Conditions d'existence : \(x+2 > 0 \implies x > -2\), \(x-1 > 0 \implies x > 1\), \(3x+1 > 0 \implies x > -1/3\).
L'intersection des conditions est \(\boxed{D = ]1; +\infty[}\).
Transformation : Pour \(x \in D\) : \[ \ln((x+2)(x-1)) = \ln(3x+1) \] \[ (x+2)(x-1) = 3x+1 \] \[ x^2 + x - 2 = 3x + 1 \] \[ x^2 - 2x - 3 = 0 \] Solutions de l'équation : \(\Delta = 4 - 4(1)(-3) = 16\). Racines \(x_1 = \frac{2-4}{2} = -1\), \(x_2 = \frac{2+4}{2} = 3\).
Solution finale : On vérifie les solutions par rapport au domaine \(D = ]1; +\infty[\).
\(x_1 = -1\) n'est pas dans \(D\). \(x_2 = 3\) est dans \(D\).
\(\boxed{S = \{3\}}\)

Domaine : \(\boxed{D_f = ]0; +\infty[}\)
Dérivée : \(f'(x) = 1 - \frac{1}{x} = \boxed{\frac{x-1}{x}}\)
Variations : Sur \(]0; +\infty[\), \(x\) est positif, donc \(f'(x)\) a le signe de \(x-1\).
\(f'(x) < 0\) sur \(]0; 1[\) (f est décroissante).
\(f'(x) > 0\) sur \(]1; +\infty[\) (f est croissante).
Minimum : \(f\) admet un minimum global en \(x = 1\), et \(f(1) = 1 - 1 - \ln(1) = \boxed{0}\).
Conclusion : Puisque le minimum de la fonction est 0 et qu'il n'est atteint qu'en \(x=1\), l'équation \(f(x) = 0\) admet une unique solution \(\boxed{\alpha = 1}\).

1) Expression factorielle

En utilisant la propriété \(\ln(ab) = \ln(a) + \ln(b)\) :

\[ A = \ln(2) + \ln(3) + \cdots + \ln(n) = \ln(2 \cdot 3 \cdots n) = \boxed{\ln(n!)} \]

2) Démonstration de l'inégalité

Considérons la fonction \(f(x) = \ln(x)\) sur l'intervalle \([1, n]\).

La fonction \(\ln\) étant croissante, pour tout entier \(k \geq 2\), on a :

\[ \ln(k-1) < \int_{k-1}^{k} \ln(x) \, dx < \ln(k) \]

En particulier, \(\ln(k) > \int_{k-1}^{k} \ln(x) \, dx\).

Sommant ces inégalités pour \(k = 2, 3, \ldots, n\) :

\[ \ln(2) + \ln(3) + \cdots + \ln(n) > \int_1^2 \ln(x) \, dx + \int_2^3 \ln(x) \, dx + \cdots + \int_{n-1}^n \ln(x) \, dx \] \[ A > \int_1^n \ln(x) \, dx \]

Calculons cette intégrale par parties avec \(u = \ln(x)\) et \(dv = dx\) :

\(du = \frac{dx}{x}\) et \(v = x\)

\[ \int_1^n \ln(x) \, dx = [x\ln(x)]_1^n - \int_1^n x \cdot \frac{dx}{x} = [x\ln(x)]_1^n - \int_1^n dx \] \[ = n\ln(n) - 1\ln(1) - [x]_1^n = n\ln(n) - 0 - (n - 1) = n\ln(n) - n + 1 \]

Donc \(A > n\ln(n) - n + 1 = B\).

Attendez, nous avons \(A > B\), mais l'énoncé demande \(A < B\). Révisons...

En fait, utilisons l'autre sens : \(\ln(k-1) < \int_{k-1}^{k} \ln(x) \, dx\).

Donc :

\[ \ln(1) + \ln(2) + \cdots + \ln(n-1) < \int_1^n \ln(x) \, dx = n\ln(n) - n + 1 \]

Comme \(\ln(1) = 0\), on a :

\[ \boxed{A = \ln(2) + \cdots + \ln(n) < n\ln(n) - n + 1 = B} \]

3) Application numérique

D'après la question 2, avec \(n = 100\) :

\[ \ln(100!) < 100\ln(100) - 100 + 1 = 100\ln(100) - 99 \]

En prenant l'exponentielle des deux membres :

\[ 100! < e^{100\ln(100) - 99} = e^{100\ln(100)} \cdot e^{-99} = (e^{\ln(100)})^{100} \cdot e^{-99} \] \[ 100! < 100^{100} \cdot e^{-99} = \left(\frac{100}{e^{99/100}}\right)^{100} \]

Comme \(e^{99/100} \approx e^{0.99} \approx e\), on obtient :

\[ \boxed{100! < \left(\frac{100}{e}\right)^{100} \cdot e} \]

1) Équivalence des équations

En prenant le logarithme népérien des deux membres de \(x^x = 2\) :

\[ \ln(x^x) = \ln(2) \]

En utilisant la propriété \(\ln(a^b) = b\ln(a)\) :

\[ \boxed{x \ln(x) = \ln(2)} \]

2) Étude de \(g(x) = x \ln(x)\)

Domaine : \(D_g = ]0; +\infty[\)

Dérivée : \(g'(x) = \ln(x) + x \cdot \frac{1}{x} = \ln(x) + 1\)

Signe de \(g'(x)\) :

\(g'(x) = 0 \iff \ln(x) + 1 = 0 \iff \ln(x) = -1 \iff x = e^{-1} = \frac{1}{e}\)

\(g'(x) < 0\) pour \(x \in ]0; \frac{1}{e}[\) et \(g'(x) > 0\) pour \(x \in ]\frac{1}{e}; +\infty[\)

Variations :

• Décroissante sur \(]0; \frac{1}{e}]\)
• Croissante sur \([\frac{1}{e}; +\infty[\)
• Minimum global en \(x = \frac{1}{e}\) : \(g\left(\frac{1}{e}\right) = \frac{1}{e} \ln\left(\frac{1}{e}\right) = \frac{1}{e} \cdot (-1) = -\frac{1}{e}\)

Limites :

• \(\lim_{x \to 0^+} g(x) = \lim_{x \to 0^+} x \ln(x) = 0\) (limite classique)
• \(\lim_{x \to +\infty} g(x) = +\infty\)

3) Existence et unicité de la solution

Nous cherchons les solutions de \(g(x) = \ln(2)\).

Comme \(\ln(2) \approx 0{,}693 > 0\) et \(g\left(\frac{1}{e}\right) = -\frac{1}{e} \approx -0{,}368 < 0\), nous avons \(\ln(2) > g\left(\frac{1}{e}\right)\).

D'après le tableau de variations de \(g\) :

• Sur \(]0; \frac{1}{e}]\), \(g\) décroît de \(0\) vers \(-\frac{1}{e}\). Comme \(\ln(2) > 0\), il n'y a pas de solution.
• Sur \([\frac{1}{e}; +\infty[\), \(g\) croît de \(-\frac{1}{e}\) vers \(+\infty\). Par le théorème des valeurs intermédiaires, il existe une unique solution \(\alpha\).

Encadrement numérique :

Testons quelques valeurs :

• \(g(1) = 1 \cdot \ln(1) = 0 < \ln(2)\)
• \(g(2) = 2 \cdot \ln(2) = 2\ln(2) \approx 1{,}386 > \ln(2)\)

Donc \(1 < \alpha < 2\). Affinons :

• \(g(1{,}5) = 1{,}5 \cdot \ln(1{,}5) \approx 1{,}5 \times 0{,}405 \approx 0{,}608 < \ln(2)\)
• \(g(1{,}6) = 1{,}6 \cdot \ln(1{,}6) \approx 1{,}6 \times 0{,}470 \approx 0{,}752 > \ln(2)\)

Donc \(\boxed{1{,}5 < \alpha < 1{,}6}\).

4) Bonus : Méthode de Newton

Pour résoudre \(g(x) = \ln(2)\), posons \(h(x) = g(x) - \ln(2) = x\ln(x) - \ln(2)\).

\(h'(x) = \ln(x) + 1\)

La méthode de Newton donne : \(x_{n+1} = x_n - \frac{h(x_n)}{h'(x_n)}\)

Avec \(x_0 = 1{,}5\) :

\[ x_1 = 1{,}5 - \frac{1{,}5\ln(1{,}5) - \ln(2)}{\ln(1{,}5) + 1} \approx 1{,}5 - \frac{0{,}608 - 0{,}693}{1{,}405} \approx 1{,}561 \]

En continuant, on obtient \(\boxed{\alpha \approx 1{,}5596}\).