ est une fonction de la
forme $\displaystyle \frac{u(p_2)}{v(p_2)}$ o\`u
$u(p_2)=20+2p_1-{\bf p_2}$ et $v(p_2)=3{\bf p_2}$. On a alors

\begin{eqnarray*}
\frac{\partial \alpha}{\partial p_2}=\frac{u'\, v-u\,
v'}{v^2}=\frac{(-1) \times 3p_2-3 \times (20+2p_1-p_2)}{(3p_2)^2}=
\boxed{(-2)\frac{10+p_1}{3p_2^2}<0}\, .
\end{eqnarray*}

Comme le signe de cette d\'eriv\'ee partielle est negatif, on sait
que si $p_2$ croit, alors $\alpha$ d\'ecroit. Dans le contexte de
l'\'enonc\'e cela signifie que si le prix de la lessive augmente,
on n'en utilise moins (dans le cas 1). Etonnant, non ?

Si $p_1=2$ et $p_2=5$, on est dans le cas 1 : $2p_1=4 \le
15=10+p_2$. Dans ce cas, la quantit\'e d'adoucissant achet\'ee,
pour une utilit\'ee maximale, vaut
$$\displaystyle  x_1^M=\frac{10-2p_1+p_2}{3p_1}=\boxed{\frac{11}{6}}\backsimeq 2.$$
Et la quantit\'e de lessive achet\'ee vaut
$$\displaystyle  x_2^M=\frac{20+2p_1-p_2}{3p_2}=\boxed{\frac{19}{15}}\backsimeq 1,3.$$
Ce qui signifie que l'on utilise un peu plus d'adoucissant que de
lessive.
\end{ex}

\begin{ex} $\ $

Le calcul (sans calculatrice !) donne
$$ f(-2)=\boxed{-86} \quad , \quad f(0)=\boxed{36} \quad \textrm{et} \quad f(1)=\boxed{-62}\, .$$
On conclut l'exercice en utilisant le {\bf th\'eor\`eme des
valeurs interm\'ediaires} :

Comme la fonction $f$ est polyn\^omiale, elle est
\underline{continue} sur $\RR$. Le th\'eor\`eme des valeurs
interm\'ediaires appliqu\'e \`a la fonction $f$ sur l'intervalle
$[-2,\, 0]$ permet d'affirmer que toutes les valeurs entre $-86$
et $36$ sont atteintes (au moins une fois) par $f$ sur $[-2, 0]$,
en particulier $0$. En utilisant le m\^eme argument sur
l'intervalle $[0,\, 1]$, on montre que la fonction $f$ s'annule au
moins une fois entre $0$ et $1$. (Faites un dessin, m\^eme
grossier, de la fonction $f$ pour vous convaincre qu'elle passe
par $0$).\\

\noindent {\sc Remarque} : Sans la calculatrice, on a pu montrer
rapidement des r\'esultats sur la localisation des z\'eros de la
fonction $f$.
\end{ex}

\begin{ex} $\ $

Faites un dessin ! Un point fixe de la fonction $f$ est un r\'eel
$x$ pour lequel $f(x)=x$, cela correspond \`a un point o\`u la
courbe de $f$ coupe la premi\`ere bissectrice (c'est-\`a-dire la
droite d'\'equation $y=x$).

Posons $g$ la fonction $[0,\, 1] \to \RR$ d\'efinie par
$g(x)=f(x)-x$. Pour conclure l'exercice, nous allons, encore une
fois, utiliser le th\'eor\`eme des valeurs interm\'ediaires \`a la
fonction continue $g$ sur $[0,\, 1]$. Comme $g(0)=f(0)\ge 0$ et
$g(1)=f(1)-1\leq 0$, alors on sait que $g$ s'annule, au moins une
fois, entre $0$ et $1$. C'est-\`a-dire, \underline{il existe $x\in [0,\, 1]$
tel que $g(x)=0$, soit $f(x)=x$}.\\

\noindent {\sc Erratum} : L'hypoth\`ese $f$ croissante de
l'\'enonce est inutile ici.
\end{ex}

\begin{ex} $\ $

Comme, pour tout $x\in \RR$, on a $e^x>0$, la fonction $f$ est
\underline{d\'efinie sur $\RR$}.

La fonction $f$ est compos\'ee d'applications continues, \underline{elle est
donc continue}.

Soit $x<y$.

Comme la fonction $x \mapsto x^3$ est croissante, on a $x^3<y^3$.

Comme la fonction $x \mapsto -4x$ est d\'ecroissante, on a
$-4y^3<-4x^3$.

Comme la fonction $x \mapsto e^x$ est croissante, on a
$e^{-4y^3}<e^{-4x^3}$, d'o\`u $1-e^{-4y^3}<1+e^{-4x^3}$

Comme la fonction $\displaystyle x \mapsto \frac{2}{x}$ est
d\'ecroissante, on a
$$\boxed{\frac{2}{1-e^{-4x^3}}=f(x)<f(y)=\frac{2}{1+e^{-4y^3}}}\, .$$
Ainsi, \underline{la fonction $f$ est strictement croissante}.\\

La constante d'Euler $e$ vaut environ $2,7$ donc $\displaystyle
\frac{e}{2}\backsimeq 1,3$. Comme $f(0)=1$, $\displaystyle
\lim_{x\to +\infty} f(x)=2$ et comme la fonction $f$ est
croissante, on comprend pourquoi la fonction $f$ "passera par" la
valeur $\displaystyle \frac{e}{2}$. Pour justifier cela, nous
allons utiliser le $ \quad ...\quad$ th\'eor\`eme des valeurs interm\'ediaires.
Pour pouvoir l'appliquer, il nous faut un intervalle de la forme
$[a,\, b]$. Prenons $a=0$ et comme la fonction $f$ tend vers $2$
en $+\infty$, on sait qu'il existe un r\'eel $b$ tel que
$f(b)>1,9$ par exemple. Le th\'eor\`eme des valeurs
interm\'ediaires appliqu\'e \`a la fonction $f$ sur $[0,\, b]$
montre qu'il \underline{existe (au moins) un r\'eel x tel que}
\underline{$\displaystyle f(x)=\frac{e}{2}$}.

Comme la fonction $f$ est strictement croissante, on peut
appliquer le corollaire du th\'eor\`eme des valeurs
interm\'ediaires pour conclure qu'\underline{un tel $x$ est
unique}.
\end{ex}

\begin{ex} $\ $

{\sc Rappel} : On rappelle les r\`egles de calcul suivantes :
$$ \bf (a^b)^c=a^{b.c} \quad , \quad a^b.a^c=a^{b+c}.$$

On a
\begin{eqnarray*}
&& 81^{\textstyle \frac{1}{4}}=(3^4)^{\textstyle\frac{1}{4}}=3^{\textstyle 4\times \frac{1}{4}}=\boxed{3}\, , \\
&& 256^{\textstyle \frac{3}{8}}=(2^8)^{\textstyle
\frac{3}{8}}=2^{\textstyle 8\times
{\frac{3}{8}}}=2^3=\boxed{8} \, , \\
&& 125^{\textstyle -\frac{1}{3}}=(5^3)^{\textstyle
-\frac{1}{3}}=5^{\textstyle 3\times
(-\frac{1}{3})}=5^{-1}=\boxed{\frac{1}{5}}\, .
\end{eqnarray*}

{\sc Rappel} : On rappelle les r\`egles de calcul suivantes :
$$\bf  \ln(e^x)=e^{\ln x}=x \quad , \quad \ln\left(\frac{a}{b}\right)=\ln a - \ln b
\quad , \quad \ln(ab)=\ln a + \ln b \quad , \quad \ln(a^b)=b\ln
a.$$

On a
\begin{eqnarray*}
\ln(e^{\textstyle
\frac{1}{2}})+\ln\left(\frac{1}{2}\right)+\ln(4\sqrt{2})-\ln 2 &=&
\frac{1}{2} - \ln 2 + \ln 4 + \ln \sqrt{2} -\ln 2 \\
&=& \frac{1}{2} - \ln 2 + \ln 2^2 + \ln 2^{\textstyle \frac{1}{2}}
-\ln 2 \\
&=& \frac{1}{2} - \ln 2 + 2\ln 2 + \frac{1}{2}\ln 2 -\ln 2\\
&=& \boxed{\frac{1}{2}(1-\ln 2)} \, .
\end{eqnarray*}

\end{ex}

\begin{ex} $\ $

\begin{enumerate}
\item Posons $X=e^x$. Comme $e^{2x}=(e^x)^2=X^2$, l'\'equation
$(1)$ devient $2X^2-9X+7=0$. Ce polyn\^ome admet une racine simple
$X=1$ (pas besoin donc d'utiliser le {\it discriminant $\Delta$}).
Le polyn\^ome $2X^2-9X+7$ se factorise de la mani\`ere suivante :
$2X^2-9X+7=(X-1)(2X-7)$. Les deux solutions en $X$ sont $X=1$ et
$X=\frac{7}{2}$.

Dans le premier cas, on a $e^x=1$ d'o\`u $x=0$. Et dans le
deuxi\`eme cas, on a $\displaystyle e^x=\frac{7}{2}$ d'o\`u $\displaystyle x=\ln \left(
\frac{7}{2}\right)$.

Finalement, les solutions de l'\'equation $(1)$ forment l'ensemble
$\boxed{\left\{ 0,\, \ln \left( \frac{7}{2}\right)\right\}}$ .

\item Comme les deux membres de l'\'equation $(2)$ sont
strictement positifs, on peut les composer par le logarithme
n\'eprien, ce qui donne

\begin{eqnarray*}
5^x=3^{x^2} \iff \ln (5^x)=\ln (3^{x^2}) \iff x\ln 5 = x^2 \ln 3
\iff x(x\ln 3 -\ln 5)=0.
\end{eqnarray*}

Les solutions de l'\'equation $(2)$ sont $\boxed{\left\{ 0,\,
\frac{\ln 5}{\ln 3}\right\}}$ .

\item Remarquons d\'ej\`a que les deux membres de l'\'equation
$(3)$ n'ont un sens que pour $x>0$. On utilise la m\^eme m\'ethode
que pr\'ec\'edement. On a
\begin{eqnarray*}
x^{\sqrt{x}}=\sqrt{x}^{\, x} &\iff& \ln (x^{\sqrt{x}})=\ln
(\sqrt{x}^{\, x}) \iff \sqrt{x} \ln x = x \ln \sqrt{x} = x \ln
x^{\textstyle \frac{1}{2}}= \frac{x}{2} \ln x \\
&\iff& \ln x \left( \sqrt{x} - \frac{x}{2} \right)=0
\end{eqnarray*}

Si $\ln x=0$, ce implique $x=1$ et $\displaystyle \sqrt{x} - \frac{x}{2}=0$ est
\'equivalent \`a $\sqrt{x}=2$ (en divisant par $\sqrt{x}>0$), soit
$x=4$.

Les solutions de l'\'equation $(3)$ sont donc $\boxed{\left\{ 1,\,
4 \right\}}$ .

\end{enumerate}
\end{ex}




\end{document}
