TS – exercices – Ln problèmes

Exercice 1

Soit la fonction $g$ définie sur $]0;+\infty[$ par $g(x) = x – \ln x$.

Partie I

  1. Étudier les variations de $g$.
    $\quad$
  2. En déduire que pour tout $x \in ]0;+\infty[$, on a $g(x) \ge 1$.
    $\quad$

Partie II

Soit la fonction $f$ définie sur $I = ]0;+\infty[$ par $f(x) = \dfrac{\ln x}{x – \ln x}$.

  1. Justifier que $f$ est définie sur $I$.
    $\quad$
  2. Déterminer la limite de $f$ en $0$ et $+\infty$.
    $\quad$
  3. Etudier les variations de $f$ et donner son tableau de variations.
    $\quad$
  4. Soient $A(0;-1)$ et $M\left(x;f(x)\right)$ pour $x > 0$.
    $\quad$
    Déterminer $m$ le coefficient directeur de la droite $(AM)$ en fonction de $x$ puis $\lim\limits_{x \to 0^+} m$.
    $\quad$
    Interpréter graphiquement.
    $\quad$
  5. Tracer la courbe $\mathscr{C}_f$ dans le plan muni d’un repère orthonormal.

$\quad$

Correction Exercice 1

Partie I

  1. $g$ est la somme de deux fonctions dérivables sur $]0;+\infty[$. Elle est donc également dérivable sur cet intervalle.
    $g'(x) = 1 – \dfrac{1}{x} = \dfrac{x – 1 }{x}$
    On obtient ainsi le tableau de variations suivant :
    ts - ln - pb1.1
  2. Cela signifie donc que $1$ est le minimum de la fonction atteint pour $x= 1$.
    Par conséquent, pour tout $x \in ]0;+\infty[$, $g(x) \ge 1$.
    $\quad$

Partie II

  1. La fonction $\ln$ est définie sur $]0;+\infty$. De plus, d’après la question A.2., $g(x) \ge 1$ donc le dénominateur ne s’annule jamais sur cet intervalle.
    Par conséquent $f$ est définie sur $I$.
    $\quad$
  2. $f(x) = \dfrac{\ln x}{\ln x \left(\dfrac{x}{\ln x} – 1\right)} = \dfrac{1}{\dfrac{x}{\ln x} – 1}$
    Or $\lim\limits_{x \to 0^+} \ln x = -\infty$ donc $\lim\limits_{x \to 0^+} \dfrac{1}{\ln x} = 0$
    Par conséquent $\lim\limits_{x \to 0^+}\dfrac{x}{\ln x} = 0$ et $\lim\limits_{x \to 0^+} \dfrac{x}{\ln x} – 1 = -1$.
    Donc $\lim\limits_{x \to 0^+} f(x) = -1$.
    $\quad$
    $f(x) = \dfrac{\ln x}{x\left(1 – \dfrac{\ln x}{x}\right)} = \dfrac{\dfrac{\ln x}{x}}{1 – \dfrac{\ln x}{x}}$.
    $\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{\ln x}{x} = 0$ donc $\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) =0$.
    $\quad$
  3. La fonction $f$ est dérivable sur $I$ en tant que somme et quotient de fonctions dérivables sur $I$ dont le dénominateur ne s’annule pas.
    $f'(x) = \dfrac{\dfrac{1}{x}(x – \ln x) – \ln x \times \left(1 – \dfrac{1}{x}\right)}{\left(x – \ln x\right)^2}$ $ = \dfrac{1 – \ln x}{\left(x – \ln x\right)^2}$
    Le signe de $f'(x)$ ne dépend que de celui de $1 – \ln x$.
    Or $1 – \ln x > 0$ $ \Leftrightarrow -\ln x > -1$ $ \Leftrightarrow \ln x < 1$ $ \Leftrightarrow x < \e$
    ts - ln - pb1.2
  4. $\quad$
    $ \begin{align} m & = \dfrac{f(x) – (-1)}{x – 0} \\\\
    & = \dfrac{f(x) + 1}{x} \\\\
    &=\dfrac{\dfrac{\ln x}{x – \ln x} + 1}{x} \\\\
    & = \dfrac{\dfrac{x}{x – \ln x}}{x} \\\\
    & = \dfrac{1}{x – \ln x}
    \end{align}$
    $\quad$
    $\lim\limits_{x \to 0^+} \ln x = -\infty$  donc $\lim\limits_{x \to 0^+} m = 0$.Cela signifie donc que la courbe représentative de la fonction $f$ possède une (demi-)tangente horizontale en $0$.
    $\quad$
  5. $\quad$
    ts - ln - pb1.3 (1)

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$\quad$

$\quad$

Exercice 2

Partie A

Soit $f$ la fonction définie sur l’intervalle $]-1;+\infty[$ par $f(x) = \dfrac{x}{x + 1} – 2\ln(x + 1)$.

  1. Déterminer les variations de la fonction $f$.
    $\quad$
  2. Déterminer les limites de $f$ aux bornes de son ensemble de définition.
    $\quad$
  3. Calculer $f(0)$. Montrer que l’équation $f(x)= 0$ admet exactement deux solutions dont l’une, non nulle, que l’on désignera par $\alpha$. Fournir une valeur approchée ) $10^{-2} $ près de $\alpha$.
    $\quad$
  4. Etudier le signe de $f(x)$ sur $]-1;+\infty[$.
    $\quad$

Partie B

Soit $g$ la fonction définie sur l’ensemble $]-1;0[\cup]0;+\infty[$ par $g(x) = \dfrac{\ln(x +1)}{x^2}$

  1. Déterminer les limites de $g$ aux bornes de son ensemble de définition.
    $\quad$
  2. Calculer $g'(x)$ et dresser le tableau de variations de la fonction $g$.
    $\quad$
  3. Montrer que $g(\alpha) = \dfrac{1}{2\alpha(\alpha + 1)}$.
    En déduire une valeur approchée de $g(\alpha)$ à $10^{-2}$ près.

$\quad$

Correction Exercice 2

Partie A

  1. La fonction $f$ est dérivable sur $]-1;+\infty[$ comme somme et quotient de fonctions dérivables sur cet intervalle dont le dénominateur ne s’annule pas.
    $\begin{align} f'(x) &= \dfrac{(x + 1) – x}{(x + 1)^2} – \dfrac{2}{x + 1} \\\\
    &=\dfrac{1}{(x + 1)^2} – \dfrac{2}{x + 1} \\\\
    & = \dfrac{1}{(x + 1)^2} – \dfrac{2(x+1)}{(x + 1)^2} \\\\
    &= \dfrac{-2x – 1}{(x + 1)^2}
    \end{align}$
    Le signe de f'(x) ne dépend donc que de celui de $-2x – 1$.
    Or $-2x – 1 > 0 \Leftrightarrow x < – \dfrac{1}{2}$
    On obtient ainsi le tableau de variations suivants.
    ts - ln - pb2.1
    Les limites sont déterminées à la question suivante.
    $\quad$
  2. $f(x) = \dfrac{1}{x + 1}\left(x – 2(x + 1)\ln(x+1)\right)$.
    $\lim\limits_{x \to -1^+} x + 1 = 0^+$ et $\lim\limits_{x \to 0^+} x\ln x = 0$
    Donc $\lim\limits_{x \to -1^+} \dfrac{1}{x + 1} = +\infty$ et $\lim\limits_{x \to -1^+} (x+1)\ln(x + 1) = 0$
    Par conséquent $\lim\limits_{x \to -1^+} \left(x – 2(x – 2(x + 1)\ln(x + 1)\right) = -1$.
    Finalement $\lim\limits_{x \to -1^+} f(x) = -\infty$.
    $\quad$
    $f\left(-\dfrac{1}{2}\right) = \dfrac{-\dfrac{1}{2}}{\dfrac{1}{2}} – 2\ln \dfrac{1}{2}$ $=-1 + 2\ln 2$.
    $\quad$
    $\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{x}{x + 1} = 1$ d’après les termes de plus haut degré.
    $\lim\limits_{x \to +\infty} \ln (x + 1) = +\infty$
    Donc $\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = -\infty$.
    $\quad$
  3. $f(0) = 0 – 2\ln 1 = 0$.
    Sur l’intervalle $\left]-1;-\dfrac{1}{2}\right]$, la fonction $f$ est continue (car dérivable) et strictement croissante.
    $f\left(-\dfrac{1}{2}\right) =-1 + 2\ln 2 > 0$
    $\lim\limits_{x \to -1^+}= -\infty$
    Par conséquent $0 \in ]-\infty;-1 + 2\ln 2[$
    D’après le théorème de la bijection (ou corollaire du théorème des valeurs intermédiaires) l’équation $f(x) = 0$ possède une unique solution $\alpha$ sur cet intervalle.
    $\quad$
    Sur l’intervalle $\left[-\dfrac{1}{2};+\infty\right[$, la fonction $f$ est continue et strictement décroissante.
    $f\left(-\dfrac{1}{2}\right) =-1 + 2\ln 2 > 0$
    $\lim\limits_{x \to +\infty}= -\infty$
    Par conséquent $0 \in ]-\infty;-1 + 2\ln 2[$
    D’après le théorème de la bijection (ou corollaire du théorème des valeurs intermédiaires) l’équation $f(x) = 0$ possède une unique solution sur cet intervalle.
    Mais $0$ appartient à cet intervalle et $f(0) = 0$.
    $\quad$
    Par conséquent l’équation $f(x) = 0$ possède deux solutions sur $]-1;+\infty[$ dont l’une non nulle.
    $\quad$
    D’après le menu table de la calculatrice, on obtient $\alpha \approx -0,72$ à $10^{-2}$ près.
    $\quad$
  4. Puisque la fonction $f$ est strictement croissante sur $\left]-1;-\dfrac{1}{2}\right]$ et décroissante sur $\left[-\dfrac{1}{2};+\infty\right[$, on obtient le tableau de signes suivant :
    ts - ln - pb2.2

Partie B

  1. $\lim\limits_{x \to -1^+} \ln(x + 1) = -\infty$ et $\lim\limits_{x \to -1^+} x^2 = 1$
    Donc $\lim\limits_{x \to -1^+} g(x) = -\infty$
    $\quad$
    $g(x) = \dfrac{\ln(x + 1)}{x} \times \dfrac{1}{x}$
    Or $\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\ln(x + 1)}{x} = 1$ , $\lim\limits_{x \to 0^-} \dfrac{1}{x} = -\infty$ et $\lim\limits_{x \to 0^+} \dfrac{1}{x} = +\infty$
    Par conséquent $\lim\limits_{x \to 0^-} g(x) = -\infty$ et $\lim\limits_{x \to 0^+} g(x) = +\infty$
    $\quad$
    $g(x) = \dfrac{\ln(x + 1)}{x + 1} \times \dfrac{x + 1}{x^2}$
    $\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{\ln x}{x} = 0$ donc $\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{\ln(x+1)}{x+1} = 0$
    $\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{x+1}{x^2} = 0$ d’après la limite des termes de plus haut degré.
    Finalement $\lim\limits_{x \to +\infty} g(x) = 0$
    $\quad$
  2. $g$ est dérivable sur $]-1;0[\cup]0;+\infty[$ comme somme et quotient de fonctions dérivables sur cet intervalle dont le dénominateur ne s’annule pas.
    $g'(x) = \dfrac{\dfrac{x^2}{x+1} – 2x\ln(x + 1)}{x^4} = \dfrac{f(x)}{x^3}$
    D’après la question A.4 on obtient le tableau de variations suivant :
    ts - ln - pb2.3
  3. $f(\alpha) = 0$ par conséquent $\dfrac{\alpha}{\alpha + 1} – 2\ln(\alpha + 1) = 0$ soit $\ln(\alpha + 1) = \dfrac{\alpha}{2(\alpha + 1)}$.
    Ainsi $g(\alpha) = \dfrac{\dfrac{\alpha}{2(\alpha + 1)}}{\alpha^2} = \dfrac{1}{2\alpha(\alpha + 1)}$.
    En utilisant la valeur approchée trouvée à la question A.3 on obtient $g(\alpha) \approx -2,48$.

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$\quad$

Exercice 3

Résoudre dans $\R$ le système $\begin{cases} \ln x – \ln y = 1\\\\x + y = 2\e \end{cases}$

$\quad$

Correction Exercice 3

Les couples solutions ne pourront contenir que des réels strictement positifs.

$\begin{align} \begin{cases} \ln x – \ln y = 1\\\\x + y = 2\e \end{cases} & \Leftrightarrow \begin{cases} \ln \dfrac{x}{y} = \ln \e \\\\x + y = 2\e \end{cases} \\\\
& \Leftrightarrow \begin{cases} \dfrac{x}{y}= \e\\\\x + y = 2\e \end{cases} \\\\
& \Leftrightarrow \begin{cases} x = y \e \\\\x + y = 2\e \end{cases} \\\\
& \Leftrightarrow \begin{cases} x= y \e\\\\y \e + y = 2\e \end{cases} \\\\
& \Leftrightarrow \begin{cases} x= y \e\\\\y (1 + \e) = 2\e \end{cases} \\\\
& \Leftrightarrow \begin{cases} x= y \e\\\\y = \dfrac{2\e}{1 + \e} \end{cases} \\\\
& \Leftrightarrow \begin{cases} x=  \dfrac{2\e^2}{1 + \e}\\\\y = \dfrac{2\e}{1 + \e} \end{cases}
\end{align}$
La solution du système est donc $\left( \dfrac{2\e^2}{1 + \e};\dfrac{2\e}{1 + \e} \right)$.

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$\quad$

Exercice 4 

On considère l’équation $(E_1)$ :

$$\e^x – x^n = 0$$

où $x$ est un réel strictement positif et $n$ un entier naturel non nul.

  1. Montrer que l’équation $(E_1)$ est équivalente à l’équation $(E_2)$ :
    $$\ln(x) – \dfrac{x}{n} = 0.$$
    $\quad$
  2. Pour quelles valeurs de $n$ l’équation $(E_1)$ admet-elle deux solutions?

$\quad$

Correction Exercice 4

  1. $\quad$
    $\begin{align} \text{e}^x – x^n = 0 &\Leftrightarrow \text{e}^x=x^n \\\\
    &\Leftrightarrow x = n \ln (x) \\\\
    &\Leftrightarrow \ln(x) = \dfrac{x}{n} \\\\
    &\Leftrightarrow \ln(x) – \dfrac{x}{n} = 0
    \end{align}$
    $\quad$
  2. Soit $f_n$ la fonction définie sur $]0;+\infty[$ par $f_n(x)=\ln(x) – \dfrac{x}{n}$.
    Cette fonction est dérivable sur $]0;+\infty[$ en tant que somme de fonctions dérivables sur cet intervalle.
    $f_n'(x) = \dfrac{1}{x} – \dfrac{1}{n}$.
    $f_n'(x) >0 \Leftrightarrow x < n$.
    On obtient ainsi le tableau de variations suivant :
    S-antilles-sept2014-ex3
    $\lim\limits_{x \to 0} \ln(x) = -\infty$ donc $\lim\limits_{x \to 0} f_n(x) = -\infty$
    $f(x) = x\left(\dfrac{\ln(x)}{x} – \dfrac{1}{n} \right)$.
    Or $\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{\ln(x)}{x} = 0$ donc $\lim\limits_{x \to +\infty} f_n(x) = -\infty$.
    $\quad$
    $\ln n -1 > 0 \Leftrightarrow n > \text{e}$.
    Par conséquent si $n \le 2$, $f_n(x) < 0$ et  l’équation $(E_2)$ n’aura pas de solution.
    Si $n \ge 3$, la fonction $f_n$ est dérivable sur $]0;+\infty[$ donc continue .
    Sur $]0;n[$ la fonction est strictement croissante.
    $\lim\limits_{x \to 0} f_n(x) =-\infty$ et $f_n(n) >0$.
    D’après le théorème de la bijection (ou le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires) l’équation $f_n(x) = 0$ possède une unique solution.
    $\quad$
    Sur $]n;+\infty[$, la fonction $f_n$ est strictement décroissante.
    $f_n(n) >0$ et $\lim\limits_{x \to +\infty} f_n(x) = -\infty$.
    D’après le théorème de la bijection l’équation $f_n(x)=0$ possède une unique solution.
    $\quad$
    Par conséquent l’équation $(E_2)$, et donc $(E_1)$ possède deux solutions si, et seulement si, $n \ge 3$

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