1. Soit \(x_0\in\mathbb{R}\). On a : \[\begin{aligned} \forall x\in\mathbb{R}\setminus \{x_0\},\ \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0} &= \frac{(ax+b)-(ax_0+b)}{x-x_0}\\ &= a \end{aligned}\] et donc : \[\lim_{x\to x_0} \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0} =a\]

   ce qui nous permet de conclure : \[\boxed{f: x\mapsto ax+b \text{ est dérivable sur \( \mathbb{R} \) et : \( \forall x \in \mathbb{R},\ f'(x) = a \)}}\]

2. Soit \(x_0\in\mathbb{R}\). On distingue les cas selon le signe de \(x_0\).

   • Si \(x_0\in\mathbb{R}_+^\ast\), alors : \[\begin{aligned} \forall x\in \left]0,2x_0\right[,\ \frac{\left| x \right|-\left| x_0 \right|}{x-x_0} &=\frac{x-x_0}{x-x_0}\\ &=1 \end{aligned}\] et donc : \[\lim_{x\to x_0} \frac{\left| x \right|-\left| x_0 \right|}{x-x_0} =1\] ce qui prouve que la fonction \(x\mapsto \left| x \right|\) est dérivable en tout point de \(\mathbb{R}_+^\ast\).

   • Si \(x_0\in\mathbb{R}_-^\ast\), alors : \[\begin{aligned} \forall x\in \left]2x_0,0\right[,\ \frac{\left| x \right|-\left| x_0 \right|}{x-x_0} &=\frac{(-x)-(-x_0)}{x-x_0}\\ &=-1 \end{aligned}\] et donc : \[\lim_{x\to x_0} \frac{\left| x \right|-\left| x_0 \right|}{x-x_0} =-1\] ce qui prouve que la fonction \(x\mapsto \left| x \right|\) est dérivable en tout point de \(\mathbb{R}_-^\ast\).

   • Si \(x_0=0\), alors : \[\begin{aligned} \forall x\in \mathbb{R}^\ast,\ \frac{\left| x \right|-\left| x_0 \right|}{x-x_0} &=\begin{cases} \dfrac{x-x_0}{x-x_0} &\text{si } x>0\\ \dfrac{(-x)-(-x_0)}{x-x_0} &\text{si } x<0 \rule[0pt]{0pt}{20pt}\end{cases}\\ &= \begin{cases} 1 &\text{si } x>0\\ -1 &\text{si } x<0 \end{cases} \end{aligned}\] d’où : \[\lim_{x\to x_0^+} \frac{\left| x \right|-\left| x_0 \right|}{x-x_0} =1 \quad\text{et}\quad\lim_{x\to x_0^-} \frac{\left| x \right|-\left| x_0 \right|}{x-x_0} =-1\] donc la fonction \(x\mapsto \left| x \right|\) est dérivable à gauche et à droite en \(0\) mais, les nombres dérivées à gauche et à droite étant différents, elle n’est pas dérivable en \(0\).

   On peut donc conclure :

   \[\boxed{ x\mapsto \left\vert x \right\vert\text{ est dérivable sur \( \mathbb{R}_+^* \) et \( \mathbb{R}_-^* \), mais pas en \( 0 \)}}\]

3. On a : \[\begin{aligned} \forall x\in\mathbb{R}^\ast,\ \frac{h(x)-h(0)}{x-0} &=\frac{x^2\sin\!\left(\frac{1}{x}\right) – 0}{x-0}\\ &= x\sin\!\left(\frac{1}{x}\right) \end{aligned}\]

   d’où : \[\forall x\in\mathbb{R}^\ast,\ \left| \frac{h(x)-h(0)}{x-0} \right| \leqslant \left| x \right|\]

   De plus, on a : \[\lim_{x\to 0} \left| x \right|=0\] donc, d’après le théorème de l’encadrement : \[\lim_{x\to 0}\frac{h(x)-h(0)}{x-0}=0\] ce qui nous permet de conclure : \[ \boxed{h \text{ est dérivable en } 0 \text{ et } h'(0) = 0} \]

1. • On a : \[\forall x\in\mathbb{R},\ x^n-a^n=(x-a)\,\sum_{k=0}^{n-1} x^ka^{n-1-k}\] d’où : \[\forall x\in\mathbb{R}^\ast,\ \frac{x^n-a^n}{x-a}= \sum_{k=0}^{n-1} x^ka^{n-1-k}\] et donc, la fonction polynôme \(\displaystyle x\mapsto \sum_{k=0}^{n-1} x^ka^{n-1-k}\) étant continue en \(a\) : \[\lim_{x\to a}\frac{x^n-a^n}{x-a}=na^{n-1}\] ce qui prouve que la fonction \( f:x\mapsto x^n \) est dérivable en \( a \) et : \( f'(a)=na^{n-1}\)

   • • Soit \(P\) une fonction polynôme. Il existe donc un entier naturel \(m\) et des réels \(a_0,a_1,\dots,a_m\) tels que : \[\forall x\in\mathbb{R},\ P(x)=\sum_{n=0}^m a_kx^k\] donc la question précédente, \(P\) est la somme de fonctions de fonctions dérivables sur \(\mathbb{R}\) et ainsi les fonctions polynômes sont dérivables sur \( \mathbb{R}\)

     • Soit \(R\) une fonction rationnelle. Il existe deux fonctions polynômes \(P\) et \(Q\) telles que, en notant \(E\) l’ensemble des racines de \(Q\), le domaine de définition de \(R\) soit \(D_R=\mathbb{R}\setminus E\) et : \[\forall x\in D_R,\ R(x)=\frac{P(x)}{Q(x)}\] Comme \(P\) et \(Q\) sont deux fonctions dérivables sur \(\mathbb{R}\) d’après le résultat précédent, \(R\) est donc dérivable en tout point \(x_0\) tel que \(Q(x_0)\neq 0\), donc en tout point de \(F\), ce qui nous permet de conclure que toute fonction rationnelle est dérivable sur son domaine de définition.

2. • Soit \(x_0\in\mathbb{R}\). D’après les formules de trigonométrie usuelles, on a : \[\begin{aligned} \forall x\in\mathbb{R}\setminus \{x_0\},\ \frac{\sin(x)-\sin(x_0)}{x-x_0} &= \frac{2\cos\!\left(\frac{x+x_0}{2}\right)\sin\!\left(\frac{x-x_0}{2}\right)}{x-x_0} \end{aligned}\]

     De plus, on sait que : \[\lim_{x\to x_0} \frac{x-x_0}{2}=0 \quad\text{et}\quad\sin(u) \;\underset{u\to 0}{\sim}\; u\] donc : \[\sin\!\left(\frac{x-x_0}{2}\right) \;\underset{x\to x_0}{\sim}\; \frac{x-x_0}{2}\] et donc : \[\lim_{x\to x_0} \frac{2\sin\!\left(\frac{x-x_0}{2}\right)}{x-x_0}=1\]

     Par ailleurs, on a: \[\lim_{x\to x_0} \frac{x+x_0}{2} =x_0\] et donc, la fonction \(\cos\) étant continue en \(x_0\) : \[\lim_{x\to x_0} \cos\!\left(\frac{x+x_0}{2}\right)=\cos(x_0)\] d’où : \[\lim_{x\to x_0} \frac{\sin(x)-\sin(x_0)}{x-x_0} =\cos(x_0),\] ce qui nous permet de conclure que la fonction \( \sin \) est dérivable sur \( \mathbb{R} \) et : \[\forall x\in\mathbb{R},\ \sin'(x)=\cos(x) \]

   • D’après les formules de trigonométrie usuelles, on a : \[\forall x\in\mathbb{R},\ \cos(x)=\sin\!\left(\frac{\pi}{2}-x\right)\]

     De plus, la fonction \(x\mapsto \dfrac{\pi}{2}-x\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\), à valeurs dans \(\mathbb{R}\), et la fonction \(\sin\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\) d’après le résultat précédent donc, par composition, la fonction \(\cos\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\) et : \[\forall x\in\mathbb{R},\ \cos'(x) =-\cos \!\left(\frac{\pi}{2}-x\right)\] et finalement, d’après les formules de trigonométrie usuelles, la fonction \( \cos \) est dérivable sur \( \mathbb{R} \) et : \[ \forall x\in\mathbb{R},\ \cos'(x)=-\sin(x)\]

   • La fonction \(\tan : x\mapsto \dfrac{\sin(x)}{\cos(x)}\) est donc le quotient de deux fonctions dérivables sur \(\mathbb{R}\) donc elle est dérivable sur son domaine de définition et : \[\begin{aligned} \forall x\in\mathbb{R}\setminus \left\lbrace \frac{\pi}{2}+k\pi,\, k\in\mathbb{Z}\right\rbrace,\ \tan'(x) &= \frac{\cos^2(x)+\sin^2(x)}{\cos^2(x)}\\ &= 1+\tan^2(x)\\ &=\frac{1}{\cos^2(x)} \end{aligned}\] ce qui nous permet de conclure que la fonction \(\tan\) est dérivable sur \(D=\left\lbrace \dfrac{\pi}{2}+k\pi,\, k\in\mathbb{Z}\right\rbrace\) et :

     \[ \forall x\in D,\ \tan'(x)=1+\tan^2(x)=\dfrac{1}{\cos^2(x)} \]

3. Soit \(t_0\in\mathbb{R}^+\). On a : \[\begin{aligned} \forall t\in\mathbb{R}^+ \ / \ t\neq t_0,\ \frac{\sqrt{t}-\sqrt{t_0}}{t-t_0} &=\frac{\sqrt{t}-\sqrt{t_0}}{\left(\sqrt{t}-\sqrt{t_0}\right)\left(\sqrt{t}+\sqrt{t_0}\right)}\\ &= \frac{1}{\sqrt{t}+\sqrt{t_0}} \end{aligned}\]

   De plus, comme la fonction \(t\mapsto \sqrt{t}\) est continue en \(t_0\), on a : \[\lim_{t\to t_0} \left(\sqrt{t}+\sqrt{t_0}\right) = 2\sqrt{t_0}\] et donc : \[\lim_{t\to t_0} \frac{\sqrt{t}-\sqrt{t_0}}{t-t_0} = \begin{cases} \dfrac{1}{2\sqrt{t_0}} &\text{si } t_0 \neq 0\\ \hfill {+\infty}\hfill &\text{si } t_0=0 \rule[0pt]{0pt}{20pt}\end{cases}\]

   ce qui nous permet de conclure que la fonction \(u:t\mapsto \sqrt{t}\) est dérivable sur \(\mathbb{R}_+^\ast\) mais pas en \(0\) et :

   \[ \forall x\in \mathbb{R}_+^\ast,\ u'(t)=\dfrac{1}{2\sqrt{t}} \]

Soit \(f\) une fonction définie et dérivable sur \(]a,b[\), admettant un extremum local en \(c\) appartenant à \(]a,b[\). Il existe donc un réel \(\varepsilon>0\) tel que l’intervalle \(\left]c-\varepsilon,c+\varepsilon\right[\) soit inclus dans \(]a,b[\) tel tel que \(f(c)\) soit un extremum global de \(f\) sur cet intervalle. On pose alors : \[a'=c-\varepsilon \quad\text{et}\quad b'=c+\varepsilon\]

et on suppose que \(f(c)\) est le maximum de \(f\) sur \(]a',b'[\) (le cas d’un minimum se traite de manière analogue. On a alors : \[\forall x\in\left]a',b'\right[,\ f(x) \leqslant f(c)\]

et donc : \[\forall x\in\left]a',c\right[,\ \frac{f(x)-f(c)}{x-c} \geqslant 0 \quad\text{et}\quad\forall x\in\left]c,b'\right[,\ \frac{f(x)-f(c)}{x-c} \leqslant 0\]

et donc, en faisant tendre \(x\) vers \(c\) à gauche et à droite, et comme \(f\) est dérivable en \(c\) : \[f'(c) \geqslant 0 \quad\text{et}\quad f'(c) \leqslant 0\]

ce qui prouve que : \(f'(c)=0\).

On démontre le troisième point. Les deux autres points se démontrent de manière analogue.

• On suppose que \(f\) est décroissante sur \(I\). Soit \(x_0\in \stackrel{\circ}{I}\). Comme \(f\) est décroissante sur \(I\), \(f(x)-f(x_0)\) et \(x-x_0\) sont de signes contraires pour tout \(x\) appartenant à \(I\), donc : \[\forall x\in I\ / \ x\neq x_0,\ \frac{f(x) – f(x_0)}{x-x_0} \leqslant 0\] et donc, en faisant tendre \(x\) vers \(x_0\) et comme \(f\) est dérivable en \(x_0\) : \[f'(x_0)\leqslant 0\] donc \(f'\) est négative sur \(\stackrel{\circ}{I}\).

• On suppose que \(f'\) est négative sur \(\stackrel{\circ}{I}\), c’est-à-dire que : \[\forall x\in \stackrel{\circ}{I},\ f'(x) \leqslant 0\]

  Comme \(f\) est continue sur \(I\) et dérivable sur \(\stackrel{\circ}{I}\), on a alors, d’après les inégalités des accroissements finis : \[\forall (a,b)\in I \ / \ a<b,\ f(b) – f(a) \leqslant 0\times (b-a)\] et donc : \[\forall (a,b)\in I \ / \ a<b,\ f(b)-f(a)\] donc \(f\) est décroissante sur \(I\).

Finalement, \(f\) est décroissante sur \(I\) si et seulement si \(f'\) est négative ou nulle sur \(\stackrel{\circ}{I}\).

Pour simplifier, on suppose que \(I=[a,b]\) où \(b\) est un réel tel que \(a<b\) (le raisonnement est analogue si \(I\) est de la forme \([b,a]\) avec \(b<a\) ou si \(a\) est un point intérieur à \(I\)). \(f\) est continue sur \([a,b]\) et dérivable sur \(]a,b]\) donc on a, d’après le théorème des accroissements finis : \[\forall x\in\left]a,b \right],\ \exists\,c(x)\in\left]a,x\right[ \ / \ \frac{f(x)-f(a)}{x-a}=f'(c(x))\]

On peut ainsi définir une fonction \(c\) en choisissant, pour chaque réel \(x\) appartenant à \(]a,b]\), une valeur de \(c(x)\) satisfaisant l’égalité précédente et alors, d’après le théorème de l’encadrement : \[\lim_{x\to a} c(x)=a\]

et, comme \(\displaystyle\lim_{x\to a} f'(x)=\ell\) : \[\lim_{x\to a} \frac{f(x)-f(a)}{x-a}=\ell\]

ce qui, comme \(\ell\) appartient à \(\mathbb{R}\), prouve que \(f\) est dérivable en \(a\) et que : \(f'(a)=\ell\). En particulier, on a aussi : \[\lim_{x\to a} f'(x)=\ell = f'(a)\]

donc \(f'\) est continue en \(a\). Finalement, comme \(f\) est de classe \(\mathcal{C}^1\) sur \(]a,b]\), on en conclut que \(f\) est de classe \(\mathcal{C}^1\) sur \([a,b]\).

• La fonction \(\tan\) est une fonction dérivable sur \(\left]-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\right[\) et telle que : \[\begin{aligned} \forall x\in \left]-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\right[,\ \tan'(x) &= 1+\tan^2(x)\\ &>0 \end{aligned}\] donc \(\tan\) est continue et strictement croissante sur \(\left]-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\right[\) et induit donc une bijection de \(\left]-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\right[\) sur \(\tan\!\left(\left]-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\right[\right)\). De plus, on sait que : \[\lim_{ x \underset >\to -\frac{\pi}{2}} = {-\infty}\quad\text{et}\quad\lim_{ x \underset <\to \frac{\pi}{2}} = {+\infty}\] ce qui nous permet de conclure que la fonction \(\tan\) induit une bijection de \(\left]-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\right[\) sur \(\mathbb{R}\).

• Comme \(\tan\) est continue et strictement croissante sur \(\left]-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\right[\), on peut affirmer que \(\mathrm{arctan}\) est une fonction continue et strictement croissante sur \(\mathbb{R}\)

• Comme \(\tan\) est dérivable sur \(\left]-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\right[\) et comme sa dérivée ne s’annule pas, \(\mathrm{arctan}\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\) et on a : \[\begin{aligned} \forall x\in\mathbb{R},\ \mathrm{arctan}'(x) &= \frac{1}{\tan'(\mathrm{arctan}(x))}\\ &= \frac{1}{1+(\tan(\mathrm{arctan}(x))^2}\\ &=\frac{1}{1+x^2} \end{aligned}\]

  

1. Soit \(a\in\mathbb{R}_+^\ast\). La fonction \(x\mapsto ax\) est dérivable sur \(\mathbb{R}_+^\ast\), à valeurs dans \(\mathbb{R}_+^\ast\) et la fonction \(\ln\) est dérivable sur \(\mathbb{R}_+^\ast\), donc la fonction \(x\mapsto \ln(ax)\) est dérivable sur \(\mathbb{R}_+^\ast\). On en déduit que la fonction \(f:x\mapsto \ln(ax)-\ln(x)-\ln(a)\) est dérivable sur \(\mathbb{R}_+^\ast\) et que : \[\begin{aligned} \forall x\in\mathbb{R}_+^\ast,\ f'(x) &= a\times \frac{1}{ax} – \frac{1}{x}\\ &= 0 \end{aligned}\]

   Il en découle que \(f\) est constante sur \(\mathbb{R}_+^\ast\). De plus, on a : \[f(1)=\ln(a)-\ln(a)-\ln(1)=0\] donc : \[\forall x\in\mathbb{R}_+^\ast,\ f(x)=0\] et en particulier on adonc : pt \[\boxed{\forall (a,b)\in(\mathbb{R}_+^\ast)^2,\ \ln(ab)=\ln(a)+\ln(b)}\]

2. • En prenant \(a=\dfrac{1}{b}\) dans le résultat précédent, on obtient : \[\forall b\in\mathbb{R}_+^\ast,\ \ln(1)=\ln\!\left(\frac{1}{b}\right)+\ln(b)\] et donc, comme \(\ln(1)=0\) : pt \[\boxed{\forall b\in\mathbb{R}_+^\ast,\ \ln\!\left(\frac{1}{b}\right)=-\ln(b)}\]

   • D’après les deux points précédents, on a : \[\begin{aligned} \forall (a,b)\in (\mathbb{R}_+^\ast)^2,\ \ln\!\left(\frac{a}{b}\right) &= \ln\!\left(a\times \frac{1}{b}\right)\\ &= \ln(a) + \ln\!\left(\frac{1}{b}\right) \end{aligned}\] et donc : pt \[\boxed{\forall (a,b)\in (\mathbb{R}_+^\ast)^2,\ \ln\!\left(\frac{a}{b}\right) =\ln(a)-\ln(b)}\]

   • Démontrons par récurrence que, pour tout \(n\in\mathbb{N}^\ast\), la proposition \[\mathscr H(n) : \text{ \og } \forall (a_i)_{1\leqslant i\leqslant n} \in (\mathbb{R}_+^\ast)^n,\ \ln\!\left(\prod_{i=1}^n a_i\right) = \sum_{i=1}^n \ln(a_i) \text{ \fg}\] est vraie.

     • Pour \(n=1\), le résultat est immédiat.

     • Soit \(n\in\mathbb{N}^\ast\). Supposons que \(\mathscr H(n)\) soit vraie. Soit \((a_i)_{1\leqslant i \leqslant n+1}\in (\mathbb{R}_+^\ast)^{n+1}\). On a : \[\ln\!\left(\prod_{i=1}^{n+1} a_i\right) = \ln\!\left(\!\left(\prod_{i=1}^n a_i\right) a_{n+1}\right)\] donc, d’après le point i : \[\ln\!\left(\prod_{i=1}^{n+1} a_i\right) = \ln\!\left(\prod_{i=1}^n a_i\right) +\ln(a_{n+1}\] et d’après l’hypothèse de récurrence : \[\begin{aligned} \ln\!\left(\prod_{i=1}^{n+1} a_i\right) &= \sum_{i=1}^n \ln(a_i) +\ln(a_{n+1})\\ &= \sum_{i=1}^{n+1} \ln(a_i) \end{aligned}\] donc : \(\mathscr H(n) \Rightarrow \mathscr H(n+1)\).

     • Finalement, \(\mathscr H(n)\) est vraie pour tout \(n\in\mathbb{N}^\ast\), donc :

     pt \[\boxed{\forall n \in \mathbb{N}^\ast,\ \forall (a_i)_{1\leqslant i\leqslant n} \in (\mathbb{R}_+^\ast)^n,\ \ln\!\left(\prod_{i=1}^n a_i\right) = \sum_{i=1}^n \ln(a_i)}\]

   • Soit \(a\in\mathbb{R}_+^\ast\). On distingue les cas selon le signe de \(n\).

     • Si \(n\in\mathbb{N}^\ast\). On a alors, d’après le résultat prédédent : \[\begin{aligned} \ln(a^n) &= \ln\!\left(\prod_{i=1}^n a\right) \\ &= \sum_{i=1}^n \ln(a)\\ &= n\ln(a) \end{aligned}\]

     • Si \(n=0\). On a: \[\begin{aligned} \ln(a^0) &= \ln(1)\\ &= 0\\ &= 0\ln(a) \end{aligned}\]

     • Si \(n\in\mathbb{Z}_-^\ast\). On a alors : \[\begin{aligned} \ln(a^n) &= \ln\!\left(\frac{1}{a^{-n}}\right)\\ &= -\ln\!\left(a^{-n}\right) \end{aligned}\] et comme \(-n\) appartient à \(\mathbb{N}^\ast\) : \[\begin{aligned} \ln(a^n) &= -(-n)\ln(a)\\ &= n\ln(a). \end{aligned}\]

     Dans tous les cas, on peut conclure : pt \[\boxed{\forall n\in\mathbb{Z},\ \forall a\in\mathbb{R}_+^\ast,\ \ln(a^n)=n\ln(a)}\]

1. D’après les propriétés de la fonction \( ln\), on a : \[\forall n \in \mathbb{N},\ \ln(2^n) = n\ln(2).\] Comme \(\ln(2)>0\), on en déduit : \[\boxed{\lim\limits_{n\to+\infty}\ln(2^n)={+\infty}}\]

2. Comme \(\ln\) est strictement croissante sur \(\mathbb{R}_+^\ast\), elle est monotone sur \(\mathbb{R}_+^\ast\) donc, d’après le théorème de la limite monotone : \[\boxed{\text{La fonction ln admet une limite } \ell \text{, finie ou infinie, en } + \infty}\]

3. • On a : \[\lim_{x\to {+\infty}} \ln(x) = \ell \quad\text{et}\quad\lim\limits_{n\to+\infty}2^n={+\infty}\] donc par composition : \[\lim\limits_{n\to+\infty}\ln(2^n)=\ell\] ce qui nous permet de conclure, d’après la question 1 : \[\boxed{\lim_{x\to {+\infty}} \ln(x)={+\infty}}\]

   • On a : \[\forall x\in\mathbb{R}_+^\ast,\ \ln(x) = -\ln\!\left(\frac{1}{x}\right)\] De plus, on a : \[\lim_{x\to 0+} \frac{1}{x}={+\infty}\quad\text{et}\quad\lim_{u\to {+\infty}} \ln(u)={+\infty}\] donc : \[\boxed{\lim_{x\to 0+} \ln(x)={-\infty}}\]

La fonction \(\ln\) est dérivable sur \(\mathbb{R}_+^\ast\) et sa dérivée, la fonction inverse, ne s’annule pas sur cet intervalle, donc la fonction exponentielle (réciproque de \(\mathbb{R}\) dans \(\mathbb{R}_+^\ast\) de la fonction \(\ln\)) est dérivable sur \(\mathbb{R}\) et on a : \[\begin{aligned} \forall x\in\mathbb{R},\ \exp'(x) &= (\ln^{-1})'(x)\\ &= \frac{1}{|n'(\exp(x))}\\ &=\frac{1}{\frac{1}{\exp(x)}}\\ &= \exp(x) \end{aligned}\]

On en déduit par récurrence que, pour tout \(n\in\mathbb{N}\), la fonction exponentielle est \(n\) fois dérivable sur \(\mathbb{R}\) et que : \(\exp^{(n)}=\exp\), ce qui nous permet de conclure que la fonction exponentielle est de classe \( \mathcal{C}^\infty \) sur \( \mathbb{R} \) et que : \[ \forall n \in\mathbb{N},\ \exp^{(n)} = \exp \]

1. • La fonction \(f:x\mapsto \ln(x)-x\) est dérivable sur \(\mathbb{R}_+^\ast\) comme somme de fonctions qui le sont et on a : \[\begin{aligned} \forall x\in\mathbb{R}_+^\ast,\ f'(x) &= \frac{1}{x} -1\\ &=\frac{1-x}{x} \end{aligned}\] On en déduit que : \[\forall x\in\left]0,1\right[,\ f'(x) >0 \quad\text{et}\quad\forall x\in\left[1,{+\infty}\right[,\ f'(x) \leqslant 0\] Ainsi \(f\) est croissante sur \(]0,1]\) et décroissante sur \([1,{+\infty}[\) donc \(f(1)=-1\) est le maximum de \(f\) sur \(\mathbb{R}_+^\ast\), donc : \[\forall x\in\mathbb{R}_+^\ast,\ f(x) \leqslant -1 \leqslant 0\] et donc : pt \[\boxed{\forall x\in\mathbb{R}_+^\ast,\ \ln(x) \leqslant x}\]

   • D’après le résultat précédent et comme la fonction \(\ln\) est positive sur \([1,{+\infty}[\), on a : \[\forall x\in\left[1,{+\infty}\right[,\ 0 \leqslant \ln(\sqrt{x}) \leqslant \sqrt{x}\] et donc, d’après les propriétés de la fonction \(\ln\) : \[\forall x\in\left[1,{+\infty}\right[,\ 0 \leqslant \frac{\ln(x)}{2} \leqslant \sqrt{x}\] d’où : \[\forall x\in\left[1,{+\infty}\right[,\ 0 \leqslant \frac{\ln(x)}{x} \leqslant \frac{2}{\sqrt{x}}\]

     De plus on a : \[\lim_{x\to {+\infty}} \frac{2}{\sqrt{x}}=0\] et donc, d’après le théorème de l’encadrement : pt \[\boxed{\lim_{x\to {+\infty}} \frac{\ln(x)}{x}=0}\]

2. • Soit \(a\in\mathbb{R}_+^\ast\). On a : \[\lim_{x\to {+\infty}} x^a={+\infty}\] donc, d’après le résultat précédent et par composition : \[\lim_{x\to {+\infty}} \frac{\ln(x^a)}{x^a} = 0\] soit encore : \[\lim_{x\to {+\infty}} \frac{a\ln(x)}{x^a} = 0\] et finalement, comme \(a\neq 0\) : pt \[\boxed{\forall a\in\mathbb{R}_+^\ast,\ \lim_{x\to {+\infty}} \frac{\ln(x)}{x^a}=0}\]

   • Soit \((a,b)\in(\mathbb{R}_+^\ast)^2\). On a : \[\lim_{t\to 0} t^b=0 \quad\text{et}\quad\lim_{x\to {+\infty}} \frac{\ln(x)}{x^{b/a}}=0\] donc, par composition : \[\lim_{x\to {+\infty}} \left(\frac{\ln(x)}{x^{b/a}}\right)^b=0\] d’où : pt \[\boxed{\forall (a,b)\in (\mathbb{R}_+^\ast)^2,\ \lim_{x\to {+\infty}} \frac{(\ln(x))^b}{x^a}=0}\]

On a : \[\begin{aligned} \forall x\in\mathbb{R}_+^\ast,\ x^2-\sqrt{x}-\ln(x) &= x^2\left(1-\frac{1}{x^\frac{3}{2}} – \frac{\ln(x)}{x^2}\right) \end{aligned}\] Or on a, d’après les limites usuelles et les croissances comparées : \[\lim_{x\to {+\infty}} \frac{1}{x^\frac{3}{2}}=0 \quad\text{et}\quad\lim_{x\to {+\infty}} \frac{\ln(x)}{x^2}=0\] donc : \[\lim_{x\to {+\infty}} \left(1-\frac{1}{x^\frac{3}{2}} – \frac{\ln(x)}{x^2}\right)=1,\] et donc : pt \[\boxed{\lim_{x\to {+\infty}} \left( x^2-\sqrt{x}-\ln(x)\right)={+\infty}}\]