cours terminale ES obligatoire et L spécialité

Fonction logarithme

II - propriétés algébriques

1 - Propriété fondamentale

Pour tous réels a et b strictement positifs : $\ln (a \times b) = \ln (a) + \ln (b)$

démonstration

Soient $a > 0$ et $b > 0$ deux réels strictement positifs. Par définition de la fonction logarithme népérien : $a = e^{\ln a}$ , $b = e^{\ln b}$ .

On a $a \times b = e^{\ln (a \times b)}$ d'une part et , d'autre part, $a \times b = e^{\ln a} \times e^{\ln b} = e^{\ln (a) + \ln (b)}$ . D'où $\begin{matrix} e^{\ln (a \times b)} = e^{\ln (a) + \ln (b)} & \Leftrightarrow & \ln (a \times b) = \ln (a) + \ln (b) \end{matrix}$

remarque

John Napier publia en 1614 une méthode de calcul transformant les multiplications en additions : les logarithmes, du grec logos (rapport, raison) et arithmos (nombre).

2 - Autres règles de calcul

Pour tous réels a et b strictement positifs et n entier relatif :

$\ln (\frac{1}{a}) = - \ln a$
$\ln (\frac{a}{b}) = \ln a - \ln b$
$\ln (a^{n}) = n \ln a$
$\ln (\sqrt{a}) = \frac{1}{2} \ln a$

démonstrations

Soit $a > 0$ alors $\frac{1}{a} > 0$ . Comme $a \times \frac{1}{a} = 1$ on en déduit que : $\begin{matrix} \ln (a \times \frac{1}{a}) = \ln 1 & \Leftrightarrow & \ln a + \ln \frac{1}{a} = 0 & \Leftrightarrow & \ln \frac{1}{a} = - \ln a \end{matrix}$
Soient $a > 0$ et $b > 0$ : $\begin{matrix} \ln (\frac{a}{b}) = \ln (a \times \frac{1}{b}) & \Leftrightarrow & \ln (\frac{a}{b}) = \ln a + \ln \frac{1}{b} & \Leftrightarrow & \ln (\frac{a}{b}) = \ln a - \ln b \end{matrix}$
Soient $a > 0$ un réel strictement positif et n un entier relatif, $\begin{matrix} e^{\ln (a^{n})} = a^{n} & et & e^{n \ln a} = {(e^{\ln a})}^{n} = a^{n} \end{matrix}$
Donc $e^{\ln (a^{n})} = e^{n \ln a}$ et par conséquent, $\ln (a^{n}) = n \ln a$ .
Soit $a > 0$ donc ${(\sqrt{a})}^{2} = a$ . Par conséquent, $\ln a = \ln ({(\sqrt{a})}^{2}) = 2 \ln (\sqrt{a})$

exemples

Simplifier l'écriture de l'expression : $\frac{\ln 6 - \ln 12}{2 \ln (\sqrt{2})}$
$\frac{\ln 6 - \ln 12}{2 \ln (\sqrt{2})} = \frac{\ln (\frac{6}{12})}{2 \times \frac{1}{2} \times \ln 2} = \frac{\ln (\frac{1}{2})}{\ln 2} = \frac{- \ln (2)}{\ln 2} = - 1$
Ainsi, $\frac{\ln 6 - \ln 12}{2 \ln (\sqrt{2})} = - 1$
Après avoir déterminé le domaine de définition, résoudre l'équation $2 \ln x = \ln (2 - x)$
- L'équation $2 \ln x = \ln (2 - x)$ est définie pour $\begin{matrix} x > 0 & et & 2 - x > 0 & \Leftrightarrow & x > 0 & et & x < 2 \end{matrix}$
  Ainsi, l'équation $2 \ln x = \ln (2 - x)$ est définie sur l'intervalle $] 0; 2 [$
- Pour tout réel x de l'intervalle $] 0; 2 [$ , $\begin{matrix} 2 \ln x = \ln (2 - x) & \Leftrightarrow & \ln (x^{2}) = \ln (2 - x) \end{matrix}$
  La fonction $\ln$ étant strictement croissante, il s'agit donc de chercher les solutions éventuelles de l'équation $x^{2} = 2 - x$ appartenant à l'intervalle $] 0; 2 [$ .
  Cherchons les solutions de l'équation du second degré $x^{2} + x - 2 = 0$ avec $a = 1, b = 1 et c = - 2$ . Le discriminant du trinôme est $Δ = b^{2} - 4 a c$ d'où : $\begin{matrix} Δ = 1 - 4 \times 1 \times (- 2) = 9 \end{matrix}$
  $Δ > 0$ donc l'équation a deux solutions : $\begin{array}{l} x_{1} = \frac{- b - \sqrt{Δ}}{2 a} & Soit & x_{1} = \frac{- 1 - 3}{2} = - 2 \\ et & x_{2} = \frac{- b + \sqrt{Δ}}{2 a} & Soit & x_{2} = \frac{- 1 + 3}{2} = 1 \end{array}$
  Or 1 est la seule solution appartenant à l'intervalle $] 0; 2 [$ donc
  L'équation $2 \ln x = \ln (2 - x)$ admet pour unique solution $x = 1$
Résoudre dans l'intervalle $] 0; + \infty [$ l'inéquation $\ln \frac{1}{x} - \ln x ⩾ 0$
Pour tout réel x strictement positif, $\begin{matrix} \ln \frac{1}{x} - \ln x ⩾ 0 & \Leftrightarrow & - \ln x - \ln x ⩾ 0 \\ \Leftrightarrow & - 2 \ln x ⩾ 0 \\ \Leftrightarrow & \ln x ⩽ 0 \\ \Leftrightarrow & x ⩽ e^{0} \\ \Leftrightarrow & x ⩽ 1 \end{matrix}$
L'ensemble solution de l'inéquation $\ln \frac{1}{x} - \ln x ⩾ 0$ est $S =] 0; 1]$
Résoudre dans l'intervalle $] 0; + \infty [$ l'inéquation $2 {(\ln x)}^{2} + \ln x - 1 ⩽ 0$
Pour tout réel x strictement positif, posons $X = \ln x$ . L'inéquation s'écrit alors $2 X^{2} + X - 1 ⩽ 0$
Cherchons les racines du polynôme du second degré $2 X^{2} + X - 1$ avec $a = 2, b = 1 et c = - 1$ .
Le discriminant du trinôme est $Δ = b^{2} - 4 a c$ soit $Δ = 9$ . Comme $Δ > 0$ , le trinôme a deux racines : $\begin{array}{l} X_{1} = \frac{- b - \sqrt{Δ}}{2 a} & Soit & X_{1} = \frac{- 1 - 3}{4} = - 1 \\ et & X_{2} = \frac{- b + \sqrt{Δ}}{2 a} & Soit & X_{2} = \frac{- 1 + 3}{4} = \frac{1}{2} \end{array}$
Le coefficient de $X^{2}$ est strictement positif donc $\begin{matrix} 2 X^{2} + X - 1 ⩽ 0 & \Leftrightarrow & X \in [- 1; \frac{1}{2}] \end{matrix}$
Soit pour tout réel x strictement positif : $\begin{array}{rcl} - 1 ⩽ \ln x ⩽ \frac{1}{2} & \Leftrightarrow & - \ln e ⩽ \ln x ⩽ \frac{1}{2} \ln e \\ \Leftrightarrow & \ln \frac{1}{e} ⩽ \ln x ⩽ \ln \sqrt{e} \\ \Leftrightarrow & e^{\ln \frac{1}{e}} ⩽ e^{\ln x} ⩽ e^{\ln \sqrt{e}} \\ \Leftrightarrow & \frac{1}{e} ⩽ x ⩽ \sqrt{e} \end{array}$
L'ensemble solution de l'inéquation $2 {(\ln x)}^{2} + \ln x - 1 ⩽ 0$ est $S = [\frac{1}{e}; \sqrt{e}]$

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