Exercices : Logarithme Népérien

Correction :

a) Inéquation $\ln(x) < 3$ :

Pour résoudre cette inéquation, nous allons utiliser la propriété de croissance stricte de la fonction exponentielle et sa relation avec le logarithme népérien.

Formule de cours : La fonction exponentielle $\exp(x) = e^x$ est strictement croissante sur $\mathbb{R}$. De plus, $\exp(\ln(x)) = x$ pour $x > 0$.

L'inéquation $\ln(x) < 3$ est définie pour $x > 0$.

Comme la fonction exponentielle est strictement croissante, on peut appliquer l'exponentielle aux deux membres de l'inéquation sans changer le sens de l'inégalité :

$\exp(\ln(x)) < \exp(3)$

Ce qui simplifie à :

$x < e^3$

Comme nous devons aussi respecter la condition de définition $x > 0$, la solution est l'intervalle :

$\boxed{x \in ]0, e^3[}$

b) Inéquation $2 \ln(x)+200>0$ :

D'abord, isolons le terme $\ln(x)$ :

$2 \ln(x) > -200$

$\ln(x) > -100$

L'inéquation est définie pour $x > 0$. Appliquons la fonction exponentielle (strictement croissante) :

$\exp(\ln(x)) > \exp(-100)$

$x > e^{-100}$

La solution est donc :

$\boxed{x \in ]e^{-100}, +\infty[}$

Notez que $e^{-100}$ est un nombre positif très petit, mais la condition $x>0$ est déjà incluse dans $x > e^{-100}$.

c) Inéquation $1-2\ln(x) \geqslant 0$ :

Isolons $\ln(x)$ :

$1 \geqslant 2\ln(x)$

$\frac{1}{2} \geqslant \ln(x)$

$\ln(x) \leqslant \frac{1}{2}$

L'inéquation est définie pour $x > 0$. Appliquons l'exponentielle :

$\exp(\ln(x)) \leqslant \exp\left(\frac{1}{2}\right)$

$x \leqslant e^{1/2} = \sqrt{e}$

La solution, en tenant compte de $x > 0$, est :

$\boxed{x \in ]0, \sqrt{e}]}$

d) Inéquation $2\ln(x)-4\ln(3)<0$ :

Isolons $\ln(x)$ :

$2\ln(x) < 4\ln(3)$

$\ln(x) < 2\ln(3)$

Formule de cours : $k \ln(a) = \ln(a^k)$

Donc, $2\ln(3) = \ln(3^2) = \ln(9)$.

L'inéquation devient :

$\ln(x) < \ln(9)$

Comme la fonction logarithme népérien est strictement croissante sur son domaine de définition, et que la fonction exponentielle est strictement croissante, on peut utiliser directement la croissance du logarithme ou appliquer l'exponentielle (ce qui revient au même en terme de raisonnement) :

Puisque $\ln$ est strictement croissante, $\ln(x) < \ln(9)$ implique $x < 9$.

En appliquant l'exponentielle : $\exp(\ln(x)) < \exp(\ln(9))$, qui donne $x < 9$.

En considérant le domaine de définition $x > 0$, la solution est :

$\boxed{x \in ]0, 9[}$

Correction :

a) Population multipliée par 2 :

La population initiale à $t=0$ est $P(0) = 50 e^{\frac{0}{2}} = 50 e^0 = 50$.

On cherche le temps $t$ pour lequel la population est le double de la population initiale, soit $2 \times 50 = 100$.

On doit résoudre l'équation $P(t) = 100$ :

$50 e^{\frac{t}{2}} = 100$

Divisons les deux côtés par 50 :

$e^{\frac{t}{2}} = \frac{100}{50} = 2$

Pour isoler $t$, on applique la fonction logarithme népérien (fonction réciproque de l'exponentielle) :

$\ln\left(e^{\frac{t}{2}}\right) = \ln(2)$

Formule de cours : $\ln(e^x) = x$

$\frac{t}{2} = \ln(2)$

Multiplions par 2 pour trouver $t$ :

$\boxed{t = 2 \ln(2)}$

Numériquement, $t \approx 2 \times 0.693 \approx 1.386$ années.

b) Population dépassant 10000 individus :

On cherche le temps $t$ pour lequel $P(t) > 10000$ :

$50 e^{\frac{t}{2}} > 10000$

Divisons par 50 :

$e^{\frac{t}{2}} > \frac{10000}{50} = 200$

Appliquons le logarithme népérien :

$\ln\left(e^{\frac{t}{2}}\right) > \ln(200)$

$\frac{t}{2} > \ln(200)$

Multiplions par 2 :

$t > 2 \ln(200)$

Numériquement, $t \approx 2 \times 5.298 \approx 10.596$ années.

La population dépassera 10000 individus après environ 10.596 années. Puisque le temps est compté en années, on peut dire qu'il faut attendre un peu plus de 10 ans et demi.

Pour répondre à la question "au bout de combien d'années la population dépassera-t-elle les 10000 individus?", si on attend un nombre entier d'années, il faut attendre $\boxed{11}$ années pour être sûr de dépasser 10000 individus (car la population croît continuellement).

Correction :

a) Inéquation $0,99^n \leqslant 10^{-30}$ :

Pour résoudre cette inéquation, nous allons utiliser le logarithme népérien. Il est important de noter que $\ln(0.99)$ est négatif car $0.99 < 1$.

Appliquons le logarithme népérien aux deux membres de l'inéquation. Comme la fonction $\ln$ est strictement croissante, on doit faire attention au signe de la base lorsqu'on applique le logarithme à une puissance.

Ici, il est plus simple de prendre le logarithme et de considérer la croissance de $\ln$.

$\ln(0,99^n) \leqslant \ln(10^{-30})$

Formule de cours : $\ln(a^n) = n \ln(a)$

$n \ln(0,99) \leqslant -30 \ln(10)$

Comme $0,99 < 1$, $\ln(0,99) < 0$. Lorsque nous divisons ou multiplions une inégalité par un nombre négatif, nous devons inverser le sens de l'inégalité.

$n \geqslant \frac{-30 \ln(10)}{\ln(0,99)}$

Numériquement, $\ln(10) \approx 2.3026$ et $\ln(0.99) \approx -0.01005$.

$n \geqslant \frac{-30 \times 2.3026}{-0.01005} \approx \frac{-69.078}{-0.01005} \approx 6873.43$

Puisque $n$ doit être un entier naturel, le plus petit entier $n$ vérifiant cette condition est $\boxed{n = 6874}$.

b) Inéquation $1,02^n > 10^{2024}$ :

Appliquons le logarithme népérien aux deux membres de l'inéquation. Comme $1,02 > 1$, $\ln(1,02) > 0$, donc on ne change pas le sens de l'inégalité.

$\ln(1,02^n) > \ln(10^{2024})$

$n \ln(1,02) > 2024 \ln(10)$

Comme $\ln(1,02) > 0$, on peut diviser sans changer le sens de l'inégalité :

$n > \frac{2024 \ln(10)}{\ln(1,02)}$

Numériquement, $\ln(1,02) \approx 0.0198$ et $\ln(10) \approx 2.3026$.

$n > \frac{2024 \times 2.3026}{0.0198} \approx \frac{4660.27}{0.0198} \approx 235367.17$

Puisque $n$ doit être un entier naturel, le plus petit entier $n$ vérifiant cette condition est $\boxed{n = 235368}$.

Correction :

La suite $(u_n)$ est géométrique de premier terme $u_0 = 1$ et de raison $q = 1,001$. L'expression du terme général est donc :

Formule de cours : Pour une suite géométrique $(u_n)$ de premier terme $u_0$ et de raison $q$, $u_n = u_0 \times q^n$.

Ici, $u_n = 1 \times (1,001)^n = (1,001)^n$.

On cherche à déterminer s'il existe un plus petit entier naturel $n$ tel que $u_n > 100000$, c'est-à-dire :

$(1,001)^n > 100000$

Appliquons le logarithme népérien aux deux membres. Comme $1,001 > 1$, $\ln(1,001) > 0$, donc le sens de l'inégalité ne change pas :

$\ln((1,001)^n) > \ln(100000)$

$n \ln(1,001) > \ln(10^5) = 5 \ln(10)$

Comme $\ln(1,001) > 0$, on peut diviser sans changer le sens de l'inégalité :

$n > \frac{5 \ln(10)}{\ln(1,001)}$

Numériquement, $\ln(10) \approx 2.3026$ et $\ln(1,001) \approx 0.0009995.

$n > \frac{5 \times 2.3026}{0.0009995} \approx \frac{11.513}{0.0009995} \approx 11518.76$

Puisque $n$ doit être un entier naturel, le plus petit entier $n$ vérifiant cette condition est $n = 11519$.

Donc, il existe un plus petit entier naturel $n$ tel que $u_n > 100000$, et ce plus petit entier est $\boxed{n = 11519}$.

Correction :

a) Inéquation $\ln(3x-4) < 0$ :

Domaine de définition : Pour que $\ln(3x-4)$ soit défini, il faut que $3x-4 > 0$, soit $3x > 4$, donc $x > \frac{4}{3}$. Le domaine de définition est $] \frac{4}{3}, +\infty[$.

Résolution de l'inéquation : $\ln(3x-4) < 0 = \ln(1)$

Comme la fonction $\ln$ est strictement croissante, on a :

$3x-4 < 1$

$3x < 5$

$x < \frac{5}{3}$

Nous devons considérer l'intersection de la solution $x < \frac{5}{3}$ avec le domaine de définition $x > \frac{4}{3}$. Puisque $\frac{4}{3} < \frac{5}{3}$, l'intersection est non vide.

La solution est donc : $\boxed{x \in ] \frac{4}{3}, \frac{5}{3}[}$

b) Inéquation $\ln(-x+3) \geqslant 1$ :

Domaine de définition : Pour que $\ln(-x+3)$ soit défini, il faut que $-x+3 > 0$, soit $3 > x$, donc $x < 3$. Le domaine de définition est $]-\infty, 3[$.

Résolution de l'inéquation : $\ln(-x+3) \geqslant 1 = \ln(e)$

Comme la fonction $\ln$ est strictement croissante :

$-x+3 \geqslant e$

$3-e \geqslant x$

$x \leqslant 3-e$

Nous devons considérer l'intersection de la solution $x \leqslant 3-e$ avec le domaine de définition $x < 3$. Puisque $e \approx 2.718$, $3-e \approx 0.282 < 3$. L'intersection est donc $x \leqslant 3-e$.

La solution est donc : $\boxed{x \in ]-\infty, 3-e]}$

c) Inéquation $\ln(-x+1) < \ln(x)$ :

Domaine de définition : Pour que $\ln(-x+1)$ et $\ln(x)$ soient définis, il faut $-x+1 > 0$ et $x > 0$. Cela implique $x < 1$ et $x > 0$. Le domaine de définition est $]0, 1[$.

Résolution de l'inéquation : $\ln(-x+1) < \ln(x)$

Comme la fonction $\ln$ est strictement croissante :

$-x+1 < x$

$1 < 2x$

$x > \frac{1}{2}$

Nous devons considérer l'intersection de la solution $x > \frac{1}{2}$ avec le domaine de définition $]0, 1[$. L'intersection est $] \frac{1}{2}, 1[$.

La solution est donc : $\boxed{x \in ] \frac{1}{2}, 1[}$

d) Inéquation $\ln(3+2x) < \ln(x-3)$ :

Domaine de définition : Pour que $\ln(3+2x)$ et $\ln(x-3)$ soient définis, il faut $3+2x > 0$ et $x-3 > 0$. Cela implique $2x > -3$ et $x > 3$. Donc $x > -\frac{3}{2}$ et $x > 3$. L'intersection de ces conditions est $x > 3$. Le domaine de définition est $]3, +\infty[$.

Résolution de l'inéquation : $\ln(3+2x) < \ln(x-3)$

Comme la fonction $\ln$ est strictement croissante :

$3+2x < x-3$

$2x - x < -3 - 3$

$x < -6$

Nous devons considérer l'intersection de la solution $x < -6$ avec le domaine de définition $]3, +\infty[$. L'intersection est vide, car il n'y a pas de nombre qui soit à la fois inférieur à $-6$ et supérieur à $3$.

Donc, l'inéquation $\ln(3+2x) < \ln(x-3)$ n'a $\boxed{pas de solution}$ dans $\mathbb{R}$.

Correction :

a) Inéquation $\ln(x+1) > 0$ :

Domaine de définition : Pour que $\ln(x+1)$ soit défini, il faut $x+1 > 0$, donc $x > -1$. Le domaine de définition est $]-1, +\infty[$.

Résolution de l'inéquation : $\ln(x+1) > 0 = \ln(1)$.

Comme la fonction $\ln$ est strictement croissante :

$x+1 > 1$

$x > 0$

Nous devons considérer l'intersection de la solution $x > 0$ avec le domaine de définition $x > -1$. L'intersection est $x > 0$.

La solution est donc : $\boxed{x \in ]0, +\infty[}$

b) Inéquation $\dfrac{\ln(x)-1}{x^2+1} > 0$ :

Domaine de définition : Pour que $\ln(x)$ soit défini, il faut $x > 0$. Le terme $x^2+1$ est toujours défini et strictement positif pour tout $x \in \mathbb{R}$. Donc le domaine de définition de l'inéquation est $]0, +\infty[$.

Pour que la fraction soit strictement positive, il faut que le numérateur et le dénominateur soient de même signe. Comme le dénominateur $x^2+1$ est toujours strictement positif, il faut que le numérateur soit strictement positif :

$\ln(x) - 1 > 0$

$\ln(x) > 1 = \ln(e)$

Comme la fonction $\ln$ est strictement croissante :

$x > e$

Nous devons considérer l'intersection de la solution $x > e$ avec le domaine de définition $]0, +\infty[$. Puisque $e > 0$, l'intersection est $x > e$.

La solution est donc : $\boxed{x \in ]e, +\infty[}$

c) Inéquation $\dfrac{\ln(x)}{x^2-3x+2} > 0$ :

Domaine de définition : Pour que $\ln(x)$ soit défini, il faut $x > 0$. Pour que le dénominateur soit non nul, il faut $x^2-3x+2 \neq 0$. Factorisons le dénominateur : $x^2-3x+2 = (x-1)(x-2)$. Donc $x \neq 1$ et $x \neq 2$. Le domaine de définition est $]0, 1[ \cup ]1, 2[ \cup ]2, +\infty[$.

Étudions le signe du numérateur et du dénominateur.

Numérateur : $\ln(x) > 0 \Leftrightarrow x > 1$ ; $\ln(x) < 0 \Leftrightarrow 0 < x < 1$ ; $\ln(x) = 0 \Leftrightarrow x = 1$.

Dénominateur : $x^2-3x+2 = (x-1)(x-2)$. Il s'annule en $x=1$ et $x=2$. Tableau de signes :

Tableau de signes complet pour la fraction :

On cherche les intervalles où la fraction est strictement positive. D'après le tableau de signes, c'est pour $x \in ]2, +\infty[$.

La solution est donc : $\boxed{x \in ]2, +\infty[}$

d) Inéquation $\left[ \ln(x) \right]^2-5\ln(x)+4 < 0$ :

Domaine de définition : Pour que $\ln(x)$ soit défini, il faut $x > 0$. Le domaine de définition est $]0, +\infty[$.

Posons $X = \ln(x)$. L'inéquation devient : $X^2 - 5X + 4 < 0$.

On cherche les racines de $X^2 - 5X + 4 = 0$. Discriminant $\Delta = (-5)^2 - 4 \times 1 \times 4 = 25 - 16 = 9 = 3^2$.

Racines : $X_1 = \frac{5-3}{2} = 1$ et $X_2 = \frac{5+3}{2} = 4$.

Donc $X^2 - 5X + 4 = (X-1)(X-4)$. On veut $(X-1)(X-4) < 0$. Cela se produit lorsque $1 < X < 4$.

On remplace $X$ par $\ln(x)$ : $1 < \ln(x) < 4$.

On peut écrire cela comme deux inéquations : $\ln(x) > 1$ et $\ln(x) < 4$.

$\ln(x) > 1 = \ln(e) \Rightarrow x > e$.

$\ln(x) < 4 = \ln(e^4) \Rightarrow x < e^4$.

Donc, $e < x < e^4$. En considérant le domaine de définition $x > 0$, la solution est $]e, e^4[$.

La solution est donc : $\boxed{x \in ]e, e^4[}$

Correction :

a) Limite de $f(x)=2 \left[ \ln(x)\right]^2+3 \ln(x)+1$ en $a=+\infty$ :

Formule de cours : $\lim_{x \to +\infty} \ln(x) = +\infty$.

Lorsque $x$ tend vers $+\infty$, $\ln(x)$ tend vers $+\infty$. Donc $[\ln(x)]^2$ tend vers $+\infty$, et $3\ln(x)$ tend vers $+\infty$. La somme de termes tendant vers $+\infty$ tend vers $+\infty$.

Plus formellement, posons $X = \ln(x)$. Lorsque $x \to +\infty$, $X = \ln(x) \to +\infty$.

Alors $f(x) = 2X^2 + 3X + 1$. On cherche $\lim_{X \to +\infty} (2X^2 + 3X + 1)$.

$\lim_{X \to +\infty} (2X^2 + 3X + 1) = \lim_{X \to +\infty} X^2 \left( 2 + \frac{3}{X} + \frac{1}{X^2} \right)$

Comme $\lim_{X \to +\infty} X^2 = +\infty$, $\lim_{X \to +\infty} \frac{3}{X} = 0$, et $\lim_{X \to +\infty} \frac{1}{X^2} = 0$, on a :

$\lim_{X \to +\infty} \left( 2 + \frac{3}{X} + \frac{1}{X^2} \right) = 2 + 0 + 0 = 2$.

Donc, par produit des limites : $\lim_{X \to +\infty} X^2 \left( 2 + \frac{3}{X} + \frac{1}{X^2} \right) = +\infty \times 2 = +\infty$.

Finalement, $\boxed{\lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty}$

b) Limite de $g(x) = -\left[ \ln(x)\right]^2+\ln(x)$ en $a=0$ :

Formule de cours : $\lim_{x \to 0^+} \ln(x) = -\infty$.

Lorsque $x$ tend vers $0$ par valeurs supérieures ($x \to 0^+$), $\ln(x)$ tend vers $-\infty$. Donc $[\ln(x)]^2$ tend vers $(-\infty)^2 = +\infty$, et $-\left[ \ln(x)\right]^2$ tend vers $-\infty$. Et $\ln(x)$ tend vers $-\infty$.

Ainsi, $g(x) = -\left[ \ln(x)\right]^2+\ln(x)$ est une somme de deux termes qui tendent vers $-\infty$.

Plus formellement, posons $X = \ln(x)$. Lorsque $x \to 0^+$, $X = \ln(x) \to -\infty$.

Alors $g(x) = -X^2 + X$. On cherche $\lim_{X \to -\infty} (-X^2 + X)$.

$\lim_{X \to -\infty} (-X^2 + X) = \lim_{X \to -\infty} X^2 \left( -1 + \frac{1}{X} \right)$

Comme $\lim_{X \to -\infty} X^2 = +\infty$, et $\lim_{X \to -\infty} \frac{1}{X} = 0$, on a :

$\lim_{X \to -\infty} \left( -1 + \frac{1}{X} \right) = -1 + 0 = -1$.

Donc, par produit des limites : $\lim_{X \to -\infty} X^2 \left( -1 + \frac{1}{X} \right) = +\infty \times (-1) = -\infty$.

Finalement, $\boxed{\lim_{x \to 0^+} g(x) = -\infty}$

Correction :

1. Domaine de définition :

La fonction logarithme népérien $\ln(x)$ est définie pour $x > 0$. Donc, le domaine de définition de $f$ est $D_f = ]0, +\infty[$.

2. Limites aux bornes du domaine :

Limite en $0^+$ :

$\lim_{x \to 0^+} f(x) = \lim_{x \to 0^+} (x - \ln(x))$

On sait que $\lim_{x \to 0^+} x = 0$ et $\lim_{x \to 0^+} \ln(x) = -\infty$.

Donc, $\lim_{x \to 0^+} (x - \ln(x)) = 0 - (-\infty) = +\infty$.

Limite en $+\infty$ :

$\lim_{x \to +\infty} f(x) = \lim_{x \to +\infty} (x - \ln(x)) = \lim_{x \to +\infty} x \left(1 - \frac{\ln(x)}{x}\right)$

Formule de cours : $\lim_{x \to +\infty} \frac{\ln(x)}{x} = 0$.

Donc, $\lim_{x \to +\infty} \left(1 - \frac{\ln(x)}{x}\right) = 1 - 0 = 1$. Et comme $\lim_{x \to +\infty} x = +\infty$, par produit des limites :

$\lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty \times 1 = +\infty$.

3. Dérivée et variations :

La fonction $f(x) = x - \ln(x)$ est dérivable sur $]0, +\infty[$ car somme de fonctions dérivables.

Calcul de la dérivée : $f'(x) = \frac{d}{dx}(x - \ln(x)) = 1 - \frac{1}{x} = \frac{x-1}{x}$.

Signe de $f'(x)$ : Le dénominateur $x$ est strictement positif sur $]0, +\infty[$. Le signe de $f'(x)$ dépend donc du signe de $x-1$.

$f'(x) > 0 \Leftrightarrow \frac{x-1}{x} > 0 \Leftrightarrow x-1 > 0 \Leftrightarrow x > 1$.

$f'(x) < 0 \Leftrightarrow \frac{x-1}{x} < 0 \Leftrightarrow x-1 < 0 \Leftrightarrow x < 1$.

$f'(x) = 0 \Leftrightarrow x-1 = 0 \Leftrightarrow x = 1$.

Tableau de variations :

Avec $f(1) = 1 - \ln(1) = 1 - 0 = 1$.

4. Asymptotes :

Comme $\lim_{x \to 0^+} f(x) = +\infty$, la droite d'équation $x=0$ (l'axe des ordonnées) est une asymptote verticale.

Cherchons une éventuelle asymptote oblique en $+\infty$. On calcule $\lim_{x \to +\infty} \frac{f(x)}{x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{x - \ln(x)}{x} = \lim_{x \to +\infty} \left(1 - \frac{\ln(x)}{x}\right) = 1$.

Puis on calcule $\lim_{x \to +\infty} (f(x) - 1 \times x) = \lim_{x \to +\infty} (x - \ln(x) - x) = \lim_{x \to +\infty} (-\ln(x)) = -\infty$.

Comme cette limite est infinie, il n'y a pas d'asymptote oblique en $+\infty$.

Conclusion :

La fonction $f$ est définie sur $]0, +\infty[$. Elle est décroissante sur $]0, 1]$ et croissante sur $[1, +\infty[$. Elle admet un minimum en $x=1$ égal à $1$. Elle admet une asymptote verticale d'équation $x=0$. Elle n'a pas d'asymptote oblique en $+\infty$.

Correction :

1. Domaine de définition :

La fonction logarithme népérien $\ln(x)$ est définie pour $x > 0$. Le dénominateur $x$ est défini pour tout $x \in \mathbb{R}$ et ne s'annule pas sur $]0, +\infty[$. Donc, le domaine de définition de $g$ est $D_g = ]0, +\infty[$.

2. Limites aux bornes du domaine :

Limite en $0^+$ :

$\lim_{x \to 0^+} g(x) = \lim_{x \to 0^+} \frac{\ln(x)}{x}$

On sait que $\lim_{x \to 0^+} \ln(x) = -\infty$ et $\lim_{x \to 0^+} x = 0^+$.

Donc, par quotient des limites, $\lim_{x \to 0^+} \frac{\ln(x)}{x} = \frac{-\infty}{0^+} = -\infty$.

Limite en $+\infty$ :

$\lim_{x \to +\infty} g(x) = \lim_{x \to +\infty} \frac{\ln(x)}{x}$

Formule de cours : $\lim_{x \to +\infty} \frac{\ln(x)}{x} = 0$.

Donc, $\lim_{x \to +\infty} g(x) = 0$.

3. Dérivée et variations :

La fonction $g(x) = \frac{\ln(x)}{x}$ est dérivable sur $]0, +\infty[$ car quotient de fonctions dérivables dont le dénominateur ne s'annule pas.

Calcul de la dérivée : $g'(x) = \frac{d}{dx}\left(\frac{\ln(x)}{x}\right) = \frac{\frac{1}{x} \times x - \ln(x) \times 1}{x^2} = \frac{1 - \ln(x)}{x^2}$.

Signe de $g'(x)$ : Le dénominateur $x^2$ est strictement positif sur $]0, +\infty[$. Le signe de $g'(x)$ dépend donc du signe du numérateur $1 - \ln(x)$.

$g'(x) > 0 \Leftrightarrow 1 - \ln(x) > 0 \Leftrightarrow 1 > \ln(x) \Leftrightarrow \ln(e) > \ln(x) \Leftrightarrow e > x \Leftrightarrow x < e$.

$g'(x) < 0 \Leftrightarrow 1 - \ln(x) < 0 \Leftrightarrow 1 < \ln(x) \Leftrightarrow \ln(e) < \ln(x) \Leftrightarrow e < x \Leftrightarrow x > e$.

$g'(x) = 0 \Leftrightarrow 1 - \ln(x) = 0 \Leftrightarrow \ln(x) = 1 \Leftrightarrow x = e$.

Tableau de variations :

Avec $g(e) = \frac{\ln(e)}{e} = \frac{1}{e}$.

4. Asymptotes :

Comme $\lim_{x \to 0^+} g(x) = -\infty$, la droite d'équation $x=0$ (l'axe des ordonnées) est une asymptote verticale.

Comme $\lim_{x \to +\infty} g(x) = 0$, la droite d'équation $y=0$ (l'axe des abscisses) est une asymptote horizontale en $+\infty$.

Cherchons une éventuelle asymptote oblique en $+\infty$. Comme il y a une asymptote horizontale, il n'y a pas d'asymptote oblique.

Conclusion :

La fonction $g$ est définie sur $]0, +\infty[$. Elle est croissante sur $]0, e]$ et décroissante sur $[e, +\infty[$. Elle admet un maximum en $x=e$ égal à $\frac{1}{e}$. Elle admet une asymptote verticale d'équation $x=0$ et une asymptote horizontale d'équation $y=0$ en $+\infty$.

Correction :

1. Domaine de définition :

Pour que $\ln(x^2+1)$ soit défini, il faut que $x^2+1 > 0$. Or, $x^2 \geqslant 0$ pour tout $x \in \mathbb{R}$, donc $x^2+1 \geqslant 1 > 0$ pour tout $x \in \mathbb{R}$. Ainsi, le domaine de définition de $h$ est $D_h = \mathbb{R} = ]-\infty, +\infty[$.

2. Limites aux bornes du domaine :

Limite en $-\infty$ et $+\infty$ :

$\lim_{x \to \pm \infty} h(x) = \lim_{x \to \pm \infty} \ln(x^2+1)$

Lorsque $x \to \pm \infty$, $x^2 \to +\infty$, donc $x^2+1 \to +\infty$. Et $\lim_{X \to +\infty} \ln(X) = +\infty$.

Donc, $\lim_{x \to \pm \infty} \ln(x^2+1) = +\infty$.

3. Dérivée et variations :

La fonction $h(x) = \ln(x^2+1)$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ car composition de fonctions dérivables.

Calcul de la dérivée : $h'(x) = \frac{d}{dx}(\ln(x^2+1)) = \frac{1}{x^2+1} \times \frac{d}{dx}(x^2+1) = \frac{1}{x^2+1} \times 2x = \frac{2x}{x^2+1}$.

Signe de $h'(x)$ : Le dénominateur $x^2+1$ est strictement positif sur $\mathbb{R}$. Le signe de $h'(x)$ dépend donc du signe du numérateur $2x$.

$h'(x) > 0 \Leftrightarrow \frac{2x}{x^2+1} > 0 \Leftrightarrow 2x > 0 \Leftrightarrow x > 0$.

$h'(x) < 0 \Leftrightarrow \frac{2x}{x^2+1} < 0 \Leftrightarrow 2x < 0 \Leftrightarrow x < 0$.

$h'(x) = 0 \Leftrightarrow 2x = 0 \Leftrightarrow x = 0$.

Tableau de variations :

Avec $h(0) = \ln(0^2+1) = \ln(1) = 0$.

4. Asymptotes :

Comme le domaine de définition est $\mathbb{R}$, il n'y a pas d'asymptote verticale.

Cherchons une éventuelle asymptote oblique en $+\infty$ et $-\infty$. On calcule $\lim_{x \to +\infty} \frac{h(x)}{x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{\ln(x^2+1)}{x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{\ln(x^2(1+\frac{1}{x^2}))}{x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{\ln(x^2) + \ln(1+\frac{1}{x^2})}{x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{2\ln(x) + \ln(1+\frac{1}{x^2})}{x} = \lim_{x \to +\infty} \left(2\frac{\ln(x)}{x} + \frac{\ln(1+\frac{1}{x^2})}{x}\right)$.

On sait que $\lim_{x \to +\infty} \frac{\ln(x)}{x} = 0$. Et $\lim_{x \to +\infty} \frac{1}{x^2} = 0$, donc $\lim_{x \to +\infty} \ln(1+\frac{1}{x^2}) = \ln(1+0) = \ln(1) = 0$. Ainsi $\lim_{x \to +\infty} \frac{\ln(1+\frac{1}{x^2})}{x} = 0$ par quotient de limite finie par limite infinie.

Donc, $\lim_{x \to +\infty} \frac{h(x)}{x} = 2 \times 0 + 0 = 0$. De même, $\lim_{x \to -\infty} \frac{h(x)}{x} = 0$.

Comme la limite de $\frac{h(x)}{x}$ en $\pm \infty$ est $0$, il n'y a pas d'asymptote oblique en $\pm \infty$, mais potentiellement une direction asymptotique horizontale, qui n'est pas le cas ici car la limite de $h(x)$ est $+\infty$.

Conclusion :

La fonction $h$ est définie sur $\mathbb{R}$. Elle est décroissante sur $]-\infty, 0]$ et croissante sur $[0, +\infty[$. Elle admet un minimum en $x=0$ égal à $0$. Elle n'a pas d'asymptote verticale, horizontale ou oblique.

Correction :

1. Domaine de définition :

La fonction logarithme népérien $\ln(x)$ est définie pour $x > 0$. La fonction $x^2$ est définie sur $\mathbb{R}$. Donc, le domaine de définition de $k$ est $D_k = ]0, +\infty[$.

2. Limites aux bornes du domaine :

Limite en $0^+$ :

$\lim_{x \to 0^+} k(x) = \lim_{x \to 0^+} x^2 \ln(x)$

C'est une forme indéterminée $0 \times (-\infty)$. On réécrit : $\lim_{x \to 0^+} x^2 \ln(x) = \lim_{x \to 0^+} \frac{\ln(x)}{\frac{1}{x^2}}$.

Posons $X = \frac{1}{x}$. Quand $x \to 0^+$, $X \to +\infty$. Et $x = \frac{1}{X}$, $x^2 = \frac{1}{X^2}$.

$\lim_{x \to 0^+} x^2 \ln(x) = \lim_{X \to +\infty} \frac{1}{X^2} \ln\left(\frac{1}{X}\right) = \lim_{X \to +\infty} \frac{-\ln(X)}{X^2} = -\lim_{X \to +\infty} \frac{\ln(X)}{X^2}$.

Formule de cours : $\lim_{X \to +\infty} \frac{\ln(X)}{X^n} = 0$ pour tout $n > 0$. Ici $n=2 > 0$.

Donc, $\lim_{X \to +\infty} \frac{\ln(X)}{X^2} = 0$, et $\lim_{x \to 0^+} x^2 \ln(x) = -0 = 0$.

Limite en $+\infty$ :

$\lim_{x \to +\infty} k(x) = \lim_{x \to +\infty} x^2 \ln(x)$

On sait que $\lim_{x \to +\infty} x^2 = +\infty$ et $\lim_{x \to +\infty} \ln(x) = +\infty$. Par produit des limites, $\lim_{x \to +\infty} x^2 \ln(x) = +\infty \times +\infty = +\infty$.

3. Dérivée et variations :

La fonction $k(x) = x^2 \ln(x)$ est dérivable sur $]0, +\infty[$ car produit de fonctions dérivables.

Calcul de la dérivée : $k'(x) = \frac{d}{dx}(x^2 \ln(x)) = 2x \ln(x) + x^2 \times \frac{1}{x} = 2x \ln(x) + x = x(2\ln(x) + 1)$.

Signe de $k'(x)$ : Sur $]0, +\infty[$, $x > 0$. Le signe de $k'(x)$ dépend donc du signe de $2\ln(x) + 1$.

$k'(x) > 0 \Leftrightarrow 2\ln(x) + 1 > 0 \Leftrightarrow 2\ln(x) > -1 \Leftrightarrow \ln(x) > -\frac{1}{2} \Leftrightarrow \ln(x) > \ln(e^{-1/2}) \Leftrightarrow x > e^{-1/2} = \frac{1}{\sqrt{e}}$.

$k'(x) < 0 \Leftrightarrow 2\ln(x) + 1 < 0 \Leftrightarrow x < e^{-1/2} = \frac{1}{\sqrt{e}}$.

$k'(x) = 0 \Leftrightarrow 2\ln(x) + 1 = 0 \Leftrightarrow \ln(x) = -\frac{1}{2} \Leftrightarrow x = e^{-1/2} = \frac{1}{\sqrt{e}}$.

Tableau de variations :

Avec $k\left(\frac{1}{\sqrt{e}}\right) = \left(\frac{1}{\sqrt{e}}\right)^2 \ln\left(\frac{1}{\sqrt{e}}\right) = \frac{1}{e} \ln(e^{-1/2}) = \frac{1}{e} \times (-\frac{1}{2}) = -\frac{1}{2e}$.

4. Asymptotes :

Comme le domaine de définition est $]0, +\infty[$, on regarde en $0^+$ et $+\infty$.

En $x \to 0^+$, $\lim_{x \to 0^+} k(x) = 0$. Il n'y a pas d'asymptote verticale en $x=0$. La fonction peut être prolongée par continuité en $0$ en posant $k(0) = 0$.

Cherchons une éventuelle asymptote oblique en $+\infty$. On calcule $\lim_{x \to +\infty} \frac{k(x)}{x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{x^2 \ln(x)}{x} = \lim_{x \to +\infty} x \ln(x) = +\infty$.

Comme cette limite est infinie, il n'y a pas d'asymptote oblique en $+\infty$.

Conclusion :

La fonction $k$ est définie sur $]0, +\infty[$. Elle est décroissante sur $]0, \frac{1}{\sqrt{e}}]$ et croissante sur $[\frac{1}{\sqrt{e}}, +\infty[$. Elle admet un minimum en $x=\frac{1}{\sqrt{e}}$ égal à $-\frac{1}{2e}$. Elle n'a pas d'asymptote verticale, horizontale ou oblique.

Correction :

1. Domaine de définition :

Pour que $\ln\left(\frac{x+1}{x-1}\right)$ soit défini, il faut que $\frac{x+1}{x-1} > 0$ et $x-1 \neq 0$.

Tableau de signes de $\frac{x+1}{x-1}$ :

Donc, $\frac{x+1}{x-1} > 0$ pour $x \in ]-\infty, -1[ \cup ]1, +\infty[$. Le domaine de définition de $l$ est $D_l = ]-\infty, -1[ \cup ]1, +\infty[$.

2. Limites aux bornes du domaine :

Limite en $-\infty$ et $+\infty$ :

$\lim_{x \to \pm \infty} l(x) = \lim_{x \to \pm \infty} \ln\left(\frac{x+1}{x-1}\right) = \ln\left(\lim_{x \to \pm \infty} \frac{x+1}{x-1}\right) = \ln\left(\lim_{x \to \pm \infty} \frac{1+\frac{1}{x}}{1-\frac{1}{x}}\right) = \ln\left(\frac{1+0}{1-0}\right) = \ln(1) = 0$.

Limite en $-1^-$ :

Lorsque $x \to -1^-$, $x+1 \to 0^-$ et $x-1 \to -2$. Donc $\frac{x+1}{x-1} \to \frac{0^-}{-2} = 0^+$. Et $\lim_{X \to 0^+} \ln(X) = -\infty$. Donc, $\lim_{x \to -1^-} l(x) = -\infty$.

Limite en $1^+$ :

Lorsque $x \to 1^+$, $x+1 \to 2$ et $x-1 \to 0^+$. Donc $\frac{x+1}{x-1} \to \frac{2}{0^+} = +\infty$. Et $\lim_{X \to +\infty} \ln(X) = +\infty$. Donc, $\lim_{x \to 1^+} l(x) = +\infty$.

3. Dérivée et variations :

La fonction $l(x) = \ln\left(\frac{x+1}{x-1}\right)$ est dérivable sur $]-\infty, -1[ \cup ]1, +\infty[$ car composition de fonctions dérivables.

Calcul de la dérivée : $l'(x) = \frac{d}{dx}\left(\ln\left(\frac{x+1}{x-1}\right)\right) = \frac{1}{\frac{x+1}{x-1}} \times \frac{d}{dx}\left(\frac{x+1}{x-1}\right) = \frac{x-1}{x+1} \times \frac{1 \times (x-1) - (x+1) \times 1}{(x-1)^2} = \frac{x-1}{x+1} \times \frac{x-1-x-1}{(x-1)^2} = \frac{x-1}{x+1} \times \frac{-2}{(x-1)^2} = \frac{-2}{(x+1)(x-1)} = \frac{-2}{x^2-1} = \frac{2}{1-x^2}$.

Signe de $l'(x)$ : Le numérateur est $2 > 0$. Le signe de $l'(x)$ dépend donc du signe du dénominateur $1-x^2 = (1-x)(1+x)$.

Sur $]1, +\infty[$, $x > 1$, donc $1-x < 0$ et $1+x > 0$. Donc $1-x^2 < 0$, et $l'(x) = \frac{2}{1-x^2} < 0$. La fonction $l$ est décroissante sur $]1, +\infty[$.

Sur $]-\infty, -1[$, $x < -1$, donc $1-x > 0$ et $1+x < 0$. Donc $1-x^2 < 0$, et $l'(x) = \frac{2}{1-x^2} < 0$. La fonction $l$ est décroissante sur $]-\infty, -1[$.

Tableau de variations :

4. Asymptotes :

Comme $\lim_{x \to -1^-} l(x) = -\infty$, la droite d'équation $x=-1$ est une asymptote verticale.

Comme $\lim_{x \to 1^+} l(x) = +\infty$, la droite d'équation $x=1$ est une asymptote verticale.

Comme $\lim_{x \to -\infty} l(x) = 0$ et $\lim_{x \to +\infty} l(x) = 0$, la droite d'équation $y=0$ (l'axe des abscisses) est une asymptote horizontale en $-\infty$ et $+\infty$.

Cherchons une éventuelle asymptote oblique. Comme il y a une asymptote horizontale, il n'y a pas d'asymptote oblique.

Conclusion :

La fonction $l$ est définie sur $]-\infty, -1[ \cup ]1, +\infty[$. Elle est décroissante sur $]-\infty, -1[$ et sur $]1, +\infty[$. Elle n'a pas d'extremum local. Elle admet deux asymptotes verticales d'équations $x=-1$ et $x=1$, et une asymptote horizontale d'équation $y=0$ en $-\infty$ et $+\infty$.