Logarithme népérien ✅

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Introduction

Définition

On définit la fonction logarithme népérien comme étant la fonction réciproque de la fonction exponentielle, c'est-à-dire l'unique fonction : \[ \begin{array}{rl@{ }l@{ }l} \ln\;: & \Rstar_+ & \longrightarrow & \R\\ & x & \longmapsto & \ln x \end{array} \] pour laquelle: \[ \forall x > 0,\ \e^{\ln x} = \ln\big(\e^x\big) = x. \]


Variation de la fonction ln

La fonction $\ln$ est continue et dérivable sur $\Rstar_+$, et : \[ (\ln)'(x)=\dfrac{1}{x} \qquad \text{pour tout }x > 0. \]

Considérons les deux fonctions: \[ \begin{array}{lll} u(x)=\ln\big(\e^x\big) & \qquad \text{ et }\qquad & v(x)=x \end{array} \] définies pour tout réel $x$.

On sait, par définition, que $u(x)=v(x)$ et donc que $u'(x)=v'(x)$.

D'après la formule qui donne la dérivée d'une fonction composée,

\begin{align} u'(x) & = \big(\e^x\big)^\prime \times \ln^\prime\big(\e^x\big)\\ & = \e^x \ln^\prime\big(\e^x\big).\end{align}

et \[ v'(x) = 1. \] Ainsi, \begin{align} u'(x)=v'(x) & \iff \e^x \ln^\prime\big(\e^x\big) = 1\\ & \iff \ln^\prime\big(\e^x\big) = \dfrac{1}{\e^x}\\ & \iff \ln^\prime(X) = \dfrac{1}{X},\quad\text{ avec }X=\e^x > 0.\end{align}

Ainsi, \[ \forall X > 0,\quad \ln^\prime(X) = \dfrac{1}{X}. \]

La fonction $x\longmapsto\ln(x)$ est strictement croissante et concave $\Rstar_+$.

C'est la conséquence de la propriété précédente: \[ \forall x > 0,\ \ln^\prime(x)=\dfrac{1}{x}>0 \] donc la fonction $\ln$ est strictement croissante sur $\Rstar_+$.


Egalité des opérandes et conservation de l'ordre

Pour tous réels $x$ et $y$ strictement positifs, \[ \ln(x) = \ln(y) \Longleftrightarrow x = y\qquad\text{et}\qquad\ln(x) < \ln(y)\Longleftrightarrow x < y. \]

Cette propriété est nécessaire pour résoudre certaines équations avec logarithme népérien.

Dans la résolution d'équations ou d'inéquations avec des logarithmes, il faut toujours s'assurer que les opérandes soient strictement positives. Dans notre premier exemple, $x^2+7>0$ et $2x^2+3>0$ pour tout réel $x$; on peut ainsi résoudre l'équation sur $\R$. Il en est de même pour l'inéquation.

  1. On souhaite résoudre l'équation $\ln(x^2+7) = \ln(2x^2+3)$.

    • Domaine de résolution: $x^2+7>0$ et $2x^2+3>0$ donc $\ln(x^2+7)$ et $\ln(2x^2+3)$ sont définis sur $\R$.

    • Résolution:

      \begin{align} \ln(x^2+7) = \ln(2x^2+3) & \iff x^2+7=2x^2+3\\ & \iff x^2=4\\ & \iff x=2\text{ ou }x=-2.\end{align}

      Ainsi, l'ensemble solution de l'équation $\ln(x^2+7) = \ln(2x^2+3)$ est: \[ \boxed{ S = \{-2;2\} } \]

  2. On souhaite résoudre l'inéquation $\ln(x^2+10) > \ln(2x^2+1)$.

    • Domaine de résolution: $x^2+10>0$ et $2x^2+1>0$ donc $\ln(x^2+10)$ et $\ln(2x^2+1)$ sont définis sur $\R$.

    • Résolution:

      \begin{align} \ln(x^2+10) > \ln(2x^2+1) & \iff x^2+10 > 2x^2+1\\ & \iff x^2 < 9 \\ & \iff x \in ]-3 ; 3[. \end{align}

      Ainsi, l'ensemble solution de l'inéquation $\ln(x^2+10) > \ln(2x^2+1)$ est: \[ \boxed{ S=\intervOO{-3}{3}} \]

Soient $y\in\R_+^*$ et $x\in\R$. On a l'équivalence suivante: \[ y=\e^x \iff x=\ln(y). \]

C'est la conséquence de la propriété sur l'égalité des opérandes:

\begin{align} \forall y>0,\ y = \e^x & \iff \ln(y) = \ln\big(\e^x\big)\\ & \iff \ln(y) = x. \end{align}

On en déduit notamment que : \[ \ln(1) =0\qquad\text{et}\qquad\ln(\e)=1. \]

$\e^x = 7 \iff x=\ln(7)$.


Relations fonctionnelles

Pour tous réels $x$ et $y$ strictement positifs, pour tout entier relatif $n$ :

  • $\ln(xy)=\ln(x)+\ln(y)$
  • $\ln\left(\dfrac{x}{y}\right)=\ln(x) - \ln(y)$
  • $\ln\left(\dfrac{1}{x}\right)=-\ln(x)$
  • $\ln\left(x^n\right)=n\ln(x)$
  • $\ln\big(\sqrt{x}\big)=\dfrac{1}{2}\ln(x)$

  • Pour tous réels $x$ et $y$ strictement positifs,

    \begin{align} \e^{\ln(x)+\ln(y)} & = \e^{\ln(x)} \times \e^{\ln(y)}\\ & = x \times y. \end{align}

    D'où, en prenant le logarithme népérien des deux membres de l'égalité: \[ \ln\big( \e^{\ln(x)+\ln(y)} \big) = \ln(x \times y) \iff \ln(x)+\ln(y)=\ln(xy). \]

  • Pour tous réels $x$ et $y$ strictement positifs,

    \begin{align} \e^{\ln(x)-\ln(y)} & = \dfrac{\e^{\ln(x)}}{\e^{\ln(y)}} \\ & = \dfrac{x}{y}. \end{align}

    D'où, en prenant le logarithme népérien des deux membres de l'égalité: \[ \ln\big( \e^{\ln(x)-\ln(y)} \big) = \ln\left(\dfrac{x}{y}\right)) \iff \ln(x)-\ln(y)=\ln\left(\dfrac{x}{y}\right). \]

  • En prenant $x=1$ et $y=x$ dans l'égalité précédente, il vient: \[ \ln\left(\dfrac{1}{x}\right) = \ln(1)-\ln(x) = 0-\ln(x) = -\ln(x). \]

  • Faisons un raisonnement par récurrence.

    • Initialisation: pour $n=0$, on a: \[ \forall x>0, \ \ln(x^n) = \ln(x^0)=\ln(1)=0=0\times\ln(x). \]

    • Hérédité: supposons que pour tout réel $x>0$ et pour un entier naturel $k$, $\ln(x^k)=k\ln(x)$.

      Alors,

      \begin{align} \ln\big(x^{k+1}\big) & = \ln\big(x^k \times x\big)\\ & = \ln\big(x^k\big) + \ln(x) \text{ (d'après la propriété du premier point) }\\ & = k\ln(x) + \ln (x) \text{ (par hypothèse de récurrence)}\\ & = (k+1)\ln(x).\end{align}

    • Conclusion: l'égalité est vraie pour $n=0$ et l'hérédité est vérifiée donc, d'après le principe de récurrence, pour tout réel $x > 0$ et pour tout entier naturel $n$, $\ln\big(x^n\big)=n\ln(x)$.
  • Pour tout réel $x>0$, \[ \ln(x) = \ln\big(\sqrt{x} \times \sqrt{x} \big) = 2\ln\big(\sqrt{x}\big). \] On en déduit alors que: \[ \ln\big(\sqrt{x}\big)=\dfrac{1}{2}\ln(x). \]
  • $\ln(39)=\ln(3\times13)=\ln(3)+\ln(13)$.
  • $\ln\left(\frac{2}{3}\right)=\ln(2)-\ln(3)$.
  • $\ln\left(\frac{1}{3}\right)=-\ln(3)$.
  • $\ln(256)=\ln\big(2^8\big)=8\ln(2)$.
  • $\ln\big(\sqrt{3}\big)=\dfrac{1}{2}\ln(3)$.

Faire preuve de rigueur lors de l'utilisation d'une relation fonctionnelle: ne pas scinder $\ln (xy)$ en somme de deux logarithmes sans avoir vérifié et mentionné la stricte positivité de $x$ et $y$.

En effet, $\ln(39)=\ln\big[(-3)\times(-13)\big]$ mais on ne peut pas écrire que $\ln(39)=\ln(-3)+\ln(-13)$.

Limites

Limites du logarithme népérien

\[ \lim\limits_{x\to 0^+}\big[ \ln(x) \big] =-\infty \qquad\text{et}\qquad\lim\limits_{x\to +\infty}\big[ \ln(x) \big]=+\infty. \]

  • Soit un réel $A>0$.

    \begin{align} x > \e^A & \iff \ln(x) > \ln\big(\e^A\big)\\ & \iff \ln(x) > A. \end{align}

    Ainsi, \[ \forall A>0,\ x>\e^A \Longrightarrow \ln(x)>A. \] C'est la définition de la limite infinie: $\lim\limits_{x\to +\infty}\big[ \ln(x) \big]=+\infty$.

  • Posons $X=\dfrac{1}{x}$.

    Alors,

    \begin{align} \lim\limits_{x\to 0^+}\big[ \ln(x) \big] & = \lim\limits_{X\to +\infty}\left[ \ln\left(\dfrac{1}{X}\right) \right]\\ & = \lim\limits_{X\to +\infty}\big[ -\ln(X) \big]\\ & = -\infty. \end{align}

L'axe des ordonnées est donc asymptote à la courbe représentative de la fonction logarithme.

Croissances comparées

Pour tout entier naturel $n$, \[ \lim\limits_{x \to +\infty}{\left(\dfrac{\ln(x)}{x^n}\right)} =0\qquad\text{et}\qquad \lim\limits_{x \to 0}{\big( x^n \ln x \big) } = 0. \]

Représentation graphique

De la stricte croissante de la fonction $\ln$, de sa concavité, de ses limites et des valeurs remarquables du logarithme népérien, on déduit sa représentation graphique dans un repère orthonormé:

Du fait que les fonctions $\exp$ et $\ln$ sont réciproques ($ln\big(\e^x\big)=\e^{\ln(x)}=x$), on déduit que, dans un repère orthonormé, leur courbe représentative sont symétriques par rapport à la première bissectrice (droite d'équation $y=x$).

Dérivée de ln(u)

Soit $u$ une fonction définie et dérivable à valeurs strictement positives sur un intervalle $I$. Alors, sur $I$: \[ \big(\ln (u) \big)^\prime = \dfrac{u'}{u}. \]

Soit $f(x)=\ln(\e^x + 1)$.

Alors, $f(x) = \ln\big[ u(x) \big]$ avec $u(x) = \e^x + 1$ et $u'(x)=\e^x$.

D'où : \[ f'(x) = \dfrac{\e^x}{\e^x+1}. \]

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Exercices

Opérations algébriques, équations et inéquations

Mettre les expressions suivantes sous la forme $\ln(a)$.

  1. $\ln(8)-\ln(2)$
  2. $\ln(6)+\ln(3)$
  3. $\ln(25)-\ln(30)+\ln(10)$
  4. $\ln(50)+\ln(2)-\ln(10)$
  5. $3\ln(4)-\ln(256)$
  6. $2\ln(2)-\ln(16)+\ln(128)$

  1. $\ln(8)-\ln(2) = \ln\left(\dfrac{8}{2}\right)=\boxed{\ln(4)}$
  2. $\ln(6)+\ln(3)=\ln(6\times3)=\boxed{\ln(18)}$
  3. $\ln(25)-\ln(30)+\ln(10) = \ln\left(\dfrac{25}{30}\times 10 \right) = \boxed{\ln\left(\dfrac{25}{3}\right)}$
  4. $\ln(50)+\ln(2)-\ln(10) = \ln\left(\dfrac{50\times2}{10}\right)=\boxed{\ln(10)}$

  5. On a: \begin{align} 3\ln(4)-\ln(256) & = \ln\big(4^3\big) - \ln(256)\\ & = \ln\left( \dfrac{2^6}{2^8} \right)\\ & =\boxed{\ln\left(\dfrac{1}{4}\right)} \end{align}

  6. On a: \begin{align} 2\ln(2)-\ln(16)+\ln(128) & =\ln\big(2^2\big) - \ln\big(2^4\big) +\ln\big(2^7\big)\\ & = \ln\left(\dfrac{2^2\times2^7}{2^4}\right)\\ & = \ln\big(2^5\big)\\ & = \boxed{ \ln(32) } \end{align}

Mettre les expressions suivantes sous la forme $n\ln(a)$, où $a$ est un nombre premier et $n$ un entier relatif.

  1. $\ln(8)-\ln(2)$
  2. $3\ln(4)-\ln(256)$
  3. $2\ln(2)-\ln(16)+\ln(128)$
  4. $\ln(27) - 8\ln(9) + 14\ln(3)$
  5. $\ln(125) - 5\ln(5) + 4\ln(25)$
  6. $7\ln(7)-9\ln(49)+\ln(343)$

  1. On a: \begin{align} \ln(8)-\ln(2) & = \ln\big(2^3\big)-\ln(2)\\ & = 3\ln(2)-\ln(2)\\ & = (3-1)\ln(2)\\ & = \boxed{2\ln(2)}\end{align}

  2. On a: \begin{align} 3\ln(4)-\ln(256) & = 3\ln\big(2^2\big) - \ln\big(2^8\big)\\ & = 3\times2\ln(2)-8\ln(2)\\ & = (6-8)\ln(2)\\ & = \boxed{-2\ln(2)} \end{align}

  3. On a: \begin{align} 2\ln(2)-\ln(16)+\ln(128) & = 2\ln(2) - \ln\big(2^4\big) + \ln\big(2^7\big)\\ & = 2\ln(2) - 4\ln(2) + 7\ln(2)\\ & = (2-4+7)\ln(2)\\ & = \boxed{ 5\ln(2) }\end{align}

  4. On a: \begin{align} \ln(27) - 8\ln(9) + 14\ln(3) & = \ln\big(3^3\big) - 8\ln\big(3^2\big) + 14\ln(3)\\ & = 3\ln(3) - 8\times2\ln(3) + 14\ln(3)\\ & = (3-16+14)\ln(3)\\ & = \boxed{ \ln(3) }\end{align}

  5. On a: \begin{align} \ln(125) - 5\ln(5) + 4\ln(25) & = \ln\big(5^3\big) - 5\ln(5) + 4\ln\big(5^2\big)\\ & = 3\ln(5)-5\ln(5) + 8\ln(5)\\ & = (3-5+8)\ln(5)\\ & = \boxed{6\ln(5)}\end{align}

  6. On a: \begin{align} 7\ln(7)-9\ln(49)+\ln(343) & = 7\ln(7) - 9\ln\big(7^2\big) + \ln\big(7^3\big)\\ & = 7\ln(7) - 18\ln(7) + 3\ln(7)\\ & = (7-18+3)\ln(7)\\ & = \boxed{ -8\ln(7) }\end{align}

Simplifiez les expressions suivantes:

  1. $\ln\big(\e^{2x}\big)$
  2. $\ln\big(\e^{2x-4}\big)-\ln\big(\e^{2x+4}\big)$
  3. $\dfrac{3\ln\big(\e^{x+1}\big)}{2\ln\big(\e^{1-x}\big)}$

  1. $\ln\big(\e^{2x}\big) = \boxed{2x}$ car $\ln\big(\e^X\big) = X$, quel que soit $X$.
  2. $\ln\big(\e^{2x-4}\big)-\ln\big(\e^{2x+4}\big) = 2x-4-(2x+4)=\boxed{-8}$.
  3. $\dfrac{3\ln\big(\e^{x+1}\big)}{2\ln\big(\e^{1-x}\big)} = \dfrac{3(x+1)}{2(1-x)}=\boxed{\dfrac{3x+3}{2-2x}}$.

Résoudre les équations suivantes :

  1. $\ln(3x-4)=\ln(2x+1)$
  2. $\ln(4-2x)=\ln(x-1)$
  3. $\ln(x^2+x+1)=\ln(x^2-2x+1)$

  1. $\ln(3x-4)=\ln(2x+1)$.

    • Domaine de définition.

      Il faut que \[ \begin{cases} 3x-4>0\\2x+1>0 \end{cases} \] soit \[ \begin{cases} x > \dfrac{4}{3}\\[10pt] x > -\dfrac{1}{2} \end{cases} \] donc que $x>\dfrac{4}{3}$.

      Le domaine de définition de l'équation est donc $\mathcal{D}=\intervOO{\dfrac{4}{3}}{+\infty}$.

    • Résolution.

      \[ \ln(3x-4)=\ln(2x+1) \iff 3x-4=2x+1 \iff x=5. \] $5\in\mathcal{D}$ donc l'ensemble solution de l'équation est: \[ \boxed{\mathcal{S}=\{5\}} \]

  2. $\ln(4-2x)=\ln(x-1)$.

    • Domaine de définition.

      Il faut que \[ \begin{cases} 4-2x > 0\\x-1 > 0 \end{cases} \] soit : \[ \begin{cases} x < 2 \\ x > 1 \end{cases} \] donc que $1 < x < 2$.

      Le domaine de définition de l'équation est donc $\mathcal{D}=\intervOO{1}{2}$.

    • Résolution.

      \[ \ln(4-2x)=\ln(x-1) \iff 4-2x=x-1 \iff 5=3x \iff x=\dfrac{5}{3}. \] $\dfrac{5}{3}\in\mathcal{D}$ donc l'ensemble solution de l'équation est: \[ \boxed{\mathcal{S}=\left\{ \dfrac{5}{3} \right\}} \]

  3. $\ln(x^2+x+1)=\ln(x^2-2x+1)$.

    • Domaine de définition.

      Il faut que \[ \begin{cases} x^2+x+1>0\\x^2-2x+1>0\end{cases} \]

      Or,

      • le discriminant de $x^2+x+1$ est égal à $-3$ donc ce polynôme est toujours strictement positif.
      • De plus, $x^2-2x+1=(x-1)^2$ donc seul $x=1$ ne convient pas.

      Le domaine de définition est donc $\mathcal{D}=\R\setminus\{1\}$.

    • Résolution.

      \[ \begin{array}{lr@{\;}l} & \ln(x^2+x+1) & = \ln(x^2-2x+1)\\ \iff & x^2+x+1 & = x^2-2x+1\\ \iff & 3x & = 0\\ \iff & x & = 0. \end{array} \] $0\in\mathcal{D}$ donc l'ensemble solution de l'équation est: \[ \boxed{\mathcal{S}=\{0\}} \]

Résoudre les équations et inéquations suivantes:

  1. $\ln(5x-1)=2$
  2. $\e^{-x}=5$
  3. $\ln(3x-1)<0$
  4. $\e^{5-x}\leqslant2$

    • Domaine de définition.

      $\ln(5x-1)$ est défini pour tout réel $x$ tel que $5x-1>0$, soit $x>\dfrac{1}{5}$.

      Le domaine de définition de l'équation est donc: $\mathcal{D} = \intervOO{\dfrac{1}{5}}{+\infty}$.

    • Résolution.

      \begin{align} \ln(5x-1)=2 & \iff \e^{\ln(5x-1)}=\e^2\\ & \iff 5x-1=\e^2\\ & \iff 5x= \e^2+1\\ & \iff x=\dfrac{\e^2+1}{5}\in\mathcal{D}. \end{align}

      Par conséquent, l'ensemble solution de l'équation est: \[ \boxed{S = \left\{ \dfrac{\e^2+1}{5} \right\}}. \]

    • Domaine de définition.

      $\e^{-x}$ est défini quel que soit le réel $x$, donc le domaine de définition de l'équation est $\mathcal{D}=\R$.

    • Résolution.

      \begin{align} \e^{-x}=5 & \iff \ln\big( \e^{-x} \big) = \ln(5)\\ & \iff -x = \ln(5)\\ & \iff x = -\ln(5)\in\mathcal{D}. \end{align}

      Par conséquent, l'ensemble solution de l'équation est: \[ \boxed{ S = \{ -\ln 5 \} } \]

    • Domaine de définition.

      $\ln(3x-1)$ est défini pour tout réel $x$ tel que $3x-1>0$, soit $x>\dfrac{1}{3}$.

      Ainsi, le domaine de définition de l'équation est $\mathcal{D}=\intervOO{\dfrac{1}{3}}{+\infty}$.

    • Résolution.

      \begin{align} \ln(3x-1) < 0 & \iff \e^{\ln(3x-1)} < \e^0\\ & \iff 3x-1 < 1\\ & \iff 3x < 2\\ & \iff x < \dfrac{2}{3}. \end{align}

      L'intersection de l'intervalle $\intervOO{-\infty}{\dfrac{2}{3}}$ et de $\mathcal{D}$ est l'ensemble solution de l'inéquation. On trouve: \[ \boxed{S = \intervOO{\dfrac{1}{3}}{\dfrac{2}{3}} } \]

    • Domaine de définition.

      $e^{5-x}$ est défini quel que soit le réel $5-x$, donc que que soit le réel $x$. Le domaine de définition de l'inéquation est donc $\mathcal{D}=\R$.

    • Résolution.

      \begin{align} \e^{5-x}\leqslant2 & \iff \ln\big( \e^{5-x} \big) \leqslant \ln(2)\\ & \iff 5-x \leqslant \ln(2)\\ & \iff -x \leqslant \ln(2)-5\\ & \iff x \geqslant 5-\ln(2).\end{align}

      Par conséquent, l'ensemble solution de l'inéquation est: \[ \boxed{ S = \intervFO{5-\ln(2)}{+\infty} } \]

Résoudre les inéquations suivantes :

  1. $\ln(5x+20)>\ln(3x-9)$
  2. $\ln(8-2x)\leqslant\ln(5x-25)$
  3. $\ln(x^2+1)<\ln(2x^2+x+2)$
  4. $\ln(2x^2-3x+1)>\ln(-5x^2+8x-3)$
  5. $\ln(x^2-5x-14)\leqslant\ln(2x^2-10x+8)$

  1. $\ln(5x+20)>\ln(3x-9)$.

    • Domaine de définition.

      Il faut que \[ \begin{cases} 5x+20 > 0\\3x-9 > 0\end{cases} \] soit $x>3$.

      Le domaine de définition est donc $\mathcal{D}=\intervOO{3}{+\infty}$.

    • Résolution.

      \[ \begin{array}{lr@{\;}l} & \ln(5x+20) &>\ln(3x-9)\\ \iff & 5x+20&>3x-9\\ \iff & 2x &> -29\\ \iff & x & > -\frac{29}{2} \end{array} \]

      Notons $\mathcal{U}=\intervOO{-\dfrac{29}{2}}{+\infty}$. L'ensemble solution de l'inéquation est $\mathcal{U}\cap\mathcal{D}$, soit: \[ \boxed{\mathcal{S}=\intervOO{3}{+\infty}} \]

  2. $\ln(8-2x)\leqslant\ln(5x-25)$.

    • Domaine de définition.

      Il faut que \[ \begin{cases} 8-2x>0\\5x-25>0 \end{cases} \] soit \[ \begin{cases} x < 4 \\ x > 5\end{cases} \] donc le domaine de définition est $\mathcal{D}=\varnothing$.

    • Résolution.

      L'équation n'admet aucune solution car son domaine de définition est vide. \[ \boxed{\mathcal{S}=\varnothing} \]

  3. $\ln(x^2+1) < \ln(2x^2+x+2)$.

    • Domaine de définition.

      Il faut que \[ \begin{cases} x^2+1>0\\2x^2+x+2>0 \end{cases} \] ce qui est toujours le cas car les discriminants des polynômes $x^2+1$ et $2x^2+x+2$ sont strictement négatifs.

      Le domaine de définition est donc $\mathcal{D}=\R$.

    • Résolution.

      \[ \begin{array}{lr@{\;}l} & \ln(x^2+1)&<\ln(2x^2+x+2)\\ \iff & x^2+1&<2x^2+x+2\\ \iff & x^2+x+1&>0.\end{array} \]

      Le discriminant de $x^2+x+1$ étant strictement négatif, tout réel $x$ convient.

      L'ensemble solution de cette inéquation est donc: \[ \boxed{\mathcal{S}=\R}. \]

  4. $\ln(2x^2-3x+1)>\ln(-5x^2+8x-3)$.

    • Domaine de définition.

      • Les racines de $2x^2-3x+1$ sont 1 et $\dfrac{1}{2}$. Ainsi, $2x^2-3x+1>0$ sur $I=\intervOO{-\infty}{\dfrac{1}{2}}\cup\intervOO{1}{+\infty}$.
      • Les racines de $-5x^2+8x-3$ sont 1 et $\dfrac{3}{5}$ donc $-5x^2+8x-3>0$ sur $J=\intervOO{\dfrac{3}{5}}{1}$.

      Le domaine de définition est donc $\mathcal{D}= I \cap J=\varnothing$.

    • Résolution.

      Le domaine de définition étant l'ensemble vide, il ne peut y avoir de solutions à cette inéquation. Donc, \[ \boxed{\mathcal{S}=\varnothing} \]

  5. $\ln(x^2-5x-14)\leqslant\ln(2x^2-10x+8)$.

    • Domaine de définition.

      • Le polynôme $x^2-5x-14$ admet pour racines $-2$ et 7 donc il est strictement positif sur $I=\intervOO{-\infty}{-2}\cup\intervOO{7}{+\infty}$.
      • Le polynôme $2x^2-10x+8$ admet pour racines 4 et 1 donc il est strictement positif sur $J=\intervOO{-\infty}{1}\cup\intervOO{4}{+\infty}$.

      Le domaine de définition de l'inéquation est donc : \[ \mathcal{D}= I \cap J = \intervOO{-\infty}{-2}\cup\intervOO{7}{+\infty}. \]

    • Résolution.

      \[ \begin{array}{lr@{\;}l} & \ln(x^2-5x-14)&\leqslant\ln(2x^2-10x+8)\\ \iff & x^2-5x-14&\leqslant2x^2-10x+8\\ \iff & x^2-5x+22&\geqslant0.\end{array} \]

      Le discriminant de $x^2-5x+22$ est: \[ \Delta=25-108 < 0 \] donc le polynôme est toujours strictement positif.

      L'ensemble solution de l'inéquation est donc: \[ \boxed{\mathcal{S}=\intervOO{-\infty}{-2}\cup\intervOO{7}{+\infty}} \]

Calcul de limites

On considère la fonction $f$ définie par : \[ f(x)=\ln(x)-x. \]

  1. Etudier les variations de $f$ sur $\intervFO{1}{+\infty}$.
  2. En déduire que pour $x\geqslant1$, $0\leqslant\ln(x) < x$.
  3. Déduire alors que pour $x\geqslant1$, $0\leqslant\dfrac{\ln(x)}{2x} < \dfrac{1}{\sqrt{x}}$.
  4. Calculer alors $\limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{\ln x}{x}\right)}$.

  1. $f'(x)=\dfrac{1}{x}-1$.

    Or, pour $x\geqslant1$, $0 < \dfrac{1}{x}\leqslant1$, et donc $f'(x)\leqslant0$.

    La fonction $f$ est donc décroissante sur $\intervFO{1}{+\infty}$.

  2. $f(1)=-1$, donc $f(x) < 0$ sur $\intervFO{1}{+\infty}$. Donc $\ln(x) < x$ sur cet intervalle.

    De plus, on sait que pour $x\geqslant1$, $\ln(x)\geqslant0$.

    On en déduit alors que sur $\intervFO{1}{+\infty}$, $0\leqslant\ln(x) < x$.

  3. Posons $x=\sqrt{u}$, $u\geqslant1$.

    Alors, de ce qui précède, on déduit que \[ 0\leqslant\ln\big(\sqrt{u}\big) < \sqrt{u}. \] Ainsi, en divisant par $u$, on a : \[ 0\leqslant\dfrac{\ln\big(\sqrt{u}\big)}{u}<\dfrac{\sqrt{u}}{u},\] on encore : \[ 0\leqslant\dfrac{\frac{1}{2}\ln(u)}{u}<\dfrac{1}{\sqrt{u}}. \] Que l'on mette $u$ ou $x$ importe peu. Ainsi, \[ \forall x\in\intervFO{1}{+\infty},\ 0\leqslant\dfrac{\ln(x)}{2x}<\dfrac{1}{\sqrt{x}}. \]

  4. $\limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{1}{\sqrt{x}}\right)}=0$ donc, d'après le théorème des gendarmes, $\limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{\ln x}{2x}\right)}=0$.

    Multiplier l'expression par $\dfrac{1}{2}$ ne change pas la limite, donc $\limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{\ln x}{x}\right)}=0$.

Calculer: $\limite{x}{-\infty}{\left(\dfrac{\ln\sqrt{x^2-1}}{x^2-1} \right)}$.

Nous savons (par croissance comparée) que, pour tout entier naturel $n$ non nul, \[ \limite{X}{+\infty}{\left(\dfrac{\ln(X)}{X^n}\right)}=0. \] Posons $X=\sqrt{x^2-1}$. Alors, \[ \limite{x}{-\infty}{(X)}=+\infty. \] Donc, \[ \limite{x}{-\infty}{\left( \dfrac{ \ln \big( \sqrt{x^2-1} \big) } {x^2-1} \right) } = \limite{X}{+\infty}{ \left(\dfrac{\ln(X)}{X^2}\right)}=0. \]

En considérant la fonction $f(x)=\ln(1+x)$ et son taux d'accroissement $\dfrac{f(x)-f(0)}{x-0}$, déterminer la limite: \[ \limite{x}{0}{\left(\dfrac{\ln(1+x)}{x}\right)}. \]

Le taux d'accroissement de $f$ entre 0 et $x$ est: \[ \dfrac{f(x)-f(0)}{x-0}=\dfrac{\ln(1+x)}{x}. \] Ainsi, par définition, \[ \limite{x}{0}{\left(\dfrac{\ln(1+x)}{x}\right)}=f'(0). \] Or, $f'(x)=\dfrac{1}{1+x}$ donc: \[ \limite{x}{0}{\left(\dfrac{\ln(1+x)}{x}\right)}=\dfrac{1}{1+0} \] soit: \[ \boxed{ \limite{x}{0}{\left(\dfrac{\ln(1+x)}{x}\right)}=1} \]

Soit $f$ la fonction définie sur $\intervOO{0}{+\infty}$ par: \[ f(x)=\dfrac{\ln(x)}{2x+1}. \]

  1. Déterminer la limite de $f(x)$ lorsque $x$ tend vers 0.

    Donner une interprétation graphique de ce résultat.

  2. En transformant l'expression de $f(x)$ afin de faire apparaître une croissance comparée, calculer la limite de $f(x)$ en $+\infty$.

    Donner une interprétation graphique de ce résultat.

  1. On a: \begin{cases} \limite{x}{0}{\big[\ln(x)\big]}=-\infty\\ \limite{x}{0}{(2x+1)} = 1 \end{cases}

    Donc, par quotient des limites, $\boxed{ \limite{x}{0}{\big[f(x)\big]} = -\infty}$.

    Ce résultat signifie que la courbe représentative de $f$ admet une asymptote (verticale) d'équation $x=0$.

  2. On a: \[ f(x) = \dfrac{\ln(x)}{2x+1} = \dfrac{\ln(x)}{x} \times \dfrac{x}{2x+1}. \] Or, par croissance comparée, \[ \limite{x}{+\infty}{\left( \dfrac{\ln(x)}{x} \right)} = 0 \] et: \[ \limite{x}{+\infty}{\left( \dfrac{x}{2x+1} \right)} = \limite{x}{+\infty}{\left( \dfrac{x \times 1}{ x\left( 2+\frac{1}{x} \right)} \right)} = \limite{x}{+\infty}{\left( \dfrac{1}{2+\frac{1}{x}} \right)} = \dfrac{1}{2}. \] Ainsi, par produit des limites, \[ \boxed{ \limite{x}{+\infty}{\big[f(x)\big]} = 0 } \] Ce résultat signifie que la courbe représentative de $f$ admet une asymptote (horizontale) d'équation $y=0$ au voisinage de $+\infty$.

Dérivation et étude de fonctions

Calculer la dérivée des fonctions suivantes :

  1. $f_1(x)=x\ln(x)-x$
  2. $f_2(x)=\dfrac{\ln(x)}{x}$
  3. $f_3(x)=\ln\left(x^2\right)$
  4. $f_4(x)=\ln\big(\sqrt{x+1}\big)$
  5. $f_5(x)=\dfrac{\ln\left(x^2+1\right)}{x^2+1}$
  6. $f_6(x)=\ln\big[\ln(x)\big]$

  1. $f_1(x)=x\ln(x)-x$.

    La fonction $x \mapsto x\ln(x)$ est de la forme $uv$ avec : \[ \begin{array}{l@{\qquad;\qquad}l} u(x)=x & u'(x)=1\\ v(x)=\ln(x) & v'(x)=\dfrac{1}{x} \end{array} \] donc sa dérivée est : \[ (u'v+uv')(x)=1\times\ln(x) + x\times\dfrac{1}{x}=\ln(x)+1. \] Ainsi, \[ f_1^\prime(x)=\ln(x)+1-1\qquad\text{soit}\qquad \boxed{f_1^\prime(x)=\ln(x)} \]

  2. $f_2(x)=\dfrac{\ln(x)}{x}$ donc $f_2$ est de la forme $\dfrac{u}{v}$ avec : \[ \begin{array}{l@{\qquad;\qquad}l} u(x)=\ln(x) & u'(x)=\dfrac1 x\\[1.5em] v(x)=x & v'(x)=1\end{array} \] donc :

    \begin{align} f_2^\prime(x) & = \left(\dfrac{u'v-uv'}{v^2}\right)(x)\\[1em] & = \dfrac{\frac{1}{x}\times x - \ln(x) \times 1}{x^2}\\[1em] f_2^\prime(x) & = \dfrac{1 - \ln(x)}{x^2} \end{align}

  3. $f_3(x)=\ln\left(x^2\right)$ donc $f_3$ est de la forme $\ln(u)$, avec \[ u(x)=x^2 \qquad \text{et}\qquad u'(x)=2x. \] Donc: \begin{align} f_3^\prime(x) & = \left(\dfrac{u'}{u}\right)(x)\\ & = \dfrac{2x}{x^2}\\ f_3^\prime(x) & = \dfrac{2}{x}. \end{align}

  4. $f_4(x)=\ln\big(\sqrt{x+1}\big)$ donc $f_4$ est de la forme $\ln(u)$ avec $u(x)=\sqrt{x+1}$.

    $u$ est de la forme $\sqrt g$, avec $g(x)=x+1$ donc $u'(x)=\dfrac{g'}{2\sqrt g}=\dfrac{1}{2\sqrt{x+1}}$.

    Ainsi, \begin{align} f_4^\prime(x) & = \left(\dfrac{u'}{u}\right)(x)\\ & = \dfrac{\frac{1}{2\sqrt{x+1}}}{\sqrt{x+1}}\\ f_4^\prime(x) & = \dfrac{1}{2(x+1)}. \end{align}

  5. $f_5(x)=\dfrac{\ln\left(x^2+1\right)}{x^2+1}$ donc $f_5$ est de la forme $\dfrac{u}{v}$ avec : \[ u(x)=\ln\big(x^2+1\big)\qquad\text{et}\qquad v(x)=x^2+1. \] $u$ est de la forme $\ln(g)$, avec $g(x)=x^2+1$ donc : \[ u'(x)=\left(\dfrac{u'}{u}\right)(x)=\dfrac{2x}{x^2+1}. \] Ainsi,\begin{align} f_5^\prime(x) & = \left(\dfrac{u'v-v'u}{v^2}\right)(x)\\[8pt] & = \dfrac{\frac{2x}{x^2+1}\times(x^2+1)-2x \times \ln\big(x^2+1\big)}{\big(x^2+1\big)^2}\\[8pt] & = \dfrac{2x-2x\ln(x^2+1)}{(x^2+1)^2}\\[8pt]f_5^\prime(x) & = \dfrac{2x\big[1-\ln(x^2+1)\big]}{(x^2+1)^2}. \end{align}

  6. $f_6(x)=\ln\big[\ln(x)\big]$ donc $f_6$ est de la forme $\ln(u)$ avec : \[ u(x)=\ln(x) \qquad\text{et}\qquad u'(x)=\dfrac{1}{x}. \] Donc: \begin{align} f_6^\prime(x) & = \left(\dfrac{u'}{u}\right)(x)\\[8pt] & = \dfrac{\frac{1}{x}}{\ln(x)}\\[8pt] f_6^\prime(x)& = \dfrac{1}{x\ln(x)}. \end{align}

Faites l'étude complète (étude de la parité, limites aux bornes du domaine de définition et sens de variations) de la fonction $f$ définie sur $\R$ par : \[ f(x)=\dfrac{\ln\left(x^2+1\right)}{x^2+1}. \]

  • Parité de la fonction.

    $f(-x)=f(x)$ et le domaine de définition de $f$ est centré en 0.

    La fonction $f$ est donc paire. On peut donc l'étudier sur $\intervFO{0}{+\infty}$.

  • Calculs des limites en $+\infty$.

    \begin{cases} \limite{x}{+\infty}{\left(x^2+1\right)}=+\infty\\ \limite{X}{+\infty}{\dfrac{\ln(X)}{X}}=0\end{cases}

    Donc $\boxed{\limite{x}{+\infty}{f(x)}=0}$. De plus, \[ f(0)=\dfrac{\ln(1)}{1}=0. \]

  • Calcul de la dérivée.

    $f(x)=\dfrac{\ln\left(x^2+1\right)}{x^2+1}$ donc $f$ est de la forme $\dfrac{u}{v}$ avec : \[ u(x)=\ln\big(x^2+1\big)\qquad\text{et}\qquad v(x)=x^2+1. \] $u$ est de la forme $\ln(g)$, avec $g(x)=x^2+1$ donc : \[ u'(x)=\left(\dfrac{u'}{u}\right)(x)=\dfrac{2x}{x^2+1}. \] Ainsi,

    \begin{align} f^\prime(x) & = \left(\dfrac{u'v-v'u}{v^2}\right)(x)\\[8pt] & = \dfrac{\frac{2x}{x^2+1}\times(x^2+1)-2x \times \ln\big(x^2+1\big)}{\big(x^2+1\big)^2}\\[8pt] & = \dfrac{2x-2x\ln(x^2+1)}{(x^2+1)^2}\\[8pt] f^\prime(x) & = \dfrac{2x\big[1-\ln(x^2+1)\big]}{(x^2+1)^2}. \end{align}

  • Sens de variation de la fonction.

    Sur $\intervFO{0}{+\infty}$,

    • $2x > 0$
    • $(x^2+1)^2 > 0$

    donc $f'(x)$ est du signe de $1-\ln\left(x^2+1\right)$.

    \begin{align} 1-\ln\left(x^2+1\right)>0 & \iff\ln\left(x^2+1\right) < 1\\ &\iff x^2+1 < \e^1\\ &\iff x^2 < \e-1\\ &\iff 0 < x < \sqrt{\e-1}.\end{align}

    De plus,

    \begin{align} f\left(\sqrt{\e-1}\right) & = \dfrac{\ln(\e-1+1)}{\e-1+1}\\ & = \dfrac{1}{\e}\\ & = \e^{-1}.\end{align}

    On obtient alors le tableau de variations suivant (en utilisant la symétrie d'axe des ordonnées):

La courbe représentative de la fonction $f$ est donnée ci-dessous à titre indicatif.

On considère la fonction $f$ définie par : \[ f(x)=\ln\left(1+\dfrac{1}{x}\right). \]

  1. Déterminer son domaine de définition.
  2. Calculer $f'(x)$ puis déterminer le sens de variations de $f$ sur son domaine de définition.

  3. Déterminer les limites de $f(x)$ aux bornes de son domaine de définition.

    Dresser un tableau de variations complet de la fonction $f$.

  1. Afin que $f(x)$ existe, il faut que: \[ 1+\dfrac{1}{x}>0 \iff \dfrac{x+1}{x}>0. \] Dressons le tableau de signes de ce dernier quotient.

    Ainsi, \[ \dfrac{x+1}{x}>0 \iff x\in \intervOO{-\infty}{-1}\cup\intervOO{0}{+\infty}. \] Le domaine de définition de $f$ est donc: \[ \mathcal{D}_f=\intervOO{-\infty}{-1}\cup\intervOO{0}{+\infty}. \]

  2. $f=\ln(u)$, avec $u(x)=1+\dfrac{1}{x}$ et $u'(x)=-\dfrac{1}{x^2}$. Ainsi,

    \begin{align} f'(x) & = \dfrac{u'(x)}{u(x)}\\ & = \dfrac{-\frac{1}{x^2}}{1+\frac{1}{x}}\\ f'(x) & = \dfrac{-1}{x^2\left(1+\frac{1}{x}\right)}. \end{align}

    Sur $\mathcal{D}_f$, $1+\dfrac{1}{x} > 0$ et $x^2 > 0$ donc $f'(x) < 0$.

    Ainsi, $f$ est strictement décroissante sur $\intervOO{-\infty}{-1}$ et sur $\intervOO{0}{+\infty}$.

    • Limites aux infinis.

      $\limite{x}{-\infty}{\left(\dfrac{1}{x}\right)}=0$ donc $\limite{x}{-\infty}{\left[ \ln\left(1+\dfrac{1}{x}\right) \right]}=\ln(1)=0$.

      De même, $\limite{x}{+\infty}{f(x)}=0$.

    • Limite en $-1$.

      $\limite[x < -1]{x}{-1}{\left(\dfrac{1}{x}\right)}=-1$ et $\limite[x < -1]{x}{-1}{\left(1+\dfrac{1}{x}\right)}=0^+$. Ainsi, $\limite{x}{-1}{f(x)}=-\infty$.

    • Limite en 0.

      $\limite[x>0]{x}{0}{\left( \dfrac{1}{x} \right) }=+\infty$ donc $\limite{x}{0}{f(x)}=+\infty$.

    On en déduit le tableau de variations suivant:

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