EX 1 : ( 3 points ) Résoudre l`équation et l`inéquation ci

♣
TS. Évaluation 5 - Correction
E X 1 : ( 3 points )
Résoudre l’équation et l’inéquation ci-dessous :
2
1. − (ln x) − ln x + 6 = 0
Je résous cette équation sur : D1 = ]0 ; +∞[, domaine de validité de l’équation.
Sur D1 , on a les équivalences suivantes :
½
½
X = ln x
X = ln x
2
− (ln x) − ln x + 6 = 0 ⇐⇒
⇐⇒
X = 2 ou X = −3 avec ∆ = 25
−X 2 − X + 6 = 0
¡
¢
⇐⇒ (ln x = 2 ou ln x = −3) ⇐⇒ x = e2 ou x = e−3
¾
½
1
2
S= e ; 3
e
2. ln (x − 3) + ln (2x + 1) 6 2 ln 2
Je résous cette inéquation sur : D2 = ]3 ; +∞[, domaine de validité de l’inéquation :
½
x −3 > 0
2x + 1 > 0
Sur D2 , on a les équivalences suivantes :
ln (x − 3) + ln (2x + 1) 6 2 ln 2 ⇐⇒ ln (x − 3) (2x + 1) 6 ln 22 ⇐⇒ (x − 3) (2x + 1) 6 4 ⇐⇒ 2x 2 − 5x − 7 6 0
x
7
2
3
−
2
2x − 5x − 7
E X 2 : ( 7 points )
µ
¶
7
⇐⇒ 2 (x + 1) x −
60
2
+∞
Sur D2 = ]3 ; +∞[
+
0
¸
¸
7
S= 3;
2
Partie A. Soit f la fonction définie sur I = ]0 ; +∞[ par : f (x) = 3 − x − ln x
1. Déterminer les limites de f aux bornes de I .
¯
¯
(
lim f (x) = +∞
¯
lim 3 − x = 3
x→0
¯
x→0
¯ par somme avec
lim − ln x = +∞
lim f (x) = −∞ ¯¯
x→0
x→+∞
(
et
lim 3 − x = −∞
x→+∞
lim − ln x = −∞
x→+∞
2. Étudier les variations de f .
f est dérivable sur I comme somme de fonctions dérivables et, pour tout x de I : f 0 (x) = −1 −
f 0 (x) est strictement négatif sur I (c’est une somme de nombres strictement négatifs)
donc : f est strictement décroissante sur I .
1
x
3. Montrer que l’équation (E ) : f (x) = 0 admet une unique solution α dans I .
Déterminer un encadrement de α d’amplitude 10−2 .
x
α
0
f 0 (x)
+∞
−
+∞
f (x)
0
−∞
D’après son tableau de variations, f réalise une bijection de ]0 ; +∞[ sur R.
Ainsi l’équation f (x) = 0 admet une unique solution α dans I
À la calculatrice, j’obtiens : 2, 20 6 α 6 2, 21 .
4. Déterminer le signe de f (x) sur I .
f est strictement décroissante sur I et s’annule en α donc :
x
f (x)
α
0
+
0
+∞
−
∀x ∈ ]0 ; α[ , f (x) > 0
∀x ∈ ]α ; +∞[ , f (x) < 0
♣
TS. Évaluation 5 - Correction
¶
µ
1
Partie B. Soit g la fonction définie sur I par : g (x) = 1 −
(2 − ln x)
x
1. Déterminer les limites de g aux bornes de I .

¯

1
¯

lim g (x) = −∞
¯
 lim 1 − = −∞
 lim 1 − 1 = 1
x→0
¯
x→0
x
x→+∞
x
et
¯ par produit avec
 x>0
 lim 2 − ln x = +∞
lim g (x) = −∞ ¯¯

lim
2
−
ln
x
=
+∞
x→+∞
x→+∞
x→0
f (x)
x2
g est dérivable sur I car c’est un produit de fonctions dérivables et, pour tout x de I :
µ
¶
1
1
−1 2 − ln x − x + 1 3 − x − ln x
f (x)
0
g (x) = 2 × (2 − ln x) + 1 −
×
=
=
donc g 0 (x) = 2
2
2
x
x
x
x
x
x
2. Justifier que g est dérivable sur I puis montrer que, pour tout x de I : g 0 (x) =
3. Étudier les variations de g .
g 0 est du signe de f sur I . On obtient donc le tableau suivant :
x
α
0
+∞
f (x)
+
0
−
g 0 (x)
+
0
−
g (α)
g
−∞
−∞
4. En utilisant l’égalité f (α) = 0, exprimer ln (α) en fonction de α. En déduire que : g (α) =
(α − 1)2
α
f (α) = 0 ⇐⇒ 3 − α − ln (α) = 0 ⇐⇒ ln (α) = 3 − α.
¶
µ
α−1
α−1
(α − 1)2
1
× (2 − (3 − α)) =
× (α − 1) donc g (α) =
Par suite : g (α) = 1 −
(2 − ln(α)) =
α
α
α
α
5. Déduire de l’égalité précédente un encadrement de g (α) d’amplitude 0, 02.
D’une part 2, 20 6 α 6 2, 21 =⇒ 1, 20 6 α − 1 6 1, 21 =⇒ 1, 202 6 (α − 1)2 6 1, 212
car la fonction carré est strictement croissante sur [0 ; +∞[.
1
1
1
6 6
2, 21 α 2, 20
car la fonction inverse est strictement décroissante sur ]0 ; +∞[.
D’autre part 2, 20 6 α 6 2, 21 =⇒
En effectuant le produit de ces deux inégalités de réels positifs, on obtient :
Comme 0, 65 6
1, 202
1, 212
6 g (α) 6
.
2, 21
2, 20
1, 202
1, 212
et
6 0, 67, on peut conclure que : 0, 65 6 g (α) 6 0, 67
2, 21
2, 20
6. Étudier le signe de g (x) sur I .
On peut obtenir
de g (x) sur I à partir des variations de g et de ses racines. On doit donc résoudre g (x) = 0.
µ le signe
¶
1
1
1
g (x) = 0 ⇐⇒ 1 −
(2 − ln x) = 0 ⇐⇒ 1 − = 0 ou 2 − ln x = 0 ⇐⇒ = 1 ou ln x = 2 ⇐⇒ x = 1 ou x = e2
x
x
x
x
0
1
α
e2
+∞
g (α)
g
0
0
−∞
Signe de
g (x)
−∞
−
0
+
0
−