\documentclass[a4paper,12pt,french]{article}
\linespread{1}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% Définitions de la feuille d'exercices
\newcommand{\typedoc}{Correction DS} 
\newcommand{\ch}{Chapitre 4}
\newcommand{\Ch}{Ln}
\newcommand{\Cl}{TSTI2D1}
\newcommand{\Annee}{2014-2015}

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%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%		Packages
%\usepackage[french,lined,boxed,commentsnumbered]{algorithm2e}

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%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%		Packages
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\renewcommand{\arraystretch}{1}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%	Début
\begin{document}

\DocCha


\begin{ExoF}  \hfill \textbf{(3 points)}\\
 %Résoudre les deux inéquations suivantes :
 \begin{eqnarray*}
  3^n & \geq & 1000 \\
  \ln(3^n) & \geq & \ln(1000) \quad \text{le sens ne change pas car la fonction ln est croissante sur les positifs}\\
  n\ln(3) & \geq & \ln(1000) \\
  n & \geq & \dfrac{\ln(1000)}{\ln(3)} \quad \text{le sens ne change pas car } 3 >1 \text{ donc }\ln(3)>0
 \end{eqnarray*}
 $\dfrac{\ln(1000)}{\ln(3)} \simeq 6.29$ \quad Donc l'ensemble des solutions est $[7;+\infty[$
 \begin{eqnarray*}
  0.3^n & \leq & 0.001 \\
  \ln(0.3^n) & \leq & \ln(0.001) \quad \text{le sens ne change pas car la fonction ln est croissante sur les positifs}\\
  n\ln(0.3) & \leq & \ln(0.001) \\
  n & \geq & \dfrac{\ln(0.001)}{\ln(0.3)} \quad \text{le sens change car } 0.3 <1 \text{ donc }\ln(0.3)<0
 \end{eqnarray*}
$\dfrac{\ln(0.001)}{\ln(0.3)} \simeq 5.73$ \quad  Donc l'ensemble des solutions est $[6;+\infty[$
\end{ExoF}

\begin{ExoF} \hfill \textbf{(3 points)}\\
 \begin{center}
 \begin{tikzpicture}
  \tkzTabInit[espcl=6,lgt=3]{$x$/1, Signe de $(\ln(x))'= \dfrac{1}{x} $/1, Variation  de $\ln x$/3} {$0$  ,  $+\infty$}%
  \tkzTabLine {,+,}%
  \tkzTabVar {-/ $-\infty$ , + /$+\infty$ }
  \tkzTabVal[draw] {1}{2} {0.3} {$1$} {$0$}
  \tkzTabVal[draw] {1}{2} {0.7} {$e$} {$1$}
\end{tikzpicture}
\end{center}

\end{ExoF}


\newpage

\begin{ExoF} \textbf{ \hfill (14 points)} %Antilles Guyane  juin 2013

\begin{enumerate}
\item 	\begin{enumerate}
		\item Sur le graphique on voit que $f$ est décroissante sur $]0~;~+ \infty[$ ; 
		donc sur cet intervalle $f'(x)  < 0$ : seuls les points de $\Gamma$ ont leurs ordonnées 
		négatives : $\Gamma$ est donc la représentation de $f'$. \\
		\textbf{Ou encore}, on voit que $f$ est positive puis négative, donc ses primitives sont décroissantes puis croissantes. :
		seule la courbe $C$ vérifie cela. Donc  $C$ est la représentation graphique de l'une 
		des primitives de $f$ et par élimination, $\Gamma$ est la représentation de $f'$.
		\item %Par lecture graphique, donner $F(1)$.
D'après la question précédente  $C$ est la représentation graphique de l'une des primitives de $f$. 
On lit sur le graphe que le point de $C$ d'abscisse 1 a pour ordonnée 1. $F(1) = 1$.
	\end{enumerate}


\item %Dans cette question, on pourra vérifier la cohérence des résultats obtenus avec les courbes représentatives données sur le dessin. 
	\begin{enumerate}
		\item %Déterminer la limite de la fonction $f$ quand $x$ tend vers $0$. 
%Interpréter graphiquement cette limite.
On a pour $x > 0$, \: $\displaystyle\lim_{x \to 0} \dfrac{1}{x} = + \infty$ et  $\displaystyle\lim_{x \to 0} ln x  = - \infty$, donc par différence $\displaystyle\lim_{x \to 0} \dfrac{1}{x} - \ln x  = + \infty$.

Graphiquement ceci signifie que l'axe des ordonnées est asymptote verticale au graphe de $f$.
		\item %Déterminer la limite de la fonction $f$ quand $x$ tend vers $+ \infty$.
$\displaystyle\lim_{x \to + \infty} \dfrac{1}{x} = 0$ et $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} - \ln x = - \infty$, donc par somme de limites, 

$\displaystyle\lim_{x \to + \infty} f(x) = - \infty$. 
		\item %Calculer $f'(x)$ et montrer que l'on peut écrire : $f'(x) = \dfrac{- x - 1}{x^2}$.
Sur $]0~;~+ \infty[$, \:$f$ est dérivable et 

$f'(x) = - \dfrac{1}{x^2} - \dfrac{1}{x} $
\item Ainsi $f'(x)= - \dfrac{1}{x^2} - \dfrac{1\times x}{x \times x} =- \dfrac{1}{x^2} - \dfrac{x}{x^2} 
=\dfrac{- 1 - x}{x^2} = - \dfrac{x + 1}{x^2} = \dfrac{- x - 1}{x^2}$. 
		\item %Ã‰tudier le signe de $f'(x)$ puis donner le tableau de variations de $f$.
		Comme $x^2 > 0$ pour $x > 0$, le signe de $f'(x)$ est celui du numérateur $- x - 1$.
		
$- x - 1 > 0 \iff - 1 > x \iff x < - 1$ et $- x - 1 < 0 \iff - 1 < x \iff x > - 1$.

Comme $x > 0$, la dérivée est donc négative et ceci confirme que la fonction $f$ est décroissante sur $]0~;~+ \infty[$. D'oÃ¹ le tableau de variations :

\begin{center}
\psset{unit=1cm}
\begin{pspicture}(5,3)
\psframe(5,3)\psline(0,2)(5,2)\psline(0,2.5)(5,2.5)\psline(1,0)(1,3)\psline(1.1,0)(1.1,3)
\uput[u](0.5,2.4){$x$} \uput[u](1.5,2.4){$- \infty$} \uput[u](4.5,2.4){$+ \infty$}
\uput[u](0.5,1.9){$f'(x)$} \uput[u](3,1.9){$-$}
\rput(0.5,1){$f(x)$}
\psline{->}(1.5,1.5)(4.5,0.5)
\uput[d](1.5,2){$+ \infty$}\uput[u](4.5,0){$- \infty$} 
\end{pspicture}
\end{center}
	\end{enumerate} 
\item %Soit $H$ la fonction définie sur $]0~;~+ \infty[$ par : 

%\[H(x) = x - (x - 1) \ln x.\]
 
	\begin{enumerate}
		\item %Montrer que $H$ est une primitive de $f$ sur $]0~;~+ \infty[$.
On a $H'(x) = 1 - 1\ln x - (x - 1) \times \dfrac{1}{x} = 1 - \ln x - 1 + \dfrac{1}{x} = \dfrac{1}{x} - \ln x = f(x).$

$H$ est donc une des primitives de $f$. 
		\item %En déduire l'expression de la fonction $F$ de la question 1.
On a $H(1) = \dfrac{1}{1} - \ln 1 = 1$ et on a vu que $F(1) = 1$, donc $F = H$ et $F(x) =  x - (x - 1) \ln x$.
		
	\end{enumerate} 
\end{enumerate}
\end{ExoF}

\end{document}
