Tle · Du modèle à l’autonomie

Logarithme népérien : pas à pas

Observe un exemple expliqué, entraîne-toi avec des indices, puis résous une autre situation sur papier. Compare les étapes avant de faire le point.

Mon objectif

Retrouver mes révisions

Propriétés algébriques

1. Observer

2. S’entraîner avec aide

Pour $$x>0$$ , simplifie $A(x)=\ln(4x^2)-2\ln(2x)$ . Peut-on conserver ce calcul à $$x=-1$$ ? Compare avec $B(x)=\ln(4x^2)-2\ln|2x|$ .

Comparer avec l’explication

Les deux développements sont égaux, donc $$A(x)=0$$ pour tout $$x>0$$ . En $$x=-1$$ , le premier terme existe mais $\ln(2x)$ n'existe pas : la simplification ne prolonge pas automatiquement la fonction initiale. Pour $$B$$ , $$|2x|>0$$ dès que $x\ne0$ et $$4x^2=|2x|^2$$ , donc $$B(x)=0$$ sur $\R\setminus\{0\}$ . Réessaie avec $\ln(9x^2)-2\ln|3x|$ .

3. Résoudre seul

Simplifier sans calculatrice :

$\ln\e^5-2\ln\e$
$\ln 4+\ln 25$
$\ln\frac{\e^3}{\sqrt{\e}}$
$\e^{2\ln 3}$
$\ln\sqrt[3]{\e^6}$
$3\ln 2-\ln 4+\ln 50$

Comparer avec l’explication

\begin{aligned}\ln\e^5-2\ln\e &= 5-2(1)\\[.35em]&= 3 .\end{aligned}

\begin{aligned}\ln 4+\ln 25 &= \ln(4\times 25)\\[.35em]&= \ln 100\\[.35em]&= \ln 10^2\\[.35em]&= 2\ln 10 .\end{aligned}

\begin{aligned}\ln\frac{\e^3}{\sqrt{\e}} &= \ln\e^3-\ln\e^{1/2}\\[.35em]&= 3-\frac{1}{2}\\[.35em]&= \frac{5}{2} .\end{aligned}

\begin{aligned}\e^{2\ln 3} &= \e^{\ln 3^2}\\[.35em]&= \e^{\ln 9}\\[.35em]&= 9 .\end{aligned}

\begin{aligned}\ln\sqrt[3]{\e^6} &= \ln\e^{6/3}\\[.35em]&= \ln\e^2\\[.35em]&= 2 .\end{aligned}

\begin{aligned}3\ln 2-\ln 4+\ln 50 &= \ln 2^3-\ln 4+\ln 50\\[.35em]&= \ln\frac{8\times 50}{4}\\[.35em]&= \ln 100\\[.35em]&= 2\ln 10 .\end{aligned}

Déterminer l'ensemble de définition de :

$f(x)=\ln(3-x)$
$g(x)=\ln(x^2-4)$
$h(x)=\ln(\ln x)$
$k(x)=\ln\!\bigl(\frac{x+1}{x-2}\bigr)$

Comparer avec l’explication

a) $3-x>0\iff x<3$ . $D_f=\;]-\infty,3[$ .

\begin{aligned}x^2-4>0\\[.35em]&\iff (x-2)(x+2)>0\\[.35em]&\iff x\in\;]-\infty,-2[\;\cup\;]2,+\infty[ .\end{aligned}

D_g=\;]-\infty,-2[\;\cup\;]2,+\infty[.

c) Il faut $$x>0$$ (pour que $\ln x$ existe) et $\ln x>0$ (pour que $\ln(\ln x)$ existe). $\ln x>0\iff x>1$ . $D_h=\;]1,+\infty[$ .

d) $\frac{x+1}{x-2}>0$ : tableau de signes. Positif sur $]-\infty,-1[\;\cup\;]2,+\infty[$ . $D_k=\;]-\infty,-1[\;\cup\;]2,+\infty[$ .

4. Aller plus loin

Résoudre dans $\R$ :

$\ln(2x-1)=0$
$\ln x+\ln(x-2)=\ln 3$
$\e^{2x}-5\e^x+6=0$
$$2^x=7$$

Comparer avec l’explication

\begin{aligned}\ln(2x-1)=0\\[.35em]&\iff 2x-1=\e^0=1\\[.35em]&\iff x=1 .\end{aligned}

Condition $2x-1>0\iff x>\frac{1}{2}$ : OK.

b) Condition : $$x>0$$ et $$x-2>0$$ , soit $$x>2$$ . $\ln[x(x-2)]=\ln 3$ , donc $$x^2-2x=3$$ , $$x^2-2x-3=0$$ , $$(x-3)(x+1)=0$$ . Seul $$x=3>2$$ convient.

c) Posons $X=\e^x$ ( $$X>0$$ ). $$X^2-5X+6=0$$ , $$(X-2)(X-3)=0$$ , $$X=2$$ ou $$X=3$$ . Donc $x=\ln 2$ ou $x=\ln 3$ .

\begin{aligned}2^x=7\\[.35em]&\iff x\ln 2=\ln 7\\[.35em]&\iff x=\frac{\ln 7}{\ln 2}\approx 2{,}807 .\end{aligned}

Équations et inéquations avec $\ln$

1. Observer

2. S’entraîner avec aide

Résous $\ln(x-1)+\ln(x+1)=\ln8$ . Puis résous $(\ln x)^2+\ln x-2=0$ . Compare la contrainte sur $X=\ln x$ avec celle sur $X=\e^x$ de la fiche précédente.

Comparer avec l’explication

Pour $$x>1$$ , la première équation équivaut à $$x^2=9$$ . Parmi les candidats $$-3$$ et 3, seul 3 appartient au domaine initial. Pour la seconde, $$X=-2$$ ou $$X=1$$ sont tous deux permis : $\ln x$ peut être négatif. Les deux solutions sont $x=\e^{-2}$ et $x=\e$ . En revanche, une substitution $X=\e^x$ impose $$X>0$$ . Réessaie avec $\ln(x-2)+\ln x=\ln3$ , puis $(\ln x)^2=0$ .

3. Résoudre seul

Résoudre dans $\R$ :

$\ln(2x-1)=0$
$\ln x+\ln(x-2)=\ln 3$
$\e^{2x}-5\e^x+6=0$
$$2^x=7$$

Comparer avec l’explication

\begin{aligned}\ln(2x-1)=0\\[.35em]&\iff 2x-1=\e^0=1\\[.35em]&\iff x=1 .\end{aligned}

Condition $2x-1>0\iff x>\frac{1}{2}$ : OK.

b) Condition : $$x>0$$ et $$x-2>0$$ , soit $$x>2$$ . $\ln[x(x-2)]=\ln 3$ , donc $$x^2-2x=3$$ , $$x^2-2x-3=0$$ , $$(x-3)(x+1)=0$$ . Seul $$x=3>2$$ convient.

c) Posons $X=\e^x$ ( $$X>0$$ ). $$X^2-5X+6=0$$ , $$(X-2)(X-3)=0$$ , $$X=2$$ ou $$X=3$$ . Donc $x=\ln 2$ ou $x=\ln 3$ .

\begin{aligned}2^x=7\\[.35em]&\iff x\ln 2=\ln 7\\[.35em]&\iff x=\frac{\ln 7}{\ln 2}\approx 2{,}807 .\end{aligned}

Résoudre :

$\ln(x-1)>0$
$\ln(3x+2)\leqslant 1$
$\ln x+\ln(x+2)\geqslant\ln 8$

Comparer avec l’explication

a) Condition : $x-1>0\iff x>1$ .

\begin{aligned}\ln(x-1)>0\\[.35em]&\iff x-1>1\\[.35em]&\iff x>2 .\end{aligned}

Solution : $x\in\;]2,+\infty[$ .

b) Condition : $3x+2>0\iff x>-\frac{2}{3}$ .

\begin{aligned}\ln(3x+2)\leqslant 1\\[.35em]&\iff 3x+2\leqslant\e\\[.35em]&\iff x\leqslant\frac{\e-2}{3} .\end{aligned}

Solution : $x\in\;\bigl]-\frac{2}{3},\frac{\e-2}{3}\bigr]$ .

c) Conditions : $$x>0$$ et $$x+2>0$$ , soit $$x>0$$ . $\ln[x(x+2)]\geqslant\ln 8\iff x(x+2)\geqslant 8$ (car $\ln$ croissante). $x^2+2x-8\geqslant 0$ , $(x+4)(x-2)\geqslant 0$ . Comme $$x>0$$ : $x\geqslant 2$ . Solution : $x\in[2,+\infty[$ .

4. Aller plus loin

$f(x)=x-\ln x$ sur $]0,+\infty[$ .

Limites, dérivée, tableau de variations.
Montrer que $f(x)\geqslant 1$ pour tout $$x>0$$ (inégalité $\ln x\leqslant x-1$ ).
En déduire que pour tout $$x>0$$ : $\ln x\leqslant x-1$ .

Comparer avec l’explication

$f(x)=x-\ln x$ sur $]0,+\infty[$ .

a) En $$0^+$$ : $x\to 0$ et $-\ln x\to+\infty$ , donc $f(x)\to+\infty$ .

En $+\infty$ :

\begin{aligned}f(x) &= x(1-\frac{\ln x}{x})\\[.35em]&\to +\infty\cdot(1-0)\\[.35em]&= +\infty .\end{aligned}

\begin{aligned}f'(x) &= 1-\frac{1}{x}\\[.35em]&= \frac{x-1}{x} .\end{aligned}

$f'(x)=0\iff x=1$ . $$f'<0$$ sur $$]0,1[$$ , $$f'>0$$ sur $]1,+\infty[$ .

$$x$$	$$0^+$$		$$1$$		$+\infty$
$$f'(x)$$		$$-$$	$$0$$	$$+$$
$$f(x)$$	$+\infty$	$\searrow$	$$1$$	$\nearrow$	$+\infty$

b) Le minimum de $$f$$ est

\begin{aligned}f(1) &= 1-\ln 1\\[.35em]&= 1-0\\[.35em]&= 1 .\end{aligned}

Donc pour tout $$x>0$$ : $f(x)\geqslant 1$ , i.e. $x-\ln x\geqslant 1$ .

c) $x-\ln x\geqslant 1\iff \ln x\leqslant x-1$ pour tout $$x>0$$ .

Égalité quand $$x=1$$ (l'unique minimum). C'est l'inégalité $\boxed{\ln x\leqslant x-1}$ , fondamentale en analyse.

Interprétation géométrique : la courbe $y=\ln x$ est entièrement en dessous de sa tangente en $$(1,0)$$ , qui est $$y=x-1$$ . Cela traduit la concavité de $\ln$ .

Dérivée de $\ln u$

1. Observer

2. S’entraîner avec aide

Étudie le domaine et les variations de $G(x)=\ln(4-x^2)$ . Compare le signe de $$G$$ avec celui de $$G'$$ ; donnent-ils le même découpage ?

Comparer avec l’explication

Le domaine est $$]-2,2[$$ . La dérivée $$G'(x)=-2x/(4-x^2)$$ est positive à gauche de 0 et négative à droite : maximum $G(0)=\ln4$ . Le signe de $$G$$ est positif sur $]-\sqrt3,\sqrt3[$ , nul en $\pm\sqrt3$ , négatif dans les deux morceaux restants du domaine. Les zéros de $$G$$ et de $$G'$$ n'ont donc pas le même rôle. Aux deux bords du domaine, $G\to-\infty$ . Réessaie avec $\ln(x^2+1)$ : quel changement de domaine et de variations ?

3. Résoudre seul

Calculer la dérivée et préciser le domaine :

$f(x)=\ln(3x^2-1)$
$g(x)=x\ln x-x$
$h(x)=\ln\!\bigl(\frac{x+1}{x-1}\bigr)$
$k(x)=(\ln x)^2$

Comparer avec l’explication

D_f=\{x\mid 3x^2-1>0\}=\;]-\infty,-\frac{1}{\sqrt{3}}[\;\cup\;]\frac{1}{\sqrt{3}},+\infty[.

f'(x)=\frac{6x}{3x^2-1}.

D_g=\;]0,+\infty[.

\begin{aligned}g'(x) &= \ln x+x\cdot\frac{1}{x}-1\\[.35em]&= \ln x+1-1\\[.35em]&= \ln x .\end{aligned}

Remarque : $g'(x)=\ln x$ , donc $$g'(x)<0$$ pour $$0<x<1$$ , $$g'(x)=0$$ pour $$x=1$$ , $$g'(x)>0$$ pour $$x>1$$ . Le minimum de $$g$$ est $$g(1)=-1$$ .

c) Le quotient $$(x+1)/(x-1)$$ est positif sur $D_h=]-\infty,-1[\cup]1,+\infty[$ . Sur les deux intervalles, on peut dériver par composition :

u(x)=\frac{x+1}{x-1},\qquad u'(x)=-\frac2{(x-1)^2}.

Ainsi

\begin{aligned}h'(x)&=\frac{u'(x)}{u(x)}\\[.35em]&=-\frac2{(x-1)^2}\frac{x-1}{x+1}\\[.35em]&=-\frac2{x^2-1}.\end{aligned}

La différence $\ln(x+1)-\ln(x-1)$ ne permettait de justifier ce résultat que sur $]1,+\infty[$ . L'écriture $\ln|x+1|-\ln|x-1|$ couvre aussi le premier intervalle.

D_k=\;]0,+\infty[.

k(x)=(\ln x)^2.

\begin{aligned}k'(x) &= 2\ln x\cdot\frac{1}{x}\\[.35em]&= \frac{2\ln x}{x} .\end{aligned}

$f(x)=\frac{\ln x}{x}$ sur $]0,+\infty[$ .

Calculer les limites en $$0^+$$ et en $+\infty$ .
Calculer $$f'(x)$$ et dresser le tableau de variations.
En déduire que l'équation $\frac{\ln x}{x}=\frac{1}{3}$ admet exactement deux solutions.

Comparer avec l’explication

$f(x)=\frac{\ln x}{x}$ sur $]0,+\infty[$ .

a) En $$0^+$$ : $\ln x\to-\infty$ et $x\to 0^+$ , donc $f(x)\to-\infty$ .

En $+\infty$ : $\frac{\ln x}{x}\to 0$ par croissance comparée.

\begin{aligned}f'(x) &= \frac{\frac{1}{x}\cdot x-\ln x\cdot 1}{x^2}\\[.35em]&= \frac{1-\ln x}{x^2} .\end{aligned}

\begin{aligned}f'(x)=0\\[.35em]&\iff \ln x=1\\[.35em]&\iff x=\e .\end{aligned}

$$f'(x)>0$$ pour $x<\e$ , $$f'(x)<0$$ pour $x>\e$ .

$$x$$	$$0^+$$		$\e$		$+\infty$
$$f'(x)$$		$$+$$	$$0$$	$$-$$
$$f(x)$$	$-\infty$	$\nearrow$	$\frac{1}{\e}$	$\searrow$	$$0$$

Maximum

\begin{aligned}f(\e) &= \frac{\ln\e}{\e}\\[.35em]&= \frac{1}{\e}\\[.35em]&\approx 0{,}368 .\end{aligned}

c) $\frac{\ln x}{x}=\frac{1}{3}$ , soit $f(x)=\frac{1}{3}$ . Comme $\frac{1}{3}<\frac{1}{\e}\approx 0{,}368$ : la droite $y=\frac{1}{3}$ coupe la courbe en deux points.

Sur $]0,\e]$ : $$f$$ strictement croissante de $-\infty$ à $\frac{1}{\e}$ , et $\frac{1}{3}\in]-\infty,\frac{1}{\e}[$ : unique solution par le corollaire du TVI.

Sur $[\e,+\infty[$ : $$f$$ strictement décroissante de $\frac{1}{\e}$ à $$0$$ , et $\frac{1}{3}\in]0,\frac{1}{\e}[$ : unique solution par le corollaire du TVI.

Total : exactement deux solutions.

4. Aller plus loin

Soit

\begin{aligned}f(x) &= x^x\\[.35em]&= \e^{x\ln x}\end{aligned}

pour $$x>0$$ .

Déterminer $\displaystyle\lim_{x\to 0^+}f(x)$ .
Calculer $$f'(x)$$ .
Étudier les variations de $$f$$ et dresser son tableau.
Déterminer le minimum de $$f$$ .

Comparer avec l’explication

\begin{aligned}f(x) &= x^x\\[.35em]&= \e^{x\ln x}\end{aligned}

pour $$x>0$$ .

a) $\lim_{x\to 0^+}x\ln x=0$ (croissance comparée). Donc

\begin{aligned}\e^{x\ln x} &\to \e^0\\[.35em]&= 1 .\end{aligned}

\lim_{x\to 0^+}f(x)=1.

b) Posons $\varphi(x)=x\ln x$ , alors $f(x)=\e^{\varphi(x)}$ .

\begin{aligned}\varphi'(x) &= \ln x+x\cdot\frac{1}{x}\\[.35em]&= \ln x+1 .\end{aligned}

\begin{aligned}f'(x) &= \varphi'(x)\cdot\e^{\varphi(x)}\\[.35em]&= (\ln x+1)\cdot x^x .\end{aligned}

\begin{aligned}f'(x)=0\\[.35em]&\iff \ln x+1=0\\[.35em]&\iff \ln x=-1\\[.35em]&\iff x=\e^{-1}=\frac{1}{\e}\end{aligned}

(car $$x^x>0$$ toujours).

$$f'(x)<0$$ pour $0<x<\frac{1}{\e}$ (car $\ln x<-1$ ), $$f'(x)>0$$ pour $x>\frac{1}{\e}$ .

$$x$$	$$0^+$$		$\frac{1}{\e}$		$+\infty$
$$f'(x)$$		$$-$$	$$0$$	$$+$$
$$f(x)$$	$$1$$	$\searrow$	$\e^{-1/\e}$	$\nearrow$	$+\infty$

d) Minimum :

\begin{aligned}f\!\bigl(\frac{1}{\e}\bigr) &= \bigl(\frac{1}{\e}\bigr)^{1/\e}\\[.35em]&= \e^{-1/\e}\\[.35em]&\approx 0{,}692 .\end{aligned}

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