\chapter{Logarithme népérien}

\newpage

\section{Introduction}

\subsection{Définition et résolution d'équations}

\begin{defin}
On définit la fonction \emph{logarithme népérien} comme étant la fonction réciproque de la fonction exponentielle, c'est-à-dire l'unique fonction :
\[
\begin{array}{rl@{~}l@{~}l}
\ln\;: & \R_+^* & \longrightarrow & \R\\
& x & \longmapsto & \ln x
\end{array}
\]
pour laquelle:
\[
\forall x>0,\ \e^{\ln x} = \ln\e^x = x.
\]
\end{defin}

\begin{prop}
Soient  $y\in\R_+^*$  et  $x\in\R$. On a:
\[
y=\e^x \iff x=\ln y.
\]
\end{prop}

On en déduit notamment que :
\[ \ln1 =0\qquad\text{et}\qquad\ln\e=1. \]



\begin{exemple}
$\e^x = 7 \iff x=\ln 7$.
\end{exemple}

\subsection{Variation de la fonction ln}

\begin{prop} 
La fonction \ $\ln$ \ est continue et dérivable sur $\R_+^{*}$, et :
\[
(\ln)'(x)=\dfrac{1}{x} \qquad \text{pour tout }x>0.
\]
\end{prop}

De la dérivée du logarithme népérien, on peut en déduire la propriété suivante.

\begin{prop}
La fonction $x\longmapsto\ln(x)$ est strictement croissante et concave $\R_+^*$.
\end{prop}

\newpage

\subsection{Conservation de l'ordre}

\begin{prop}
Pour tous réels $x$ et $y$ strictement positifs,
\[
\ln x = \ln y\Longleftrightarrow x = y\qquad\text{et}\qquad\ln x < \ln y\Longleftrightarrow x < y.
\]
\end{prop}

\begin{exemple}
\begin{enumerate}
\item $\begin{aligned}[t]
\ln(x^2+7) = \ln(2x^2+3) & \iff x^2+7=2x^2+3\\
& \iff x^2=4\\
& \iff x=2\text{ ou }x=-2.
\end{aligned}$

\item $\begin{aligned}[t]
\ln(x^2+10) > \ln(2x^2+1) & \iff x^2+10 > 2x^2+1\\
& \iff x^2 < 9\\
& \iff x\in[-3~;~3].
\end{aligned}$
\end{enumerate}
\end{exemple}

\begin{rem}
Dans la résolution d'équations ou d'inéquations avec des logarithmes, il faut toujours s'assurer que les opérandes soient strictement positives. Dans notre premier exemple, $x^2+7>0$ et $2x^2+3>0$ pour tout réel $x$; on peut ainsi résoudre l'équation sur $\R$. Il en est de même pour l'inéquation.
\end{rem}

\subsection{Relations fonctionnelles}

\begin{prop}
Pour tous réels $x$ et $y$ strictement positifs, pour tout entier relatif $n$ :
\begin{itemize}
\item $\ln(xy)=\ln x+\ln y$
\item $\ln\left(\dfrac{x}{y}\right)=\ln x - \ln y$
\item $\ln\left(\dfrac{1}{x}\right)=-\ln x$
\item $\ln\left(x^n\right)=n\ln x$.
\end{itemize}
\end{prop}


\begin{attention}
Faire preuve de rigueur lors de l'utilisation de la relation fonctionnelle : ne pas scinder $\ln (xy)$ en somme de deux logarithmes sans avoir vérifié  et  mentionné la stricte positivité de $x$ et $y$.
\end{attention}

\newpage

\section{Limites}

\subsection{Limites du logarithme népérien}

\begin{prop}
\[
\lim\limits_{x\to 0^+} \ln x =-\infty
\qquad\text{et}\qquad\lim\limits_{x\to +\infty} \ln x=+\infty.
\]
\end{prop}

L'axe des ordonnées est donc asymptote à la courbe représentative de la fonction logarithme.


\subsection{Croissances comparées}

\begin{prop}
Pour tout entier naturel $n$,
\begin{itemize}
\item $\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{\ln x}{x^n} =0$.
\item $\lim\limits_{x \to 0} x^n \ln x = 0$.
\end{itemize}
\end{prop}

\begin{rem}
On dit qu'en cas d'indétermination, les puissances de $x$ \og l'emportent \fg{} sur $\ln x$.
\end{rem}

\section{Représentation graphique}

De la stricte croissante de la fonction $\ln$, de sa concavité, de ses limites et des valeurs remarquables du logarithme népérien, on déduit sa représentation graphique dans un repère orthonormé:


\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node[inner sep = 0pt, outer sep = 0pt, fill = white] (img) {
\begin{tikzpicture}[scale=0.5]
\draw[->,>=stealth',thick] (-5.5,0) -- (5.5,0);
\draw[->,>=stealth',thick] (0,-5.5) -- (0,5.5);
\foreach \x in {-5,-4,-3,-2,-1,1,2,3,4,5}
{
	\draw[thick] (\x,0.1) -- (\x,-0.1) node[below] {\x};
	\draw[thick] (0.1,\x) -- (-0.1,\x) node[left] {\x};
}
\draw[dashed] (0,1) -- (1,0);
\draw (0.4,0.6) -- (0.5,0.7) -- (0.6,0.6);
\draw[green!50!black,very thick] plot[domain=-5:1.6,samples=100] (\x,{exp(\x)}) node[right] {$y=\e^x$};
\draw[blue!50!black,very thick] plot[domain=0.01:5,samples=100] (\x,{ln(\x)}) node[right] {$y=\ln x$};
\draw[very thick,red!50!black] (-5,-5) -- (5,5) node[right] {$y=x$};
\end{tikzpicture} };
\drawshadow{img}{black}
\end{tikzpicture} 
\end{center}

Du fait que les fonctions $\exp$ et $\ln$ sont réciproques, on déduit que, dans un repère orthonormé, leur courbe représentative sont symétriques par rapport à la première bissectrice (droite d'équation $y=x$).


\section{Dérivée de ln(u)}

\begin{prop}
Soit $u$ une fonction définie et dérivable à valeurs strictement positives sur un intervalle $I$. Alors, sur $I$:
\[
\big(\ln (u) \big)^\prime = \dfrac{u'}{u}.
\]
\end{prop}

\begin{exemple}
Soit $f(x)=\ln(\e^x + 1)$.

Alors, $f(x) = \ln\big[ u(x) \big]$ avec $u(x) = \e^x + 1$ et $u'(x)=\e^x$.

D'où :
\[
f'(x) = \dfrac{\e^x}{\e^x+1}.
\]
\end{exemple}





\exercices


\subsection*{Opérations algébriques}


%%%

\begin{exocor}{simplifications d'écritures}[1]
Simplifiez au maximum les expressions suivantes :

\begin{multicols}{3}
\begin{enumerate}
\item $\ln 8-\ln2$
\item $\ln6+\ln3$
\item $\ln25-\ln30+\ln10$
\item $\ln50+\ln2-\ln10$
\item $3\ln4-\ln256$
\item $2\ln2-\ln16+\ln128$
\item $\ln\e^{2x}$
\item $\ln\e^{2x-4}-\ln\e^{2x+4}$
\item $\dfrac{3\ln\e^{x+1}}{2\ln\e^{1-x}}$
\end{enumerate}
\end{multicols}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item $\ln 8-\ln2=\ln\left(\dfrac{8}{2}\right)=\ln4$ (que l'on peut aussi mettre sous la forme $2\ln2$).
\item $\ln6+\ln3=\ln(6\times3)=\ln18$.
\item $\ln25-\ln30+\ln10=\ln\left(\dfrac{25}{30}\times10\right)=\ln\dfrac{25}{3}$.
\item $\ln50+\ln2-\ln10=\ln\left(\dfrac{50\times2}{10}\right)=\ln10$.
\item $3\ln4-\ln256=3\ln\big(2^2\big)-\ln\big(2^8\big)=6\ln2-8\ln2=-2\ln2$.
\item $2\ln2-\ln16+\ln128=2\ln2-\ln2^4+\ln2^7=2\ln2-4\ln2+7\ln2=5\ln2$.
\item $\ln\e^{2x}=2x$.
\item $\ln\e^{2x-4}-\ln\e^{2x+4}=2x-4-(2x+4)=-8$.
\item $\dfrac{3\ln\e^{x+1}}{2\ln\e^{1-x}}=\dfrac{3(x+1)}{2(1-x)}=\dfrac{3x+3}{2-2x}$.
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{équations}[1]
Résoudre les équations suivantes :

\begin{multicols}{2}
\begin{enumerate}
\item $\ln(3x-4)=\ln(2x+1)$
\item $\ln(4-2x)=\ln(x-1)$
\item $\ln(x^2+x+1)=\ln(x^2-2x+1)$
\item $\ln(2x^2-10x+8)=\ln(3x^2-3x-18)$
\item $(\ln x)^2-3\ln x+2=0$
\item $2(\ln x)^2-5\ln x-3=0$
\item $\ln\sqrt{x} = \sqrt{\ln x}$
\end{enumerate}
\end{multicols}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item $\ln(3x-4)=\ln(2x+1)$.
\vspace*{-1em}
\begin{itemize}
\item {\bfseries Domaine de définition :} il faut que $\begin{cases}
3x-4>0\\2x+1>0\end{cases}$, soit $\begin{cases}x>\dfrac{4}{3}\\[10pt]x>-\dfrac{1}{2}\end{cases}$, donc que\linebreak $x>\dfrac{4}{3}$.

\item {\bfseries Résolution :} $\ln(3x-4)=\ln(2x+1) \iff 3x-4=2x+1 \iff x=5$.

$5>\dfrac{4}{3}$ donc l'ensemble solution est $\boxed{\mathcal{S}=\{5\}}$
\end{itemize}

\item $\ln(4-2x)=\ln(x-1)$.
\begin{itemize}
\item {\bfseries Domaine de définition :} il faut que $\begin{cases}
4-2x>0\\x-1>0\end{cases}$, soit $\begin{cases}x<2\\x>1\end{cases}$, donc que\linebreak $1<x<2$.

\item {\bfseries Résolution :} $\ln(4-2x)=\ln(x-1) \iff 4-2x=x-1 \iff 5=3x \iff x=\dfrac{5}{3}$.

$1<\dfrac{5}{3}<2$ donc l'ensemble solution de l'équation est $\boxed{\mathcal{S}=\left\{ \dfrac{5}{3} \right\}}$
\end{itemize}

\item $\ln(x^2+x+1)=\ln(x^2-2x+1)$.
\begin{itemize}
\item {\bfseries Domaine de définition :} il faut que $\begin{cases}x^2+x+1>0\\x^2-2x+1>0\end{cases}$.

Or, le discriminant de $x^2+x+1$ est égal à $-3$ donc ce polynôme est toujours strictement positif.

De plus, $x^2-2x+1=(x-1)^2$ donc seul $x=1$ ne convient pas.

Le domaine de définition est donc $\mathcal{D}=\R\setminus\{1\}$.

\item {\bfseries Résolution :} 
$\begin{aligned}[t]
     & \ln(x^2+x+1)=\ln(x^2-2x+1)\\
\iff & x^2+x+1=x^2-2x+1\\
\iff & 3x=0\\
\iff & x=0.
\end{aligned}$

$0\in\mathcal{D}$ donc l'ensemble solution de l'équation est $\boxed{\mathcal{S}=\{0\}}$
\end{itemize}

\item $\ln(2x^2-10x+8)=\ln(3x^2-3x-18)$.
\begin{itemize}
\item {\bfseries Domaine de définition :} il faut que $\begin{cases}2x^2-10x+8>0\\3x^2-3x-18>0\end{cases}$.

Le discriminant de $2x^2-10x+8$ est $\Delta_1=100-64=36$ et donc ses racines sont $\dfrac{10-6}{4}=1$ et $\dfrac{10+6}{4}=4$. 

Le polynôme est donc strictement positif sur $\intervOO{-\infty}{1}\cup\intervOO{4}{+\infty}$.

\medskip

Le discriminant de $3x^2-3x-18$ est $\Delta_2=9+216=225$ et donc ses racines sont\linebreak $\dfrac{3-15}{6}=-2$ et $\dfrac{3+15}{6}=3$. 

Le polynôme est donc strictement positif sur $\intervOO{-\infty}{-2}\cup\intervOO{3}{+\infty}$.

\medskip

Le domaine de définition est donc $\mathcal{D}=\intervOO{-\infty}{-2}\cup\intervOO{4}{+\infty}$.

\item {\bfseries Résolution :} 
$\begin{aligned}[t]
     & \ln(2x^2-10x+8)=\ln(3x^2-3x-18)\\
\iff & 2x^2-10x+8=3x^2-3x-18\\
\iff & x^2+7x-26=0.
\end{aligned}$

Le discriminant de $x^2+7x-26$ est $\Delta=49+104=153$ donc il admet deux racines :\\ $\dfrac{-7-\sqrt{153}}{2}\in\mathcal{D}$ et $\dfrac{-7+\sqrt{153}}{2}\notin\mathcal{D}$.

L'ensemble solution de l'équation est donc $\boxed{\mathcal{S}=\left\{ \dfrac{-7-\sqrt{153}}{2} \right\}}$
\end{itemize}

\item $(\ln x)^2-3\ln x+2=0$. Posons $X=\ln x$.

L'équation devient : $X^2-3X+2=0$ et admet pour solutions $X=1$ et $X=2$.

Ainsi, $\ln x=1$ ou $\ln x=2$, soit $x=\e$ ou $x=\e^2$.

L'ensemble solution est donc $\boxed{\mathcal{S}=\big\{\e~;~\e^2\big\}}$

\item $2(\ln x)^2-5\ln x-3=0$. Posons $X=\ln x$.

L'équation devient $2X^2-5X-3=0$ et admet pour solutions $X=3$ et $X=-\dfrac{1}{2}$.

Ainsi, $\ln x=3$ ou $\ln x=-\dfrac{1}{2}$, soit $x=\e^3$ ou $x=\e^{-0,5}=\dfrac{1}{\sqrt{\e}}$.

L'ensemble solution est donc $\boxed{\mathcal{S}=\big\{\e^3~;~\e^{-0,5}\big\}}$

\item $\ln\sqrt{x} = \sqrt{\ln x}$.
\begin{itemize}
\item \textbf{Domaine de définition:} il faut que $\begin{cases}
\sqrt{x} > 0\\
\ln x \geqslant 0
\end{cases}$ soit $x > 0$ et $x \geqslant 1$.

\medskip

Le domaine de définition est donc: $\mathcal{D}=\intervFO{1}{+\infty}$.

\item \textbf{Résolution:} $\begin{aligned}[t]
\ln\sqrt{x} = \sqrt{\ln x} & \iff \big(\ln\sqrt{x}\big)^2 = \ln x\quad\text{ (on a élevé au carré)}\\
& \iff \left(\dfrac{1}{2}\ln x\right)^2 = \ln x\\
& \iff \dfrac{1}{4}(\ln x)^2 - \ln x = 0\\
& \iff \ln x\left(\dfrac{1}{4}\ln x - 1 \right)=0\\
& \iff \ln x = 0 \text{ ou } \dfrac{1}{4}\ln x - 1=0\\
& \iff x = 1\text{ ou } \ln x=4\\
& \iff x = 1\in\mathcal{D}\text{ ou } x = \e^4\in\mathcal{D}.
\end{aligned}$

\medskip

L'ensemble solution est donc $\boxed{\mathcal{S}=\big\{1~;~\e^{4}\big\}}$
\end{itemize}
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{équations \& inéquations avec exponentielle}[2]
Résoudre les équations et inéquations suivantes:
\begin{enumerate}
\begin{multicols}{2}
\item $\ln(5x-1)=2$
\item $\e^{-x}=5$
\item $\ln(3x-1)<0$
\item $\e^{5-x}\leqslant2$
\end{multicols}
\end{enumerate}

\tcblower
\youtube{https://www.youtube.com/watch?v=sNmb-6zTPpE}
\begin{enumerate}
\item 
\begin{itemize}
\item Pour résoudre l'équation $\ln(5x-1)=2$, il faut avant tout trouver son domaine de définition.

$\ln(5x-1)$ est défini pour tout réel $x$ tel que $5x-1>0$, soit $x>\dfrac{1}{5}$.

Ainsi, le domaine de définition de l'équation est \intervOO{\dfrac{1}{5}}{+\infty}.

\item $\begin{aligned}[t]
\ln(5x-1)=2 & \iff \e^{\ln(5x-1)}=\e^2\\
& \iff 5x-1=\e^2\\
& \iff 5x= \e^2+1\\
& \iff x=\dfrac{\e^2+1}{5}
\end{aligned}
$

\item On vérifie que la valeur trouvée est bien dans le domaine de définition en en trouvant une valeur approchée.

Par conséquent, $\boxed{S = \left\{ \dfrac{\e^2+1}{5} \right\}}$.
\end{itemize}

\item $\begin{aligned}[t]
\e^{-x}=5 & \iff \ln\big( \e^{-x} \big) = \ln(5)\\
& \iff -x = \ln(5)\\
& \iff x = -\ln(5) = \ln\dfrac{1}{5}
\end{aligned}$

Par conséquent, $\boxed{ S = \{ -\ln 5 \} }$.

\item 
\begin{itemize}
\item Pour résoudre l'inéquation $\ln(3x-1)<0$, il faut avant tout trouver son domaine de définition.

$\ln(3x-1)$ est défini pour tout réel $x$ tel que $3x-1>0$, soit $x>\dfrac{1}{3}$.

Ainsi, le domaine de définition de l'équation est \intervOO{\dfrac{1}{3}}{+\infty}.

\item $\begin{aligned}[t]
\ln(3x-1)<0 & \iff \e^{\ln(3x-1)} < \e^0\\
& \iff 3x-1 < 1\\
& \iff 3x < 2\\
& \iff x < \dfrac{2}{3}
\end{aligned}
$

\item On trouve l'intersection de l'intervalle \intervOO{-\infty}{\dfrac{2}{3}} et du domaine de définition \intervOO{\dfrac{1}{3}}{+\infty}. Par conséquent, $\boxed{S = \intervFF{\dfrac{1}{3}}{\dfrac{2}{3}} }$.
\end{itemize}

\item $\begin{aligned}[t]
\e^{5-x}\leqslant2 & \ln\big( \e^{5-x} \big) \leqslant \ln(2)\\
& \iff 5-x \leqslant \ln(2)\\
& \iff -x \leqslant \ln(2)-5\\
& \iff x \geqslant 5-\ln(2)
\end{aligned}$

Par conséquent, $\boxed{ S = \intervFO{5-\ln(2)}{+\infty} }$
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{inéquations}[2]
Résoudre les inéquations suivantes :
\begin{multicols}{2}
\begin{enumerate}
\item $\ln(5x+20)>\ln(3x-9)$
\item $\ln(8-2x)\leqslant\ln(5x-25)$
\item $\ln(x^2+1)<\ln(2x^2+x+2)$
\item $\ln(2x^2-3x+1)>\ln(-5x^2+8x-3)$
\item $\ln(x^2-5x-14)\leqslant\ln(2x^2-10x+8)$
\item $\ln(x^2+x-6)>\ln(-2x^2+14x+16)$
\end{enumerate}
\end{multicols}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item $\ln(5x+20)>\ln(3x-9)$.
\begin{itemize}
\item {\bfseries Domaine de définition :} il faut que $\begin{cases}5x+20>0\\3x-9>0\end{cases}$, soit $x>3$.

Le domaine de définition est donc $\mathcal{D}=\intervOO{3}{+\infty}$.

\item {\bfseries Résolution : } 
$\begin{aligned}[t]
     & \ln(5x+20)>\ln(3x-9)\\
\iff & 5x+20>3x-9\\
\iff & 2x > -29\\
\iff & x>-\dfrac{29}{2}.
\end{aligned}$

Notons $\mathcal{U}=\intervOO{-\dfrac{29}{2}}{+\infty}$ ; alors, l'ensemble solution de l'inéquation est $\mathcal{U}\cap\mathcal{D}$, soit $\boxed{\mathcal{S}=\intervOO{3}{+\infty}}$.
\end{itemize}

\item $\ln(8-2x)\leqslant\ln(5x-25)$.
\begin{itemize}
\item {\bfseries Domaine de définition :} il faut que $\begin{cases}8-2x>0\\5x-25>0\end{cases}$, soit $\begin{cases}
x<4\\x>5\end{cases}$, donc le domaine de définition est $\intervOO{-\infty}{4}\cup\intervOO{5}{+\infty}$.

\item {\bfseries Résolution :} 
$\begin{aligned}[t]
     & \ln(8-2x)\leqslant\ln(5x-25)\\
\iff & 8-2x \leqslant 5x-25\\
\iff & 8+25 \leqslant 5x+2x\\
\iff & 7x \geqslant 33\\
\iff & x \geqslant \dfrac{33}{7}.
\end{aligned}$

Notons $\mathcal{U}=\intervFO{\dfrac{33}{7}}{+\infty}$ ; l'ensemble solution de l'inéquation est alors $\mathcal{U}\cap\mathcal{D}$, soit $\boxed{\mathcal{S}=\intervOO{5}{+\infty}}$
\end{itemize}

\item $\ln(x^2+1)<\ln(2x^2+x+2)$.
\begin{itemize}
\item {\bfseries Domaine de définition :} il faut que $\begin{cases}x^2+1>0\\2x^2+x+2>0\end{cases}$, ce qui est toujours le cas car le discriminant des polynômes $x^2+1$ et $2x^2+x+2$ sont strictement négatifs.

Le domaine de définition est donc $\R$.

\item {\bfseries Résolution :} 
$\begin{aligned}[t]
     & \ln(x^2+1)<\ln(2x^2+x+2)\\
\iff & x^2+1<2x^2+x+2\\
\iff & x^2+x+1>0.
\end{aligned}$

Le discriminant de $x^2+x+1$ étant strictement négatif, tout réel $x$ convient. 

L'ensemble solution de cette inéquation est donc $\boxed{\mathcal{S}=\R}$.
\end{itemize}

\item $\ln(2x^2-3x+1)>\ln(-5x^2+8x-3)$.
\begin{itemize}
\item {\bfseries Domaine de définition :} les racines de $2x^2-3x+1$ sont 1 et $\dfrac{1}{2}$ ;\\
ainsi, $2x^2-3x+1>0$ sur $I=\intervOO{-\infty}{\dfrac{1}{2}}\cup\intervOO{1}{+\infty}$.

Les racines de $-5x^2+8x-3$ sont 1 et $\dfrac{3}{5}$ donc $-5x^2+8x-3>0$ sur $J=\intervOO{\dfrac{3}{5}}{1}$.

Le domaine de définition est donc $I \cap J=\varnothing$.

\item {\bfseries Résolution :} le domaine de définition étant l'ensemble vide, il ne peut y avoir de solutions à cette inéquation. Donc $\boxed{\mathcal{S}=\varnothing}$
\end{itemize}

\item $\ln(x^2-5x-14)\leqslant\ln(2x^2-10x+8)$.
\begin{itemize}
\item {\bfseries Domaine de définition :} le polynôme $x^2-5x-14$ admet pour racines $-2$ et 7 donc il est strictement positif sur $I=\intervOO{-\infty}{-2}\cup\intervOO{7}{+\infty}$.

Le polynôme $2x^2-10x+8$ admet pour racines 4 et 1 donc il est strictement positif sur $J=\intervOO{-\infty}{1}\cup\intervOO{4}{+\infty}$.

\medskip

Le domaine de définition est donc $I \cap J$, soit $\mathcal{D}=\intervOO{-\infty}{-2}\cup\intervOO{7}{+\infty}$.

\item {\bfseries Résolution :}
$\begin{aligned}[t]
     & \ln(x^2-5x-14)\leqslant\ln(2x^2-10x+8)\\
\iff & x^2-5x-14\leqslant2x^2-10x+8\\
\iff & x^2-5x+22\geqslant0.
\end{aligned}$

Le discriminant de $x^2-5x+22$ est $\Delta=25-108<0$ donc le polynôme est toujours strictement positif.

\medskip

L'ensemble solution de l'inéquation est donc $\boxed{\mathcal{S}=\intervOO{-\infty}{-2}\cup\intervOO{7}{+\infty}}$
\end{itemize}

\item $\ln(x^2+x-6)>\ln(-2x^2+14x+16)$.
\begin{itemize}
\item {\bfseries Domaine de définition :} le polynôme $x^2+x-6$ admet pour racines 2 et $-3$ donc il est strictement positif sur $I=\intervOO{-\infty}{-3}\cup\intervOO{2}{+\infty}$.

Le polynôme $-2x^2+14x+16$ admet pour racines $-1$ et 8 donc il est strictement positif sur $J=\intervOO{-1}{8}$.

\medskip

Le domaine de définition est donc $I\cap J$, soit $\mathcal{D}=\intervOO{2}{8}$.

\item {\bfseries Résolution :} 
$\begin{aligned}[t]
     & \ln(x^2+x-6)>\ln(-2x^2+14x+16)\\
\iff & x^2+x-6>-2x^2+14+16\\
\iff & 3x^2-13x-22>0.
\end{aligned}$

Le discriminant du polynôme $3x^2-13x-22$ est $\Delta=169+12\times22=433$ donc il admet deux racines : $x_1=\dfrac{13-\sqrt{433}}{6}\notin\mathcal{D}$ et $x_2=\dfrac{13+\sqrt{433}}{6}\in\mathcal{D}$.

Ainsi, $3x^2-13x-22>0$ sur $\mathcal{U}=\intervOO{-\infty}{x_1}\cup\intervOO{x_2}{+\infty}$.

\medskip

L'ensemble solution de l'inéquation est donc $\mathcal{U}\cap\mathcal{D}$, soit $\boxed{\mathcal{S}=\intervOO{\dfrac{13+\sqrt{433}}{6}}{8}}$
\end{itemize}
\end{enumerate}
\end{exocor}


\newpage

\subsection*{Calcul de limites}

%%%

\begin{exocor}{démonstration de cours}[1]
On considère la fonction $f$ définie par :
\[
f(x)=\ln x-x.
\]
\begin{enumerate}
\item \'Etudier les variations de $f$ sur \intervFO{1}{+\infty}.
\item En déduire que pour $x\geqslant1$, $0\leqslant\ln x<x$.
\item Déduire alors que pour $x\geqslant1$, $0\leqslant\dfrac{\ln x}{2x}<\dfrac{1}{\sqrt{x}}$.
\item Calculer alors \limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{\ln x}{x}\right)}.
\end{enumerate}
\vspace*{-1.5em}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item $f'(x)=\dfrac{1}{x}-1$.\\
Or, pour $x\geqslant1$, $0<\dfrac{1}{x}\leqslant1$, et donc $f'(x)\leqslant0$.\\
La fonction $f$ est donc décroissante sur \intervFO{1}{+\infty}.

\newpage

\item $f(1)=-1$, donc $f(x)<0$ sur \intervFO{1}{+\infty}. Donc $\ln x<x$ sur cet intervalle.\\
De plus, on sait que pour $x\geqslant1$, $\ln x\geqslant0$.\\
On en déduit alors que sur \intervFO{1}{+\infty}, $0\leqslant\ln x<x$.

\item Posons $x=\sqrt{u}$, $u\geqslant1$.\\
Alors, de ce qui précède, on déduit que \[0\leqslant\ln\sqrt{u}<\sqrt{u}.\] Ainsi, en divisant par $u$, on a : \[0\leqslant\dfrac{\ln\sqrt{u}}{u}<\dfrac{\sqrt{u}}{u},\] on encore :
\[
0\leqslant\dfrac{\frac{1}{2}\ln u}{u}<\dfrac{1}{\sqrt{u}}.
\]
Que l'on mette $u$ ou $x$ importe peu. Ainsi,
\[ 
\forall x\in\intervFO{0}{+\infty},\ 0\leqslant\dfrac{\ln x}{2x}<\dfrac{1}{\sqrt{x}}.
\]

\item $\limite{x}{+\infty}{\dfrac{1}{\sqrt{x}}}=0$ donc d'après le théorème des gendarmes, $\limite{x}{+\infty}{\dfrac{\ln x}{2x}}=0$. 

Multiplier l'expression par $\dfrac{1}{2}$  ne change pas la limite, donc $\limite{x}{+\infty}{\dfrac{\ln x}{x}}=0$.
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%% NEW 2025

\begin{exocor}{une limite hors programme}[2]
En considérant la fonction $f(x)=\ln(1+x)$ et son taux d'accroissement $\dfrac{f(x)-f(0)}{x-0}$,\linebreak déterminer $\limite{x}{0}{\dfrac{\ln(1+x)}{x}}$.
\vspace*{-1em}

\tcblower

Le taux d'accroissement de $f$ entre 0 et $x$ est $\dfrac{f(x)-f(0)}{x-0}=\dfrac{\ln(1+x)}{x}$. 

Ainsi, par définition, $\limite{x}{0}{\dfrac{\ln(1+x)}{x}}=f'(0)$.

\medskip

Or, $f'(x)=\dfrac{1}{1+x}$ donc $\limite{x}{0}{\dfrac{\ln(1+x)}{x}}=\dfrac{1}{1+0}=1$.
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{limites diverses}[2]
On admettra dans cet exercice que $\limite{x}{0}{\frac{\ln(1+x)}{x}}=1$. Calculer les limites suivantes :

\begin{enumerate}
\begin{multicols}{2}
\item $\limite{x}{-\infty}{\left(\dfrac{\ln\sqrt{x^2-1}}{x^2-1} \right)}$.

\item $\limite{x}{1}{\left(\dfrac{\ln\left(x^2-2x+2 \right)}{(x-1)^2} \right)}$.

\item $\limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{\ln\left( 1-\dfrac{1}{x^2}\right)}{\ln\left(1+\dfrac{1}{x} \right)} \right)}$.

\item $\limite{x}{0}{\left(\dfrac{\ln\left(1+\sqrt{x} \right)}{1-\sqrt{x+1}}\right)}$.
\end{multicols}
\end{enumerate}
\vspace*{-1.5em}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item Nous savons que $\limite{X}{+\infty}{\dfrac{\ln X}{X}}=0$.

\medskip

Posons $X=\sqrt{x^2-1}$. Alors, $\limite{x}{-\infty}{X}=+\infty$.

\medskip

De plus, $\dfrac{\ln\sqrt{x^2-1}}{x^2-1}=\dfrac{\ln X}{X^2}=\dfrac{\ln X}{X}\times\dfrac{1}{X}$.

\medskip

Ainsi, $\limite{x}{-\infty}{\left(\dfrac{\ln\sqrt{x^2-1}}{x^2-1}\right)}=\limite{X}{+\infty}{\left(\dfrac{\ln X}{X}\times\dfrac{1}{X}\right)}$. Or, $\limite{X}{+\infty}{\dfrac{1}{X}}=\limite{X}{+\infty}{\dfrac{\ln X}{X}}=0$. Ainsi,
\[
\boxed{\limite{x}{-\infty}{\left(\dfrac{\ln\sqrt{x^2-1}}{x^2-1} \right)}=0.}
\]

\item $\dfrac{\ln\left(x^2-2x+2 \right)}{(x-1)^2}=\dfrac{\ln\left[(x-1)^2+1 \right]}{(x-1)^2}=\dfrac{\ln(X+1)}{X}$, avec $X=(x-1)^2$.

\medskip

$\limite{x}{1}{X}=0$ donc $\limite{x}{1}{\left(\dfrac{\ln\left(x^2-2x+2 \right)}{(x-1)^2}\right)}=\limite{X}{0}{\dfrac{\ln(1+X)}{X}}=1$.\\
Ainsi,
\[
\boxed{\limite{x}{1}{\left(\dfrac{\ln\left(x^2-2x+2 \right)}{(x-1)^2}\right)}=1.}
\]

\item Posons $f(X)=\ln\left(1-X^2\right)$ et $g(x)=\ln\left(1+X\right)$, avec $X=\dfrac{1}{x}$.

Alors, $\limite{x}{+\infty}{X}=0$, et $f(0)=g(0)=\ln1=0$.
\begin{align*}
\dfrac{f(X)}{g(X)} & = \dfrac{f(X)-f(0)}{g(X)-g(0)}\\& = \dfrac{f(X)-f(0)}{X-0}\times\dfrac{X-0}{g(X)-g(0)}
\end{align*}
Par conséquent,
\begin{align*}
\limite{X}{0}{\dfrac{f(X)}{g(X)}} & = \limite{X}{0}{\left[\dfrac{f(X)-f(0)}{X-0}\times\dfrac{X-0}{g(X)-g(0)}\right]}
\end{align*}
Or, $\limite{X}{0}{\dfrac{f(X)-f(0)}{X-0}}=f'(0)$ et $\limite{X}{0}{\dfrac{X-0}{g(X)-g(0)}}=\dfrac{1}{g'(0)}$.

\medskip

$f'(X)=\dfrac{-2X}{1-X^2}$ et $g'(X)=\dfrac{1}{1+X}$.

Ainsi,
\[
\limite{X}{0}{\dfrac{f(X)}{g(X)}}=\dfrac{f'(0)}{g'(0)}=\dfrac{0}{1}=0
\]
et donc :
\[
\boxed{\limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{\ln\left(1-\dfrac{1}{x^2}\right)}{\ln\left(1+\dfrac{1}{x}\right)} \right)}=0.}
\]

\item On peut écrire :
\begin{align*}
\dfrac{\ln\left(1+\sqrt{x}\right)}{1-\sqrt{x+1}} & =\dfrac{\ln\left(1+\sqrt{x}\right)}{\sqrt{x}}\times\dfrac{\sqrt{x}}{1-\sqrt{x+1}}\times\dfrac{1+\sqrt{x+1}}{1+\sqrt{x+1}}\\
& = \dfrac{\ln\left(1+\sqrt{x}\right)}{\sqrt{x}}\times\dfrac{\sqrt{x}\left(1+\sqrt{x+1}\right)}{\textcolor{red}{1-(x+1)}}\\
& = \dfrac{\ln\left(1+\sqrt{x}\right)}{\sqrt{x}}\times\dfrac{\sqrt{x}\left(1+\sqrt{x+1}\right)}{\color{red}-x}\\
& = \dfrac{\ln\left(1+\sqrt{x}\right)}{\sqrt{x}}\times\dfrac{\cancel{\sqrt{x}}\left(1+\sqrt{x+1}\right)}{\color{red}-\sqrt x \times \cancel{\sqrt x}}\\
& = \dfrac{\ln\left(1+\sqrt{x}\right)}{\sqrt{x}}\times\left(-\dfrac{\left(1+\sqrt{x+1}\right)}{\sqrt{x}}\right)
\end{align*}

$\left.
\begin{array}{r}
\limite{x}{0}{\dfrac{\ln\left(1+\sqrt{x}\right)}{\sqrt{x}}}=\limite{X}{0}{\dfrac{\ln(1+X)}{X}}=1\\
\left.
\begin{array}{l}
\blacktriangleright\ \limite{x}{0}{\sqrt{x}}=0^+\\
\blacktriangleright\ \limite{X}{0^+}{\left(-\dfrac{1}{X}\right)}=-\infty\\
\blacktriangleright\ \limite{x}{0}{\left(1+\sqrt{x+1}\right)}=2
\end{array}\right\rbrace \Rightarrow \limite{x}{0}{\left(-\dfrac{\left(1+\sqrt{x+1}\right)}{\sqrt{x}}\right)}=-\infty
\end{array}\right\rbrace\Rightarrow\scalebox{0.8}{\boxed{\limite{x}{0}{\left(\dfrac{\ln\left(1+\sqrt{x}\right)}{1-\sqrt{x+1}}\right)}=-\infty.}}
$
\end{enumerate}
\end{exocor}


%%%

\begin{exocor}{prise d'initiative}[3]
On considère la fonction $f$ définie sur \R* par :
\[ 
f(x)=\dfrac{x-1}{x^2}\ln\left(x^2+1\right).\]

\begin{enumerate}
\item Calculer \limite{x}{0}{f(x)}. On admettra pour cela que $\limite{X}{0}{\frac{\ln(X+1)}{X}}=1$.
\item Calculer \limite{x}{+\infty}{f(x)}.

\textit{Indice :  on pourra démontrer que, pour tout réel $x$ positif, $\ln(1+x)\leqslant x$ en étudiant la fonction $g(x)=\ln(1+x)-x$. Cela pourra nous servir dans notre raisonnement.}
\item Calculer \limite{x}{-\infty}{f(x)}.
\end{enumerate}
\vspace*{-1.5em}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item Nous savons que $\limite{x}{0}{\dfrac{\ln(X+1)}{X}}=1$. Ainsi, en posant $X=x^2$, on a :
\[ \limite{x}{0}{\dfrac{\ln\left(x^2+1\right)}{x^2}}=1.\]
De plus, $\limite{x}{0}{(x-1)}=-1$, donc $\limite{x}{0}{\left((x-1)\dfrac{\ln\left(x^2+1\right)}{x^2} \right)}=-1$.

Ainsi, $\boxed{\limite{x}{0}{f(x)}=-1.}$

\item Nous pouvons écrire, sur \R* : 
\[
f(x)=\dfrac{\ln\left(x^2+1\right)}{x}-\dfrac{\ln\left(x^2+1\right)}{x^2+1}\times\dfrac{x^2+1}{x^2}
\]
\begin{itemize}
\item $\limite{X}{+\infty}{\dfrac{\ln X}{X}}=0$, donc en posant $X=x^2+1$, nous avons :
\[
\limite{x}{+\infty}{\dfrac{\ln\left(x^2+1\right)}{x^2+1}=0}.
\]
De plus, $\limite{x}{+\infty}{\dfrac{x^2+1}{x^2}}=\limite{x}{+\infty}{\dfrac{x^2\left(1+\frac{1}{x^2}\right)}{x^2}}=\limite{x}{+\infty}{\left(1+\dfrac{1}{x^2}\right)}=1$.

Ainsi, 
\begin{equation}
\limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{\ln\left(x^2+1\right)}{x^2+1}\times\dfrac{x^2+1}{x^2}\right)}=0.\label{ts-ln-01-eq1}
\end{equation}

\item $\ln\left(x^2+1\right)=\ln\left[x^2\left(1+\dfrac{1}{x^2} \right) \right]=2\ln x + \ln\left(1+\dfrac{1}{x^2} \right)$.\\
Ainsi, $\dfrac{\ln\left(x^2+1\right)}{x}=2\dfrac{\ln x}{x}+\dfrac{1}{x}\ln\left(1+\dfrac{1}{x^2} \right)$.

\medskip

Posons $g(x)=\ln(1+x)-x$, pur $x\geqslant0$.\\
Alors, $g'(x)=\dfrac{1}{1+x}-1<0$ pour $x\geqslant0$ donc $g$ est décroissante sur \intervFO{0}{+\infty}.\\
De plus, $g(0)=0$ donc cela signifie que $g(x)\leqslant0$ sur \intervFO{0}{+\infty}.\\
Ainsi, pour $x\geqslant0$, $\ln(1+x)\leqslant x$ et donc $\ln\left(1+\dfrac{1}{x^2}\right)\leqslant\dfrac{1}{x^2}$, soit $\dfrac{1}{x}\ln\left(1+\dfrac{1}{x^2}\right)\leqslant\dfrac{1}{x^3}$.\\
$\dfrac{1}{x}>0$ donc $1+\dfrac{1}{x^2}>1$, d'où $\ln\left(1+\dfrac{1}{x^2}\right)>0$ et finalement $\dfrac{1}{x}\ln\left(1+\dfrac{1}{x^2}\right)>0$.\\
Ainsi, $0<\dfrac{1}{x}\ln\left(1+\dfrac{1}{x^2}\right)\leqslant\dfrac{1}{x^3}$.\\
On en déduit alors que $\limite{x}{+\infty}{\left[\dfrac{1}{x}\ln\left(1+\dfrac{1}{x^2}\right) \right]}=0$ (théorème des gendarmes).\\
De plus, $\limite{x}{+\infty}{\dfrac{\ln x}{x}}=0$ donc 
\begin{equation}
\limite{x}{+\infty}{\dfrac{\ln\left(x^2+1\right)}{x}}=0.\label{ts-ln-01-eq2}
\end{equation}

\item Finalement, des égalités (\ref{ts-ln-01-eq1}) et (\ref{ts-ln-01-eq2}), on en déduit :
\[ \boxed{\limite{x}{+\infty}{f(x)}=0}.\]
\end{itemize}

\item D'après la question précédente,
\[
\limite{x}{-\infty}{\dfrac{\ln\left(x^2+1\right)}{x^2}}=0.
\]
De plus, en écrivant pour $x<0$ :
\[
\dfrac{\ln\left(x^2+1\right)}{x}=2\dfrac{\ln|x|}{x}+\dfrac{1}{x}\ln\left(1+\dfrac{1}{x^2}\right)\;,
\]
On a $\limite{x}{-\infty}{\dfrac{\ln|x|}{x}}=0$.\\
De plus, on a toujours $0<\ln\left(1+\dfrac{1}{x^2}\right)\leqslant\dfrac{1}{x^2}$ et donc $\dfrac{1}{x}\leqslant\dfrac{1}{x}\ln\left(1+\dfrac{1}{x^2}\right)<0$ pour $x<0$.\\
Donc, $\limite{x}{-\infty}{\dfrac{1}{x}\ln\left(1+\dfrac{1}{x^2}\right)}=0$ (théorème des gendarmes).

Finalement,
\[
\limite{x}{-\infty}{\dfrac{\ln\left(x^2+1\right)}{x}}=0.
\]
Alors,
\[
\limite{x}{-\infty}{f(x)}=0.
\]
\end{enumerate}
\end{exocor}


\newpage

\subsection*{Dérivation et étude de fonctions}

%%%

\begin{exocor}{}[2]
Calculer la dérivée des fonctions suivantes :

\begin{enumerate}
\begin{multicols}{3}
\item $f_1(x)=x\ln x-x$
\item $f_2(x)=\dfrac{\ln x}{x}$
\item $f_3(x)=\ln\left(x^2\right)$
\item $f_4(x)=\ln\sqrt{x+1}$
\item $f_5(x)=\dfrac{\ln\left(x^2+1\right)}{x^2+1}$
\item $f_6(x)=\ln\left(\ln x\right)$
\end{multicols}
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item $f_1(x)=x\ln x-x$. 

La fonction $x \mapsto x\ln x$ est de la forme $uv$ avec :
\[
\begin{array}{l@{\qquad;\qquad}l}
u(x)=x & u'(x)=1\\
v(x)=\ln x & v'(x)=\dfrac{1}{x}
\end{array}
\]
donc sa dérivée est :
\[
(u'v+uv')(x)=1\times\ln x + x\times\dfrac{1}{x}=\ln x+1.
\]
Ainsi,
\[
f_1^\prime(x)=\ln x+1-1\qquad\text{soit}\qquad \boxed{f_1^\prime(x)=\ln x}
\]
$f_1^\prime(x)=\ln x$.
\item $f_2(x)=\dfrac{\ln x}{x}$ donc $f_2$ est de la forme $\dfrac{u}{v}$ avec :
\[
\begin{array}{l@{\qquad;\qquad}l}
u(x)=\ln x & u'(x)=\dfrac1 x\\
v(x)=x & v'(x)=1
\end{array}
\]
donc 
\begin{align*}
f_2^\prime(x) & = \dfrac{u'v-uv'}{v^2}(x)\\
& = \dfrac{\frac{1}{x}\times x - \ln x \times 1}{x^2}\\
\Aboxed{f_2^\prime(x) & = \dfrac{1 - \ln x}{x^2}}
\end{align*}

\item $f_3(x)=\ln\left(x^2\right)$ donc $f_3$ est de la forme $\ln u$, avec 
\[
u(x)=x^2 \qquad \text{et}\qquad u'(x)=2x.
\]
Donc 
\begin{align*}
f_3^\prime(x) & = \dfrac{u'}{u}(x)\\
& = \dfrac{2x}{x^2}\\
\Aboxed{f_3^\prime(x) & = \dfrac{2}{x}}
\end{align*}

\item $f_4(x)=\ln\sqrt{x+1}$ donc $f_4$ est de la forme $\ln u$ avec $u(x)=\sqrt{x+1}$.

$u$ est de la forme $\sqrt g$, avec $g(x)=x+1$ donc $u'(x)=\dfrac{g'}{2\sqrt g}=\dfrac{1}{2\sqrt{x+1}}$.

Ainsi,
\begin{align*}
f_4^\prime(x) & = \dfrac{u'}{u}(x)\\
& = \dfrac{\frac{1}{2\sqrt{x+1}}}{\sqrt{x+1}}\\
\Aboxed{f_4^\prime(x) & = \dfrac{1}{2(x+1)}}
\end{align*}

\item $f_5(x)=\dfrac{\ln\left(x^2+1\right)}{x^2+1}$ donc $f_5$ est de la forme $\dfrac{u}{v}$ avec :
\[
u(x)=\ln\big(x^2+1\big)\qquad\text{et}\qquad v(x)=x^2+1.
\] 
$u$ est de la forme $\ln g$, avec $g(x)=x^2+1$ donc :
\[
u'(x)=\dfrac{u'}{u}(x)=\dfrac{2x}{x^2+1}.
\]
Ainsi,
\begin{align*}
f_5^\prime(x) & = \dfrac{u'v-v'u}{v^2}(x)\\[8pt]
& = \dfrac{\frac{2x}{x^2+1}\times(x^2+1)-2x \times \ln\big(x^2+1\big)}{\big(x^2+1\big)^2}\\[8pt]
& = \dfrac{2x-2x\ln(x^2+1)}{(x^2+1)^2}\\[8pt]
\Aboxed{f_5^\prime(x) & = \dfrac{2x\big[1-\ln(x^2+1)\big]}{(x^2+1)^2}}
\end{align*}

\item $f_6(x)=\ln\big(\ln x\big)$ donc $f_6$ est de la forme $\ln u$ avec :
\[
u(x)=\ln x \qquad\text{et}\qquad u'(x)=\dfrac{1}{x}.
\]
Donc
\begin{align*}
f_6^\prime(x) & = \dfrac{u'}{u}(x)\\[8pt]
& = \dfrac{\frac{1}{x}}{\ln x}\\[8pt]
\Aboxed{f_6^\prime(x)& = \dfrac{1}{x\ln x}}
\end{align*}
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{}[2]
\'Etudier la fonction $f$ définie sur \R{} par :
\[ f(x)=\dfrac{\ln\left(x^2+1\right)}{x^2+1}.\]

\tcblower

\begin{itemize}
\item $f(-x)=f(x)$ et le domaine de définition de $f$ est centré en 0.

La fonction $f$ est donc paire. On peut donc l'étudier sur \intervFO{0}{+\infty}.

\item \raisebox{-1.5em}{$\begin{rcases*}
\limite{x}{+\infty}{\left(x^2+1\right)}=+\infty\\
\limite{X}{+\infty}{\dfrac{\ln X}{X}}=0
\end{rcases*}\Rightarrow\boxed{\limite{x}{+\infty}{f(x)}=0}$}

De plus, $f(0)=\dfrac{\ln 1}{1}=0$.


\item D'après l'exercice précédent, $f'(x)=\dfrac{2x\left[1-\ln\left(x^2+1\right)\right]}{\left(x^2+1\right)^2}$.

Sur \intervFO{0}{+\infty}, $2x>0$ donc $f'(x)$ est du signe de $1-\ln\left(x^2+1\right)$.\\
$\begin{aligned}[t]
1-\ln\left(x^2+1\right)>0 & \iff\ln\left(x^2+1\right)<1\\
&\iff x^2+1< \e^1\\
&\iff x^2<\e-1\\
&\iff 0<x<\sqrt{\e-1}
\end{aligned}$

\medskip

On obtient alors le tableau de variations page suivante.
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node[inner sep = 0pt, outer sep = 0pt] (tab) {
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[color,colorL=numpagecorrige!10,colorC=numpagecorrige!10,colorV=numpagecorrige!10]{$x$/0.7,$f'(x)$/0.5,$f(x)$/1.5}{$-\infty$,$-\sqrt{\e-1}$,0,$\sqrt{\e-1}$,$+\infty$}
\tkzTabLine{,+,0,-,0,+,0,-}
\tkzTabVar{-/0,+/$\e^{-1}$,-/0,+/$\e^{-1}$,-/0}
\end{tikzpicture}};
\drawshadow{tab}{black}
\end{tikzpicture}
\end{center}

$\begin{aligned}[t]
f\left(\sqrt{\e-1}\right) & = \dfrac{\ln(\e-1+1)}{\e-1+1}\\
& = \dfrac{1}{\e}\\
& = \e^{-1}
\end{aligned}$
\end{itemize}

\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node[inner sep = 0pt, outer sep = 0pt, fill = white] (img) {
\begin{tikzpicture}[yscale=10]
\draw[gray!50] (-8,0) grid[ystep=0.1] (8,0.5);
\draw[->,>=stealth',thick] (-8,0) -- (8,0);
\draw[->,>=stealth',thick] (0,0) -- (0,0.5);
\draw[very thick,violet] plot[domain=-8:8,samples=70] (\x,{(ln(\x*\x+1))/(\x*\x+1)});
\foreach\x in {-7,-6,-5,-4,-3,-2,-1,0,1,2,3,4,5,6,7}
{
	\draw[thick] (\x,0.01) -- (\x,-0.01) node[below] {\x};
}
\foreach\y in {1,2,3,4}
{
	\draw[thick] (0.1,{\y/10}) -- (-0.1,{\y/10}) node[left] {0,\y};
}
\end{tikzpicture}};
\drawshadow{img}{black}
\end{tikzpicture}
\end{center}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{}[2]
On considère la fonction $f$ définie par :
\[
f(x)=\ln\left(1+\dfrac{1}{x}\right).
\]
\begin{enumerate}
\item Déterminer son domaine de définition.
\item Calculer $f'(x)$ puis déterminer le sens de variations de $f$ sur son domaine de définition.
\item Déterminer les limites de $f(x)$ aux bornes de son domaine de définition.

Dresser un tableau de variations complet de la fonction $f$.
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item Il faut que $1+\dfrac{1}{x}>0$, ou encore $\dfrac{x+1}{x}>0$. En étudiant le signe de ce quotient, on trouve : \[\mathcal{D}_f=\intervOO{-\infty}{-1}\cup\intervOO{0}{+\infty}.\]

\item $f'(x)= \dfrac{-\frac{1}{x^2}}{1+\frac{1}{x}}= \dfrac{-1}{x^2\left(1+\frac{1}{x}\right)}$.\\
On sait que sur $\mathcal{D}_f$, $1+\dfrac{1}{x}>0$ donc $f'(x)<0$.\\
Ainsi, $f$ est strictement décroissante sur \intervOO{-\infty}{-1} et sur \intervOO{0}{+\infty}.

\item $\limite{x}{-\infty}{\dfrac{1}{x}}=0$ donc $\limite{x}{-\infty}{\ln\left(1+\dfrac{1}{x}\right)}=\ln 1=0$.\\
De même, $\limite{x}{+\infty}{f(x)}=0$.

$\limite[x<-1]{x}{-1}{\dfrac{1}{x}}=-1$ et $\limite[x<-1]{x}{-1}{\left(1+\dfrac{1}{x}\right)}=0^+$. Ainsi, $\limite{x}{-1}{f(x)}=-\infty$.

$\limite[x>0]{x}{0}{\dfrac{1}{x}}=+\infty$ donc $\limite{x}{0}{f(x)}=+\infty$.

\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node[inner sep = 0pt, outer sep = 0pt] (tab) {
\begin{tikzpicture}
\tikzset{h style/.style ={pattern=north west lines,pattern color=numpagecorrige!20}}
\tkzTabInit[color,colorL=numpagecorrige!10,colorC=numpagecorrige!10,colorV=numpagecorrige!10]{$x$/0.5,$f(x)$/1}{$-\infty$,$-1$,0,$+\infty$}
\tkzTabVar{+/0,-DH/$-\infty$,D+/$+\infty$,-/0}
\end{tikzpicture}};
\drawshadow{tab}{black}
\end{tikzpicture}
\end{center}
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{}[2]
On considère la fonction $f$ définie par :
\[
f(x)=(x-1)\ln\big(x^2-2x+1\big).
\]
\begin{enumerate}
\item Donner le domaine de définition de $f$. On le notera $\mathcal{D}$.
\item Calculer les limites de $f$ aux bornes de $\mathcal{D}$.
\item Calculer $f'(x)$.
\item Trouver le signe de $f'(x)$ sur $\mathcal{D}$, puis en déduire les variations de $f$ sur $\mathcal{D}$.

Dresser un tableau de variations complet de $f$.
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item $f$ est définie pour tout $x$ tel que $x^2-2x+1>0$, c'est-à-dire lorsque $(x-1)^2>0$.

\uline{Ainsi, $\mathcal{D}=\R\setminus\{1\}$.}

\item 
\begin{itemize}
\item $\limite{x}{-\infty}{(x-1)}=-\infty$ et $\limite{x}{-\infty}{\ln(x^2-2x+1)}=\limite{x}{-\infty}{\ln(x^2)}=+\infty$ donc $\boxed{\limite{x}{-\infty}{f(x)}=-\infty}$.

\item Par un raisonnement analogue, $\boxed{\limite{x}{+\infty}{f(x)}=+\infty}$.

\item $f(x)=(x-1)\ln\left[(x-1)^2\right]$.
\begin{itemize}
\item Si $x>1$, $f(x)=2(x-1)\ln(x-1)$. En posant $X=x-1$, on a $f(X)=2X\ln X$ avec $X\to0$ quand $x\to1$. Or, $\limite{X}{0}{X\ln X}=0$. Ainsi, $\boxed{\limite[x>1]{x}{1}{f(x)}=0}$.
\item Si $x<1$, $f(x)=-2(1-x)\ln(1-x)$. Par un raisonnement analogue à ce qui précède, en posant $X=1-x$, $\boxed{\limite[x<1]{x}{1}{f(x)}=0}$.
\end{itemize}
\end{itemize}

\item $\begin{aligned}[t]
f'(x) & = \ln\left(x^2-2x+1\right)+(x-1)\times\dfrac{2x-2}{x^2-2x+1}\\
& = \ln\left[(x-1)^2\right]+\dfrac{2(x-1)^2}{(x-1)^2}\\
\Aboxed{f'(x)& = \ln\left[(x-1)^2\right]+2}
\end{aligned}$

\item  $\begin{aligned}[t]
f'(x)>0 & \iff \ln\left[(x-1)^2\right]+2>0\\
& \iff \ln\left[(x-1)^2\right]>-2\\
& \iff (x-1)^2 > \e^{-2}\\
& \iff (x-1)^2 - \left(\e^{-1}\right)^2>0\\
& \iff \left(x-1-\e^{-1}\right)\left(x-1+\e^{-1}\right)>0
\end{aligned}$

\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node[inner sep = 0pt, outer sep= 0pt] (tab) {
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[lgt=3,espcl=2,color,colorL=numpagecorrige!10,colorC=numpagecorrige!10,colorV=numpagecorrige!10]{$x$/0.5,$x-1-\e^{-1}$/0.5,$x-1+\e^{-1}$/0.5,$f'(x)$/0.5}{$-\infty$,$1-\e^{-1}$,1,$1+\e^{-1}$,$+\infty$}
\tkzTabLine{,-,,-,,-,z,+}
\tkzTabLine{,-,z,+,,+,,+}
\tkzTabLine{,+,z,-,d,-,z,+}
\end{tikzpicture}};
\drawshadow{tab}{black}
\end{tikzpicture}

\end{center}

\medskip

$\begin{aligned}[t]
f\left(1-\e^{-1}\right) & 
= (1-\e^{-1}-1)\ln\left[ \left(1-\e^{-1}-1\right)^2\right]\\
& = -\e^{-1}\ln\left(\e^{-2}\right)\\
& = -\e^{-1}\times(-2)\\
& = 2\e^{-1}.
\end{aligned}$

\medskip

De m\^eme, $f\left(1+\e^{-1}\right)=-2\e^{-1}$.


On en déduit alors :
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node[inner sep = 0pt, outer sep= 0pt] (tab) {
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[color,colorL=numpagecorrige!10,colorC=numpagecorrige!10,colorV=numpagecorrige!10]{$x$/0.5,$f(x)$/1.5}{$-\infty$,$1-\e^{-1}$,$1+\e^{-1}$,$+\infty$}
\tkzTabVar{-/$-\infty$,+/$2\e^{-1}$,-/$-2\e^{-1}$,+/$+\infty$}
\tkzTabVal{2}{3}{0.5}{1}{0}
\end{tikzpicture}};
\drawshadow{tab}{black}
\end{tikzpicture}

\end{center}
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{comparer deux nombres}[2]
\textit{Dans cet exercice, on acceptera la propriété suivante :}
\[
\text{Pour tous réels $a$ et $b$, }\qquad a\ln b = \ln \big(b^a\big).
\]
\textit{(Dans le cours, nous avons vu qu'elle était vraie pour $a$ \uline{entier})}

\bigskip

On considère la fonction $f$ définie pour tout réel $x$ strictement positif par : \[ f(x)=\e\ln x - x. \]

\begin{enumerate}
\item Calculer $\lim\limits_{x \rightarrow 0} f(x)$.
\item Calculer $\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} f(x)$.
\item Calculer $f'(x)$ et étudier les variations de $f$. Dresser un tableau de variations de $f$.
\item Comparer alors les nombres $\pi^\e$ et $\e^\pi$.
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item On sait que $\lim\limits_{x \rightarrow 0} \ln x = -\infty$ donc $\boxed{\lim\limits_{x \rightarrow 0} (\e\ln x - x)=-\infty}$.

\item On peut écrire : 
\[ f(x)=x\left(\e\frac{\ln x}{x}-1 \right).\] 

On sait que (croissance comparée) : $\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} \dfrac{\ln x}{x}=0$ donc $\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} \left(\e\dfrac{\ln x}{x}-1 \right)=-1$.

Ainsi, par produit, $\boxed{\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} f(x)=-\infty}$.

\item $f'(x)=\dfrac{\e}{x}-1=\dfrac{\e-x}{x}$. Ainsi, sur $\intervOO{0}{\e}$, $f'(x)>0$ et sur $\intervOO{\e}{+\infty}$, $f'(x)<0$ d'où le tableau de variations suivant :

\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node[inner sep = 0pt, outer sep = 0pt] (tab) {
\begin{tikzpicture}[yscale=0.7]
\tkzTab[lgt=3,color,colorL=numpagecorrige!10,colorC=numpagecorrige!10,colorV=numpagecorrige!10]
{
	$x$ / 1 ,
	$f^{\prime}(x)$ / 1,
	$f$ / 2
}
{ $0$ , $\e$ , $+\infty$ }
{ d , + , z , -  , }
{ D-/$-\infty$ , +/$0$ , -/$-\infty$ }
\end{tikzpicture}};
\drawshadow{tab}{black}
\end{tikzpicture}
\end{center}

\item On remarque sur le tableau de variations que pour tout réel $x$ strictement positif et différent de \e, $f(x)<0$. Ainsi : 
\[ f(\pi)<0,\] 
c'est-à-dire : 
\[\e\ln \pi < \pi\] 
soit :  
\[\ln \pi^\e < \pi.\] 
En composant par la fonction exponentielle, qui est strictement croissante, on a alors : 
\[ \e^{\ln\pi^\e}<\e^\pi, \]
Soit : 
\[ \boxed{\pi^\e<\e^\pi}\]
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{prise d'antibiotiques}[2]
Lorsque l'on prend des antibiotiques, la concentration de bactéries présentes dans le corps d'une personne malade diminue avec le temps en suivant le modèle d'une fonction $f$ définie, pour $0\leqslant t\leqslant 6$, par :
\[ f(t)=a\e^{kt}+b\quad,\quad a,\ b,\ k\ \text{étant trois réels},\ \text{avec }a\neq0,\]
où $t$ désigne le temps (exprimé en jour) et où $f(t)$ représente le taux de bactéries restantes.

Ainsi, $f(0)=1$. On suppose que la totalité des bactéries sont éliminées après 6 jours. Donc $f(6)=0$.

\begin{enumerate}
\item Montrer que $f(t)=a\e^{\frac{1}{6}\ln\left(1-\frac{1}{a}\right)t}+1-a$.
\item On sait que \pourcent{50} des bactéries disparaissent au bout de deux jours.

En déduire que $a\e^{\frac{1}{3}\ln\left(1-\frac{1}{a}\right)}+\dfrac{1}{2}-a=0$.
\end{enumerate}

Pour tout nombre réel $x>1$, on pose :
\[g(x)=x\e^{\frac{1}{3}\ln\left(1-\frac{1}{x}\right)}-x+\frac{1}{2}.\]

\begin{enumerate}[start=3]
\item Montrer que $g'(x)=\left(1+\dfrac{1}{3x-3}\right)\e^{\frac{1}{3}\ln\left(1-\frac{1}{x}\right)}-1$.
\item 
\begin{enumerate}
\item Calculer \limite{x}{+\infty}{g'(x)}.
\item On admet que $g''(x)=\dfrac{-2}{9x(x-1)}\e^{\frac{1}{3}\ln\left(1-\frac{1}{x}\right)}$.

En déduire les variations de la fonction $g'$ puis celles de la fonction $g$ sur \intervOO{1}{+\infty}.
\end{enumerate}

\item Montrer alors que l'équation $g(x)=0$ admet une unique solution, notée $\alpha$, sur \intervOO{1,3}{1,4}.

On admet que $\alpha\approx1,309$.
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item 
\begin{itemize}
\item On sait que $f(0)=1$ donc $a\e^{k\times0}+b=1$, soit $a+b=1$, ou encore $b=1-a$.
\item De plus, $f(6)=0$ donc $a\e^{6k}+b=0$, soit $a\e^{6k}=-b=a-1$. Ainsi, $\e^{6k}=1-\dfrac{1}{a}$ et donc $6k=\ln\left(1-\dfrac{1}{a}\right)$.\\
Finalement, $k=\dfrac{1}{6}\ln\left(1-\dfrac{1}{a}\right)$.
\end{itemize}
On obtient alors :
\[
\boxed{f(t)=a\e^{\frac{1}{6}\ln\left(1-\frac{1}{a}\right)t}+1-a}
\]

\item \pourcent{50} des bactéries disparaissent au bout de deux jours, donc $f(2)=\dfrac{1}{2}$, soit :\[a\e^{\frac{1}{6}\ln\left(1-\frac{1}{a}\right)\times2}+1-a=\dfrac{1}{2}.\]
Ainsi, 
\[
\boxed{\e^{\frac{1}{3}\ln\left(1-\frac{1}{a}\right)}+\dfrac{1}{2}-a=0}
\]

\item Si on pose $h(x)=x\e^{\frac{1}{3}\ln\left(1-\frac{1}{x}\right)}$, alors $h$ est de la forme $uv$ avec :
\[
u(x)=x \qquad \text{et} \qquad v(x)=\e^{\frac{1}{3}\ln\left(1-\frac{1}{x}\right)}
\]
avec $u'(x)=1$ et :
\begin{align*}
v'(x) & =\dfrac{1}{3}\times\dfrac{\frac{1}{x^2}}{1-\frac{1}{x}}\e^{\frac{1}{3}\ln\left(1-\frac{1}{x}\right)}\\
& = \dfrac{1}{3x^2}\times\dfrac{x}{x-1}\e^{\frac{1}{3}\ln\left(1-\frac{1}{x}\right)}\\
& = \dfrac{1}{3x}\times\dfrac{1}{x-1}\e^{\frac{1}{3}\ln\left(1-\frac{1}{x}\right)}
\end{align*}
D'où :
\begin{align*}
h'(x) & = (u'v-uv')(x)\\
& = 1\times\e^{\frac{1}{3}\ln\left(1-\frac{1}{x}\right)} + x\times\dfrac{1}{3x}\times\dfrac{1}{x-1}\times\e^{\frac{1}{3}\ln\left(1-\frac{1}{x}\right)}\\
& = \e^{\frac{1}{3}\ln\left(1-\frac{1}{x}\right)}\left(1+\dfrac{1}{3x-3} \right)
\end{align*}
Ainsi, 
\[
g'(x)=h'(x)-1\qquad\text{soit}\qquad\boxed{g'(x)=\e^{\frac{1}{3}\ln\left(1-\frac{1}{x}\right)}\left(1+\dfrac{1}{3x-3} \right)-1}
\]

\item
\begin{enumerate}
\item 
\begin{itemize}
\item $\limite{x}{+\infty}{\left(1+\dfrac{1}{3x-3}\right)}=1$ ;
\item $\limite{x}{+\infty}{\left(1-\dfrac{1}{x}\right)}=1$ et $\limite{X}{1}{\ln X}=0$ donc $\limite{x}{+\infty}{\ln\left(1-\dfrac{1}{x}\right)}=0$.

De plus, $\limite{Y}{0}{\e^Y}=1$ donc $\limite{x}{+\infty}{\e^{\frac{1}{3}\ln\left(1-\frac{1}{x}\right)}}=1$.
\end{itemize}

Ainsi, par produit, $\limite{x}{+\infty}{\e^{\frac{1}{3}\ln\left(1-\frac{1}{x}\right)}\left(1+\dfrac{1}{3x-3} \right)}=1$, et donc 
\[ 
\boxed{\limite{x}{+\infty}{g'(x)}=0}
\]

\item Si $x>1$, alors $9x(x-1)>0$ et donc $\dfrac{-2}{9x(x-1)}<0$.

De plus, une exponentielle est toujours strictement positive, donc $g''(x)<0$ sur \intervOO{1}{+\infty}.

Par conséquent, $g'$ est strictement décroissante sur \intervOO{1}{+\infty} et donc, d'après la question précédente, $g'(x)>0$ sur cet intervalle.

\uline{On en déduit que $g$ est strictement croissante sur \intervOO{1}{+\infty}.}
\end{enumerate}

\item $g(1,3)\approx-\numprint{0,00261269}>0$ et $g(1,4)\approx\numprint{0,022087258}<0$ donc $0$ est une valeur intermédiaire de $g(1,3)$ et $g(1,4)$.\\
De plus, $g$ est continue et strictement monotone sur \intervFF{1,3}{1,4} donc d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l'équation $g(x)=0$ admet une unique solution sur \intervFF{1,3}{1,4}.
\end{enumerate}
\end{exocor}

\newpage

%%%

\begin{exocor}{}[2]
Soit $f$ la fonction définie pour tout réel $x>-1$ par:
\[ f(x)=(x+1)\ln(x+1)-6x-1. \]
\begin{enumerate}
\item Calculer $\limite{x}{-1}{f(x)}$ et $\limite{x}{+\infty}{f(x)}$.
\item Montrer que $f'(x)=\ln(x+1)-5$.
\item En déduire les variations de $f$.
\item Montrer que l'équation $f(x)=0$ admet une solution sur \intervFF{-\dfrac{1}{2}}{0} et une autre sur \intervFF{395}{400}.

En donner une valeur approchée au millième.
\end{enumerate} 

\tcblower

\begin{enumerate}
\item
\begin{itemize}
\item Calcul de $\limite{x}{-1}{f(x)}$.

\medskip

On sait (d'après le cours) que  $\limite{X}{0}{X\ln(X)}=0$; par conséquent, en posant $X=x+1$,  $\limite{x}{-1}{(x+1)\ln(x+1)}=0$.

De plus,  $\limite{x}{-1}{(-6x-1)}=5$.

\underline{Ainsi, par somme,  $\limite{x}{-1}{f(x)}=5$.}

\newpage

\item Calcul de  $\limite{x}{+\infty}{f(x)}$.

On commence par factoriser $f(x)$ par $x$ :
\begin{align*}
f(x) & = x\left( \dfrac{x+1}{x}\ln(x+1) - 6 - \dfrac{1}{x} \right)\\
& = x\left( \left( 1 + \dfrac{1}{x} \right)\ln(x+1) - 6 - \dfrac{1}{x} \right).
\end{align*}

\medskip

$\limite{x}{+\infty}{\left(1 + \dfrac{1}{x} \right)}=1$ et $\limite{x}{+\infty}{\ln(x+1)} = +\infty$ donc, par produit, 
\[
\limite{x}{+\infty}{\left(1 + \dfrac{1}{x} \right)\ln(x+1)}=+\infty.
\]

De plus, $\limite{x}{+\infty}{\left(-6-\dfrac{1}{x}\right)}=-6$. 

Ainsi, par somme, $\limite{x}{+\infty}{\left[\left(1 + \dfrac{1}{x} \right)\ln(x+1)-6-\dfrac{1}{x}\right]}=+\infty$.

\underline{On en déduit par produit, que $\limite{x}{+\infty}{f(x)}=+\infty$.}
\end{itemize}

\item Calculons $f'(x)$.

\begin{itemize}
\item On commence par dériver $g\;:\;x\mapsto (x+1)\ln(x+1)$, qui est de la forme $u \times v$, où :
\begin{align*}
u(x)=x+1 &\qquad  v(x)= \ln(x+1)\\
u'(x)=1 & \qquad v'(x) = \dfrac{1}{x+1}
\end{align*}

Ainsi,
\begin{align*}
g'(x) & = (u'v + v'u)(x)\\
& = 1\times\ln(x+1) + (x+1)\times\dfrac{1}{x+1}\\
& = \ln(x+1)+1.
\end{align*}

\item On en déduit la dérivée de $f(x)$ par somme:
\begin{align*}
f'(x) & = g'(x) + (-6x-1)'\\
& = \ln(x+1)+1-6\\
\Aboxed{ f'(x) & = \ln(x+1)-5}
\end{align*}
\end{itemize}

\item 
\begin{itemize}
\item Déterminons le signe de $f'(x)$. Pour cela, résolvons par exemple l'inéquation suivante:
\begin{align*}
f'(x) > 0 & \iff \ln(x+1)-5\\
& \iff \ln(x+1) > 5\\
& \iff \e^{\ln(x+1)} > \e^5\\
& \iff x + 1 > \e^5\\
& \iff x > \e^5 - 1.
\end{align*}

\item On en déduit le tableau de signes de $f'(x)$, puis le tableau de variations de $f$.

\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node[inner sep = 0pt, outer sep = 0pt] (tab) {
\begin{tikzpicture}
\tkzTab[lgt=3,color,colorL=numpagecorrige!10,colorC=numpagecorrige!10,colorV=numpagecorrige!10]
{
	$x$ / 1 ,
	$f^{\prime}(x)$ / 1,
	$f$ / 2
}
{ $-1$ , $\e^5-1$ , $+\infty$ }
{ d , - , z , +  , }
{ +/$5$ , -/ , +/$+\infty$ }
\end{tikzpicture}};
\drawshadow{tab}{black}
\end{tikzpicture}
\end{center}
\end{itemize}

\item 
\begin{itemize}
\item Montrons que l'équation $f(x)=0$ admet une unique solution sur \intervFF{-\dfrac{1}{2}}{0}. Sur cet intervalle,
\begin{itemize}
\item $f$ est continue et strictement décroissante;
\item de plus, $f\left(-\dfrac{1}{2}\right)\approx1,65$ et $f(0)=-1$ donc \og 0 \fg{} est une valeur intermédiaire entre $f\left(-\dfrac{1}{2}\right)$ et $f(0)$.
\end{itemize}
Ainsi, d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l'équation $f(x)=0$ admet une unique solution sur \intervFF{-\dfrac{1}{2}}{0}. Notons-la $\alpha$.

À la calculatrice, on trouve $\alpha\approx-0,196$.

\item Montrons que l'équation $f(x)=0$ admet une unique solution sur \intervFF{395}{400}. Sur cet intervalle,
\begin{itemize}
\item $f$ est continue et strictement croissante;
\item de plus, $f\left(395\right)\approx-2,36$ et $f(400)=2,58$ donc \og 0 \fg{} est une valeur intermédiaire entre $f\left(395\right)$ et $f(400)$.
\end{itemize}
Ainsi, d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l'équation $f(x)=0$ admet une unique solution sur \intervFF{395}{400}. Notons-la $\beta$.

À la calculatrice, on trouve $\beta\approx397,397$.
\end{itemize}

\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{étude avec fonction auxiliaire}[2]
\partie{A : étude d'une fonction auxiliaire}

On considère la fonction $h$ définie sur \intervOO{0}{+\infty} par : 

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

\begin{enumerate}
\item Montrer que sa dérivée est : $h'(x)=\dfrac{2x^2+x-2}{2x^3}$.
\item étudier le signe de $h'(x)$ sur \intervOO{0}{+\infty}.
\item Dresser un tableau de variations de $h$ sur \intervOO{0}{+\infty}. En déduire le signe de $h(x)$ sur \intervOO{0}{+\infty}.
\end{enumerate}

\bigskip

\partie{B : étude d'une fonction}

On considère la fonction $f$ définie sur \intervOO{0}{+\infty} par : 
\[ f(x)=\big(x^2+1\big)\ln x-x.\]

\begin{enumerate}
\item Calculer sa dérivée puis montrer l'équivalence suivante :
\[
f'(x)>0 \Longleftrightarrow h(x)>0.
\]
\item En déduire les variations de $f$ sur \intervOO{0}{+\infty}.
\item 
\begin{enumerate}
\item Déterminer $\lim\limits_{x \rightarrow 0} f(x)$.
\item Déterminer $\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} f(x)$.
\item Dresser un tableau de variations complet de la fonction $f$ sur \intervOO{0}{+\infty}.
\end{enumerate}

\item 
\begin{enumerate}
\item Montrer que l'équation $f(x)=0$ admet une unique solution, que l'on notera $\alpha$, sur \intervOO{0}{+\infty}.
\item Montrer que $\alpha$ appartient à l'intervalle \intervOO{1}{2}.
\item Donner une valeur approchée de $\alpha$ à $10^{-1}$ près.
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\tcblower

\partie{A}

\begin{enumerate}
\item $h$ est dérivable sur \intervOO{0}{+\infty} comme somme de deux fonctions dérivables sur \intervOO{0}{+\infty}.
\begin{align*}
h'(x) & =\dfrac{1}{x}+\dfrac{(2x-1)(2x^2)-4x(x^2-x+1)}{4x^4}\\
&=\dfrac{1}{x}+\dfrac{4x^3-2x^2-4x^3+4x^2-4x}{4x^4}\\
&=\dfrac{1}{x}+\dfrac{2x^2-4x}{4x^4}\\
&=\dfrac{1}{x}+\dfrac{x-2}{2x^3} = \boxed{\dfrac{2x^2+x-2}{2x^3}}
\end{align*}

\item Le discriminant du polynôme $P(x)=2x^2+x-2$ est : 
\[
\Delta=1-4\times 2 \times (-2)=17.
\]
Il a donc deux racines : 
\[ x_1=\frac{-1-\sqrt{17}}{4} \qquad ; \qquad x_2=\frac{-1+\sqrt{17}}{4}
\]

$P(x)$ est du signe de \og 2 \fg{}  à l'extérieur des racines ; or, $x_1<0$.

\underline{Ainsi, $h'(x)<0$ sur \intervOO{0}{x_2} et $h'(x)>0$ sur \intervOO{x_2}{+\infty}.}

\item On a le tableau suivant :
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node[inner sep = 0pt, outer sep = 0pt] (tab) {
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[color,colorL=numpagecorrige!10,colorC=numpagecorrige!10,colorV=numpagecorrige!10]{$x$/1,$h'(x)$/1,$h(x)$/1}{0,$x_2$,$+\infty$}
\tkzTabLine{d,-,z,+,}
\tkzTabVar{D+/,-/,+/}
\end{tikzpicture}};
\drawshadow{tab}{black}
\end{tikzpicture}
\end{center}

$h(x_2)=\ln\left(\dfrac{\sqrt{17}-1}{4}\right)+\dfrac{\left(\frac{\sqrt{17}-1}{4}\right)^2-\left(\frac{\sqrt{17}-1}{4}+1\right)}{2\left(\frac{\sqrt{17}-1}{4}\right)^2}\approx 0,43 > 0$.

\medskip

\underline{Ainsi, $h(x)>0$ sur $]0;+\infty[$.}
\end{enumerate}


\partie{B}

\begin{enumerate}
\item $f$ est dérivable sur \intervOO{0}{+\infty} comme somme d'une fonction dérivable sur \intervOO{0}{+\infty}\linebreak ($x \mapsto -x$) et d'un produit de deux fonctions dérivables sur \intervOO{0}{+\infty} ($x \mapsto  x^2+1$ et\linebreak $x \mapsto \ln x$).
\begin{align*}
f'(x) & = 2x\ln x+\left(x^2+1\right)\times\dfrac{1}{x}-1\\
&=2x\ln x + \dfrac{x^2+1}{x}-1\\
&=2x\ln x + \dfrac{x^2-x+1}{x}\\
\Aboxed{f'(x) & =2x\left(\ln x + \dfrac{x^2-x+1}{2x^2} \right)}
\end{align*}

Ainsi : 
\begin{align*}
\forall x>0,\ f'(x)>0&  \Longleftrightarrow 2x\left(\ln x + \dfrac{x^2-x+1}{2x^2} \right) > 0\\
& \Longleftrightarrow 2xh(x) > 0\\
& \Longleftrightarrow h(x)>0.
\end{align*}

\item Dans la partie précédente, nous avons vu que sur \intervOO{0}{+\infty}, $h(x)>0$.

\underline{Ainsi, $f$ est strictement croissante sur \intervOO{0}{+\infty}.}

\item
\begin{enumerate}
\item $f(x)=x\times x\ln x + \ln x - x$. Or, $\lim\limits_{x \rightarrow 0} x\ln x=0$ et $\lim\limits_{x \rightarrow 0} \ln x=-\infty$.

Ainsi, $\boxed{\lim\limits_{x \rightarrow 0} f(x)=-\infty}$.

\item $f(x)=x\left[ \left(x+\dfrac{1}{x}\right)\ln x - 1\right]$.\\
Or, $\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} \left(x+\dfrac{1}{x}\right)=+\infty$ et $\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} \ln x = +\infty$.\\
Ainsi,  $\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} \left[\left(x+\dfrac{1}{x}\right)\ln x -1\right]=+\infty$.\\
On a donc : $\boxed{\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} f(x)=+\infty}$.

\item On a le tableau suivant :
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node[inner sep = 0pt, outer sep = 0pt] (tab) {
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[color,colorL=numpagecorrige!10,colorC=numpagecorrige!10,colorV=numpagecorrige!10]{$x$/1,$f'(x)$/1,$f(x)$/1}{0,$+\infty$}
\tkzTabLine{d,+,}
\tkzTabVar{D-/$-\infty$,+/$+\infty$}
\end{tikzpicture}};
\drawshadow{tab}{black}
\end{tikzpicture}
\end{center}
\end{enumerate}

\item 
\begin{enumerate}
\item $f$ est dérivable et strictement croissante sur \intervOO{0}{+\infty}.

De plus, $\lim\limits_{x \rightarrow 0} f(x)<0$ et $\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} f(x)>0$.

Ainsi, d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, il existe une unique valeur $\alpha$ sur \intervOO{0}{+\infty} telle que $f(\alpha)=0$.

\item  $f(1)=2\ln 1-1=-1<0$ et $f(2)=5\ln 2-2>0$ donc $1 < \alpha < 2$.

\item à l'aide de la calculatrice, on a $\alpha \approx 1,6$.
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{}[2]
On considère la fonction $f$ définie sur \intervOO{0}{+\infty} par :
\[ f (x) = \e^x-\ln x\]
et sa courbe représentative $\mathcal{C}$ dans un plan rapporté à un repère orthonormé \Rij.

\begin{enumerate}
\item 
\begin{enumerate}
\item \'Etudier les variations de la fonction $g$ définie sur \intervFO{0}{+\infty} par :
\[ g(x) = x\e^x-1.\]
\item En déduire qu'il existe un réel positif unique $\alpha$ tel que : $\alpha\e^\alpha = 1$. 

Donner un encadrement de $\alpha$ d'amplitude $10^{-3}$.
\item Préciser le signe de $g(x)$ selon les valeurs de $x$.
\end{enumerate}
\item
\begin{enumerate}
\item Déterminer les limites de $f$ aux bornes de \intervOO{0}{+\infty}.
\item Calculer la fonction dérivée $f'$ de $f$ et étudier son signe sur \intervOO{0}{+\infty} en utilisant la question 1. Dresser le tableau de variations de $f$.
\item Montrer que $f$ admet un minimum $m$ égal à $\alpha+\dfrac{1}{\alpha}$. Justifier que : $2,32\leqslant m\leqslant 2,34$.
\end{enumerate}
\item Donner une équation de la tangente $\mathcal{T}$ à $\mathcal{C}$ en son point d'abscisse 1. Déterminer le point d'intersection de $\mathcal{T}$ et de l'axe des abscisses.
\item Tracer $\mathcal{C}$ et $\mathcal{T}$.
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item
\begin{enumerate}
\item $g'(x)=\e^x(1+x)$ donc $g'(x)>0$ sur \intervFO{0}{+\infty}.\\
\underline{Ainsi, $f$ est strictement croissante sur \intervFO{0}{+\infty}.}

\item $g$ est continue et strictement monotone (croissante ici) sur \intervFO{0}{+\infty}.\\
De plus, $g(0)=-1$ et $g(1)=\e-1>0$. Donc, d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, il existe une unique valeur $\alpha$ sur \intervFO{0}{+\infty} telle que $g(\alpha)=0$, soit $\alpha\e^\alpha=1$. On trouve \underline{$\alpha\approx0,567$}.

\item $g$ est croissante et $g(\alpha)=0$ donc $g(x)<0$ sur \intervFO{0}{\alpha} et $g(x)>0$ sur \intervOO{\alpha}{+\infty}.
\end{enumerate}

\item
\begin{enumerate}
\item $\limite{x}{0}{\ln x}=-\infty$ et $\limite{x}{0}{\e^x}=1$ donc, par somme, $\boxed{\limite{x}{0}{f(x)}=+\infty}$.

\medskip

On peut écrire :
\[
f(x)=\e^x\left(1-\dfrac{\ln x}{x}\times\dfrac{x}{\e^x}\right)
\]
De plus, $\limite{x}{+\infty}{\dfrac{\ln x}{x}}=0$ et $\limite{x}{+\infty}{\dfrac{\e^x}{x}}=+\infty$, soit $\limite{x}{+\infty}{\dfrac{x}{\e^x}}=0$.\\
Par produit, on a $\boxed{\limite{x}{+\infty}{f(x)}=+\infty}$.

\item $f'(x)=\e^x-\dfrac{1}{x}=\dfrac{x\e^x-1}{x}=\dfrac{g(x)}{x}$. Ainsi, d'après la question 1, on a :

\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node[inner sep = 0pt, outer sep = 0pt] (tab) {
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[color,colorL=numpagecorrige!10,colorC=numpagecorrige!10,colorV=numpagecorrige!10]{$x$/0.5,$f'(x)$/0.5,$f$/1}{0,$\alpha$,$+\infty$}
\tkzTabLine{,-,z,+}
\tkzTabVar{+/$+\infty$,-/$f(\alpha)$,+/$+\infty$}
\end{tikzpicture}};
\drawshadow{tab}{black}
\end{tikzpicture}
\end{center}

\item $\begin{aligned}[t]
f(\alpha) & =\e^\alpha-\ln\alpha\\
& = \dfrac{1}{\alpha}-\ln\dfrac{1}{\e^\alpha}\qquad\text{d'après la question 1.}b.\\
& = \dfrac{1}{\alpha}-\ln1+\ln\e^\alpha\\
\Aboxed{m& = \dfrac{1}{\alpha}+\alpha}
\end{aligned}$

De plus, avec $\alpha\approx0,567$, on a $m\approx2,33$. D'où le résultat demandé.
\end{enumerate}

\item Une équation de la tangente est :
\[ y=f'(a)(x-a)+f(a)\qquad,\qquad a=0.\]
Ainsi, 
\begin{align*}
y & = f'(1)(x-1)+f(1)\\
& = (\e-1)(x-1)+\e-\ln1\\
& = (\e-1)x-\e+1+\e\\
\Aboxed{y & = (\e-1)x+1}
\end{align*}

Notons A\coord{x}{0} le point d'intersection de $\mathcal{T}$ avec l'axe des abscisses. Alors,
\begin{align*}
(\e-1)x+1 =0 \Leftrightarrow \boxed{x=\dfrac{1}{1-\e}}
\end{align*}
\newpage
\item ~\par
\vspace*{-3em}
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node[inner sep = 5pt, outer sep = 0pt, fill = white] (img) {
\begin{tikzpicture}[xscale=3]
\draw[gray!50,dashed] (-1,0) grid[step=0.5] (2,5);
\draw[thick,->,>=latex] (-1,0) -- (2,0);
\draw[thick,->,>=latex] (0,0) -- (0,5);
\draw[thick] (1,0.1) -- (1,-0.1) node[below] {1};
\draw[thick] (0.1,1) -- (-0.1,1) node[left] {1};
\clip (-1,0) rectangle (2,5);
\draw[thick,color=cyan] plot[domain=0.05:5,samples=200] (\x,{exp(\x)-ln(\x)});
\draw[thick,purple] (-1,{2-exp(1)}) -- (2,{2*exp(1)-1});
\node[text=purple] at (1.7,3.5) {$\mathcal{T}$};
\node[text=cyan] at (1.3,4.5) {$\mathcal{C}_f$};
\end{tikzpicture}};
\drawshadow{img}{black}
\end{tikzpicture}
\end{center}
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{}[2]
Soit $f$ la fonction définie par :
\[
f(x)=k\ln(ax+b)
\]
où $a$, $b$ et $k$ sont trois nombres réels non nuls.

\begin{enumerate}
\item On sait que $f(1)=1$. Montrer alors que $a+b=\e^{\frac{1}{k}}$.
\item On sait de plus que $f'(1)=1$. Montrer alors que $a=\dfrac{b}{k-1}$.

\item En déduire que $b=\left(\dfrac{k-1}{k}\right)\e^{\frac{1}{k}}$ puis que $a=\dfrac{1}{k}\e^{\frac{1}{k}}$.

\item 
\begin{enumerate}
\item Montrer que $f(0)=1+k\ln\left(1-\dfrac{1}{k}\right)$.
\item On souhaite que $f(0)\approx\dfrac{1}{2}$. Est-ce possible ? Si oui, donner une valeur approchée de $k$ au dixième près.

\textit{Aide : on pensera à appliquer le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires sur une fonction appropriée et sur l'intervalle \intervFF{-1}{-0,2} par exemple.}
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item \label{q1ex11ln}$\begin{aligned}[t]
f(1)=1 & \iff k\ln(a+b)=1\\
& \iff \ln(a+b)=\dfrac{1}{k}\\
& \iff \boxed{a+b=\e^{\frac{1}{k}}}
\end{aligned}$

\item $f'(x)=\dfrac{ka}{ax+b}$ donc $\begin{aligned}[t]
f'(1)=1 & \iff \dfrac{ka}{a+b}=1\\
& \iff ka=a+b\\
& \iff ka-a=b\\
& \iff (k-1)a=b\\
& \iff \boxed{a=\dfrac{b}{k-1}}
\end{aligned}$

\item En remplaçant $a$ par $\dfrac{b}{k-1}$ dans l'égalité obtenue à la question \ref{q1ex11ln}, on obtient :
\begin{align*}
\dfrac{b}{k-1}+b=\e^{\frac{1}{k}} & \iff \dfrac{b}{k-1}+\dfrac{b{\color{red}(k-1)}}{\color{red}k-1}=\dfrac{{\color{red}(k-1)}\e^{\frac{1}{k}}}{\color{red}k-1}\\
& \iff b+b(k-1)=(k-1)\e^{\frac{1}{k}}\\
& \iff bk=(k-1)\e^{\frac{1}{k}}\\
& \iff \boxed{b = \dfrac{k-1}{k}\e^{\frac{1}{k}}}
\end{align*}
Comme $a=\dfrac{b}{k-1}=\dfrac{1}{k-1}\times b$, on en déduit que $a=\dfrac{1}{k-1}\times\dfrac{k-1}{k}\e^{\frac{1}{k}}$, soit après simplification par $k-1$ : 
\[
\boxed{a=\dfrac{1}{k}\e^{\frac{1}{k}}}
\]

\item
\begin{enumerate}
\item $\begin{aligned}[t]
f(0) & = k\ln b\qquad avec b=\dfrac{k-1}{k}\e^{\frac{1}{k}}=\left(1-\dfrac{1}{k}\right)\e^{\frac{1}{k}}\\
& = k\ln\left[\left(1-\frac{1}{k}\right)\e^{\frac{1}{k}} \right]\\
& = k\ln\left(1-\dfrac{1}{k}\right)+k\ln\e^{\frac{1}{k}}\\
& = k\ln\left(1-\dfrac{1}{k}\right)+k\times\dfrac{1}{k}\\
\Aboxed{f(0) & = k\ln\left(1-\dfrac{1}{k}\right)+1}
\end{aligned}$

\item On souhaite voir si l'équation $k\ln\left(1-\dfrac{1}{k}\right)+1=0,5$ admet une solution. 
\[
k\ln\left(1-\dfrac{1}{k}\right)+1=0,5 \iff k\ln\left(1-\dfrac{1}{k}\right)+0,5=0. 
\]
Posons alors :
\[
g(k)=k\ln\left(1-\dfrac{1}{k}\right)+0,5.
\]
Alors, 
\begin{align*}
g'(k) & =\ln\left(1-\dfrac{1}{k}\right)+k\times\dfrac{\frac{1}{k^2}}{1-\frac{1}{k}}\\
& =\ln\left(1-\dfrac{1}{k}\right)+\dfrac{1}{k-1}
\end{align*}
et donc :
\[
g''(x)=\dfrac{\frac{1}{k^2}}{1-\frac{1}{k}}-\dfrac{1}{(k-1)^2}=-\dfrac{1}{k(k-1)^2}.
\]
Ainsi, $g''(k)$ est du signe opposé à $k$. Notons au passage que $g$ n'est pas définie sur \intervOO{0}{1}.

Par conséquent, si $k<0$, $g''(k)>0$ donc $g'$ croissante. Or, si $k$ est très proche de $-\infty$, $\dfrac{1}{k}$ est proche de 0 et donc $\ln\left(1-\dfrac{1}{k}\right)$ est proche de $\ln1=0$.

Ainsi, $g'(k)>0$ donc $g$ est strictement croissante.

De plus, $g(-1)=-\ln2+0,5<0$ et $g(-0,2)=-0,2\ln(6)+0,5\approx0,14>0$. $g$ étant continue et strictement croissante sur \intervFF{-1}{-0,2}, d'après le corollaire du théorème de la valeur intermédiaire, il existe un unique $k$ sur \intervFF{-1}{-0,2} tel que $g(k)=0$.

\begin{rem}
Inutile de regarder sur \intervOO{1}{+\infty} car une valeur de $k$ nous suffit. Mais si l'on regarde sur cet intervalle, on voit qu'il n'y a pas de valeur possible car \mbox{$1-\dfrac{1}{k}<1$} donc $\ln\left(1-\dfrac{1}{k}\right)<0$ et donc $g(k)<0,5$.
\end{rem}

La calculatrice nous donne : \underline{$k\approx-0,4$}.
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{étude avec fonction auxiliaire}[2]
L'objectif de cet exercice est d'étudier la fonction $f$ définie sur $\intervOO{0}{+\infty}$ par :
\[
f(x)=\dfrac{x\ln x}{x^2+1}.
\]
Pour cela, on considère les fonctions $g$ et $h$ définies sur $\intervOO{0}{+\infty}$ par :
\[
g(x)=(1-x^2)\ln x+x^2+1\qquad\text{et}\qquad h(x)=x^2(1-2\ln x).
\]
\begin{enumerate}
\item 
\begin{enumerate}
\item Calculer $h'(x)$ puis en déduire les variations de la fonction $h$ sur $\intervOO{0}{+\infty}$.
\item Montrer qu'il existe une unique valeur $\alpha>1$ telle que $h(\alpha)=0$. Donner une valeur approchée de $\alpha$ à 0,001 près.
\item En déduire le signe de $h(x)$ sur $\intervOO{0}{+\infty}$.
\end{enumerate}
\item 
\begin{enumerate}
\item En vous aidant de la question précédente, trouver les variations de $g$ sur \intervOO{0}{+\infty}.
\item En déduire que l'équation $g(x)=0$ admet deux solutions $\beta$ et $\gamma$ telles que $0<\beta<1$ et $\gamma>\alpha$, avec $\gamma=\dfrac{1}{\beta}$.
\end{enumerate}
\item Déduire de la question précédente les variations de $f$ sur \intervOO{0}{+\infty}.
\item Montrer que $f(\beta)=-f(\gamma)$.
\end{enumerate}
\vspace*{-1.5em}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item \setlength{\columnseprule}{1pt}
\begin{enumerate}
\item 
\begin{multicols}{2}
$\begin{aligned}[t]
h'(x) & =2x(1-2\ln x)+x^2\times\left(-2\times\dfrac{1}{x}\right)\\
& = 2x-4x\ln x-2x\\
\Aboxed{h'(x) & =-4x\ln x}
\end{aligned}$

$\begin{aligned}[t]
h'(x)>0 & \Leftrightarrow -4x\ln x>0\\
& \Leftrightarrow \ln x<0\text{ car }x>0\\
& \Leftrightarrow 0<x<\e
\end{aligned}$
\end{multicols}

De plus, \setlength{\columnseprule}{0pt}
\begin{itemize}
\item $\limite{x}{0}{h(x)}=\limite{x}{0}{\big(x^2-2x^2\ln x+1\big)}=1$ car $\limite{x}{0}{x^n\ln x}=0$.
\item $h(1)=1^2(1-2\ln 1)+1)=1+1=2$.
\item $\limite{x}{+\infty}{(1-2\ln x)}=-\infty$ et $\limite{x}{+\infty}{x^2}=+\infty$ donc par produit, $\limite{x}{+\infty}{h(x)}=-\infty$.
\end{itemize}

\newpage

D'où le tableau suivant :

\medskip

\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node[inner sep = 0pt, outer sep = 0pt] (tab) {
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[color,colorL=numpagecorrige!10,colorC=numpagecorrige!10,colorV=numpagecorrige!10]{$x$/0.5,$h'(x)$/0.5,$h$/1}{0,$1$,$+\infty$}
\tkzTabLine{,+,z,-}
\tkzTabVar{-/$1$,+/$2$,-/$-\infty$}
\end{tikzpicture}};
\drawshadow{tab}{black}
\end{tikzpicture}
\end{center}

\item $h$ est continue et strictement décroissante sur \intervFO{1}{+\infty}. 

De plus, $h(1)=2$ et $\limite{x}{+\infty}{h(x)}=-\infty$, donc d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, il existe une unique valeur $\alpha>1$ telle que $h(\alpha)=0$. À la calculatrice, on trouve:
\[
\alpha\approx1,895
\]
\item De ce qui précède, on déduit le tableau suivant :
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node[inner sep = 0pt, outer sep = 0pt] (tab) {
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[color,colorL=numpagecorrige!10,colorC=numpagecorrige!10,colorV=numpagecorrige!10]{$x$/0.5,$h(x)$/0.5}{0,$\alpha$,$+\infty$}
\tkzTabLine{,+,z,-}
\end{tikzpicture}};
\drawshadow{tab}{black}
\end{tikzpicture}
\end{center}
\end{enumerate}

\item
\begin{enumerate}
\item $\begin{aligned}[t]
g'(x) 
& = -2x\ln x+(1-x^2)\times\dfrac{1}{x}+2x\\
& = \dfrac{-2x^2\ln x+1-x^2+2x^2}{x}
\end{aligned}$

$\begin{aligned}[t]
g'(x)& = \dfrac{-2x^2\ln x + x^2 + 1}{x}\\
& = \dfrac{(1-2\ln x)x^2 + 1}{x}\\
\Aboxed{g'(x) & =\dfrac{h(x)}{x}}
\end{aligned}$

Ainsi, $g'(x)$ est du signe de $h(x)$ (car $x>0$).

\medskip

De plus,
\begin{itemize}
\item $\limite{x}{0}{(1-x^2)}=1$ et $\limite{x}{0}{\ln x}=-\infty$ donc $\limite{x}{0}{(1-x^2)\ln x}=-\infty$.

De plus, $\limite{x}{0}{(x^2+1)}=1$ donc par somme, $\limite{x}{0}{g(x)}=-\infty$.

\item $g(\alpha)\approx2,9>0$

\item $g(x)=x^2\left[\left(\dfrac{1}{x^2}-1\right)\ln x+1+\dfrac{1}{x^2}\right]$.

$\limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{1}{x^2}-1\right)}=-1$ et $\limite{x}{+\infty}{\ln x}=+\infty$ donc par produit,\\
$\limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{1}{x^2}-1\right)\ln x}=-\infty$.

De plus, $\limite{x}{+\infty}{\left(1+\dfrac{1}{x^2}\right)}=1$ donc par somme,\\
$\limite{x}{+\infty}{\left[\left(\dfrac{1}{x^2}-1\right)\ln x+1+\dfrac{1}{x^2}\right]}=-\infty$.

Ainsi, par produit, $\limite{x}{+\infty}{g(x)}=-\infty$.
\end{itemize}

D'où le tableau page suivante.
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node[inner sep = 0pt, outer sep = 0pt] (tab) {
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[color,colorL=numpagecorrige!10,colorC=numpagecorrige!10,colorV=numpagecorrige!10]{$x$/0.5,$g'(x)$/0.5,$g(x)$/1}{0,$\alpha$,$+\infty$}
\tkzTabLine{,+,z,-}
\tkzTabVar{-/$-\infty$,+/$g(\alpha)>0$,-/$-\infty$}
\end{tikzpicture}};
\drawshadow{tab}{black}
\end{tikzpicture}
\end{center}

\item Sur \intervOO{0}{\alpha}, $g$ est continue et strictement décroissante. De plus, $\limite{x}{0}{g(x)}=-\infty$ et $g(\alpha)>0$ donc d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, il existe une unique solution $\beta$ sur \intervOO{0}{\alpha} à l'équation $g(x)=0$.

Il en est de même sur \intervOO{\alpha}{+\infty}. La solution est alors notée $\gamma$.
\[
\beta\approx0,301\qquad\text{et}\qquad\gamma\approx3,319
\]
Nous savons donc que :
\[
g(\beta)=0\qquad\text{donc :}\qquad (1-\beta^2)\ln\beta+\beta^2+1=0.
\]
Ainsi,
\begin{align*}
g\left(\dfrac{1}{\beta}\right) & = \left(1-\dfrac{1}{\beta^2}\right)\ln\dfrac{1}{\beta}+\dfrac{1}{\beta^2}+1\\
& = \dfrac{\beta^2-1}{\beta}\times(-\ln\beta)+\dfrac{\beta^2+1}{\beta^2}
\end{align*}

\begin{align*}
g\left(\dfrac{1}{\beta}\right)  & = \dfrac{(1-\beta^2)\ln\beta+\beta^2+1}{\beta^2}\\
& = \dfrac{g(\beta)}{\beta^2}\\
& = 0.
\end{align*}
Ainsi, $\dfrac{1}{\beta}$ est solution de l'équation $g(x)=0$. Or, cette équation n'admet que deux solutions : $\beta$ et $\gamma$. De plus, $\beta\neq\dfrac{1}{\beta}$ donc $\gamma=\dfrac{1}{\beta}$.
\end{enumerate}

\item $\begin{aligned}[t]
f'(x) & = \dfrac{(\ln x+1)(x^2+1)-2x^2\ln x}{(x^2+1)^2}\\
& = \dfrac{\ln x-x^2\ln x+x^2+1}{(x^2+1)^2}\\
& = \dfrac{(1-x^2)\ln x+x^2+1}{(x^2+1)^2}\\
\Aboxed{f'(x) & = \dfrac{g(x)}{(x^2+1)^2}}
\end{aligned}$

\medskip

Ainsi, $f'(x)$ est du signe de $g(x)$ d'où :

\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node[inner sep = 0pt, outer sep = 0pt] (tab) {
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[color,colorL=numpagecorrige!10,colorC=numpagecorrige!10,colorV=numpagecorrige!10]{$x$/0.5,$f'(x)$/0.5,$f(x)$/1}{0,$\beta$,$\frac{1}{\beta}$,$+\infty$}
\tkzTabLine{,-,z,+,z,-}
\tkzTabVar{+/$0$,-/$f(\beta)$,+/$f(\frac{1}{\beta})$,-/$0$}
\end{tikzpicture}};
\drawshadow{tab}{black}
\end{tikzpicture}
\end{center}

\item $\begin{aligned}[t]
f(\gamma) & = f\left(\dfrac{1}{\beta}\right) = \dfrac{\frac{1}{\beta}\ln\frac{1}{\beta}}{\frac{1}{\beta^2}+1} = \dfrac{\frac{-\ln\beta}{\beta}}{\frac{1+\beta^2}{\beta^2}}\\
& = -\dfrac{\ln\beta}{\beta}\times\dfrac{\beta^2}{1+\beta^2}\\
& = -\dfrac{\beta\ln\beta}{\beta^2+1}\\
& = -f(\beta).
\end{aligned}$
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{avec une fonction auxiliaire}[2]
\partie{A}
On considère la fonction $g$ définie sur \intervOO{0}{+\infty} par :
\[
g(x)=1-x\e-2\ln x.
\]
\begin{enumerate}
\item Déterminer $\limite{x}{0}{g(x)}$ et $\limite{x}{+\infty}{g(x)}$.
\item Déterminer les variations de $g$ sur \intervOO{0}{+\infty}.
\item Montrer que l'équation $g(x)=0$ admet une unique solution sur \intervFF{\dfrac{1}{2}}{1}.

On notera $\alpha$ cette solution et on en donnera une valeur approchée à 0,01 près.
\item Donner alors le signe de $g(x)$ sur \intervOO{0}{+\infty}.
\end{enumerate}

\bigskip

\partie{B}

On considère la fonction $f$ définie sur \intervOO{0}{+\infty} par :
\[
f(x)=\dfrac{\ln x+x\e}{x^2}.
\]
\begin{enumerate}
\item Déterminer $\limite{x}{0}{f(x)}$ et $\limite{x}{+\infty}{f(x)}$.
\item Montrer que $f'(x)=\dfrac{g(x)}{x^3}$ et en déduire les variations de $f$ sur \intervOO{0}{+\infty}.
\item Montrer que $f(\alpha)=\dfrac{1+\alpha\e}{2\alpha^2}$.
\end{enumerate}
\vspace*{-1.5em}

\tcblower

\partie{A}
\begin{enumerate}
\item \raisebox{-1em}{$\left.\begin{array}{l}
\limite{x}{0}{(1-x\e)}=1\\
\limite{x}{0}{(-2\ln x)}=+\infty
\end{array}\right\rbrace\text{ par somme, }\boxed{\limite{x}{0}{g(x)}=+\infty}$}

\medskip

$\left.
\begin{array}{l}
\limite{x}{+\infty}{(1-x\e)}=-\infty\\
\limite{x}{+\infty}{(-2\ln x)}=-\infty
\end{array}
\right\rbrace\text{ par somme, }\boxed{\limite{x}{+\infty}{g(x)}=-\infty}$

\item $g(x)=u(x)+v(x)$, où $u(x)=1-x\e$ et $v(x)=-2\ln x$. $u$ et $v$ étant deux fonctions strictement décroissantes sur \intervOO{0}{+\infty}, \uline{$g$ est strictement décroissante sur \intervOO{0}{+\infty}} (comme somme de deux fonctions strictement décroissantes sur le même intervalle).


\item Sur \intervFF{\dfrac{1}{2}}{1},
\begin{itemize}
\item $g$ est continue et strictement monotone (décroissante ici) ;
\item $g\left(\dfrac{1}{2}\right)=1-\dfrac{\e}{2}+2\ln2\approx1,03>0$ et $g(1)=1-\e<0$
\end{itemize}
Ainsi, d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, il existe une unique valeur $\alpha$ dans \intervFF{\dfrac{1}{2}}{1} telle que $g(\alpha)=0$.

\medskip

À l'aide de la calculatrice, on trouve : \uline{$\alpha\approx0,67$}.


\item On déduit de ce qui a été dit précédemment le tableau suivant :
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node[inner sep = 0pt, outer sep = 0pt] (tab) {
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[color,colorL=numpagecorrige!10,colorC=numpagecorrige!10,colorV=numpagecorrige!10]{$x$/0.5,$g(x)$/0.75}{0,$\alpha$,$+\infty$}
\tkzTabLine{,+,z,-}
\end{tikzpicture}};
\drawshadow{tab}{black}
\end{tikzpicture}
\end{center}
\end{enumerate}

\partie{B}

\begin{enumerate}
\item \raisebox{-1em}{$\left.
\begin{array}{l}
\limite{x}{0}{(\ln x+x\e)}=-\infty\\
\limite{x}{0}{x^2}=0^+
\end{array}
\right\rbrace\text{ donc, par quotient, }\boxed{\limite{x}{0}{f(x)}=-\infty}$}

\medskip

$f(x)=\dfrac{x\left(\frac{\ln x}{x}+\e\right)}{x^2}=\dfrac{\frac{\ln x}{x}+\e}{x}$.

\medskip

$\left.
\begin{array}{l}
\limite{x}{+\infty}{\frac{\ln x}{x}}=0\text{ donc }\limite{x}{+\infty}{\left(\frac{\ln x}{x}+\e\right)}=\e\\
\limite{x}{+\infty}{x}=+\infty
\end{array}
\right\rbrace\text{ donc, par quotient, }\boxed{\limite{x}{+\infty}{f(x)}=0}$

\item $\begin{aligned}[t]
f'(x) & =\dfrac{x^2\left(\frac{1}{x}+\e\right)-2x(\ln x+x\e)}{x^4}\\
& = \dfrac{x+x^2\e-2x\ln x-2x^2\e}{x^4}\\
& = \dfrac{x-x^2\e-2x\ln x}{x^4}\\
& = \dfrac{x(1-x\e-2\ln x)}{x^4}\\
& = \dfrac{1-x\e-2\ln x}{x^3}\\
\Aboxed{f'(x) & =\dfrac{g(x)}{x^3}}
\end{aligned}$

On déduit alors de la partie A le tableau suivant :
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node[inner sep = 0pt, outer sep = 0pt] (tab) {
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[color,colorL=numpagecorrige!10,colorC=numpagecorrige!10,colorV=numpagecorrige!10]{$x$/0.5,$f'(x)$/0.5,$f(x)$/1}{0,$\alpha$,$+\infty$}
\tkzTabLine{,+,z,-}
\tkzTabVar{-/$-\infty$,+/$f(\alpha)$,-/$0$}
\end{tikzpicture}};
\drawshadow{tab}{black}
\end{tikzpicture}
\end{center}

\item $\alpha$ est la valeur pour laquelle $g(\alpha)=0$.
\begin{align*}
g(\alpha)=0 & \Longleftrightarrow 1-\alpha\e-2\ln\alpha=0\\
& \Longleftrightarrow -2\ln\alpha=-1+\alpha\e\\
& \Longleftrightarrow \ln\alpha=\dfrac{1-\alpha\e}{2}\tag{E}\label{ts-ln-17-eg1}
\end{align*}
Ainsi,
\begin{align*}
f(\alpha) & = \dfrac{\ln \alpha + \alpha\e}{\alpha^2}\\
& = \dfrac{\frac{1-\alpha\e}{2}+\alpha\e}{\alpha^2}\text{ , d'après l'égalité (\ref{ts-ln-17-eg1})}\\
& = \dfrac{1}{\alpha^2}\times\dfrac{1-\alpha\e+2\alpha\e}{2}\\
\Aboxed{f(\alpha) & = \dfrac{1+\alpha\e}{2\alpha^2}}
\end{align*}
\end{enumerate}
\end{exocor}


\subsection*{Logarithme népérien et suites numériques}


%%%

\begin{exocor}{l'éponge de Menger}[2]
L'\textit{éponge de Menger} est un objet fractal, c'est-à-dire un objet dit \textit{auto-similaire} (quand on fait un zoom sur une partie de cet objet, on retrouve la structure de l'objet lui-même).

Cet objet est construit à partir d'un cube rempli, en lui ôtant deux prismes perpendiculaires à base carrée, puis en réitérant ceci une infinité de fois (voir illustration ci-dessous).

\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node[inner sep = 0pt, outer sep = 0pt, fill = white] (img) {
\includegraphics[width=0.6\linewidth]{eponge-fractale.png}
};
\drawshadow{img}{black}
\end{tikzpicture}
\end{center}

\medskip

On note :

\begin{itemize}
\item $N_p$ le nombre de cubes pleins à l'étape $p$;
\item $L_p$ la longueur du côté de la base du $p$-ième cylindre enlevé (à l'étape $p$).
\end{itemize}

On appelle \textit{dimension de l'objet fractal} le nombre $d$ défini par :
\[
d = -\limite{p}{+\infty}\left(\dfrac{\ln N_p}{\ln L_p}\right).
\]
\begin{enumerate}
\item Justifier que $N_p=20^p$ et $L_p=3^{-p}$ pour $p>0$.
\item En déduire que $d=\dfrac{\ln 20}{\ln 3}$.
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item Démontrons par récurrence les résultats.
\begin{itemize}
\item À l'étape $p=1$, il y a 20 cubes remplis (il suffit de compter). Donc $N_1=20$.

De plus, la longueur du côté du carré de base des cylindres représente le tiers du côté du cube donc $L_1=\dfrac{1}{3}=3^{-1}$.

\newpage

\item Supposons qu'à l'étape $p-1$, $N_{p-1}=20^{p-1}$ et $L_{p-1}=3^{-(p-1)}$.

La fractale étant auto-similaire, à chaque cube de l'étape $p-1$, on fait ce que l'on a fait au premier cube donc :
\[
N_p=20\times N_{p-1}=20 \times 20^{p-1}=20^p.
\]
De plus,
\[
L_p=\dfrac{1}{3}L_{p-1}=3^{-1}\times 3^{-(p-1)}=3^{-p}.
\]

L'hérédité est vérifiée.
\end{itemize}

La propriété est donc vraie pour tout entier $p>0$.

\item Par définition, on a :
\begin{align*}
d & = -\limite{p}{+\infty}\left(\dfrac{\ln N_p}{\ln L_p}\right)\\
& = -\limite{p}{+\infty}\left(\dfrac{\ln\big(20^p\big)}{\ln\big(3^{-p}\big)}\right)
\end{align*}

\begin{align*}
d & = -\limite{p}{+\infty}\left(\dfrac{p\ln\big(20\big)}{-p\ln\big(3\big)}\right)\qquad\text{ car }\ln(a^p)=p\ln(a)\\
& = \limite{p}{+\infty}\left(\dfrac{\ln (20)}{\ln(3)}\right)\\
\Aboxed{d & = \dfrac{\ln20}{\ln3}}
\end{align*}
\end{enumerate}
\end{exocor}


%%%

\newpage

\begin{exocor}{suites avec logarithme népérien}[2]
On considère la suite \suite{u}{n}{n\in\N} définie par :
\[
\begin{cases}
u_0=1\\
\forall n\in\N,\ u_{n+1}=\ln(u_n+1).
\end{cases}
\]

Soit $f$ la fonction définie sur $\intervOO{-1}{+\infty}$ par :
\[
f(x)=\ln(x+1)-x.
\]

\begin{enumerate}
\item Montrer que pour tout réel $x$ strictement supérieur à $-1$, $f(x)\leqslant0$.
\item Montrer par récurrence que pour tout entier naturel $n$, $u_n>0$.
\item Montrer que \suite{u}{n}{n\in\N} est décroissante. En déduire qu'elle converge.
\item Déterminer la limite de \suite{u}{n}{n\in\N}.
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item $f'(x)=\dfrac{1}{1+x}-1=\dfrac{1-(1+x)}{1+x}=\dfrac{-x}{1+x}$ d'où le tableau suivant :
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[baseline=-2cm]
\node[inner sep = 0pt, outer sep = 0pt] (tab) {
\begin{tikzpicture}[baseline=-2cm]
\tkzTabInit[color,colorL=numpagecorrige!10,colorC=numpagecorrige!10,colorV=numpagecorrige!10]{$x$/1.3,$f'(x)$/0.7,$f$/1.5}{$-1$,$0$,$+\infty$}
\tkzTabLine{d,+,z,-}
\tkzTabVar{-/,+/$0$,-/}
\end{tikzpicture}};
\drawshadow{tab}{black}
\end{tikzpicture}
\qquad
$f(0)=\ln(1+0)-0=\ln1=0.$
\end{center}

\underline{Ainsi, pour $x>-1$, $f(x)\leqslant0$.}

\newpage

\item Notons $\mathcal{P}_n$ : $u_n>0$.
\begin{itemize}
\item \textbf{Initialisation :} au $u_0=1>0$ donc la propriété est vraie au rang initial.

\item \textbf{Hérédité :} supposons que pour un entier $k$ fixé, $\mathcal{P}_k$ soit vraie. Alors :
\begin{align*}
u_k>0 & \iff u_k+1>1\\
& \iff \ln(u_k+1)>\ln1\\
& \iff u_{k+1} > 0.
\end{align*}
L'hérédité est alors vérifiée.
\end{itemize}
\underline{Ainsi, pour tout entier naturel $n$, $u_n>0$}.

\item Pour tout entier naturel $n$, 
\[
u_{n+1}-u_n=\ln(u_n+1)-u_n=f(u_n).\]
Or, d'après la question précédente, $u_n>0$ donc $f(u_n)\leqslant$ d'après les variations de $f$ sur \intervFO{0}{+\infty}.

\underline{Par conséquent, $u_{n+1}-u_n<0$; la suite \suite{u}{n}{n\in\N} est donc décroissante.}

La suite est donc décroissante et minorée par 0. Toute suite décroissante et minorée converge donc \suite{u}{n}{n\in\N}, elle converge.

\item On pose $\ell=\limite{n}{+\infty}{u_n}$. Par définition, 
\[
\limite{n}{+\infty}{u_{n+1}}=\limite{n}{+\infty}{u_{n}}=\ell
\]
donc :
\[
\limite{n}{+\infty}{\ln(u_n+1)}=\ell.
\]
La fonction $x\mapsto\ln x$ étant continue sur \intervOF{0}{+\infty}, 
\[
\limite{n}{+\infty}{\ln(u_n+1)}=\ln\big(\limite{n}{+\infty}{(u_n)}+1\big)=\ln(\ell+1)
\]
donc :
\[
\ln(\ell+1)=\ell \qquad\text{soit}\qquad \ln(\ell+1)-\ell=0
\]
ou encore : $f(\ell)=0$.

D'après les variations de $f$, il n'existe qu'une valeur de $x$ pour laquelle $f(x)=0$ : c'est $x=0$.

\underline{Par conséquent, $\ell=0$. La suite \suite{u}{n}{n\in\N} converge donc vers 0.}
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{suite se ramenant à une suite géométrique}[2]
On considère la suite \suite{u}{n}{n\geqslant0} définie par :
\[
\begin{cases}
u_0=5\e\\
u_{n+1}=\sqrt{5u_n}
\end{cases}
\]
\begin{enumerate}
\item Montrer par récurrence que pour tout entier naturel $n$, $u_n\geqslant5$.
\item \'Etudier les variations de \suite{u}{n}{n\geqslant0}.

\item En déduire que \suite{u}{n}{n\geqslant0} converge.

\item Pour tout entier naturel $n$, on pose $v_n=\ln(u_n)-\ln(5)$.
\begin{enumerate}
\item Montrer que \suite{v}{n}{n\geqslant0} est une suite géométrique. Préciser alors sa raison et son premier terme.
\item En déduire une expression de $v_n$, puis de $u_n$, en fonction de $n$.
\item Calculer alors $\limite{n}{+\infty}u_n$.
\end{enumerate}

\item Pour tout entier naturel $n$, on pose $P_n=\dfrac{u_0\times u_1\times u_2\times\cdots\times u_n}{5^n}$.

Calculer $\limite{n}{+\infty}{P_n}$.
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item Pour $n=0$, $u_0=5\e\approx13,59\geqslant5$ donc l'initialisation est faite.

Supposons que pour un entier $k$ fixé, $u_k\geqslant5$.

Alors, $5u_k\geqslant25$ et $\sqrt{5u_k}\geqslant5$, soit $u_{k+1}\geqslant5$. 

L'hérédité est alors vérifiée; ainsi, \uline{pour tout entier naturel $n$, on a bien $u_n\geqslant5$}.

\item Pour tout entier naturel $n$, on a :
\begin{align*}
u_{n+1}-u_n & = \sqrt{5u_n}-u_n\\
& = \dfrac{\big(\sqrt{5u_n}-u_n\big)\big(\sqrt{5u_n}+u_n\big)}{\sqrt{5u_n}+u_n}\\
& = \dfrac{5u_n-u_n^2}{\sqrt{5u_n}+u_n}\\
& =\dfrac{u_n(5-u_n)}{\sqrt{5u_n}+u_n}\\
& \leqslant0\text{ car $u_n\geqslant5$ d'après la question précédente}.
\end{align*}
\uline{Ainsi, \suite{u}{n}{n\in\N} est strictement décroissante.}

\item La suite \suite{u}{n}{n\in\N} est minorée (par 5) et décroissante, donc elle converge.

\item
\begin{enumerate}
\item $\begin{aligned}[t]
v_{n+1} & = \ln(u_{n+1})-\ln5\\
& = \ln\sqrt{5u_n}-\ln5\\
& = \dfrac{1}{2}\ln(5u_n)-\ln5\\
& = \dfrac{1}{2}\big(\ln5+\ln(u_n)\big)-\ln5\\
& = \dfrac{1}{2}\ln(u_n)-\dfrac{1}{2}\ln5\\
& = \dfrac{1}{2}\big(\ln(u_n)-\ln5\big)\\
& = \dfrac{1}{2}v_n.
\end{aligned}$

\medskip

Ainsi, \suite{v}{n}{n\in\N} est une suite géométrique de raison $q=\dfrac{1}{2}$ et de premier terme :
\[
v_0=\ln(u_0)-\ln5=\ln(5\e)-\ln5=\ln5+\ln\e-\ln5=\ln\e=1.
\]
\item $v_n=v_0\times q^n=\dfrac{1}{2^n}$ car \suite{v}{n}{n\in\N} est géométrique.

De plus,
\begin{align*}
v_n=\ln(u_n)-\ln5 & \iff \ln(u_n)=v_n+\ln5\\
& \iff u_n=\e^{v_n+\ln5}\\
& \iff u_n=\e^{v_n}\times\e^{\ln5}\\
& \iff \boxed{u_n= 5\e^{\frac{1}{2^n}}}
\end{align*}

\item $\limite{n}{+\infty}{\dfrac{1}{2^n}}=0$ donc $\limite{n}{+\infty}{u_n}=5\e^0=5$.
\end{enumerate}

\item D'après la question précédente,
\begin{align*}
P_n & = \dfrac{\overbrace{u_0 \times u_1 \times u_2 \times \cdots \times u_n}^{\textcolor{red}{(n+1)\text{ facteurs}}}}{5^n}\\
& = \dfrac{5\e^{v_0} \times 5\e^{v_1} \times 5\e^{v_2} \times \cdots \times 5\e^{v_n}}{5^n}\\
& = \dfrac{5^{\color{red}n+1}\e^{v_0+v_1+v_2+\cdots+v_n}}{5^n}\\
& =5\e^{v_0+v_1+v_2+\cdots+v_n}.
\end{align*}

\suite{v}{n}{n\in\N} étant géométrique, 
\[
v_0+v_1+v_2+\cdots+v_n = v_0 \times \dfrac{1-q^{n+1}}{1-q} = \dfrac{1-\frac{1}{2^{n+1}}}{1-\frac{1}{2}}=2\left(1-\frac{1}{2^{n+1}}\right).
\]
Ainsi, 
\[
P_n = 5\e^{2\left(1-\frac{1}{2^{n+1}}\right)}.
\]
Or, $\limite{n}{+\infty}{\dfrac{1}{2^{n+1}}}=0$ donc :
\[
\boxed{\limite{n}{+\infty}{P_n}=5\e^2}
\]
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\newpage

\begin{exocor}{suite de fonctions}[3]
\begin{enumerate}
\item Déterminer la limite en $+\infty$ de la fonction $\varphi~:~x\mapsto\dfrac{\ln\left(x^2+1\right)}{x}$.

\item Soit $n$ un entier naturel non nul, $n$ étant fixé pour cette question. On définit la fonction $f_n$ sur \intervFO{0}{+\infty} par :
\[
f_n(x)=2x-2+\frac{\ln\left(x^2+1\right)}{n}.
\]
\begin{enumerate}
\item Déterminer la limite de $f_n$ en $+\infty$.
\item Calculer la dérivée de $f_n$ sur \intervFO{0}{+\infty}.
\item Dresser le tableau de variations de $f_n$.
\item En déduire que l'équation, d'inconnue $x$, $f_n(x)=0$ admet une unique solution $\alpha_n$ dans \intervFO{0}{+\infty}.
\item Justifier que $0<\alpha_n<1$.
\end{enumerate}
\item Prouver que pour tout entier naturel $n$ non nul, $\ln\left(\alpha_n^2+ 1\right)=2n(1-\alpha_n)$.

En déduire que $f_{n+1}(\alpha_n)<0$.

\item étude de la suite \suite{\alpha}{n}{n\in\N*}.
\begin{enumerate}
\item à l'aide de la calculatrice, proposer sans justification, des valeurs décimales approchées à $10^{-2}$ près de $\alpha_1$, $\alpha_4$ et $\alpha_{10}$.
\item Démontrer que la suite \suite{\alpha}{n}{} est croissante.
\item En déduire que la suite \suite{\alpha}{n}{} est convergente.
\item Déterminer la limite de la suite \suite{\alpha}{n}{}.
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item On peut écrire :
\begin{align*}
\varphi(x)& =\dfrac{\ln\left[x^2\left(1+\frac{1}{x}\right)\right]}{x} = \dfrac{\ln\left(x^2\right)+\ln\left(1+\frac{1}{x}\right)}{x}\\
& = 2\dfrac{\ln x}{x}+\dfrac{1}{x}\ln\left(1+\dfrac{1}{x}\right)
\end{align*}

Or, 

\begin{itemize}
\item $\limite{x}{+\infty}{\dfrac{\ln x}{x}}=0$ (cours)
\item $\limite{x}{+\infty}{\dfrac{1}{x}}=0$ donc $\limite{x}{+\infty}{\ln\left(1+\dfrac{1}{x}\right)}=\ln 1=0$.\\
Par produit, $\limite{x}{+\infty}{\dfrac{1}{x}\ln\left(1+\dfrac{1}{x}\right)}=0$.
\end{itemize}

\medskip

Finalement,
\[
\boxed{\limite{x}{+\infty}{\varphi(x)}=0.}
\]
\item 
\begin{enumerate}
\item Nous avons, pour $n$ fixé :

\begin{itemize}
\item $\limite{x}{+\infty}{(2x-2)}=+\infty$ ;
\item $\limite{x}{+\infty}{\ln\left(x^2+1\right)}=+\infty$ donc $\limite{x}{+\infty}{\dfrac{\ln\left(x^2+1\right)}{n}}=+\infty$ (car $n>0$).
\end{itemize}

Ainsi, par somme, 
\[
\boxed{\limite{x}{+\infty}{f_n(x)}=+\infty.}
\]

\item La dérivée de $x\mapsto\ln\left(x^2+1\right)$ (fonction de la forme $\ln u$) est la fonction $x\mapsto\dfrac{2x}{x^2+1}$ ($\dfrac{u'}{u}$).

\medskip

Ainsi,

\[
\boxed{f_n^\prime(x)=2+\dfrac{2x}{n(x^2+1)}.}
\]

\item De la question précédente, on peut déduire que pour tout entier naturel $n$, 
\[ f_n^\prime(x)>0.\]
D'où le tableau de variations suivant :

\medskip

\begin{minipage}{0.5\linewidth}
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node[inner sep = 0pt, outer sep = 0pt] (tab) {
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[color,colorL=numpagecorrige!10,colorC=numpagecorrige!10,colorV=numpagecorrige!10]{$x$/0.5,$f_n(x)$/1}{0,$+\infty$}
\tkzTabVar{-/$-2$,+/$+\infty$}
\end{tikzpicture}};
\drawshadow{tab}{black}
\end{tikzpicture}
\end{center}
\end{minipage}
\begin{minipage}{0.5\linewidth}
\begin{itemize}
\item $f_n(0)=2\times0-2+\dfrac{\ln(0^2+1)}{n}=-2$.
\end{itemize}
\end{minipage}

\item La fonction $f_n$ est continue et strictement croissante sur \intervFO{0}{+\infty}.\\
De plus, \og 0 \fg{} est une valeur intermédiaire entre $f_n(0)=-2$ et $\limite{x}{+\infty}{f_n(x)}$.\\
Ainsi, d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires (théorème de la bijection), l'équation $f_n(x)=0$ admet une unique solution, que l'on notera $\alpha_n$ (pour renforcer le fait que cette valeur dépend du nombre $n$), sur \intervFO{0}{+\infty}.

\item $f_n(1)=2\times1-2+\dfrac{\ln(1^2+1)}{n}=\dfrac{\ln 2}{n}>0$. Donc \og 0 \fg{} est une valeur intermédiaire entre $f_n(0)$ et $f_n(1)$.\\
\underline{Ainsi, $\alpha_n\in\intervOO{0}{1}$.}
\end{enumerate}

\item D'après la question précédente, 
\begin{align*}
& f_n\left(\alpha_n\right)=0\\
\iff\ & 2\alpha_n-2+\dfrac{\ln\left(\alpha_n^2+1\right)}{n}=0\\
\iff\ & \dfrac{\ln\left(\alpha_n^2+1\right)}{n}=2-2\alpha_n\\
\iff\ & \boxed{\ln\left(\alpha_n^2+1\right) = 2n\left(1-\alpha_n\right).}
\end{align*}

Nous avons :
\begin{align*}
f_{n+1}\left(\alpha_n\right) & = 2\alpha_n-2+\dfrac{\ln\left(\alpha_n^2+1\right)}{n+1}\\
& = 2\alpha_n-2+\dfrac{2n\left(1-\alpha_n\right)}{n+1}\quad\text{(d'après la question précédente)}\\
& = -2(1-\alpha_n)+\dfrac{2n\left(1-\alpha_n\right)}{n+1}
\end{align*}

\begin{align*}
f_{n+1}\left(\alpha_n\right)
& = (1-\alpha_n)\left[-2+\dfrac{2n}{n+1}\right]\\
& = (1-\alpha_n)\left(\dfrac{-2n-2+2n}{n+1}\right)\\
& = \dfrac{-2(1-\alpha_n)}{n+1}
\end{align*}

Or, $0<\alpha_n<1$ donc $1-\alpha_n>0$. De plus, $n>0$ donc $\dfrac{-2(1-\alpha_n)}{n+1}<0$.

\medskip

\underline{Ainsi, $f_{n+1}(\alpha_n)<0$.}

\item
\begin{enumerate}
\item à l'aide de la calculatrice, on trouve :
\[
\alpha_1\approx0,77\qquad;\qquad\alpha_4\approx0,92\qquad;\qquad\alpha_{10}\approx0,97.
\]

\item La fonction $f_{n+1}$ est strictement croissante sur \intervOO{0}{1}.

De plus, $f_{n+1}(\alpha_n)<0$ donc l'image de $\alpha_n$ par $f_{n+1}$ est négative, ce qui signifie que la solution à l'équation  $f_{n+1}(x)=0$ est supérieure à $\alpha_n$.

\medskip

Ainsi, $\alpha_{n+1}>\alpha_n$. \underline{La suite \suite{\alpha}{n}{}est donc croissante.}

\item On sait que $0<\alpha_n<1$ donc la suite \suite{\alpha}{n}{} est majorée. De plus, elle est croissante.

Or, toute suite croissante et majorée converge.

\underline{Donc \suite{\alpha}{n}{} converge.}

\item $\limite{n}{+\infty}{f_n(x)}=2x-2$ car $\limite{n}{+\infty}{\dfrac{\ln\left(x^2+1\right)}{n}}=0$.

Or, $\alpha_n$ représente la solution unique à l'équation $f_n(x)=0$. Donc, si on pose\linebreak $\ell=\limite{n}{+\infty}{\alpha_n}$, alors
\[
\limite{n}{+\infty}{f_n(x)=0}\Rightarrow x=\ell.\]
Or, $\limite{n}{+\infty}{f_n(x)=2x-2}$ donc $2\ell-2=0$, soit
$\ell=1$.

\underline{Ainsi, $\limite{n}{+\infty}{\alpha_n}=1.$}
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{exocor}


\subsection*{Logarithme népérien et Python}


%%%

\begin{exocor}{limite d'une suite}[2]
On considère la suite $(u_n)$ définie pour tout entier naturel $n$ par :
\[
\begin{cases}
u_0 = 1\\
u_{n+1} = \ln\left(1+\dfrac{1}{u_n}\right)
\end{cases}
\]
\begin{enumerate}
\item \'Ecrire un programme en Python permettant d'afficher les termes de $u_1$ à $u_{50}$.
\item À l'aide de ce programme, conjecturer la limite de $(u_n)$.
\end{enumerate}

On se propose de démontrer cette conjecture.

Pour cela, on pose pour tout entier naturel $n$ :
\[
v_n = u_{2n} \qquad\text{et}\qquad w_n = u_{2n+1}.
\]

\begin{enumerate}[start=3]
\item Montrer par récurrence que pour tout entier naturel $n$, $v_n\leqslant1$.

On démontre de façon analogue que $w_n \leqslant 1$.

\item Montrer que la fonction $x\mapsto\ln\left(1+\dfrac{1}{x}\right)$ est décroissante sur \intervOO{0}{+\infty}.

\item En déduire que $(v_n)$ est décroissante.

On démontre de même que $(w_n)$ est croissante.

\item Démontrer que $w_n \leqslant  v_n$ pour tout entier naturel $n$.

\item Montrer que $(v_n)$, $(w_n)$ et $(u_n)$ convergent vers une même limite.
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item Un programme possible est le suivant:

\begin{python}
from math import log
u = 1
for n in range(49):
    u = log(1 + 1/u)
    print(u)
\end{python}

\newpage

\item Les derniers termes affichés sont :
\begin{console}
0.8064660055835747
0.8064659864474527
0.8064659995826947
0.8064659905665218
0.8064659967553208
0.8064659925072619
0.8064659954231757
\end{console}
\uline{On peut ainsi conjecturer que la suite converge vers une limite dont une valeur approchée est 0,806.}

\item Montrons que $v_n\leqslant1$ pour tout entier naturel $n$.
\begin{itemize}
\item Initialisation : $v_0=u_0=1\leqslant1$.
\item Hérédité : supposons que pour un entier $k$ fixé, $v_k \leqslant1$. Alors,
\begin{align*}
v_k \leqslant 1  & \iff u_{2k} \leqslant 1\\
& \iff \dfrac{1}{u_{2k}} \geqslant 1\\
& \iff 1+\dfrac{1}{u_{2k}} \geqslant 2\\
& \iff \ln\left(1+\dfrac{1}{u_{2k}}\right) \geqslant \ln 2\\
& \iff u_{2k+1} \geqslant \ln 2\\
& \iff \dfrac{1}{u_{2k+1}} \leqslant \dfrac{1}{\ln 2}\\
& \iff 1+\dfrac{1}{u_{2k+1}} \leqslant 1+\dfrac{1}{\ln2}
\end{align*}

\begin{align*}
v_k \leqslant 1 
& \iff \ln\left(1+\dfrac{1}{u_{2k+1}}\right) \leqslant \ln\left(1+\dfrac{1}{\ln2}\right)\\
& \iff u_{2k+2} \leqslant \ln\left(1+\dfrac{1}{\ln2}\right)<1\\
& \iff v_{k+1} \leqslant 1.
\end{align*}

L'hérédité est alors vérifiée. \underline{Ainsi, pour tout entier naturel $n$, $v_n \leqslant 1$.}
\end{itemize}

\item Posons $f\;:\;x\mapsto\ln\left(1+\dfrac{1}{x}\right)$.

Alors, $f(x) = \ln u(x)$, avec $u(x)=1+\dfrac{1}{x}$ et $u'(x)=-\dfrac{1}{x^2}$. Ainsi,
\[
f'(x) = \dfrac{-\frac{1}{x^2}}{1+\frac{1}{x}}.
\]
Inutile ici d'aller plus loin car $x>0$ donc $-\dfrac{1}{x^2}<0$ et $1+\dfrac{1}{x}>0$. Donc $f'(x)<0$.

\uline{Ainsi, $f$ est strictement décroissante sur \intervOO{0}{+\infty}.}


\item Montrons que $(v_n)$ est décroissante par récurrence.
\begin{itemize}
\item $v_0=u_0=1$ et $v_1=u_2\approx0,89$ donc $v_1 < v_0$.
\item Supposons que pour un entier $k$ fixé, $v_{k+1} < v_k$.

Alors, $u_{2(k+1)} < u_{2k}$ et donc $f(u_{2(k+1)}) > f(u_{2k})$ (car $f$ est décroissante), soit :
\[
u_{2k+3} > u_{2k+1}.
\]
Donc $f(u_{2k+3}) < f(u_{2k+1})$, soit $u_{2k+4} < u_{2k+2}$, ou encore : $v_{k+2} < v_{k+1}$.

L'hérédité est donc vérifiée.
\end{itemize}

\underline{Ainsi, $(v_n)$ est décroissante.}

\item Montrons par récurrence que pour tout entier naturel $n$, $w_n \leqslant v_n$.
\begin{itemize}
\item Initialisation : $v_0=1$ et $w_0\approx0,69\leqslant v_0$.
\item Hérédité : supposons que pour un entier $k$ fixé, $w_k \leqslant v_k$.
\begin{align*}
w_k \leqslant  v_k & \iff u_{2k+1} \leqslant  u_{2k} \\
& \iff f(u_{2k+1}) \geqslant f(u_{2k})  \quad \text{car $f$ est décroissante}\\
& \iff u_{2k+2} \geqslant u_{2k+1}\\
& \iff f(u_{2k+2}) \leqslant f(u_{2k+1})\\
& \iff u_{2k+3} \leqslant  u_{2k+2}\\
& \iff u_{2(k+1)+1} \leqslant  u_{2(k+1)}\\
& \iff w_{k+1} \leqslant  v_{k+1}.
\end{align*}
L'hérédité est alors démontrée.
\end{itemize}
\underline{Ainsi, pour tout entier naturel $n$, $w_n \leqslant  v_n$.}

\item On démontre facilement (par récurrence encore) que $u_n>0$; en effet, $u_0>0$ et si $u_k>0$ alors $1+\dfrac{1}{u_k}>1$ et donc $\ln\left(1+\dfrac{1}{u_k}\right)>0$, soit $u_{k+1}>0$.

Ainsi, pour tout entier naturel $n$,
\[ 
0 < w_n \leqslant  v_n < 1.\tag{1}
\]
$(w_n)$ est croissante et majorée par 1, donc elle converge. 

$(v_n)$ est décroissante et minorée par 0, donc elle converge. 

\medskip

De plus, $\limite{x}{+\infty}v_n=\limite{x}{+\infty}u_{2n}$ et $\limite{x}{+\infty}w_n=\limite{x}{+\infty}u_{2n+1}$ donc $(u_n)$, $(v_n)$ et $(w_n)$ ont la même limite. Notons-là $\ell$.

\bigskip

La fonction $\ln$ étant continue sur \intervOO{0}{+\infty}, \[ \ell = \ln\left(1+\dfrac{1}{\ell}\right).\]
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{suite définie par une fonction}[3]
\begin{rem}
Cet exercice traite de la même suite que celle vue dans l'exercice précédent, mais abordée d'une autre manière.
\end{rem}

\partie{A}

On considère la fonction $f$ définie sur $\R*_+$ par :
\[
f(x)=\ln\left(1+\dfrac{1}{x}\right).
\]

\begin{enumerate}
\item Déterminer les limites de $f(x)$ aux bornes de son domaine de définition.
\item Calculer $f'(x)$ puis déterminer le sens de variations de $f$ sur $\R*_+$.
\item Dresser un tableau de variations complet de la fonction $f$.
\end{enumerate}

\bigskip

\partie{B}

On considère la fonction $g$ définie sur $\R*_+$ par :
\[ g(x)=f(x)-x. \]

\begin{enumerate}
\item Montrer que $g$ est strictement décroissante sur $\R*_+$.
\item Montrer que l'équation $g(x)=0$ admet une unique solution $\alpha$ sur \intervFF{\frac{1}{2}}{1}.\\
En déduire que l'équation $\alpha$ est l'unique solution de l'équation $f(x)=x$ sur $\R*_+$.
\end{enumerate}

\partie{C}


On considère la suite \suite{u}{n}{} définie par : $\left\lbrace\begin{array}{l}
u_0 = 1\\
u_{n+1}=f\left(u_n\right) \quad,\quad \forall n\in\N
\end{array} \right.$

On définit alors la suite \suite{v}{n}{} par :
\[ \forall n\in\N,\qquad v_n=u_{2n}.\]

\begin{enumerate}
\item Calculer $v_0$, $v_1$ puis $v_2$. On donnera des valeurs approchées au millième.
\item Montrer que pour tout entier naturel $n$, $v_{n+1}=f\left(f\left(u_{2n}\right)\right)$.
\item Montrer par récurrence que pour tout entier naturel $n$,
\[ \frac{1}{2}\leqslant v_{n+1} \leqslant v_n \leqslant 1.\]
\item En déduire que \suite{v}{n}{} converge.
\item En déduire que \suite{u}{n}{} et \suite{v}{n}{} ont la m\^eme limite $\alpha$, où $\alpha$ est la valeur introduite dans la partie B.
\end{enumerate}

\partie{D}

On considère l'algorithme suivant :

\begin{center}
\begin{tabular}{|>{\ttfamily\tiny\arraybackslash}r|*3{>{\ttfamily\arraybackslash}l}|}
\hline
&\multicolumn{3}{l|}{\textbf{Entrées}}\\
1&\hspace*{.25cm}~ & \multicolumn{2}{l|}{a nombre réel}\\
2&\hspace*{.25cm}~ & \multicolumn{2}{l|}{n nombre entier}\\
3&\hspace*{.25cm}~ & \multicolumn{2}{l|}{d nombre réel}\\
&\multicolumn{3}{l|}{\textbf{Traitement}}\\
4&\hspace*{.25cm}~ & \multicolumn{2}{l|}{a prend la valeur 1}\\
5&\hspace*{.25cm}~ & \multicolumn{2}{l|}{n prend la valeur 0}\\
6&\hspace*{.25cm}~ & \multicolumn{2}{l|}{d prend la valeur 1}\\
7&\hspace*{.25cm}~ & \multicolumn{2}{l|}{Tant que d >  $10^{-6}$}\\
8&\hspace*{.25cm}~ & \hspace*{.25cm}~ & d prend la valeur a\\
9&\hspace*{.25cm}~ & \hspace*{.25cm}~ & a prend la valeur ln(1+1/a)\\
10&\hspace*{.25cm}~ & \hspace*{.25cm}~ & a prend la valeur ln(1+1/a)\\
11&\hspace*{.25cm}~ & \hspace*{.25cm}~ & n prend la valeur n+1\\
12&\hspace*{.25cm}~ & \hspace*{.25cm}~ & d prend la valeur d-a\\
13&\hspace*{.25cm}~ & \multicolumn{2}{l|}{Fin du Tant que}\\
&\multicolumn{3}{l|}{\textbf{Sortie}}\\
14&\hspace*{.25cm}~ & \multicolumn{2}{l|}{Afficher a}\\
\hline
\end{tabular}
\end{center}

\begin{enumerate}
\item Un élève affirme qu'il y a une erreur car les lignes 9 et 10 sont identiques.\\
Expliquer en quoi cet élève se trompe.
\item Que doit-on écrire pour ne pas répéter ces deux lignes ?
\item Implanter cet algorithme en Python puis donner une valeur approchée de $\alpha$ à $10^{-6}$ près.
\end{enumerate}

\tcblower

\partie{A}

\begin{enumerate}
\item $\limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{1}{x}\right)}=0$ donc $\limite{x}{+\infty}{\ln\left(1+\dfrac{1}{x}\right)}=\ln 1=0$.

\medskip

$\limite[x>0]{x}{0}{\left(\dfrac{1}{x}\right)}=+\infty$ donc $\limite{x}{0}{f(x)}=+\infty$.

\item $f'(x)= \dfrac{-\frac{1}{x^2}}{1+\frac{1}{x}}= \dfrac{-1}{x^2\left(1+\frac{1}{x}\right)}$.\\
On sait que sur $\R*_+$, $1+\dfrac{1}{x}>0$ donc $f'(x)<0$.\\
Ainsi, $f$ est strictement décroissante sur \intervOO{-\infty}{-1} et sur \intervOO{0}{+\infty}.

\item On a le tableau suivant :

\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node[inner sep = 0pt, outer sep = 0pt] (tab) {
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[color,colorL=numpagecorrige!10,colorC=numpagecorrige!10,colorV=numpagecorrige!10]{$x$/0.5,$f(x)$/1}{0,$+\infty$}
\tkzTabVar{D+/$+\infty$,-/0}
\end{tikzpicture}};
\drawshadow{tab}{black}
\end{tikzpicture}
\end{center}
\end{enumerate}

\partie{B}

\begin{enumerate}
\item $\begin{aligned}[t]
g'(x) & =f'(x)-1\\
& = \dfrac{-1}{x^2+x}-1\\
& = \dfrac{-1-x^2-x}{x(x+1)} = -\dfrac{x^2+x+1}{x(x+1)}.
\end{aligned}$

Or, le discriminant de $x^2+x+1$ étant $\Delta=-3<0$, ce polyn\^ome est toujours strictement positif.\\
De plus, $x(x+1)>0$ sur $\R*_+$ ; donc $g'(x)<0$ sur $\R*_+$.\\
$g$ est donc strictement décroissante sur $\R*_+$.

\item $g$ est strictement décroissante et continue sur $\intervFF{\frac{1}{2}}{1}$.\\
De plus, $g\left(\frac{1}{2}\right)=\ln3-\frac{1}{2}\approx0,6$ et $g(1)=\ln2-1\approx-0,3$. Donc $0$ est une valeur intermédiaire entre $g\left(\frac{1}{2}\right)$ et $g(1)$. D'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, il existe alors une unique valeur $\alpha$ sur \intervFF{\frac{1}{2}}{1} telle que $g(\alpha)=0$.

\medskip

$g(x)=0 \Longleftrightarrow f(x)-x=0 \Longleftrightarrow f(x)=x$.\\
Ainsi, $\alpha$ est aussi l'unique solution de l'équation $f(x)=x$ sur \intervFF{\frac{1}{2}}{1}.
\end{enumerate}


\partie{C}

\begin{enumerate}
\item $\begin{aligned}[t]
v_0 & =u_0=1.\\
v_1 & =u_2=f\left(u_1\right)=f(f(u_0))=f(f(1))=f(\ln2)=\ln\left(1+\frac{1}{\ln2}\right)\approx0,893.\\
v_2 & = u_4=f(u_3)=f(f(u_2))\approx f(f(0,893))\approx f(0,751)\approx 0,846.
\end{aligned}$

\item $\begin{aligned}[t]
v_{n+1} & = u_{2(n+1)}\\
& = u_{2n+2}\\
& = u_{N+2} \quad,\quad N=2n\\
& = f(u_{N+1})\\
& = f(f(u_{N}))\\
v_{n+1} & = f(f(u_{2n}))
\end{aligned}$

\item On pose $(\mathcal{P}_n)$ la propriété : \og $\frac{1}{2} \leqslant v_{n+1} \leqslant v_n \leqslant 1$ \fg.

\begin{itemize}
\item[$\bullet$] \textbf{Initialisation.}\\
D'après la question 1, $\frac{1}{2} \leqslant v_1 \leqslant v_0 \leqslant 1$.\\
Par conséquent, $(\mathcal{P}_n)$ est vraie pour $n=0$.

\medskip

\item[$\bullet$] \textbf{Hérédité.}\\
On suppose que $(\mathcal{P}_n)$ est vraie pour un $n$ fixé. Montrons que $(\mathcal{P}_{n+1})$ l'est aussi.

\begin{align*}
& \frac{1}{2} \leqslant v_{n+1} \leqslant v_n \leqslant 1\\
\Longleftrightarrow\ & \frac{1}{2} \leqslant u_{2n+2} \leqslant u_{2n} \leqslant 1\\
\Longleftrightarrow\ & f\left(\frac{1}{2}\right) \geqslant f(u_{2n+2}) \geqslant f(u_{2n}) \leqslant f(1) \qquad \text{car $f$ est décroissante}\\
\Longleftrightarrow\ & f\left(f\left(\frac{1}{2}\right)\right) \leqslant f\left(f(u_{2n+2})\right) \leqslant f\left(f(u_{2n})\right) \leqslant f(f(1))\\
\intertext{Or, $v_{n+1}=f(f(u_{2n}))$ et donc $v_{n+1+1}=f(f(u_{2(n+1)}))$, soit $v_{n+2}=f(f(u_{2n+2}))$.}
\Longleftrightarrow\ & f\left(f\left(\frac{1}{2}\right)\right) \leqslant v_{n+2} \leqslant v_{n+1} \leqslant f(f(1))
\intertext{Or, $f\left(\frac{1}{2}\right)=\ln 3$ donc $f\left(f\left(\frac{1}{2}\right)\right)=\ln\left(1+\frac{1}{\ln 3}\right)\approx0,65>\frac{1}{2}$.}
\intertext{De plus, $f(1)=\ln 2$ donc $f(f(1))=\ln(1+\frac{1}{\ln 2})\approx0,89<1$.}
\Longleftrightarrow\ & \frac{1}{2} \leqslant v_{n+2} \leqslant v_{n+1} \leqslant 1
\end{align*}
\end{itemize}
L'hérédité est alors vérifiée.\\
\underline{Ainsi, $(\mathcal{P}_n)$ est vraie pour tout entier naturel $n$.}

\item De la question précédente,n on déduit que \suite{v}{n}{} est décroissante ($v_{n+1}\leqslant v_n$) et minorée.\\
Or, \emph{toute suite décroissante et minorée converge}.\\
\underline{Donc, \suite{v}{n}{} converge.}

\item $v_n=u_{2n}$ ainsi, $\limite{n}{+\infty}{v_n}=\limite{n}{+\infty}{u_{2n}}=\limite{n}{+\infty}{u_n}$.\\
Notons $\ell$ cette limite. Alors, $\ell>0$ d'après la question 3 de cette partie.\\
Or, $u_{n+1}=f(u_n)$ donc :
\begin{align*}
& \limite{n}{+\infty}{u_{n+1}} =\limite{n}{+\infty}{f(u_n)}\\
\Longleftrightarrow\ & \limite{n}{+\infty}{u_{n+1}} = f\left(\limite{n}{+\infty}{u_n}\right) \quad \text{car $f$ est continue}\\
\Longleftrightarrow\ & \ell = f(\ell)
\end{align*}

Or, nous avons montré que l'équation $f(x)=x$ admettait une unique solution sur $\R*_+$ : $\alpha$.\\
Ainsi, $\ell=\alpha$.

\medskip

\underline{La suite \suite{v}{n}{} converge donc vers $\alpha$.}
\end{enumerate}

\partie{D}

\begin{enumerate}
\item La boucle \og Tant que \fg{} a pour but de calculer les termes de la suite \suite{v}{n}{}; en prenant 1 terme sur 2 de la suite \suite{u}{n}{}, on obtient ceux de \suite{v}{n}{}. 

En ayant un terme $v_n=u_{2n}$, pour obtenir $v_{n+1}$, on doit calculer $f(v_n)$ (ligne 9) puis $f(f(v_n))$ (ligne 10), d'où les lignes 9 et 10 identiques.

\item On peut remplacer ces deux lignes par :
\begin{center}
\ttfamily a $\leftarrow$ ln(1+1/ln(1+1/a))
\end{center}

\item En Python, cet algorithme donne:
\begin{python}
from math import log
a, n, d = 1, 0, 1 # a = 1, n = 0 et d = 1
while d > 10**(-6):
     d = a
     a = log(1 + 1/a)
     a = log(1 + 1/a)
     n = n + 1
     d = d - a  
print(a)
\end{python}
Ce programme renvoie la valeur : \texttt{0.8064664829440021}, ce qui nous permet de conclure que la valeur approchée de $\alpha$ à $10^{-6}$ près est : \[ \boxed{\alpha \approx 0,806466}\]
\end{enumerate}
\end{exocor}


\corriges
