Logarithme
Définition et premières propriétés
Définition
Soit \( a\) un nombre réel strictement positif. On note \( ln(a)\) appelé le logarithme népérien de \( a\) , l'aire comprise entre l'axe des abscisses, la droite \( x=1\) , \( x=a\) et la courbe représentative de la fonction inverse.
En dessin cela donne :
L'aire dont on parle est une aire
algébrique c'est à dire avec un signe : on regarde toujours l'aire entre \( x=1\) et \( x=a\) dans cet ordre de sorte que si \( a{<}1\) alors l'aire sera considérée négative.
Proposition
- Le nombre réel \( ln(a)\) n'est défini que si \( a\in ]0 ; +\infty[\) .
- Si \( 0{<}a{<}1\) alors \( ln(a){<}0\) .
- \( ln(1)=0\) .
- Si \( a{>}1\) alors \( ln(a){>}0\) .
Ces propriétés se déduisent trivialement d'une lecture géométrique du logarithme.
La fonction logarithme
Considérons à présent la fonction logarithme, c'est à dire la fonction qui a \( x\in ]0 ; +\infty[\) associe \( ln(x)\) l'aire sous la fonction inverse. Étudions cette fonction. Par définition il s'agit d'une aire... un peu compliqué comme aire mais une aire. Un objet géométrique dont l'aire est très facile est le rectangle. Faisons un dessin.
La quantité \( ln(b)-ln(a)\) correspond à l'aire sous la courbe inverse entre \( 1\) et \( b\) moins celle entre \( 1\) et \( a\) . En définitive il ne reste que l'aire rouge
1, c'est à dire l'aire entre \( a\) et \( b\) sous la fonction inverse.
On peut encadrer cette aire par celles des rectangles \( abcf\) et \( abde\) :
\[\mathscr{A}(abcf)\leqslant ln(b)-ln(a)\leqslant \mathscr{A}(abde) \]
L'aire d'un rectangle est longueur fois largeur :
\( \mathscr{A}(abcf)=(b-a)\dfrac{1}{b}\) et
\( \mathscr{A}(abde)=(b-a)\dfrac{1}{a}\) . On obtient un encadrement
\[\dfrac{b-a}{b}\leqslant ln(b)-ln(a)\leqslant \dfrac{b-a}{a}\]
En prenant par exemple \( a=1\) et sachant que \( ln(1)=1\) on a
\( 1-\dfrac{1}{b}\leqslant ln(b)\leqslant b-1\)
Théorème
Pour tout \( x\in ]0 ; +\infty[\) , on considère la fonction \( f(x)=ln(x)\) .
\[f'(x)=\dfrac{1}{x}\]
Démonstration
Reprenons l'encadrement \( \dfrac{b-a}{b}\leqslant ln(b)-ln(a)\leqslant \dfrac{b-a}{a}\) et divisons par \( b-a\) et posons \( b=x\) :
\[\dfrac{1}{x}\leqslant \dfrac{ln(x)-ln(a)}{x-a}\leqslant \dfrac{1}{a}\]
Mais par définition, pour n'importe quelle fonction \( f'(a)=\lim{x\rightarrow a}\dfrac{f(x)-f(a)}{x-a}\) . Donc la limite de \( \dfrac{ln(x)-ln(a)}{x-a}\) est la valeur de la dérivé de \( ln\) en \( a\) . Mais la dernière inégalité montre que cette quantité est prise en sandwich entre \( \dfrac{1}{x}\) qui tend vers \( \dfrac{1}{a}\) lorsque \( x\) tend vers \( a\) et \( \dfrac{1}{a}\) qui reste constant lorsque \( x\) tend vers \( a\) . En conclusion le taux d'accroissement, lorsque \( x\) tend vers \( a\) ne peut prendre que la valeur \( \dfrac{1}{a}\) .
Corollaire
Soit \( u\) fonction définie sur un domaine \( D\) tel que pour tout \( x\in D\) , \( u(x){>}0\) . Posons \( f(x)=ln(u(x))\) .
\[f'(x)=\dfrac{u'(x)}{u(x)}\]
Démonstration
Il s'agit de la formule de dérivation de la composé de fonction.
Si par exemple \( f(x)=ln(x^2+1)\) alors \( f'(x)=\dfrac{2x}{x^2+1}\) .
Corollaire
La fonction logarithme est strictement croissante sur \( ]0 ; +\infty[\) .
Démonstration
La dérivé est strictement positive donc la fonction est strictement croissante.
Limites et croissances comparées
Théorème
Soient \( a\) et \( b\) deux nombres réelles strictement positifs alors
\[ln(ab)=ln(a)+ln(b)\]
Démonstration
Cette démonstration utilise un résultat d'analyse assez instinctif : si deux fonctions ont la même dérivés alors elles sont égales à une constante près.
Posons \( g(x)=ln(xb)\) . Alors \( g'(x)=\dfrac{b}{bx}=\dfrac{1}{x}\) . Ainsi \( g\) et \( ln\) ont la même dérivé, donc \( g(x)=ln(x)+k\) pour un certain nombre réelle \( k\) que l'on peut déterminer en prenant une valeur particulière pour \( x\) , par exemple \( x=1\) : \( ln(b)=g(1)=ln(1)+k=k\) donc pur tout \( x{>}0\) , \( g(x)=ln(x)+ln(b)\) . Si on prend \( x=a\) alors on obtient la formule.
Corollaire
Soient \( a\) et \( b\) deux nombres réels strictement positifs.
- \( ln\left(\dfrac{a}{b}\right)=ln(a)-ln(b)\) .
- \( ln\left(\dfrac{1}{a}\right)=-ln(a)\) .
- \( ln\left(\sqrt{a}\right)=\dfrac{1}{2}ln(a)\) .
- \( ln\left(a^n\right)=nln(a)\) .
Démonstration
- \( ln(a)=ln\left(\dfrac{a}{b}\times b\right)=ln\left(\dfrac{a}{b}\right)+ln(b)\) .
- C'est la formule précédente pour \( a=1\) (sachant que \( ln(1)=0\) ).
- \( 2ln(\sqrt{a})=ln(\sqrt{a}^2)=ln(a)\)
- \( ln(a^n)=ln(\underbrace{a\times\cdots\times a}_{n})=\underbrace{ln(a)+\cdots+ln(a)}_{n}\)
Corollaire
\[\lim{x\rightarrow+\infty}ln(x)=+\infty\qquad
\lim{x\rightarrow 0^+}ln(x)=-\infty\]
Démonstration
Chercher la limite lorsque \( x\) tend vers \( +\infty\) de \( ln(x)\) reviens à chercher la limite lorsque \( n\) tend vers l'infini de \( ln(2^n)\) (c'est un changement de variable). Or \( ln(2^n)=nln(2)\) et \( ln(2)\) n'est qu'un nombre positif, dont la calculatrice donne \( ln(2)=0.693\) . On a trivialement que \( nln(2)\) tend vers l'infini, il en va donc de même pour \( ln(x)\) .
Pour la limite en \( 0^+\) on pose \( X=\dfrac{1}{x}\) :
\[\lim{x\rightarrow 0^+}ln(x)
= \lim{X\rightarrow +\infty}ln\left(\dfrac{1}{X}\right)
= \lim{X\rightarrow +\infty}-ln(X)=-\infty\]
Observons de plus près \( \dfrac{ln(x)}{x}\) . Le numérateur comme le dénominateur de cette expression tend vers \( +\infty\) . Le théorème de croissances comparées stipule qu'entre ces deux infinis, celui du logarithme est le plus faible.
Théorème [Croissances comparées]
Quelque soit \( \alpha{>}0\) ,
\[\lim{x\rightarrow+\infty}\dfrac{ln(x)}{x^\alpha}=0\qquad
\lim{x\rightarrow 0^+}x^\alpha ln(x)=0
\]
Démonstration
Montrons que \( \dfrac{ln(x)}{x}\) tend vers \( 0\) en l'infini.
On va raisonner comme précédemment en posant \( x=2^n\) . Ainsi calculer la limite en l'infini de \( \dfrac{ln(x)}{x}\) revient à calculer la limite de \( \dfrac{ln(2^n)}{2^n}\) lorsque \( n\) tend vers \( +\infty\) . En utilisant les propriétés du logarithme on obtient
\( \dfrac{ln(2^n)}{2^n}=\dfrac{n}{2^n}ln(2)\) . Il s'agit donc de démontrer que \( \dfrac{n}{2^n}\) tend vers \( 0\) . Pour y arriver on considère la suite \( u_n=\dfrac{n^2}{2^n}\) .
Cette suite est décroissante. En effet
\begin{eqnarray*}
\dfrac{u_{n+1}}{u_n}&=&
\dfrac{\frac{(n+1)^2}{2^{n+1}}}{\frac{n^2}{2^n}}\\
&=&
\dfrac{(n+1)^2}{2^{n+1}}\times\dfrac{2^n}{n^2}\\
&=&
\dfrac{(n+1)^2}{2^{n}.2}\times\dfrac{2^n}{n^2}\\
&=&
\dfrac{1}{2}\dfrac{(n+1)^2}{n^2}\\
&=&
\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{n+1}{n}\right)^2\\
&=&
\dfrac{1}{2}\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^2\\
\end{eqnarray*}
Puisque \( n\) va finir par tendre vers \( +\infty\) , on peut supposer que \( n\geqslant 3\) . Dans ce cas \( \dfrac{1}{n}\leqslant \dfrac{1}{3}\) donc \( 1+\dfrac{1}{n}\leqslant \dfrac{4}{3}\) soit encore en passant au carré \( \left(1+\dfrac{1}{n}\right)^2\leqslant \dfrac{16}{9}\) donc pour finir \( \dfrac{u_{n+1}}{u_n}=\dfrac{1}{2}\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^2\leqslant \dfrac{8}{9}{<}1\) .
Ceci prouve que la suite \( u_n\) est décroissante (à partir de \( n\geqslant 3\) ). En particulier on peut observer que \( 0{<}u_n{<}u_3=\dfrac{3}{8}{<}1\) . Soit encore \( 0{<}\dfrac{n^2}{2^n}{<}1\) . En divisant par \( n\) on obtient \( 0{<}\dfrac{n}{2^n}{<}\dfrac{1}{n}\) . Ainsi \( \dfrac{n}{2^n}\) est encadré par deux suites qui tendent vers \( 0\) ce qui prouve que \( \lim{x\rightarrow+\infty}\dfrac{ln(x)}{x}=\lim{n\rightarrow+\infty}\dfrac{ln(2^n)}{2^n}
=\lim{n\rightarrow+\infty}\dfrac{n}{2^n}ln(2)=0\) .
Pour le reste il s'agit (encore) de changement de variable :
\[\lim{x\rightarrow+\infty}\dfrac{ln(x)}{x^\alpha}\overset{X=x^\alpha}{=}\lim{X\rightarrow+\infty}\dfrac{ln(X^{\frac{1}{\alpha}})}{X}=\lim{X\rightarrow+\infty}\dfrac{1}{\alpha}\times\dfrac{ln(X)}{X}=0\]
\[\lim{x\rightarrow 0^+}x^\alpha ln(x)\overset{X=\frac{1}{x}}{=}
\lim{X\rightarrow +\infty}\left(\dfrac{1}{X}\right)^\alpha ln\left(\dfrac{1}{X}\right)
=\lim{X\rightarrow +\infty}\dfrac{1}{X^\alpha} (- ln(X))
=\lim{X\rightarrow +\infty}-\dfrac{ln(X)}{X^\alpha}=0\]
D'après le cours sur les asymptotes, lorsqu'une recherche d'asymptote oblique \( y=ax+b\) d'une fonction \( f\) , on a toujours \( a=\lim{x\rightarrow\infty}\dfrac{f(x)}{x}\) et \( b=\lim{x\rightarrow\infty}f(x)-ax\) . Dans le cas de la fonction logarithme le théorème des croissances comparées montre que si il y a une asymptote oblique alors le coefficient directeur est nul. Mais pour la détermination du \( b\) on trouve \( +\infty\) . Ainsi il n'y a pas d'asymptote oblique bien que l'infini de \( x\) soit plus grand que celui du logarithme.
En conclusion, voici la courbe représentative de la fonction logarithme.
Une petite limite à emporter s'il vous plait !
Proposition
\[\lim{x\rightarrow 0}\dfrac{ln(x+1)}{x}=1\]
Démonstration
Soit \( f(x)=ln(x+1)\) alors \( f(0)=0\) , \( f'(x)=\dfrac{1}{x+1}\) mais
\[1=f'(0)=\lim{x\rightarrow0}\dfrac{f(x)-f(0)}{x-0}=
\lim{x\rightarrow0}\dfrac{ln(x+1)}{x}\]
Un exemple
Étudions la fonction \( f(x)=\dfrac{xln(x^2-1)}{x-1}\) . Dans la pratique, des questions intermédiaires sont posées pour arriver aux conclusions. Ici nous explorons de file en aiguille cette fonction.
La première chose à déterminer est le domaine de définition. D'une part il y a une fraction, il faut donc que le dénominateur soit non nul ce qui fait apparaître la contrainte \( x\neq 1\) , d'autre pas il y a un logarithme, il faut donc que son paramètre soit strictement positif. Cela fait apparaître \( x^2-1{>}0\) . Cette inéquation se résout rapidement et permet d'aboutir au domaine de \( f\) :
\[\mathscr{D}_f=]-\infty ; -1[\cup]1 ; +\infty[\]
Calculons les limites de \( f\) au bord de son domaine de définition.
- La limite en \( \pm\infty\) .
- On peut réécrire \( f\) comme suit
\( f(x)=\dfrac{x}{x+1}ln(x^2-1)\) . D'après ce que nous savons sur les polynômes \( \lim{x\rightarrow\infty}\dfrac{x}{x+1}=1\) et \( \lim{x\rightarrow\infty}ln(x^2-1)=+\infty\) . En conclusion
\[\lim{x\rightarrow\pm\infty}f(x)=+\infty\]
- La limite en \( -1^{-}\) .
- Il n'y a pas de forme indéterminée : \( \lim{x\rightarrow-1^-}\dfrac{xln(x^2-1)}{x+1}
=\dfrac{-ln(0^+)}{0^-}=-\infty\)
- La limite en \( 1^+\) .
- Il n'y a pas de forme indéterminée :
\( \lim{x\rightarrow-1^+}\dfrac{xln(x^2-1)}{x+1}
=\dfrac{ln(0^+)}{2}=-\infty\)
Déterminons la dérivé de la fonction \( f\) . On observe que \( f=\dfrac{u}{v}\) où \( u=xln(x^2-1)\) et \( v=x+1\) . Alors la dérivé d'un produit donne
\begin{eqnarray*}
u'
&=&1\times ln(x^2-1)+x\dfrac{2x}{x^2-1}\\
&=&ln(x^2-1)+\dfrac{2x^2}{x^2-1}
\end{eqnarray*}
La dérivé d'un quotient donne quand à elle
\begin{eqnarray*}
f'(x)
&=&\dfrac{u'v-v'u}{v^2}\\
&=&\dfrac{\left(ln(x^2-1)+\frac{2x^2}{x^2-1}\right)(x-1)-1\times xln(x^2-1)}{(x-1)^2}\\
&=&\dfrac{ln(x^2-1)(x+1)+\frac{2x^2}{x^2-1}(x-1)-xln(x^2-1)}{(x-1)^2}\\
&=&\dfrac{-ln(x^2-1)+\frac{2x^2}{x+1}}{(x+1)^2}\qquad\text{car }x^2-1=(x-1)(x+1)
\end{eqnarray*}
Puisque le dénominateur de cette expression est toujours positif, il suffit d'étudier le signe du numérateur pour déterminer le signe de \( f'\) et donc les variations de \( f\) . Le
problème c'est que le numérateur est un peu difficile à étudier. Posons alors \( g(x)=\dfrac{2x^2}{x+1}-ln(x^2-1)\) et déterminons le signe de \( g\) .
Le domaine de définition de \( g\) est le même que celui de \( f\) pour les même raison. Déterminons alors sa dérivé :
\begin{eqnarray*}
g'(x)
&=&\dfrac{4x(x+1)-2x^2}{(x+1)^2}-\dfrac{2x}{x^2-1}\\
&=&\dfrac{2x^2+4x}{(x+1)^2}-\dfrac{2x}{x^2-1}\\
&=&\dfrac{(2x^2+4x)(x+1)}{(x+1)^2(x-1)}-\dfrac{2x(x+1)}{(x^2-1)(x+1)}\\
&=&\dfrac{(2x^2+4x)(x+1)-2x(x+1)}{(x-1)(x+1)(x+1)}\\
&=&\dfrac{2x(x^2-3)}{(x-1)(x+1)(x+1)}\\
\end{eqnarray*}
On peut à présent déterminer les variations de \( g\) que nous synthétisons dans le tableau suivant. A noter que puisque la fonction admet un nombre négatif comme maximum sur l'intervalle \( ]-\infty ; -1[\) alors elle négative sur cet intervalle et \( f\) est décroissante. De même sur l'intervalle \( ]1 ; +\infty[\) la fonction \( g\) admet un nombre positif comme minimum et y est donc positive ce qui implique de \( f\) y est croissante.
Les droites \( x=1\) et \( x=-1\) sont des asymptotes verticales. Étudions l'existence d'asymptote oblique. Pour cela il faut calculer la limite de \( \dfrac{f(x)}{x}\) en \( +\infty\) . Instinctivement, par croissance comparée, la fonction logarithme a
s'écraser devant les autres fonctions de sorte que l'on devine que \( \lim{x\rightarrow+\infty}\dfrac{f(x)}{x}=0\) . Démontrons le un peu plus rigoureusement.
\begin{eqnarray*}
\lim{x\rightarrow+\infty} \dfrac{f(x)}{x}
&=& \lim{x\rightarrow+\infty} \dfrac{ln(x^2-1)}{x-1}\\
&=& \lim{x\rightarrow+\infty} \dfrac{ln((x-1)(x+1))}{x-1}\\
&=& \lim{x\rightarrow+\infty} \dfrac{ln(x-1) + ln(x+1)}{x-1}\\
&=& \lim{x\rightarrow+\infty} \dfrac{ln(x-1)}{x-1} + \dfrac{ln(x+1)}{x-1}\\
&\overset{X=x-1}{=}& \lim{X\rightarrow+\infty} \underbrace{\dfrac{ln(X)}{X}}_{\rightarrow 0} + \dfrac{ln(X+2)}{X}\qquad \text{Thm Crois. Comp.}\\
&=& \lim{X\rightarrow+\infty} \dfrac{ln(X+2)}{X}\\
&\overset{T=X+2}{=}& \lim{T\rightarrow+\infty} \dfrac{ln(T)}{T-2}\\
&=& \lim{T\rightarrow+\infty} \dfrac{ln(T)}{T-2}\times\dfrac{T}{T}\\
&=& \lim{T\rightarrow+\infty} \underbrace{\dfrac{ln(T)}{T}}_{\rightarrow 0}\times\underbrace{\dfrac{T}{T-2}}_{\rightarrow 1}\quad\text{Thm Crois. Comp. + limite de polynômes}\\
&=&0
\end{eqnarray*}
En conclusion il n'existe pas d'asymptote oblique.
Pour finir, on trace l'allure de la courbe.
Une fois cette étude effectuée on peut donner naissance à un exercice :
- Quel est le domaine de définition de la fonction \( g(x)=\dfrac{2x^2}{x+1}-ln(x^2-1)\) ?
- Montrer que \( g'(x)=\dfrac{2x(x^2-3)}{(x-1)(x+1)^2}\) .
- Dresser le tableau de variation de \( g\) .
- A l'aide d'une calculatrice donner les valeurs approchées de \( g(-\sqrt{3})\) et \( g(\sqrt{3})\) . En déduire le signe de \( g\) .
- Quel est le domaine de définition de la fonction \( f(x)=\dfrac{xln(x^2-1)}{x+1}\) ?
- Calculer la limite de \( f\) en \( -1^-\) et \( 1^+\) .
- En observant que \( f(x)=\dfrac{x}{x+1}ln(x^2-1)\) calculer la limite de \( f\) en \( +\infty\) et \( -\infty\) .
- Montrer que \( f'(x)=\dfrac{g(x)}{(x+1)^2}\)
- En déduire les variations de \( f\) .
- A l'aide du changement de variable \( X=x-1\) et du théorème des croissances comparées, montrer que \( \lim{x\rightarrow+\infty}\dfrac{f(x)}{x}=\lim{X\rightarrow +\infty}\dfrac{ln(X+2)}{X}\) .
- Montrer que la fonction \( f\) n'admet pas d'asymptote oblique.
- Tracer, aussi proprement que possible l'allure de la courbe représentative de la fonction \( f\) .
A vous maintenant d'inventer vos propres exercices !!!
Trailer : Exponentielle
La fonction logarithme est strictement croissante et prend toutes les valeurs de \( \mathbb{R}\) (car ses limites sont \( -\infty\) et \(
+\infty\) ). Elle est aussi continue par construction (en tant qu'aire). On peut donc lui appliquer le
théorème des valeurs intermédiaires. D'après ce théorème l'équation \( ln(x)=0\) admet une unique solution, d'ailleurs on la connait : c'est \( 1\) .
Grâce à ce théorème on peut en déduire que si \( ln(a)=ln(b)\) alors nécessairement \( a=b\) .
L'équation \( ln(x)=1\) admet aussi une unique solution. A l'aide de la calculatrice on trouve que \( x=2.71828\) . On note ce nombre \( e\) .
Qu'en est-il de l'équation \( ln(x)=2\) . Elle admet aussi une unique solution dont on peut déterminer une approximation numérique... mais on peut procéder autrement :
\begin{eqnarray*}
ln(x)=2&\Leftrightarrow& ln(x)=2\times 1\\
&\Leftrightarrow& ln(x)=2\times ln(e)\\
&\Leftrightarrow& ln(x)=ln(e^2)\qquad \text{Propriété du logarithme}\\
&\Leftrightarrow& x=e^2
\end{eqnarray*}
Et si on remplaçait le \( 2\) par un \( 3\) , un \( -1\) ou n'importe quel nombre réel... Tiens tiens... Il se passe quelque chose de marrant.
To Be Continued
1Désolé amis daltonien
