Exercices corrigés - Fonctions usuelles : logarithme, exponentielle, puissances

Soit $x\in\mathbb R$. On a \begin{eqnarray*} f_1(-x)&=&e^{-x}-e^{-(-x)}\\ &=&e^{-x}-e^{x}=-f_1(x). \end{eqnarray*} La fonction $f_1$ est impaire. De même, \begin{eqnarray*} f_2(-x)&=&\frac{e^{-2x}-1}{e^{-2x}+1}\\ &=&\frac{e^{-2x}(1-e^{2x})}{e^{-2x}(1+e^{2x})}\\ &=&-\frac{e^{2x}-1}{e^{2x}+1}=-f_2(x). \end{eqnarray*} La fonction $f_2$ est impaire. Enfin, \begin{eqnarray*} f_3(-x)&=&\frac{e^{-x}}{(e^{-x}+1)^2}\\ &=&\frac{e^{-x}}{e^{-2x}(1+e^{x})^2}\\ &=&\frac{e^x}{(1+e^{x})^2}=f_3(x). \end{eqnarray*} La fonction $f_3$ est elle aussi paire.

Donnons deux preuves de cette inégalité. La première utilise que pour tout $x\in \mathbb R$, on a à la fois $x\leq |x|$ et $-x\leq |x|$. Par croissance de la fonction exponentielle, on en déduit que $e^x\leq e^{|x|}$ et que $e^{-x}\leq e^{|x|}$. Faisant la somme de ces deux inégalités, on trouve $$e^x+e^{-x}\leq 2e^{|x|}\iff \frac{e^x+e^{-x}}2\leq e^{|x|}.$$ Pour la deuxième preuve, on peut procéder par disjonction de cas. Si $x\geq 0$, on a $e^{|x|}=e^x$. De plus, on a $-x\leq x$ et puisque la fonction exponentielle est croissante, on a $e^{-x}\leq e^x$. Ainsi, on a $$e^{-x}+e^{x}\leq e^x+e^x=2e^x=2e^{|x|}.$$ Si $x<0$, alors $|x|=-x$ et $x<-x$. Par croissance de la fonction exponentielle, on a $e^{x}\leq e^{-x}$ et donc $$e^{-x}+e^x\leq e^{-x}+e^{-x}=2e^{-x}=2e^{|x|}.$$

D'une part, on a $$\left(1+\frac 1n\right)^{n}=\exp\left(n\ln\left(1+\frac 1n\right)\right).$$ De l'inégalité $\ln(1+x)\leq x$, valable pour tout $x>-1$, on déduit $$\ln\left(1+\frac 1n\right)\leq \frac 1n$$ soit $$n\ln\left(1+\frac 1n\right)\leq 1.$$ Par croissance de la fonction exponentielle, on en déduit que $$\left(1+\frac 1n\right)^{n}=\exp\left(n\ln\left(1+\frac 1n\right)\right)\leq \exp(1)=e.$$ D'autre part, on a $$\left(1-\frac 1n\right)^{-n}=\exp\left(-n\ln\left(1-\frac 1n\right)\right).$$ En utilisant la même inégalité, on a $$\ln\left(1-\frac 1n\right)\leq -\frac 1n$$ soit en multipliant par $-n<0$ $$-n\ln\left(1-\frac 1n\right)\geq 1.$$ On conclut à nouveau par croissance de la fonction exponentielle.

La première limite donne une forme indéterminée $\infty/\infty$. On lève l'indétermination en factorisant par $e^x$ au dénominateur : $$\frac{e^x}{2e^x+e^{-2x}}=\frac{e^x}{e^x(2+e^{-3x})}=\frac{1}{2+e^{-3x}}.$$ Comme $\lim_{x\to-\infty}e^{-3x}=0$, on en déduit que $$\lim_{x\to+\infty}\frac{e^x}{2e^x+e^{-2x}}=\frac 12.$$ La deuxième limite n'est pas une forme indéterminée. En effet, on a $\lim_{x\to -\infty}e^x=0$ et $\lim_{x\to -\infty}2e^x+e^{-2x}=+\infty$. On en déduit que $$\lim_{x\to-\infty}\frac{e^x}{2e^x+e^{-2x}}=0.$$

On va étudier $g$. Pour cela, il faut aller jusqu'à la dérivée seconde! En effet, $g$ est de classe $C^\infty$ sur $\mathbb R_+$, avec $g'(x)=(x-1)e^x+1$. Il ne semble pas facile d'étudier directement le signe de $g'$. On va donc calculer la dérivée de $g'$, qui est $g''(x)=xe^x$, $x\in\mathbb R_+$.
$g''$ est positive sur $\mathbb R_+$, donc $g'$ est croissante sur cet intervalle. De plus, $g'(0)=0$ donc $g'$ est positive sur $\mathbb R_+$. Ainsi, $g$ est croissante sur $\mathbb R_+$ et comme $g(0)=0$, $g$ est positive sur $\mathbb R_+$.

Notons $t_0$ le temps (en heures) entre la mort et l'arrivée du médecin légiste. L'énoncé nous donne les informations suivantes : $$T(t_0)=32,\ T(t_0+1/2)=31.$$ Utilisant la formule donnant $T(t)$, on trouve donc $$Ae^{-ct_0}=12\textrm{ et }Ae^{-c(t_0+1/2)}=11.$$ Effectuons le quotient des deux équations. On trouve, d'après les propriétés de la fonction exponentielle, $$\frac{e^{-c(t_0+1/2)}}{e^{-ct_0}}=\frac{11}{12}\iff e^{-c/2}=\frac{11}{12}.$$ Prenant le logarithme, on en déduit que $$\frac{-c}2=\ln\left(\frac{11}{12}\right)\iff c=2\ln\left(\frac{12}{11}\right)\simeq 0,174.$$ On peut ensuite calculer $A$ en sachant que, au moment du crime, la température du corps était de 37°C. Ainsi, on a $A+20=37$ ce qui donne $A=17$. On calcule alors facilement $t_0$ car $$17e^{-ct_0}+20=32\iff e^{-ct_0}=\frac{12}{17}\iff -ct_0=\ln\left(\frac{12}{17}\right).$$ On trouve donc finalement que $$t_0=\frac{\ln\left(\frac{17}{12}\right)}c\simeq 2,001.$$ Le crime a eu lieu environ 2h avant la première prise de température par le médecin légiste.

On commence par remarquer que l'équation a un sens pour $x\neq 1$ et $x\neq 0$. Pour résoudre l'équation, on va enlever les valeurs absolues et il y a donc trois cas à étudier :

• si $x<-1,$ alors $$\ln |x|+\ln|x+1|=\ln(-x)+\ln(-x-1)=\ln\big(x(x+1)\big).$$ Ceci est nul si et seulement si $$x(x+1)=1\iff x^2+x-1=0$$ et cette équation admet deux solutions : $$x_1=\frac{-1-\sqrt 5}2\textrm{ et }x_2=\frac{-1+\sqrt 5}2.$$ Seul $x_1$ est dans l'intervalle $]-\infty,-1[.$
• si $-1<x<0,$ alors $$\ln|x|+\ln|x+1|=\ln(-x)+\ln(x+1)=\ln\big(-x(x+1)\big).$$ Ceci est nul si et seulement si $$-x(x+1)=1\iff x^2+x+1=0.$$ Cette équation n'a pas de solutions dans $\mathbb R.$
• si $x>0,$ alors $$\ln|x|+\ln|x+1|=\ln(x)+\ln(x+1)=\ln\big(x(x+1)\big).$$ On retrouve l'équation du premier cas, et cette fois c'est $x_2$ qui est dans l'intervalle considéré, $]0,+\infty[.$

Finalement, cette équation possède deux solutions, $(-1-\sqrt{5})/2$ et $(-1+\sqrt 5))/2$.

Notons $x=2^{43112609}$ et notons $n$ son nombre de chiffres en base 10. Alors on a $$10^{n-1}\leq x<10^n.$$ Prenant le logarithme, il vient $$(n-1)\ln(10)\leq\ln (x)< n\ln (10)$$ puis $$n-1\leq\frac{\ln(x)}{\ln(10)}<n.$$ Puisque $\ln(x)/\ln(10)=43112609\ln(2)/\ln(10)\simeq 12978188.5$, le nombre de chiffres vaut $12978189$.

Soit $a>0$ et $(a,\ln(a))$ un point sur la courbe représentative du logarithme. La tangente à la courbe en ce point a pour équation $$y-\ln (a)=\frac{1}{a}(x-a).$$ Elle passe par l'origine si et seulement si $$0-\ln a=\frac 1a(0-a)\iff -\ln a =-1\iff a=e.$$ Il y a donc un unique point pour lequel la tangente à la courbe représentative passe par l'origine, le point $(e,1)$.

On pose, pour $x\geq 0$, $$f(x)=x-\ln(1+x).$$ Alors $f$ est dérivable sur $\mathbb R_+$ et, pour tout $x\geq 0$, on a $$f'(x)=1-\frac1{1+x}=\frac{x}{x+1}\geq 0.$$ Ainsi, la fonction $f$ est croissante sur l'intervalle $[0,+\infty[$. De plus, $f(0)=0$, donc, pour tout $x\geq 0$, on a $f(x)\geq 0$ ce qui entraîne $\ln(1+x)\leq x$.
Pour démontrer l'autre inégalité, on introduit cette fois la fonction $g$ définie sur $[0,+\infty[$ par $$g(x)=\ln(1+x)-x+\frac{x^2}2.$$ $g$ est dérivable sur $\mathbb R_+$ et pour tout $x\geq 0$, on a $$g'(x)=\frac 1{1+x}-1+x=\frac{x^2}{1+x}\geq 0.$$ $g$ est donc croissante sur $\mathbb R_+$ et $g(0)\geq 0$, donc pour tout $x\geq 0$, $$g(x)\geq 0\iff x-\frac{x^2}2\leq \ln(1+x).$$

Remarquons d'abord que dans les deux cas, on cherche à résoudre l'équation seulement pour $x>0$ et $y>0$.

1. Par les propriétés algébriques du logarithme, la deuxième ligne du système est équivalente à $$\ln(xy)=\ln(6^3)=\ln(216).$$ La fonction logarithme étant bijective (ou par composition par la fonction exponentielle), on en déduit que $xy=216$. Ainsi, le système est équivalent à $$\left\{\begin{array}{rcl} x+y&=&30\\ xy&=&216 \end{array}\right.$$ Ainsi, par les relations entre les coefficients et les racines d'un polynôme du second degré, $x$ et $y$ sont solutions de l'équation $x^2-30x+216=0$. Les solutions de cette dernière équation sont 12 et 18. Donc les solutions du système sont les couples $(12,18)$ et $(18,12)$.
2. De même qu'à la question précédente, la deuxième ligne du système est équivalente à $$xy=91.$$ Ainsi, le système est équivalent à $$\left\{ \begin{array}{rcl} x^2+y^2&=&218\\ xy&=&91 \end{array}\right. \iff\left\{ \begin{array}{rcl} x^2+2xy+y^2=400 \\ x^2-2xy+y^2=36\end{array}\right. \iff\left\{ \begin{array}{rcl} (x+y)^2&=&20^2\\ (x-y)^2&=&6^2 \end{array} \right.$$ Quitte à permuter le rôle joué par $x$ et $y$, on peut supposer que $x\geq y$. Rappelons de plus que $x>0$ et $y>0$. On peut donc prendre la racine carrée de chacune des deux équations précédentes, ce qui donne le système $$\left\{\begin{array}{rcl} x+y&=&20\\ x-y&=&6 \end{array}\right.$$ Les solutions de ce système sont $x=13$ et $y=7$. Donc les solutions du système initial, en tenant compte de la symétrie de $x$ et $y$, sont les couples $(13,7)$ et $(7,13)$.

Pour la première limite, on a une forme indéterminée de la forme $\infty/\infty$. On va lever cette forme indéterminée en factorisant par le terme dominant, $x\ln x$, au dénominateur. On écrit donc $$\frac{\ln x}{1+x\ln x}=\frac{\ln x}{x\ln x}\times \frac{1}{\frac{1}{x\ln x}+1}=\frac{1}{x}\times \frac{1}{\frac{1}{x\ln x}+1}.$$ Comme $1/x\ln x$ tend vers $0$ en $+\infty$, on a $$\lim_{x\to+\infty}\frac{1}{\frac{1}{x\ln x}+1}=1$$ et donc $$\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x}{1+x\ln x}=0.$$ La deuxième limite n'est pas une forme indéterminée, puisque le dénominateur tend vers $1$ lorsque $x$ tend vers $0^+$ et que le numérateur tend vers $-\infty$. On en déduit que $$\lim_{x\to 0^+}\frac{\ln x}{1+x\ln x}=-\infty.$$

Pour $x>0$, posons $f(x)=x\ln(x)$. La fonction $f$ est dérivable sur $]0,+\infty[$ et de plus sa dérivée vérifie $$f'(x)=\ln(x)+1.$$ Or, $\ln(x)+1\geq 0\iff \ln(x)\geq -1\iff x\geq \exp(-1).$ Ainsi, $f'(x)> 0$ si $x> \exp(-1)$ et $f'(x)<0$ si $x<\exp(-1)$. On en déduit que la fonction $f$ est strictement décroissante sur $]0,e^{-1}]$ et strictement croissante sur $[e^{-1},+\infty[$. Or, $\lim_{x\to 0}f(x)=0<1$ et donc l'équation $f(x)=1$ n'admet pas de solutions dans l'intervalle $]0,e^{-1}]$. On a aussi $f(e^{-1})=-e^{-1}<0$ et $\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty$. Ainsi $f$, qui est continue et strictement croissante, réalise une bijection de $[e^{-1},+\infty[$ sur $[-e^{-1},+\infty[$. Comme $1\in [-e^{-1},+\infty[$, l'équation $x\ln(x)=1$ admet une unique solution dans cet intervalle.
Finalement, on a prouvé que l'équation $x\ln(x)=1$ admet une unique solution dans $]0,+\infty[$.

Posons, pour $x\neq 1$, $$f(x)=\ln(1+|x|)-\frac 1{x-1}=\ln(1+|x|)+\frac{1}{1-x}.$$ L'équation initiale est équivalente à l'équation $f(x)=0$. Remarquons que si $x<1$, alors $f(x)> 0$ et donc l'équation $f(x)=0$ n'admet pas de solutions dans l'intervalle $]-\infty,1[$. Nous allons ensuite étudier la fonction $f$ sur l'intervalle $]1,+\infty[$. Elle y est dérivable et $$f'(x)=\frac 1{1+x}+\frac{1}{(1-x)^2}>0.$$ La fonction $f$ est donc strictement croissante sur $]1,+\infty[$. De plus, on a $$\lim_{x\to 1^+}f(x)=-\infty,\ \lim_{x\to +\infty} f(x)=+\infty\textrm{ et }f(2)=\ln(3)-1>0.$$ $f$, qui est de plus continue, réalise une bijection de l'intervalle $]1,+\infty[$ sur $\mathbb R$. L'équation admet donc une unique solution $\alpha$ dans $]1,+\infty[$; le calcul de $f(2)$ et de la limite de $f$ en $1$ permettent de conclure que $1<\alpha<2$.

Posons, pour $x\neq \pm 1$, $$f(x)=\frac 1{x-1}+\frac 12\ln\left|\frac{1+x}{1-x}\right|-a.$$ La fonction $f$ est dérivable sur $\mathbb R\backslash \{\pm 1\}$; de plus, sa dérivée (qui ne dépend pas du signe de la quantité à l'intérieur de la valeur absolue dans le logarithme) est égale, après mise au même dénominateur, à $$f'(x)=\frac{-2x}{(1-x)^2(1+x)}.$$ On en déduit le tableau de variations suivant pour la fonction (le calcul des limites ne pose pas de difficultés particulières; en particulier, il n'y a pas de formes indéterminées) : Par continuité de $f$, en utilisant de plus sa stricte monotonie sur les intervalles $]-\infty,-1[$, $]-1,0[$, $]0,1[$ et $]1,+\infty[$, on discute le nombre de solutions suivant la valeur de $a$ :

• Si $a=0$, l'équation n'admet pas de solutions.
• Si $a>0$, l'équation admet une unique solution qui est située dans l'intervalle $]1,+\infty[$.
• Si $a\in]-1,0[$, l'équation admet une unique solution qui est située dans l'intervalle $]-\infty,-1[$.
• Si $a=-1$, l'équation admet deux solutions. L'une de ces solutions est $0$, l'autre est située dans l'intervalle $]-\infty,-1[$.
• Si $a<-1$, l'équation admet exactement trois solutions. L'une est située dans l'intervalle $]-\infty,-1[$, la seconde dans l'intervalle $]-1,0[$ et la troisième dans l'intervalle $]0,1[$.

Le logarithme étant une fonction croissante, on a $2^n\geq n^2$ si et seulement si $n\ln 2\geq 2\ln n$. Ceci nous incite à introduire et étudier la fonction $f$ définie sur $]0,+\infty[$ par $$f(x)=x\ln 2-2\ln x.$$ Cette fonction est dérivable, et sa dérivée est donnée par $$f'(x)=\ln 2-\frac{2}{x}=\frac{x\ln 2-2}x.$$ Ainsi, $f'(x)\geq 0$ si $x\geq 2/\ln 2\simeq 2,88$ et donc $f$ est croissante sur l'intervalle $[3,+\infty[$. Remarquons ensuite que $f(4)=4\ln 2-2\ln 4=0.$ Donc $f$ est positive sur l'intervalle $[4,+\infty[$. Ainsi, l'inégalité est vraie pour tous les entiers naturels $n\geq 4$. On peut tester à la main ce qui se passe pour $n=0,1,2,3$, et on trouve qu'elle est vraie en $0,1,2$ et fausse en 3.

Fixons $y>0$ et considérons la fonction définie sur $]0,+\infty[$ par $$f(x)=\ln\left(\frac{x+y}{2}\right)-\frac{\ln(x)+\ln(y)}2.$$ Il s'agit de démontrer que $f(x)\geq 0$ pour tout $x\in\mathbb R$. Pour cela, on va étudier les variations de $f$. $f$ est dérivable sur $]0,+\infty[$ et vérifie $$f'(x)=\frac{1}{x+y}-\frac{1}{2x}=\frac{x-y}{2x(x+y)}.$$ Ainsi $f'(x)\geq 0$ si $x\geq y$ et $f'(x)\leq 0$ si $x\leq y$. Autrement dit, $f$ est décroissante sur $]0,y[$ et croissante sur $]y,+\infty[$. Puisque $f(y)=0$, on en déduit bien que $f(x)\geq 0$ pour tout $x\in ]0,+\infty[$. On pourrait même démontrer que l'inégalité est stricte si $x\neq y$, car les monotonies prouvées ci-dessus sont strictes.

Voici les réponses : $$\begin{array}[t]{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|} \hline x&1&2&3&4&5&6&7&8&9&16&50&500&\sqrt{27}\\ \hline \log{x}&0&0,301&0,477&0,602&0,699& 0,778&0,845&0,903&0,954&1,204&1,699& 2,699&0,716\\ \hline \end{array}$$ Voici les explications :

• $\log(4)=\log(2\times 2)=\log(2)+\log(2)$
• $\log(5)=\log(10/2)=\log(10)-\log(2)=1-\log(2)$
• $\log(6)=\log(2\times 3)=\log(2)+\log(3)$
• $\log(8)=\log(2\times 4)=\log(2)+\log(4)$
• $\log(9)=\log(3\times 3)=\log(3)+\log(3)$
• $\log(16)=\log(4\times 4)=\log(4)+\log(4)$
• $\log(50)=\log(5\times 10)=\log(5)+1$
• $\log(500)=\log(5\times 10^2)=\log(5)+2$
• $\log(\sqrt{27})=\log(3\sqrt 3)=\log(3)+\frac12\log(3)=\frac 32\log(3)$

Procédons par l'absurde, et supposons que $\log_{10}2=\frac pq$ est rationnel; avec $p$ et $q$ des entiers naturels, avec $q\neq 0.$ Ceci s'écrit encore $$\frac{\ln 2}{\ln 10}=\frac pq\iff q\ln 2=p\ln 10\iff \ln(2^q)=\ln(10^p)\iff 2^q= 10^p.$$ Ceci se réécrit encore $2^p5^p=2^q$. Par unicité du développement en facteurs premiers, on obtiendrait nécessairement que $p=q$ et que $p=0$ et donc $q=0,$ ce qui est une contradiction avec ce qu'on a supposé. Donc $\log_{10}(2)$ est irrationnel.

1. On a $10^{-11}\leq [H_3O^+]\leq 10^{-10}$ et donc, puisque la fonction $x\mapsto \log(x)$ est croissante, on a $-11\leq \log[H_3O^+]\leq -10$ soit finalement $10\leq \textrm{pH}\leq 11.$ La solution est basique.
2. On a $-\textrm{pH}=\log [H_3O^+]$ et donc $[H_3O^+]=10^{-\textrm{pH}}.$
3. Puisque $5,\!25\leq \textrm{pH}\leq 5,\!45$, on a $-5,\!45\leq -\textrm{pH}\leq -5,\!25$ et par croissance de $x\mapsto 10^x$, on a $10^{-5,45}\leq [H_3O^+]\leq 10^{-5,25}.$
4. Notons $c_1$ et $c_2$ la concentration en ions $H_3O^+$ des deux solutions. Si $c_1\leq c_2$, alors $\log(c_1)\leq \log(c_2)$ et donc $-\log(c_1)\geq -\log(c_2)$ : le pH diminue. Si $c_2=10c_1$, alors $\log(c_2)=\log(c_1)+1$ et donc le pH diminue de $1$. Si la concentration est multipliée par 100, le PH diminue de 2.
5. Notons $\textrm{pH_1}$ le pH de la première solution, et $\textrm{pH_2}$ celui de la deuxième. Si le pH augmente de $1$, alors $c_2=10^{-\textrm{pH_2}}=10^{-\textrm{pH_1+1}}=10^{-1}10^{-\textrm{pH_1}}=c_1/10$. La concentration est donc divisée par $10$. Si le pH augmente de $2$, la concentration est divisée par $100.$

En mettant les puissances de $2$ et les puissances de $3$ dans le même membre, et en factorisant, on trouve : $$ \begin{array}{lrcl} &2^{2x}-3^{x-\frac 12}&=&3^{x+\frac 12}-2^{2x-1}\\ \iff& 2^{2x}+2^{2x-1}&=&3^{x+\frac12}+3^{x-\frac 12}\\ \iff&2^{2x-1}(2+1)&=&3^{x-\frac 12}(3+1)\\ \iff&3\cdot 2^{2x-1}&=&2^2\cdot 3^{x-\frac 12}\\ \iff& 2^{2x-3}&=&3^{x-\frac32}. \end{array} $$ On résout alors cette équation en passant au logarithme. Elle est équivalente (car le logarithme est une bijection de $]0,+\infty[$ sur $\mathbb R$) à \begin{align*} (2x-3)\ln 2=\left(x-\frac 32\right)\ln(3)&\iff (2\ln(2)-\ln(3))x= 3\ln(2)-\frac{3}2\ln(3)\\ &\iff x=\frac{3\ln(2)-\frac32\ln(3)}{2\ln(2)-\ln(3)}\\ &\iff x=\frac 32. \end{align*} L'équation admet donc une unique solution, $x=3/2.$

Remarquons d'abord que cette équation n'a de sens que sur $]0,+\infty[$. Sur cet intervalle, en passant par l'écriture exponentielle des puissances, on a \begin{eqnarray*} x^{\sqrt x}=\left(\sqrt x\right)^x&\iff&e^{\sqrt x\ln x}=e^{x\ln \sqrt x}\\ &\iff&\sqrt x\ln x=\frac{x}2\ln x\textrm{ car la fonction $\exp$ est injective}\\ &\iff&(\ln x=0)\textrm{ ou }(x=2\sqrt x)\\ &\iff&x=1\textrm{ ou }x=4 \end{eqnarray*} (rappelons qu'on a supposé a priori $x>0$).

On écrit simplement $$y^x=(y^3)^{x/3}=x^{2x/3}=x^y,$$ ce qui s'écrit encore $$\exp\left(\frac{2x}3\ln x\right)=\exp\left(y\ln x\right).$$ Prenant le logarithme, cela donne $$\frac{2x}3\ln x=y\ln x.$$ On en déduit que, ou bien $\ln x=0$, soit $x=y=1$. Sinon, on a $$y=\frac{2x}3,$$ ce qui donne $$x^2=\frac{8}{27}x^3.$$ La seule solution dans $]0,+\infty[$ est $$x=\frac{27}8$$ soit $y=\frac 94.$ Les solutions de l'équation sont donc les couples $(1,1)$ et $(\frac{27}8,\frac 94)$.

On commence par écrire que $f(x)=e^{-(\ln x)^2}$. Ainsi, on en déduit que la fonction $f$ est définie et dérivable sur l'intervalle $]0,+\infty[$. Sa dérivée est $$f'(x)=-\frac 2x(\ln x) e^{-(\ln x)^2}.$$ $f'$ est donc positive sur $]0,1[$ et négative sur $]1,+\infty[$. De plus, quand $x\to 0$, on a successivement $\ln x\to -\infty$, $-(\ln x)^2\to -\infty$ et par composition $f(x)\to 0$. De la même façon, on a $\lim_{x\to+\infty}f(x)=0$. Ainsi, on obtient le tableau de variations suivant : La courbe obtenue est :

Le point de départ est de remarquer que $$n^p=p^n\iff p\ln n=n\ln p\iff \frac{\ln n}n=\frac{\ln p}p.$$ Ceci nous amène à étudier la fonction $f$ définie sur $]0,+\infty[$ par $f(x)=\frac{\ln x}x$. Cette fonction est dérivable sur son domaine de définition, de dérivée $$f'(x)=\frac{1-\ln x}{x^2}.$$ On obtient le tableau de variations suivant : La fonction est donc strictement croissante sur $[1,e]$, et strictement décroissante sur $[e,+\infty[$. Si les entiers naturels $(n,p)$ vérifient $f(n)=f(p)$, l'un de ces deux entiers, disons $n$, doit être dans $[1,e]$, et l'autre doit être dans $[e,+\infty[$. Or, dans $[1,e]$, il n'y a que deux entiers : $n=1$ et $n=2$. Pour $n=1$, $f(1)=0$, et la valeur nulle n'est pas prise par la fonction $f$ sur $[e,+\infty[$. Pour $n=2$, on a $f(2)=(\ln 2)/2=f(4)$. La seule solution pour cette équation est donc $$2^4=4^2.$$

Pour $x>0$, posons $$f(x)=x^{1/x}=\exp\left(\frac {\ln x}x\right)$$ de sorte que $\sqrt[n]n=f(n)$. $f$ est dérivable sur l'intervalle $]0,+\infty[$ et on a $$f'(x)=\frac{1-\ln x}{x^2}\exp\left(\frac {\ln x}x\right).$$ Pour $x>0$, $f'(x)$ est du signe de $1-\ln x$, donc $f'(x)>0$ si $x\in ]0,e[$ et $f'(x)<0$ si $x\in ]e,+\infty[$. Puisque $3>e$, on en déduit que la fonction $f$ est strictement décroissante sur $[3,+\infty[$. En particulier, pour $n\geq 3$, on a $f(n)\leq f(3)$, et donc la plus grande valeur de $\sqrt[n]{n}$ est atteinte pour $n=2$ ou pour $n=3$. Comme $$\sqrt 2\simeq 1,41\textrm{ et }\sqrt[3]3\simeq 1,44$$ la valeur maximale vaut $\sqrt[3]{3}.$

L'étudiant 1 se trompe dans la définition d'une fonction qui tend vers l'infini. Il faut démontrer que pour tout $M\in\mathbb R$, il existe $A\in\mathbb R$ tel que, pour tout $x\geq A$, on a $\ln(x)\geq M$. L'étudiant 2 fait une erreur plus subtile. Pour qu'en posant $X=e^x$, on puisse déduire que $\lim_{X\to+\infty}\ln(X)=+\infty$ de l'information $\lim_{x\to+\infty}\ln(e^x)=x$, il faut pouvoir prouver que $X\to+\infty$ implique $x\to\infty$. Mais $x=\ln(X)$ et donc....