⋆ ln(e 2 √ e) + ln

TS Correction Test 7 _2012-2013

⋆ ln(e ² √ e) + ln

1 e

p

1

= ;p

2

ln(e ² ) + ln( √

e) − ln(e) =

p

3

;p

4

2 ln e + 1

2 ln(e) − ln(e) = 3

2 car ln(e) = 1.

(p 1 ) : ln(ab) = ln(a) + ln(b) ; (p 2 ) : ln 1

a

= − ln(a) ; (p 3 ) : ln(a ⁿ ) = n ln(a) ; (p 4 ) : ln( √ a) = 1

2 ln(a). a et b réels strictement positifs et n entier naturel.

⋆ (I) : ln(x − 1) + ln(x + 2) > 2 ln(2)

Quel est l’ensemble de définition de cette inéquation ? (I) a d’éventuelles solutions ⇔

x − 1 > 0

x + 2 > 0 ⇔ x > 1 ln(x − 1) + ln(x + 2) > 2 ln(2)

x > 1 ⇔

ln[(x − 1)(x + 2)] > ln(4)

x > 1 ⇔

(x − 1)(x − 2) > 4

x > 1 ⇔

x ² + x − 6 > 0 x > 1

⇔

x ∈ ] − ∞ ; − 3] ∪ [2; + ∞ [

x > 1 ⇔ x ∈ [2; + ∞ [ (∆ = 25 ; x 1 = − 3 ; x 2 = 2 ; signe de a à l’extérieur des racines)

⋆ lim

x→ + ∞ 2x − 1 + ln x

x + 1

= −∞

x→ lim + ∞

x x + 1 = 1

X lim → 1 ln(X) = 0







(composition)

x → lim + ∞ ln x

x + 1

= 0

x → lim + ∞ 2x − 1 = ∞



 

 

(somme)

x→ lim + ∞ 2x − 1 + ln x

x + 1

= + ∞

⋆ lim

x→ + ∞

ln x − x ³ x ³ + 1

Pour x > 0,

ln x − x ³ x ³ + 1

=

x ³ _ln(x)

x

³

− 1 x ³ 1 + _x ¹

³

=

_ln(x)

x

³

− 1

1 + _x ¹

³

. Or lim

x → + ∞

ln(x)

x ³ = lim

x → + ∞

1

x ³ = 0 donc

x→ lim + ∞

ln x − x ³ x ³ + 1

= − 1

⋆ f = u ln(u) avec u : x 7−→ x ² + 2 dérivable sur R et u > 0.

On a donc f ^′ = u ^′ ln(u) + u × u ^′

u . Pour tout x ∈ R,

f ^′ (x) = 2x ln(x ² + 2) + (x ² + 2) × 2x

x ² + 2 = 2x(ln(x ² + 2) + 1)

Signe de la dérivée : pour tout x réel, x ² + 2 > 1 donc ln(x ² + 2) > 0 donc ln(x ² + 2) + 1 > 1. Le signe de f ^′ (x) est donc le même que celui de 2x.

x Signe de f ^′ (x)

−∞ 0 + ∞

− 0 +

⋆ Z ⁻ 1

− 2

ln(x + 3) x + 3 dx =

1

2 (ln(x + 3)) ^{2 −} 1

− 2

= − 1

2 (ln(2)) ² . En effet, ln(x + 3)

x + 3 = u ^′ (x)u(x) avec u(x) = ln(x + 3), donc une primitive est x 7−→ 1

2 (ln(x + 3)) ² .

My Maths Space 1 sur 2

TS Correction Test 7 _2012-2013

⋆ Pour tout x ∈ [1; 2], e ^{− x} 6 f (x) 6 1

x ; comme les fonctions sont continues sur [1; 2], on peut utiliser la propriété d’intégration des inégalités :

Z 2 1

e ^−x dx 6 Z 2

1

f (x) dx 6 Z 2

1

1

x dx ⇔ [ − e ^−x ] ² ₁ 6 Z 2

1

f (x) dx 6 [ln(x)] ² ₁ ⇔ 1 e − 1

e ² 6 Z 2

1

f (x) dx 6 ln(2)

⋆ x ∈ π

2 ; 2π 3

⇔ − 1

2 6 cos(x) 6 0 ⇔ 0 6 − 2 cos(x) 6 1 ⇔ 1 6 1 − 2 cos x 6 2 .

⋆ Module et argument de z = − 1 + i

− √

3 + i = z 1

z 2

.

• | z 1 | = p

( − 1) ² + 1 ² = √

2 et θ 1 = arg(z 1 ) vérifie cos(θ 1 ) = − 1

√ 2 et sin(θ 1 ) = 1

√ 2 . on prend donc θ 1 = 3π 4 (2π).

• | z 2 | = q

( − √

3) ² + 1 ² = 2 et θ 2 = arg(z 2 ) vérifie cos(θ 2 ) = − √ 3

2 et sin(θ 2 ) = 1

2 . on prend donc θ 2 = 5π 6 (2π).

Il s’en suit, compte-tenu des propriétés sur module et argument, que :

| z | =

z 1

z 2

= | z 1 |

| z 2 | =

√ 2 2 arg(z) = arg

z 1

z 2

= arg(z 1 ) − arg(z 2 ) = θ 1 − θ 2 = 3π 4 − 5π

6 = − π 12 (2π)

⋆ Notation exponentielle de l’affixe du point A : z A = 2e ⁻

^3iπ4

x y

A

1

1 O

b

2

− 3π 4

My Maths Space 2 sur 2