Exercice 124 page 232 1.

(1)

Exercice 124 page 232

1. f(t) =e^0,77t+6

1984 1985 1986 1987 403 871 1881 4064 Remarque : la formule n’est plus valable de nos jours.

Au sujet de la variation, je constate : la fonction est croissante. La croissance est exponentielle.

2.

1000 2000 3000 4000 5000

0 0.5 1 1.5x 2 2.5 3

3. La vitesse de croissance :

Dans la première année : 468 malades par année.

Dans la deuxième année : 1010 malades par année.

Dans la troisième année : 2183 malades par année.

Conclusion : lavitesse de croissance a doublé chaque année.

4. f(10) = 890911etf(11) = 1924160

Si la formule était la même pour tous les temps (ce qui heureusement n’est pas le cas), alors le nombre de malades aurait dépassé le million après 11 ans, en 1995

Exercice 125 page 233

1. On reconnaît l’allure d’une exponentielle à trois caractéristiques : D’abord le domaine de dérivabilité estR

ensuite, d’un côté le graphe admet une asymptote horizontale et enfin, de l’autre côté le graphe admet une BP de directiona=∞.

Pour le reste, les points indiqués montrent clairement qu’il s’agit def :x7→2−e^x .

NB : On admet évidemment que le graphe est celui d’une fonction "conventionnelle". On pourrait en eﬀet imaginer d’autres fonctions "construites" qui auraient un graphe pareille.

Par exemple :g:x7→g(x)définie par intervalles comme suit : g(x) =

⎧⎪

⎪⎪

⎨

⎪⎪

⎪⎩

2 + 1

ex si x <−1

¡1−³e

¢x³+¡ 1−⁴e

¢x²−x+ 1 si −1≤x <0 (e−3)x³+ (5−2e)x²−x+ 1 si 0≤x <1

¡e²−3e¢ x³+¡

14e−5e²¢ x²+¡

7e²−20e¢ x+¡

2 + 8e−3e²¢

si 1≤x En eﬀet, la diﬀérence entre les graphes def et de gn’est presque pas visible à l’oeil nu.

2. D=Dc=Dd=R; Imf = ]−∞,2[.

3. La racine def est la solution de l’équation 2−e^x= 0⇐⇒e^x= 2⇐⇒x= ln 2≈0,693 15 4. lim

−∞f = lim

x→−∞(2−e^x) = 2−0 = 2 lim+∞f = lim

x→+∞(2−e^x) = ”2− ∞” =−∞

et, commef est continue en−1∈Dc: lim

−1f =f(−1) = 2−¹e ≈1,632 1 5. (AH) :y= 2qd x→ −∞

6. x₀= 1 :f(x₀) =f(1) = 2−e:f⁰(x₀) =f⁰(1) =−e

Avec la formule de Weierstrass :(Tx0f) :y=f(x0) +f⁰(x0) (x−x0)on obtient l’équation : (T1f) :y=f(1) +f⁰(1) (x−1)ou(T1f) :y= 2−e−e(x−1)

(T1f) :y= 2−ex

(2)

Exercice 126 page 233

3 log 41.17−√

log 21.1 = 3·1.614 6−√

1.324 3 = 4.843 7−1.150 8 = 3.693 0

Exercice 127 page 233

En analyse dansR, l’expression "être réel" est synonyme de "est défini" ou "existe".

En analyse complexe (dans C ), ces expressions ne seront plus synonymes du tout car un nombre peut bien être défini sans pour autant être un réel.

Dans cet exemple, on demande donc tout simplement de trouver le domaine d’existence.

On fera les tableaux (niveau de quatrième) sur une feuille brouillon à part.

1. CE :1−2x >0doncDE=¤

−∞;¹₂£

2. CE :−x²−x+ 2>0etx∈]0;∞[\ {1}doncDE= ]0; 1[

3. CE : 1−x

1 +x>0doncDE= ]−1; 1[

4. CE :x >0et (dénominateur non nul ! !)log₇x6= 0doncDE= ]0;∞[\ {1}

Exercice 128 page 233

Il s’agit exactement du même problème que pour l’exercice 127, mais la question est posée autrement.

1. CE :(3−x) (2 +x)>0doncD=Dc=Dd= ]−2; 3[

2. CE :4x−x²>0doncD=Dc=Dd= ]0; 4[

3. CE : 3−2x

x+ 1 >0doncD=Dc=Dd=¤

−1;³₂£ 4. CE :4−5x >0et1−2x >0doncD=Dc=Dd=¤

−∞;¹₂£ 5. CE : 1−x

1 +x>0etlog_0,25¹_1+x⁻^x ≥0(pourD et pourD_c , maislog_0,25¹_1+x⁻^x >0pourD¹_d ).

Pour toutxdans l’intervalle]−1; 1[(solution de la première inéquation) la deuxième inéquation devient : log_0,25¹_1+x⁻^x ≥0⇐⇒log_0,25¹_1+x⁻^x ≥log_0,251^bij⇐⇒^& ¹1+x⁻^x≤1

NB le changement du symbole qui s’impose parce que la fonctionlog_0,25est strictement décroissante.

Pour tout réelxdans l’intervalle]−1; 1[on a maintenant les équivalences :

1−x

1+x ≤1⇐⇒ ¹1+x⁻^x−1≤0⇔ ⁻1+x^2x ≤0^car⇐⇒^1+x>0−2x≤0⇔x≥0 L’inégalité est une égalité ssix= 0.

Donc :D=D_c= [0; 1[etD¹_d= ]0; 1[.

Pour vérifier la dérivabilité en0, on utilise la méthode : "Cauchy suivi de Hospital".

f⁰(x) = 1

2 ln 2 (1−x²) r

log_0,25³

1−x 1+x

´ (f⁰(0))^Cauchy= lim

x→0

f(x)−f(0) x

(H)= lim

0 f⁰ = ”⁺¹₊₀” = +∞

La fonction n’est pas dérivable en 0mais son graphe admet au point d’arrêtP(0,0) une ¹₂tangente verticale dirigée vers lesy positifs.

Exercice 129 page 233

1. logx=y ⇐⇒ 10^y =x

2. log 100000 = 5car10⁵= 100000

log 0,001 =−3car10⁻³=₁₀₀₀¹ = 0,001 10¹² =√

10⇐⇒log√ 10 =¹₂

(3)

Exercice 130 page 233

Les deux fonctionsx7→5^xetx7→log₅xsont des bijections réciproques.

Donc, leurs graphes sont symétriques par rapport à la première bissectrice∆:y=xdans un RON.

-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4

-6 -4 -2 2 4 6

x

Exercice 131 page 233

1. f(x) = log₃x

f

⎛

⎜⎜

⎝ x 0.1 0.25

0.5 0.75

1 1.5

2 3

⎞

⎟⎟

⎠

=

⎛

⎜⎜

⎝

lnx ln 3

−2.095 9

−1.261 9

−0.630 93

−0.261 86 0 0.369 07 0.630 93

1

⎞

⎟⎟

⎠

-4 -3 -2 -1 1 2 3 4

y

-1 1 2 x 3 4 5

2. Il s’agit encore d’utiliser les phrases de la page 352

— Ggse déduit deGf en retranchant1à toute abscisse.

— Ghse déduit deGf en ajoutant 1 à toute ordonnée.

— Gise déduit deGf en 4 étapes :

D’abord, on ajoute 1 à toute abscisse pour obtenir le graphe dex7→log₃(x−1),

ensuite on multiplie toute ordonnée par(−1)(symétrie orthogonale d’axe OX des abscisses) pour obtener le graphe dex7→ −log₃(x−1)

ensuite on ajoute 2 à toute ordonnée pour obtenir le graphe dex7→2−log₃(x−1), enfin, on garde la partie de ce graphe située au dessus de l’axe des abscisses et

on remplace la partie située en dessous de l’axe des abscisses par son symétrique par rapport à cet axe et on obtient le graphe dex7→|2−log₃(x−1)|

(4)

-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4

y

2 4 6 8x 10 12 14 16

— Gj se déduit deGf en multipliant toute ordonnée par 2 car : j(x) = log₃x²= 2 log₃|x|.

Attention : comme j est une fonction paire, il faut compléter par symétrie orthogonale d’axe OY des ordonnées dans un RON.

-4 -3 -2 -1 1 2 3 4

y

-4 -2 2 x 4

Exercice 132 page 233

1. Tableau des signes :

x −¹2 3

2x+ 1 − 0 + +

3−x + + 0 −

Pour tout réelx∈DE=¤

−¹2; 3£

on a les équivalences :

(1) ⇔ log₄(2x+ 1) = log₄(3−x)

bij%

⇔ 2x+ 1 = 3−x

⇔ x= ²₃∈DE Donc, l’ensemble des solutions est :EdS_R(1) =©₂

3

ª. 2. Tableau des signes :

x 1

1−x + 0 −

Pour tout réelx∈DE= ]−∞; 1[on a les équivalences :

(2) ⇔ log_0,4(1−x) = log_0,4(0,4)

bij&

⇔ 1−x= 0,4

⇔ x= 0,6∈DE Donc, l’ensemble des solutions est :EdS_R(2) ={0,6}.

(5)

x − 0 +

Pour tout réelx∈DE= ]0; +∞[on a les équivalences :

(3) ⇔ logx= +1 ou logx=−1

⇔ logx= log 10 ou logx= log₁₀¹

bij%

⇔ x= 10∈DE ou x= ₁₀¹ ∈DE Donc, l’ensemble des solutions est :EdS_R(3) =©₁

10; 10ª . 4. Tableau des signes :

x −2 0 2

x²−4 + 0 − − 0 +

2x−x² − − 0 + 0 −

Pour cet exemple, on trouveDE=∅et donc :EdS_R(4) =∅.

Or, l’exercice d’inéquation a si belle allure, que nous allons changer un peu la donnée ! (41) : log¯¯x²−4¯¯−log¯¯2x−x²¯¯≥0

Tableau des signes :

x −2 0 2

¯¯x²−4¯¯ + 0 + + 0 +

¯¯2x−x²¯¯ + + 0 + 0 +

Pour tout réelx∈DE= ]−∞;−2[∪]−2; 0[∪]0; 2[∪]2;∞[ on a les équivalences : (41) ⇔ log¯¯x²−4¯¯≥log¯¯2x−x²¯¯

⇔ log|x+ 2|+ log|x−2|≥log|x|+ log|x−2| (loi fondamentale)

⇔ log|x+ 2|≥log|x|

bij%

⇔ |x+ 2|≥|x| Maintenant il faut distinguer les diﬀérents cas :

Premier cas :x∈]0; 2[∪]2;∞[ce qui signifie que x+ 2>0etx >0. (4₁)⇔x+ 2≥xest toujours vérifié.

Deuxième cas :x∈]−2; 0[ce qui signifie quex+ 2>0etx <0. (4₁)⇔x+ 2≥ −x⇐⇒x≥ −1

Troisième cas :x∈]−∞;−2[ce qui signifie que x+ 2<0etx <0. (4₁)⇔ −(x+ 2)≥ −x⇐⇒ −2≥0n’est jamais vérifié.

Donc, l’ensemble des solutions est :EdS_R(41) = [−1; 0[∪]0; 2[∪]2;∞[.

x −3 3

x²−9 + 0 − 0 + Pour tout réelx∈DE= ]−∞;−3[∪]3;∞[on a les équivalences :

(5) ⇔ log_0,5¡ x²−9¢

<log_0,5(0,5)

bij&

⇔ x²−9>0,5

⇔ x²>9,5

⇔ x <−√

9,5oux >+√ 9,5

⇔ x∈¤

−∞;−√ 9,5£

∪¤ +√

9,5;∞£

⊂DE Donc, l’ensemble des solutions est :EdS_R(5) =¤

−∞;−√9,5£

∪¤

+√9,5;∞£ . 6. Tableau des signes :

x − 0 +

Pour tout réelx∈DE= ]0;∞[on a les équivalences :

(6) ⇔ log²₂x≤1

⇔ −1≤log₂x≤1

⇔ log₂¹₂ ≤log₂x≤log₂2

bij%

⇔ ¹2 ≤x≤2 Donc, l’ensemble des solutions est :EdS_R(6) =£₁

2; 2¤

⊂DE.

(6)

7. Afin de d’obtenir le tableau des signes, on étudie sur une feuille à part le signe de ^x₁²₋⁻^3x_x avec les méthodes vues dans les classes de quatrième à deuxième !

Tableau des signes :

x 0 1 3

x²−3x

1−x + 0 − k + 0 −

Pour tout réelx∈DE= ]−∞; 0[∪]1; 3[on a les équivalences : (7) ⇔ log₂x²−3x

1−x ≥log₂(2)

bij%

⇔ x²−3x 1−x ≥2

⇔ x²−3x

1−x −2≥0

⇔ x²−x−2 1−x ≥0

Pour évaluer cette dernière ligne, on refait une étude du signe comme en haut :

x −1 0 1 2 3

x²−x−2

1−x + 0 − − k + 0 − −

Donc, en considérant le domaine d’étudeDE,l’ensemble des solutions est : EdS_R(7) = ]−∞;−1]∪]1; 2].

Remarque : Si on dispose d’un ordinateur et d’un logiciel CAS (computer algebra system) assez performant, alors on peut aisément vérifier ce genre d’inéquations par un graphique.

Pour résoudre α(x) ≤ β(x), on trace le graphe de x 7→ (α−β) (x) . Pour cet exemple (7), on obtient : x7→log₂

µx²−3x 1−x

¶

−1

-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4

-4 -3 -2 -1 1 x2 3

Et sur ce graphique, on "vérifie" et le domaineDEet l’ensemble des solutions.

Exercice 133 page 234

Remarque : Une fonction "logarithmique simple" se reconnaît aux 3 caractéristiques suivants : D’abord son domaine de définition n’est pasRtout entier,

ensuite elle admet une asymptote verticale d’un côté et enfin, une BP de directiona= 0de l’autre côté.

1. x7−→2 + log₂(x+ 2) 2. x7−→ −log₂(x−1) 3. x7−→|log₂x|

Exercice 134 page 234

1. D=Dc=Dd={x∈R:x >0etx6= 0}= ]0;∞[ Pour toutx∈Dd on calcule :f⁰(x) = d

dx µ

3 lnx−2 x

¶

=3x+ 2 x² 2. D=Dc=Dd={x∈R:x >0}= ]0;∞[

Pour toutx∈Dd on calcule :f⁰(x) = d

dxln 3x= 1 x

(7)

3. NB :ln³x= (lnx)³

D=D_c=D_d={x∈R:x >0}= ]0;∞[ Pour toutx∈D_d on calcule :f⁰(x) = d

dxln³x= 3ln²x x 4. NB :lnx³= ln¡

x³¢ D=Dc=Dd=©

x∈R:x³>0ª

= ]0;∞[ Pour toutx∈D_d on calcule :f⁰(x) = d

dxlnx³= 3 x 5. D=D_c=D_d={x∈R:x >0}= ]0;∞[

Pour toutx∈D_d on calcule :f⁰(x) = d

dxxlnx= 1 + lnx 6. D=D_c=D_d={x∈R:x >0et lnx6= 0}= ]0;∞[\ {1}

Pour toutx∈Dd on calcule :f⁰(x) = d dx

1

lnx = −1 xln²x 7. D=Dc={x∈R:x∈[−1; 1] et arcsinx >0}= ]0; 1]

D_d¹={x∈R:x∈]−1; 1[ et arcsinx >0}= ]0; 1[

Pour toutx∈D¹_d on calcule :f⁰(x) = d

dxln (arcsinx) = 1

√1−x²·arcsinx

Au point x₀= 1∈D_c\D¹_d on fait une étude par la méthode "Cauchy suivi de Hospital" : f⁰(1)^Cauchy= lim

x→1

f(x)−f(1) x−1

(H)= lim

1 f⁰= ”₊₀¹ ” = +∞.

La fonction n’est pas dérivable en 1,mais son graphe admet au point d’arrêtP¡ 1; ln^π₂¢

une

1

2-tangente verticale dirigée vers les y négatifs. On a :Dd=D¹_d . 8. D=Dc={x∈R:x >0et lnx∈[−1; 1]}=£₁

e;e¤ D_d¹={x∈R:x >0et lnx∈]−1; 1[}=¤₁

e;e£ Pour toutx∈D¹_d on calcule :f⁰(x) = d

dxarcsin (lnx) = 1 xp

1−ln²x

Au point x0= ¹_e∈Dc\D¹_d on fait une étude par la méthode "Cauchy suivi de Hospital" : f⁰¡₁

e

¢Cauchy

= lim

x→1/e

f(x)−f(1/e) x−1/e

(H)= lim

1/ef⁰ = ”₊₀¹ ” = +∞.

La fonction n’est pas dérivable en ¹_e,mais son graphe admet au point d’arrêtP¡₁

e;−^π2

¢une

1

2-tangente verticale dirigée vers les y positifs.

Au point x0=e∈Dc\D_d¹on fait une étude par la méthode "Cauchy suivi de Hospital" : f⁰(e)^Cauchy= lim

x→e

f(x)−f(e) x−e

(H)= lim

e f⁰= ”₊₀¹ ” = +∞.

La fonction n’est pas dérivable en e,mais son graphe admet au point d’arrêtP¡ e;^π₂¢

une

1

2-tangente verticale dirigée vers les y négatifs.

On a :D_d=D_d¹.

9. D=D_c={x∈R:x >0et ln 2x≥0}=£₁

2;∞£ D_d¹={x∈R:x >0et ln 2x >0}=¤₁

2;∞£ Pour toutx∈D¹_d on calcule :f⁰(x) = d

dx

√ln 2x= 1 2x√

ln 2x

Au point x0= ¹₂∈Dc\D¹_d on fait une étude par la méthode "Cauchy suivi de Hospital" : f⁰¡₁

2

¢Cauchy

= lim

x→1/2

f(x)−f(1/2) x−1/2

(H)= lim

1/2f⁰= ”₊₀¹ ” = +∞.

La fonction n’est pas dérivable en ¹₂,mais son graphe admet au point d’arrêtP¡₁

2; 0¢ une

1

2-tangente verticale dirigée vers les y positifs. On aD_d =D¹_d .

Exercice 135 page 234

F = lne−lne²− 1

lne+ ln1

e = 1−2−1

1+ (−1) =−3 G=e^{3 ln 2}+e⁻^{ln 5}−(lne)²=e^{ln 2}³+e^ln¹⁵ −(1)²= 8 + 1

5−1 = ³⁶₅.

(8)

Exercice 136 page 234

1. lne³= 3 lne= 3 2. ln 1

e⁴ =−lne⁴=−4 3. ln√

e= lne¹² =1 2 4.

µ ln

√3

√e e

¶2

=³

lne¹³ −lne¹²´2

=¡₁

3−¹2

¢2

= 1 36

Exercice 137 page 234

1. ln√

e=¹₂ care¹² =√ e 2. ln 1

e³ =−3care⁻³= 1 e³ 3. 1

√3

e² =e⁻²³ ⇐⇒ln 1

√3

e² =−2 3

Exercice 138 page 234

1. f(x) =−lnx

Son graphe se déduit de celui de x 7→ lnx en multipliant toute ordonnée par (−1) ce qui, dans un repère orthogonal se réalise par une symétrie orthogonale d’axeOX des abscisses.

D=D_c =D_d= ]0;∞[ Imf =R

Rf ={1}

xlim7→0(−lnx) = +∞ (AV) :x= 0

-3 -2 -1 0 2 3 4

-3 -2 -1 1 2 x 3 4 5

2. f(x) = ln (−x)

Son graphe se déduit de celui de x 7→ lnx en multipliant toute abscisse par (−1) ce qui, dans un repère orthogonal se réalise par une symétrie orthogonale d’axeOY des ordonnées.

D=Dc=Dd= ]−∞; 0[

Imf =R R_f ={−1}

xlim7→0(ln (−x)) =−∞ (AV) :x= 0

-3 -2 0 1 2

-4 -3 -2 -1 1 2x 3 4

3. f(x) =|lnx|

Son graphe se déduit de celui de x 7→ lnx en gardant la partie de ce graphe située au dessus de l’axe des abscisses et en remplaçant la partie située en dessous de l’axe des abscisses par son symétrique par rapport à

(9)

cet axe.

D=Dc=Dd= ]0;∞[ Imf = ]0;∞[

Rf ={1}

xlim7→0|lnx|= +∞ (AV) :x= 0

-2 -1 0 1 2 3 4

-3 -2 -1 1 2 x 3 4

4. f(x) = ln|x|

Cette fonction est une fonction paire. Il suﬃt de l’étudier surDE = ]0;∞[ (x7→ lnx) et de compléter son graphe par symétrie orthogonale d’axeOY des ordonnées dans un repère orthogonal.

D=D_c=D_d= ]−∞; 0[∪]0;∞[ Imf =R

R_f={−1; 1}

xlim7→0(ln|x|) =−∞ (AV) :x= 0

-3 -2 0 1 2

-4 -3 -2 -1 1 2x 3 4

5. f(x) = lnx²

Cette fonction est une fonction paire. Il suﬃt de l’étudier sur DE = ]0;∞[ et de compléter son graphe par symétrie orthogonale d’axeOY des ordonnées dans un repère orthogonal.

Or, pour tout x >0on a : f(x) = lnx² = 2 ln|x|= 2 lnxet le graphe de x7→2 lnxse déduit du graphe de x7→lnxen multipliant toute ordonnée par2.

D=Dc=Dd= ]−∞; 0[∪]0;∞[ Imf =R

Rf={−1; 1}

xlim7→0

¡lnx²¢

=−∞ (AV) :x= 0

-3 -2 -1 0 1 2 3

-4 -3 -2 -1 1 2x 3 4

Exercice 139 page 234

x − 0 +

Pour tout réelx∈DE= ]0;∞[on a les équivalences :

(1) ⇔ lnx= lne³

bij%

e³ª . NB. :e³≈20,08

x −2 0 2

4−x² − 0 + + 0 −

2x − − 0 + +

(10)

Pour tout réelx∈DE= ]0; 2[on a les équivalences : (2) ⇔ ln¡

4−x²¢

= ln 2x

bij%

⇔ 4−x²= 2x

⇔ x²+ 2x−4 = 0

⇔ x=−1 +√

−1 +√ 5ª

. NB. :−1 +√

5≈1,23 3. Tableau des signes :

x ¹₂

2x−1 − 0 + Pour tout réelx∈DE=¤₁

2;∞£

(3) ⇔ ln (2x−1)>ln 1

bij%

⇔ 2x−1>1

⇔ x >1 Donc, l’ensemble des solutions est :EdS_R(3) = ]1;∞[⊂DE. 4. Tableau des signes :

x ¹₂

1−2x + 0 − Pour tout réelx∈DE=¤

−∞;¹₂£

(4) ⇔ ln (1−2x)≥lne

bij%

⇔ 1−2x≥e

⇔ x≤ 1−e 2 Donc, l’ensemble des solutions est :EdS_R(4) =

¸

−∞;1−e 2

¸

⊂DE.

NB. : 1−e

2 ≈−0,85 5. Tableau des signes :

x − 0 +

Condition supplémentaire (dénominateur) :lnx6= 1⇔x6=e Le domaine d’étude de l’inéquation est :DE= ]o;e[∪]e;∞[.

Rappel : pour résoudre une inéquation ^N_D ≥0, on étudie le signe de ^N_D . Pour ceci, il suﬃt d’étudier le signe deN et le signe deD et de dresser un tableau des signes (voir classes de quatrième à deuxième).

Signe du numérateur :

<

ª0⇐⇒lnx©_>

<

ª₁

e

Signe du dénominateur :

<

ª0⇐⇒lne©_>

<

ªx⇐⇒x©_<

>

ªe. Le tableau des signes :

x 0 ¹_e e ∞

lnx+ 1 k − 0 + +

1−lnx k + + 0 −

lnx+1

1−lnx k − 0 + k −

Donc, l’ensemble des solutions est :EdS_R(5) =

∙1 e;e

∙ . NB. :e≈2,71et ¹_e ≈0,36.