Exercice 4 - Exercice 1

La bonne réponse est a.
On reconnaît la forme $$u'u$$ dont une primitive est $$\frac{1}{2} u^{2}$$.
Ici $$u\left(x\right)=\ln \left(x\right)$$ et $$u'\left(x\right)=\frac{1}{x}$$
Il vient alors que :
$$I=\int _{1}^{e}\frac{\ln \left(x\right)}{x} dx$$ équivaut successivement à
$$I=\int _{1}^{e}\frac{1}{x} \ln \left(x\right)dx$$
$$I=\left[\frac{1}{2} \ln ^{2} \left(x\right)\right]_{1}^{e}$$
$$I=\left[\frac{1}{2} \left(\ln \left(e\right)\right)^{2} -\frac{1}{2} \left(\ln \left(1\right)\right)^{2} \right]$$
$$I=\left[\frac{1}{2} \times 1^{2} -\frac{1}{2} \times 0^{2} \right]$$

La bonne réponse est a.
$$H=\ln \left(e^{2} -4\right)-\ln \left(e+2\right)$$ équivaut successivement à
$$H=\ln \left(\frac{e^{2} -4}{e+2} \right)$$
$$H=\ln \left(\frac{e^{2} -2^{2} }{e+2} \right)$$
$$H=\ln \left(\frac{\left(e-2\right)\left(e+2\right)}{e+2} \right)$$

La bonne réponse est b.
$$G=\int _{1}^{2}\frac{1+x}{x^{2} } dx$$ équivaut successivement à
$$G=\int _{1}^{2}\left(\frac{1}{x^{2} } +\frac{x}{x^{2} } \right) dx$$
$$G=\int _{1}^{2}\left(\frac{1}{x^{2} } +\frac{1}{x} \right) dx$$
$$G=\left[-\frac{1}{x} +\ln \left(x\right)\right]_{1}^{2}$$
$$G=\left[\left(-\frac{1}{2} +\ln \left(2\right)\right)-\left(-\frac{1}{1} +\ln \left(1\right)\right)\right]$$
$$G=\left[-\frac{1}{2} +\ln \left(2\right)+1\right]$$

La bonne réponse est c.
$$2\times \left(4\right)^{n} \ge 8000$$ équivaut successivement à
$$\left(4\right)^{n} \ge \frac{8000}{2}$$
$$\left(4\right)^{n} \ge 4000$$
$$\ln \left(4\right)^{n} \ge \ln \left(4000\right)$$
$$n\times \ln \left(4\right)\ge \ln \left(4000\right)$$
$$n\ge \frac{\ln \left(4000\right)}{\ln \left(4\right)}$$
On cherche la valeur de $$\frac{\ln \left(4000\right)}{\ln \left(4\right)}$$ à la calculatrice et on arrondi à l'entier supérieur.
(à la calculatrice on obtient $$\frac{\ln \left(\frac{1}{9} \right)}{\ln \left(0,68\right)} \approx 5,98$$ et on arrondi à l'entier supérieur)

La bonne réponse est a.
$$M=\ln \left(\frac{1}{6^{3} } \right)-4\ln \left(\sqrt{6} \right)+3\ln \left(6^{2} \right)$$ équivaut successivement à
$$M=\ln \left(\left(\frac{1}{6} \right)^{3} \right)-4\ln \left(\sqrt{6} \right)+3\ln \left(6^{2} \right)$$ car $$\frac{1}{6^{3} } =\left(\frac{1}{6} \right)^{3}$$
$$M=3\ln \left(\frac{1}{6} \right)-4\times \frac{1}{2} \ln \left(6\right)+3\times 2\ln \left(6\right)$$
$$M=3\ln \left(\frac{1}{6} \right)-2\ln \left(6\right)+6\ln \left(6\right)$$
$$M=-3\ln \left(6\right)-2\ln \left(6\right)+6\ln \left(6\right)$$

La bonne réponse est a.
On reconnaît la forme de $$\left(u^{n} \right)^{'} =nu'u^{n-1}$$
Il vient alors que :
$$f'\left(x\right)=3\times 2\times \frac{1}{x} \times \ln \left(x\right)-\frac{1}{x}$$
$$f'\left(x\right)=\frac{6}{x} \times \ln \left(x\right)-\frac{1}{x}$$

La bonne réponse est b.
On sait que la dérivée de $$\ln \left(u\left(x\right)\right)$$ est $$\frac{u'\left(x\right)}{u\left(x\right)}$$.
Ici, nous avons $$u\left(x\right)=\frac{3-x}{3+x}$$.
Commençons par calculer la dérivée de $$u\left(x\right)=\frac{3-x}{3+x}$$
On sait que $$\left(\frac{U}{V} \right)^{'} =\frac{U'V-UV'}{V^{2} }$$ avec $$U\left(x\right)=3-x$$ et $$V\left(x\right)=3+x$$.
Ainsi,
$$U'\left(x\right)=-1$$ et $$V\left(x\right)=1$$.
Il en résulte que :
$$u^{'} \left(x\right)=\frac{-1\times \left(3+x\right)-\left(3-x\right)\times 1}{\left(3+x\right)^{2} }$$
$$u^{'} \left(x\right)=\frac{-3-x-3+x}{\left(3+x\right)^{2} }$$
$$u^{'} \left(x\right)=\frac{-6}{\left(3+x\right)^{2} }$$
Maintenant , nous pouvons calculez la dérivée de $$f\left(x\right)=\ln \left(\frac{3-x}{3+x} \right)$$ avec $$u\left(x\right)=\frac{3-x}{3+x}$$ et $$u^{'} \left(x\right)=\frac{-6}{\left(3+x\right)^{2} }$$.
Il vient alors,
$$f'\left(x\right)=\frac{\left(\frac{-6}{\left(3+x\right)^{2} } \right)}{\left(\frac{3-x}{3+x} \right)}$$ équivaut successivement à
$$f'\left(x\right)=\frac{-6}{\left(3+x\right)^{2} } \times \frac{3+x}{3-x}$$
$$f'\left(x\right)=\frac{-6}{\left(3+x\right)\left(3-x\right)}$$

La bonne réponse est c.
On calcule la dérivée de $$f$$
$$f'\left(x\right)=\frac{2x}{x^{2} +1} -1$$
$$f'\left(x\right)=\frac{2x}{x^{2} +1} -\frac{x^{2} +1}{x^{2} +1}$$
$$f'\left(x\right)=\frac{2x-\left(x^{2} +1\right)}{x^{2} +1}$$
$$f'\left(x\right)=\frac{2x-x^{2} -1}{x^{2} +1}$$
$$f'\left(x\right)=\frac{-x^{2} +2x-1}{x^{2} +1}$$

Pour tout réel $$x\in \left]-\infty ;5\right]$$, on a :
$$\left(x-1\right)^{2} \ge 0$$ donc $$-\left(x-1\right)^{2} \le 0$$ et $$x^{2} +1>0$$.
Il en résulte que $$f'\left(x\right)\le 0$$.
La fonction $$f$$ est décroissante sur $$x\in \left]-\infty ;5\right]$$.
De plus,
$$\lim\limits_{x\to -\infty } \ln \left(x^{2} +1\right)-x=+\infty$$ car $$\lim\limits_{x\to -\infty } \ln \left(x^{2} +1\right)=+\infty$$ et $$\lim\limits_{x\to -\infty } -x=+\infty$$
$$f\left(5\right)=\ln \left(5^{2} +1\right)-5=\ln \left(26\right)-5\approx -1,74$$
On traduit tout cela dans un tableau de variation
Dressons le tableau de variation en intégrant les limites.
Sur $$\left]-\infty ;5\right]$$, la fonction $$f$$ est continue et strictement décroissante.
De plus, $$\lim\limits_{x\to -\infty } f\left(x\right)=+\infty$$ et $$f\left(5\right)=\ln \left(26\right)-5$$ .
Or $$0\in \left[\ln \left(26\right)-5;+\infty \right[$$, donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe une unique solution $$\alpha$$dans$$\left]-\infty ;5\right]$$ tel que $$f\left(x\right)=0$$.

La bonne réponse est a.
Pour tout entier naturel $$n$$ , on a :
$$\ln \left(u_{n+1} \right)=1+\ln \left(u_{n} \right)$$ équivaut successivement à
$$\ln \left(u_{n+1} \right)=\ln \left(e\right)+\ln \left(u_{n} \right)$$
$$\ln \left(u_{n+1} \right)=\ln \left(e\times u_{n} \right)$$
$$u_{n+1} =eu_{n}$$
La suite $$\left(u_{n} \right)$$ est géométrique de raison $$q=e$$ et de premier terme $$u_{0} =2$$.

La bonne réponse est c.
D'une part :
$$f\left(2\right)=0$$ équivaut successivement à
$$\ln \left(2a+b\right)=1$$
$$e^{\ln \left(2a+b\right)} =e^{1}$$
$$2a+b=1$$
D'autre part :
On commence par calculer la dérivée de $$f$$.
Il vient alors que : $$f'\left(x\right)=\frac{a}{ax+b}$$.
Or $$f'\left(3\right)=\frac{3}{4}$$ équivaut successivement à
$$\frac{a}{3a+b} =\frac{3}{4}$$
$$4a=3\left(3a+b\right)$$
$$4a=9a+3b$$

On a un système de deux équations à deux inconnues à résoudre
$$\left\{\begin{array}{ccccc} {2a} & {+} & {b} & {=} & {1} \\ {5a} & {+} & {3b} & {=} & {0} \end{array}\right.$$
Avec la $$1$$^ère ligne on a : $$2a+b=1\Leftrightarrow b=1-2a$$.
On remplace ensuite dans la $$2$$^ème ligne, ce qui nous donne :
$$5a+3b=0$$ équivaut successivement à
$$5a+3\left(1-2a\right)=0$$
$$5a+3-6a=0$$
$$a=3.$$
Or $$b=1-2a$$ donc $$b=-5$$.
Ainsi :

La bonne réponse est c.
$$\frac{\ln \left(x+2\right)+3}{x} =5$$ équivaut successivement à
$$\ln \left(x+2\right)+3=5x$$
$$\ln \left(x+2\right)=5x-3$$
$$e^{\ln \left(x+2\right)} =e^{5x-3}$$
$$x+2=e^{5x-3}$$

La bonne réponse est c.
Soit $$f\left(x\right)=\ln \left(\sqrt{1+3e^{x} } +e\right)$$, sa dérivée $$f'$$ est :
$$f'\left(x\right)=\frac{\left(\frac{3e^{x} }{2\sqrt{1+3e^{x} } } \right)}{\sqrt{1+3e^{x} } +e}$$

On vérifie aisément que tous les termes qui composent $$f'$$ sont strictement positifs.
Il en résulte que $$f$$ est strictement croissante sur $$\mathbb{R}$$.

La bonne réponse est c.
Si on calcule la limite au numérateur et au dénominateur on tombe sur une forme indéterminée de la forme $$\frac{-\infty }{0}$$.
On va factoriser le dénominateur.
On a : $$6-x-x^{2} =\left(x-2\right)\left(-x-3\right)$$.
Ainsi :
$$\lim\limits_{x\to 2^{+} } \frac{\ln \left(x-2\right)}{6-x-x^{2} } =\lim\limits_{x\to 2^{+} } \frac{\ln \left(x-2\right)}{\left(x-2\right)\left(-x-3\right)}$$
$$\lim\limits_{x\to 2^{+} } \frac{\ln \left(x-2\right)}{6-x-x^{2} } =\lim\limits_{x\to 2^{+} } \left[\frac{\ln \left(x-2\right)}{\left(x-2\right)} \times \frac{1}{\left(-x-3\right)} \right]$$
On va s'intéresser à la limite de $$\frac{\ln \left(x-2\right)}{\left(x-2\right)}$$.
Il vient que : $$\lim\limits_{x\to 2^{+} } \frac{\ln \left(x-2\right)}{\left(x-2\right)} =\lim\limits_{x\to 2^{+} } \left[\ln \left(x-2\right)\times \left(\frac{1}{\left(x-2\right)} \right)\right]$$
$$\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{x\to 2^{+} } \ln \left(x-2\right)} & {=} & {-\infty } \\ {\lim\limits_{x\to 2^{+} } \frac{1}{x-2} } & {=} & {+\infty } \end{array}\right\}$$ par produit.
De plus,
$$\lim\limits_{x\to 2^{+} } \frac{1}{-x-3} =-\frac{1}{5}$$
Par produit,
$$\lim\limits_{x\to 2^{+} } \left[\frac{\ln \left(x-2\right)}{\left(x-2\right)} \times \frac{1}{\left(-x-3\right)} \right]=+\infty$$
Finalement,

La bonne réponse est a.
$$\left(\frac{1}{2} \right)^{x} =\frac{3}{10}$$ équivaut successivement à :
$$x\ln \left(\frac{1}{2}\right)= \ln \left(\frac{3}{10}\right)$$
D'où :
$$x= \frac{\ln \left(\frac{3}{10}\right)}{\ln \left(\frac{1}{2}\right)}$$
$$x=\frac{\ln \left(3\right)-\ln \left(10\right)}{\ln \left(1\right)-\ln \left(2\right)}$$
$$x=\frac{\ln \left(3\right)-\ln \left(10\right)}{-\ln \left(2\right)}$$