Fonction logarithme népérien
Propriétés algébriques de ln. Équations, continuité, dérivée, limites.
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Capacités exigibles — Programme officiel (BO)
- Utiliser l'équation fonctionnelle de l'exponentielle ou du logarithme pour transformer une écriture, résoudre une équation, une inéquation.
- Dans le cadre d'une résolution de problème, utiliser les propriétés des fonctions exponentielle et logarithme.
Démonstrations exigibles — Programme officiel (BO)
- Calcul de la fonction dérivée de la fonction logarithme népérien, la dérivabilité étant admise.
- Limite en \(0\) de \(x \mapsto x\ln(x)\).
Exemples d'algorithme — Programme officiel (BO)
- Algorithme de Briggs pour le calcul du logarithme.
1. Introduction
Le logarithme népérien est la fonction réciproque de la fonction exponentielle. Il est défini sur \(]0\,;\,+\infty[\) et joue un rôle central en analyse : il permet de linéariser des équations exponentielles, d'étudier des croissances, et fournit une primitive fondamentale de \(\dfrac{1}{x}\).
Sa propriété algébrique clé — transformer les produits en sommes — en fait un outil précieux tant pour le calcul que pour la modélisation (décroissance radioactive, acoustique en décibels, échelle de Richter…).
2. Cours
A — Propriétés algébriques
Pour tous réels \(a > 0\) et \(b > 0\) : \[ \ln(ab) = \ln(a) + \ln(b) \] \[ \ln\!\left(\frac{a}{b}\right) = \ln(a) - \ln(b) \] \[ \ln(a^n) = n\ln(a) \quad \text{pour tout entier } n \in \mathbb{Z} \] \[ \ln(1) = 0 \qquad \ln(e) = 1 \] \[ \ln(e^a) = a \qquad e^{\ln(a)} = a \text{ pour } a > 0 \] Le domaine de définition de \(\ln\) est \(]0\,;\,+\infty[\).
- \(\ln(a+b) \neq \ln(a)+\ln(b)\) — le \(\ln\) transforme les produits, pas les sommes !
- \(\ln(-x)\) n'existe pas pour \(x > 0\).
- \(\ln(0)\) n'existe pas.
B — Équations avec logarithme et exponentielle
\[ \ln(X) = a \;\Leftrightarrow\; X = e^a \quad (\text{avec la condition } X > 0, \text{ automatiquement vérifiée car } e^a > 0) \] Méthode :
- Déterminer le domaine de validité (l'expression dans le \(\ln\) doit être \(> 0\)).
- Appliquer la bijection : \(\ln(X) = a \Leftrightarrow X = e^a\).
- Vérifier que la solution appartient au domaine.
- Si \(a \leq 0\) : pas de solution (car \(e^X > 0\) toujours).
- Si \(a > 0\) : l'unique solution est \(X = \ln(a)\).
C — Étude de la fonction logarithme
\(\ln\) est continue et strictement croissante sur \(]0\,;\,+\infty[\). \[ \lim_{x \to 0^+} \ln(x) = -\infty \qquad \lim_{x \to +\infty} \ln(x) = +\infty \] Croissances comparées : pour tout entier \(k \geq 1\) : \[ \lim_{x \to +\infty} \frac{\ln(x)}{x^k} = 0 \qquad \text{(\(\ln\) croît moins vite que toute puissance de } x) \] \[ \lim_{x \to 0^+} x^k \ln(x) = 0 \qquad \text{(\(x^k\) l'emporte sur } |\ln(x)| \text{ en } 0^+) \]
\[ (\ln x)' = \frac{1}{x} \quad \text{sur } ]0\,;\,+\infty[ \] Dérivée de la composée : si \(u > 0\) sur \(I\) et \(u\) est dérivable : \[ \bigl(\ln(u(x))\bigr)' = \frac{u'(x)}{u(x)} \]
3. Exemples guidés
Simplifier \(A = \ln(8) + \ln(3) - \ln(6) + 2\ln(2)\).
Étape 1 : Transformer \(2\ln(2) = \ln(2^2) = \ln(4)\).
Étape 2 : Regrouper avec les propriétés : \[ A = \ln(8) + \ln(3) + \ln(4) - \ln(6) = \ln\!\left(\frac{8 \times 3 \times 4}{6}\right) = \ln(16) \]
Étape 3 : \(\ln(16) = \ln(2^4) = 4\ln(2)\).
Résultat : \(A = 4\ln(2)\).
Domaine : \(x + 1 > 0 \Leftrightarrow x > -1\).
Résolution : \[ \ln(x+1) = 2 \Leftrightarrow x+1 = e^2 \Leftrightarrow x = e^2 - 1 \]
Vérification : \(e^2 - 1 \approx 6{,}39 > -1\) ✓.
Conclusion : La solution est \(x = e^2 - 1\).
Domaine : \(x > 0\) et \(x + 2 > 0\), donc \(x > 0\).
Transformation : \[ \ln(x) + \ln(x+2) = \ln(3) \Leftrightarrow \ln\bigl(x(x+2)\bigr) = \ln(3) \Leftrightarrow x(x+2) = 3 \]
Équation du second degré : \[ x^2 + 2x - 3 = 0 \Leftrightarrow (x+3)(x-1) = 0 \Rightarrow x = -3 \text{ ou } x = 1 \]
Sélection : \(x = -3 \notin ]0\,;\,+\infty[\) donc on rejette. L'unique solution est \(x = 1\).
\(f(x) = \ln(x^2 + 1)\) : ici \(u = x^2+1 > 0\), \(u' = 2x\). \[ f'(x) = \frac{2x}{x^2+1} \]
\(g(x) = x\ln(x) - x\) sur \(]0\,;\,+\infty[\) : \[ g'(x) = 1 \cdot \ln(x) + x \cdot \frac{1}{x} - 1 = \ln(x) + 1 - 1 = \ln(x) \]
Conclusion : \(g\) est une primitive de \(\ln(x)\), c'est-à-dire \(\displaystyle\int \ln(x)\,dx = x\ln(x) - x + C\).
Dérivée : \(f'(x) = 1 - \dfrac{1}{x} = \dfrac{x-1}{x}\).
Signe de \(f'\) :
- \(f'(x) < 0\) si \(0 < x < 1\) : \(f\) est décroissante.
- \(f'(x) > 0\) si \(x > 1\) : \(f\) est croissante.
Minimum : en \(x = 1\), \(f(1) = 1 - \ln(1) = 1 - 0 = 1\).
Conclusion : \(f(x) \geq 1 > 0\) pour tout \(x > 0\), ce qui donne l'inégalité classique : \[ \boxed{\ln(x) \leq x - 1 \quad \text{pour tout } x > 0} \] avec égalité seulement en \(x = 1\).
4. Exercices progressifs
- Simplifier \(A = 3\ln(2) + \ln(4) - \ln(8)\).
- Résoudre \(\ln(x) = 4\).
1. \(3\ln(2) = \ln(2^3) = \ln(8)\) et \(\ln(4) = \ln(2^2)\). \[ A = \ln(8) + \ln(4) - \ln(8) = \ln(4) = 2\ln(2) \]
2. Domaine : \(x > 0\). \[ \ln(x) = 4 \Leftrightarrow x = e^4 \]
Résoudre dans \(\mathbb{R}\) :
- \(e^{2x+1} = 5\)
- \(\ln(3x - 1) = 0\)
1. \[ e^{2x+1} = 5 \Leftrightarrow 2x+1 = \ln(5) \Leftrightarrow x = \frac{\ln(5)-1}{2} \]
2. Domaine : \(3x - 1 > 0 \Leftrightarrow x > \dfrac{1}{3}\). \[ \ln(3x-1) = 0 \Leftrightarrow 3x-1 = e^0 = 1 \Leftrightarrow 3x = 2 \Leftrightarrow x = \frac{2}{3} \] Vérification : \(\dfrac{2}{3} > \dfrac{1}{3}\) ✓. Solution : \(x = \dfrac{2}{3}\).
Résoudre \(\ln(x^2 - 4x + 3) = 0\) en précisant soigneusement le domaine de validité.
Domaine : il faut \(x^2 - 4x + 3 > 0\).
Racines : \(x^2 - 4x + 3 = (x-1)(x-3) = 0\) donc \(x = 1\) ou \(x = 3\). Le trinôme est \(> 0\) pour \(x < 1\) ou \(x > 3\). Domaine : \(D = ]-\infty\,;\,1[ \cup ]3\,;\,+\infty[\).
Résolution : \[ \ln(x^2-4x+3) = 0 \Leftrightarrow x^2 - 4x + 3 = 1 \Leftrightarrow x^2 - 4x + 2 = 0 \] Discriminant : \(\Delta = 16 - 8 = 8\). Racines : \(x = \dfrac{4 \pm 2\sqrt{2}}{2} = 2 \pm \sqrt{2}\).
Sélection dans \(D\) : \(x_1 = 2 - \sqrt{2} \approx 0{,}59 < 1\) ✓ et \(x_2 = 2 + \sqrt{2} \approx 3{,}41 > 3\) ✓.
Les deux solutions sont \(x = 2 - \sqrt{2}\) et \(x = 2 + \sqrt{2}\).
- Dériver \(f(x) = \ln(2x^2 - x + 3)\) sur son domaine de définition.
- Dériver \(g(x) = \dfrac{\ln(x)}{x}\) sur \(]0\,;\,+\infty[\) et trouver le maximum de \(g\).
1. Discriminant de \(2x^2-x+3\) : \(\Delta = 1 - 24 = -23 < 0\). Donc \(2x^2 - x + 3 > 0\) pour tout \(x\), domaine : \(\mathbb{R}\). \[ f'(x) = \frac{4x - 1}{2x^2 - x + 3} \]
2. En utilisant la règle du quotient (\(u = \ln x\), \(v = x\)) : \[ g'(x) = \frac{\tfrac{1}{x} \cdot x - \ln(x) \cdot 1}{x^2} = \frac{1 - \ln(x)}{x^2} \]
Signe de \(g'\) : \(g'(x) > 0 \Leftrightarrow \ln(x) < 1 \Leftrightarrow x < e\).
Donc \(g\) est croissante sur \(]0\,;\,e[\) et décroissante sur \(]e\,;\,+\infty[\).
Maximum atteint en \(x = e\) : \(g(e) = \dfrac{\ln(e)}{e} = \dfrac{1}{e}\).
Étudier la fonction \(h(x) = \ln(x) - \sqrt{x}\) sur \(]0\,;\,+\infty[\) : dresser le tableau de variations complet et trouver les extrema.
Dérivée : \[ h'(x) = \frac{1}{x} - \frac{1}{2\sqrt{x}} = \frac{1}{x} - \frac{1}{2\sqrt{x}} \] On réduit au même dénominateur \(2x\) : \[ h'(x) = \frac{2\sqrt{x} - x}{2x} = \frac{\sqrt{x}(2 - \sqrt{x})}{2x} = \frac{2 - \sqrt{x}}{2\sqrt{x}} \]
Signe de \(h'\) : \(h'(x) > 0 \Leftrightarrow 2 - \sqrt{x} > 0 \Leftrightarrow \sqrt{x} < 2 \Leftrightarrow x < 4\).
\(h\) est croissante sur \(]0\,;\,4[\), décroissante sur \(]4\,;\,+\infty[\).
Maximum en \(x = 4\) : \[ h(4) = \ln(4) - \sqrt{4} = \ln(4) - 2 = 2\ln(2) - 2 \approx 1{,}386 - 2 = -0{,}614 \]
Limites : \[ \lim_{x \to 0^+} h(x) = -\infty - 0 = -\infty \] \[ \lim_{x \to +\infty} h(x) = \lim_{x \to +\infty} \sqrt{x}\!\left(\frac{\ln x}{\sqrt{x}} - 1\right) = +\infty \times (0 - 1) = -\infty \] (car \(\frac{\ln x}{\sqrt{x}} \to 0\) par croissances comparées).
Tableau de variations :
| \(x\) | \(0^+\) | \(4\) | \(+\infty\) | ||
|---|---|---|---|---|---|
| \(h'(x)\) | \(+\) | \(0\) | \(-\) | ||
| \(h(x)\) | \(-\infty\) | ↗ | \(2\ln 2-2\) | ↘ | \(-\infty\) |
\(h\) admet un maximum (global) en \(x = 4\) valant \(2\ln(2)-2 \approx -0{,}614\). La fonction \(h\) est toujours négative.
Montrer que pour tout \(x > 0\) : \(\ln(x) \leq x - 1\), avec égalité si et seulement si \(x = 1\).
On pose \(f(x) = \ln(x) - x + 1\) sur \(]0\,;\,+\infty[\). Il s'agit de montrer que \(f(x) \leq 0\) pour tout \(x > 0\).
Dérivée : \[ f'(x) = \frac{1}{x} - 1 = \frac{1-x}{x} \]
Signe : \(f'(x) > 0\) si \(x < 1\) et \(f'(x) < 0\) si \(x > 1\).
Donc \(f\) atteint un maximum en \(x = 1\) : \[ f(1) = \ln(1) - 1 + 1 = 0 \]
Conclusion : pour tout \(x > 0\), \(f(x) \leq f(1) = 0\), soit \[ \boxed{\ln(x) \leq x - 1} \] avec égalité uniquement en \(x = 1\).
📌 Fiche de synthèse
Propriétés algébriques clés
- \(\ln(ab) = \ln a + \ln b\) — les produits deviennent des sommes.
- \(\ln(a^n) = n\ln a\) — les exposants descendent devant.
- \(\ln(1) = 0\), \(\ln(e) = 1\).
- \(e^{\ln a} = a\) et \(\ln(e^a) = a\) — \(\ln\) et \(\exp\) sont réciproques.
Résolution d'équations
- \(\ln(f(x)) = a \Leftrightarrow f(x) = e^a\) (avec \(f(x) > 0\)).
- \(e^{g(x)} = b\) : si \(b \leq 0\) → pas de solution ; si \(b > 0\) → \(g(x) = \ln b\).
- Toujours préciser le domaine avant de résoudre.
Dérivée et limites
- \((\ln x)' = \dfrac{1}{x}\) ; \((\ln u)' = \dfrac{u'}{u}\).
- \(\lim_{x\to 0^+} \ln x = -\infty\) ; \(\lim_{x\to+\infty} \ln x = +\infty\).
- Croissances comparées : \(\dfrac{\ln x}{x^k} \to 0\) et \(x^k \ln x \to 0\) en \(0^+\).
Inégalité fondamentale
\(\ln(x) \leq x - 1\) pour tout \(x > 0\), égalité en \(x = 1\).
📐 Démonstrations exigibles
Ces démonstrations sont exigibles au baccalauréat — Terminale Spécialité Mathématiques.
Dérivée du logarithme népérien
La fonction \(\ln\) est dérivable sur \(\mathbb{R}_+^*\) et \(\ln'(x) = \dfrac{1}{x}\).
On admet que \(\ln\) est dérivable sur \(\mathbb{R}_+^*\). Pour tout \(x > 0\), la relation fondamentale \(\exp(\ln(x)) = x\) est vraie par définition de \(\ln\).
En dérivant les deux membres par rapport à \(x\) (règle de dérivation des fonctions composées) :
\[\ln'(x) \cdot \exp(\ln(x)) = 1\] \[\ln'(x) \cdot x = 1\] \[\ln'(x) = \frac{1}{x} \quad \square\]Limite de \(x\ln(x)\) en \(0^+\)
\(\displaystyle\lim_{x\to 0^+} x\ln(x) = 0\)
On effectue le changement de variable \(t = -\ln(x)\), soit \(x = e^{-t}\).
Quand \(x \to 0^+\) : \(\ln(x) \to -\infty\), donc \(t = -\ln(x) \to +\infty\).
On calcule :
\[x\ln(x) = e^{-t} \cdot (-t) = -\frac{t}{e^t}\]Or, par croissances comparées (démontrées au chapitre 4) : \(\dfrac{t}{e^t} \xrightarrow[t\to+\infty]{} 0\).
Donc \(\displaystyle\lim_{x\to 0^+} x\ln(x) = 0\). \(\square\)
💻 Exemples d'algorithme
Algorithmes au programme de ce chapitre, à implémenter en Python.
Algorithme de Briggs pour le calcul du logarithme
L'algorithme de Briggs calcule \(\ln(a)\) en extrayant des racines carrées successives jusqu'à obtenir une valeur proche de 1, où \(\ln(x) \approx x - 1\).
import math
def ln_briggs(a, n=50):
"""
Calcule ln(a) par l'algorithme de Briggs.
Principe : ln(a) = 2^n * ln(a^(1/2^n)) et ln(x) ≈ x - 1 pour x proche de 1.
"""
x = a
coeff = 1.0
for _ in range(n):
x = x ** 0.5 # x ← racine carrée de x
coeff *= 2 # compensé par le facteur 2^n final
# Maintenant x est très proche de 1 : ln(x) ≈ x - 1
return coeff * (x - 1)
print(f"ln(2) par Briggs : {ln_briggs(2):.10f}")
print(f"ln(2) exact : {math.log(2):.10f}")
print(f"ln(10) par Briggs : {ln_briggs(10):.10f}")
print(f"ln(10) exact : {math.log(10):.10f}")
print(f"ln(0.5) par Briggs: {ln_briggs(0.5):.10f}")
print(f"ln(0.5) exact : {math.log(0.5):.10f}")