• • Soit \(x>0\), \(2\ln(x)+1=3 \Leftrightarrow 2\ln(x)=2 \Leftrightarrow \ln(x)=1 \Leftarrow x =e\). Ainsi, \(S=\{e\}\)

• • Soit \(x> \dfrac{4}{3}\), \(\ln(3x-4)=0 \Leftrightarrow 3x-4=1 \Leftrightarrow x=\dfrac{5}{3}\). Ainsi, \(S=\left\{\dfrac{5}{3}\right\}\)

• • Soit \(x\in\mathbb{R}\). \(e^{3x+2}=4 \Leftrightarrow 3x+2=\ln(4) \Leftrightarrow x=\dfrac{\ln(4)-2}{3}\). Ainsi, \(S=\left\{\dfrac{\ln(4)-2}{3}\right\}\)

• • Soit \(x > \dfrac{2}{3}\). \(2+3\ln(3x-2)=-1 \Leftrightarrow \ln(3x-2)=-1 \Leftrightarrow 3x-2 =e^{-1} \Leftrightarrow x =\dfrac{e^{-1}+2}{3}\). Ainsi, \(S=\left\{\dfrac{e^{-1}+2}{3}\right\}\)

• • Soit \(x\in \mathbb{R}\). \(\ln(e^{3x+4})=5 \Leftrightarrow 3x+4=5 \Leftrightarrow x= \dfrac{1}{3}\). \(S=\left\{\dfrac{1}{3}\right\}\)

• Puisque \(3-\pi <0\), l’équation \(e^{2x-3}=3-\pi\) ne possède pas de solution réelle

• • Soit \(x\in \mathbb{R}\).
    \((e^{2x+1}-3)(3x-7)(e^x+5)=0 \Leftrightarrow e^{2x+1}-3=0\) ou \( 3x-7 = 0\) ou \(e^x+5=0\)
    • \(e^{2x+1}-3=0 \Leftrightarrow e^{2x+1}=3 \Leftrightarrow 2x+1=\ln(3) \Leftrightarrow x=\dfrac{\ln(3)-1}{2}\)
    • \(3x-7=0 \Leftrightarrow x=\dfrac{7}{3}\)
    • \(e^x+5=0\) est impossible puisque \(e^x>0\)

    Ainsi, \(S=\left\{ \dfrac{\ln(3)-1}{2},\dfrac{7}{3}\right\}\)

  • Soit \(x>0\).
    \((\ln(x))^2-\ln(x)=0 \Leftrightarrow \ln(x) (\ln(x)-1)=0 \Leftrightarrow \ln(x)=0\) ou \(\ln(x)=1 \Leftrightarrow x=1\) ou \(x=e\).
    Ainsi, \(S=\{1,e\}\).

• Soit \(x>e\),\((x-1)\ln(x-e)=0 \Leftrightarrow x-1=0\) ou \(\ln(x-e)=0\). Or,
  • \(x-1 = 0\Leftrightarrow x=1\). 1 n’est cependant pas une solution car il n’est pas dans l’ensemble de résolution.
  • \(\ln(x-e)=0 \Leftrightarrow x-e=1 \Leftrightarrow x=1+e\)

  L’unique solution de cette équation est donc \(1+e\)

Pour tout réel \(x\), on pose \(X=e^x\). Ainsi,
\[3e^{2x}+9e^x-30=0 \Leftrightarrow 3X^2+9X-30=0\]
Cette deuxième équation est une équation du second degré. Le discriminant du polynôme \(3X^2+9X-30\) vaut \(441\) qui est strictement positif. Ce polynôme a donc deux racines qui sont \(2\) et \(-5\).

On a donc \(X=2\) ou \(X=-5\), c’est-à-dire \(e^x = 2\) (et donc \(x=\ln(2)\)) ou \(e^x=-5\) ce qui est impossible.

L’unique solution de l’équation est donc \(\ln(2)\).

\(ch\) est deux fois dérivable sur \(\mathbb{R}\) comme somme de fonctions dérivables sur \(\mathbb{R}\). De plus, pour tout réel \(x\),
\[ch'(x)=\dfrac{e^x-e^{-x}}{2}\]
et
\[ch »(x)=\dfrac{e^x+e^{-x}}{2}=ch(x)\]

Pour tout \(x \geqslant 1\),
\[ch\circ f (x)=\dfrac{e^{\ln(x+\sqrt{x^2-1})}+e^{-\ln(x+\sqrt{x^2-1})}}{2}=\dfrac{x+\sqrt{x^2-1}+\dfrac{1}{x+\sqrt{x^2-1}}}{2}\]
Ainsi
\[ ch\circ f (x)= \dfrac{(x+\sqrt{x^2-1})^2+1}{2(x+\sqrt{x^2-1})}=\dfrac{x^2+2x\sqrt{x^2-1}+x^2-1+1}{2(x+\sqrt{x^2-1}}=\dfrac{2x(x+\sqrt{x^2-1})}{2(x+\sqrt{x^2-1})}=x\]

Par ailleurs, pour tout réel \(x\),

\[ f \circ ch(x)= \ln\left( \dfrac{e^x+e^{-x}}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{e^x+e^{-x}}{2}\right)^2-1}\right)=\ln\left( \dfrac{e^x+e^{-x}}{2}+\sqrt{\dfrac{e^{2x}+2+e^{-2x}}{4}-1}\right)\]

Or,

\[\dfrac{e^{2x}+2+e^{-2x}}{4}-1=\dfrac{e^{2x}-2+e^{-2x}}{4}=\left(\dfrac{e^x-e^{-x}}{2}\right)^2\]
Ainsi,
\[f \circ ch(x) = \ln\left( \dfrac{e^x+e^{-x}}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{e^x-e^{-x}}{2}\right)^2}\right)\]

Si \(x\geqslant 1\), alors en particulier \(x\geqslant 0\) et \(e^x-e^{-x}\geqslant 0\) et donc \(\sqrt{\left(\dfrac{e^x-e^{-x}}{2}\right)^2}=\dfrac{e^x-e^{-x}}{2}\). Ainsi,

\[f \circ ch(x)=\ln\left(\dfrac{2e^x}{2}\right)=x\]

• • \(\ln(3)+\ln(4)-\ln(6) = \ln\left( \dfrac{3 \times 4}{6}\right)=\ln(2)\)

• • \(\dfrac{\ln(9)}{\ln(3)}-\ln(1)=\dfrac{\ln(3^2)}{\ln(3)}-0=\dfrac{2\ln(3)}{\ln(3)}=2\)

• • \(4\ln(3)-\ln(9)+2\ln(27)=4\ln(3)-\ln(3^2)+2\ln(3^3)=4\ln(3)-2\ln(3)+6\ln(3)=8\ln(3)\).

• \(\ln(3x^2)-\ln(3)=\ln(3)+\ln(x^2)-\ln(3)=\ln(x^2)=2\ln(x)\) car \(x>0\)

Pour tout \(x>0\)
\[ \ln(4x^2)+6\ln(x)-3=\ln(4)+\ln(x^2)+6\ln(x)-3=8\ln(x)+\ln(4)-3\]

Ainsi
\[ \ln(4x^2)+6\ln(x)-3=0\Leftrightarrow 8\ln(x)+\ln(4)-3=0 \Leftrightarrow \ln(x)= \dfrac{3-\ln(4)}{8}\Leftrightarrow x=\exp \left( \dfrac{3-\ln(4)}{8}\right)\]

Pour tout réel \(x>1\), les quantités \(x^2-1\), \(x^2+x+1\) et \(\dfrac{x-1}{x+1}\) sont strictement positives, et

\[ \begin{eqnarray*}
\ln(x^2-1)-\ln(x^2+2x+1) &=&\ln\left(\dfrac{x^2-1}{x^2+2x+1}\right)\\&=&\ln\left(\dfrac{(x-1)(x+1)}{(x+1)^2}\right)\\&=&\ln\left(\dfrac{x-1}{x+1}\right)\end{eqnarray*}\]

\(\ln\left(\dfrac{1}{2}\right)+\ln\left(\dfrac{2}{3}\right)+\ln\left(\dfrac{3}{4}\right)+\ldots+\ln\left(\dfrac{49}{50}\right) = \ln \left( \dfrac{1}{2} \times \dfrac{2}{3} \times \dfrac{3}{4} \times \ldots \times \dfrac{49}{50}\right)\).

Après simplification, il reste donc

\[ \ln\left(\dfrac{1}{2}\right)+\ln\left(\dfrac{2}{3}\right)+\ln\left(\dfrac{3}{4}\right)+\ldots+\ln\left(\dfrac{49}{50}\right)= \ln\left( \dfrac{1}{50}\right)\]

Pour tout réel \(x\), en factorisant dans le \(\ln\) par \(e^{-x}\), on a

\[\ln(1+e^{-x}) = \ln\left(e^{-x} \times \left( \dfrac{1}{e^{-x}}+1\right)\right)=\ln(e^{-x})+\ln \left( \dfrac{1}{e^{-x}}+1\right)=-x+\ln(1+e^x)\]

1. Pour tout entier naturel \(n\), on considère la proposition \(P(n)\) : « \(e^2 \leqslant u_{n+1} \leqslant u_n\) »
   • Initialisation : On a \(u_0=e^3\) et \(u_1=e \times \sqrt{e^3}=e^{5/2}\). On a bien \(e^2 \leqslant u_1 \leqslant e\).
   • Soit \(n\in\mathbb{N}\) tel que \(P(n)\) est vraie. On a alors \(e^2 \leqslant u_{n+1} \leqslant u_n\). En appliquant la fonction racine carrée, qui est strictement croissante sur \([0;+\infty [\), on a alors \(e \leqslant \sqrt{u_{n+1}} \leqslant \sqrt{u_n}\). On multiplie alors par \(e\) et on obtient \(e \times e\leqslant e\sqrt{u_{n+1}} \leqslant e\sqrt{u_n}\) soit \(e^2 \leqslant u_{n+2} \leqslant u_{n+1}\). \(P(n+1)\) est donc vraie.
   • Par récurrence, \(P(n)\) est vraie pour tout entier naturel \(n\).
2. Puisque la suite \((u_n)\) est décroissante et minorée, alors elle converge vers une limite que l’on note \(l\). Par ailleurs, la fonction \(x\mapsto e\sqrt{x}\) est continue sur \([e^2;+\infty[\). On a donc \(l=e\sqrt{l}\) et donc \(l=0\) ou \(l=e^2\). L’unique possibilité est alors \(l=e^2\).
3. 1. Pour tout entier naturel \(n\), \(a_n=\ln (u_n)-2\) d’où \(\ln(u_n)=a_n+2\) et \(u_n=e^{a_n+2}\)
   2. Pour tout entier naturel \(n\),
      \[\begin{eqnarray*}a_{n+1}&=&\ln(u_{n+1})-2\\&=&\ln(e\sqrt{u_n})-2\\&=&\ln(e)+\ln(\sqrt{u_n})-2\\&=&1+\dfrac{1}{2}\ln(u_n)-2\\&=&\dfrac{1}{2}(\ln(u_n)-2)\\&=&\dfrac{1}{2}a_n\end{eqnarray*}\]
   3. La suite \((a_n)\) est une suite géométrique de raison \(\dfrac{1}{2}\) et de premier terme \(a_0=\ln(u_0)-2)\ln(e^3)-2=3-2=1\).
   4. Ainsi, pour tout entier naturel \(n\), \(a_n=1 \times \left(\dfrac{1}{2}\right)^n\) et \(u_n=\exp(a_n+2)=\exp \left(2 + \left(\dfrac{1}{2}\right)^n\right)\)
   5. Puisque \(-1 < \dfrac{1}{2} < 1\), il en vient que \(\displaystyle\lim_{n\to +\infty}\left(\dfrac{1}{2}\right)^n=0\) et donc \(\displaystyle\lim_{n\to +\infty}\left(\left(\dfrac{1}{2}\right)^n+2\right)=2\). La fonction exponentielle étant continue en 2, il en vient que \(\displaystyle\lim_{n\to +\infty}u_n=e^2\)

• Puisque \(\displaystyle\lim_{x\to – \infty} (1-x)=+\infty\), on a \(\displaystyle\lim_{x\to – \infty} \ln(1-x)=+\infty\).
• Pour tout réel \(x>0\),
  \[\dfrac{x^2-2x+3}{x^2+x} = \dfrac{x^2}{x^2} \times \dfrac{1-\dfrac{2}{x}+\dfrac{3}{x^2}}{1+\dfrac{1}{x}} = \dfrac{1-\dfrac{2}{x}+\dfrac{3}{x^2}}{1+\dfrac{1}{x}}\]Or, \(\displaystyle \lim_{x \to + \infty} \dfrac{1-\dfrac{2}{x}+\dfrac{3}{x^2}}{1+\dfrac{1}{x}} = 1\). La fonction \(\ln\) étant continue en 1, on a \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty}\ln\left(\dfrac{x^2-2x+3}{x^2+x}\right)=\ln(1)=0\).
• \(\displaystyle\lim_{x \to 0^+}(x^2-2x+3)=3\) et \(\displaystyle\lim_{x \to 0^+}(x^2+x)=0^+\). Ainsi, \(\displaystyle\lim_{x \to 0^+}\dfrac{x^2-2x+3}{x^2+x} = +\infty\) et \(\displaystyle\lim_{x \to 0^+}\ln\left(\dfrac{x^2-2x+3}{x^2+x}\right) = +\infty\).

• • \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty}2x^2=+\infty\) et \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty}\ln(x)=+\infty\). Ainsi, \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} (2x^2\ln(x))=+\infty\).

• • Par croissances comparées, \(\displaystyle\lim_{x \to 0^+}(2x^2\ln(x))=0\)

• Pour tout \(x>1\), \(x-\ln(x) = x\left(1-\dfrac{\ln(x)}{x}\right)\). Or, par croissances, comparées, \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \dfrac{\ln(x)}{x}=0\). Ainsi, \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} (x-\ln(x))=+\infty\).

• • \(\displaystyle\lim_{x \to -\infty} (e^x-x)=+\infty\). Ainsi, \(\displaystyle\lim_{x \to -\infty} \ln(e^x-x)=+\infty\).

• • Pour tout \(x>0\), \(e^x-x=e^x\left(1-\dfrac{x}{e^x}\right)\). Or, par croissances comparées, \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \dfrac{x}{e^x}=0\). Ainsi, \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} (e^x-x)=+\infty\) et donc \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty}\ln(e^x-x)=+\infty\).

• Pour tout réel \(x>0\), \(e^x-\ln(x)=e^x\left(1-\dfrac{\ln(x)}{x} \times \dfrac{x}{e^x}\right)\). Or, par croissances comparées, \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \dfrac{\ln(x)}{x}=0\) et \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \dfrac{x}{e^x}=0\). Ainsi, \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty}(e^x-\ln(x))=+\infty\).

Pour tout réel \(x>0\), on pose \(u(x)=1+\ln(x)\) et \(v(x)=x\). \(u\) et \(v\) sont dérivables sur \(]0;+\infty[\) et \(v\) ne s’y annule pas. Ainsi, \(f\) est dérivable sur \(]0;+\infty\) et pour tout réel \(x>0\),

\[f'(x)= \dfrac{\frac{1}{x}\times x -(1+\ln(x))\times 1}{x^2} = – \dfrac{\ln(x)}{x^2}\]

Pour tout réel \(x>0\), on a \(x^2>0\). \(f'(x)\) est donc du signe de \(-\ln(x)\). Or, \(-\ln(x) \leqslant 0\) si et seulement si \(x \geqslant 1\). On obtient ainsi le tableau de variations suivant.

Soit \(x>0\)

\[ f(x)=0 \Leftrightarrow \dfrac{1+\ln(x)}{x}=0 \Leftrightarrow 1+\ln(x)=0 \Leftrightarrow x =e^{-1}=\dfrac{1}{e}\]

La fonction \(f\) est continue sur \([1;+\infty[\). De plus, \(f(1)=1\) et \(\displaystyle \lim_{x\to+\infty}f(x)=0\). Ainsi, d’après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe un réel \(c\) dans \([1;+\infty[\) tel que \(f(c)=\dfrac{1}{2}\). De plus, la fonction \(f\) étant strictement décroissante sur \([1;+\infty[\), ce réel est unique. A l’aide de la calculatrice, on trouve \(x \simeq 5,36\).

Si \(m \leqslant 0\), l’équation \(f(x)=m\) possède une unique solution sur \(]0;+\infty[\).

Si \(0 < m < 1\), cette équation possède deux solutions. Si \(m=1\), il n’y a qu’une solution. Enfin, si \(m>1\), l’équation \(f(x)=m\) n’a aucune solution.

\(f\) est dérivable sur \(]0;+\infty[\) et pour tout réel \(x>0\),
\[f'(x)= 2 \times \ln(x) \times \dfrac{1}{x} = \dfrac{2\ln(x)}{x}\]

qui est du signe de \(\ln(x)\).

Soit \(x>0\)

\[ f(x)=1 \Leftrightarrow (\ln(x))^2 = 1 \Leftrightarrow \ln(x)=1 \text{ OU } \ln(x)=-1 \Leftrightarrow x=e \text{ OU } x = \dfrac{1}{e}\]

Si \(m < 0\), l’équation \(f(x)=m\) n’admet aucune solution sur \(]0;+\infty[\). Si \(m=0\), cette équation possède une unique solution. Si \(m>1\), il y a deux solutions.

Le discriminant du polynôme \(x^2-2x+3\) vaut \(-8\) qui est négatif. Ainsi, pour tout réel \(x\), \(x^2-2x+3>0\). \(f\) est bien définie sur \(\mathbb{R}\).

La fonction \(x\mapsto x^2-2x+3\) est strictement positive et dérivable sur \(\mathbb{R}\). \(f\) est donc dérivable sur \(\mathbb{R}\) et pour tout réel \(x\), \(f'(x)=\dfrac{2x-2}{x^2-2x+3}\).

Puisque pour tout réel \(x\), \(x^2-2x+3>0\), \(f'(x)\) est du signe de \(2x-2\).

Pour tout réel \(x\), on pose \(u(x)=e^x-x\). \(u\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\) et pour tout réel \(x\), \(u'(x)=e^x-1\). On en déduit le tableau de variations de \(u\)

En particulier, pour tout réel \(x\), \(e^x-x\geqslant 1\) et donc \(e^x-x>0\). \(f\) est donc définie sur \(\mathbb{R}\). \(f\) est également dérivable sur \(\mathbb{R}\) et pour tout réel \(x\), \(f'(x)=\dfrac{e^x-1}{e^x-x}\). Les variations de \(f\) sont les mêmes que les variations de \(u\). On a donc le tableau de variations suivant.

On peut alors tracer l’allure de la courbe de \(f\).

1. Pour tout réel \(x\), \(e^x >0\) et donc \(1+e^x>0\). \(f\) est donc bien définie sur \(\mathbb{R}\).
2. \(f\) est dérivable comme composition de fonctions dérivables. Pour tout réel \(x\), \(f'(x)=\dfrac{e^x}{1+e^x}\)
3. On a \(\displaystyle\lim_{x \to + \infty}(1+e^x)=+\infty\) et \(\displaystyle\lim_{x \to – \infty}(1+e^x)=1\). Ainsi, \(\displaystyle\lim_{x \to + \infty}f(x)=+\infty\) et \(\displaystyle\lim_{x \to – \infty}f(x)=\ln(1)=0\). On obtient alors le tableau de variations suivant.

   

4. 1. Pour tout réel \(x\), \[g(x)=f(x)-x=\ln(1+e^x)-\ln(e^x)=\ln\left(\dfrac{1+e^x}{e^x}\right)=\ln(e^{-x}+1\).\]
   2. Pour tout réel \(x\), \(1+e^{-x}>1\) et donc \(\ln(1+e^{-x})>0\), par croissance du logarithme népérien sur \([1;+\infty[\). Il en vient que pour tout réel \(x\), \(g(x)>0\), soit \(f(x)-x>0\) et donc \(f(x)>x\).
   3. Puisque \(\displaystyle\lim_{x\to +\infty}(1+e^{-x})=1\), on a \(\displaystyle\lim_{x\to +\infty}g(x)=0\). La courbe de \(f\) se rapproche de la droite d’équation \(y=x\) au voisinage de \(+\infty\).

5. 

1. D’après le graphique, on a \(f(1)=4\) et \(f'(1)=0\).
2. Pour tout réel \(x\) strictement positif,
   \[f'(x)=\dfrac{\frac{b}{x} \times x – (a+b\ln(x)) \times 1}{x^2}=\dfrac{b-a-b\ln(x)}{x^2}\]
3. D’une part, \(f(1)=4\) d’après le graphique. Or, en utilisant la formule, on a \(f(1)=\dfrac{a+b\ln(1)}{1}=a\). Ainsi, \(a=4\). Par ailleurs, \(f'(1)=0\) d’après le graphique, et \(f'(1)=\dfrac{b-4-b\ln(1)}{1^2}=b-4\) en utilisant la formule. Il en vient que \(b-4=0\) et donc \(b=4\).
4. On a \(\displaystyle\lim_{x \to 0^+}(4+4\ln(x))=-\infty\) et donc \(\displaystyle\lim_{x \to 0^+}(f(x))=-\infty\). Par ailleurs, pour tout réel \(x\) strictement positif, \(f(x)=\dfrac{4}{x}+\dfrac{4\ln(x)}{x}\). Par croissances comparées et somme de limites, \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty}(f(x))=0\).
5. Pour tout \(x>0\), \(f'(x)=\dfrac{-4\ln(x)}{x^2}\) est du signe opposé à celui de \(\ln(x)\).

   

1. 1. Soit \(x > \dfrac{5}{3}\). Alors \(\ln(5x-3) \geqslant 0\) si et seulement si \(5x-3 \geqslant 1\) soit \(x\geqslant \dfrac{4}{5}\). \(S = \left[\dfrac{4}{5} +\infty\right[\).

1. 1. Soit \(x > \dfrac{2}{9}\). Alors \(\ln(9x-2) < 0\) si et seulement si \(9x-2 < 1\) soit \(x< \dfrac{1}{3}\). Ainsi, \(S=\left]\dfrac{2}{9};\dfrac{1}{3}\right[\).

1. Soit \(x \in \left]-\dfrac{1}{3};3\right[\). Alors \(\ln(3x+1) \geqslant \ln(3-x)\) si et seulement si \(3x+1 \geqslant 3-x\) soit \(x \geqslant \dfrac{1}{2}\). Finalement, \(S=\left[\dfrac{1}{2};3\right[\).

L’expression \((e^{2x}-3)(\ln(x)-1)\) existe pour tout réel \(x > 0\). Construisons le tableau de signe de cette expression.

Ainsi, l’ensemble solution recherché est \(S=\left]0;\dfrac{\ln(3)}{2}\right[ \cup \left]e;+\infty\right[\).

• Par croissance du logarithme népérien sur \(]0;+\infty[\), \(2^n \geqslant 40000\) si et seulement si \(\ln(2^n) \geqslant \ln(40000)\) soit \(n\ln(2) \geqslant \ln(40000)\) et, \(\ln(2)\) étant positif, \(n \geqslant \dfrac{\ln(40000)}{\ln(2)}\). L’entier recherché est 16.
• Par croissance du logarithme népérien sur \(]0;+\infty[\), \(1.01^n \geqslant 2\) si et seulement si \(\ln(1.01^n) \geqslant \ln(2)\) soit \(n\ln(1.01) \geqslant \ln(2)\) et, \(\ln(1.01)\) étant positif, \(n \geqslant \dfrac{\ln(2)}{\ln(1.01)}\). L’entier recherché est 70.
• Par croissance du logarithme népérien sur \(]0;+\infty[\), \(0.7^n \leqslant 10^{-3}\) si et seulement si \(\ln(0.7^n) \leqslant \ln(10^{-3})\) soit \(n\ln(0.7) \leqslant -3\ln(10)\) et, \(\ln(0.7)\) étant négatif, \(n \geqslant \dfrac{-3\ln(10)}{\ln(0.7)}\). L’entier recherché est 20.

• • \(121 \times 0,97^{2n+1} \leqslant 1\) si et seulement si \(0,97^{2n+1} \leqslant \dfrac{1}{121}\). Par croissance du logarithme népérien sur \(]0;+\infty[\), ceci équivaut à \((2n+1)\ln(0.97) \leqslant -\ln(121)\). En divisant par \(\ln(0.97)\) qui est négatif, on obtient \(2n+1\geqslant -\dfrac{\ln(121)}{\ln(0.97)}\) et donc \(n \geqslant \dfrac{1}{2}\left(-\dfrac{\ln(121)}{\ln(0.97)}-1\right)\). L’entier rercherché est 79.

• • \(3 \times 1,1^n -150 \geqslant 365\) si et seulement si \(1.1^n \geqslant \dfrac{515}{3}\). Par croissance du logarithme népérien sur \(]0;+\infty[\), ceci équivaut à \(n\ln(1.1)\geqslant \ln(515)-\ln(3)\) et donc \(n\geqslant \dfrac{\ln(515)-\ln(3)}{\ln(1.1)}\). L’entier recherché est 54.

• \( 10^{12}\times 2^{-n} \leqslant 0,1\) équivaut à \(2^{-n} \leqslant 10^{-13}\). Par croissance du logarithme népérien sur \(]0;+\infty[\), ceci équivaut à \(-n\ln(2) \leqslant -13\ln(10)\) et donc \(n\geqslant \dfrac{13\ln(10)}{\ln(2)}\). L’entier recherché est 44.

1. Pour tout entier naturel \(n\),
   \[a_{n+1}=u_{n+1}-8=\dfrac{7}{8}u_n+1-8=\dfrac{7}{8}(a_n+8)-7=\dfrac{7}{8}a_n\]
   La suite \((a_n)\) est donc géométrique, de raison \(\dfrac{7}{8}\) et de premier terme \(a_0=u_0-8=-3\)
2. Ainsi, pour tout entier naturel \(n\), \(a_n=-3 \left(\dfrac{7}{8}\right)^n\) et \(u_n=a_n+8=8-3\times\left(\dfrac{7}{8}\right)^n\)
3. Soit \(n\) un entier naturel. On a \(u_n \geqslant 7,999\) si et seulement si \(8-3\times\left(\dfrac{7}{8}\right)^n\geqslant 7.999\), ce qui équivaut à \(\left(\dfrac{7}{8}\right)^n \leqslant \dfrac{0.001}{3}\). Par croissance du logarithme népérien sur \(]0;+\infty[\), ceci équivaut à \(n\ln\left(\dfrac{7}{8}\right) \leqslant \ln\left(\dfrac{0.001}{3}\right)\) et donc, en divisant par \(\ln\left(\dfrac{7}{8}\right)\) qui est négatif, \(n \geqslant \dfrac{\ln\left(\frac{0.001}{3}\right)}{\ln\left(\frac{7}{8}\right)}\). L’entier recherché est 60.

Soit \(n\) un entier naturel. Après \(n\) années, la population de cette ville a été multipliée par \(1.03^n\). On cherche donc à résoudre l’équation \(1.03^n \geqslant 2\), ce qui équivaut à \(n\geqslant \dfrac{\ln(2)}{\ln(1.03)}\). L’entier recherché est 24 : la population aura doublé en 24 ans.

1. Si le test est négatif on aura fait un test : dans ce cas, on a \(X_n = 1\). Sinon, on aura fait un test joint puis \(n\) tests individuels : on aura alors \(X_n=n+1\).
2. \(\mathbb{P}(X_n = 1)\) est la probabilité que l’on ne fasse qu’un test : cela signifie que le test des \(n\) personnes est négatif et donc qu’elles ne sont pas malades. La probabilité qu’une personne au hasard soit malade est égale à 0.05. La probabilité qu’une personne au hasard soit saine est donc de 0.95. Le tirage étant assimilé à un tirage avec remise, on suppose ceux-ci indépendants. La probabilité que les \(n\) personnes soient saines vaut donc \(0.95^n\).
3. Puisque \(X_n\) ne peut prendre que les valeurs 1 et \(n+1\), on a alors \(\mathbb{P}(X_n = n+1)=1-0.95^n\).

   Ainsi, \(E[X_n]=(n+1) \times \mathbb{P}(X_n=n+1)+1\times \mathbb{P}(X_n = 1)=(n+1)(1-0.95^n)+0.95^n\) et donc \(E[X_n]=n+1-n \times 0.95^n\).

   Cette espérance représente le nombre moyen d’analyses à effectuer pour un échantillon de \(n\) personnes.

4. 1. \(f\) est dérivable sur \([20;+\infty[\) et pour tout réel \(x\) de cet intervalle, \(f'(x)=\dfrac{1}{x}+\ln(0.95)\).

      Or, \(x \geqslant 20\) et donc \(\dfrac{1}{x}\leqslant 0.05\) puis \(f'(x)\leqslant 0.05 + \ln(0.95) < 0\). \(f\) est strictement décroissante sur \([20;+\infty[\). Par ailleurs, pour tout réel \(x\geqslant 20\), \(f(x)=x\left(\dfrac{\ln(x)}{x}+\ln(0.95)\right)\). Or, par croissances comparées, \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\dfrac{\ln(x)}{x}=0\) et donc \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\left(\dfrac{\ln(x)}{x}+\ln(0.95)\right)=\ln(0.95)<0\). Par produit, \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=-\infty\).

   2. La fonction \(f\) est continue sur \([20;+\infty[\). On a \(f(20)\simeq 1.97\) et \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=-\infty\). D’après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe un réel \(\alpha \geqslant 20\) tel que \(f(\alpha)=0\). De plus, la fonction \(f\) étant strictement décroissante sur cet intervalle, une telle solution est unique. On trouve \(87 < \alpha < 87.1\).
   3. En utilisant les deux questions précédentes, on en déduit que \(f(x)\geqslant 0\) si \(x\in[20;\alpha ]\) et \(f(x) \leqslant 0\) si \(x\in [\alpha ; +\infty[\).
5. Soit \(n\geqslant 20\). On a \(E(X_n)< n\) si et seulement si \(n+1-n \times 0.95^n < n\) soit \(1 < n \times 0.95^n\).

   On applique le logarithme, qui est strictement croissant sur \([1;+\infty[\). Ainsi, \(E(X_n)< n\) si et seulement si \(0 < \ln(n \times 0.95^n)\).

   Tester toutes les personnes conduira à moins d’analyses qu’avec la méthode groupée pour des échantillons de 20 à 87 personnes au maximum. Au delà il vaut mieux utiliser la méthode de test groupés.