\chapter{Logarithme népérien}

\pagestyle{coursstyle}

\section{Introduction}

\subsection{Définition}

\begin{defin}
On définit la fonction \textit{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:
\[
\forall x>0,\ \e^{\ln x} = \ln\big(\e^x\big) = x.
\]
\end{defin}


\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}

\begin{demo}
Considérons les deux fonctions:
\[
\begin{array}{lll}
u(x)=\ln\big(\e^x\big) & \qquad \text{ et }\qquad & v(x)=x
\end{array}
\]
définies pour tout réel $x$.

On sait, par définition, que $u(x)=v(x)$ et donc que $u'(x)=v'(x)$.

D'après la formule qui donne la dérivée d'une fonction composée,
\begin{align*}
u'(x) & = \big(\e^x\big)^\prime \times \ln^\prime\big(\e^x\big)\\
      & = \e^x \ln^\prime\big(\e^x\big).\\
\end{align*}
et
\[
v'(x) = 1.
\]
Ainsi,
\begin{align*}
u'(x)=v'(x) & \iff \e^x \ln^\prime\big(\e^x\big) = 1\\
            & \iff \ln^\prime\big(\e^x\big) = \dfrac{1}{\e^x}\\
            & \iff \ln^\prime(X) = \dfrac{1}{X},\quad\text{ avec }X=\e^x>0.
\end{align*}
Ainsi,
\[
\forall X>0,\quad \ln^\prime(X) = \dfrac{1}{X}.
\]
\end{demo}

\newpage

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

\begin{demo}
C'est la conséquence de la propriété précédente:
\[
\forall x>0,\ \ln^\prime(x)=\dfrac{1}{x}>0
\]
donc la fonction $\ln$ est strictement croissante sur $\R*_+$.
\end{demo}


\subsection{\'Egalité des opérandes et 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}

Cette propriété est nécessaire pour résoudre certaines équations avec logarithme népérien.

\begin{attention}
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{attention}

\begin{exemple}
\begin{enumerate}
\item On souhaite résoudre l'équation $\ln(x^2+7) = \ln(2x^2+3)$.

\begin{itemize}
\item \textbf{Domaine de résolution:} $x^2+7>0$ et $2x^2+3>0$ donc $\ln(x^2+7)$ et $\ln(2x^2+3)$ sont définis sur $\R$.


\item \textbf{Résolution:}
\begin{align*}
\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{align*}
Ainsi, l'ensemble solution de l'équation $\ln(x^2+7) = \ln(2x^2+3)$ est:
\[
\boxed{ S = \{-2;2\} }
\]
\end{itemize}

\item On souhaite résoudre l'inéquation $\ln(x^2+10) > \ln(2x^2+1)$.
\begin{itemize}
\item \textbf{Domaine de résolution:} $x^2+10>0$ et $2x^2+1>0$ donc $\ln(x^2+10)$ et $\ln(2x^2+1)$ sont définis sur \R.

\item \textbf{Résolution:}
\begin{align*}
\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{align*}
Ainsi, l'ensemble solution de l'inéquation $\ln(x^2+10) > \ln(2x^2+1)$ est:
\[
\boxed{ S=\intervOO{-3}{3}}
\]
\end{itemize}
\end{enumerate}
\end{exemple}



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

\begin{demo}
C'est la  conséquence de la propriété sur l'égalité des opérandes:
\begin{align*}
\forall y>0,\ y = \e^x & \iff \ln(y) = \ln\big(\e^x\big)\\
                       & \iff \ln(y) = x.
\end{align*}
\end{demo}

\begin{rem}
On en déduit notamment que :
\[ 
\ln(1) =0\qquad\text{et}\qquad\ln(\e)=1. 
\]
\end{rem}


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

\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{demo}
\begin{itemize}
\item Pour tous réels $x$ et $y$ strictement positifs,
\begin{align*}
\e^{\ln(x)+\ln(y)} & = \e^{\ln(x)} \times \e^{\ln(y)}\\
                   & = x \times y.
\end{align*}
D'où, en prenant le logarithme népérien des deux membres de l'égalité:
\[
\ln\big( \e^{\ln(x)+\ln(y)} \big) = \ln(x \times y) \iff \ln(x)+\ln(y)=\ln(xy).
\]

\item Pour tous réels $x$ et $y$ strictement positifs,
\begin{align*}
\e^{\ln(x)-\ln(y)} & = \dfrac{\e^{\ln(x)}}{\e^{\ln(y)}} \\
                   & = \dfrac{x}{y}.
\end{align*}
D'où, en prenant le logarithme népérien des deux membres de l'égalité:
\[
\ln\big( \e^{\ln(x)-\ln(y)} \big) = \ln\left(\dfrac{x}{y}\right)) \iff \ln(x)-\ln(y)=\ln\left(\dfrac{x}{y}\right).
\]

\item En prenant $x=1$ et $y=x$ dans l'égalité précédente, il vient:
\[
\ln\left(\dfrac{1}{x}\right) = \ln(1)-\ln(x) = 0-\ln(x) = -\ln(x).
\]

\item Faisons un raisonnement par récurrence.
\begin{itemize}
\item \textbf{Initialisation:} pour $n=0$, on a:
\[
\forall x>0, \ \ln(x^n) = \ln(x^0)=\ln(1)=0=0\times\ln(x).
\]
\item \textbf{Hérédité:} supposons que pour tout réel $x>0$ et pour  un entier naturel $k$, $\ln(x^k)=k\ln(x)$.

Alors, 
\begin{align*}
\ln\big(x^{k+1}\big) & = \ln\big(x^k \times x\big)\\
& = \ln\big(x^k\big) + \ln(x) \text{ (d'après la propriété du premier point) }\\
& = k\ln(x) + \ln (x) \text{ (par hypothèse de récurrence)}\\
& = (k+1)\ln(x).
\end{align*}

\item \textbf{Conclusion:} l'égalité est vraie pour $n=0$ et l'hérédité est vérifiée donc, d'après le principe de récurrence, pour tout réel $x>0$ et pour tout entier naturel $n$, $\ln\big(x^n\big)=n\ln(x)$.
\end{itemize}
\end{itemize}
\end{demo}

\begin{exemple}
\begin{itemize}
\item $\ln(39)=\ln(3\times13)=\ln(3)+\ln(13)$.
\item $\ln\left(\frac{2}{3}\right)=\ln(2)-\ln(3)$.
\item $\ln\left(\frac{1}{3}\right)=-\ln(3)$.
\item $\ln(256)=\ln\big(2^8\big)=8\ln(2)$.
\end{itemize}
\end{exemple}

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

\medskip

En effet, $\ln(39)=\ln\big[(-3)\times(-13)\big]$ mais on ne peut pas écrire que $\ln(39)=\ln(-3)+\ln(-13)$!
\end{attention}

\newpage

\section{Limites}

\subsection{Limites du logarithme népérien}

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

\begin{demo}
\begin{itemize}
\item Soit un réel $A>0$.
\begin{align*}
x > \e^A & \iff \ln(x) > \ln\big(\e^A\big)\\
& \iff \ln(x) > A.
\end{align*}
Ainsi,
\[
\forall A>0,\ x>\e^A \Longrightarrow \ln(x)>A.
\]
C'est la définition de la limite infinie: $\lim\limits_{x\to +\infty}\big[ \ln(x) \big]=+\infty$.

\item Posons $X=\dfrac{1}{x}$.

Alors, 
\begin{align*}
\lim\limits_{x\to 0^+}\big[ \ln(x) \big] & = \lim\limits_{X\to +\infty}\left[ \ln\left(\dfrac{1}{X}\right) \right]\\
& = \lim\limits_{X\to +\infty}\big[ -\ln(X) \big]\\
& = -\infty.
\end{align*}
\end{itemize}
\end{demo}

\begin{rem}
L'axe des ordonnées est donc asymptote à la courbe représentative de la fonction logarithme.
\end{rem}


\subsection{Croissances comparées}

\begin{prop}
Pour tout entier naturel $n$,
\[
\lim\limits_{x \to +\infty}{\left(\dfrac{\ln(x)}{x^n}\right)} =0\qquad\text{et}\qquad \lim\limits_{x \to 0}{\big( x^n \ln x \big) } = 0.
\]
\end{prop}


\newpage

\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=1]
\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[courbe,very thick] plot[domain=-5:1.6,samples=100] (\x,{exp(\x)}) node[right, outer xsep=2mm] {$y=\e^x$};
\draw[courbe2,very thick] plot[domain=0.01:5,samples=100] (\x,{ln(\x)}) node[right, outer xsep=2mm] {$y=\ln x$};
\draw[very thick,red!50!black] (-5,-5) -- (5,5) node[below right, outer ysep=2mm] {$y=x$};
\end{tikzpicture} };
\drawshadow{img}{black}
\end{tikzpicture} 
\end{center}

Du fait que les fonctions $\exp$ et $\ln$ sont réciproques ($ln\big(\e^x\big)=\e^{\ln(x)}=x$), 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}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\exotype
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\begin{exercicetype}{opérations algébriques}{}
\'Ecrire les nombres suivants uniquement à l'aide de $\ln(3)$.
\begin{enumerate}
\begin{multicols}{4}
\item $\ln(9)$
\item $\ln\left(\dfrac{1}{3}\right)$
\item $\ln\big(3\sqrt3\big)$
\item $\ln(36)-2\ln(2)$
\end{multicols}
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item $\ln(9) = \ln\big(3^2\big) = 2\ln(3)$.
\item $\ln\left(\dfrac{1}{3}\right)=-\ln(3)$.
\item $\ln\big(3\sqrt3\big)=\ln(3)+\ln\big(\sqrt3\big)=\ln(3)+\dfrac{1}{2}\ln(3)=\dfrac{3}{2}\ln(3)$.
\item $\ln(36)-2\ln(2)=\ln(36)-\ln(2^2)=\ln\left(\dfrac{36}{4}\right)=\ln(9)=2\ln(3)$.
\end{enumerate}
\end{exercicetype}

%%%

\begin{exercicetype}{résoudre une équation de base}{}
Résoudre les équations suivantes.
\begin{enumerate}
\begin{multicols}{3}
\item $\e^{-x+1}-1=0$
\item $-6\ln(x)+3=0$
\item $\ln(x+3)=2\ln(x-1)$
\end{multicols}
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\begin{multicols}{2}
\item $\begin{aligned}[t]
\e^{-x+1}-1=0 & \iff \e^{-x+1}=1\\
& \iff \e^{-x+1} = \e^0\\
& \iff -x+1=0\\
& \iff -x=-1\\
& \iff x=1.
\end{aligned}$

\item  $\begin{aligned}[t]
-6\ln(x)+3=0 & \iff -6\ln(x)=-3\\
& \iff \ln(x)=\dfrac{-3}{-6}\\
& \iff \ln(x)=\dfrac{1}{2}\\
& \iff \e^{\ln(x)} = \e^{\frac{1}{2}}\\
& \iff x = \e^{\frac{1}{2}}.
\end{aligned}$
\end{multicols}

\item 
\begin{itemize}
\item \textbf{Domaine de résolution:} il faut que $\ln(x+3)$ et que $\ln(x-1)$ soient définis, donc que:
\[
\begin{cases}
x+3>0\\
x-1>0
\end{cases}
\qquad\text{soit}\qquad
\begin{cases}
x>-3\\
x>1
\end{cases}
\qquad\text{donc}\qquad x>1.
\]

\item \textbf{Résolution:}
\begin{align*}
\ln(x+3)=2\ln(x-1) & \iff \ln(x+3)=\ln\big[(x-1)^2\big]\\
& \iff x+3 = (x-1)^2\\
& \iff x+3=x^2-2x+1\\
& \iff x^2-3x-2=0\\
& \iff x=\dfrac{3-\sqrt{17}}{2}<1\text{ ou }x=\dfrac{3+\sqrt{17}}{2}>1.
\end{align*}
Donc,
\[
\boxed{S = \left\{ \dfrac{3+\sqrt{17}}{2} \right\} }
\]
\end{itemize}
\end{enumerate}

\end{exercicetype}

%%%

\begin{exercicetype}{étude d'une fonction}{}
Soit $f$ la fonction définie sur $\R*_+$ par:
\[
f(x)=x\ln(x)-x.
\]
\begin{enumerate}
\item Déterminer la limite de $f(x)$ aux bornes de son domaine de définition.
\item Résoudre l'équation $f(x)=0$.
\item Calculer $f'(x)$.
\item Donner les variations de $f$ sur son domaine de définition et dresser un tableau de variations complet.
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item 
\begin{itemize}
\item \textbf{Limites en 0.}
\[
\left.\begin{array}{l}
\limite{x}{0}{\big[x\ln(x)\big]}=0\text{ (croissance comparée)}\\
\limite{x}{0}{(-x)}=0
\end{array}\right\}\Longrightarrow\text{(par somme) }\limite{x}{0}{f(x)}=0.
\]

\item \textbf{Limite en $\boldmath+\infty$.}

$f(x)=x(\ln(x)-1)$.
\[
\left.
\begin{array}{l}
\limite{x}{+\infty}{(x)}=+\infty\\
\limite{x}{+\infty}{\big[\ln(x)-1\big]}=+\infty
\end{array}
\right\} \Longrightarrow\text{ (par produit) }\limite{x}{+\infty}{f(x)}=+\infty.
\]
\end{itemize}

\item $\begin{aligned}[t]
f(x)=0 & \iff x\ln(x)=x\\
& \iff \ln(x)=1\text{ (car $x\neq0$)}\\
& \iff x=\e.
\end{aligned}$

\item $f(x)=u v(x) - x$ avec: $\begin{aligned}[t]
u(x)=x & \qquad v(x)=\ln(x)\\
u'(x)=1 & \qquad v'(x)=\dfrac{1}{x}
\end{aligned}$

Ainsi,
\begin{align*}
f'(x) & = (u'v+uv')(x) - 1\\
& = 1 \times \ln(x) + x\times\dfrac{1}{x} - 1\\
& = \ln(x) + 1 -1\\
\Aboxed{f'(x) & = \ln(x)}
\end{align*}

\item $\begin{aligned}[t]
f'(x) \geqslant 0 & \iff \ln(x) \geqslant 0\\
& \iff x \geqslant 1.
\end{aligned}$

On a alors le tableau de variation suivant:
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node[inner sep = 0pt, outer sep = 0pt] (tab) {
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[color,colorL=exotypenumbg!10,colorC=exotypenumbg!10,colorV=exotypenumbg!10]{$x$/0.7,$f'(x)$/0.5,$f(x)$/1.5}{0,1,$+\infty$}
\tkzTabLine{d,-,0,+}
\tkzTabVar{-D+/~/0,-/$-1$,+/$+\infty$}
\tkzTabVal[draw]{2}{3}{0.5}{$\e$}{0}
\end{tikzpicture}};
\drawshadow{tab}{black}
\end{tikzpicture}
\end{center}
\end{enumerate}
\end{exercicetype}


%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\exercices
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\sectionnn{Opérations algébriques, équations et inéquations}


%%%

\begin{exocor}{simplifications d'écritures}[1]
Mettre les expressions suivantes sous la forme $\ln(a)$.

\begin{multicols}{3}
\begin{enumerate}
\item $\ln(8)-\ln(2)$
\item $\ln(6)+\ln(3)$
\item $\ln(25)-\ln(30)+\ln(10)$
\item $\ln(50)+\ln(2)-\ln(10)$
\item $3\ln(4)-\ln(256)$
\item $2\ln(2)-\ln(16)+\ln(128)$
\end{enumerate}
\end{multicols}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item $\ln(8)-\ln(2) = \ln\left(\dfrac{8}{2}\right)=\boxed{\ln(4)}$

\item $\ln(6)+\ln(3)=\ln(6\times3)=\boxed{\ln(18)}$

\item $\ln(25)-\ln(30)+\ln(10) = \ln\left(\dfrac{25}{30}\times 10 \right) = \boxed{\ln\left(\dfrac{25}{3}\right)}$

\item $\ln(50)+\ln(2)-\ln(10) = \ln\left(\dfrac{50\times2}{10}\right)=\boxed{\ln(10)}$

\item $\begin{aligned}[t]
3\ln(4)-\ln(256) & = \ln\big(4^3\big) - \ln(256)\\
				 & = \ln\left( \dfrac{2^6}{2^8} \right)\\
				 & =\boxed{\ln\left(\dfrac{1}{4}\right)}
\end{aligned}$

\item $\begin{aligned}[t]
2\ln(2)-\ln(16)+\ln(128) & =\ln\big(2^2\big) - \ln\big(2^4\big) +\ln\big(2^7\big)\\
						 & = \ln\left(\dfrac{2^2\times2^7}{2^4}\right)\\
						 & = \ln\big(2^5\big)\\
						 & = \boxed{ \ln(32) }
\end{aligned}$
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{simplifications d'écritures}[1]
Mettre les expressions suivantes sous la forme $n\ln(a)$, où $a$ est un nombre premier et $n$ un entier relatif.
\begin{multicols}{3}
\begin{enumerate}
\item $\ln(8)-\ln(2)$
\item $3\ln(4)-\ln(256)$
\item $2\ln(2)-\ln(16)+\ln(128)$
\item $\ln(27) - 8\ln(9) + 14\ln(3)$
\item $\ln(125) - 5\ln(5) + 4\ln(25)$
\item $7\ln(7)-9\ln(49)+\ln(343)$
\end{enumerate}
\end{multicols}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item $\begin{aligned}[t]
\ln(8)-\ln(2) & = \ln\big(2^3\big)-\ln(2)\\
              & = 3\ln(2)-\ln(2)\\
              & = (3-1)\ln(2)\\
              & = \boxed{2\ln(2)}
\end{aligned}$

\item $\begin{aligned}[t]
3\ln(4)-\ln(256) & = 3\ln\big(2^2\big) - \ln\big(2^8\big)\\
                 & = 3\times2\ln(2)-8\ln(2)\\
                 & = (6-8)\ln(2)\\
                 & = \boxed{-2\ln(2)}
\end{aligned}$

\item $\begin{aligned}[t]
2\ln(2)-\ln(16)+\ln(128) & = 2\ln(2) - \ln\big(2^4\big) + \ln\big(2^7\big)\\
					     & = 2\ln(2) - 4\ln(2) + 7\ln(2)\\
					     & = (2-4+7)\ln(2)\\
					     & = \boxed{ 5\ln(2) }
\end{aligned}$

\item $\begin{aligned}[t]
\ln(27) - 8\ln(9) + 14\ln(3) & = \ln\big(3^3\big) - 8\ln\big(3^2\big) + 14\ln(3)\\
							 & = 3\ln(3) - 8\times2\ln(3) + 14\ln(3)\\
							 & = (3-16+14)\ln(3)\\
							 & = \boxed{ \ln(3) }
\end{aligned}$

\item $\begin{aligned}[t]
\ln(125) - 5\ln(5) + 4\ln(25) & = \ln\big(5^3\big) - 5\ln(5) + 4\ln\big(5^2\big)\\
							  & = 3\ln(5)-5\ln(5) + 8\ln(5)\\
							  & = (3-5+8)\ln(5)\\
							  & = \boxed{6\ln(5)}
\end{aligned}$

\item $\begin{aligned}[t]
7\ln(7)-9\ln(49)+\ln(343) & = 7\ln(7) - 9\ln\big(7^2\big) + \ln\big(7^3\big)\\
						  & = 7\ln(7) - 18\ln(7) + 3\ln(7)\\
						  & = (7-18+3)\ln(7)\\
						  & = \boxed{ -8\ln(7) }
\end{aligned}$
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{simplifications d'écritures}[1]
Simplifiez les expressions suivantes:
\begin{enumerate}
\begin{multicols}{3}
\item $\ln\big(\e^{2x}\big)$
\item $\ln\big(\e^{2x-4}\big)-\ln\big(\e^{2x+4}\big)$
\item $\dfrac{3\ln\big(\e^{x+1}\big)}{2\ln\big(\e^{1-x}\big)}$
\end{multicols}
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item $\ln\big(\e^{2x}\big) = \boxed{2x}$ car $\ln\big(\e^X\big) = X$, quel que soit $X$.

\item $\ln\big(\e^{2x-4}\big)-\ln\big(\e^{2x+4}\big) = 2x-4-(2x+4)=\boxed{-8}$.

\item $\dfrac{3\ln\big(\e^{x+1}\big)}{2\ln\big(\e^{1-x}\big)} = \dfrac{3(x+1)}{2(1-x)}=\boxed{\dfrac{3x+3}{2-2x}}$.
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{équations}[2]
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 $\big[\ln(x)\big]^2-3\ln(x)+2=0$
\item $2\big[\ln(x)\big]^2-5\ln(x)-3=0$
\item $\ln\big(\sqrt{x}\big) = \sqrt{\ln(x)}$
\end{enumerate}
\end{multicols}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item $\ln(3x-4)=\ln(2x+1)$.
\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 $x>\dfrac{4}{3}$.

Le domaine de définition de l'équation est donc $\mathcal{D}=\intervOO{\dfrac{4}{3}}{+\infty}$.

\item {\bfseries Résolution.} 
\[
\ln(3x-4)=\ln(2x+1) \iff 3x-4=2x+1 \iff x=5.
\]
$5\in\mathcal{D}$ donc l'ensemble solution de l'équation est:
\[
\boxed{\mathcal{S}=\{5\}}
\]
\end{itemize}

\item $\ln(4-2x)=\ln(x-1)$.
\begin{itemize}
\item {\bfseries Domaine de définition.} 

\bigskip

Il faut que $\begin{cases}
4-2x>0\\x-1>0\end{cases}$, soit $\begin{cases}x<2\\x>1\end{cases}$, donc que $1<x<2$.

Le domaine de définition de l'équation est donc $\mathcal{D}=\intervOO{1}{2}$.

\item {\bfseries Résolution.} 
\[
\ln(4-2x)=\ln(x-1) \iff 4-2x=x-1 \iff 5=3x \iff x=\dfrac{5}{3}.
\]
$\dfrac{5}{3}\in\mathcal{D}$ donc l'ensemble solution de l'équation est:
\[
\boxed{\mathcal{S}=\left\{ \dfrac{5}{3} \right\}}
\]
\end{itemize}

\bigskip

\item $\ln(x^2+x+1)=\ln(x^2-2x+1)$.
\begin{itemize}
\item {\bfseries Domaine de définition.}

\medskip

Il faut que $\begin{cases}x^2+x+1>0\\x^2-2x+1>0\end{cases}$.

Or, 
\begin{itemize}
\item le discriminant de $x^2+x+1$ est égal à $-3$ donc ce polynôme est toujours strictement positif.
\item De plus, $x^2-2x+1=(x-1)^2$ donc seul $x=1$ ne convient pas.
\end{itemize}
Le domaine de définition est donc $\mathcal{D}=\R\setminus\{1\}$.

\medskip

\item {\bfseries Résolution.} 
\[
\begin{array}{lr@{\;}l}
     & \ln(x^2+x+1) & = \ln(x^2-2x+1)\\
\iff & x^2+x+1 & = x^2-2x+1\\
\iff & 3x & = 0\\
\iff & x & = 0.
\end{array}
\]

$0\in\mathcal{D}$ 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.} 

\medskip

Il faut que $\begin{cases}2x^2-10x+8>0\\3x^2-3x-18>0\end{cases}$.

\begin{itemize}
\item Le discriminant de $2x^2-10x+8$ est:
\[
\Delta_1=100-64=36
\]
donc il admet deux racines réelles qui sont :
\[
\dfrac{10-6}{4}=1 \qquad \text{et}\qquad \dfrac{10+6}{4}=4.
\]
Le polynôme $2x^2-10x+8$ est donc strictement positif sur $\intervOO{-\infty}{1}\cup\intervOO{4}{+\infty}$.

\medskip

\item Le discriminant de $3x^2-3x-18$ est:
\[
\Delta_2=9+216=225
\]
donc il admet deux racines réelles qui sont:
\[
\dfrac{3-15}{6}=-2\qquad\text{ et }\qquad\dfrac{3+15}{6}=3.
\]
Le polynôme $3x^2-3x-18$ est donc strictement positif sur $\intervOO{-\infty}{-2}\cup\intervOO{3}{+\infty}$.
\end{itemize}

\medskip

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

\item {\bfseries Résolution.} 
\[
\begin{array}{lr@{\;}l}
     & \ln(2x^2-10x+8) & =\ln(3x^2-3x-18)\\
\iff & 2x^2-10x+8 & =3x^2-3x-18\\
\iff & x^2+7x-26 & =0.
\end{array}
\]
Le discriminant de $x^2+7x-26$ est:
\[
\Delta=49+104=153
\]
donc il admet deux racines :
\[
\dfrac{-7-\sqrt{153}}{2}\in\mathcal{D}\qquad\text{et}\qquad\dfrac{-7+\sqrt{153}}{2}\notin\mathcal{D}.
\]
L'ensemble solution de l'équation est donc:
\[
\boxed{\mathcal{S}=\left\{ \dfrac{-7-\sqrt{153}}{2} \right\}}
\]
\end{itemize}

\item $\big[\ln(x)\big]^2-3\ln(x)+2=0$. 

\begin{itemize}
\item \textbf{Domaine de définition.}

$\ln(x)$ est défini pour tout réel $x>0$ donc le domaine de d'finition de l'équation est $\mathcal{D}=\intervOO{0}{+\infty}$.


\item \textbf{Résolution.}

Posons $X=\ln(x)$.

L'équation devient:
\[
X^2-3X+2=0
\]
et admet pour solutions:
\[
X=1 \qquad\text{ou}\qquad X=2.
\]
Ainsi, 
\[
\ln(x)=1\qquad\text{ou}\qquad \ln(x)=2,
\]
soit:
\[
x=\e\in\mathcal{D} \qquad\text{ou}\qquad x=\e^2\in\mathcal{D}.
\]
L'ensemble solution de l'équation est donc:
\[
\boxed{\mathcal{S}=\big\{\e~;~\e^2\big\}}
\]
\end{itemize}

\item $2\big[\ln(x)\big]^2-5\ln(x)-3=0$. 

\begin{itemize}
\item \textbf{Domaine de définition.}

$\ln(x)$ est défini pour tout réel $x>0$ donc le domaine de d'finition de l'équation est $\mathcal{D}=\intervOO{0}{+\infty}$.


\item \textbf{Résolution.}

Posons $X=\ln x$.

L'équation devient:
\[
2X^2-5X-3=0
\]
et admet pour solutions:
\[
X=3\qquad\text{ou}\qquad X=-\dfrac{1}{2}.
\]
Ainsi,
\[
\ln(x)=3\qquad\text{ ou}\qquad \ln(x)=-\dfrac{1}{2},
\]
soit:
\[
x=\e^3\in\mathcal{D}\qquad\text{ ou }\qquad x=\e^{-0,5}\in\mathcal{D}.
\]
L'ensemble solution de l'équation est donc:
\[
\boxed{\mathcal{S}=\big\{\e^3~;~\e^{-0,5}\big\}}
\]
\end{itemize}


\vspace*{2cm}

\item $\ln\big(\sqrt{x}\big) = \sqrt{\ln(x)}$.
\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{align*}
\ln\big(\sqrt{x}\big) = \sqrt{\ln(x)} & \iff \Big[\ln\big(\sqrt{x}\big)\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}\big[\ln(x)\big]^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{align*}

\medskip

L'ensemble solution de l'équation 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}{4}
\item $\ln(5x-1)=2$
\item $\e^{-x}=5$
\item $\ln(3x-1)<0$
\item $\e^{5-x}\leqslant2$
\end{multicols}
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item % 1
\begin{itemize}
\item \textbf{Domaine de définition.}

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

Le domaine de définition de l'équation est donc: $\mathcal{D} = \intervOO{\dfrac{1}{5}}{+\infty}$.

\item \textbf{Résolution.}
\begin{align*}
\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}\in\mathcal{D}.
\end{align*}
Par conséquent, l'ensemble solution de l'équation est:
\[
\boxed{S = \left\{ \dfrac{\e^2+1}{5} \right\}}.
\]
\end{itemize}

\item % 2
\begin{itemize}
\item \textbf{Domaine de définition.}

$\e^{-x}$ est défini quel que soit le réel $x$, donc le domaine de définition de l'équation est $\mathcal{D}=\R$.

\item \textbf{Résolution.}
\begin{align*}
\e^{-x}=5 & \iff \ln\big( \e^{-x} \big) = \ln(5)\\
& \iff -x = \ln(5)\\
& \iff x = -\ln(5)\in\mathcal{D}.
\end{align*}
Par conséquent, l'ensemble solution de l'équation est:
\[
\boxed{ S = \{ -\ln 5 \} }
\]
\end{itemize}

\item % 3
\begin{itemize}
\item \textbf{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 $\mathcal{D}=\intervOO{\dfrac{1}{3}}{+\infty}$.

\item \textbf{Résolution.}
\begin{align*}
\ln(3x-1)<0 & \iff \e^{\ln(3x-1)} < \e^0\\
& \iff 3x-1 < 1\\
& \iff 3x < 2\\
& \iff x < \dfrac{2}{3}.
\end{align*}

L'intersection de l'intervalle \intervOO{-\infty}{\dfrac{2}{3}} et de $\mathcal{D}$ est l'ensemble solution de l'inéquation. On trouve:
\[
\boxed{S = \intervOO{\dfrac{1}{3}}{\dfrac{2}{3}} }
\]
\end{itemize}

\item  %4 
\begin{itemize}
\item \textbf{Domaine de définition.}

$e^{5-x}$ est défini quel que soit le réel $5-x$, donc que que soit le réel $x$. Le domaine de définition de l'inéquation est donc $\mathcal{D}=\R$.

\item \textbf{Résolution.}
\begin{align*}
\e^{5-x}\leqslant2 & \iff  \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{align*}
Par conséquent, l'ensemble solution de l'inéquation est:
\[
\boxed{ S = \intervFO{5-\ln(2)}{+\infty} }
\]
\end{itemize}
\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.} 

\medskip

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.} 
\[
\begin{array}{lr@{\;}l}
     & \ln(5x+20) &>\ln(3x-9)\\
\iff & 5x+20&>3x-9\\
\iff & 2x &> -29\\
\end{array}
\]
Notons $\mathcal{U}=\intervOO{-\dfrac{29}{2}}{+\infty}$. 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.} 

\medskip

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 $\mathcal{D}=\varnothing$.

\item {\bfseries Résolution.} 

L'équation n'admet aucune solution car son domaine de définition est vide.
\[
\boxed{\mathcal{S}=\varnothing}
\]
\end{itemize}

\item $\ln(x^2+1)<\ln(2x^2+x+2)$.
\begin{itemize}
\item {\bfseries Domaine de définition.} 

\medskip

Il faut que $\begin{cases}x^2+1>0\\2x^2+x+2>0\end{cases}$, ce qui est toujours le cas car les discriminants des polynômes $x^2+1$ et $2x^2+x+2$ sont strictement négatifs.

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

\item {\bfseries Résolution.} 
\[
\begin{array}{lr@{\;}l}
     & \ln(x^2+1)&<\ln(2x^2+x+2)\\
\iff & x^2+1&<2x^2+x+2\\
\iff & x^2+x+1&>0.
\end{array}
\]
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.} 

\begin{itemize}
\item Les racines de $2x^2-3x+1$ sont 1 et $\dfrac{1}{2}$. Ainsi, $2x^2-3x+1>0$ sur $I=\intervOO{-\infty}{\dfrac{1}{2}}\cup\intervOO{1}{+\infty}$.

\item Les racines de $-5x^2+8x-3$ sont 1 et $\dfrac{3}{5}$ donc $-5x^2+8x-3>0$ sur $J=\intervOO{\dfrac{3}{5}}{1}$.
\end{itemize}
Le domaine de définition est donc $\mathcal{D}= I \cap J=\varnothing$.

\item {\bfseries Résolution.} 

\medskip

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.}
\begin{itemize}
\item Le polynôme $x^2-5x-14$ admet pour racines $-2$ et 7 donc il est strictement positif sur $I=\intervOO{-\infty}{-2}\cup\intervOO{7}{+\infty}$.

\item Le polynôme $2x^2-10x+8$ admet pour racines 4 et 1 donc il est strictement positif sur $J=\intervOO{-\infty}{1}\cup\intervOO{4}{+\infty}$.
\end{itemize}
Le domaine de définition de l'inéquation est donc :
\[
\mathcal{D}= I \cap J = \intervOO{-\infty}{-2}\cup\intervOO{7}{+\infty}.
\]

\item {\bfseries Résolution.}
\[
\begin{array}{lr@{\;}l}
     & \ln(x^2-5x-14)&\leqslant\ln(2x^2-10x+8)\\
\iff & x^2-5x-14&\leqslant2x^2-10x+8\\
\iff & x^2-5x+22&\geqslant0.
\end{array}
\]
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.} 
\begin{itemize}
\item Le polynôme $x^2+x-6$ admet pour racines 2 et $-3$ donc il est strictement positif sur $I=\intervOO{-\infty}{-3}\cup\intervOO{2}{+\infty}$.

\item Le polynôme $-2x^2+14x+16$ admet pour racines $-1$ et 8 donc il est strictement positif sur $J=\intervOO{-1}{8}$.
\end{itemize}
Le domaine de définition est donc $I\cap J$, soit $\mathcal{D}=\intervOO{2}{8}$.

\item {\bfseries Résolution.} 
\[
\begin{array}{lr@{\;}l}
     & \ln(x^2+x-6)&>\ln(-2x^2+14x+16)\\
\iff & x^2+x-6&>-2x^2+14+16\\
\iff & 3x^2-13x-22&>0.
\end{array}
\]
Le discriminant du polynôme $3x^2-13x-22$ est:
\[
\Delta=169+12\times22=433>0
\] 
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}


\bigskip

\sectionnn{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}

\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}.

\item $f(1)=-1$, donc $f(x)<0$ sur \intervFO{1}{+\infty}. Donc $\ln(x)<x$ sur cet intervalle.

\medskip

De plus, on sait que pour $x\geqslant1$, $\ln(x)\geqslant0$.

\medskip

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 \[
0\leqslant\ln\big(\sqrt{u}\big)<\sqrt{u}.
\]
Ainsi, en divisant par $u$, on a : 
\[
0\leqslant\dfrac{\ln\big(\sqrt{u}\big)}{u}<\dfrac{\sqrt{u}}{u},\] 
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,
\[ 
\forall x\in\intervFO{1}{+\infty},\ 0\leqslant\dfrac{\ln(x)}{2x}<\dfrac{1}{\sqrt{x}}.
\]

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

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

%%%

\begin{exocor}{croissance comparée à l'infinie}[1]
Calculer: $\limite{x}{-\infty}{\left(\dfrac{\ln\sqrt{x^2-1}}{x^2-1} \right)}$.

\tcblower

Nous savons (par croissance comparée) que, pour tout entier naturel $n$ non nul,
\[
\limite{X}{+\infty}{\left(\dfrac{\ln(X)}{X^n}\right)}=0.
\]
Posons $X=\sqrt{x^2-1}$. Alors,
\[
\limite{x}{-\infty}{(X)}=+\infty.
\]
Donc,
\[
\limite{x}{-\infty}{\left( \dfrac{ \ln \big( \sqrt{x^2-1} \big) } {x^2-1} \right) } = \limite{X}{+\infty}{ \left(\dfrac{\ln(X)}{X^2}\right)}=0.
\]
\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 $\dfrac{f(x)-f(0)}{x-0}$, déterminer la limite:
\[
\limite{x}{0}{\left(\dfrac{\ln(1+x)}{x}\right)}.
\]

\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, 
\[
\limite{x}{0}{\left(\dfrac{\ln(1+x)}{x}\right)}=f'(0).
\]
Or, $f'(x)=\dfrac{1}{1+x}$ donc:
\[
\limite{x}{0}{\left(\dfrac{\ln(1+x)}{x}\right)}=\dfrac{1}{1+0}
\]
soit:
\[
\boxed{ \limite{x}{0}{\left(\dfrac{\ln(1+x)}{x}\right)}=1}
\]
\vspace*{15mm}
\end{exocor}

%%% 2026

\begin{exocor}{Limites et asymptotes}[2]
Soit $f$ la fonction définie sur $\intervOO{0}{+\infty}$ par:
\[
f(x)=\dfrac{\ln(x)}{2x+1}.
\]
\begin{enumerate}
\item Déterminer la limite de $f(x)$ lorsque $x$ tend vers 0.

Donner une interprétation graphique de ce résultat.

\item En transformant l'expression de $f(x)$ afin de faire apparaître une croissance comparée, calculer la limite de $f(x)$ en $+\infty$.

Donner une interprétation graphique de ce résultat.
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item \raisebox{-5mm}{$\left.\begin{array}{l}
\limite{x}{0}{\big[\ln(x)\big]}=-\infty\\[1.5em]
\limite{x}{0}{(2x+1)} = 1
\end{array}\right\} \Longrightarrow\text{ (par quotient des limites) } \boxed{ \limite{x}{0}{\big[f(x)\big]} = -\infty}$}

\medskip

Ce résultat signifie que la courbe représentative de $f$ admet une asymptote (verticale)  d'équation $x=0$.

\item On a:
\[
f(x) = \dfrac{\ln(x)}{2x+1}  = \dfrac{\ln(x)}{x} \times \dfrac{x}{2x+1}.
\]
Or, par croissance comparée,
\[
\limite{x}{+\infty}{\left( \dfrac{\ln(x)}{x} \right)} = 0
\]
et:
\[
\limite{x}{+\infty}{\left( \dfrac{x}{2x+1} \right)} = \limite{x}{+\infty}{\left( \dfrac{x \times 1}{ x\left( 2+\frac{1}{x} \right)} \right)} = \limite{x}{+\infty}{\left( \dfrac{1}{2+\frac{1}{x}} \right)} = \dfrac{1}{2}.
\]
Ainsi, par produit des limites,
\[
\boxed{ \limite{x}{+\infty}{\big[f(x)\big]} = 0 }
\]
Ce résultat signifie que la courbe représentative de $f$ admet une asymptote (horizontale)  d'équation $y=0$ au voisinage de $+\infty$.
\end{enumerate}
\end{exocor}

\sectionnn{Dérivation et étude de fonctions}

%%%

\begin{exocor}{calculs de dérivées}[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 $f_4(x)=\ln\big(\sqrt{x+1}\big)$
\item $f_5(x)=\dfrac{\ln\left(x^2+1\right)}{x^2+1}$
\item $f_6(x)=\ln\big[\ln(x)\big]$
\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,
\[
f_1^\prime(x)=\ln(x)+1-1\qquad\text{soit}\qquad \boxed{f_1^\prime(x)=\ln(x)}
\]
$f_1^\prime(x)=\ln x$.

\bigskip

\item $f_2(x)=\dfrac{\ln(x)}{x}$ donc $f_2$ est de la forme $\dfrac{u}{v}$ avec :
\[
\begin{array}{l@{\qquad;\qquad}l}
u(x)=\ln(x) & u'(x)=\dfrac1 x\\[1.5em]
v(x)=x & v'(x)=1
\end{array}
\]
donc :
\begin{align*}
f_2^\prime(x) & = \left(\dfrac{u'v-uv'}{v^2}\right)(x)\\[1em]
& = \dfrac{\frac{1}{x}\times x - \ln(x) \times 1}{x^2}\\[1em]
\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) & = \left(\dfrac{u'}{u}\right)(x)\\
& = \dfrac{2x}{x^2}\\
\Aboxed{f_3^\prime(x) & = \dfrac{2}{x}}
\end{align*}

\item $f_4(x)=\ln\big(\sqrt{x+1}\big)$ 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) & = \left(\dfrac{u'}{u}\right)(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 :
\[
u'(x)=\left(\dfrac{u'}{u}\right)(x)=\dfrac{2x}{x^2+1}.
\]
Ainsi,
\begin{align*}
f_5^\prime(x) & = \left(\dfrac{u'v-v'u}{v^2}\right)(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*}

\vspace*{2cm}

\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) & = \left(\dfrac{u'}{u}\right)(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}{étude d'une fonction}[2]
Faites l'étude complète (étude de la parité, limites aux bornes du domaine de définition et sens de variations) de la fonction $f$ définie sur \R{} par :
\[ 
f(x)=\dfrac{\ln\left(x^2+1\right)}{x^2+1}.
\]

\tcblower

\begin{itemize}
\item \textbf{Parité de la fonction.}

\medskip

$f(-x)=f(x)$ 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 \textbf{Calculs des limites en $\boldmath{+\infty}$.}
\[
\begin{rcases*}
\limite{x}{+\infty}{\left(x^2+1\right)}=+\infty\\
\limite{X}{+\infty}{\dfrac{\ln(X)}{X}}=0
\end{rcases*}\Rightarrow\boxed{\limite{x}{+\infty}{f(x)}=0}
\]
De plus,
\[
f(0)=\dfrac{\ln(1)}{1}=0.
\]


\item \textbf{Calcul de la dérivée.}

\medskip

$f(x)=\dfrac{\ln\left(x^2+1\right)}{x^2+1}$ donc $f$ 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 :
\[
u'(x)=\left(\dfrac{u'}{u}\right)(x)=\dfrac{2x}{x^2+1}.
\]
Ainsi,
\begin{align*}
f^\prime(x) & = \left(\dfrac{u'v-v'u}{v^2}\right)(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^\prime(x) & = \dfrac{2x\big[1-\ln(x^2+1)\big]}{(x^2+1)^2}}
\end{align*}

\item \textbf{Sens de variation de la fonction.}

\medskip

Sur \intervFO{0}{+\infty},
\begin{itemize}
\item $2x>0$
\item $(x^2+1)^2 > 0$
\end{itemize}
donc $f'(x)$ est du signe de $1-\ln\left(x^2+1\right)$.
\begin{align*}
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{align*}
De plus,
\begin{align*}
f\left(\sqrt{\e-1}\right) & = \dfrac{\ln(\e-1+1)}{\e-1+1}\\
& = \dfrac{1}{\e}\\
& = \e^{-1}
\end{align*}

On obtient alors le tableau de variations suivant (en utilisant la symétrie d'axe des ordonnées):

\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node[inner sep = 0pt, outer sep = 0pt] (tab) {
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[color,colorL=corrigepage!10,colorC=corrigepage!10,colorV=corrigepage!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}
\end{itemize}

La courbe représentative de la fonction $f$ est donnée ci-dessous à titre indicatif.

\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node[inner sep = 0pt, outer sep = 0pt, fill = white] (img) {
\begin{tikzpicture}[yscale=10]
\clip (-8,-0.035) rectangle (8,0.41);
\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=100] (\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}{étude d'une fonction}[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 Afin que $f(x)$ existe, il faut que:
\[
1+\dfrac{1}{x}>0  \iff \dfrac{x+1}{x}>0.
\]
Dressons le tableau de signes de ce dernier quotient (voir page suivante).
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node[inner sep = 0pt, outer sep = 0pt] (tab) {
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[color,colorL=corrigepage!10,colorC=corrigepage!10,colorV=corrigepage!10]{$x$/0.5,$x+1$/0.5,$x$/0.5,$\dfrac{x+1}{x}$/1}{$-\infty$,$-1$,0,$+\infty$}
\tkzTabLine{,-,z,+,,+}
\tkzTabLine{,-,,-,z,+}
\tkzTabLine{,+,z,-,z,+}
\end{tikzpicture}};
\drawshadow{tab}{black}
\end{tikzpicture}
\end{center}
Ainsi,
\[
\dfrac{x+1}{x}>0 \iff x\in \intervOO{-\infty}{-1}\cup\intervOO{0}{+\infty}.
\]
Le domaine de définition de $f$ est donc:
\[
\mathcal{D}_f=\intervOO{-\infty}{-1}\cup\intervOO{0}{+\infty}.
\]

\item $f=\ln(u)$, avec $u(x)=1+\dfrac{1}{x}$ et $u'(x)=-\dfrac{1}{x^2}$. Ainsi,
\begin{align*}
f'(x) & = \dfrac{u'(x)}{u(x)}\\
      & = \dfrac{-\frac{1}{x^2}}{1+\frac{1}{x}}\\
\Aboxed{f'(x) & = \dfrac{-1}{x^2\left(1+\frac{1}{x}\right)} }
\end{align*}

Sur $\mathcal{D}_f$, $1+\dfrac{1}{x}>0$ et $x^2>0$ donc $f'(x)<0$.

Ainsi, $f$ est strictement décroissante sur \intervOO{-\infty}{-1} et sur \intervOO{0}{+\infty}.

\item 
\begin{itemize}
\item \textbf{Limites aux infinis.}

\medskip

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

\medskip

De même, $\limite{x}{+\infty}{f(x)}=0$.

\bigskip

\item \textbf{Limite en $\boldmath{-1}$.}

\medskip

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

\bigskip

\item \textbf{Limite en 0.}

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

On en déduit le tableau de variations suivant:

\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node[inner sep = 0pt, outer sep = 0pt] (tab) {
\begin{tikzpicture}
\tikzset{h style/.style ={pattern=north west lines,pattern color=corrigepage!20}}
\tkzTabInit[color,colorL=corrigepage!10,colorC=corrigepage!10,colorV=corrigepage!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}{étude d'une fonction}[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 $(x-1)^2>0$.

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 $\limite{x}{1}{(X)}=0$. 

\medskip
Or, $\limite{X}{0}{X\ln(X)}=0$ (croissance comparée). 

Ainsi, 
\[
\boxed{\limite[x>1]{x}{1}{f(x)}=0}.
\]


\item Si $x<1$, on peut écrire que $f(x)=(x-1)\ln\big[(1-x)^2\big]$ (car $1-x > 0$) et donc:
\[
f(x)=2(x-1)\ln(1-x).
\]
Par un raisonnement analogue à celui qui précède, en posant $X=1-x$, 
\[
\boxed{\limite[x<1]{x}{1}{f(x)}=0}.
\]
\end{itemize}
\end{itemize}

\item $f=u \times v$ avec:
\[
\begin{array}{ll}
u(x)=x-1 & \qquad ; \qquad v(x)=\ln(x^2-2x+1) = \ln\big[g(x)\big]\text{ avec }g(x)=x^2-2x+1\\[8pt]
u'(x) = 1 & \qquad ; \qquad v'(x) = \dfrac{g'(x)}{g(x)} = \dfrac{2x-2}{x^2-2x+1}
\end{array}
\]
Ainsi,
\begin{align*}
f'(x) & = \left(\dfrac{u'v-v'u}{v^2}\right)(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{align*}

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

D'où le tableau suivant:
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node[inner sep = 0pt, outer sep= 0pt] (tab) {
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[lgt=3,espcl=2,color,colorL=corrigepage!10,colorC=corrigepage!10,colorV=corrigepage!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=corrigepage!10,colorC=corrigepage!10,colorV=corrigepage!10]{$x$/0.5,$f(x)$/1.5}{$-\infty$,$1-\e^{-1}$,0,$1+\e^{-1}$,$+\infty$}
\tkzTabVar{-/$-\infty$,+/$2\e^{-1}$,-D+/0/0,-/$-2\e^{-1}$,+/$+\infty$}
\end{tikzpicture}};
\drawshadow{tab}{black}
\end{tikzpicture}
\end{center}
\begin{rem}
On aurait peut-être été tenté de faire le tableau suivant:
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node[inner sep = 0pt, outer sep= 0pt] (tab) {
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[color,colorL=rem!10,colorC=rem!10,colorV=rem!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}{1}
\end{tikzpicture}};
\drawshadow{tab}{black}
\end{tikzpicture}
\end{center}
mais il ne faut pas oublier que \og 1 \fg{} est une valeur interdite et qu'il faut donc nécessairement mettre une double barre au niveau de $x=1$.
\end{rem}
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\newpage

\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, 
\[
\boxed{a\e^{\frac{1}{3}\ln\left(1-\frac{1}{a}\right)}+\dfrac{1}{2}-a=0}
\]

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

Ainsi, par produit, $\limite{x}{+\infty}{\left[ \e^{\frac{1}{3}\ln\left(1-\frac{1}{x}\right)}\left(1+\dfrac{1}{3x-3} \right) \right]}=1$, 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.

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}


%%%

\begin{exocor}{étude d'une fonction}[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 \textbf{Calcul de $\boldmath{\limite{x}{-1}{f(x)}}$.}

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

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

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

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

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

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

On en déduit par produit, que $\boxed{ \limite{x}{+\infty}{f(x)}=+\infty }$.
\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 ; \qquad  v(x)= \ln(x+1)\\
u'(x)=1 & \qquad ; \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}\\
g'(x) & = \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=corrigepage!10,colorC=corrigepage!10,colorV=corrigepage!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}

\bigskip

\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 \'Etudier le signe de $h'(x)$ sur \intervOO{0}{+\infty} et en déduire les variations de $h$ sur \intervOO{0}{+\infty}. 

En déduire ensuite 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

\bigskip

\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}\\
\Aboxed{h'(x) & = \dfrac{2x^2+x-2}{2x^3}}
\end{align*}

\item Sur \intervOO{0}{+\infty}, $2x^3>0$ donc $h'(x)$ est du signe de $2x^2+x-2$, dont le discriminant est: 
\[
\Delta=1-4\times 2 \times (-2)=17.
\]
Il a donc deux racines : 
\[ x_1=\frac{-1-\sqrt{17}}{4} \qquad ; \qquad x_2=\frac{-1+\sqrt{17}}{4}
\]
$2x^2+x-2$ est du signe de \og 2 \fg{}  à l'extérieur des racines; or, $x_1<0$.

D'où le tableau suivant:
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node[inner sep = 0pt, outer sep = 0pt] (tab) {
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[color,colorL=corrigepage!10,colorC=corrigepage!10,colorV=corrigepage!10]{$x$/1,$h'(x)$/1,$h(x)$/1}{0,$\dfrac{-1+\sqrt{17}}{4}$,$+\infty$}
\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

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

\bigskip

\partie{B}

\begin{enumerate}
\item $f$ est dérivable sur \intervOO{0}{+\infty} comme somme d'une fonction dérivable sur \intervOO{0}{+\infty} ($x \mapsto -x$) et d'un produit de deux fonctions dérivables sur \intervOO{0}{+\infty} ($x \mapsto  x^2+1$ et $x \mapsto \ln(x)$).
\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}, $h(x)>0$.


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

\item
\begin{enumerate}
\item $f(x)=x\times x\ln(x) + \ln(x) - x$. Or, 
\[
\lim\limits_{x \rightarrow 0}{\big[ x\ln(x) \big]}=0
\]
et 
\[
\lim\limits_{x \rightarrow 0}{\big[ \ln(x) \big] }=-\infty.
\]
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 
\[
\lim\limits_{x \rightarrow +\infty}{\big[ \ln(x) \big]} = +\infty.
\]
Ainsi,  
\[
\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} \left[\left(x+\dfrac{1}{x}\right)\ln(x) -1\right]=+\infty.
\]
On a donc : 
\[
\boxed{\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} f(x)=+\infty}.
\]

\newpage

\item On a le tableau suivant :
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node[inner sep = 0pt, outer sep = 0pt] (tab) {
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[color,colorL=corrigepage!10,colorC=corrigepage!10,colorV=corrigepage!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 \'A l'aide de la calculatrice, on a: $\alpha \approx 1,6$.
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{étude d'une fonction et tangente}[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.
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item
\begin{enumerate}
\item $g'(x)=\e^x(1+x)$ donc $g'(x)>0$ sur \intervFO{0}{+\infty}.

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 
\begin{itemize}
\item \textbf{Calcul de la limite en 0.}

\medskip

$\limite{x}{0}{\big[ \ln(x) \big]}=-\infty$ et $\limite{x}{0}{\big(\e^x\big)}=1$ donc, par somme, 
\[
\boxed{\limite{x}{0}{f(x)}=+\infty}
\]

\item \textbf{Calcul de la limite en $\boldmath{+\infty}$.}

\medskip

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

\newpage

\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=corrigepage!10,colorC=corrigepage!10,colorV=corrigepage!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 $\begin{aligned}[t]
f(\alpha) & =\e^\alpha-\ln(\alpha)\\
& = \dfrac{1}{\alpha}-\ln\left(\dfrac{1}{\e^\alpha}\right)\qquad\text{d'après la question 1.}b.\\
& = \dfrac{1}{\alpha}-\ln(1)+\ln\left(\e^\alpha\right)\\
\Aboxed{m& = \dfrac{1}{\alpha}+\alpha}
\end{aligned}$

\medskip

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)\\
\iff y & = (\e-1)(x-1)+\e-\ln1\\
\iff y & = (\e-1)x-\e+1+\e\\
\iff \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*}


\bigskip

À titre indicatif, voici la représentation graphique de la courbe et de la tangente:

\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}

\newpage

%%%

\begin{exocor}{détermination de coefficients}[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}[3]
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 :
\[
g(x)=(1-x^2)\ln(x) + x^2+1\qquad\text{et}\qquad h(x)=x^2\big[ 1-2\ln(x) \big].
\]
\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}

\tcblower

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

$\begin{aligned}[t]
h'(x)>0 & \iff -4x\ln(x)>0\\
& \iff \ln(x)<0\text{ car }x>0\\
& \iff 0<x<1
\end{aligned}$
\end{multicols}

De plus, \setlength{\columnseprule}{0pt}
\begin{itemize}
\item $\limite{x}{0}{h(x)}=\limite{x}{0}{\big(x^2-2x^2\ln(x)\big)}=0$ car $\limite{x}{0}{\big[ x^n\ln(x) \big] }=0$ pour tout entier naturel $n$.

\item $h(1)=1^2\big[ 1-2\ln(1) \big])=1$.

\item $\limite{x}{+\infty}{\big[ 1-2\ln(x) \big]}=-\infty$ et $\limite{x}{+\infty}{(x^2)}=+\infty$ donc par produit, $\limite{x}{+\infty}{h(x)}=-\infty$.
\end{itemize}

D'où le tableau suivant :

\medskip

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

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

De plus, $h(1)=1$ 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:
\[
\alpha\approx1,649
\]
\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=corrigepage!10,colorC=corrigepage!10,colorV=corrigepage!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 $\begin{aligned}[t]
g'(x) 
& = -2x\ln(x)+(1-x^2)\times\dfrac{1}{x}+2x\\
& = \dfrac{-2x^2\ln(x)+1-x^2+2x^2}{x}\\
& = \dfrac{-2x^2\ln(x) + x^2 + 1}{x}\\
& = \dfrac{(1-2\ln(x))x^2 + 1}{x}\\
\Aboxed{g'(x) & =\dfrac{h(x)}{x}}
\end{aligned}$

\medskip

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 $\limite{x}{0}{\big[ \ln(x) \big]}=-\infty$ donc $\limite{x}{0}{\big[ (1-x^2)\ln(x) \big]}=-\infty$.

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

\medskip

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

\medskip

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

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

\medskip

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

D'où le tableau suivant.
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node[inner sep = 0pt, outer sep = 0pt] (tab) {
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[color,colorL=corrigepage!10,colorC=corrigepage!10,colorV=corrigepage!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 croissante. 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=corrigepage!10,colorC=corrigepage!10,colorV=corrigepage!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}[3]
\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}.
\newpage
\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}

\tcblower

\bigskip

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

\medskip

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

\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}, $g$ est strictement décroissante sur \intervOO{0}{+\infty} (comme somme de deux fonctions strictement décroissantes sur le même intervalle).

\newpage

\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 : $\alpha\approx0,67$.


\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=corrigepage!10,colorC=corrigepage!10,colorV=corrigepage!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

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

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

\medskip

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=corrigepage!10,colorC=corrigepage!10,colorV=corrigepage!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}


\bigskip

\sectionnn{Logarithme népérien et suites numériques}


%%%

\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 $f'(x)=\dfrac{1}{1+x}-1=\dfrac{1-(1+x)}{1+x}=\dfrac{-x}{1+x}$ et $f(0)=\ln(1+0)-0=\ln1=0$, 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=corrigepage!10,colorC=corrigepage!10,colorV=corrigepage!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}
\end{center}

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


\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}

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, $u_n>0$ et $f(x)<0$ pour $x>0$.

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

\medskip

La suite est donc décroissante et minorée par 0. 

Or, toute suite décroissante et minorée converge (\textit{théorème de convergence des suites monotones}) donc \suite{u}{n}{n\in\N} converge.

\item On pose $\ell=\limite{n}{+\infty}{(u_n)}$. Par définition, 
\begin{equation}
\limite{n}{+\infty}{(u_{n})} = \limite{n}{+\infty}{(u_{n+1})} = \limite{n}{+\infty}{\big[ \ln(u_n+1) \big] }=\ell.\label{eq1chln}
\end{equation}
La fonction $x\mapsto\ln(x)$ étant continue sur \intervOF{0}{+\infty}, on a:
\begin{equation}
\limite{n}{+\infty}{\big[ \ln(u_n+1) \big]}=\ln\left[ \limite{n}{+\infty}{(u_n)}+1\right]=\ln(\ell+1).\label{eq2chln}
\end{equation}
Des égalités \ref{eq1chln} et \ref{eq2chln}, on déduit:
\[
\ln(\ell+1)=\ell \qquad\text{soit}\qquad \ln(\ell+1)-\ell=0 \qquad \text{ou encore :}\qquad f(\ell)=0.
\]
D'après les variations de $f$, il n'existe qu'une valeur de $x$ pour laquelle $f(x)=0$ : c'est $x=0$.

\medskip

Par conséquent, $\ell=0$. 

\medskip

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, 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*}
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 :
\[
v_0=\ln(u_0)-\ln(5)=\ln(5\e)-\ln(5)=\ln(5)+\ln(\e)-\ln(5)=\ln(\e)=1.
\]
\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)-\ln(5) & \iff \ln(u_n)=v_n+\ln(5)\\
& \iff u_n=\e^{v_n+\ln(5)}\\
& \iff u_n=\e^{v_n}\times\e^{\ln(5)}\\
& \iff \boxed{u_n= 5\e^{\frac{1}{2^n}}}
\end{align*}

\item $\limite{n}{+\infty}{\left(\dfrac{1}{2^n}\right)}=0$ 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, $\limite{n}{+\infty}{\left(\dfrac{1}{2^{n+1}}\right)}=0$ donc :
\[
\boxed{\limite{n}{+\infty}{(P_n)}=5\e^2}
\]
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\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^2}\right)\right]}{x}\\
& = \dfrac{\ln\left(x^2\right)+\ln\left(1+\frac{1}{x^2}\right)}{x}\\
& = 2\dfrac{\ln x}{x}+\dfrac{1}{x}\ln\left(1+\dfrac{1}{x^2}\right).
\end{align*}

Or, 

\begin{itemize}
\item $\limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{\ln x}{x}\right)}=0$ (croissance comparée)
\item $\limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{1}{x^2}\right)}=0$ donc $\limite{x}{+\infty}{\left[ \ln\left(1+\dfrac{1}{x^2}\right) \right]}=\ln(1)=0$ et, par produit, $\limite{x}{+\infty}{\left[ \dfrac{1}{x}\ln\left(1+\dfrac{1}{x^2}\right) \right]}=0$.
\end{itemize}
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 $\limite{x}{+\infty}{\big[ \ln\left(x^2+1\right) \big]}=+\infty$ donc $\limite{x}{+\infty}{\left[ \dfrac{\ln\left(x^2+1\right)}{n} \right]}=+\infty$ (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 $x\mapsto\dfrac{2x}{x^2+1}$ $\left( \dfrac{u'}{u} \right)$.

\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=corrigepage!10,colorC=corrigepage!10,colorV=corrigepage!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, 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 $f_n(1)$.

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}\\
& = (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

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, $\alpha_{n+1}>\alpha_n$. 

\medskip

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.

\medskip

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

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

Or, $\alpha_n$ représente la solution unique à l'équation $f_n(x)=0$. Donc, si on pose $\ell=\limite{n}{+\infty}{(\alpha_n)}$, 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 $\ell=1$.

\medskip

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


\sectionnn{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}

\medskip

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(50):
    u = log(1 + 1/u)
    print(u)
\end{python}

\item Les derniers termes affichés sont :
\begin{console}
0.8064660055835747
0.8064659864474527
0.8064659995826947
0.8064659905665218
0.8064659967553208
0.8064659925072619
0.8064659954231757
\end{console}

\bigskip

On peut ainsi conjecturer que la suite converge vers une limite dont une valeur approchée est 0,806.

\newpage

\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. 

\bigskip

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, $f = \ln(u)$, 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 d'aller plus loin car $x>0$ donc $-\dfrac{1}{x^2}<0$ et $1+\dfrac{1}{x}>0$. Donc $f'(x)<0$.

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}

Ainsi, $(v_n)$ est décroissante.


\newpage

\item Montrons par récurrence que pour tout entier naturel $n$, $w_n \leqslant v_n$.
\begin{itemize}
\item \textbf{Initialisation :} $v_0=1$ et $w_0\approx0,69\leqslant v_0$.
\item \textbf{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}

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}

\newpage

\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

\bigskip

\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}.

\newpage

\item On a le tableau suivant :

\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node[inner sep = 0pt, outer sep = 0pt] (tab) {
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[color,colorL=corrigepage!10,colorC=corrigepage!10,colorV=corrigepage!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 $\begin{aligned}[t]
g'(x) & =f'(x)-1\\
& = \dfrac{-1}{x^2+x}-1\\
& = \dfrac{-1-x^2-x}{x(x+1)}\\
\Aboxed{g'(x) & = -\dfrac{x^2+x+1}{x(x+1)} }
\end{aligned}$

Or, le discriminant de $x^2+x+1$ étant $\Delta=-3<0$, ce polynôme 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, 
\begin{itemize}
\item $g\left(\frac{1}{2}\right)=\ln(3)-\frac{1}{2}\approx0,6$;
\item $g(1)=\ln2-1\approx-0,3$.
\end{itemize}
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 $g(\alpha)=0$.
\[
g(x)=0 \Longleftrightarrow f(x)-x=0 \Longleftrightarrow f(x)=x.
\]
Ainsi, $\alpha$ est aussi l'unique solution de l'équation $f(x)=x$ sur \intervFF{\frac{1}{2}}{1}.
\end{enumerate}

\bigskip

\partie{C}

\begin{enumerate}
\item $\begin{aligned}[t]
v_0 & =u_0=1.\\
v_1 & =u_2=f\left(u_1\right)=f(f(u_0))=f(f(1))=f(\ln(2))=\ln\left(1+\frac{1}{\ln(2)}\right)\approx0,893.\\
v_2 & = u_4=f(u_3)=f(f(u_2))\approx f(f(0,893))\approx f(0,751)\approx 0,846.
\end{aligned}$

\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 \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 \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.

\medskip

Ainsi, $(\mathcal{P}_n)$ est vraie pour tout entier naturel $n$.

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

Or, \emph{toute suite décroissante et minorée converge} d'après le théorème de convergence des suites monotones.

\medskip

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

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

\bigskip

\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}

\bigskip

\sectionnn{Objectif bac}

\begin{exocor}{Extrait du sujet 1, Métropole 2025}[1]
Soit $f$ la fonction définie sur l'intervalle \intervOO{0}{+\infty} par:
\[
f(x) = x\Big[2\big(\ln(x)\big)^2 - 3\ln(x) + 2 \Big]\,,
\]
où $\ln$ désigne la fonction logarithme népérien.

dans un repère orthogonal, on note:
\begin{itemize}
\item $\mathcal{C}_f$ la courbe représentative de $f$;
\item $T_B$ la tangente à $\mathcal{C}_f$ au point $B\coord{\e}{\e}$.
\end{itemize}

\begin{enumerate}
\item Résoudre dans $\R$ l'équation $2X^2- 3X + 2 = 0$.

En déduire que $\mathcal{C}_f$ ne coupe pas l'axe des abscisses.

\item Déterminer, en justifiant, la limite de $f$ en $+\infty$.

On admettra que la limite de $f$ en 0 est égale à 0.

\item On admet que pour tout $x$ appartenant à \intervOO{0}{+\infty}, \: $f'(x) = 2\big(\ln(x))^2 + \ln(x) - 1$.
\begin{enumerate}
\item Montrer que pour tout $x$ appartenant à \intervOO{0}{+\infty},\: $f''(x)= \dfrac{1}{x}(4\ln(x) + 1)$.
\item Étudier la convexité de la fonction $f$ sur l'intervalle \intervOO{0}{+\infty} et préciser la valeur exacte de l'abscisse du point d'inflexion.
\item Montrer que la courbe $\mathcal{C}_f$ est au-dessus de la tangente $T_{\text{B}}$ sur l'intervalle \intervOO{0}{+\infty}.
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item Le polynôme $2X^2- 3X + 2$ admet pour discriminant:
\[
\Delta = b^2-4ac = (-3)^2 - 4\times2\times2 = -7 < 0.
\]
Donc l'équation $2X^2- 3X + 2 = 0$ n'admet aucune solution sur \R.

$\mathcal{C}_f$ coupe l'axe des abscisses si l'équation $f(x)=0$ admet au moins une solution. Or,
\begin{align*}
f(x)=0 & \iff x\Big[2\big(\ln(x)\big)^2 - 3\ln(x) + 2 \Big] = 0\\
       & \iff 2\big(\ln(x)\big)^2 - 3\ln(x) + 2 = 0\text{ (car $x\neq0$)}\\
       & \iff 2X^2 - 3X + 2 = 0 \text{ en posant }X=\ln(x).
\end{align*}
Cette dernière équation n'admettant aucune solution, l'équation $f(x)=0$ n'admet aucune solution.

Ainsi, $\mathcal{C}_f$ ne coupe pas l'axe des abscisses.

\item Factorisons $f(x)$ par $\ln(x)$:
\[
f(x)= x\ln(x)\left[2\ln(x) - 3 + \dfrac{2}{\ln(x)} \right].
\]
\begin{itemize}
\item $\limite{x}{+\infty}{(x)}=+\infty$ et $\limite{x}{+\infty}{\big[ \ln(x) \big]}=+\infty$ donc, par produit des limites, 
\[
\limite{x}{+\infty}{\big[ x\ln(x) \big]} = +\infty.
\]

\item $\limite{x}{+\infty}{\big[ 2\ln(x) \big]}=+\infty$ et $\limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{2}{\ln(x)}\right)} = \limite{X}{+\infty}{\left(\dfrac{2}{X}\right)}=0$ donc, par somme des limites, 
\[
\limite{x}{+\infty}{\left[ 2\ln(x) - 3 + \dfrac{2}{\ln(x)} \right]} = +\infty.
\]
\end{itemize}
Ainsi, par produit des limites,
\[
\boxed{\limite{x}{+\infty}{\big[ f(x) \big]} = +\infty}
\]

\item $f'(x) = 2\big(\ln(x))^2 + \ln(x) - 1$.
\begin{enumerate}
\item Dérivons $f'(x)$.

La fonction $x\mapsto \big(\ln(x))^2$ est de la forme $u^2$, avec $u(x) = \ln(x)$, donc sa dérivée est $2u'u$, soit\linebreak $x\mapsto 2\times\dfrac{1}{x}\times \ln(x)$ car $u'(x)=\dfrac{1}{x}$. 

D'où:
\begin{align*}
f''(x) & = 2 \times 2\times\dfrac{1}{x}\times\ln(x) + \dfrac{1}{x}\\
       & = 4\dfrac{\ln(x)}{x} + \dfrac{1}{x}\\
\Aboxed{f''(x) & = \dfrac{1}{x}\big( 4\ln(x) + 1 \big)}
\end{align*}

\item $\begin{aligned}[t]
f''(x) \geqslant 0 & \iff 4\ln(x) + 1 \geqslant 0 \text{ car  }\dfrac{1}{x}>0\text{ sur }\intervOO{0}{+\infty}\\
                   & \iff \ln(x) \geqslant -\dfrac{1}{4}\\
                   & \iff x \geqslant \e^{-1/4}.
\end{aligned}$

On en déduit alors que:
\begin{itemize}
\item sur \intervOO{0}{\e^{-1/4}}, $f''(x) < 0$ et donc que $f$ est concave;
\item sur \intervOO{\e^{-1/4}}{+\infty}, $f''(x) > 0$ et donc que $f$ est convexe;
\item $f''\left(\e^{-1/4}\right)=0$ en changeant de signe donc que $\mathcal{C}_f$ admet un point d'inflexion d'abscisse $x=\e^{-1/4}$.
\end{itemize}

\item L'abscisse de $B$ est $\e>\e^{-1/4}$ donc $T_B$ est comme toutes les tangentes à $\mathcal{C}_f$ sur \intervOO{\e^{-1/4}}{+\infty} en dessous de $\mathcal{C}_f$ (car $f$ est, sur cet intervalle, convexe).

Ainsi, $\mathcal{C}_f$ est bien au-dessus de $T_B$ sur \intervOO{\e^{-1/4}}{+\infty} , et donc sur $\intervFO{1}{+\infty} \subset \intervOO{\e^{-1/4}}{+\infty}$.
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{Polynésie, sujet 1, septembre 2025}[2]
On considère la suite $\suite{u}{n}{}$ définie par $u_{0}=5$ et, pour tout entier naturel $n$ :
\[
u_{n+1}=2+\ln\left( u_{n}^{2}-3 \right).
\]
On admet que cette suite est bien définie.

\bigskip

\partie{A : exploitation de programmes Python}

\begin{enumerate}
\item Recopier et compléter le script Python ci-dessous pour que \texttt{suite(k)}, qui prend en paramètre un entier naturel \texttt{k}, renvoie la liste des $k$ premières valeurs de la suite $(u_{n})$.

\medskip

\textbf{Remarque :} on précise que, pour tout réel strictement positif \texttt{a}, \texttt{log(a)} renvoie la valeur du logarithme népérien de \texttt{a}.

\begin{python}
def suite(k):
    L = []
    u = 5
    for i in range(......):
        L.append(u)
        u = ............
    return (......)
\end{python}

\item On a exécuté \texttt{suite(9)} ci-dessous. Émettre deux conjectures: l'une sur le sens de variation de la suite $(u_{n})$ et l'autre sur son éventuelle convergence.

\begin{console}
>>> suite(9)
[ 5, 5.091042453358316, 5.131953749864703,
5.150037910978289, 5.157974010229213, 5.1614456706362954,
5.162962248594583, 5.163624356938671, 5.163913344065642 ]
\end{console}

\item On a ensuite créé la fonction \texttt{mystere(n)} donnée ci-dessous et exécuté  \texttt{mystere(10000)}, ce qui a renvoyé \texttt{1}.

Cet affichage contredit-il la conjecture émise sur le sens de variation de la suite $(u_{n})$ ? Justifier.

\begin{python}
def mystere(n):
    L = suite(n)
    c = 1
    for i in range(n - 1):
        if L[i] > L[i + 1]:
            c = 0
    return c
\end{python}

\begin{console}
>>> mystere(10000)
1
\end{console}
\end{enumerate}

\newpage

\partie{B: étude de la convergence de la suite ($\boldsymbol{u}_{\boldsymbol{n}}$)}

On considère la fonction $g$ définie sur \intervFO{2}{+\infty} par :
\[
g(x)=2+\ln \left(x^{2}-3\right).
\]
On admet que $g$ est dérivable sur \intervFO{2}{+\infty} et on note $g'$ sa fonction dérivée.

\begin{enumerate}
\item Démontrer que la fonction $g$ est croissante sur  \intervFO{2}{+\infty}.

\item 
\begin{enumerate}
\item Démontrer par récurrence que, pour tout entier naturel $n$ :
\[
4 \leqslant u_{n} \leqslant u_{n+1} \leqslant 6.
\]

\item En déduire que la suite $\left(u_{n}\right)$ converge.
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\bigskip

\partie{C : étude de la valeur de la limite}

On considère la fonction $f$ définie sur  \intervFO{2}{+\infty} par :
\[
f(x)=2+\ln \left(x^{2}-3\right)-x.
\]
On admet que $f$ est dérivable sur  \intervFO{2}{+\infty} et on note $f'$ sa fonction dérivée.

On donne le tableau de variations de $f$ suivant. On ne demande aucune justification.

\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node[inner sep = 0pt, outer sep = 0pt] (tab) {
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[color,colorL=exercicenumbg!10,colorC=exercicenumbg!10,colorV=exercicenumbg!10]{$x$/0.7,$f(x)$/1.5}{2,3,$+\infty$}
\tkzTabVar{-/0,+/$\ln(6)-1$,-/$-\infty$}
\end{tikzpicture}};
\drawshadow{tab}{black}
\end{tikzpicture}
\end{center}

\begin{enumerate}
\item 
\begin{enumerate}
\item Montrer que l'équation $f(x)=0$ admet exactement deux solutions sur \intervFO{2}{+\infty} que l'on notera $\alpha$ et $\beta$ avec $\alpha<\beta$.

\item Donner la valeur exacte de $\alpha$ et une valeur approchée à $10^{-3}$ près de $\beta$.
\end{enumerate}

\item On note $\ell$ la limite de la suite $(u_{n})$.

Justifier que $f(\ell)=0$ et déterminer $\ell$.
\end{enumerate}

\tcblower

\medskip

\partie{A}
\begin{enumerate}
\item Le programme dûment complété est le suivant:

\begin{python}
def suite(k):
    L = []
    u = 5
    for i in range(k):
        L.append(u)
        u = 2 + log(u*u - 3)
    return L
\end{python}


\item D'après ce que renvoie \texttt{suite(9)}, on peut conjecturer que:
\begin{itemize}
\item $\suite{u}{n}{}$ semble \textit{croissante} car les nombres contenus dans la liste représentent les termes successifs de la suite et ils sont de plus en plus grands;
\item $\suite{u}{n}{}$ semble \textit{convergente} car ces nombres se rapprochent les uns des autres et semblent se rapprocher d'un nombre dont une valeur approchée est 5,163.
\end{itemize}

\item Dans la fonction  \texttt{mystere(10000)}:
\begin{itemize}
\item dans la boucle \texttt{for}, l'instruction \texttt{range(n-1)} signifie que \text{i} prend ses valeurs de 0 à $n-2$ (n'oublions pas que \texttt{range(p)} désigne les valeurs de 0 à $p-1$);

\item on parcourt donc la liste composée de tous les termes de $u_0$ à $u_{n-2}$;

\item on affecte la valeur 0 à la variable \texttt{c} (qui contenait initialement la valeur 1) si un terme est plus grand que son suivant;

\item comme la fonction renvoie la valeur 1, cela signifie que le test a échoué pour tous les termes et donc que la suite est \textit{croissante}.
\end{itemize}


Le fait que \og \texttt{mystere(10000)} \fg{} renvoie la valeur 1 ne contredit donc pas la conjecture selon laquelle la suite est croissante.
\end{enumerate}

\partie{B}

\begin{enumerate}
\item $g = 2 + \ln(u)$, avec $u(x)=x^2-3$ et $u'(x)=2x$ donc:
\begin{align*}
g'(x) & = 0 + \dfrac{u'(x)}{u(x)}\\
& = \dfrac{2x}{x^2-3}.
\end{align*} 

Or, sur \intervFO{2}{+\infty}, $x^2-3>0$ et $2x>0$ donc $g'(x)>0$.

Ainsi, $g$ est strictement croissante sur \intervFO{2}{+\infty}.

\item 
\begin{enumerate}
\item Posons $(\mathcal{P}_n)$ : $4 \leqslant u_n \leqslant u_{n+1} \leqslant 6$.
\begin{itemize}
\item \textbf{Initialisation.}

$u_0=5$ et $u_1 = 2+\ln\big(u_0^2-3\big) = 2+\ln(5^2-3) = 2+\ln(22) \approx 5,1$.

Ainsi,
\[
4 \leqslant u_0 \leqslant u_1 \leqslant 6.
\]

$(\mathcal{P}_0)$ est donc vraie.

\medskip

\item \textbf{Hérédité.}

Supposons que pour un entier naturel $k$ fixé, $(\mathcal{P}_k)$ est vraie, c'est-à-dire:
\[
4  \leqslant u_k \leqslant u_{k+1} \leqslant 6.\tag{HR}
\]
Montrons alors que $(\mathcal{P}_{k+1})$ est aussi vraie, c'est-à-dire:
\[
4  \leqslant u_{k+1} \leqslant u_{k+2} \leqslant 6.
\]
Partons de l'hypothèse de récurrence (HR):
\begin{align*}
4  \leqslant u_k \leqslant u_{k+1} \leqslant 6 & \Longrightarrow g(4)  \leqslant g(u_k) \leqslant g(u_{k+1}) \leqslant g(6)\text{\color{red}~ car $g$ est croissante sur \intervFF{4}{6}}\\
& \Longrightarrow 2+\ln(13) \leqslant u_{k+1} \leqslant u_{k+2} \leqslant 2+\ln(33)\\
& \Longrightarrow 4 \leqslant u_{k+1} \leqslant u_{k+2} \leqslant 6\text{\color{red}~ car $2+\ln(13)\approx4,56$ et $2+\ln(33)\approx5,5$)}.
\end{align*}
L'hérédité est alors prouvée.

\item \textbf{Conclusion.}

$(\mathcal{P}_0)$ est vraie et, pour un entier naturel $k\geqslant0$, $(\mathcal{P}_k) \Rightarrow (\mathcal{P}_{k+1})$ donc, d'après le principe de récurrence, 
\[
\forall n\in\N,\ (\mathcal{P}_n)\text{ est vraie, soit: }4 \leqslant u_n \leqslant u_{n+1} \leqslant 6.
\]
\end{itemize}

\item Nous venons de montrer que \suite{u}{n}{} est croissante (car $u_n \leqslant u_{n+1}$) et majorée (car $un\leqslant6$).

Ainsi, d'après le théorème de convergence des suites monotones, \suite{u}{n}{} converge.
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\partie{C}

\begin{enumerate}
\item 
\begin{itemize}
\item L'équation $f(x)=0$ admet une solution évidente d'après le tableau de variations de la fonction $f$. En effet, $f(2)=0$ donc $\alpha=2$ est une solution.

\item Sur \intervFF{2}{3}, $f$ est strictement croissante  et $f(2)=0$ donc l'équation $f(x)=0$ n'admet pas d'autres solutions que $\alpha=2$ sur cet intervalle.

\item Sur \intervFO{3}{+\infty},
\begin{itemize}
\item $f$ est continue et strictement décroissante;
\item $f(3)>0$ et $\limite{x}{+\infty}{f(x)}<0$ donc $0 \in f\big( \intervFO{3}{+\infty} \big)$.
\end{itemize}

Ainsi, d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l'équation $f(x)=0$ admet une unique solution $\beta$ sur \intervFO{3}{+\infty}.

\item Nous avons déjà dit que $\alpha=2$ dans la question précédente.

À l'aide de la calculatrice, on trouve une valeur approchée de l'autre solution à l'équation $f(x)=0$: $\beta\approx 5,164$.
\end{itemize}

\item D'après la partie B,
\begin{itemize}
\item $\forall n\in\N$, $u_n\in\intervFF{4}{6}$;
\item $u_{n+1}=g(u_n)$, avec $g$ continue sur \intervFF{4}{6};
\item $(u_n)$ est convergente vers un nombre $\ell$.
\end{itemize}
donc d'après le théorème du point fixe, $\ell$ est solution de l'équation $g(x)=x$, et donc:
\begin{align*}
\ell = g(\ell) & \iff \ell = 2+\ln(\ell^2-3)\\
& \iff 2+\ln(\ell^2-3)-\ell = 0\\
& \iff f(\ell) = 0\\
& \iff \ell=\alpha=2\text{ ou }\ell=\beta\approx5,164
\end{align*}
Or, $\alpha\not\in\intervFF{4}{6}$ et $\beta\in\intervFF{4}{6}$ donc $\ell=\beta$.
\end{enumerate}
\end{exocor}

\corriges
