Corrigé du contrôle de maths Terminale : équations et inéquations avec ln

Exercice 1 : Propriétés algébriques du logarithme (4 points)

1. D’abord, \(72 = 8 \times 9 = 2^3 \times 3^2\), donc \(\ln 72 = \ln(2^3) + \ln(3^2)\). \(A = 3\ln 2 + 2\ln 3\).
2. \(\ln(\frac{1}{16}) = -\ln 16 = -\ln(2^4) = -4\ln 2\) et \(\ln\sqrt{27} = \frac{1}{2}\ln 27 = \frac{1}{2}\ln(3^3) = \frac{3}{2}\ln 3\).
   Ainsi, \(B = -4\ln 2 + \frac{3}{2}\ln 3\).
3. \(\ln(e^3) = 3\) et \(\ln(\frac{e}{2}) = \ln e – \ln 2 = 1 – \ln 2\).
   Donc \(C = 3 – (1 – \ln 2)\). \(C = 2 + \ln 2\).
4. \(e^{2\ln 3} = e^{\ln(3^2)} = 3^2 = 9\) et \(\ln(e^{-2}) = -2\).
   Alors \(D = 9 – (-2)\). \(D = 11\).

Barème : 1 point par expression : 0,5 point pour la propriété utilisée, 0,5 point pour le résultat.

Exercice 2 : Résoudre des équations (5 points)

1. L’équation a un sens si \(2x – 1 > 0\), soit \(x > \frac{1}{2}\).
   Ensuite, \(\ln(2x – 1) = 0 \iff \ln(2x – 1) = \ln 1 \iff 2x – 1 = 1 \iff x = 1\), et \(1 > \frac{1}{2}\).
   Donc \(S = \{1\}\).
2. L’équation a un sens si \(x + 3 > 0\) et \(x – 1 > 0\), c’est-à-dire si \(x > 1\). Alors, sur \(]1\,;+\infty[\) :
   \(\ln(x + 3) + \ln(x – 1) = \ln 12 \iff \ln((x + 3)(x – 1)) = \ln 12 \iff (x + 3)(x – 1) = 12\)
   \(\iff x^2 + 2x – 3 = 12 \iff x^2 + 2x – 15 = 0\).
   Puis \(\Delta = 2^2 – 4 \times 1 \times (-15) = 64\), donc \(x_1 = \frac{-2 – 8}{2} = -5\) et \(x_2 = \frac{-2 + 8}{2} = 3\).
   Cependant, seule la solution \(3\) appartient à \(]1\,;+\infty[\). Donc \(S = \{3\}\).

Équations par changement de variable

3. On pose \(X = e^x\). Puisque \(e^{2x} = (e^x)^2\), l’équation devient \(X^2 – 5X + 6 = 0\).
   Alors \(\Delta = 25 – 24 = 1\), donc \(X = \frac{5 – 1}{2} = 2\) ou \(X = \frac{5 + 1}{2} = 3\).
   Enfin, \(e^x = 2 \iff x = \ln 2\) et \(e^x = 3 \iff x = \ln 3\).
   \(S = \{\ln 2\,;\ln 3\}\).
4. L’équation a un sens pour \(x > 0\). On pose alors \(X = \ln x\) : \(X^2 – X – 2 = 0\).
   Ainsi, \(\Delta = 1 + 8 = 9\), donc \(X = \frac{1 – 3}{2} = -1\) ou \(X = \frac{1 + 3}{2} = 2\).
   Ensuite, \(\ln x = -1 \iff x = e^{-1}\) et \(\ln x = 2 \iff x = e^2\), deux réels strictement positifs.
   \(S = \{e^{-1}\,;e^2\}\).

Erreur fréquente : garder la solution \(-5\) au b). En effet, pour \(x = -5\), \(\ln(x – 1) = \ln(-6)\) n’existe pas : le domaine de validité élimine cette valeur.

Barème : a) 1 point : 0,5 point pour le domaine, 0,5 point pour la solution ; b) 1,5 point : 0,5 point pour le domaine, 0,5 point pour l’équation du second degré, 0,5 point pour le tri des solutions ; c) 1,5 point : 0,5 point pour le changement de variable, 0,5 point pour \(X\), 0,5 point pour \(x\) ; d) 1 point : 0,5 point pour les valeurs de \(X\), 0,5 point pour les solutions.

Exercice 3 : Résoudre des inéquations (4 points)

1. Domaine : \(3 – x > 0\), soit \(x < 3\). Or la fonction ln est strictement croissante sur \(]0\,;+\infty[\) :
   \(\ln(3 – x) \leq\, \ln 1 \iff 3 – x \leq\, 1 \iff x \geq\, 2\).
   Ainsi, \(S = [2\,;3[\).
2. Domaine : \(x > 0\) et \(4 – x > 0\), soit \(0 < x < 4\). Ensuite, par stricte croissance de ln :
   \(\ln x > \ln(4 – x) \iff x > 4 – x \iff x > 2\).
   Donc \(S = ]2\,;4[\).
3. Les deux membres sont strictement positifs. De plus, ln est strictement croissante :
   \(e^{3x – 1} \geq\, 5 \iff 3x – 1 \geq\, \ln 5 \iff x \geq\, \frac{1 + \ln 5}{3}\).
   \(S = [\frac{1 + \ln 5}{3}\,;+\infty[\), avec \(\frac{1 + \ln 5}{3} \approx 0{,}87\).
4. Domaine : \(x > 0\) et \(x + 6 > 0\), soit \(x > 0\). Or, sur \(]0\,;+\infty[\), \(2\ln x = \ln(x^2)\), donc :
   \(\ln(x^2) \leq\, \ln(x + 6) \iff x^2 \leq\, x + 6 \iff x^2 – x – 6 \leq\, 0\).
   Les racines de \(x^2 – x – 6\) sont \(-2\) et \(3\) (\(\Delta = 25\)). Ainsi, le trinôme est négatif ou nul entre ses racines : \(-2 \leq\, x \leq\, 3\).
   Enfin, avec le domaine : \(S = ]0\,;3]\).

Barème : 1 point par inéquation : 0,5 point pour le domaine et la transformation, 0,5 point pour l’intervalle solution.

Exercice 4 : Limites avec ln (3 points)

1. \(\lim_{x \to +\infty} \ln x = +\infty\), donc \(\lim_{x \to +\infty} (-3\ln x) = -\infty\) et \(\lim_{x \to +\infty} (2 – 3\ln x) = -\infty\).
2. On écrit \(\frac{\ln x}{x} = \ln x \times \frac{1}{x}\). Lorsque \(x\) tend vers 0 par valeurs positives, \(\ln x\) tend vers \(-\infty\) et \(\frac{1}{x}\) tend vers \(+\infty\). Par produit, \(\lim_{x \to 0^{+}} \frac{\ln x}{x} = -\infty\). (Ce n’est pas une forme indéterminée.)
3. \(\lim_{x \to +\infty} (1 + \frac{1}{x}) = 1\) et \(\lim_{X \to 1} \ln X = \ln 1 = 0\). Par composition, \(\lim_{x \to +\infty} \ln(1 + \frac{1}{x}) = 0\).
4. On pose \(g(x) = \ln(1 + x)\), dérivable en 0 avec \(g(0) = 0\) et \(g^{\prime}(x) = \frac{1}{1 + x}\). Ainsi, \(\frac{\ln(1 + x)}{x} = \frac{g(x) – g(0)}{x – 0}\). C’est le taux d’accroissement de \(g\) en 0 : il tend donc vers \(g^{\prime}(0) = 1\).
   \(\lim_{x \to 0} \frac{\ln(1 + x)}{x} = 1\).

Barème : a) 0,5 point ; b) 1 point : 0,5 point pour les limites des deux facteurs, 0,5 point pour la conclusion ; c) 0,5 point ; d) 1 point : 0,5 point pour le taux d’accroissement reconnu, 0,5 point pour la limite.

Exercice 5 : Élimination d’un médicament (4 points)

1. Perdre 20 % revient à multiplier par \(1 – \frac{20}{100} = 0{,}8\) : \(q_{n+1} = 0{,}8\,q_n\). La suite \((q_n)\) est donc géométrique de raison \(0{,}8\) et de premier terme \(q_0 = 50\). Pour tout entier naturel \(n\), \(q_n = 50 \times 0{,}8^n\).
2. On a \(q_3 = 50 \times 0{,}8^3 = 50 \times 0{,}512 = 25{,}6\). Ainsi, trois heures après l’injection, il reste \(25{,}6\) mg de médicament.
3. \(q_n < 0{,}5 \iff 50 \times 0{,}8^n < 0{,}5 \iff 0{,}8^n < 0{,}01\).
   Or la fonction ln est strictement croissante : \(0{,}8^n < 0{,}01 \iff n\ln 0{,}8 < \ln 0{,}01\).
   Puisque \(0{,}8 < 1\), \(\ln 0{,}8 < 0\). Donc, en divisant par ce nombre négatif, on change le sens de l’inégalité :
   \(n > \frac{\ln 0{,}01}{\ln 0{,}8}\), avec \(\frac{\ln 0{,}01}{\ln 0{,}8} \approx 20{,}64\).
   Ainsi, le plus petit entier qui convient est \(n = 21\) : le médicament est considéré comme éliminé au bout de 21 heures.
   Contrôle : \(q_{20} \approx 0{,}576\) et \(q_{21} \approx 0{,}461\).
4. \(q_n \leq\, 25 \iff 0{,}8^n \leq\, 0{,}5 \iff n \geq\, \frac{\ln 0{,}5}{\ln 0{,}8}\), avec \(\frac{\ln 0{,}5}{\ln 0{,}8} \approx 3{,}11\). Au bout de 4 heures (\(q_3 = 25{,}6\) mais \(q_4 = 20{,}48\)).

Erreur fréquente : écrire \(n < \frac{\ln 0{,}01}{\ln 0{,}8}\) en oubliant que \(\ln 0{,}8\) est négatif. On trouverait alors que seules les 20 premières heures conviennent, ce qui est absurde.

Barème : a) 1 point : 0,5 point pour le coefficient multiplicateur, 0,5 point pour la forme explicite ; b) 0,5 point ; c) 2 points : 0,5 point pour l’équivalence avec \(0{,}8^n < 0{,}01\), 0,5 point pour le passage au logarithme, 0,5 point pour le changement de sens justifié, 0,5 point pour \(n = 21\) ; d) 0,5 point.

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Après le corrigé du contrôle : équations et inéquations avec ln

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