\thumb
%% QCM 1
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\begin{qcm}{Propriétés du logarithme}{5}
Pour chacune des questions de ce QCM, une seule réponse est exacte.
\begin{questions}
\item Soit $a$ un réel strictement positif, $\ln\Bigl(\dfrac{a^2}{25}\Bigr) $ est égal à :\resetchoix\par 
\begin{tabularx}{\linewidth}{@{}XXX@{}}
\choix $2\left(\ln a - \ln 5\right)$ &
\choix $(\ln a)^2 - (\ln 5)^2$ &
\choix $\left(\ln\dfrac{a}{5}\right)^2$
\end{tabularx}
   
\item $ \ln(\sqrt{2} + 1) + \ln(\sqrt{2} - 1) $ est égal à :\resetchoix\par 
\begin{tabularx}{\linewidth}{@{}XXX@{}}
\choix $0$ &
\choix $\ln\big(2\sqrt{2}\big) $ &
\choix $ \ln 2 $
\end{tabularx}

\item Pour tout réel $x$ strictement supérieur à $2$, $\ln(x^2 - 4) - \ln(x - 2) $ est égal à :\resetchoix\par 
\begin{tabularx}{\linewidth}{@{}XXX@{}}
\choix $ \ln (x + 2) $ &
\choix $ \ln(x^2 - x - 2) $&
\choix $ \ln (x - 2) $
\end{tabularx}

\item $\ln\Bigl(\dfrac{1}{\nep }\Bigr)^2 - \Bigl(\ln\dfrac{1}{\nep}\Bigr) ^2 $ est égal à :\resetchoix\par 
\begin{tabularx}{\linewidth}{@{}XXX@{}}
\choix $0$&
\choix $ - 3$&
\choix $\nep^2 - 1$
\end{tabularx}
\end{questions}
\end{qcm}

%% Corrigé du QCM 1
%%%%%%%%%%%%
\begin{corrige}
    \begin{questions}
        \item Réponse\choix[a]: $\ln\left(\dfrac{a^2}{\text{25}}\right) = \ln
            (a^2) - \ln\text{25} = \ln (a^2) - \ln 5^2$ or $a > 0$ donc $ \ln (a^2) = 2\ln a $
            d'où :
                \[ \ln\left(\frac{a^2}{\text{25}}\right) = 2\ln a - 2\ln 5 = 2(\ln a - \ln 5)\]

            \begin{attention}
                  Ne confondez pas $\ln (a^2) = \ln (a\times a)$ et $(\ln a)^2 = (\ln a)\times (\ln a)$.

                  Si $a < 0$, alors $\ln (a^2) = 2\ln ( - a)$.
            \end{attention}

        \item Réponse\choix[a]:
            \begin{align*}
                  \ln(\sqrt{2} + 1) + \ln(\sqrt{2} - 1)
                  & = \ln\bigl((\sqrt{2} + 1)(\sqrt{2} - 1)\bigr)\\
                  & = \ln\bigl((\sqrt{2})^2 - 1\bigr) = \ln 1 = 0.
            \end{align*}

        \item Réponse\choix[a]: ${\ln (x^2 - 4) - \ln (x - 2) = \ln\Bigl(\dfrac{x^2 - 4}{x - 2}\Bigr) = \ln (x + 2)}$.

        \item Réponse\choix[b]:
            $ \ln\Bigl(\dfrac{1}{\nep}\Bigr)^2 - \Bigl(\ln\dfrac{1}{\nep}\Bigr)^2 = 2\ln\Bigl(\dfrac{1}{\nep}\Bigr) - \Bigl(\ln \dfrac{1}{\nep}\Bigr)^2$.

            Or, $\ln\dfrac{1}{\nep } = - \ln \nep = - 1$ donc :
                \[\ln \Bigl(\frac{1}{\nep }\Bigr)^2 - \Bigl(\ln \frac{1}{\nep }\Bigr)^2 = - 2 - 1 = - 3.\]
    \end{questions}
\end{corrige}

%% QCM2
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\begin{qcm}{Dérivées}{10}
Pour chacune des questions de ce QCM, une seule réponse est exacte.
\begin{questions}
\item Si $f(x) = (\ln x)^2$ sur $\left]0\,;+\infty \right[ $, alors $ f'(x) $ est égal à :\resetchoix\par 
\begin{tabularx}{\linewidth}{@{}XXX@{}}
\choix $ \dfrac{1}{x^2} $&
\choix $ 2\ln x $&
\choix $ \dfrac{2\ln x}{x} $
\end{tabularx}

\item Si $f(x) = \ln(x^2)$ sur $\left]0 \,; + \infty \right[ $, alors $ f'(x) $ est égal à :\resetchoix\par 
\begin{tabularx}{\linewidth}{@{}XXX@{}}
\choix $ \dfrac{2}{x} $&
\choix $ 2\Bigl(\ln x + \dfrac{1}{x}\Bigr) $&
\choix $ \dfrac{2\ln x}{x} $
\end{tabularx}

\item Si $f(x) = x\ln x$ sur $\left]0 \,; + \infty \right[ $, alors $ f'(x) $ est égal à :\resetchoix\par 
\begin{tabularx}{\linewidth}{@{}XXX@{}}
\choix $ \dfrac{1}{x} $&
\choix $ 1 + \ln x $&
\choix $ 1 + \dfrac{1}{x} $
\end{tabularx}
\end{questions}
\end{qcm}

%% Corrigé du QCM 2

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item Réponse \choix[c]: $f$ est dérivable sur $\left]0\,; + \infty \right[ $ par opérations sur les fonctions dérivables. Posons $u(x) = \ln x$ ; $f$ peut alors s'écrire :
\[
f = u^2 = u \times u\qquad\text{et donc :}\qquad f' = u'u + uu'= 2uu'\;,
\]
d'où, pour tout $x$ de $\left]0 \,; + \infty \right[ $ :
\[ f'(x) = 2\ln x\times {\frac{1}{x}} = \frac{2\ln x}{x}. \]

\item Réponse \choix[a]: puisque $x$ est strictement positif, $\ln(x^2) = 2\ln(x)$.

Donc $f'(x) = \dfrac{2}{x}$.
		
\item Réponse\choix[b]: $f$ est dérivable sur $\left]0 \,; + \infty \right[ $ par opérations sur les fonctions dérivables. Posons $u(x) = x$ et $v(x) = \ln x$, $f$ peut alors s'écrire $f = uv$ et donc $ f' = u'v + uv' $. D'où, pour tout $x$ de $\left]  0 \,; +\infty \right[ $ :
\[ 
f'(x) = \ln x + x\times{\frac{1}{x}} = \ln x + 1. \]
\end{questions}
\end{corrige}

%% QCM3
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\begin{qcm}{Équations et inéquations}{15}
Pour chacune des questions de ce QCM, une seule réponse est exacte.
\begin{questions}
\item L'ensemble des solutions de l'équation $\ln \big(x^2\big) = 0$ est :\resetchoix\par 
\begin{tabularx}{\linewidth}{@{}XXX@{}}
\choix $0$&
\choix $1$&
\choix $\{-1\,;1\}$
\end{tabularx}

\item L'ensemble des solutions de l'équation $\ln \big(x^2 - x\big) = 0$ est :\resetchoix\par 
\begin{tabularx}{\linewidth}{@{}XXX@{}}
\choix $ \{0\,;1\} $ &
\choix $\{1\,;\nep\}$ &
\choix $ \left\{\dfrac{1 - \sqrt{5}}{2}\,;\dfrac{1 + \sqrt{5}}{2}\right\} $
\end{tabularx}
\newpage
\item L'ensemble des solutions de l'inéquation $ 1 - x\ln (0,5) \ge 0 $ est :\resetchoix\par 
\begin{tabularx}{\linewidth}{@{}XXX@{}}
\choix $\big] -\infty \,; \ln (0,5)\big] $&
\choix $ \left] -\infty \,; \dfrac{1}{\ln (0,5)}\right] $&
\choix $ \left[\dfrac{1}{\ln (0,5)}\,; +\infty\right [$
\end{tabularx}

\item Le nombre $ t $ tel que $ \left(1 + \dfrac{t}{100}\right)^6 = 2$ est, arrondi au centième :\resetchoix\par 
\begin{tabularx}{\linewidth}{@{}XXX@{}}
\choix $ 10,5 $&
\choix $ 12,24 $&
\choix $ 12,25 $
\end{tabularx}
\end{questions}
\end{qcm}

%% Corrigé du QCM 3
%%%%%%%%%%%%
\begin{corrige}
\begin{questions}
\item Réponse \choix[c].

L'équation est valide pour $x^2 > 0$ soit sur \mbox{$ \left] - \infty \,; 0\right[ \cup \left]0\,; + \infty \right[ $}.

Pour tout $x$ de $ \left] - \infty \,; 0\right[ \cup \left]0\,; + \infty \right[ $ :
\begin{align*}
\ln \big(x^2\big) = 0 & \iff \ln \big(x^2\big) = \ln 1\\
& \iff x^2 = 1\\
& \iff x = - 1\text{ ou }x = 1.
\end{align*}
L'ensemble des solutions de l'équation $\ln \big(x^2\big) = 0$ est donc $\{ - 1\,;1\}$.

\item Réponse \choix[c]. L'équation est valide si $x^2 - x > 0$ soit si $x(x - 1) > 0$. L'ensemble de validité de l'équation est donc $ \left] - \infty \,; 0\right[ \cup \left]1\,; + \infty \right[ $.

Pour tout $x$ de $ \left] - \infty \,; 0\right[ \cup \left]1\,; + \infty \right[ $ :
\begin{align*}
\ln (x^2 - x) = 0 & \iff \ln (x^2 - x) = \ln 1\\
& \iff x^2 - x = 1\\
& \iff x^2 - x - 1 = 0.
\end{align*}
L'équation $x^2 - x - 1 = 0$ admet pour discriminant $ \Delta = 5$ et pour solutions $ x_1 = \dfrac{1 - \sqrt{5}}{2} $ et $ x_2 = \dfrac{1 + \sqrt{5}}{2} $.

Ces deux solutions appartiennent à l'ensemble $ \left] - \infty \,; 0\right[ \cup \left]1\,; + \infty \right[ $ donc l'ensemble des solutions de l'équation $\ln \big(x^2 - x\big) = 0$ est :
                \[\left\{\dfrac{1 - \sqrt{5}}{2}\,; \dfrac{1 + \sqrt{5}}{2}\right\}. \]

\item Réponse \choix[c]. L'inéquation est valide sur $\R$. Pour tout $x$ réel,
\[ 1 - x\ln (0,5)\ge 0\iff - x\ln (0,5)\ge - 1\iff x\ln (0,5)\le 1. \]
Or, $0,5 < 1$ ; donc $\ln(0,5) < 0$, soit :
\[ x\ln (0,5)\le 1\iff x\ge \frac{1}{\ln (0,5)}. \]
L'ensemble des solutions de l'inéquation $1 - x\ln (0,5)\ge 0$ est donc:
\[ \Bigl[\dfrac{1}{\ln (0,5)}\,; + \infty \Bigr[. \]

            \begin{Remarque}comme $ \ln (0{,}5) = \ln \left(\dfrac{1}{2}\right) = - \ln 2 $, l'ensemble des solutions peut s'écrire aussi :
                    \[ \Bigl[ - \frac{1}{\ln 2}\,; + \infty \Bigr[. \]
            \end{Remarque}
\item Réponse \choix[c]. 
\begin{align*}
\left(1+\dfrac{1}{100}\right)^6=2 & \iff \ln\left[\left(1+\dfrac{t}{100}\right)^6\right]=\ln2\\
& \iff 6\ln\left(1+\dfrac{t}{100}\right)=\ln2\\
& \iff \ln\left(1+\dfrac{t}{100}\right)=\dfrac{\ln2}{6}\\
& \iff 1+\dfrac{t}{100}=\exp\left(\dfrac{\ln2}{6}\right)\\
& \iff \dfrac{t}{100}=\exp\left(\dfrac{\ln2}{6}\right)-1\\
& \iff t = 100\exp\left(\dfrac{\ln2}{6}\right)-100\\
& \iff t \approx 12,25.
\end{align*}
\end{questions}
\end{corrige}

%% QCM 4
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\begin{qcm}{Généralités}{5}
Pour chacune des questions de ce QCM, une seule réponse est exacte.
\begin{questions}
\item Le nombre réel $\dfrac{\ln\nep}{\ln\big(\nep^2\big)}$ est égal à :\resetchoix\par
\begin{tabularx}{\linewidth}{@{}XXX@{}}
\choix $\ln\dfrac{1}{\nep}$ & 
\choix $\dfrac{1}{\nep}$ &
\choix $\dfrac{1}{2}$
\end{tabularx}


\item Pour tout réel $x$ strictement inférieur à 1, $\ln(1 - x) < 1$ est équivalent à :\resetchoix\par
\begin{tabularx}{\linewidth}{@{}XXX@{}}
\choix $x<1$ & 
\choix $x>1-\nep$ &
\choix $x>0$
\end{tabularx}


\item Une ville a vu sa population augmenter de 20\,\% par an pendant quatre années consécutives, puis de 7\,\% par an durant les cinq années suivantes, et enfin de 6\,\% la dixième année. Le pourcentage d'augmentation annuel moyen sur la décennie qui vient de s'écouler s'élève à environ :\resetchoix\par
\begin{tabularx}{\linewidth}{@{}XXX@{}}
\choix 12,1\,\% & 
\choix 208\,\% &
\choix 11,9\,\%
\end{tabularx}

\item Dans $\R$, l'équation $\ln(x + 4) + \ln(x - 2) = \ln(2x + 1)$ :\resetchoix\par 
\choix{} n'a pas de solution	

\choix{} admet exactement une solution	

\choix{} admet exactement deux solutions

\item On considère une fonction $f$ définie et dérivable sur $\R$, de dérivée $f'$. On donne ci-dessous son tableau de variations :
\[
\begin{array}{|R|*7{c}|}
\hline\tabulartitle
x & -\infty &  & -1 &  & 1 &  & +\infty\\
\hline
f'(x) &  & + & 0 & - & 0 & + & \\
\hline
      &  &  & \nep & & & & +\infty\\
f'(x) &  & \nearrow & & \searrow & & \nearrow & \\
      & 0 & & & & \sqrt{2} & & \\
\hline
\end{array}
\]
L'équation $f(x) = 4$ admet dans $\R$ :\resetchoix\par
\begin{tabularx}{\linewidth}{@{}XXX@{}}
\choix 3 solutions & 
\choix 2 solutions &
\choix 1 solution
\end{tabularx}

\item La fonction définie sur $]0\,;+\infty[$ par $f(x) = \nep^{1+\ln x}$ :\resetchoix\par
\begin{tabularx}{\linewidth}{@{}XX@{}}
\choix est croissante sur $]0\,;+\infty[$ & 
\choix est décroissante sur $]0\,;+\infty[$ \\[6pt]
\multicolumn{2}{@{}l}{\choix n'est pas monotone sur  $]0\,;+\infty[$}
\end{tabularx}
\end{questions}
\end{qcm}

%% CORR QCM4

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item Réponse\choix[c]. En effet, $\ln\nep = 1$ et $\ln(\nep^2) = 2\ln\nep = 2$.

\item Réponse \choix[b]. En effet, 
\begin{align*}
\ln(1-x)<1 & \iff \ln(1-x)<\ln\nep\\
& \iff 1-x<\nep\\
& \iff x>1-\nep.
\end{align*}
(L'équation est définie pour $1-x>0$, donc pour $x<1$).

\item Réponse \choix[c]. Le coefficient multiplicateur pour les dix années écoulées est :
$1,2^4 \times 1,07^5 \times 1,06  \approx 3,082$.

Si on appelle $t$ le taux d'augmentation moyen, on a :
\begin{align*}
     & \left(1+\dfrac{t}{100}\right)^{10}\approx3,082\\
\iff & \ln\left[\left(1+\dfrac{t}{100}\right)^{10}\right]\approx\ln3,082\\
\iff & 10\ln\left(1+\dfrac{t}{100}\right)\approx\ln3,082\\
\iff & 1+\dfrac{t}{100}\approx\exp\left(\dfrac{\ln3,082}{10}\right)\approx1,119.
\end{align*}

Par conséquent, le pourcentage d'augmentation annuel moyen est environ 11,9\,\%.

\item Réponse \choix[b]. Il faut d'abord chercher le domaine de validité de l'équation. On veut $x + 4 > 0$, $x - 2 > 0$ et $2x + 1 > 0$. Ces trois conditions sont remplies si $x > 2$, donc $D = ]2\,;+\infty[$.

Dans $D$, 
\begin{align*}
& \ln(x+4)+\ln(x-2)=\ln(2x+1)\\
\iff & \ln\big[(x+4)(x-2)\big]=\ln(2x+1)\\
 \iff& (x+4)(x-2)=2x+1\\
 \iff& x^2+2x-8-2x-1=0\\
 \iff& x^2-9=0.
\end{align*}
Cette équation a, dans $\R$, deux solutions : 3 et $-3$.

Cependant, $-3$ n'appartient pas à $D$, donc l'équation de départ a une seule solution : 3.

\item Réponse \choix[c]. Sur $]-\infty\,;1]$, la fonction $f$ admet pour maximum $\nep$ (environ 2,72) donc l'équation $f(x) = 4$ n'a pas de solution. Par contre, sur $]1\,;+\infty[$, 4 apparient à $\big]\sqrt{2}\,;+\infty\big[$, donc l'équation admet une solution.

\item Réponse \choix[a]. En effet, $f'(x)=\dfrac{1}{x}\nep^{1+\ln x}$ car $f(x)$ est de la forme $\nep^{u(x)}$.

Cette dérivée est strictement positive sur $]0\,;+\infty[$, donc $f$ est croissante sur $]0\,;+\infty[$.
\end{questions}
\end{corrige}

%%% EX5

\begin{vf}{Logarithme et exponentielle}{10}
Parmi les propositions suivantes, quelles sont celles qui sont exactes ?
    \begin{questions}
        \item $\nep ^{\ln 5} + \nep ^{ - \ln 3} = 2$.

        \item Pour tout réel $x$, $ \ln (\nep ^x + 1) =x + \ln(\nep ^{ - x} + 1)$.

        \item Pour tout réel $x$ différent de $ - 1$, $\ln (x^3 + 1)^2 =2\ln(x^3 + 1)$.

        \item Pour tout réel $x$, $\ln (\nep ^{3x} + 1)^2 =2\ln(\nep ^{3x} + 1)$.

    \end{questions}
\end{vf}

%%%%%%%%%%%%%% CORR EX5

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item Faux. Comme $ - \ln 3 = \ln\dfrac{1}{3}$, ce nombre est égal à $5 + \dfrac{1}{3}$.

\item Vrai. Pour tout réel $x$, $\ln(\nep ^x + 1) =\ln\left[\nep ^x (1 + \nep ^{ - x})\right]$. Comme $\nep ^x$ et $1 + \nep ^{ - x}$ sont tous les deux strictement positifs, 
		$$\ln(\nep ^x + 1) = \ln \nep ^x + \ln (1 + \nep ^{ - x}).$$ 
		Or, $ \ln \nep ^x =x$. Donc $\ln (\nep ^x + 1) =x + \ln(\nep ^{ - x} + 1)$.

\item Faux. Le nombre $x^3 + 1$ peut être négatif, par exemple dans le cas où $x = - 2$. Or, la formule $\ln a^n =n \ln a$ n'est valable que lorsque $a$ est un réel strictement positif.

\item Vrai. Le nombre $\nep^{3x} + 1$ est toujours strictement positif donc on peut appliquer la formule : $\ln a^n =n \ln a$.
\end{questions}
\end{corrige}

\sectionnn{Propriétés de la fonction logarithme népérien}

%% EX6

\begin{exo}{Propriétés algébriques}{Lycée Berlioz, Vincennes }{1}{10}
Exprimer à l'aide de $ \ln 2$ et $ \ln 3$ :
\begin{itemize}
\begin{multicols}{6}
\item $ \ln 4 $
\item $ \ln 36 $
\item $ \ln\dfrac{2}{27} $
\item $ \ln \sqrt{6} $
\item $ \ln \dfrac{9}{8} $
\item $ \ln \big(3\nep ^5\big) $
\end{multicols}
\end{itemize}
\end{exo}

%%%%%%%% CORR EX6

\begin{corrige}
    \begin{itemize}
        \item $\ln 4= \ln \big(2^2\big) = 2\ln 2 $.

        \item $\ln 36 = \ln (4\times 9) = \ln\left(2^2 \times 3^2 \right) = 2\ln 2 + 2\ln 3 $.

        \item $\ln \dfrac{2}{27} = \ln\left(2\times 3^{ - 3}\right) = \ln 2- 3\ln 3$.

        \item $ \ln \sqrt{6} = \ln\left((2\times 3)^{\frac{1}{2}}\right) = \dfrac{1}{2}\ln (2\times 3) = \dfrac{1}{2} (\ln 2 + \ln 3)$.

        \item $ \ln \dfrac{9}{8} = \ln 3^2 - \ln (2^3) = 2\ln 3 - 3\ln 2 $.

        \item $ \ln\left(3\nep ^{5}\right) = \ln 3 + 5\underbrace{\ln\nep}_1 = \ln 3 + 5$.
    \end{itemize}
\end{corrige}

%% EX7

\begin{exo}{Propriétés algébriques} {Lycée Delacroix, Maisons - Alfort}{1}{5}
Exprimer en fonction de $\ln 2$ et $\ln 3$ :
\[ A = 2\ln 4 + \ln 27 - 4\ln 18 + 4\ln \sqrt{6} - \ln \dfrac{9}{16}. \]
\end{exo}

%%%%%%%% CORR EX7

\begin{corrige}
    \begin{align*}
        A & = 2\ln 4 + \ln 27 - 4\ln 18 + 4\ln \sqrt{6 } - \ln \dfrac{9}{16} \\
          & = 2\ln 2^2 + \ln 3^3 - 4\ln(2\times3^2) + 4\ln\bigl((2\times3)^{\frac{1}{2}}\bigr) - (\ln 3^2 - \ln 2^4)\\
          & = 4\ln 2 + 3\ln 3 - 4(\ln 2 + 2\ln 3) + 4\times\dfrac{1}{2}(\ln 2 + \ln 3) - 2\ln 3 + 4\ln 2 \\
          & = 4\ln 2 + 3\ln 3 - 4\ln 2 - 8\ln 3 + 2\ln 2 + 2\ln 3 - 2\ln 3 + 4\ln 2 \\
          & = 6\ln 2 - 5\ln 3.
    \end{align*}
\end{corrige}


\sectionnn{Équations comportant des logarithmes}

%% EX8

\begin{exo}{Équations}{Lycée Bonaparte, Toulon}{1}{10}
Résoudre les équations suivantes dans $\R$ :
\begin{questions}
\begin{minipage}{0.33\linewidth}
\item $\ln(2x) = - 3$
\end{minipage}
\begin{minipage}{0.33\linewidth}
\item $\dfrac{1}{2}\ln(3x + 1) = 1$
\end{minipage}
\begin{minipage}{0.33\linewidth}
\item $ 3\ln(3x^2 + 1) = 6$
\end{minipage}
\end{questions}
\end{exo}

%% CORR EX8

\begin{corrige}
    \begin{questions}
        \item La condition de validité pour $\ln(2x) = - 3$ est que $ x > 0$.
                \begin{align*}
                    \ln(2x) = - 3 & \iff \ln(2x) = \ln{(\nep ^{-3})} \\
                        & \iff 2x = \nep ^{ - 3} \ \text{(par stricte monotonie)}.
                \end{align*}
            Donc la solution est $\dfrac{1}{2}\nep ^{-3} $ (car $\dfrac{1}{2}\nep^{-3}>0$).

        \item L'équation $ \dfrac{1}{2}\ln(3x + 1) = 1$ n'est valide que si $3x + 1 > 0$ c'est à dire $x > - \dfrac{1}{3}$.
                \begin{align*}
                    \dfrac{1}{2}\ln(3x + 1) = 1 & \iff \ln(3x + 1) = 2 \iff \ln(3x + 1) = \ln(\nep ^2) \\
                        & \iff 3x + 1 = \nep ^2 \quad \text{(par stricte monotonie)} \\
                        & \iff x = \dfrac{1}{3}(\nep ^2 - 1).
                \end{align*}								

            Ceci vérifie la condition de validité, donc $\dfrac{1}{3}(\nep ^2 - 1)$ est solution.

        \item L'équation $ 3\ln(3x^2 + 1) = 6$ est définie sur $\R$ puisque le trinôme $3x^2 + 1$ est toujours strictement positif.
                \begin{align*}
                    3\ln(3x^2 + 1) = 6 & \iff \ln(3x^2 + 1) = 2 \iff \ln(3x^2 + 1) = \ln \nep^2 \\
                        & \iff 3x^2 + 1 = \nep ^2 \iff x^2 = \underbrace{\frac{\nep ^2 - 1}{3}}_{ > \ 0} \\[-3pt]
                        &\iff x = \sqrt{\frac{\nep ^2 - 1}{3}} \quad \text{ ou } \quad x = - \sqrt{\frac{\nep ^2 - 1}{3}}.
                \end{align*}

            L'équation a pour ensemble de solutions $ \left\{-\sqrt{\frac{\nep^2 - 1}{3}}\,; \sqrt{\frac{\nep^2 - 1}{3}}\right\}$.
    \end{questions}
\end{corrige}

%% EX9

\begin{exo}{Équations}{Lycée Hoche, Versailles}{1}{10}
Résoudre dans $\R$ les équations suivantes :
\begin{questions}
\begin{minipage}{0.5\linewidth}
\item $\ln\big(x^2 - 4\big) = \ln(2x + 11)$
\end{minipage}
\begin{minipage}{0.5\linewidth}
\item $\ln(x - 2) + \ln(x + 2) = \ln(2x + 11)$
\end{minipage}
\end{questions}
\end{exo}

%%%%%%%% CORR EX9

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item D'abord, on s'occupe des conditions d'existence des logarithmes :
\[
\begin{cases}
x^2 - 4 > 0 & \iff x\in \left]-\infty , -2 \right[ \cup	 \left]  2\,; + \infty\right[\\
2x + 11 > 0 & \iff x > - \dfrac{11}{2}
\end{cases}
\]
\begin{center}
\includegraphics{004_ex9corrige-p123_024}
\end{center}
Finalement, la condition de validité est :
\[ 
x \in D \text{ avec } D = \left]-\dfrac{11}{2}\,; - 2 \right[ \cup\, ] 2\,; + \infty[. 
\]
Si $ x\in D$, on transforme l'équation sachant que la fonction $\ln$ est strictement croissante :
\begin{align*}
\ln\big(x^2 - 4\big) = \ln(2x + 11) & \iff x^2 - 4 = 2x + 11 \\
 & \iff x^2 - 2x - 15 = 0.
\end{align*}
Le discriminant du trinôme vaut : $\Delta = 4 + 4\times 15 = 64 = 8^2$.

Il y a deux racines:
\[ x_{1} = \dfrac{2 - 8}{2} = - 3 \quad \text{ et } \quad x_{2} = \dfrac{2 + 8}{2} = 5. \]

Ces racines sont bien des solutions valides car elles sont dans $D$. L'équation a donc pour ensemble de solutions : $\{-3\,; 5\}$.

\item Cette fois, on doit avoir :
\[
\begin{cases}
x - 2 > 0 & \iff x > 2, \\
x + 2 > 0 & \iff x > - 2, \\
2x + 11 > 0 & \iff x > - \dfrac{11}{2}.
\end{cases}
\]
Donc on résout dans $D= \left]  2\,; + \infty \right[$ :
\[ \ln(x - 2) + \ln(x + 2) = \ln\left[(x - 2)(x + 2) \right] = \ln\big(x^2 - 4\big). \]
D'où :
\[ \ln(x - 2) + \ln(x + 2) = \ln(2x + 11) \iff \ln\big(x^2 - 4\big) = \ln(2x + 11). \]
On est ramené à l'équation de la question 1. Attention, cela ne veut pas dire que l'on va trouver les mêmes solutions, car on ne résout pas dans le même ensemble. En réduisant l'équation, on obtient les mêmes racines : $ x_{1} = - 3 $ et $ x_{2} = 5$. Mais cette fois-ci, on voit que $ x_{1}\not\in D$. Seule $ x_{2} $ est donc solution.

L'équation admet donc une seule solution : $5$.
\end{questions}
\end{corrige}


%% EX10

\begin{exo}{Équations}{Lycée René Cassin, Gonesse}{1}{12}
Résoudre dans $ \R $ les équations suivantes :
\begin{questions}
\begin{multicols}{2}
\item $2 \ln (4x) = \ln 16$
\item $\ln(3x + 2) - \ln x= 1$
\item $\ln\bigl((x - 5)(x - 1)\bigr) = 3\ln 2$
\end{multicols}
\end{questions}
\end{exo}

%%%%%%%% CORR EX10

\begin{corrige}
    \begin{questions}
        \item On veut résoudre $2\ln(4x) = \ln 16$.

            On s'intéresse d'abord aux conditions de définition du logarithme. On pose donc la condition de validité : $4x > 0$ c'est-à-dire $x > 0$.

            Pour résoudre, on se ramène à une équation de la forme $\ln{U} = \ln{V}$ afin de pouvoir simplifier :
                \begin{align*}
                        2\ln(4x) = \ln 16 & \iff
                            \begin{cases}
                                \ln(16x^2) = \ln 16 \\ x > 0
                            \end{cases}
                            \iff
                            \begin{cases}
                              16x^2 = 16 \\ x > 0
                            \end{cases}
                        \\
                            & \iff \begin{cases}
                                x^2 = 1 \\ x > 0
                                \end{cases}
                    	 \iff
                            \begin{cases}
                                x = 1 \text{ ou } x = - 1 \\ x > 0.
                            \end{cases}
                \end{align*}

            L'ensemble des solutions se réduit à $\{1\}$, car la valeur $ -1$ ne satisfait pas la condition de validité $x > 0$.

        \item Considérons l'équation $ \ln(3x + 2) - \ln(x) = 1$. Pour que les logarithmes soient définis, il faut :
                    \[ \begin{cases} 3x + 2 > 0 \\ x > 0 \end{cases} \]%
            La condition la plus restrictive est $ x > 0$. On résout donc :
                \begin{align*}
                     & \begin{cases}
                           \ln\Bigl(\dfrac{3x + 2}{x}\Bigr) = 1 = \ln(\nep ) \\ x > 0
                    \end{cases}
                    \iff \begin{cases}
                      \dfrac{3x + 2}{x} = \nep \\ x > 0.
                    \end{cases}
                \\
                    \iff & \begin{cases}
                	 (3 - \nep )x = - 2 \\ x > 0
                	 \end{cases}
                     \iff \begin{cases}
                	 x = -\dfrac{2}{3 - \nep} \\ x > 0.
                	\end{cases}
                \end{align*}
            Les deux conditions sont incompatibles; l'équation n'a donc aucune solution.

        \item Soit l'équation $\ln\bigl((x - 5)(x - 1)\bigr) = 3\ln 2$.

            $(x - 5)(x - 1)$ est une fonction polynôme du second degré. Elle est positive à l'extérieur de ses racines $1$ et $5$. Le logarithme est défini à condition que : $ x\in]-\infty\,;1[\cup]5\,;+\infty[ $.

            Comme $\ln$ est strictement croissante :
                \[ \ln\big((x - 5)(x - 1)\big) = \underbrace{\ 3\ln{2}\ }_{=\ \ln(2^3)\ =\ \ln{8}} \iff (x - 5)(x - 1) = 8.\]

            D'où une équation du second degré à résoudre :
                \begin{gather*}
                    x^2 - 6x + 5 = 8 \iff x^2 - 6x - 3 = 0 \\
                    \Delta = 36 + 12 = 48 = (4\sqrt{3})^2.\\
                    x_1 = \frac{6 - 4\sqrt{3}}{2} = 3 - 2\sqrt{3 } \quad \text{ et } \quad x_2 = \frac{6 + 4\sqrt{3}}{2} = 3 + 2\sqrt{3}.
                \end{gather*}

            Il reste à vérifier si les solutions conviennent.

            On voit que $ x_1 $ est négatif, donc \emph{a fortiori} inférieur à 1.

            Pour $ x_2 $, nous allons le vérifier formellement (on peut certes utiliser la calculatrice).
                \[ 3 + 2\sqrt{3} > 5 \iff 2\sqrt{3} > 2 \iff \underbrace{\sqrt{3} > 1.}_{\text{vrai!}} \]
            Les deux solutions conviennent, et l'ensemble des solutions est :
                \[ \big\{3 - 2\sqrt{3}\,;3 + 2\sqrt{3}\big\}. \]%

    \end{questions}
\end{corrige}

%% EX11

\begin{exo}{Équations logarithmiques}{Lycée Henri IV, Paris}{2}{30}
\begin{questions}
\item
\begin{questions}
\item Déterminer deux nombres réels $a$ et $b$ tels que pour tout réel $X$ :
\[ 
-X^3 + 2X^2 + X - 2 = (X^2 - 1)(aX + b). 
\]
\item Résoudre dans l'ensemble $ \R $ des réels les équations suivantes :
\begin{questions}
\item $ - x^3 + 2x^2 + x - 2 = 0$
\item $ - (\ln{x})^3 + 2(\ln{x})^2 + \ln{x} - 2 = 0$
\end{questions}
\end{questions}
\item
\begin{questions}
\item On considère le polynôme $P$ défini par :
\[ P(x) = 2x^3 - 3x^2 - 17x + 30. 	\]
\begin{questions}
\item Vérifier que :
\[ 
P(x) = (x - 2)(2x^2 + x - 15). 
\]
\item Résoudre dans $ \R $ l'équation d'inconnue $x$ : $P(x) = 0$.
\end{questions}
\item Utiliser la question précédente pour résoudre l'équation :
\[ 
2\ln{x} + \ln(2x - 3) = \ln(17x - 30).
\]
\end{questions}
\end{questions}
\end{exo}

%%%%%%%% CORR EX11

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item %1
\begin{questions}
\item %1.a.
On pose la factorisation du polynôme par $ X^2 - 1$ et on raisonne par identification :
\[ \begin{cases}
                            (X^2 - 1)(aX + b) & = aX^3 + bX^2 - aX - b \\ & = - X^3 + 2X^2 + X - 2
                            \end{cases}
                        \iff
                            \begin{cases}
                            a = - 1 \\ b = 2.
                            \end{cases} \]
                    Donc : $ - X^3 + 2X^2 + X - 2 = (X^2 - 1)( - X + 2) $.

\item %1.b.
\begin{questions}
\item %1.b.i.
On utilise la forme factorisée, pour résoudre l'équation polynomiale (en $x$) :
\begin{align*}
- x^3 + 2x^2 + x - 2 = 0 & \iff (x^2 - 1)( - x + 2) = 0 \\
& \iff x^2 - 1 = 0 \text{\enspace ou\enspace} - x + 2 = 0 \\
& \iff x = 1 \text{\enspace ou\enspace} x = - 1 \ \text{\enspace ou\enspace} x = 2.
\end{align*}

\item %1.b.ii.
Soit à résoudre $(E)$ : $- (\ln x)^3 + 2(\ln x)^2 + \ln x - 2 = 0$.

Cette équation est valide pour $x>0$. 

Pour se ramener à l'équation précédente, on pose $ X = \ln{x} $.

\begin{align*}
(E) & 
\iff \begin{cases}
- X {}^3 + 2X^2 + X - 2 = 0 \\ X = \ln x
\end{cases}
\\
& \iff
\begin{cases}
\ln x= - 1\\
\text{ ou }\\
\ln x= 1\\
\text{ ou }\\
\ln{x} = 2
\end{cases}
\iff 
\begin{cases}
x = \nep ^{-1}\\
\text{ ou }\\
x = \nep\\
\text{ ou }\\
x = \nep ^2
\end{cases}
\end{align*}
\end{questions}
\end{questions}

\item
\begin{questions}
\item
\begin{questions}
\item $\begin{aligned}[t]
(x - 2)(2x² + x - 15) & = 2x^3 + x² - 15 x -4x² -2x + 30 \\
& = 2x^3 -3x² - 17 x + 30 \\
& = P(x).
\end{aligned}$

                        \item $P(x) = 0 \iff x - 2 = 0 \ \text{ ou } \ 2x^2 + x - 15 = 0$.

                            Le polynôme $2x^2 + x - 15$ a deux racines réelles (car\\ 
							$\Delta = 1 + 120 = 121 = 11^2 > 0$) :
                                \[ x_1 = \frac{- 1 - 11}{4} = -3 \quad \text{ et } \quad x_2 = \frac{- 1 + 11}{4} = \dfrac{5}{2}. \]
                            $P(x) = 0 \iff x = 2 \ \text{ ou } \ x = - 3 \ \text{ ou } \ x = \dfrac{5}{2} $.

                    \end{questions}

                \item $ 2\ln{x} + \ln(2x - 3) = \ln(17x - 30) $.

                    On commence par poser les conditions de validité :
                        \[ \begin{cases}
                              x > 0 \\ 2x - 3 > 0 \\ 17x - 30 > 0
                            \end{cases}
                           \iff
                           \begin{cases}
                              x > 0 \\ x > \dfrac{3}{2} \\ x > \dfrac{30}{17}.
                           \end{cases}
                            \iff x > \dfrac{30}{17}
                        \]
On résout ensuite l'équation :
\begin{align*}
2\ln x + \ln(2x - 3) & = \ln x^2 + \ln(2x - 3) \\
                     & = \ln\big(x^2(2x - 3)\big)\\
                     & = \ln\big(2x^3 - 3x^2\big). \\
\intertext{D'où, pour $x > \dfrac{30}{17}$ : }
\ln\big(2x^3 - 3x^2\big) & = \ln(17x - 30) \\
\iff 2x^3 - 3x^2 & = 17x - 30 \iff P(x) = 0.
\end{align*}

                    D'après la question précédente, $ P(x) = 0 $ équivaut à $ x = - 3$ ou $ x = 2$ ou $x = \dfrac{5}{2}. $
                    		
                    Parmi ces solutions, $ - 3$ ne satisfait pas la condition de validité car: $ - 3 < \dfrac{30}{17}$.
                    Donc l'ensemble des solutions de l'équation est :
                    $ \left\{2\,;\dfrac{5}{2}\right\}$.
            \end{questions}

    \end{questions}
\end{corrige}

\sectionnn{Inéquations comportant des logarithmes}

%% EX12

\begin{exo}{Inéquations}{Lycée Galilée, Gennevilliers}{1}{15}
Résoudre dans $\R$ les inéquations suivantes :
\begin{questions}
\begin{multicols}{2}
\item $\ln (- 3x + 4) \le 3$
\item $\ln (x^2 - 4) < \ln\big(2x(x + 2)\big)$
\end{multicols}
\end{questions}
\end{exo}

%%%%%%%% CORR EX12

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item On doit résoudre $\ln (- 3x + 4) \le 3$.

La condition de validité est:
\[ 
-3x + 4 > 0 \iff x < \dfrac{4}{3}. 
\]
On se ramène à une situation de référence où l'on pourra utiliser la propriété : $\ln(x)\leqslant\ln(y)\iff x\leqslant y$ pour $x$ et $y$ réels strictement positifs. Il faut «~équilibrer~» l'inéquation en faisant apparaître un logarithme à droite. On écrit $3$ sous forme d'un logarithme : $ 3 = 3 \times \ln \nep = \ln \nep^3 $.
\begin{align*}
\ln(-3x + 4) \le 3 & \iff \ln{(-3x + 4)} \le \ln{\nep^{3}} \\
& \iff -3x + 4\le \nep^3 \quad \text{(stricte monotonie de ln)} \\
& \iff x \ge \frac{\nep^3 - 4}{-3} \\
& \hspace*{4em}\text{(l'inégalité change de sens en divisant par $-3$)}\\
&\iff x \ge \frac{4 - \nep^3}{3}.
\end{align*}
On obtient finalement deux conditions:
\[ x \in \Bigl]-\infty\,; \dfrac{4}{3}\Bigr[ \quad \text{et} \quad x \ge \frac{4 - \nep^3}{3}. \]

Donc l'ensemble des solutions est:
\[ \Bigl[\dfrac{4 - \nep^3}{3}\, ; \dfrac{4}{3}\Bigr[. \]
\newpage
\item On commence par poser les conditions de validité, garantissant l'existence de chaque logarithme.
\begin{align*}
\begin{cases}
x^2 - 4 > 0 \\ 
2x(x + 2) > 0
\end{cases}
& \iff
\begin{cases}
x < - 2 \text{ ou }x > 2 \\
x < - 2 \text{ ou } x > 0
\end{cases}
\parbox{3.5cm}{\raggedleft(trinôme positif à l'extérieur des racines)} \\
& \iff
\begin{cases}
x \in \left]-\infty\,; - 2  \right[ \cup \left]  2\,; + \infty\right[, \\
x \in \left]-\infty\,; - 2  \right[ \cup \left]  0\,; + \infty\right[.
\end{cases}
\end{align*}
Donc : 
\begin{equation}
\tag{1}\label{ch4ex12cond1} x \in \left] -\infty\,; -2 \right[ \cup \left]2\; + \infty\right[.
\end{equation}

Noter que l'on a pris la conjonction des deux conditions, c'est-à-dire l'intersection des ensembles solutions de ces conditions. La condition~(\ref{ch4ex12cond1}) signifie que l'on doit résoudre dans $\left]-\infty\,; -2 \right[ \cup \left]  2\,; + \infty \right[$.

Par stricte monotonie, on a :
\begin{align*}
\ln\big(x^2 - 4\big) < \ln\big(2x(x + 2)\big) & \iff x^2 - 4 < 2x(x + 2) \\
&\iff x^2 - 4 - 2x(x + 2) < 0. \\
\intertext{Or,}
x^2 - 4 - 2x(x + 2) & = (x - 2)(x + 2) - 2x(x + 2) \\
                    & = (x + 2)(x - 2 - 2x) \\
                    & = (x + 2)( - x - 2) \\
                    & = -(x + 2)(x + 2)\\
                    & = -(x + 2)^2.
\end{align*}
Donc, l'inégalité équivaut à :
\begin{equation*}
\tag{2}\label{ch4ex12cond2} (x + 2)^2 > 0.
\end{equation*}
Le carré $(x + 2)^2$ étant positif ou nul pour tout $x \in \R$, la condition (\ref{ch4ex12cond2}) équivaut à $x \neq - 2$. En résumé, les solutions de l'inéquation doivent vérifier :
\begin{align}
\tag{1} x & \in \left] - \infty\,; -2  \right[ \cup \left]  2\,; + \infty\right[, \\
\tag{3}\label{ch4ex12cond3} x & \neq -2.
\end{align}
La condition (\ref{ch4ex12cond3}) est une conséquence de (\ref{ch4ex12cond1}). Donc, l'ensemble des solutions de l'inéquation est :
\[ \left]-\infty\,; -2 \right[ \cup \left] 2\,; + \infty\right[. \]
\end{questions}
\end{corrige}

%% EX13

\newpage
\begin{exo}{Étude de signe}{Lycée Robespierre, Arras}{1}{15}
\begin{questions}
\item Vérifier que pour tout nombre réel $x$ :
\[ 
3\nep^{2x}-4\nep^x + 1=(3\nep^x -1)(\nep^x -1). 
\]

        \item Étudier le signe de $ 3\nep^x -1 $ et celui de $ \nep^x -1 $ suivant les valeurs de $x \in \R $.

            En déduire le signe de $ 3\nep^{2x} - 4\nep^x + 1 $ sur $\R$.
    \end{questions}
\end{exo}

%%%%%%%% CORR EX13

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item Il suffit de développer le second membre pour trouver le résultat :
\[ 
(3\nep^x -1)(\nep^x -1) = 3\nep^{x + x}-\nep^x -3\nep^x + 1 = 3\nep^{2x}-4\nep^x + 1. 
\]

        \item On a:
                \[ 3\nep^x - 1 > 0 \iff \nep^x > \dfrac{1}{3} \iff x > \ln\left(\dfrac{1}{3}\right) \iff x > -\ln 3. \]

            De la même façon,
                \[ \nep^x -1 > 0 \iff \nep^x > 1 \iff x > 0. \]
            On peut dresser un tableau de signes :
				\[
                \begin{array}{|R|c*{3}{cc}|}
                    \hline\tabulartitle
                    x & -\infty & & -\ln 3 & & 0 & & +\infty\\
                    \hline
                    3\nep^x -1 & & - & 0 & + & & + & \\\hline
                    \nep^x -1 & & - & & - & 0 & + &\\
                    \hline
                    3\nep^{2x}-4\nep^x + 1 & & + & 0 & - & 0 & + &\\
                    \hline
                \end{array}
				\]
     \end{questions}
\end{corrige}

%% EX14

\begin{exo}{Inéquation}{Lycée Champollion, Grenoble}{1}{10}
Résoudre l'inéquation suivante après en avoir précisé les conditions de définition :
        \[ (\ln x)^2 - 4\ln x + 3 < 0. \]
\end{exo}

%%%%%%%% CORR EX14

\begin{corrige}
On a :
        \[ (\ln{x})^2 - 4\ln{x} + 3 < 0. \]
    On résout cette inéquation par un changement de variable : $X = \ln{x}$, avec $x > 0$.
        \[ (\ln{x})^2 - 4\ln{x} + 3 < 0 \quad \iff \begin{cases} X^2 - 4X + 3 < 0 \\ X = \ln x. \end{cases} \]
    Résoudre $X^2 - 4X + 3 < 0$ est un problème classique de signe d'un trinôme du second degré.

        \begin{itemize}
            \item Le discriminant vaut : $\Delta = 16 - 4\times 3 = 4 = 2^2$.

            \item Il y a donc deux racines qui sont:
                \[ X_{1} = \dfrac{4 - 2}{2} = 1 \quad \text{ et } \quad X_{2} = \dfrac{4 + 2}{2} = 3. \]
            \item Par la règle du signe d'un trinôme, on déduit que $X^2 - 4X + 3$ est négatif (du signe opposé du coefficient de $X^2$, qui est $1$) entre les racines. On obtient donc :
                \[ X^2 - 4X + 3 < 0 \iff X \in \left]  1\, ; 3  \right[ \]
        \end{itemize}

        \begin{center}
            \includegraphics{004_ex14corrige-p129_025}
        \end{center}

    Il faut maintenant revenir à la variable initiale $x$ :
\[
\left.
\begin{array}{l} 
X \in \left] 1\,; 3 \right[ \\
X = \ln x
\end{array}
\right\} \iff 1 < \ln x < 3 \iff \ln \nep < \ln x < \ln \nep^3.
\]
    Comme $\ln$ est strictement croissante de $] 0\, ; + \infty[$ dans $\R$ :
        \[ \ln \nep < \ln x < \ln \nep^3 \iff \nep < x < \nep^3. \]
    Les solutions vérifient donc:
        \[ x > 0 \quad \text{ et } \quad x \in \bigl] \nep\, ; \nep^3 \bigr[. \]
    L'ensemble des solutions est l'intervalle : $\bigl] \nep\, ; \nep ^{3}\bigr[$.
\end{corrige}

%% EX15

\begin{exo}{Inéquation}{Lycée Michelet, Marseille}{2}{15}
Résoudre dans $\R$ l'inéquation suivante :
\[ \ln\left(\frac{x + 2}{x - 2}\right) > 1. \]
\end{exo}

%%%%%%%% CORR EX15

\begin{corrige}
Soit à résoudre:
\[ \ln\left(\frac{x + 2}{x - 2}\right) > 1. \]
Comme toujours, il faut d'abord déterminer la condition d'existence du logarithme. On étudie donc le signe du quotient sous le logarithme.

Le signe du quotient $\dfrac{x + 2}{x - 2}$ est égal au signe du produit $(x + 2) \times (x - 2)$. C'est un trinôme, dont les racines sautent aux yeux : $ \{ -2\,;2\}$, et qui est donc strictement positif à l'extérieur des deux racines.

L'inéquation équivaut au système :
\[ 
\begin{cases}
x < -2 \text{ ou } x > 2 & \qquad (1) \\
\ln\left(\dfrac{x + 2}{x - 2}\right) > \underbrace{1}_{ = \ln(\nep ^{1})} \iff \dfrac{x + 2}{x - 2} > \nep. & \qquad (2)
\end{cases} 
\]
Résolvons (2) (attention, ne pas multiplier par $x - 2$ car son signe est variable !) :
\begin{align*}
        \frac{x + 2}{x - 2} > \nep & \iff \frac{x + 2}{x - 2} - \nep > 0 \iff \frac{x + 2 - \nep (x - 2)}{x - 2} > 0 \\
        & \iff \frac{(1 - \nep )x + 2(1 + \nep )}{x - 2} > 0.
\end{align*}

Le numérateur s'annule en $\alpha = \dfrac{2(\nep + 1)}{\nep - 1}$. On remarque que son coefficient $(1 - \nep )$ est négatif.
\[ 
\renewcommand{\arraystretch}{1.5}
\begin{array}{|R|c*{3}{cc}|}
            \hline\tabulartitle
            x & - \infty & & 2 & & \alpha & & + \infty\\
            \hline
            x - 2 & & - & 0 & + & & + & \\
            \hline
            (1 - \nep)x + 2(1 + \nep) & & + & & + & 0 & - & \\
            \hline
            \dfrac{(1 - \nep )x + 2(1 + \nep )\strut}{x - 2\strut} & & - & \vline~\vline & + & 0 & - & \\
            \hline
\end{array} 
\]

Finalement, l'inéquation a pour solutions les nombres $x$ satisfaisant les conditions (1) et (2) en même temps:
\[ (1) \qquad x \in \left]-\infty\,; -2 \right[ \cup \left] 2\,; +\infty\right[, \qquad \qquad(2) \qquad x \in \Bigl] 2\,; \frac{2(1 + \nep)}{\nep - 1}\Bigr[ \]

L'ensemble des solutions est l'intervalle : $\Bigl]\ 2\, ; \dfrac{2(1 + \nep )}{\nep - 1} \ \Bigr[$.

\begin{center}
\includegraphics{004_ex15corrige-p131_026}
\end{center}
\end{corrige}


\sectionnn{Étude de fonctions}

%% EX16

\begin{exo}{Étude d'une fonction logarithmique}{Lycée Maximilien Sorre, Cachan}{1}{45}

\subsubsectionnn{Partie A}

Soit la fonction $f$ définie sur $]0\,;+\infty[$ par : $f(x) =3 - x - \ln x$.
\begin{questions}
\item Étudier les variations de $f$.
\item Montrer que l'équation $f(x) = 0$ a une solution unique $\alpha$ dans l'intervalle $[2\,;3]$. Donner un encadrement de $\alpha$ à $10^{-2}$ près.
\item Déterminer le signe de $f(x)$ sur $]0\,;+\infty[$.
\end{questions}

\subsubsectionnn{Partie B}

Soit la fonction $g$ définie sur $]0\,;+\infty[$ par : $g(x) =\left(1 - \dfrac{1}{x}\right)(2 - \ln x)$.

\begin{questions}
\item Calculer $g'(x)$ sur $]0\,;+\infty[$ et montrer que : $g'(x) =\dfrac{f(x)}{x^2}$.
\item En déduire les variations de $g$.
\item En utilisant l'égalité $f(\alpha)=0$, montrer que $g(\alpha)=\dfrac{(\alpha - 1)^2}{\alpha}$.
\item En déduire un encadrement de $g(\alpha)$ d'amplitude $ 0,02 $.
\item \'Etudier le signe de $g(x)$ sur $]0\,;+\infty[$.
\end{questions}
\end{exo}

%% CORR EX16

\begin{corrige}
\subsubsectionnn{Partie A}

\begin{questions}
\item
La fonction $f$ est dérivable sur $\left]0\,;+\infty\right[$ d'après les opérations sur les fonctions dérivables.

Pour tout réel $x > 0$, on a :
\[ f'(x) = - 1 - \dfrac{1}{x}. \]
Pour tout réel $x$ strictement positif on a $f'(x) < 0$. On en déduit que la fonction $f$ est strictement décroissante sur $]0\,;+\infty[$.

On dresse alors le tableau de variations de la fonction $f$ :
\[ 
\begin{array}{|R|c>{\raggedleft\arraybackslash}p{1cm}r|}
\hline\tabulartitle
x & 0 &  & +\infty\\
\hline
f'(x) & \dvline & $-$ & \\
\hline
f(x) & \dvline & $\searrow$ & \\
\hline
\end{array}
\]

\item La fonction $f$ est continue et strictement décroissante sur $\left[2\,;3\right]$. D'autre part, $f(2) =1 - \ln2$ et $f(3) = - \ln3$, donc $f(2) > 0$ et $f(3) < 0$. Il en résulte, d'après le théorème des valeurs intermédiaires appliqué aux fonctions strictement monotones, que l'équation $f(x) =0$ admet une unique solution $\alpha$ dans l'intervalle $\left[2\,;3\right]$.

À l'aide d'un balayage à la calculatrice, on obtient ensuite l'encadrement :
\[ 2,20 \le \alpha \le 2,21. \]


\begin{methode}
Il importe de bien différencier les questions où l'on demande de résoudre effectivement une équation et celles où l'on demande seulement de démontrer l'existence et l'unicité d'une solution.

Dans le premier cas, on a en général recours à une résolution algébrique alors que dans le second cas, on utilise le théorème des valeurs intermédiaires appliqué aux fonctions strictement monotones.

On notera que ce type de questions est souvent suivi d'une recherche d'encadrement de la solution à l'aide de la calculatrice puis d'une étude du signe de la fonction.
\end{methode}
        
\item La fonction $f$ s'annule en $\alpha$ et elle est strictement décroissante sur $]0\,;+\infty[$. On en déduit que $f$ est strictement positive sur $\left]0\,;\alpha \right[$ et strictement négative sur $\left]\alpha\,; + \infty\right[$.
\end{questions}

\subsubsectionnn{Partie B}

\begin{questions}
\item La fonction $g$ est dérivable sur $]0\,;+\infty[$ comme produit de deux fonctions dérivables sur $]0\,;+\infty[$.

Pour tout réel $x$, on a :
\[ 
g'(x) =\dfrac{1}{x^2}(2 - \ln x ) + \left(1 - \dfrac{1}{x}\right)\left( - \dfrac{1}{x}\right). 
\]
Soit : $g'(x) = \dfrac{3 - x - \ln x}{x^2} =\dfrac{f(x)}{x^2}.$
     
\item Comme $x^2$ est strictement positif sur $]0\,;+\infty[$, $g'(x)$ a même signe que $f(x)$. On en déduit que $g'(x)$ est strictement positif sur $\left]0\,;\alpha \right[$ et strictement négatif sur $\left]\alpha\,; +\infty\right[$.

Il en résulte que la fonction $g$ est strictement croissante sur $\left]0\,;\alpha\right[$ et strictement décroissante sur $\left]\alpha\,; +\infty\right[$. Elle admet un maximum en $\alpha$.

On dresse alors le tableau de variations de la fonction $g$ :
\[
\begin{array}{|R|*5{c}|}
\hline\tabulartitle
x & 0 & & \alpha & & +\infty\\
\hline
g'(x) & & + & 0 & - & \\
\hline
& & & g(\alpha) &  & \\
g(x) &  & \nearrow &  & \searrow & \\
\hline
\end{array}
\]
			 
\item On a :
\[ 
g(\alpha) =\Bigl(1 - \dfrac{1}{\alpha}\Bigr)(2 - \ln\alpha). 
\]
Or, $f(\alpha) =0$ donc $3 - \alpha - \ln\alpha =0$.

On en déduit que $\ln\alpha =3 - \alpha$.

En remplaçant cette valeur dans l'expression de $g(\alpha)$, on obtient :
\[ g(\alpha) =\Bigl(1 - \dfrac{1}{\alpha}\Bigr)( - 1 + \alpha)\;, \]
soit, après transformation :
\[ g(\alpha) = \dfrac{(\alpha - 1)^2}{\alpha}. \]

\item À la question 2 de la partie A, on a établi l'encadrement :
\[ 2,20 < \alpha < 2,21. \]
On peut alors utiliser le résultat de la question précédente :
\[ 
g(\alpha) = \dfrac{\left(\alpha - 1\right)^2}{\alpha} \]
pour donner un encadrement de $g(\alpha)$.

La fonction carré étant strictement croissante sur $]0\,;+\infty[$, on a :
\[ 1,2^2 < (\alpha - 1)^2 < 1,21^2. \]
La fonction inverse étant strictement décroissante sur $]0\,;+\infty[$, on a :
\[ \frac{1}{2,21} < \frac{1}{\alpha} < \frac{1}{2,20}. \]
On en déduit alors, par produit de nombres positifs :
\[ 
\frac{1,2^2}{2,21} < \frac{(\alpha - 1)^2}{\alpha} < \frac{1,21^2}{2,20}. 
\]
À l'aide de la calculatrice, on peut alors donner un encadrement de $g(\alpha)$ d'amplitude $ 0,02 $ :
\[ 0,65 < g(\alpha) < 0,67. \]

\item En remarquant que $g(1) =g(\nep^2) =0$ et en exploitant le tableau de variations de la fonction $g$ obtenu à la question 2 de la partie B, on déduit le signe de $g(x)$ sur $]0\,;+\infty[$.

$g(x) < 0$ sur $\left]0\,;1 \right[$ et sur $\left]\nep^2\,; +\infty\right[$ et $g(x) > 0$ sur $\left]1\,;\nep^2\right[$.
\end{questions}
\newpage
\end{corrige}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
% EX17

\begin{exo}{Problème de synthèse}{Lycée Descartes, Antony}{3}{60}

\subsubsectionnn{Partie 1}

Soit la fonction $ g $ définie sur $ I = [1\,;5]$ par :
\[ g(x) = \frac{1 - x\ln{x}}{x}.\]

    \begin{questions}
        \item Étudier le sens de variation de $ g $ sur $I$. 

            Construire le tableau de variations de la fonction $ g $.

        \item Montrer qu'il existe un unique nombre $ \alpha \in I $ tel que $ g(\alpha) = 0 $.

            Montrer que $ 1,76 < \alpha < 1,77 $.

        \item Donner le signe de $ g(x) $ suivant les valeurs de $ x \in I$.
    \end{questions}

\subsubsectionnn{Partie 2}

    Soit $ f $ la fonction définie sur $I = [1\,; 5]$ par :
        \[ f(x) = x + (1 - x)\ln{x}. \]

    On désignera par $ \mathcal{C} $ la courbe représentative de $ f $ dans le repère ${\StandardMathComma (O,\vec{\imath}, \vec{\jmath})}$ ayant comme unité graphique $2\,$cm.

    \begin{questions}
        \item Déterminer la fonction dérivée $ f' $ de $ f $.

            Étudier les variations de $ f $ sur $I$.

        \item Tracer la courbe $\mathcal{C}$ dans le repère ${\StandardMathComma (O,\vec{\imath},\vec{\jmath})}$.

        \item Soit la fonction $ k $ définie sur $I$ par :
                \[ k(x) = \frac{x^2}{4}(1 - 2\ln x) - x(1 - \ln x). \]
            Calculer la fonction dérivée $ k'$ de $ k $. Vérifier que : $ k'(x) = f(x) - x$ pour tout $x > 0$.

    \end{questions}
\end{exo}

%%%%%%%% CORR EX17

\begin{corrige}
\subsubsectionnn{Partie 1}

\begin{questions}
\item On a $ g(x) = \dfrac{1 - x\ln x}{x}$.

On détermine les variations de $g$ en étudiant le signe de sa fonction dérivée.
\begin{align*}
g'(x) & = \frac{\left( - \dfrac{x}{x} - 1\times\ln x\right)x - (1 - x\ln x)\times 1}{x^2}\\[6pt]
 & = \frac{ - x - x\ln x- 1 + x\ln x}{x^2}\\[6pt]
 & = - \frac{x + 1}{x^2}.
\end{align*}
$ g'(x) < 0 $ puisque $ x > 0 \Longrightarrow x + 1 > 0 $ et que $ x^2 > 0 $. La fonction $ g $ est donc strictement décroissante sur $I$.

D'où le tableau de variations de $ g $ :

\[ 
\begin{array}{|R|ccc|}
\hline\tabulartitle
x & 1 &  & 5\\
\hline
 & 1 &  &  \\
g(x) &  & \searrow & \\
& & & \frac{1-5\ln5}{5}\raisebox{-7pt}{\rule{0pt}{15pt}}\\
\hline
\end{array}
\]

\item Le tableau de variations de $ g $ montre qu'elle est continue et strictement décroissante sur $I =~[1\,;5]$. De plus, $g(1)=1$ et $g(5)\approx 1,41$, donc $g$ s'annule pour une unique valeur $ \alpha \in I $ (on a $ g(\alpha) = 0$).

Grâce à la calculatrice (avec un pas de calcul de $1$ puis de $0,01$) on vérifie que :
                \[ g(1,77)\approx - 0,006 < 0 < g(1,76) \approx \nombre{0,0029}
                . \]
            D'après le théorème des valeurs intermédiaires, on a : $1,76 < \alpha < 1,77 $.

\item On détermine le signe de la fonction $ g$ connaissant sa racine $\alpha$. En effet, $ g $ est décroissante et $g(\alpha) = 0$, donc:
\[ 
x < \alpha \iff g(x) > \underbrace{g(\alpha)}_{=\ 0} \iff g(x) > 0. 
\]
\begin{multicols}{2}
\begin{align*}
& g(x) > 0 \iff x < \alpha \\
& g(x) < 0 \iff x > \alpha \\
& g(x) = 0 \iff x = \alpha
\end{align*}

\columnbreak

\[
\begin{array}{|R|*5{c}|}%
\hline
x & 1 & &  \alpha & & 5 \\
\hline
g(x) & &+ & 0 &- & \\
\hline
\end{array}
\]
\end{multicols}
\end{questions}

\newpage

\subsubsectionnn{Partie 2}

        \begin{questions}

            \item Calculons $f'$ :
                    \begin{align*}
                    f'(x) = & 1 + ( - 1)\ln{x} + (1 - x)\frac{1}{x} = 1 - \ln{x} + \frac{1}{x} - 1 \\
                               = & \frac{1}{x} - \ln{x} = \frac{1 - x\ln{x}}{x} = g(x)
                    \end{align*}
                $ f'(x) $ a le même signe que $ g(x)$, qu'on connaît d'après la Partie 1.

\[ 
\begin{array}{|R|*5{c}|}%
\hline\tabulartitle
x & 1  & & \alpha & & 5 \\
\hline
f'(x) &  & + & 0 & - & \\
\hline
& & & f(\alpha) &  & \\
f(x) & & \nearrow & & \searrow & \\
     &  & & & &\\
\hline
\end{array}
\]

\item ~\\
\begin{center}
\includegraphics{004_ex17corrige-p135_027} 
\end{center}

            \item On va dériver :
                    \[ k : x \mapsto \dfrac{x^2}{4}(1 - 2\ln x) - x(1 - \ln x) \]
                comme la différence des fonctions $u$ et $v$ suivantes :
                    \begin{flalign*}
                        u(x) & = \frac{x^2}{4}(1 - 2\ln{x}) \text{\quad(un produit) } &
                        v(x) & = x(1 - \ln{x}) \text{\quad(un produit) } \\
                    	%%%
                        u'(x) & = \frac{2x}{4}(1 - 2\ln x) + \frac{x^2}{4}\Bigl( - 2\frac{1}{x}\Bigr) &
                        v'(x) & = 1(1 - \ln{x}) + x\Bigl( - \frac{1}{x}\Bigr) \\
                    	%%%
                            & = \frac{x}{2}(1 - 2\ln{x}) - \frac{2x^2}{4x} &
                            & = 1 - \ln{x} - 1 \\
                       %%%
                            & = \frac{x}{2} - x\ln{x} - \frac{x}{2}
                                  = - x\ln{x} &
                    		 & = - \ln{x}
                    \end{flalign*}

                Finalement :
                    \[ k'(x) = u'(x) - v'(x) = - x\ln x+ \ln x= (1 - x)\ln x.\]
                On reconnaît un «~ morceau~» de $f(x)$ : $k'(x) = f(x) - x $.
    \end{questions}
    \newpage
\end{corrige}

%% EX18

\begin{exo}{Avec un algorithme}{Cité scolaire internationale, Grenoble}{2}{20}
\subsubsectionnn{Partie A}
$f$ est la fonction définie sur $[3\,;+\infty[$ par :
\[
f(x) = \dfrac{x}{x+5\ln x}.
\]
\begin{questions}
\item Calculer $f'(x)$ pour tout $x$ de $[3\,;+\infty[$.
\item Déterminer le sens de variation de la fonction $f$ et dresser son tableau de variations sur $[3\,;+\infty[$.
\item Montrer que sur l'intervalle $[3\,;50]$, l'équation $f(x) = 0,5$ possède une unique solution $a$ puis, à l'aide de la calculatrice, donner une valeur approchée à l'entier supérieur de $a$.
\end{questions}

\subsubsectionnn{Partie B}

L'organisation chargée de vendre les billets pour assister aux différentes\linebreak épreuves d'une grande compétition sportive a mis en vente ces billets environ deux ans avant le début des épreuves.

Une étude portant sur la progression des ventes de ces billets à partir du troisième jour de mise en vente a permis de modéliser l'évolution des ventes de billets selon la fonction $f$ étudiée dans la partie A.

La proportion des ventes effectuées par rapport à l'ensemble des billets $x$~jours après le début de la mise en vente est donnée par la valeur de $f(x)$, arrondie au millième, pour tout $x$ entier de l'intervalle $[3\,;700]$.

Ainsi la valeur approchée de $f(3)$, arrondie au millième, est 0,353. Cela signifie que trois jours après le début de la mise en vente des billets, 35,3\,\% des billets étaient déjà vendus.

\begin{questions}
\item En utilisant la partie A, déterminer le nombre de jours nécessaires à la vente de 50\,\% de l'ensemble des billets.
\item On considère l'algorithme suivant :

\begin{algorithme}
Initialisation
\qquad Affecter à X la valeur 3
\qquad Affecter à Y la valeur f(X)
Entrée
\qquad Saisir un nombre P
Traitement
\qquad Tant que Y$<$P
\qquad\qquad Affecter à X la valeur X+1
\qquad\qquad Affecter à Y la valeur f(X)
\qquad Fin du Tant que
Sortie
\qquad Afficher X.
\end{algorithme}

\begin{questions}
\item Si l'utilisateur de cet algorithme choisit 0,8 comme valeur de P, la valeur de sortie de l'algorithme est 90. Que signifie ce résultat pour les organisateurs ?
\item Si l'utilisateur a choisi 0,4 comme valeur de P, quelle valeur apparaîtra à la sortie de cet algorithme ?
\end{questions}
\end{questions}
\end{exo}

%%% CORR EX18

\begin{corrige}
\begin{Remarque}ce sujet est très largement inspiré d'un sujet du baccalauréat 2012.
\end{Remarque}

\subsubsectionnn{Partie A}

\begin{questions}
\item $f'(x)=\dfrac{1(x+5\ln x)-x\left(1+\frac{5}{x}\right)}{(x+5\ln x)^2}=\dfrac{5(\ln x-1)}{(x+5\ln x)^2}$.
\item $f'(x)$ est du signe de $\ln x - 1$.

Or, $\ln x-1>0 \iff \ln x>1 \iff x>\nep$.

Comme l'intervalle de définition de $f$ est $[3\,;+\infty[$, et que $\nep < 3$, sur $f'(x)>0$. $f$ est donc croissante sur $[3\,;+\infty[$.

$f(3) = \dfrac{3}{3+5\ln3}\approx0,353$.

On obtient le tableau suivant :
\[
\begin{array}{|R|*3{c}|}
\hline\tabulartitle
x & 3 &  & +\infty\\
\hline
f'(x) &  &  + & \\
\hline
 & & & \\
f(x) &  & \nearrow & \\
& f(3) &  & \\
\hline
\end{array}
\]

\item $f(50)\approx 0,719$. $f$ est continue, strictement croissante sur $[3\,;50]$, et 0,5 appartient à $\big[f(3)\,;f(50)\big]$, donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires appliqué aux fonctions strictement monotones, l'équation $f(x)=0,5$ admet une unique solution sur l'intervalle $[3\,;50]$. C'est d'ailleurs aussi l'unique solution sur $[3\,;+\infty[$ d'après la stricte croissance de $f$.

\`A la calculatrice, on obtient 13 comme valeur arrondie à l'unité supérieure de $a$.
\end{questions}

\subsubsectionnn{Partie B}

\begin{questions}
\item D'après la question 3. de la partie A, il faudra 13 jours pour vendre 50\,\% des billets.
\item
\begin{questions}
\item Cela signifie que, au bout de 90 jours, on aura vendu 80\,\% des billets.
\item On doit chercher, à l'aide de la table de la calculatrice, à partir de quelle valeur de $x$ on obtient $f(x)\geqslant0,4$. On obtient $x = 6$.
\end{questions}
\end{questions}
\end{corrige}

\sectionnn{Résolution d'équations du type x\fup{n} = k \\ (k réel > 0, \,n entier > 0)}

%% EX19

\begin{exo}{Suites et logarithmes}{Lycée Turgot, Paris}{2}{25}
Dans un pays, un organisme étudie l'évolution de la population. Compte tenu des naissances et des décès, on a constaté que la population a un taux d'évolution naturel et annuel de 14 pour \numprint{1000}. De plus, chaque année, \numprint{10000} personnes arrivent dans ce pays et \numprint{3000} personnes le quittent.

En 2005, la population de ce pays était de 75 millions d'habitants.

On suppose que l'évolution ultérieure obéit au modèle ci-dessus.

On note $p_n$ la population de l'année $2005+n$ exprimée en milliers d'habitants.
\begin{questions}
\item
\begin{questions}
\item Calculer $p_0$, $p_1$ et $p_2$.
\item La suite de terme général $p_n$ est-elle géométrique ? 

Justifier la réponse.
\end{questions}
\item Expliquer pourquoi on obtient, pour tout entier naturel $n$ :
\[p_{n+1} = 1,014 p_n  +7.\]
\item Démontrer que le suite $u$ définie par $u_n=p_n+500$ pour tout entier $n$  est géométrique.

Déterminer sa raison et son premier terme.
\item
\begin{questions}
\item Exprimer $u_n$ puis $p_n$ en fonction de $n$.
\item Déterminer la limite de la suite $p$.
\end{questions}

\item
\begin{questions}
\item Combien d'habitants peut-on prévoir en 2014 ?
\item \'Etudier les variations de la suite $p$.
\item En quelle année la population dépassera-t-elle le double de la population de 2005 ?
\end{questions}
\end{questions}
\end{exo}

%% CORR EX19

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item
\begin{questions}
\item $p_0 = \numprint{75000}$ (attention, la population est exprimée en milliers d'habitants).

$p_1 = 1,014 p_0 + 10 - 3 = 1,014 p_0 + 7 = \numprint{76057}$.

$p_2 = 1,014 p_1 + 7 = \numprint{77129}$ (on arrondit bien évidemment à l'unité).

\item $\dfrac{p_1}{p_0}\approx\numprint{1,014093}$ et $\dfrac{p_2}{p_1}\approx\nombre{1,014095}$. 

Ces quotients n'étant pas égaux, la suite n'est pas géométrique.
\end{questions}

\item D'après l'évolution naturelle, la population est chaque année multipliée par $1+\dfrac{14}{\numprint{1000}}=1,014$. De plus, les flux migratoires conduisent à une augmentation de \numprint{7000} personnes, donc 7 milliers de personnes.

\item $\begin{aligned}[t]
u_{n+1} & = p_{n+1} + 500\\
        & = 1,014p_n + 7 + 500\\
        & = 1,014(u_n - 500) + 507\\
        & = 1,014 u_n.
\end{aligned}$

Donc $u$ est la suite géométrique de raison 1,014 et de premier terme  $u_0 = p_0 + 500 = \numprint{75500}$.

\item
\begin{questions}
\item $u_n = u_0 q^n$ pour une suite géométrique de raison $q$ et de premier terme $u_0$.

Donc ici, $u_n = \numprint{75500}\times1,014^n$, et\\ $p_n = u_n - 500 = \numprint{75500}\times1,014^n-500$.
\item La raison de $u$ est supérieure à 1, donc $u_n$ tend vers $+\infty$, et $p_n$ aussi.
\end{questions}

\item 
\begin{questions}
\item $\numprint{2014}=\numprint{2005}+9$, donc on calcule $p_9$.

$p_9 = \numprint{75500}\times1,014^9-500=\numprint{85064}$ en arrondissant à l'unité.

\item Comme 1,014 est supérieur à 1 et le premier terme positif, la suite $u$ est croissante, et donc $p$ aussi.

\item On cherche le plus petit $n$ tel que $p_n > 2p_0$.
\begin{align*}
p_n>2p_0 & \iff \numprint{75500}\times1,014^n-500>\numprint{150000}\\
& \iff \numprint{75500}\times1,014^n > \numprint{150500}\\
& \iff 1,014^n > \dfrac{\numprint{1505}}{755}\\
& \iff \ln\big(1,014^n\big) > \ln\left(\dfrac{\numprint{1505}}{755}\right)\\
& \iff n\ln(1,014)>\ln\left(\dfrac{\numprint{1505}}{755}\right)
\end{align*}

\begin{align*}
p_n>2p_0 & \iff n>\dfrac{\ln\left(\frac{\numprint{1505}}{755}\right)}{\ln(1,014)}\quad\text{ car }\ln(1,014)>0.
\end{align*}
On obtient donc, en arrondissant à l'entier supérieur, $n = 50$.

$\numprint{2005}+50=\numprint{2055}$, donc la population aura doublé en 2056.

\begin{Remarque}seule la dernière question nécessite l'utilisation des logarithmes. On aurait même pu s'en passer en cherchant avec la table de la calculatrice, par tâtonnement. Mais il n'est pas inutile de retravailler sur les chapitres précédents !
\end{Remarque}
\end{questions}
\end{questions}
\end{corrige}

%% EX20

\begin{exo}{Placement à intérêt composé}{Cité scolaire internationale, Grenoble}{2}{20}
Un banquier désire calculer le nombre d'années $n$ nécessaire à un placement à intérêts composés au taux $t$\% afin qu'il soit au minimum doublé.
\begin{questions}
\item
\begin{questions}
\item Vérifier que cela revient à résoudre l'inéquation $\left(1+\dfrac{t}{100}\right)^n\geqslant2$.
\item Démontrer que $n$ vérifie alors : $n\geqslant\dfrac{\ln2}{\ln\left(1+\frac{t}{100}\right)}$.
\item \label{ch4ex20q1c}Déterminer $n$ pour les taux suivants : 2 ; 2,5 ; 3 ; 4 ; 6.
\end{questions}

\item En 1494, Luca Pacioli écrit qu'un capital placé à intérêts composés au taux $t$ nécessite approximativement $\dfrac{72}{t}$ années pour doubler.
\begin{questions}
\item Vérifier l'approximation de Luca Pacioli sur les résultats de la question \ref{ch4ex20q1c}.
\item Qu'y a-t-il d'étonnant dans la conjecture de Pacioli ?
\end{questions}

\item Une autre conjecture fut réalisée postérieurement. En voici la démarche :
\begin{questions}
\item Compléter le tableau suivant :

\begin{tabularx}{\linewidth}{|R|*5{>{\centering\arraybackslash}X|}}
\hline
$x$ & 0,92 & 0,95 & 1 & 1,03 & 1,1\\
\hline
$x-1$ & & & & & \\
\hline
$\ln x$ & & & & & \\
\hline
\end{tabularx}

\item En déduire que pour des valeurs proches de 1, on peut conjecturer : $\ln x\approx x - 1$.
\item Déterminer l'équation de la tangente à la courbe représentative de la fonction $\ln$ au point d'abscisse 1. Expliquer la conjecture de la question 3.b.
\item Justifier que pour de petites valeurs de $t$, $1+\dfrac{t}{100}$ est proche de 1.

Par quelle valeur peut-on alors approximer $\ln\left(1+\dfrac{t}{100}\right)$ ?
\item Montrer que le nombre d'années nécessaires pour qu'un capital double est approximativement $\dfrac{100\ln2}{t}$. Que penser alors des observations de Pacioli ?
\end{questions}
\end{questions}
\end{exo}

%% CORR EX20

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item 
\begin{questions}
\item Soit $C_n$ le capital l'année $n$. On veut trouver $n$ tel que $C_n\geqslant 2C_0$.

Or, pour un placement à intérêts composés, $C_n=C_0\left(1+\dfrac{t}{100}\right)^n$ (suite géométrique).

On veut donc $C_0\left(1+\dfrac{t}{100}\right)^n\geqslant 2C_0$, ce qui conduit bien à \\
$\left(1+\dfrac{t}{100}\right)^n\geqslant2$.

\item $\begin{aligned}[t]
\left(1+\dfrac{t}{100}\right)^n\geqslant2 & \iff \ln\left(1+\dfrac{t}{100}\right)^n\geqslant\ln2\\
& \iff n\ln\left(1+\dfrac{t}{100}\right)\geqslant\ln2\\
& \iff n\geqslant\dfrac{\ln2}{\ln\left(1+\frac{t}{100}\right)}\text{ car }\ln\left(1+\frac{t}{100}\right)>0.
\end{aligned}$ 

\item On arrondit à l'unité supérieure.

Pour $t = 2$, $n = 36$ ; pour $t = 2,5$, $n = 29$ ; pour $t = 3$, $n = 24$ ; pour $t = 4$, $n = 18$ ; pour $t = 6$, $n = 12$.
\end{questions}

\item 
\begin{questions}
\item $\dfrac{72}{2}=36$ ; $\dfrac{72}{2,5}=28,8$ ; $\dfrac{72}{3}=24$ ; $\dfrac{72}{4}=18$ ; $\dfrac{72}{6}=12$.
\item Ces approximations sont étonnamment bonnes sans qu'on sache pourquoi. 
\end{questions}
\item
\begin{questions}
\item On a le tableau complété suivant :

\begin{tabularx}{\linewidth}{|R|*5{>{\centering\arraybackslash}X|}}
\hline
$x$ & 0,92 & 0,95 & 1 & 1,03 & 1,1\\
\hline
$x-1$ & $-0,08$ & $-0,05$ & 0 & 0,03 & 0,1 \\
\hline
$\ln x$ & $-0,083$ & $-0,051$& 0 & 0,030 & 0,095 \\
\hline
\end{tabularx}

\item D'après le tableau, $\ln x \approx x - 1$ pour $x$ proche de 1.

\item $\ln(1) = 0$ et la dérivée en 1 vaut 1.

L'équation de la tangente à la courbe représentative de la fonction $\ln$ au point d'abscisse 1 est donc : $y=x-1$.

Or, lorsque $x$ est proche de 1, la tangente est très proche de la courbe représentative de la fonction $\ln$, et donc $\ln(x)$ est proche de $x-1$.

\item $t$ est divisé par 100, donc si $t$ est déjà un petit nombre, $\dfrac{t}{100}$ est encore plus petit.

$\ln\left(1+\dfrac{t}{100}\right)\approx1+\dfrac{t}{100}-1$ d'après ce qui précède, donc on peut approximer $\ln\left(1+\dfrac{t}{100}\right)$ par $\dfrac{t}{100}$.

\item On avait en question 1.b. :
\[
n\geqslant\dfrac{\ln2}{\ln\left(1+\frac{t}{100}\right)}\;.
\]
En remplaçant le dénominateur du second membre par son approximation, on obtient :
\[
n\geqslant\dfrac{\ln2}{\frac{t}{100}}\;,
\]
donc:
\[
n\geqslant\dfrac{100\ln2}{t}.
\]

Or, $100\ln2\approx69,3$. On n'est pas très loin du 72 de Luca Pacioli !
\end{questions}
\end{questions}
\end{corrige}
\thumb
\AfficheCorrige

\endinput
