1. **Énoncé du problème :** Étudier les solutions positives de l'équation $$e^x = x^n$$ avec $$n$$ un entier naturel non nul, en utilisant la fonction $$f(x) = \frac{x}{\ln x}$$ définie sur $$D = [0,1[ \cup ]1,+\infty[$, avec $$f(0) = 0$$. 2. **Vérification de l'équivalence :** Pour $$x \in ]0,1[ \cup ]1,+\infty[$, on a $$e^x = x^n$$. En prenant le logarithme népérien des deux côtés : $$\ln(e^x) = \ln(x^n) \Rightarrow x = n \ln x \Rightarrow n = \frac{x}{\ln x} = f(x)$$. Donc $$e^x = x^n \iff n = f(x)$$. 3. **Dérivabilité de $$f$$ à droite en 0 :** On calcule la dérivée à droite en 0 : $$f(x) = \frac{x}{\ln x}$$ pour $$x > 0$$. On pose $$x = e^{-t}$$ avec $$t > 0$$, alors $$x \to 0^+ \iff t \to +\infty$$. On a : $$f(e^{-t}) = \frac{e^{-t}}{\ln(e^{-t})} = \frac{e^{-t}}{-t} = -\frac{e^{-t}}{t}$$. Quand $$t \to +\infty$$, $$e^{-t} \to 0$$ plus vite que $$\frac{1}{t}$$, donc $$\lim_{x \to 0^+} f(x) = 0 = f(0)$$. La dérivée à droite en 0 est donc : $$f'(0^+) = \lim_{h \to 0^+} \frac{f(h) - f(0)}{h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{\frac{h}{\ln h} - 0}{h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{1}{\ln h} = 0$$. Donc $$f$$ est dérivable à droite en 0 avec $$f'(0^+) = 0$$. 4. **Calcul des limites :** - $$\lim_{x \to 1^-} f(x) = \lim_{x \to 1^-} \frac{x}{\ln x}$$. On pose $$x = 1 - h$$ avec $$h \to 0^+$$, alors $$\ln(1 - h) \sim -h$$. Donc $$f(1 - h) \sim \frac{1 - h}{-h} \to -\infty$$. - $$\lim_{x \to 1^+} f(x) = \lim_{x \to 1^+} \frac{x}{\ln x}$$. Avec $$x = 1 + h$$, $$h \to 0^+$$, $$\ln(1 + h) \sim h$$. Donc $$f(1 + h) \sim \frac{1 + h}{h} \to +\infty$$. - $$\lim_{x \to +\infty} f(x) = \lim_{x \to +\infty} \frac{x}{\ln x} = +\infty$$. - $$\lim_{x \to +\infty} \frac{f(x)}{x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{\frac{x}{\ln x}}{x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{1}{\ln x} = 0$$. Graphiquement, cela signifie que $$f$$ tend vers $$+\infty$$ en s'approchant de 1 par la droite, vers $$-\infty$$ par la gauche, et croît vers $$+\infty$$ à l'infini mais plus lentement que $$x$$. 5. **Étude des variations de $$f$$ :** Calcul de la dérivée pour $$x \in ]0,1[ \cup ]1,+\infty[$ : $$f'(x) = \frac{(1)(\ln x) - x \cdot \frac{1}{x}}{(\ln x)^2} = \frac{\ln x - 1}{(\ln x)^2}$$. - Sur $$]0,1[$, $$\ln x < 0$$ donc $$f'(x) < 0$$ car $$\ln x - 1 < 0$$ et le dénominateur est positif (carré). - Sur $$]1,+\infty[$, $$\ln x > 0$$, le signe de $$f'(x)$$ dépend de $$\ln x - 1$$. - Pour $$x > e$$, $$\ln x > 1$$ donc $$f'(x) > 0$$. - Pour $$1 < x < e$$, $$\ln x < 1$$ donc $$f'(x) < 0$$. Donc $$f$$ décroît sur $$]0,1[$, décroît aussi sur $$]1,e[$, puis croît sur $$]e,+\infty[$. 6. **Point d'inflexion :** Calcul de la dérivée seconde : $$f''(x) = \frac{d}{dx} f'(x) = \frac{d}{dx} \left( \frac{\ln x - 1}{(\ln x)^2} \right)$$. En posant $$u = \ln x - 1$$ et $$v = (\ln x)^2$$, $$f''(x) = \frac{u'v - uv'}{v^2}$$ avec $$u' = \frac{1}{x}$$, $$v' = 2 \ln x \cdot \frac{1}{x} = \frac{2 \ln x}{x}$$. Donc $$f''(x) = \frac{\frac{1}{x} (\ln x)^2 - (\ln x - 1) \frac{2 \ln x}{x}}{(\ln x)^4} = \frac{(\ln x)^2 - 2 \ln x (\ln x - 1)}{x (\ln x)^4}$$. Simplifions le numérateur : $$(\ln x)^2 - 2 \ln x (\ln x - 1) = (\ln x)^2 - 2 (\ln x)^2 + 2 \ln x = - (\ln x)^2 + 2 \ln x = \ln x (2 - \ln x)$$. Donc $$f''(x) = \frac{\ln x (2 - \ln x)}{x (\ln x)^4} = \frac{2 - \ln x}{x (\ln x)^3}$$. Le point d'inflexion est où $$f''(x) = 0$$, donc $$2 - \ln x = 0 \Rightarrow \ln x = 2 \Rightarrow x = e^2$$. Les coordonnées du point d'inflexion sont $$\left(e^2, f(e^2)\right) = \left(e^2, \frac{e^2}{2}\right)$$. 7. **Solutions de l'équation $$e^x = x^n$$ pour $$n \ge 3$$ :** On a $$n = f(x)$$. La fonction $$f$$ est décroissante sur $$]1,e[$ et croissante sur $$]e,+\infty[$ avec un minimum local en $$x = e$$. Pour $$n \ge 3$$, l'équation $$n = f(x)$$ admet exactement deux solutions $$a_n$$ et $$b_n$$ telles que $$1 < a_n < e < b_n$$. **Réponse finale :** $$\boxed{1 < a_n < e < b_n \text{ pour } n \ge 3}$$.