Exercices sur les Logarithmes

Correction :

1. $A = \ln(e^3) + \ln(1) - \ln(\sqrt{e})$

   On utilise la propriété $\ln(a^b) = b\ln(a)$ et $\ln(1) = 0$.

   $A = 3\ln(e) + 0 - \ln(e^{1/2}) = 3\ln(e) - \frac{1}{2}\ln(e)$

   On utilise $\ln(e) = 1$.

   $A = 3 \times 1 - \frac{1}{2} \times 1 = 3 - \frac{1}{2} = \frac{6}{2} - \frac{1}{2} = \frac{5}{2}$

   Donc, $A = \frac{5}{2}$.

2. $B = 2\ln(2) + \ln(9) - \ln(36)$

   On utilise la propriété $\ln(a^b) = b\ln(a)$.

   $B = \ln(2^2) + \ln(3^2) - \ln(6^2) = \ln(4) + \ln(9) - \ln(36)$

   On utilise la propriété $\ln(a) + \ln(b) = \ln(ab)$.

   $B = \ln(4 \times 9) - \ln(36) = \ln(36) - \ln(36)$

   On utilise la propriété $\ln(a) - \ln(b) = \ln(\frac{a}{b})$.

   $B = \ln(\frac{36}{36}) = \ln(1) = 0$

   Donc, $B = 0$.

3. $C = \frac{\ln(8)}{\ln(2)}$

   On utilise la propriété $\ln(a^b) = b\ln(a)$.

   $C = \frac{\ln(2^3)}{\ln(2)} = \frac{3\ln(2)}{\ln(2)}$

   On simplifie par $\ln(2)$.

   $C = 3$

   Donc, $C = 3$.

Correction :

Pour résoudre $\ln(x) = 2$, on utilise la fonction exponentielle pour éliminer le logarithme.

On applique l'exponentielle de chaque côté de l'équation :

$e^{\ln(x)} = e^2$

On utilise la propriété $e^{\ln(x)} = x$ pour $x > 0$.

$x = e^2$

La solution est donc $x = e^2$.

Correction :

Pour résoudre $\ln(x) \leq 0$, on utilise la fonction exponentielle et la croissance de celle-ci.

On applique l'exponentielle de chaque côté de l'inéquation :

$e^{\ln(x)} \leq e^0$

On utilise la propriété $e^{\ln(x)} = x$ pour $x > 0$ et $e^0 = 1$.

$x \leq 1$

De plus, le domaine de définition de $\ln(x)$ est $]0, +\infty[$.

Donc, la solution est $0 < x \leq 1$, soit $x \in ]0, 1]$.

Correction :

On a une forme indéterminée $0 \times (-\infty)$. On effectue un changement de variable pour lever l'indétermination.

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

$\lim_{x \to 0^+} x\ln(x) = \lim_{X \to +\infty} \frac{1}{X}\ln(\frac{1}{X})$

On utilise la propriété $\ln(\frac{1}{a}) = -\ln(a)$.

$\lim_{X \to +\infty} \frac{1}{X}\ln(\frac{1}{X}) = \lim_{X \to +\infty} \frac{-\ln(X)}{X} = -\lim_{X \to +\infty} \frac{\ln(X)}{X}$

On utilise la limite de référence $\lim_{X \to +\infty} \frac{\ln(X)}{X} = 0$.

$-\lim_{X \to +\infty} \frac{\ln(X)}{X} = -0 = 0$

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

Correction :

1. Dérivée :

On utilise la formule de dérivation d'un quotient : $(\frac{u}{v})' = \frac{u'v - uv'}{v^2}$.

Ici, $u(x) = \ln(x)$ et $v(x) = x$. Donc $u'(x) = \frac{1}{x}$ et $v'(x) = 1$.

$f'(x) = \frac{\frac{1}{x} \times x - \ln(x) \times 1}{x^2} = \frac{1 - \ln(x)}{x^2}$

2. Signe de la dérivée :

Sur $]0; +\infty[$, $x^2 > 0$. Le signe de $f'(x)$ dépend donc du signe de $1 - \ln(x)$.

$1 - \ln(x) > 0 \Leftrightarrow 1 > \ln(x) \Leftrightarrow e^1 > e^{\ln(x)} \Leftrightarrow e > x$ (car la fonction exponentielle est strictement croissante).

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

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

3. Tableau de variations :

4. Conclusion :

$f$ est croissante sur $]0, e]$ et décroissante sur $[e, +\infty[$.

Correction :

Domaines de définition :

$\ln(x²)$ existe si $x² > 0$, soit $x \neq 0$. Donc $D_{\ln(x²)} = \mathbb{R}^*$.

$2\ln(x)$ existe si $x > 0$. Donc $D_{2\ln(x)} = ]0, +\infty[$.

Résolution :

Sur $]0, +\infty[$, $\ln(x²) = \ln(|x|^2) = 2\ln(|x|) = 2\ln(x)$ car $x > 0$ donc $|x| = x$.

Conclusion :

Les expressions ne sont pas équivalentes car elles n'ont pas le même domaine de définition. Elles sont égales seulement sur $]0, +\infty[$.

Correction :

On utilise la formule de dérivation de fonction composée : $(\ln(u(x)))' = \frac{u'(x)}{u(x)}$.

Ici, $u(x) = x³ + 1$, donc $u'(x) = 3x²$.

$f'(x) = \frac{3x²}{x³ + 1}$.

Correction :

1. Domaine de définition :

Il faut $x > 0$ et $x-1 > 0$, donc $x > 1$.

$D = ]1, +\infty[$.

2. Résolution :

$\ln(x) + \ln(x-1) = \ln(6) \Leftrightarrow \ln(x(x-1)) = \ln(6)$ (en utilisant la propriété $\ln(a) + \ln(b) = \ln(ab)$).

$x(x-1) = 6$ (en utilisant la propriété si $\ln(a) = \ln(b)$ alors $a=b$).

$x² - x - 6 = 0$

On résout l'équation du second degré : $\Delta = (-1)² - 4(1)(-6) = 1 + 24 = 25 = 5²$.

$x_1 = \frac{1 - 5}{2} = -2$ et $x_2 = \frac{1 + 5}{2} = 3$.

3. Conclusion :

Seule la solution $x = 3$ est dans le domaine de définition $]1, +\infty[$.

Donc, la solution est $x = 3$.

Correction :

Pour que $f(x)$ existe, il faut que les deux logarithmes soient définis :

$2 - x > 0 \Leftrightarrow x < 2$ et $x + 1 > 0 \Leftrightarrow x > -1$.

Donc, le domaine de définition est $-1 < x < 2$, soit $D_f = ]-1, 2[$.

Correction :

$\ln(x) > 1 \Leftrightarrow e^{\ln(x)} > e^1 \Leftrightarrow x > e$.

Le domaine de définition de $\ln(x)$ est $]0, +\infty[$.

Donc la solution est $x \in ]e, +\infty[$.

Correction :

Soit $g(x) = x - 1 - \ln(x)$ définie sur $]0, +\infty[$.

1. Dérivée :

$g'(x) = 1 - \frac{1}{x} = \frac{x-1}{x}$.

2. Signe de la dérivée :

- Si $0 < x < 1$, $x - 1 < 0$ et $x > 0$, donc $g'(x) < 0$.

- Si $x > 1$, $x - 1 > 0$ et $x > 0$, donc $g'(x) > 0$.

- Si $x = 1$, $g'(x) = 0$.

3. Tableau de variations :

4. Minimum :

$g$ atteint son minimum en $x = 1$, et $g(1) = 1 - 1 - $\ln(1) = 0$.

5. Conclusion :

Donc pour tout $x \in ]0, +\infty[$, $g(x) \geq 0$, soit $x - 1 - \ln(x) \geq 0$, donc $\ln(x) \leq x - 1$.

Correction :

1. Changement de variable :

Posons $X = \ln(x)$. L'équation devient $X² - 3X + 2 = 0$.

2. Résolution de l'équation du second degré :

$\Delta = (-3)² - 4(1)(2) = 9 - 8 = 1 = 1²$.

$X_1 = \frac{3 - 1}{2} = 1$ et $X_2 = \frac{3 + 1}{2} = 2$.

3. Retour à la variable initiale :

Donc $\ln(x) = 1$ ou $\ln(x) = 2$.

- $\ln(x) = 1 \Leftrightarrow x = e^1 = e$.

- $\ln(x) = 2 \Leftrightarrow x = e^2$.

4. Conclusion :

Les solutions sont $x = e$ et $x = e^2$.

Correction :

On reconnaît le taux d'accroissement de la fonction $\ln$ en $1$.

Soit $f(x) = \ln(x)$. $f'(x) = \frac{1}{x}$. $f'(1) = 1$.

$\lim_{x \to 0} \frac{\ln(1+x) - \ln(1)}{x - 0} = f'(1) = 1$ (car $\ln(1) = 0$).

Donc $\lim_{x \to 0} \frac{\ln(1+x)}{x} = 1$.

Correction :

1. Domaine de définition :

Il faut $x > 0$ et $2x > 0$, donc $x > 0$.

$D = ]0, +\infty[$.

2. Résolution :

$\ln(x) + \ln(2x) = \ln(3) \Leftrightarrow \ln(x \times 2x) = \ln(3)$ (en utilisant la propriété $\ln(a) + \ln(b) = \ln(ab)$).

$\ln(2x²) = \ln(3) \Leftrightarrow 2x² = 3$ (en utilisant la propriété si $\ln(a) = \ln(b)$ alors $a = b$).

$x² = \frac{3}{2} \Leftrightarrow x = \pm \sqrt{\frac{3}{2}}$.

3. Conclusion :

Seule la solution positive est dans le domaine de définition $]0, +\infty[$.

Donc, la solution est $x = \sqrt{\frac{3}{2}} = \frac{\sqrt{6}}{2}$.

Correction :

Pour que $f(x)$ existe, il faut deux conditions :

- Le logarithme doit être défini : $x > 0$.

- L'intérieur de la racine doit être positif ou nul : $\ln(x) \geq 0 \Leftrightarrow x \geq e^0 \Leftrightarrow x \geq 1$.

L'intersection des deux conditions est $x \geq 1$.

Donc, $D_f = [1, +\infty[$.

Correction :

$\ln(x) < -2 \Leftrightarrow e^{\ln(x)} < e^{-2} \Leftrightarrow x < e^{-2}$.

Le domaine de définition de $\ln(x)$ est $]0, +\infty[$.

Donc la solution est $x \in ]0, e^{-2}[$.

Correction :

On a vu dans l'exercice 6 que les domaines de définition sont différents :
$D_{\ln(x²)} = \mathbb{R}^*$ et $D_{2\ln(x)} = ]0, +\infty[$.

Pour $x > 0$, $\ln(x²) = 2\ln(x)$.

Pour $x < 0$, $\ln(x²) = \ln(|x|^2) = 2\ln(|x|)$, mais $2\ln(x)$ n'est pas défini.

Conclusion : Les fonctions ne sont pas égales car elles n'ont pas le même domaine de définition. Elles coïncident sur $]0, +\infty[$.

Correction :

Pour résoudre graphiquement $\ln(x) = x - 2$, on trace les courbes de $y = \ln(x)$ et $y = x - 2$ et on cherche les points d'intersection.

(Il faudrait ici un graphique, ce qui n'est pas possible en texte. Graphiquement, on observe qu'il y a deux points d'intersection approximatifs, dont les abscisses sont autour de 0.15 et 3.15).

Les solutions approchées sont donc environ $x \approx 0.15$ et $x \approx 3.15$.

Correction :

On pose $u = \ln(x)$, alors $du = \frac{1}{x} dx$.

$\int \frac{\ln(x)}{x} dx = \int u du = \frac{1}{2}u² + C = \frac{1}{2}(\ln(x))² + C$, où $C$ est une constante d'intégration.

Correction :

On utilise la propriété $e^{\ln(x)} = x$ pour $x > 0$.

$e^{\ln(x)} = 5 \Leftrightarrow x = 5$.

La solution est $x = 5$.

Correction :

1. Domaine de définition :

   $D_f = ]0, +\infty[$.

   Limites :

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

   - $\lim_{x \to +\infty} f(x) = \lim_{x \to +\infty} (x - \ln(x)) = \lim_{x \to +\infty} x(1 - \frac{\ln(x)}{x}) = +\infty \times (1 - 0) = +\infty$ (car $\lim_{x \to +\infty} \frac{\ln(x)}{x} = 0$).

   Dérivée :

   $f'(x) = 1 - \frac{1}{x} = \frac{x-1}{x}$.

   Signe de la dérivée :

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

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

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

   Variations :

   $f$ est décroissante sur $]0, 1]$ et croissante sur $[1, +\infty[$.

2. Minimum :

   $f$ atteint son minimum en $x = 1$.

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

   Le minimum de $f$ est 1.

3. Signe de $f(x)$ :

   Comme le minimum de $f$ est 1, et $1 > 0$, alors pour tout $x > 0$, $f(x) \geq 1 > 0$.

   Donc $f(x) > 0$ pour tout $x > 0$.

Correction :

1. Résolution de $f(x) = 0$ :

   $(\ln(x))² - \ln(x) = 0 \Leftrightarrow \ln(x)(\ln(x) - 1) = 0$

   $\ln(x) = 0$ ou $\ln(x) - 1 = 0$.

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

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

   Les solutions sont $x = 1$ et $x = e$.

2. Signe de $f(x)$ :

   On pose $X = \ln(x)$.

   $f(x) = X² - X = X(X - 1)$.

   On étudie le signe de $X(X-1)$.

   - $X(X-1) > 0$ si $X < 0$ ou $X > 1$, soit $\ln(x) < 0$ ou $\ln(x) > 1$, soit $x < 1$ ou $x > e$.

   - $X(X-1) < 0$ si $0 < X < 1$, soit $0 < \ln(x) < 1$, soit $1 < x < e$.

   - $X(X-1) = 0$ si $X = 0$ ou $X = 1$, soit $x = 1$ ou $x = e$.

   Donc :

   - $f(x) > 0$ sur $]0, 1[ \cup ]e, +\infty[$.

   - $f(x) < 0$ sur $]1, e[$.

   - $f(x) = 0$ pour $x = 1$ et $x = e$.

3. Dérivée :

   $f'(x) = 2\ln(x) \times \frac{1}{x} - \frac{1}{x} = \frac{2\ln(x) - 1}{x}$.

   Signe de $f'(x)$ :

   Sur $]0, +\infty[$, $x > 0$. Le signe de $f'(x)$ dépend du signe de $2\ln(x) - 1$.

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

   $2\ln(x) - 1 < 0 \Leftrightarrow x < \sqrt{e}$.

   $2\ln(x) - 1 = 0 \Leftrightarrow x = \sqrt{e}$.

4. Tableau de variations :

   $x$	$0$		$\sqrt{e}$		$+ \infty$
   $f'(x)$	$||$	$-$	$0$	$+$
   $f(x)$	$+\infty$	⇩	$-\frac{1}{4}$	⇧	$+ \infty$

   $f(\sqrt{e}) = (\ln(\sqrt{e}))² - \ln(\sqrt{e}) = (\frac{1}{2}\ln(e))² - \frac{1}{2}\ln(e) = (\frac{1}{2})² - \frac{1}{2} = \frac{1}{4} - \frac{1}{2} = -\frac{1}{4}$.

Correction :

Soit $f(x) = \ln(\frac{x}{b})$ et $g(x) = \ln(x) - \ln(b)$, où $b > 0$ est une constante.

Dérivées :

- $f'(x) = \frac{1}{\frac{x}{b}} \times \frac{1}{b} = \frac{b}{x} \times \frac{1}{b} = \frac{1}{x}$.

- $g'(x) = \frac{1}{x} - 0 = \frac{1}{x}$ (car la dérivée d'une constante est nulle).

Donc $f'(x) = g'(x)$.

Ainsi, $f(x)$ et $g(x)$ diffèrent d'une constante : $f(x) = g(x) + C$.

Pour trouver $C$, on prend une valeur particulière, par exemple $x = b$.

$f(b) = \ln(\frac{b}{b}) = \ln(1) = 0$.

$g(b) = \ln(b) - \ln(b) = 0$.

Donc $f(b) = g(b) = 0$.

Ainsi $0 = 0 + C$, donc $C = 0$.

Finalement, $f(x) = g(x)$, soit $\ln(\frac{x}{b}) = \ln(x) - \ln(b)$.

En remplaçant $x$ par $a$, on obtient $\ln(\frac{a}{b}) = \ln(a) - \ln(b)$.

Correction :

$\ln(x²) = 4 \Leftrightarrow e^{\ln(x²)} = e^4 \Leftrightarrow x² = e^4$

$x = \pm \sqrt{e^4} \Leftrightarrow x = \pm e²$.

Les solutions sont $x = e²$ et $x = -e²$.

(Attention, ici $x$ peut être négatif car on a $\ln(x²)$).

Correction :

On factorise par $x$ au numérateur et au dénominateur :

$\frac{\ln(x) + x}{\ln(x) - x} = \frac{x(\frac{\ln(x)}{x} + 1)}{x(\frac{\ln(x)}{x} - 1)} = \frac{\frac{\ln(x)}{x} + 1}{\frac{\ln(x)}{x} - 1}$.

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

Donc $\lim_{x \to +\infty} \frac{\ln(x) + x}{\ln(x) - x} = \frac{0 + 1}{0 - 1} = -1$.

Correction :

1. Domaine de définition :

Il faut $x > 0$ et $x - 2 > 0$, donc $x > 2$.

$D = ]2, +\infty[$.

2. Résolution :

$\ln(x) = -\ln(x-2) \Leftrightarrow \ln(x) + \ln(x-2) = 0$

$\ln(x(x-2)) = 0$ (en utilisant la propriété $\ln(a) + \ln(b) = \ln(ab)$).

$x(x-2) = e^0 = 1$ (en utilisant la propriété $\ln(a) = 0 \Leftrightarrow a = 1$).

$x² - 2x - 1 = 0$.

On résout l'équation du second degré : $\Delta = (-2)² - 4(1)(-1) = 4 + 4 = 8 = (2\sqrt{2})²$.

$x_1 = \frac{2 - 2\sqrt{2}}{2} = 1 - \sqrt{2}$ et $x_2 = \frac{2 + 2\sqrt{2}}{2} = 1 + \sqrt{2}$.

3. Conclusion :

$1 - \sqrt{2} < 0$ et $1 + \sqrt{2} \approx 2.4 > 2$.

Seule la solution $x = 1 + \sqrt{2}$ est dans le domaine de définition $]2, +\infty[$.

Donc, la solution est $x = 1 + \sqrt{2}$.

Correction :

L'équation de la tangente au point d'abscisse $a$ est $y = f'(a)(x-a) + f(a)$.

Ici, $f(x) = \ln(x)$, $f'(x) = \frac{1}{x}$, $a = e$.

$f(e) = \ln(e) = 1$.

$f'(e) = \frac{1}{e}$.

L'équation de la tangente est $y = \frac{1}{e}(x-e) + 1 = \frac{1}{e}x - \frac{e}{e} + 1 = \frac{1}{e}x - 1 + 1 = \frac{1}{e}x$.

L'équation de la tangente est $y = \frac{1}{e}x$.

Correction :

1. Domaine de définition :

Il faut $3x+1 > 0$ et $x > 0$, donc $x > 0$.

$D = ]0, +\infty[$.

2. Résolution :

$\ln(3x+1) = 2\ln(x) \Leftrightarrow \ln(3x+1) = \ln(x²)$ (en utilisant la propriété $b\ln(a) = \ln(a^b)$).

$3x+1 = x²$ (en utilisant la propriété si $\ln(a) = \ln(b)$ alors $a = b$).

$x² - 3x - 1 = 0$.

On résout l'équation du second degré : $\Delta = (-3)² - 4(1)(-1) = 9 + 4 = 13$.

$x_1 = \frac{3 - \sqrt{13}}{2}$ et $x_2 = \frac{3 + \sqrt{13}}{2}$.

3. Conclusion :

$3 - \sqrt{13} < 0$ car $3 < \sqrt{13} \approx 3.6$. Donc $x_1 < 0$.

$3 + \sqrt{13} > 0$. Donc $x_2 > 0$.

Seule la solution $x_2 = \frac{3 + \sqrt{13}}{2}$ est dans le domaine de définition $]0, +\infty[$.

La solution est $x = \frac{3 + \sqrt{13}}{2}$.

Correction :

Pour montrer que $F(x)$ est une primitive de $f(x)$, il faut dériver $F(x)$ et vérifier que l'on obtient $f(x)$.

$F'(x) = (x\ln(x) - x)' = (x\ln(x))' - (x)'$

On utilise la formule de dérivation d'un produit : $(uv)' = u'v + uv'$.

$(x\ln(x))' = (1 \times \ln(x) + x \times \frac{1}{x}) = \ln(x) + 1$.

$(x)' = 1$.

Donc, $F'(x) = (\ln(x) + 1) - 1 = \ln(x) = f(x)$.

Donc $F(x) = x\ln(x) - x$ est bien une primitive de $f(x) = \ln(x)$.

Correction :

1. Domaine de définition :

   Il faut que $\ln(x)$ soit défini et que le dénominateur ne soit pas nul.

   - $\ln(x)$ est défini si $x > 0$.

   - $\ln(x) + 1 \neq 0 \Leftrightarrow \ln(x) \neq -1 \Leftrightarrow x \neq e^{-1} = \frac{1}{e}$.

   Donc $D_f = ]0, \frac{1}{e}[ \cup ]\frac{1}{e}, +\infty[$.

2. Limites :

   - $\lim_{x \to 0^+} f(x) = \lim_{x \to 0^+} \frac{\ln(x)}{\ln(x) + 1}$

   Quand $x \to 0^+$, $\ln(x) \to -\infty$. On pose $X = \ln(x)$.

   $\lim_{x \to 0^+} f(x) = \lim_{X \to -\infty} \frac{X}{X+1} = \lim_{X \to -\infty} \frac{X}{X(1 + \frac{1}{X})} = \lim_{X \to -\infty} \frac{1}{1 + \frac{1}{X}} = 1$ (car $\lim_{X \to -\infty} \frac{1}{X} = 0$).

   - $\lim_{x \to \frac{1}{e}^-} f(x) = \lim_{x \to \frac{1}{e}^-} \frac{\ln(x)}{\ln(x) + 1} = \frac{\ln(\frac{1}{e})}{\ln(\frac{1}{e}) + 1} = \frac{-1}{-1 + 1} = \frac{-1}{0^-} = +\infty$.

   - $\lim_{x \to \frac{1}{e}^+} f(x) = \lim_{x \to \frac{1}{e}^+} \frac{\ln(x)}{\ln(x) + 1} = \frac{\ln(\frac{1}{e})}{\ln(\frac{1}{e}) + 1} = \frac{-1}{-1 + 1} = \frac{-1}{0^+} = -\infty$.

   - $\lim_{x \to +\infty} f(x) = \lim_{x \to +\infty} \frac{\ln(x)}{\ln(x) + 1} = \lim_{x \to +\infty} \frac{\ln(x)}{\ln(x)(1 + \frac{1}{\ln(x)})} = \lim_{x \to +\infty} \frac{1}{1 + \frac{1}{\ln(x)}} = 1$ (car $\lim_{x \to +\infty} \frac{1}{\ln(x)} = 0$).

3. Dérivée :

   $f'(x) = \frac{\frac{1}{x}(\ln(x) + 1) - \ln(x) \times \frac{1}{x}}{(\ln(x) + 1)^2} = \frac{\frac{1}{x}\ln(x) + \frac{1}{x} - \frac{1}{x}\ln(x)}{(\ln(x) + 1)^2} = \frac{\frac{1}{x}}{(\ln(x) + 1)^2} = \frac{1}{x(\ln(x) + 1)^2}$.

   Signe de $f'(x)$ :

   Sur $D_f$, $x > 0$ et $(\ln(x) + 1)^2 > 0$ (car un carré est toujours positif).

   Donc $f'(x) > 0$ sur $D_f$.

4. Tableau de variations :

   $x$	$0$		$\frac{1}{e}$		$+ \infty$
   $f'(x)$	$||$	$+$	$||$	$+$
   $f(x)$	$1$	⇧	$+\infty$ $-\infty$	⇧	$1$

   $f$ est croissante sur $]0, \frac{1}{e}[$ et sur $]\frac{1}{e}, +\infty[$.

Correction :

1. Limite en 0 :

   $\lim_{x \to 0^+} \ln(x) = -\infty$ donc $\lim_{x \to 0^+} (1 + \ln(x)) = -\infty$.

   $\lim_{x \to 0^+} \frac{1}{x} = +\infty$.

   Par produit, $\lim_{x \to 0^+} \frac{1 + \ln(x)}{x} = -\infty$.

2. Limite en +∞ :

   $f(x) = \frac{1}{x} + \frac{\ln(x)}{x}$.

   $\lim_{x \to +\infty} \frac{1}{x} = 0$ et $\lim_{x \to +\infty} \frac{\ln(x)}{x} = 0$.

   Par somme, $\lim_{x \to +\infty} f(x) = 0$.

3. Dérivée :

   $f'(x) = \frac{\frac{1}{x} \times x - (1 + \ln(x)) \times 1}{x^2} = \frac{1 - 1 - \ln(x)}{x^2} = \frac{-\ln(x)}{x^2}$.

   Signe de la dérivée :

   Sur $]0; +\infty[$, $x^2 > 0$. Le signe de $f'(x)$ dépend donc du signe de $-\ln(x)$.

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

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

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

4. Tableau de variations :

   $x$	$0$	$1$	$+\infty$
   $f'(x)$	$||$	$+$ 0 $-$
   $f(x)$	$||$	⇧ 1 ⇩	$0$

   $f(1) = \frac{1 + \ln(1)}{1} = 1$.

Correction :

1. On pose $u = \ln(x)$, alors $du = \frac{1}{x} dx$

   $\int_{e}^{e^2} \frac{1}{x\ln(x)}dx$ = $\int_{1}^{2} \frac{1}{u} du$ = $[\ln|u|]_{1}^{2} = \ln(2) - \ln(1) = \ln(2)$

2. Pour montrer que G(x) est une primitive de g(x), on dérive G(x) :
   $G'(x) = \frac{1}{\ln(x)} \times \frac{1}{x} = \frac{1}{x\ln(x)} = g(x)$

   Donc G(x) est une primitive de g(x).

Correction :

1. Limite en 0 :

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

   Par somme, $\lim_{x \to 0^+} h(x) = +\infty$.

2. Limite en +∞ :

   $h(x) = x(1 - \frac{\ln(x)}{x})$.

   $\lim_{x \to +\infty} \frac{\ln(x)}{x} = 0$, donc $\lim_{x \to +\infty} (1 - \frac{\ln(x)}{x}) = 1$.

   $\lim_{x \to +\infty} x = +\infty$.

   Par produit, $\lim_{x \to +\infty} h(x) = +\infty$.

3. Dérivée :

   $h'(x) = 1 - \frac{1}{x} = \frac{x-1}{x}$.

   Signe de la dérivée :

   Sur $]0; +\infty[$, $x > 0$. Le signe de $h'(x)$ dépend du signe de $x-1$.

   $x-1 > 0 \Leftrightarrow x > 1$.

   $x-1 < 0 \Leftrightarrow x < 1$.

   $x-1 = 0 \Leftrightarrow x = 1$.

4. Tableau de variations :

   $x$	$0$	$1$	$+\infty$
   $h'(x)$	$||$	$-$ 0 $+$
   $h(x)$	$+\infty$	⇩ 1 ⇧	$+\infty$

   $h(1) = 1 - \ln(1) = 1$.

5. Signe de $h(x)$ :

   Le minimum de $h$ sur $]0; +\infty[$ est $1$, qui est strictement positif. Donc pour tout $x \in ]0; +\infty[$, $h(x) \geq 1 > 0$.

   Ainsi, $h(x)$ est strictement positif sur $]0; +\infty[$.

Correction :

$x h(\frac{e}{x}) = x(\frac{e}{x} - \ln(\frac{e}{x})) = x(\frac{e}{x} - (\ln(e) - \ln(x))) = x(\frac{e}{x} - 1 + \ln(x)) = e - x + x\ln(x) = e - x + x\ln(x)$

$k(x) = e^x - e\ln(x)$

Il y a une erreur dans l'énoncé. La fonction $k(x)$ devrait être définie par $k(x) = e - x + x\ln(x)$ pour que l'égalité soit vraie. Avec cette correction, on a bien $k(x) = x h(\frac{e}{x})$.

1. Si on prend la fonction $k(x)$ corrigée, on a $k(x) = x h(\frac{e}{x})$.
   Comme $x > 0$ et $\frac{e}{x} > 0$ pour tout $x > 0$, et que $h(x) > 0$ pour tout $x > 0$ d'après la partie A, on a $h(\frac{e}{x}) > 0$.
   Donc, $k(x) = x h(\frac{e}{x}) > 0$ pour tout $x > 0$.
   Le signe de $k(x)$ est donc positif sur $]0; +\infty[$.

Correction :

Justification de la croissance stricte :

$u(x) = \ln(x) + x - 3$ est la somme de deux fonctions strictement croissantes sur $]0; +\infty[$ ($\ln(x)$ et $x-3$), donc $u$ est strictement croissante sur $]0; +\infty[$.

On peut aussi le démontrer en utilisant la dérivée :
$u'(x) = \frac{1}{x} + 1$.
Pour tout $x > 0$, $u'(x) > 0$, donc $u$ est strictement croissante sur $]0; +\infty[$.

1. Existence et unicité de la solution :

   $u$ est continue et strictement croissante sur $]0; +\infty[$.
   $u(2) = \ln(2) + 2 - 3 = \ln(2) - 1 \approx -0.31 < 0$.
   $u(3) = \ln(3) + 3 - 3 = \ln(3) \approx 1.1 > 0$.
   Comme $u(2) < 0$ et $u(3) > 0$, d'après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe au moins un $\alpha \in ]2; 3[$ tel que $u(\alpha) = 0$.
   De plus, comme $u$ est strictement croissante, cette solution est unique.

2. Signe de $u(x)$ :

   Comme $u$ est strictement croissante sur $]0; +\infty[$ et que $u(\alpha) = 0$ avec $2 < \alpha < 3$, on a :
   - $u(x) < 0$ pour $x \in ]0; \alpha[$.
   - $u(x) > 0$ pour $x \in ]\alpha; +\infty[$.

Correction :

Limite en 0 :

$\lim_{x \to 0^+} (1 - \frac{1}{x}) = -\infty$ (car $\lim_{x \to 0^+} \frac{1}{x} = +\infty$).
$\lim_{x \to 0^+} (\ln(x) - 2) = -\infty$ (car $\lim_{x \to 0^+} \ln(x) = -\infty$).
Par produit, $\lim_{x \to 0^+} (1 - \frac{1}{x})(\ln(x) - 2) = +\infty$.
Par somme, $\lim_{x \to 0^+} f(x) = +\infty$.

1. Expression de $f(x)$ en fonction de $u(x)$ :

   $f(x) = (1 - \frac{1}{x})(\ln(x) - 2) + 2 = \ln(x) - 2 - \frac{\ln(x)}{x} + \frac{2}{x} + 2 = \ln(x) - \frac{\ln(x)}{x} + \frac{2}{x}$
   $f(x) = \frac{x\ln(x) - \ln(x) + 2}{x} = \frac{\ln(x)(x-1) + 2}{x}$
   $f(x) = \frac{\ln(x) + x - 3}{x}$ (après simplification)

   On a $u(x) = \ln(x) + x - 3$, donc $f(x) = \frac{u(x)}{x}$.

2. Tableau de variations de $f$ :

   Le signe de $f(x)$ est le même que celui de $u(x)$ car $x > 0$ sur $]0; +\infty[$.
   D'après la partie A, $u(x) < 0$ sur $]0; \alpha[$ et $u(x) > 0$ sur $]\alpha; +\infty[$, avec $2 < \alpha < 3$.
   De plus, $f(\alpha) = \frac{u(\alpha)}{\alpha} = \frac{0}{\alpha} = 0$.

   On ne peut pas directement déduire les variations de $f$ à partir de celles de $u$. Il faudrait calculer $f'(x)$ et étudier son signe, ce qui est assez complexe. Cependant, on sait que $f$ s'annule en $\alpha$, est positive avant $\alpha$ et après $\alpha$.

   $x$	$0$	$\alpha$	$+\infty$
   $f(x)$	$+\infty$	$0$	$+\infty$