ln(x)>1⇔ln(x)>ln(e)⇔x>e Le domaine de définition impose que x>0 et l'inéquation est vraie si x>e. On effectue l'intersection de ces deux ensembles. Il en résulte que les solutions de l'inéquation sont sur l'intervalle
S=]e;+∞[
2
ln(−2x+2)≥0
Correction
L'inéquation est définie si et seulement si : −2x+2>0⇔−2x>−2⇔x<−2−2⇔x<1 Ainsi le domaine de définition est
Df=]−∞;1[
ln(−2x+2)≥0⇔ln(−2x+2)≥ln(1)⇔−2x+2≥1⇔−2x≥−1⇔x≤−2−1⇔x≤21 Le domaine de définition impose que x<1 et l'inéquation est vraie si x≤21. On effectue l'intersection de ces deux ensembles. Il en résulte que les solutions de l'inéquation sont sur l'intervalle
S=]−∞;21]
3
ln(−2x+2)≥ln(x+4)
Correction
L'inéquation est définie si et seulement si ⎩⎨⎧−2x+2>0 et x+4>0⇔⎩⎨⎧x<−1 et x>−4 Ainsi le domaine de définition est
Df=]−4;−1[
ln(−2x+2)≥ln(x+4) −2x+2≥x+4 −2x−x≥4−2 −3x≥2 x≤−32 x≤3−2 Le domaine de définition impose que −4<x<−1 et l'inéquation est vraie si x≤3−2. On effectue l'intersection de ces deux ensembles. Il en résulte que les solutions de l'inéquation sont sur l'intervalle
S=]−4;−1[
4
ln(x2)<ln(4x−3)
Correction
L'inéquation est définie si et seulement si ⎩⎨⎧x2>0 et 4x−3>0⇔⎩⎨⎧x∈]−∞;0[∪]0;+∞[ et x>43 On fait l'intersection des deux intervalles, ainsi le domaine de définition est
Df=]43;+∞[
ln(x2)<ln(4x−3)⇔x2<4x−3⇔x2−4x+3≤0 Pour résoudre l'inéquation x2−4x+3≤0, on utilise le discriminant. Δ=4; x1=1 et x2=3
L'inéquation x2−4x+3≤0 est vraie si x∈[1;3] Le domaine de définition impose que x∈]43;+∞[ et l'inéquation est vraie si x∈[1;3] On effectue l'intersection de ces deux ensembles. Il en résulte que les solutions de l'inéquation sont sur l'intervalle :
S=[1;3]
5
ln(−2x+2)+ln(2x)≤ln(x)
Correction
L'inéquation est définie si et seulement si ⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎧−2x+2>0 et 2x>0 et x>0⇔⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎧x<1 et x>0 et x>0 On fait l'intersection des trois intervalles, ainsi le domaine de définition est
Df=]0;1[
ln(−2x+2)+ln(2x)≤ln(x)⇔ln(2x×(−2x+2))≤ln(x)⇔−4x2+4x≤x⇔−4x2+3x≤0 Pour résoudre l'inéquation −4x2+3x≤0, on utilise le discriminant. Δ=16 ; x1=0 et x2=43
L'inéquation −4x2+3x≤0 est vraie si x∈]−∞;0]∪[43;+∞[. Le domaine de définition impose que x∈]0;1[ et l'inéquation est vraie si x∈]−∞;0]∪[43;+∞[ . On effectue l'intersection de ces deux ensembles. Il en résulte que les solutions de l'inéquation ln(−2x+2)+ln(2x)≤ln(x) sont sur l'intervalle
S=[43;1[
6
ln(1+x2)<ln(x)
Correction
L'inéquation est définie si et seulement si ⎩⎨⎧1+x2>0 et x>0⇔⎩⎨⎧x∈]−2;0[∪]0;+∞[ et x>0 On fait l'intersection des deux intervalles , ainsi le domaine de définition est
Df=]0;+∞[
ln(1+x2)<ln(x)⇔1+x2<x, on va tout mettre au même dénominateur. 1+x2<x⇔xx+x2<xx2⇔x−x2+x+2<0 Comme x∈]0;+∞[, le signe de x−x2+x+2 dépend du dénominateur −x2+x+2. On utilise le discriminant Δ=9 ; x1=−1 et x2=2
−x2+x+2<0⇔x∈]−∞;−1[∪]2;+∞[. Autrement dit : x−x2+x+2<0⇔x∈]−∞;−1[∪]2;+∞[ Le domaine de définition impose que x∈]0;+∞[ et l'inéquation est vraie si x∈]−∞;−1[∪]2;+∞[ .On effectue l'intersection de ces deux ensembles. Il en résulte que les solutions de l'inéquation ln(1+x2)<ln(x) sont sur l'intervalle
S=]2;+∞[
7
2ln(x)+ln(3)≥ln(x2+3)
Correction
L'inéquation est définie si et seulement si ⎩⎨⎧x>0 et x2+3>0⇔⎩⎨⎧x>0 et x∈]−∞;+∞[ On fait l'intersection des trois intervalles, ainsi le domaine de définition est
Df=]0;+∞[
2ln(x)+ln(3)≥ln(x2+3)⇔ln(x2)+ln(3)≥ln(x2+3)⇔3x2≥x2+3⇔2x2−3≥0 Pour résoudre l'inéquation 2x2−3≥0, on utilise le discriminant. Δ=24 ; x1=−26 et x2=26
L'inéquation 2x2−3≥0 est vraie si x∈]−∞;2−6]∪[26;+∞[. Le domaine de définition impose que x∈]0;+∞[ et l'inéquation est vraie si x∈]−∞;2−6]∪[26;+∞[ On effectue l'intersection de ces deux ensembles. Il en résulte que les solutions de l'inéquation 2ln(x)+ln(3)≥ln(x2+3) sont sur l'intervalle
S=[26;+∞[
Exercice 2
Soit n un entier naturel, résoudre les inéquations suivantes.
1
2n≥2016
Correction
ln(an)=nln(a)
2n≥2016⇔ln(2n)≥ln(2016)⇔nln(2)≥ln(2016). Or ln(2)>0. D'où n≥ln(2)ln(2016). On cherche la valeur de ln(2)ln(2016)à la calculatrice et on arrondi à l'entier supérieur.
n≥11
(à la calculatrice on obtient ln(2)ln(2016)≈10,977 et on arrondi à l'entier supérieur).
2
5n≥219
Correction
ln(an)=nln(a)
5n≥219⇔ln(5n)≥ln(219)⇔nln(5)≥ln(219). Or ln(5)>0. D'où n≥ln(5)ln(219). On cherche la valeur de ln(5)ln(219)à la calculatrice et on arrondi à l'entier supérieur.
n≥4
(à la calculatrice on obtient ln(5)ln(219)≈3,348 et on arrondi à l'entier supérieur)
3
(0,4)n≤10−6
Correction
ln(an)=nln(a)
(0,4)n≤10−6⇔ln((0,4)n)≤ln(10−6)⇔nln(0,4)≤ln(10−6). Or ln(0,4)<0. D'où n≥ln(0,4)ln(10−6). On cherche la valeur de ln(0,4)ln(10−6)à la calculatrice et on arrondi à l'entier supérieur.
n≥16
(à la calculatrice on obtient ln(0,4)ln(10−6)≈15,077 et on arrondi à l'entier supérieur)
4
(ln3)n≥e5
Correction
ln(an)=nln(a)
(ln3)n≥e5⇔ln((ln3)n)≥ln(e5)⇔nln((ln3))≥ln(e5). Or ln((ln3))>0. D'où n≥ln((ln3))ln(e5). On cherche la valeur de ln((ln3))ln(e5)à la calculatrice et on arrondi à l'entier supérieur.
n≥54
(à la calculatrice on obtient ln((ln3))ln(e5)≈53,164 et on arrondi à l'entier supérieur)
Exercice 3
Pour tout réel x, on pose P(x)=2x3−6x2−12x+16
1
Vérifier que P(−2)=0
Correction
P(−2)=2(−2)3−6(−2)2−12(−2)+16 équivaut successivement à P(−2)=−16−24+24+16
P(−2)=0
2
Déterminer les réels a,b et c tels que P(x)=(x+2)(ax2+bx+c)
Correction
On va débuter par développer l'expression P(x)=(x+2)(ax2+bx+c) P(x)=(x+2)(ax2+bx+c)⇔P(x)=ax3+bx2+cx+2ax2+2bx+2c Ainsi P(x)=ax3+x2(b+2a)+x(c+2b)+2c Il faut que : P(x)=ax3+x2(b+2a)+x(c+2b)+2c soit égal à P(x)=2x3−6x2−12x+16. Deux polynômes sont égaux si et seulement leurs coefficients respectifs sont égaux. Par identification, on obtient le système suivant ⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧ab+2ac+2b2c====2−6−1216 Il en résulte que ⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧abbc====2−10−108 Il vient alors que
P(x)=(x+2)(2x2−10x+8)
3
Résoudre P(x)=0
Correction
Il s'agit d'une équation produit nul. P(x)=0⇔P(x)=(x+2)(2x2−10x+8)=0⇔x+2=0 et 2x2−10x+8=0 x+2=0⇔x=−2 2x2−10x+8=0 on utilise ici le discriminant Δ=36 x1=2a−b−Δ=1 et x2=2a−b+Δ=4 Les solutions de l'équation P(x)=0 sont alors :
S={−2;1;4}
4
Résoudre P(x)≥0
Correction
P(x)≥0⇔(x+2)(2x2−10x+8)≥0. On va dresser le tableau de signe de cette inéquation.
Ainsi :
S=[−2;1]∪[4;+∞[
5
En s'aidant des questions précédentes, résoudre l'inéquation : 2ln(x)+ln(2x−6)≥ln(2)+ln(6x−8)
Correction
L'inéquation est définie si et seulement si ⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎧x>0 et 2x−6>0 et 6x−8>0⇔⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎧x>0 et x>3 et x>34 Ainsi le domaine de définition pour cette inéquation est Df=]3;+∞[ Simplifions puis résolvons cette inéquation. 2ln(x)+ln(2x−6)≥ln(2)+ln(6x−8) équivaut successivement à ln(x2)+ln(2x−6)≥ln(2×(6x−8)) ln(x2(2x−6))≥ln(12x−16) Il vient alors que : ln(x2(2x−6))≥ln(12x−16) équivaut successivement à x2(2x−6)≥12x−16 2x3−6x2−12x+16≥0. Cette inéquation a été résolu à la question 4. Le domaine de définition impose que x∈]3;+∞[ et l'inéquation est vraie si x∈[−2;1]∪[4;+∞[ On effectue l'intersection de ces deux ensembles. Il en résulte que les solutions de l'inéquation sont sur l'intervalle :
S=[4;+∞[
Exercice 4
1
Soit x un réel strictement positif. Résoudre l'inéquation −3(ln(x))2+9ln(x)+30≥0 .
Correction
Dans un premier temps, nous allons chercher les racines de la fonction du second degré suivante : x↦−3x2+9x−30 On utilise le discriminant
Δ=441
. Il existe donc deux racines réelles distinctes notées x1 et x2 tels que x1=2a−b−Δ et x2=2a−b+Δ x1=5 et x2=−2. Avec un rappel de première, nous allons pouvoir factoriser la fonction x↦−3x2+9x−30
Forme factorisée d'un trinôme du second degré.
Si Δ>0 et que nous connaissons les racines x1 et x2, alors la factorisation est de la forme a(x−x1)(x−x2).
Il en résulte donc que nous pouvons écrire x↦−3(x−5)(x+2) Dans un deuxieˋme temps, nous voulons résoudre l'inéquation : −3(ln(x))2+9ln(x)−30≥0 . Soit x un réel strictement positif. On commence par un changement de variable. On pose X=ln(x). Il vient alors que : −3X2+9X−30≥0. Nous sommes en mesure maintenant de factoriser cette expression comme vue au début de la question. Cela nous donne : −3(X−5)(X+2)≥0 . Or nous avons posé comme changement de variable X=ln(x). Ainsi, nous obtenons : −3(ln(x)−5)(ln(x)+2)≥0 . Pour résoudre cette inéquation, nous allons dresser un tableau de signe.
D’une part :
ln(x)−5≥0⇔ln(x)≥5⇔ln(x)≥ln(e5)⇔x≥e5 (On commencera dans la ligne ln(x)−5 par le signe (−) et dès que l'on dépasse la valeur x≥e5 on mettra le signe (+) dans le tableau de signe.)
D’autre part :
ln(x)+2≥0⇔ln(x)≥−2⇔ln(x)≥ln(e−2)⇔x≥e−2 (On commencera dans la ligne ln(x)+2 par le signe (−) et dès que l'on dépasse la valeur x≥e−2 on mettra le signe (+) dans le tableau de signe.)
Enfin :−3 est strictement négatif. On mettra que le signe (−) dans la ligne de −3.
Le tableau du signe du produit est donné ci-dessous :
Finalement, les solutions de l'inéquation −3(ln(x))2+9ln(x)+30≥0 sont les mêmes que les solutions de l'inéquation −3(ln(x)−5)(ln(x)+2)≥0 . D'après le tableau de signe, on a alors :
S=[e−2;e5]
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