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Equations et inéquations - Exercice 2

25 min
35
Pour chaque question, préciser l'ensemble de résolution de l'équation puis la résoudre.
Question 1

(ln⁡(x))2+2ln⁡(x)−3=0\left(\ln \left(x\right)\right)^{2} +2\ln \left(x\right)-3=0

Correction
Soit xx un réel strictement positif.
On va effectuer un changement de variable. On pose X=ln⁡(x)X=\ln \left(x\right)
Il en résulte que {X2+2X−3=0X=ln⁡(x)\left\{\begin{array}{c} {X^{2} +2X-3=0} \\ {X=\ln \left(x\right)} \end{array}\right. .
On utilise le discriminant
Δ=16\Delta =16
.
Il existe donc deux racines réelles distinctes notées X1X_{1} et X2X_{2} tels que X1=−b−Δ2aX_{1} =\frac{-b-\sqrt{\Delta } }{2a} et X2=−b+Δ2aX_{2} =\frac{-b+\sqrt{\Delta } }{2a}
X1=−3X_{1} =-3 et X2=1X_{2} =1.
Or nous avons posé X=ln⁡(x)X=\ln \left(x\right), il en résulte que
ln⁡(x)=−3\ln \left(x\right)=-3 ou encore ln⁡(x)=1\ln \left(x\right)=1
A=ln⁡(eA)A=\ln \left(e^{A} \right)
  • Résolvons d'une part ln⁡(x)=1\ln \left(x\right)=1.
    • Il vient alors que ln⁡(x)=1⇔ln⁡(x)=ln⁡(e1)⇔\ln \left(x\right)=1\Leftrightarrow \ln \left(x\right)=\ln \left(e^{1} \right)\Leftrightarrow
    x=e1x=e^{1}
  • Résolvons d'une part ln⁡(x)=−3\ln \left(x\right)=-3.
    • Il vient alors que ln⁡(x)=−3⇔ln⁡(x)=ln⁡(e−3)⇔\ln \left(x\right)=-3\Leftrightarrow \ln \left(x\right)=\ln \left(e^{-3} \right)\Leftrightarrow
    x=e−3x=e^{-3}

    Finalement les solutions de l'équation (ln⁡(x))2+2ln⁡(x)−3=0\left(\ln \left(x\right)\right)^{2} +2\ln \left(x\right)-3=0 sont :
    S={e−3;e1}S=\left\{e^{-3} ;e^{1} \right\}
    Question 2

    2(ln⁡(x))2−4ln⁡(x)−16=02\left(\ln \left(x\right)\right)^{2} -4\ln \left(x\right)-16=0

    Correction
    Soit xx un réel strictement positif.
    On va effectuer un changement de variable. On pose X=ln⁡(x)X=\ln \left(x\right)
    Il en résulte que {2X2−4X−16=0X=ln⁡(x)\left\{\begin{array}{c} {2X^{2} -4X-16=0} \\ {X=\ln \left(x\right)} \end{array}\right. .
    On utilise le discriminant
    Δ=144\Delta =144
    .
    Il existe donc deux racines réelles distinctes notées X1X_{1} et X2X_{2} tels que X1=−b−Δ2aX_{1} =\frac{-b-\sqrt{\Delta } }{2a} et X2=−b+Δ2aX_{2} =\frac{-b+\sqrt{\Delta } }{2a}
    X1=−2X_{1} =-2 et X2=4X_{2} =4.
    Or nous avons posé X=ln⁡(x)X=\ln \left(x\right), il en résulte que
    ln⁡(x)=−2\ln \left(x\right)=-2 ou encore ln⁡(x)=4\ln \left(x\right)=4 .
    A=ln⁡(eA)A=\ln \left(e^{A} \right)
  • Résolvons d'une part ln⁡(x)=4\ln \left(x\right)=4. Il vient alors que ln⁡(x)=4⇔ln⁡(x)=ln⁡(e4)⇔\ln \left(x\right)=4\Leftrightarrow \ln \left(x\right)=\ln \left(e^{4} \right)\Leftrightarrow
    x=e4x=e^{4}
  • Résolvons d'une part ln⁡(x)=−2\ln \left(x\right)=-2. Il vient alors que ln⁡(x)=−2⇔ln⁡(x)=ln⁡(e−2)⇔\ln \left(x\right)=-2\Leftrightarrow \ln \left(x\right)=\ln \left(e^{-2} \right)\Leftrightarrow
    x=e−2x=e^{-2}
    • Finalement les solutions de l'équation 2(ln⁡(x))2−4ln⁡(x)−16=02\left(\ln \left(x\right)\right)^{2} -4\ln \left(x\right)-16=0 sont
    S={e−2;e4}S=\left\{e^{-2} ;e^{4} \right\}
    Question 3

    (ln⁡(x))2+4ln⁡(x)−5=0\left(\ln \left(x\right)\right)^{2} +4\ln \left(x\right)-5=0

    Correction
    Soit xx un réel strictement positif.
    On va effectuer un changement de variable. On pose X=ln⁡(x)X=\ln \left(x\right)
    Il en résulte que {X2+4X−5=0X=ln⁡(x)\left\{\begin{array}{c} {X^{2} +4X-5=0} \\ {X=\ln \left(x\right)} \end{array}\right. .
    On utilise le discriminant
    Δ=36\Delta =36
    .
    Il existe donc deux racines réelles distinctes notées X1X_{1} et X2X_{2} tels que X1=−b−Δ2aX_{1} =\frac{-b-\sqrt{\Delta } }{2a} et X2=−b+Δ2aX_{2} =\frac{-b+\sqrt{\Delta } }{2a}
    X1=−5X_{1} =-5 et X2=1X_{2} =1.
    Or nous avons posé X=ln⁡(x)X=\ln \left(x\right), il en résulte que
    ln⁡(x)=−5\ln \left(x\right)=-5 ou encore ln⁡(x)=1\ln \left(x\right)=1
    A=ln⁡(eA)A=\ln \left(e^{A} \right)
  • Résolvons d'une part ln⁡(x)=1\ln \left(x\right)=1.
    • Il vient alors que ln⁡(x)=1⇔ln⁡(x)=ln⁡(e1)⇔\ln \left(x\right)=1\Leftrightarrow \ln \left(x\right)=\ln \left(e^{1} \right)\Leftrightarrow
    x=e1x=e^{1}
  • Résolvons d'une part ln⁡(x)=−5\ln \left(x\right)=-5.
    • Il vient alors que ln⁡(x)=−5⇔ln⁡(x)=ln⁡(e−5)⇔\ln \left(x\right)=-5\Leftrightarrow \ln \left(x\right)=\ln \left(e^{-5} \right)\Leftrightarrow
    x=e−5x=e^{-5}

    Finalement les solutions de l'équation (ln⁡(x))2+4ln⁡(x)−5=0\left(\ln \left(x\right)\right)^{2} +4\ln \left(x\right)-5=0 sont :
    S={e−5;e1}S=\left\{e^{-5} ;e^{1} \right\}
    Question 4

    (ln⁡(x))2+7ln⁡(x)−8=0\left(\ln \left(x\right)\right)^{2} +7\ln \left(x\right)-8=0

    Correction
    Soit xx un réel strictement positif.
    On va effectuer un changement de variable. On pose X=ln⁡(x)X=\ln \left(x\right)
    Il en résulte que {X2+7X−8=0X=ln⁡(x)\left\{\begin{array}{c} {X^{2} +7X-8=0} \\ {X=\ln \left(x\right)} \end{array}\right. .
    On utilise le discriminant
    Δ=81\Delta =81
    .
    Il existe donc deux racines réelles distinctes notées X1X_{1} et X2X_{2} tels que X1=−b−Δ2aX_{1} =\frac{-b-\sqrt{\Delta } }{2a} et X2=−b+Δ2aX_{2} =\frac{-b+\sqrt{\Delta } }{2a}
    X1=−8X_{1} =-8 et X2=1X_{2} =1.
    Or nous avons posé X=ln⁡(x)X=\ln \left(x\right), il en résulte que
    ln⁡(x)=−8\ln \left(x\right)=-8 ou encore ln⁡(x)=1\ln \left(x\right)=1
    A=ln⁡(eA)A=\ln \left(e^{A} \right)
  • Résolvons d'une part ln⁡(x)=1\ln \left(x\right)=1.
    • Il vient alors que ln⁡(x)=1⇔ln⁡(x)=ln⁡(e1)⇔\ln \left(x\right)=1\Leftrightarrow \ln \left(x\right)=\ln \left(e^{1} \right)\Leftrightarrow
    x=e1x=e^{1}
  • Résolvons d'une part ln⁡(x)=−8\ln \left(x\right)=-8.
    • Il vient alors que ln⁡(x)=−8⇔ln⁡(x)=ln⁡(e−8)⇔\ln \left(x\right)=-8\Leftrightarrow \ln \left(x\right)=\ln \left(e^{-8} \right)\Leftrightarrow
    x=e−8x=e^{-8}

    Finalement les solutions de l'équation (ln⁡(x))2+7ln⁡(x)−8=0\left(\ln \left(x\right)\right)^{2} +7\ln \left(x\right)-8=0 sont :
    S={e−8;e1}S=\left\{e^{-8} ;e^{1} \right\}
    Question 5

    (ln⁡(x))2−8ln⁡(x)+15=0\left(\ln \left(x\right)\right)^{2} -8\ln \left(x\right)+15=0

    Correction
    Soit xx un réel strictement positif.
    On va effectuer un changement de variable. On pose X=ln⁡(x)X=\ln \left(x\right)
    Il en résulte que {X2−8X+15=0X=ln⁡(x)\left\{\begin{array}{c} {X^{2} -8X+15=0} \\ {X=\ln \left(x\right)} \end{array}\right. .
    On utilise le discriminant
    Δ=4\Delta =4
    .
    Il existe donc deux racines réelles distinctes notées X1X_{1} et X2X_{2} tels que X1=−b−Δ2aX_{1} =\frac{-b-\sqrt{\Delta } }{2a} et X2=−b+Δ2aX_{2} =\frac{-b+\sqrt{\Delta } }{2a}
    X1=5X_{1} =5 et X2=3X_{2} =3.
    Or nous avons posé X=ln⁡(x)X=\ln \left(x\right), il en résulte que
    ln⁡(x)=5\ln \left(x\right)=5 ou encore ln⁡(x)=3\ln \left(x\right)=3
    A=ln⁡(eA)A=\ln \left(e^{A} \right)
  • Résolvons d'une part ln⁡(x)=3\ln \left(x\right)=3.
    • Il vient alors que ln⁡(x)=3⇔ln⁡(x)=ln⁡(e3)⇔\ln \left(x\right)=3\Leftrightarrow \ln \left(x\right)=\ln \left(e^{3} \right)\Leftrightarrow
    x=e3x=e^{3}
  • Résolvons d'une part ln⁡(x)=5\ln \left(x\right)=5.
    • Il vient alors que ln⁡(x)=5⇔ln⁡(x)=ln⁡(e5)⇔\ln \left(x\right)=5\Leftrightarrow \ln \left(x\right)=\ln \left(e^{5} \right)\Leftrightarrow
    x=e5x=e^{5}

    Finalement les solutions de l'équation (ln⁡(x))2−8ln⁡(x)+15=0\left(\ln \left(x\right)\right)^{2} -8\ln \left(x\right)+15=0 sont :
    S={e3;e5}S=\left\{e^{3} ;e^{5} \right\}