\documentclass[12pt] {article} \usepackage[T1]{fontenc} 
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-1,4cm \voffset -3.7cm \oddsidemargin 0pt 
\renewcommand{\thesubsection}{\textcolor{blue}{\Roman{subsection}}} 
\renewcommand{\thesubsubsection}{\textcolor{blue}{\Roman{subsection}}.\textcolor{blue}{\arabic{subsubsection}}} 
\pagestyle{empty}
% pour le pied de page central
\cfoot{Page \thepage/\pageref{fin}}

\begin{document}
%\tableofcontents

\begin{center}\section*{\textcolor{red}{TS : correction du contrôle sur la fonction $\boldmath{\ln}$ (2 heures)}}\end{center}


%
%\begin{multicols}{2}
%\setlength{\columnseprule}{1pt}
%\setlength{\columnsep}{2 cm}

\subsection{\textcolor{blue}{(1,5 point)}}
Exprimer en fonction de $\ln 2$ les rôles suivants :

\begin{enumerate}[$\bullet$]
\item $\ln 8=\ln\left(2^3\right)=\boxed{\textcolor{red}{3\ln 2}}$

\item $\ln\left(\dfrac{1}{4}\right)2-\ln 4=-\ln\left(2^2\right)=\boxed{\textcolor{red}{-2\ln 2}}$

\item $\ln(16\mathrm{e})=\ln 16+\ln\mathrm{e}=\ln\left(2^4\right)+1=\boxed{\textcolor{red}{4\ln 2+1}}$

\item $\ln(\sqrt{2})=\boxed{\textcolor{red}{\dfrac{1}{2}\ln 2}}$

\end{enumerate}
\subsection{\textcolor{blue}{(3 points)}}
Déterminer l'ensemble de définition des fonctions suivantes :


\begin{enumerate}[a)]
\item $f(x)=\ln(2x-1)+\ln(-x+5)$

On doit avoir $\begin{cases}2x-1>0\\-x+5>0\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}x>\dfrac{1}{2}\\x<5\end{cases}$.

\noindent L'ensemble de définition de $f$ est $\boxed{\textcolor{red}{\mathscr{D}_f=\left]\dfrac{1}{2}~;~5\right[}}$

\bigskip

\item  $g(x)=\ln\left(\dfrac{2x+3}{x-2}\right)$

\noindent On doit avoir $\dfrac{2x+3}{x-2}>0$ ; 2 est la valeur interdite.

\noindent $2x+3=0\Leftrightarrow x=-\dfrac{3}{2}$.

\noindent On renseigne alors un tableau de signe ;

\begin{variations}
x&\mI&&-\dfrac{3}{2}&&2&&\pI\\
\hline
2x+3&&-&\z&+&\bb&+&\\
\hline
x-2&&-&\l&-&\bb&+&\\
\hline
\dfrac{2x+3}{x-2}&&+&\l&-&\bb&+&\\
\hline
\end{variations}

\noindent L'ensemble de définition de $g$ est $\boxed{\textcolor{red}{\mathscr{D}_g=\left]-\infty~;~-\dfrac{3}{2}\right[\cup]2~;~+\infty[}}$
\end{enumerate}



\subsection{\textcolor{blue}{(3 points)}}
Résoudre l'inéquation : $\ln(x) \geqslant\ln 4-\ln(x+1)$
\begin{enumerate}[$\bullet$]
\item Ensemble de définition : on coir avoir $\begin{cases}x>0\\x+1>0\end{cases}\Leftrightarrow x>0$.

\noindent lM'ensemble de définition est $\mathscr{D}=]0~;~+\infty[$.

\item Pour $x\in\mathscr{D}$, $\ln(x) \geqslant\ln 4-\ln(x+1)\Leftrightarrow \ln(x) +\ln(x+1)\geqslant\ln 4\Leftrightarrow \ln\left[x(x+1)\right]\geqslant \ln 4\Leftrightarrow x(x+1)\geqslant 4$ (car la fonction $\ln$ est croissante).

$x(x+1)\geqslant 4\Leftrightarrow x^2+x-4\geqslant 0$.

$\Delta=17>0$ ; il y a deux racines $x_1=\dfrac{-1-\sqrt{17}}{2}$ et $x_2=\dfrac{-1+\sqrt{17}}{2}$.

\noindent $x^2+x-4\geqslant 0$ sur $\left]-\infty~;~\dfrac{-1-\sqrt{17}}{2}\right[\cup \left]\dfrac{-1+\sqrt{17}}{2}~;~+\infty\right[$.

\noindent L'ensemble des solutions est donc $\mathscr{S}=\left]-\infty~;~\dfrac{-1-\sqrt{17}}{2}\right[\cup \left]\dfrac{-1+\sqrt{17}}{2}~;~+\infty\right[\cap \mathscr{D}$ donc $\boxed{\textcolor{red}{\mathscr{S}=\left]\dfrac{-1+\sqrt{17}}{2}~;~+\infty\right[}}$
\noindent 
\end{enumerate}

\subsection{\textcolor{blue}{(2,5 points)}}
Déterminer la limite aux bornes de son ensemble de définition des fonctions suivantes : 
\begin{enumerate}[a)]
\item $f(x)=x-\ln x$ définie sur $]0~;~+\infty[$

\begin{enumerate}[$\bullet$]
\item $\lim_{x\rightarrow 0}\ln x=-\infty$ donc, par soustraction, $\boxed{\textcolor{red}{\lim_{x\rightarrow 0}f(x)=+\infty}}$

\item En $+\infty$, on a une forme indéterminée.

\noindent Pour $x\neq 0$, $f(x)=x\left(1-\dfrac{\ln x}{x}\right)$.

\noindent D'après les formules de croissances comparées, $\lim_{x\rightarrow +\infty}\left(\dfrac{\ln x}{x}\right)=0$ donc $\lim_{x\rightarrow =\infty}\left(1-\dfrac{\ln x}{x}\right)=1$ d'où, par produit, $\boxed{\textcolor{red}{\lim_{x\rightarrow +\infty}f(x)=+\infty}}$

\end{enumerate}\bigskip

\item $\ln\left(\dfrac{x}{x+1}\right)$ définie sur $]-\infty~;~-1[\cup]0~;~+\infty[$
\begin{enumerate}[$\bullet$]
\item Pour $x\neq 0$, $\dfrac{x}{x+1}=\dfrac{x}{x\left(1+\frac1x\right)}=\dfrac{1}{1+\frac1x}$ d'où $\lim_{x\rightarrow \pm\infty}\left(\dfrac{x}{x+1}\right)=1$.

\noindent Alors : $\lim_{x\rightarrow \pm\infty}g(x)=\lim_{X\rightarrow 1}\ln(X)=0$ donc $\boxed{\textcolor{red}{\lim_{x\rightarrow \pm\infty}g(x)=0}}$

\item $\lim_{\substack{x\rightarrow -1\\x<-1}}x=-1$ et $\lim_{\substack{x\rightarrow -1\\x<-1}}(x+1)=0$ avec $x+1<0$ donc $\lim_{\substack{x\rightarrow -1\\x<-1}}\left(\dfrac{x}{x+1}\right)=+\infty$.

\noindent Alors : $\lim_{\substack{x\rightarrow -1\\x<-1}}g(x)=\lim_{X\rightarrow +\infty}\ln(X)=+\infty$.

\item $\lim_{\substack{x\rightarrow 0\\x>0}}(x+1)=1$ donc $\lim_{\substack{x\rightarrow 0\\x>0}}=0$ avec $\dfrac{x}{x+1}>0$.

\noindent Alors : $\lim_{\substack{x\rightarrow 0\\x>0}}g(x)=\lim_{X\rightarrow +\infty}\ln X=+\infty$, onc $\boxed{\textcolor{red}{\lim_{\substack{x\rightarrow 0\\x>0}}g(x)=+\infty}}$
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\subsection{\textcolor{blue}{(3 points)}}
Soit $g$ la fonction définie  sur $]0~;~+\infty[$ par \[g(x)=x-x\ln x.\]
\begin{enumerate}
\item %Déterminer les limites de $g$ en 0 et en $+\infty$.
\begin{enumerate}[$\bullet$]
\item Limite en 0 : D'après les formules de croissances comparées, $\lim_{x\rightarrow 0}x\ln x=0$ donc $\boxed{\textcolor{red}{\lim_{x\rightarrow 0}g(x)=0}}$.

\item Limite en $+\infty$ : $g(x)=x(1-\ln x)$.

\noindent $\lim_{x\rightarrow +\infty}(1-\ln x)=-\infty$ donc, par produit, $\boxed{\textcolor{red}{\lim_{x\rightarrow +\infty}g(x)=-\infty}}$
\end{enumerate}

\item %Montrer que $g$ est dérivable sur $]0~;~+\infty[$ et calculer $g'(x)$.
$g$ est dérivable comme somme et produit de fonctions dérivables.

\noindent $\forall x>0$, $g'(x)=1-\left[1\times \ln x+x\times \dfrac{1}{x}\right]=1-[\ln x+1]=-\ln x $; $\boxed{\textcolor{red}{g'(x)=-\ln x}}$.

\item %Dresser le tableau de variation de la fonction $g$.		
$\ln x=0$ pour $x=1$ et $\ln x<0$ pour $0<x<1$.

\noindent On en déduit le tableau de variation de $g$ : 

\begin{center}

\end{center}\begin{variations}
x&0&&&1&&\pI\\
\hline
g'(x)&\bb&&+&\z&-&\\
\hline
\m{g(x)}&\bb&0&\c&\h{1}&\d&-\infty\\
\hline
\end{variations}
\end{enumerate}

%\columnbreak

\subsection{\textcolor{blue}{(7 points)}} %Réunion juin 2010
Soit $f$ la fonction définie sur l'intervalle $]-1~;~+ \infty[$ par 

\[f(x) = 1 + \ln (1 + x).\]

On note $\mathcal{C}_{f}$ sa courbe représentative dans un repère orthononnal $(O\,;\,\vec{\imath}\,;\,\vec{\jmath})$. 

On note $D$ la droite d'équation $y = x$.
 
\subsection*{\textcolor{red}{Partie A}}


\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item Sens de variation de la fonction $f$:
\[\boxed{\textcolor{red}{
 f'(x)=\frac{1}{1+x}>0\ \text{sur}\ ]-1~;~+ \infty[}}
\]
 La fonction $f$ est donc \textbf{\textcolor{red}{croissante}} sur $(O\,;\,\vec{\imath}\,;\,\vec{\jmath})$
		\item Limites de la fonction $f$ aux bornes de son ensemble de définition:
\[
\boxed{\textcolor{red}{ \lim_{x\to -1^+}f(x)=-\infty}}\ \text{car}\ \lim_{x\to -1^+}(1+x)=0^+\text{et}\ \lim_{x\to -1^+}\ln(1+x)=-\infty
\]
\[
\boxed{\textcolor{red}{ \lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty}}\ \text{car}\ \lim_{x\to+\infty}(1+x)=+\infty\ \text{et}\ \lim_{x\to+\infty}\ln(1+x)=+\infty
\]
Tableau de variations de $f$:

\begin{center}
\begin{variations}
x&&-1&&\pI\\
\hline
f'(x)&\bb&&+&\\
\hline
\m{f(x)}&\bb&\mI&\c&\h{\pI}\\
\hline
\end{variations}
%\begin{tikzpicture}
%\tkzTabInit%
%{$x$ /.5, $f'(x)$ /.5, $f(x)$ /1}%
%{$-1$,$+\infty$}%
%\tkzTabLine{,+,}%
%\tkzTabVar{-/ $-\infty$,+/ $+\infty$}
%\end{tikzpicture}              
   \end{center}
	\end{enumerate} 
	
\item On désigne par g la fonction définie sur l'intervalle $]-1~;~+ \infty[$ par \mbox{$g(x) = f(x) - x$.} 
	\begin{enumerate}
		\item $\boxed{\textcolor{red}{\displaystyle\lim_{x \to -1} g(x)=-\infty}}$:
$\lim_{x\rightarrow -1}g(x)\lim_{x\rightarrow -1}1-x+=\ln(1+x)=-\infty$

\[\lim_{x\rightarrow -1}g(x)=\lim_{x\rightarrow -1}1-x+\ln(1+x)=-\infty
\ \text{car}\ \lim_{x\rightarrow  -1^+}1+x=0^+,\  \lim_{x\to -1^+}\ln(1+x)=-\infty\ \text{et}\ \lim_{x\to-1}1-x=2
\]
 
\item $\lim_{x \to + \infty} \frac{\ln(1 + x)}{1 + x}=0\ \text{car}\ \lim_{x\to+\infty}1+x=+\infty\ \text{et}\ \lim_{X \to + \infty} \frac{\ln X}{X}=0$

$ \lim_{x \to + \infty} g(x)=\lim_{x\to+\infty}(1+x)\left(\frac{1-x}{1+x}+\frac{\ln(1+x)}{1+x}\right)=-\infty\ \text{car}\ \lim_{x \to + \infty} \frac{\ln(1 + x)}{1 + x}=0\ \text{et}\ \lim_{x\to+\infty}\frac{1-x}{1+x}=-1$

\item Sens de variation de la fonction $g$
\[
 g'(x)=f'(x)-1=\frac{1}{1+x}-1=\boxed{\textcolor{red}{\frac{-x}{1+x}}}\ \text{du signe de $-x$ sur}\ ]-1~;~+ \infty[
\]
La fonction $g$ est donc strictement croissante sur $]-1;0[$ et strictement décroissante sur $]0;~+ \infty[$.


Tableau de variations de la fonction $g$:
\begin{center}
%\begin{tikzpicture}
%\tkzTabInit%
%{$x$ /.5, $f'(x)$ /1, $f(x)$ /1.5}%
%{$-1$,$0$,$+\infty$}%
%\tkzTabLine{,+,z,-,}%
%\tkzTabVar{-/ $-\infty$,+/ $1$,-/ $-\infty$}
%\tkzTabVal[draw]{1}{2}{.6}{$\alpha$}{$0$}
%\tkzTabVal[draw]{2}{3}{.4}{$\beta$}{$0$}
%\end{tikzpicture} 
\begin{variations}
x&&\-1&&0&&\pI\\
\hline
g'(x)&\bb&&+&&-&\\
\hline
\m{g(x)}&\bb&\mI&\c&\h{1}&\d&\mI\\
\hline
\end{variations}              
  \end{center}
 
\item Sur l'intervalle $]-1~;~0[$, la fonction $g$ est continue, comme somme et composée de fonctions continues, et strictement croissante. Elle réalise donc une bijection de $]-1~;~0[$ sur $]-\infty~;~1[$. Or $0$ appartient ‡ l'ensemble d'arrivée $]-\infty~;~1[$. Donc, $0$ possède un unique antécédent, noté $\alpha$ dans $]-1~;~0[$.

Sur l'intervalle $]0~;~+\infty[$, la fonction $g$ est continue, comme somme et composée de fonctions continues, et strictement décroissante. Elle réalise donc une bijection de $]0~;~+\infty[$ sur $]-\infty~;~1[$. Or $0$ appartient ‡ l'ensemble d'arrivée $]-\infty~;~1[$. Donc, $0$ possède un unique antécédent, noté $\beta$ dans $]0~;~+\infty[$.

De plus:
\[
\left\lbrace\begin{array}{l}
 g(2)\simeq 0,0986>0\\
g(3)\simeq -0,614<0
\end{array}\right.\Longrightarrow 2 \leqslant \beta \leqslant 3
\]
\begin{center}
\begin{variations}
x&-1&&\alpha&&0&&\beta&&\pI\\
\hline
g(x)&-1&\cb&\m{0}&\ch&\h{0}&\dh&\m{0}&\db&\mI\\
\hline
\end{variations}
\end{center}

\item Signe de $g(x)$:
\begin{itemize}
 \item $-1 < x \leqslant \alpha \Longrightarrow g(x) \leqslant g(\alpha)=0$.\hfill (La fonction $g$ est croissante sur $[-1;\alpha[$).
\item $\alpha \leqslant x \leqslant 0 \Longrightarrow g(\alpha)=0 \leqslant g(x)$.\hfill (La fonction $g$ est croissante sur $[\alpha;0]$).
\item $0 \leqslant x \leqslant \beta \Longrightarrow g(x) \geqslant 0=g(\beta)$.\hfill (La fonction $g$ est décroissante sur $[0;\beta[$).
\item $x\geqslant \beta \Longrightarrow g(x) \leqslant 0=g(\beta)$.\hfill (La fonction $g$ est décroissante sur $[\beta;+\infty[$).
\end{itemize}

\begin{center}
%\begin{tikzpicture}
%\shorthandoff{:};
%\tkzTabInit[lgt=5]{$x$ / .7, Signe\ de $g(x)$ /.7, Position relative de $\mathcal{C}_f$ et de $D$/ .7}%
%{$-1$, $\alpha$, $\beta$ , $+\infty$}%
%\tkzTabLine{, - , z , + , z , - , }%
%\tkzTabLine{ , \mathcal{C}_{f} \prec (D) ,  A, \mathcal{C}_{f} \succ (D) , B, \mathcal{C}_{f} \prec (D) , }
%\end{tikzpicture}
\end{center}



Position relative de la courbe $\mathcal{C}_{f}$ et de la droite $D$:
\begin{itemize}
 \item $\mathcal{C}_{f}$ est située au dessus de la droite $D$ pour $x\in ]\alpha\,;\,\beta[$.
\item $\mathcal{C}_{f}$ est située en dessous de la droite $D$ pour $x\in ]-1\,;\,\alpha[\cup]\beta\,;\,+\infty[$.
\end{itemize}

	\end{enumerate}
\end{enumerate}
\begin{center}
%\begin{tikzpicture}[line cap=round,line join=round,>=latex,x=2.0cm,y=2.0cm]
%\shorthandoff{:};
%\draw[->] (-1.2,0) -- (5.2,0);
%\foreach \x in {-1,1,2,3,4,5}
%\draw[shift={(\x,0)}] (0pt,2pt) -- (0pt,-2pt) node[below] {\footnotesize $\x$};
%\draw[->] (0,-2.2) -- (0,3.5);
%\foreach \y in {-2,-1,1,2,3}
%\draw[shift={(0,\y)},color=black] (2pt,0pt) -- (-2pt,0pt) node[left] {\footnotesize $\y$};
%\draw (0pt,-10pt) node[right] {\footnotesize $0$};
%\clip(-1.2,-2.2) rectangle (5.2,3.5);
%\draw[smooth,samples=100,domain=-0.99:5.2] plot(\x,{1+ln(1+\x)});
%\draw[smooth,samples=100,domain=-1.2:5.2] plot(\x,{\x});
%\draw [dashed] (2.15,2.15)-- (2.15,0);
%\draw [dashed] (-0.84,-0.84)-- (-0.84,0);
%\fill  (2.15,2.15) circle (1.5pt);
%\draw (2.15,2.15) node[above] {$B$};
%\fill  (-0.84,-0.84) circle (1.5pt);
%\draw (-0.84,-0.84) node[below right] {$A$};
%\fill  (2.15,0) circle (1.5pt);
%\draw (2.15,0) node[below] {$\beta$};
%\fill  (-0.84,0) circle (1.5pt);
%\draw (-0.84,0) node[above] {$\alpha$};
%\end{tikzpicture}

\end{center}
\subsection*{Partie B}

\emph{Dans cette partie, toute trace de recherche, mÍme incomplète, ou d'initiative, mÍme non fructueuse, sera prise en compte dans l'évaluation.}

Soit $\left(u_{n}\right)$ la suite définie pour tout nombre entier naturel $n$ par : $\left\{\begin{array}{l c l}
u_{0}&=&2\\
u_{n+1}&=&f\left(u_{n}\right)
\end{array}\right.$
 
\begin{enumerate}
\item Pour tout nombre entier naturel $n,~ 2 \leqslant  u_{n} \leqslant  \beta$. Démontrons cette propriété par récurrence :
\begin{itemize}
\item On a $2\leqslant u_0=2 \leqslant \beta$

\item Supposons que, pour un $n$ donné, on ait: $2 \leqslant u_n \leqslant \beta$, alors, la fonction $f$ étant croissante sur $[2\,;\,\beta]$:
\[
2 \leqslant u_n \leqslant \beta \Longrightarrow \boxed{2} \leqslant 2,09861228867 \simeq f(2) \leqslant f(u_n)=\boxed{u_{n+1}} \leqslant f(\beta)=\boxed{\beta}
\]

\item Ainsi, $\\boxed{\textcolor{red}{forall n,\ n\in\mathbb{N},\ 2 \leqslant u_n \leqslant \beta}}$.
\end{itemize}

\item Pour tout $n$, $ u_{n+1}-u_n=f(u_n)-u_n=g(u_n)\geqslant 0\ \text{sur}\ [2\,;\,\beta]$.

\noindent  Donc, $(u_n)$ étant une suite croissante et majorée par $\beta$, elle est \textbf{\textcolor{red}{convergente}}.
\end{enumerate}


%\end{multicols}



\label{fin}
\end{document}  