\input{../preambules/preDM.tex}
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\renewcommand{\P}{\mathscr{P}}
\begin{document}

\chead{Correction Devoir surveillé n°1}
\lfoot{}


\begin{center}
\fbox{ \Large Correction Devoir surveillé n°1}
\end{center}
\vspace{30pt}


\begin{ex}[Calculs de puissances]
\begin{enumerate}
\item On calcule
\begin{qmulti}{3}
\item \begin{align*}
A & = x^4 \times (3x)^{-2} \\
& = x^4 \times 3^{-2} \times x^{-2} \\
& \boxed{= \dfrac{1}{9} x^2}
\end{align*}
\item \begin{align*}
B & = \dfrac{x^3 \times x^{-5}}{x^4} \\
  & = \dfrac{x^{-2}}{x^4} \\
  & \boxed{= x^{-6}}
\end{align*}
\item \begin{align*}
C & = (4x)^2 \times (x^3)^3 \\
& = 16x^2 \times x^9 \\
& \boxed{= 16 x^{11}}
\end{align*}
\end{qmulti}
\item On calcule 
\begin{align*}
D & = 2^n + 2^n + 2^n + 2^n \\
  & = 2^n(1+1+1+1) \\
  & = 4 \times 2^n \\
  & \boxed{= 2^{n+2}}
\end{align*}

\item On calcule 
\begin{align*}
E & = \dfrac{x^{n+1}}{x^n (-x)^{-2n}} \\
  & = x^{n+1- n} \times (-x)^{2n} \\
  & = x \times (-1)^{2n} x^{2n} \\
  & \boxed{= x^{2n+1}}
\end{align*}

\item On calcule 
\begin{align*}
F &= \sqrt{x} \times \dfrac{x^2}{(-\sqrt{x})^4 x^{-5}} \\
  & = x^{1/2} \times \dfrac{x^{2+5}}{(-1)^4 (\sqrt{x})^4} \\
  & = x^{1/2} \times \dfrac{x^7}{x^2} \\
  & = x^{1/2} \times x^5 \\
  & \boxed{= x^{11/2}}
\end{align*}

\end{enumerate}
\end{ex}

\begin{ex}[Logarithme et exponentielle]
\begin{enumerate}
\item On calcule 
\begin{align*}
A & = 3 \ln(8)- 5 \ln(18) + 10 \ln(12) \\
  & = 3 \ln(2^3) - 5 \ln(2 \times 3^2) +10 \ln(2^2 \times 3) \\
  & = 9 \ln(2) - 5 \ln(2) - 10 \ln(3) + 20 \ln(2) + 10 \ln(3) \\
  & \boxed{= 24 \ln(2)}
\end{align*}
\item On calcule 
\begin{align*}
B & = 2 \ln \left(x^{4}\right)+\ln \left(\dfrac{1}{x^{3}}\right) \\
  & = 2 \times 4 \ln(x) - \ln(x^3) \\
  & = 8 \ln(x) - 3 \ln(x) \\
  & \boxed{= 5 \ln(x)}
\end{align*}
\item On calcule 
\begin{align*}
C & = 5 \ln \left(\frac{9}{15}\right)-4 \ln \left(\frac{3}{25}\right)+8 \ln \left(\frac{5}{9}\right) \\
 & = 5 ( \ln(3^2) - \ln(3 \times 5)) - 4 (\ln(3) - \ln(5^2) ) + 8 (\ln(5) - \ln(3^2)) \\
 & = 10 \ln(3) - 5 \ln(3) - 5 \ln(5) - 4 \ln(3) + 8 \ln(5) + 8 \ln(5) - 16 \ln(3) \\
 & \boxed{= -15 \ln(3) + 11 \ln(5)}
\end{align*}

\item On calcule
\begin{align*}
D & =  \ln\left( \dfrac{\sqrt{7}+2}{2} \right) +\ln\left( \dfrac{ \sqrt7 - 2}{2} \right) \\
  & = \ln \left( \dfrac{(\sqrt{7} + 2)(\sqrt{7} - 2)}{4} \right) \\
  & = \ln \left( \dfrac{7-4}{4} \right) \\
  & \boxed{= \ln \left(\dfrac{3}{4} \right)}
\end{align*}

\item Par définition,  
\begin{center}
\fbox{$E = \exp (3 \ln (2)) = 2^3= 8$.}
\end{center}
\item  On calcule,
\begin{align*}
F & =\ln \left(e^{x^{3}+2x}\right)-e^{3 \ln (x)}+\ln (1) \\
  & = x^3 + 2x - x^3 + 0 \\
  & \boxed{= 2x}
\end{align*}
\end{enumerate}
\end{ex}

\begin{ex}[Démonstration par récurrence]
Les questions suivantes sont indépendantes. 
\begin{enumerate}
\item On considère la suite $(u_n)_{n \in \N}$ définie par $u_0 = 1$ et $u_{n+1} = u_n^2 +u_n +1$. On va montrer par récurrence les propositions $\P_n : \{u_n \geq 0 \}$. 

\renewcommand\labelitemi{\textbullet}
\begin{itemize}
\item {\bf Initialisation :} On a bien $u_0 =1 \geq 0$ donc l'initialisation est vérifié.
\item {\bf Hérédité :} On suppose que la proposition $\P_n$ est vraie pour un certain rang $n \geq 0$. On a alors
\begin{align*}
u_{n+1} & = u_n^2+ u_n +1  \\
\end{align*}
Or $u_n^2 \geq 0$ et $u_n \geq 0$ (Hypothèse de récurrence) donc $u_{n+1} \geq 0$
Donc la proposition $\P_{n+1}$ est vraie. La suite de proposition $(\P_n)$ est héréditaire.
\item {\bf Conclusion :} \fbox{Pour tout $n \in \N$, $u_n \geq 0$}.
\end{itemize}
\item On va montrer par récurrence les propositions $\P_n : \{e^n \geq n+1 \}$. 

\renewcommand\labelitemi{\textbullet}
\begin{itemize}
\item {\bf Initialisation :} On a bien $e^0 = 1 $ et $0+1 = 1$ donc $e^0 \geq 0+1$ et l'initialisation est vérifié.
\item {\bf Hérédité :} On suppose que la proposition $\P_n$ est vraie pour un certain rang $n \geq 0$. On a alors
\begin{align*}
& e^n \geq n+1 \\
\Longrightarrow & e^{n+1} \geq e(n+1) \\
\Longrightarrow & e^{n+1} \geq en+ e\\
\Longrightarrow & e^{n+1} \geq n +2
\end{align*}
En effet, $en \geq n$ et $e \geq 2$.
Donc la proposition $\P_{n+1}$ est vraie. La suite de proposition $(\P_n)$ est héréditaire.
\item {\bf Conclusion :} \fbox{Pour tout $n \in \N$, $e^n \geq n+1$}.
\end{itemize}
\end{enumerate}
\end{ex}

\begin{ex}[\'Etude de fonctions]
Soient $f$ et $g$ les fonctions définies sur $[0,+\infty[$ par
$$
f(x)=\ln (1+x) \quad \text { et } \quad g(x)=\frac{2 x}{x+2}
$$
On note $h$ la fonction définie sur ce même intervalle par $h(x)=f(x)-g(x)$
\begin{enumerate}
\item On a $\li_{x \to + \infty} 1+x = + \infty$ donc par composition, 
\begin{center}
\fbox{$\li_{x \to + \infty} f(x) = \li_{x \to + \infty} \ln(1+x) = + \infty$.}
\end{center}
On calcule pour tout $x \in [0 ; + \infty[$, 
$$
g(x) = \dfrac{2x}{x+ 2} = \dfrac{2x}{x\left( 1 + \dfrac{2}{x} \right)} = \dfrac{2}{1 + \dfrac{2}{x}}
$$
Or $\li_{x \to + \infty} \dfrac{2}{x} = 0 $ et donc
\begin{center}
\fbox{$\li_{x \to + \infty} g(x) = 2$. }
\end{center}

\item  Tout d'abord notons que :
\begin{itemize}
\item la quantité $\ln (1+x)$ est définie lorsque $x+1>0$ i.e. $x>-1,$
 la quantité $\frac{1}{x+2}$ est définie lorsque $x \neq-2$
\end{itemize}
\begin{center}
\fbox{$
\text { Ainsi, la fonction } h \text { est définie sur } \left.\mathscr{D}_{h}=\right]-1,+\infty[
$}
\end{center}
L'énoncé restreint l'intervalle de définition de $f$ et $g$ à $[0,+\infty[$ Par la suite, on se limitera donc à cet intervalle.
La fonction $h$ est dérivable sur $[0,+\infty[$ car $f$ et $g$ sont dérivables sur cet intervalle. De plus, pour $x \in[0,+\infty[,$ on a :
$$
\begin{aligned}
h^{\prime}(x) &=\frac{1}{1+x}-\frac{2(x+2)-2 x}{(x+2)^{2}} \\
&=\frac{(x+2)^{2}}{(1+x)(x+2)^{2}}-\frac{4}{(x+2)^{2}} \\
& =\frac{(x+2)^{2}-4(x+1)}{(x+1)(x+2)^{2}} \\
&=\frac{x^{2}+4 x+4-4 x-4}{(x+1)(x+2)^{2}} \\
& =\frac{x^{2}}{(x+1)(x+2)^{2}}
\end{aligned}
$$
Comme $\frac{x^{2}}{(x+2)^{2}} \geqslant 0, h^{\prime}(x)$ est du signe de $x+1$
On en déduit le tableau de variations suivant : 
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[lgt=3,espcl=2]{$x$/1, Signe de $h'(x)$/2, Variations de $h$/2}{$0$,$+\infty$}
\tkzTabLine{,+,}
\tkzTabVar{-/$0$,+/$+ \infty$} 
\end{tikzpicture}
\end{center}

Ainsi pour tout $x \geq 0$ $h(x) \geqslant 0$ c'est à dire
 \begin{center}
 \fbox{$\forall x \in[0,+\infty[, f(x) \geqslant g(x)$.}
 \end{center}
\item Au point d'abscisse 0, la courbe représentative de $f$ admet pour tangente la droite d'équation :
$$
y=f^{\prime}(0)(x-0)+f(0)=\frac{1}{1+0} x+\ln (1+0)=x
$$
Au point d'abscisse $0,$ la courbe représentative de $g$ admet pour tangente la droite d'équation:
$$
y=g^{\prime}(0)(x-0)+g(0)=\frac{4}{(0+2)^{4}} x+\frac{0}{0+2}=x
$$
Au point d'abscisse 0,
\begin{center}
\fbox{ les courbes représentatives de $f$ et $g$ admettent pour tangente la droite d'équation $y=0$}
\end{center}
\item On trace 
\begin{center}
\includegraphics[scale=0.75]{DS1_Ex4.png}
\end{center}
\item On définit désormais, pour tout réel $\alpha$ strictement positif, la fonction $f_{\alpha}$ par
$$
f_{\alpha}(x)=\ln (1+x)-\alpha x
$$

Par le même argument que précédemment, $f_{1}$ est définie sur $\left.\quad \mathscr{D}_{f_{1}}=\right]-1,+\infty[$ Par la suite, on se limite à l'intervalle $[0,+\infty[.$ \\

 La fonction $f_{1}$ est dérivable sur $[0,+\infty[$. De plus, pour $x \in[0,+\infty[,$ on a :
$$
f_{1}^{\prime}(x)=\frac{1}{1+x}-1=\frac{1}{1+x}-\frac{1+x}{1+x}=\frac{x-x-x}{1+x}=-\frac{x}{1+x}
$$
 Comme $x \geqslant 0$ et $1+x \geqslant 0, f_{1}^{\prime}(x) \leqslant 0$  pour tout $x \in[0,+\infty[$.

On en déduit le tableau de variations suivant.
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[lgt=3,espcl=2]{$x$/1, Signe de $f_1'(x)$/2, Variations de $f_1$/2}{$0$,$+\infty$}
\tkzTabLine{z,-,}
\tkzTabVar{+/$0$,-/$FI$} 
\end{tikzpicture}
\end{center}
\begin{center}
\fbox{Ainsi, pour tout $x \geq 0, f_1(x) \leq 0$}
\end{center}
\item Soit $x \geqslant 0 .$ D'après la question précédente, on a : $f_{1}(x)=\ln (1+x)-x \leqslant 0 .$ Ainsi, $\ln (1+x) \leqslant x$
On en déduit que si $\alpha \geqslant 1,$ on a : \begin{center}
\fbox{$\forall x \in[0,+\infty[, \quad f(x)=\ln (1+x) \leqslant x \leqslant \alpha x$}
\end{center}
\item Soit $\alpha \in] 0,1\left[.\right.$ Étudions la fonction $f_{\alpha}$
Par le même argument que précédemment, $f_{\alpha}$ est définie sur $\left.\mathscr{D}_{f_{1}}=\right]-1,+\infty[$ Par la suite, on se limite à l'intervalle $[0,+\infty[$
La fonction $f_{\alpha}$ est dérivable sur $[0,+\infty[$ De plus, pour $x \in[0,+\infty[,$ on a :
$$
f_{\alpha}^{\prime}(x)=\frac{1}{1+x}-\alpha=\frac{1}{1+x}-\alpha \frac{1+x}{1+x}=\frac{1-\alpha-\alpha x}{1+x}
$$
Comme $1+x \geqslant 0, f_{\alpha}^{\prime}(x)$ est du signe de $1-\alpha-\alpha x$ pour tout $x \in[0,+\infty[$ De plus, on a : 
$$1-\alpha-\alpha x=0 \Leftrightarrow \alpha x=1-\alpha \Leftrightarrow x=\frac{1-\alpha}{\alpha}$$
Il convient enfin de remarquer que: $\frac{1-\alpha}{\alpha}>0$ puisque $1-\alpha>0(\operatorname{car} \alpha<1)$ et $\alpha>0$.
On en déduit le tableau de variations suivant.
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[lgt=3,espcl=2]{$x$/1, Signe de $f_\alpha'(x)$/2, Variations de $f_\alpha$/2}{$0$,$\frac{1-\alpha}{\alpha}$,$+\infty$}
\tkzTabLine{,+,z,-,}
\tkzTabVar{-/$0$,+/$f \left( \frac{1-\alpha}{\alpha} \right)$, -/$FI$} 
\end{tikzpicture}
\end{center}

D'après ce tableau de variations, $f_{\alpha}(x)>0$ pour tout $\left.x \in\right] 0, \frac{1-\alpha}{\alpha}$. Ce qui revient à dire que : $f(x)>\alpha x .$
On en déduit  
\begin{center}
\fbox{il n'existe pas d'élément $\alpha \in] 0,1[$ tel que: $ \forall x \in[0,+\infty[, f(x) \leqslant \alpha x .$}
\end{center}
\end{enumerate}
\end{ex}

\begin{ex}
On considère les fonctions $f$ et $g$ définies par :
$$
f(x)=\frac{2 x-1}{x+1} \text { et } g(x)=-\frac{x+1}{x-2}
$$
\begin{enumerate}
\item La quantité $\frac{1}{x+1}$ est définie si : $x+1 \neq 0$ i.e. si $x \neq-1$
\begin{center}
\fbox{$
\text { Ainsi, } \left.\mathscr{D}_{f}=\mathbb{R} \backslash\{-1\}=\right]-\infty,-1[\cup]-1,+\infty[
$}
\end{center}
La quantité $\frac{1}{x-2}$ est définie si : $x-2 \neq 0$ i.e. si $x \neq 2$
\begin{center}
\fbox{$
\text { Ainsi, } \left.\mathscr{D}_{g}=\mathbb{R} \backslash\{2\}=\right]-\infty, 2[\cup] 2,+\infty[
$}
\end{center}

\item On note $a=\dfrac{-2 \sqrt{2}-1}{1-\sqrt{2}}$
\begin{enumerate}
\item Commençons par calculer :
$$ a+1=\frac{-2 \sqrt{2}-1}{1-\sqrt{2}}+1=\frac{-2 \sqrt{2}-x+x-\sqrt{2}}{1-\sqrt{2}}=\frac{-3 \sqrt{2}}{1-\sqrt{2}}
$$
$$
a-2=\frac{-2 \sqrt{2}-1}{1-\sqrt{2}}-2=\frac{-2 \sqrt{2}-1-2+2 \sqrt{2}}{1-\sqrt{2}}=\frac{-3}{1-\sqrt{2}}$$
Ainsi, on a : $\frac{1}{a-2}=\frac{1-\sqrt{2}}{-3}$. 
On en déduit que: 
\begin{align*}
g(a)& =-\frac{a+1}{a-2} \\
    & =-(a+1) \frac{1}{a-2} \\
    & =-\frac{7 \sqrt{2}}{1-\sqrt{2}} \frac{1-\sqrt{2}}{7} \\
    & \boxed{= -\sqrt{2}}
\end{align*}

\item On calcule 
\begin{align*}
f(g(a)) & = \frac{2 g(a)-1}{g(a)+1} \\
        & = \frac{-2 \sqrt{2}-1}{-\sqrt{2}+1} \\
        & \boxed{= a}
\end{align*}
\item On simplifie l'expression de $a$.
\begin{align*}
a & = \frac{-2 \sqrt{2}-1}{1-\sqrt{2}} \\
  & = \frac{(-2 \sqrt{2}-1)(1+\sqrt{2})}{(1-\sqrt{2})(1+\sqrt{2})} \\
  & = \frac{-2 \sqrt{2}-4-1-\sqrt{2}}{1-2} \\
  & = \frac{-5-3 \sqrt{2}}{-1} \\
  & \boxed{= 5+3 \sqrt{2}}
\end{align*}

\item Soit $x \in \mathbb{R} \backslash\{2\} .$ On a : $$ f(g(x))=\frac{2 g(x)-1}{g(x)+1} .$$ 
On calcule alors :
\begin{align*}
2 g(x)-1 & = -2 \frac{x+1}{x-2}-1 \\
	     & = \frac{-2 x-2-(x-2)}{x-2} \\
	     & = \frac{-2 x-2-x+2}{x-2} \\
	     & = \frac{-3 x}{x-2}
\end{align*}
et 
\begin{align*}
g(x)+1 & = -\frac{x+1}{x-2}+1 \\
       & = \frac{-x-1+(x-2)}{x-2} \\
       & = \frac{-x-1+x-2}{x-2} \\
       & = \frac{-3}{x-2}
\end{align*}

Ainsi, on a $\dfrac{1}{g(x)+1}=\dfrac{x-2}{-3}$.
On en déduit que : 
\begin{align*}
f(g(x)) & =\frac{2 g(x)-1}{g(x)+1} \\
        & =(2 g(x)-1) \frac{1}{g(x)+1} \\
        & =\frac{-3 x}{x-2} \frac{x-2}{-3} \\
        & = x
\end{align*}

\begin{center}
\fbox{$\forall x \in \mathbb{R} \backslash\{2\}, \quad f(g(x))=x$}
\end{center}
\end{enumerate}
\item Vérification Scilab dans la console:
\begin{enumerate}
\item \'Ecrire la ligne de code permettant d'entrer la valeur de $a$ que l'on placera dans une variable $a$.
\begin{verbatim}
 a = (- 2 *sqrt(2) - 1) / (1-sqrt(2))
\end{verbatim}

\item  \'Ecrire la ligne de code permettant de calculer $g(a)$ et de l'enregistrer dans une variable $b$. (en utilisant la définition de $g$). 
\begin{verbatim}
b = - (a + 1)/(a - 2)
\end{verbatim}

\item \'Ecrire la ligne de code permettant de calculer $f(g(a))$.
\begin{verbatim}
c = (2*b - 1)/(b+1)
\end{verbatim}

\end{enumerate}
\item On écrit le script scilab :

\begin{verbatim}
x = input("Entrez un nombre x:")
if x >= 0 then
    y = (2*x - 1)/(x+1)
    disp(y)
else
    y = - (x + 1)/(x-2) 
    disp(y)
\end{verbatim}
\end{enumerate}
\end{ex}

\begin{ex}[\'Etude d'une suite]
On considère la suite $\left(u_{n}\right)_{n \in \mathbb{N}}$ définie par les relations suivantes:
$$
\left\{\begin{array}{l}
u_{0}=1 \\
\forall n \in \mathbb{N}, u_{n+1}=2 u_{n}+n-1
\end{array}\right.
$$
\begin{enumerate}
\item \begin{enumerate}
\item On calcule 
\begin{itemize}
\item $u_{1}=2 u_{0}+0-1=2-1=1 $
\item $u_{2}=2 u_{1}+1-1=2$ 
\item $u_{3}=2 u_{2}+2-1=4+1=5$ 
\end{itemize}
\begin{center}
\fbox{$u_{1}=1, u_{2}=2 \text { et } u_{3}=5$}
\end{center}

\item On va montrer par récurrence les propositions $\P_n : \{u_n \geqslant 1 \}$. 

\renewcommand\labelitemi{\textbullet}
\begin{itemize}
\item {\bf Initialisation :} On a $u_0 =1 \geq 1$ donc l'initialisation est vérifié ($\P_0$ est vraie).
\item {\bf Hérédité :} On suppose que la proposition $\P_n$ est vraie pour un certain rang $n \geq 0$. On a alors
\begin{align*}
 & \quad u_n \geq 1 \\
 \Longrightarrow & \quad 2 u_n \geq 2 \\
 \Longrightarrow & \quad 2 u_n + n - 1 \geq 2 + n -1 \\
 \Longrightarrow & \quad  u_{n+1} \geq 1 \\
\end{align*}

Donc la proposition $\P_{n+1}$ est vraie. La suite de proposition $(\P_n)$ est héréditaire.
\item {\bf Conclusion :} \fbox{Pour tout $n \in \N$, $u_n \geqslant 1$}.
\end{itemize}


\item Soit $n \in \mathbb{N}^{*}$. Alors $n-1 \in \mathbb{N}$. Par définition de la suite $\left(u_{n}\right),$ on a :
$$
u_{(n-1)+1}=2 u_{n-1}+(n-1)-1=2 u_{n-1}+n-2 \geqslant 2+n-2=n
$$
\begin{center}
\fbox{Ainsi, pour tout $n \in \mathbb{N}^{*},$ on a $: u_{n} \geqslant n$}
\end{center}
\item Soit $n \in \mathbb{N} .$ On a :
$$
u_{n+1}-u_{n}=2 u_{n}+n-1-u_{n}=u_{n}+n-1
$$
D'après la question 1.b
$$
u_{n+1}-u_{n} \geqslant 1+n-1=n 
$$
Ainsi, pour tout $n \in \mathbb{N}, u_{n} \geqslant n \geqslant 0$
\begin{center}
\fbox{La suite $\left(u_{n}\right)$ est donc croissante.}
\end{center}
\end{enumerate}

\item Dans cette question, on pose pour tout entier naturel $n: v_{n}=n+u_{n}$
\begin{enumerate}
\item Soit $n \in \N$. Par définition, on a:
\begin{align*}
v_{n+1} & = (n+1) + u_{n+1} \\
        & = n + 1 + 2u_n + n - 1 \\
        & = 2 u_n + 2n
\end{align*}
\begin{center}
\fbox{Ainsi $v_{n+1} = 2(u_n + n)$. }
\end{center}
\item  D'après la question précédente, $v_{n+1} = 2 (u_n + n) = 2v_n$. La suite $(v_n)$ est donc une suite géométrique de raison 2 et de premier terme $v_0 = u_0+ 0 = 1$. Donc 
\begin{center}
 \fbox{$\forall n \in \N$, $v_n = 2^n$.}
 \end{center} 
\item Soit $n\in \N$, on sait que $v_n = u_n + n \Longleftrightarrow u_n = v_n -n$. En utilisant la question précédente, on a immédiatement que 
\begin{center}
\fbox{$ u_n = 2^n - n$. }
\end{center}
\end{enumerate}
\item Soit $n \in \mathbb{N} .$ Par définition de la suite $\left(u_{n}\right),$ on a :
\begin{align*}
\frac{u_{n+1}-1}{2^{n}} & =\frac{\left(2 u_{n}+n-1\right)-1}{2^{n}} \\
& = \frac{2\left(u_{n}-1\right)}{2^{n}}+\frac{n}{2^{n}} \\
& =\frac{u_{n}-1}{2^{n-1}}+\frac{n}{2^{n}}
\end{align*}

Donc
\begin{center}
\fbox{$
\forall n \in \mathbb{N}, \dfrac{u_{n+1}-1}{2^{n}} =\dfrac{u_{n}-1}{2^{n-1}}+\dfrac{n}{2^{n}}$}
\end{center}



\end{enumerate}
\end{ex}

\begin{ex}
Le but de cet exercice est de résoudre l'équation
$$
a^{b}=b^{a}
$$
où $a$ et $b$ sont des entiers strictement positifs tels que $a<b$
\begin{enumerate} 
\item Soient $a \in \mathbb{N}^{*}$ et $b \in \mathbb{N}^{*}$. On a alors :
\begin{align*}
& a^{b}=b^{a} \\
\Longleftrightarrow & \mathrm{e}^{b \ln (a)}=\mathrm{e}^{a \ln (b)} \quad \text { (par définition) } \\
\Longleftrightarrow & \quad b \ln (a)=a \ln (b) \quad \text { (par application de } \ln ) \\
\Longleftrightarrow & \frac{\ln (a)}{a}=\frac{\ln (b)}{b} \\
\Longleftrightarrow & f(a)=f(b)
\end{align*}
\begin{center}
\fbox{Ainsi, $a^{b}=b^{a} \Leftrightarrow f(a)=f(b)$}
\end{center}

\item La quantité $f(x)$ est définie :
\begin{itemize}
\item si la quantité $\ln (x)$ est définie $i . e .$ si $x \in] 0,+\infty[$ 
\item et si la quantité $\frac{1}{x}$ est définie $i . e .$ si $x \neq 0$
\end{itemize}
\begin{center}
\fbox{On en déduit que $f$ est définie sur $\left.\mathscr{D}_{f}=\right] 0,+\infty[$}
\end{center}
La fonction $f$ est dérivable sur $] 0,+\infty\left[\right.$ car elle le produit des fonctions $x \mapsto \ln (x)$ et $x \mapsto \frac{1}{x}$ dérivables sur $] 0,+\infty[$
\begin{center}
\fbox{$
\text { Pour tout } x \in] 0,+\infty\left[,\right. \text { on a }: f^{\prime}(x)=\dfrac{\frac{1}{x} x-\ln (x)}{x^{2}}=\dfrac{1-\ln (x)}{x^{2}}
$}
\end{center}
comme $x^{2}>0$ sur $] 0,+\infty\left[, f^{\prime}(x)\right.$ est du signe de $1-\ln (x)$ On en déduit le tableau de variations suivant.
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[lgt=3,espcl=2]{$x$/1, Signe de $f'(x)$/2, Variations de $f$/2}{$0$,$e$,$+\infty$}
\tkzTabLine{d,+,z,-,}
\tkzTabVar{D-/$-\infty$,+/$\dfrac{1}{e}$, -/$0$} 
\end{tikzpicture}
\end{center}

\begin{center}
\fbox{Ainsi $f$ atteint son maximum $\dfrac{1}{e}$ en $x = e$. }
\end{center}

Au point d'abscisse $1,$ la fonction $f$ admet pour tangente la droite d'équation :
$$
\begin{aligned}
y &=f^{\prime}(1)(x-1)+f(1) \\
&=x-1
\end{aligned}
$$
On en déduit la représentation graphique suivante.
\begin{figure}[h]
\centering
\includegraphics[scale=1]{DS1_Ex7.png}
\end{figure}

\item  On souhaite trouver les couples $(a, b) \in \mathbb{N}^{*}$ tels que $f(a)=f(b)$ et $a \leq b .$ On cherche donc tous les couples d'entiers différents possédant la même image par $f$. Or d'après l'étude précédente:
\begin{itemize}
\item si $y>\frac{1}{\mathrm{e}}, y$ n'admet pas d'antécédent par $f$
\item si $y=\frac{1}{\mathrm{e}}, y$ admet un unique antécédent par $f($ il s'agit de e $)$ 
\item si $0<y<\frac{1}{\mathrm{e}}, y$ admet deux antécédents par $f$ Le plus petit est situé dans l'intervalle $] 1, \mathrm{e}[$ et le plus grand est dans l'intervalle $] \mathrm{e},+\infty[$
\item si $y \leqslant 0, y$ admet un unique antécédent par $f$
\end{itemize}
On en déduit que $a$ peut prendre toute valeur entière de l'intervalle $] 1, e[$
Comme $\mathrm{e} \simeq 2,71,$ \begin{center}
\fbox{la seule valeur possible est $a=2$}
\end{center}
\item  Pour tout $b \in \mathbb{N}^{*},$ on a $: 1^{b}=1$ et $b^{1}=1 .$ Ainsi $: 1^{b}=b^{1} \Leftrightarrow b=1$
\begin{center}
\fbox{L'équation $1^{b}=b^{1}$ admet comme unique solution $b=1$}
\end{center}
\item Ici, on a fixé $a=2$ et on cherche les solutions entières $b \neq 2$ à l'équation : $f(2)=f(b)$ D'après l'étude précédente, si $b$ existe, il est unique et situé dans l'intervalle $] \mathrm{e},+\infty[$
\begin{itemize}
\item  Si $b=3,$ on a $: 2^{b}=2^{3}=8 \neq 9=3^{2}=b^{2}$
\item  Si $b=4,$ on a $: 2^{b}=2^{4}=16=16=4^{2}=b^{2}$
\end{itemize}
\begin{center}
\fbox{L'équation $2^{b}=b^{2}$ admet comme unique solution $b=4$}
\end{center}
\item D'après ce qui précède, \begin{center}
\fbox{l'équation $a^b = b^a$ admet comme unique couple entier solution (avec $a< b$) le couple $(2,4)$. }
\end{center}
\end{enumerate}
\end{ex}

\end{document}