TS – autour fonction ln – Ex 1

Correction

1. Déterminons tout d’abord le domaine de définition de cette équation.
   Il faut que $2x > 0$ et $x^2 – 1>0$
   C’est-à-dire $x>0$ et $x \in ]-\infty;-1[\cup]1;+\infty[$.
   Finalement il faut que $x>1$.
   $\quad$
   Sur $]1;+\infty[$,
   $$\ln(2x) = \ln(x^2 -1) \Leftrightarrow 2x = x^2 – 1 \Leftrightarrow x^2 – 2x – 1 = 0$$
   $\Delta = 4 + 4 = 8 > 0$. Il y a donc deux racines réelles $x_1 = \dfrac{2 – \sqrt{8}}{2} < 1$ et $x_2 = \dfrac{2 + \sqrt{8}}{2} > 1$.
   $\quad$
   La seule solution de l’équation $\ln(2x) = \ln(x^2 – 1)$ est donc $\dfrac{2 + \sqrt{8}}{2}$
   $\quad$
2. Déterminons là aussi le domaine de définition de cette inéquation.
   Il faut que $3 – x > 0$ et $x + 1 > 0$ soit $x \in ]-1;3[$.
   $\quad$
   Sur cet intervalle,
   $\begin{align*} \ln(3-x) + \ln 2 – 2\ln(x + 1) \ge 0 & \Leftrightarrow \ln\left(2(3 – x)\right) – \ln\left((x+1)^2\right) \ge 0 \\\\
   & \Leftrightarrow \ln (6 – 2x) \ge \ln\left((x+1)^2\right) \\\\
   & \Leftrightarrow 6 – 2x \ge x^2 + 2x + 1 \\\\
   & \Leftrightarrow -x^2 -4x + 5 \ge 0
   \end{align*}$
   $\quad$
   $\Delta = 16 + 20 = 36 >0$ Les deux racines réelles sont $x_1 = \dfrac{4 – 6}{-2} = 1$ et $x_2 = \dfrac{4 + 6}{-2} = -5$
   $-x^2 – 4x + 5 \ge 0$ sur $[-5;1]$. Mais il faut que $x \in ]-1;3[$.
   $\quad$
   Par conséquent la solution de cette inéquation est $]-1;1]$.