Logarithme Neperien : exemples

Logarithme Neperien : exemples
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Logarithme Neperien : exemples
1. Résoudre e2x = 3
Puisque 3 est un nombre > 0, cette équation est équivalente à 2x = ln(3), soit
ln(3)
x=
2
2. Résoudre e2x = −3
Puisque 3 est un nombre < 0, cette équation n’a pas de solution (car eX > 0).
3. Résoudre ex + e−x = 3
1
= 3, soit X 2 − 3X + 1 = 0.
X
C’est une équation du second degré dont les racines (pour X) sont :
√
√
3+ 5
3− 5
X1 =
et X2 =
. On vérifie que ces deux nombres sont strictement
2
2
positifs. Donc les solutions !pour x sont :
√ !
√
3− 5
3+ 5
et x2 = ln(X2 ) = ln
x1 = ln(X1 ) = ln
2
2
On pose X = ex . l’équation s’écrit X +
4. Résoudre ex+1 = 2e3x .
Les deux membres étant positifs, l’équation équivaut à : x + 1 = ln(2e3x ) car ln est
la réciproque de exp.
D’après les propriétés algébriques de ln (transformation de la multiplication en
addition), ln(2e3x ) = ln(2) + 3x.
1 − ln(2)
Donc l’équation initiale équivaut à x + 1 = ln(2) + 3x, soit . . . , soit x =
2
5. Déterminer le signe de 2 ln(x + 1) + 3
Quand on voit un logarithme, penser au domaine de définition.
Ici il faut x + 1 > 0, soit x > −1.
Quand a-t-on 2 ln(x + 1) + 3 > 0 ?
3
3
L’équation équivaut à ln(x + 1) > − , donc à x + 1 > e− 2 . Ce «donc» peut
2
être justifié de deux façons équivalentes : ou bien on dit car la fonction exp est
strictement croissante et ln et exp sont réciproques, ou bien on dit car la fonction
ln est strictement croissante et ln et exp sont réciproques.
3
x > −1 + e− 2
L’équation 2 ln(x + 1) + 3 > 0 est donc équivalente à
soit
x > −1
3
x > −1 + e− 2 (puisque l’exponentielle est toujours > 0).
3
x < −1 + e− 2
D’autre part, 2 ln(x + 1) + 3 < 0 pour
, soit
x > −1
3
−1 < x < −1 + e− 2
6. Déterminer le signe de f (x) = ln(x + 1) − ln(x) − 2 ln(5)
x+1>0
L’expression est définie pour
, soit x > 0. Pour ces x, elle est égale à
x> 0
x+1
x+1
1
− ln(52 ) = ln
× 2
f (x) = ln
x
x
5
Quand a-t-on f (x) > 0 (pour x > 0) ?
x+1
1
x+1
1
f (x) > 0 ⇔ ln
× 2 >0⇔
× 2 >1
x
5
x
5
1
1
⇔ . . . ⇔ 1 + > 25 ⇔ . . . ⇔ x <
x
24
1
1
, f (x) > 0 et si x >
, f (x) < 0
Donc le signe de f (x) est : si 0 < x <
24
24
7. Déterminer le signe de f (x) = ln(x) − x
On ne peut pas résoudre algébriquement, on essaye d’étudier d’abord les variations
sur ]0; +∞[ (le domaine de définition).
1
1−x
f 0 (x) = − 1 =
. Donc f 0 (x) > 0 pour 0 < x < 1.
x
x
f est d’abord croissante sur ]0; 1[ puis décroissante sur ]1; +∞[. Elle admet donc
un maximum pour x = 1, qui vaut f (1) = 0 − 1 = −1. Donc f (x) < 0 pour tout
x > 0.
ln(32)
√ (utiliser des puissances de 2) .
8. Simplifier
ln( 2)
√
√
On exprime 32 et 2 comme des puissances de 2 : 32 = 25 et 2 = 21/2 .
√
1
Donc ln(32) = 5 ln(2) et ln( 2) = ln(2).
2
ln(32)
√ = 10
Donc
ln( 2)
9. Déterminer les tangentes à la courbe de ln qui passent par l’origine.
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1
L’équation de la tangente au point d’absisse a est y = (x − a) + ln(a). Cette tana
gente passe par l’origine si et seulement si l’équation est vérifiée quand on remplace
x et y par 0, c’est-à-dire :
1
0 = (−a) + ln(a), soit 0 = −1 + ln(a), soit ln(a) = 1, soit a = e.
a
1
x
L’équation de la tangente est alors y = (x − e) + ln(e) = (car ln(e) = 1).
e
e
10. On sait que la suite géométrique un = (0, 2)n a pour limite 0 puisque sa raison est
dans ]0; 1[. Pour quels entiers n a-t-on un < 10−6 ?
L’inéquation (0, 2)n < 10−6 équivaut à ln ((0, 2)n ) < ln 10−6 , soit
n ln(0, 2) < −6 ln(10)
Atttention, piège : puisque 0, 2 < 1, on a ln(0, 2) < 0. Donc en divisant par ln(0, 2),
on change le sens de l’inégalité :
−6 ln(10)
n>
. Le deuxième membre vaut à peu près 8, 58, donc les entiers solutions
ln(0, 2)
sont : n > 9
ln(x + 1)
.
11. Calculer lim
x→∞
ln(x)
En essayant d’appliquer les théorèmes sur les opérations, on aboutit à une forme
∞
indéterminée « ».
∞
On applique la méthode standard dans cette situation : on met en évidence les
termes dominants.
1
1
x+1=x 1+
, donc ln(x + 1) = ln(x) + ln 1 +
.
x
x
1
ln 1 +
ln(x + 1)
x
Donc
=1+
.
ln(x)
ln(x)
La simplification a permis de lever l’indétermination, et on peut appliquer les théo0
rèmes sur les opérations : la limite vaut 1 (forme «1 + »).
∞
12. Soit u une suite géométrique de raison 2 et de premier terme 1. Soit v la suite définie
par vn = ln(un ). Calculer S = v0 + v1 + · · · + v2011 .
On a v0 = ln(u0 ) = ln(1) = 0, et vn+1 = ln(un+1 ) = ln(2un ) = ln(2) + ln(un ) =
ln(2) + vn .
Donc v est une suite arithmétique de raison ln(2) (remarque générale : puisque le
logarithme transforme la multiplication en addition, il transforme une suite géométrique en suite arithmétique, et c’est même historiquement le procédé avec lequel il
a été inventé).
Donc d’après la formule de la somme des termes d’une suite arithmétique :
v0 + v2011
0 + 2011 ln(2)
S = 2012 ×
= 2012 ×
= 1006 × 2011 ln(2)
2
2
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13. Soit f (x) = ln(1 + ex ). Démontrer que la droite d’équation y = x est asymptote à la
courbe de f .
Le tracé de la courbe par la calculatrice suggère que c’est en +∞. Donc il faut
étudier la limite de ln(1 + ex ) − x lorsque x tend vers +∞.
En essayant d’appliquer les théorèmes sur les opérations, on aboutit à une forme
indéterminée «∞ − ∞».
On applique la méthode standard dans cette situation : on met en évidence les
termes dominants.
1 + ex = ex (e−x + 1). Donc ln(1 + ex ) = ln(ex ) + ln(e−x + 1) = x + ln(e−x + 1)
Donc ln(1 + ex ) − x = ln(e−x + 1). La simplification a permis de lever l’indétermination, et on peut appliquer les théorèmes sur les opérations : la limite vaut 0 (=
ln(0 + 1)).
n
14. Soit un = ln
. Calculer S = u1 + u2 + · · · + u2010
n+1
D’après les propriétés algébriques du logarithme :
1 × 2 × . . . 2010
1
S = ln
= ln
= − ln(2011)
2 × 3 × · · · × 2011
2011
1−x
15. Soit f la fonction définie sur ] − 1; 1[ par f (x) = ln
. Démontrer que f est
1+x
une fonction impaire.
Si −1 < x < 1, alors −1 < −x < 1, donc f (−x) est définie, et
1−x
1+x
f (−x) = ln
= − ln
= −f (x)
1−x
1+x
1+x
1−x
1
En effet
est l’inverse de
, et ln
= − ln(X).
1−x
1+x
X
16. Soit f une solution (non nulle) de l’équation différentielle y 0 = −3y. Pour quels x a-t-on
1
f (x) = f (0) ? (On rencontre ce problème en physique sous le nom de «demi-vie»).
2
f (x) = ke−3x et f (0) = k (avec ici k =0).
/
1
1
1
ln(2)
−3x
−3x
= k, soit e
On résout ke
= , soit −3x = ln
= − ln(2), soit x =
2
2
2
3
ln(1 + 2x)
17. Calculer lim
x→0
x
ln(1 + X)
On connaît la limite lim
= 1 (taux d’accroissement, dérivée).
X→0
X
On s’y ramène par changement de variable : X = 2x, avec X tendant vers 0.
ln(1 + 2x)
2 ln(1 + X)
=
. Donc la réponse est 2.
x
X