Exercices corrigés — La fonction logarithme népérien

1. $\ln$ et $\exp$ sont réciproques : $\ln\left(e^4\right) = 4$ et $e^{\ln 3} = 3$. Ensuite $\ln\dfrac{1}{e} = -\ln e = -1$, et $\ln\sqrt{e} = \dfrac{1}{2}\ln e = \dfrac{1}{2}$.

2. $\ln 8 = \ln\left(2^3\right) = 3\ln 2$ ; $\ln\dfrac{1}{4} = -\ln 4 = -2\ln 2$ ; $\ln\sqrt{2} = \dfrac{1}{2}\ln 2$ ; $\ln 32 = \ln\left(2^5\right) = 5\ln 2$.

3. $\ln 6 = \ln(2 \times 3) = \ln 2 + \ln 3$ ; $\ln 72 = \ln(8 \times 9) = 3\ln 2 + 2\ln 3$ ; $\ln\dfrac{9}{8} = \ln 9 - \ln 8 = 2\ln 3 - 3\ln 2$.

4. Faux. Contre-exemple : $a = b = 1$ donne $\ln(1 + 1) = \ln 2 \approx 0{,}69$, alors que $\ln 1 + \ln 1 = 0$. Le logarithme transforme les produits en sommes — il ne fait rien de spécial avec les sommes.

Réflexe à retenir : pour réduire une expression avec des $\ln$, décompose en facteurs ($72 = 8 \times 9 = 2^3 \times 3^2$) puis applique $\ln(ab) = \ln a + \ln b$ et $\ln(a^n) = n\ln a$.

1. Condition : $x > 0$. Par application de l’exponentielle : $x = e^3$ (bien positif). Solution : $x = e^3$.

2. Condition : $2x - 1 > 0$, soit $x > 0{,}5$. Puis $\ln(2x - 1) = 0 = \ln 1$ donne $2x - 1 = 1$, donc $x = 1$ — qui vérifie bien $x > 0{,}5$. Solution : $x = 1$.

3. Conditions : $x > 0$ et $x - 1 > 0$, donc $x > 1$. On regroupe : $\ln\big(x(x - 1)\big) = \ln 2$, d’où $x^2 - x = 2$, c’est-à-dire $x^2 - x - 2 = 0$. Discriminant : $\Delta = 1 + 8 = 9$, racines $x = \dfrac{1 - 3}{2} = -1$ et $x = \dfrac{1 + 3}{2} = 2$. Seul $x = 2$ vérifie $x > 1$. Solution : $x = 2$.

4. On pose $X = e^x$ (avec $X > 0$) : $X^2 - 5X + 4 = 0$. Comme $1 - 5 + 4 = 0$, $X = 1$ est racine évidente, et le produit des racines vaut $4$ : l’autre racine est $X = 4$. Retour à $x$ : $e^x = 1$ donne $x = 0$, et $e^x = 4$ donne $x = \ln 4 = 2\ln 2$. Solutions : $x = 0$ et $x = 2\ln 2$.

5. Conditions : $3x > 0$ et $x + 4 > 0$, donc $x > 0$. Par stricte croissance de $\ln$ : $3x > x + 4$, soit $2x > 4$, donc $x > 2$. Solution : $x \in\ ]2\,;\,+\infty[$.

Réflexe à retenir : conditions d’existence d’abord, calcul ensuite, tri des solutions à la fin — et pour une équation en $e^x$, le changement de variable $X = e^x$ ramène souvent à un second degré.

1. $f_1'(x) = \dfrac{3}{x} - 1$ sur $]0\,;\,+\infty[$. Pour $f_2$, formule $(\ln u)' = \dfrac{u'}{u}$ avec $u(x) = 3x + 1$ : $f_2'(x) = \dfrac{3}{3x + 1}$ sur $\left]-\dfrac{1}{3}\,;\,+\infty\right[$. Pour $f_3$, dérivée d’un produit : $f_3'(x) = 1 \times \ln x + x \times \dfrac{1}{x} = \ln x + 1$.

2. $g'(x) = \ln x + 1 = 0 \iff \ln x = -1 \iff x = e^{-1}$. Par stricte croissance de $\ln$ : $g'(x) < 0$ pour $0 < x < e^{-1}$ et $g'(x) > 0$ pour $x > e^{-1}$.

3. $g$ est décroissante sur $\left]0\,;\,e^{-1}\right]$ puis croissante sur $\left[e^{-1}\,;\,+\infty\right[$. Son minimum est atteint en $x = e^{-1}$ :

$g\left(e^{-1}\right) = e^{-1}\ln\left(e^{-1}\right) = e^{-1} \times (-1) = -\frac{1}{e} \approx -0{,}37$

4. En $0^+$ : $\lim\limits_{x \to 0^+} x\ln x = 0$ — c’est la croissance comparée (la puissance $x$ l’emporte sur $\ln x$). En $+\infty$ : les deux facteurs tendent vers $+\infty$, donc $\lim\limits_{x \to +\infty} x\ln x = +\infty$.

Réflexe à retenir : la dérivée de $x\ln x$ est $\ln x + 1$ — un grand classique — et le signe d’une expression en $\ln x$ se lit en revenant à $x = e^{k}$ par stricte croissance.

1. Diminuer de $20\ \%$ revient à multiplier par $1 - 0{,}2 = 0{,}8$ : pour tout $n$, $u_{n+1} = 0{,}8\,u_n$. La suite $(u_n)$ est géométrique de raison $0{,}8$ et de premier terme $100$, donc $u_n = 100 \times 0{,}8^n$.

2. On cherche le plus petit entier $n$ tel que $u_n < 10$, c’est-à-dire :

$100 \times 0{,}8^n < 10 \iff 0{,}8^n < 0{,}1$

3. Par stricte croissance de $\ln$ : $0{,}8^n < 0{,}1 \iff \ln\left(0{,}8^n\right) < \ln 0{,}1 \iff n\ln 0{,}8 < \ln 0{,}1$. Attention : $0{,}8 < 1$ donc $\ln 0{,}8 < 0$, et la division change le sens de l’inégalité :

$n > \frac{\ln 0{,}1}{\ln 0{,}8} \approx 10{,}3$

Le plus petit entier qui convient est $n = 11$. Vérification : $u_{10} = 100 \times 0{,}8^{10} \approx 10{,}7$ mg (encore efficace) et $u_{11} \approx 8{,}6$ mg (sous le seuil). Le médicament cesse d’être efficace au bout de 11 heures.

Réflexe à retenir : dans un problème de seuil $q^n < k$, le logarithme fait descendre le $n$ de l’exposant — mais si $0 < q < 1$, alors $\ln q < 0$ et l’inégalité change de sens en divisant.

1. En $0^+$ : on écrit $f(x) = \dfrac{1}{x} \times \ln x$, avec $\dfrac{1}{x} \to +\infty$ et $\ln x \to -\infty$ : par produit, $\lim\limits_{x \to 0^+} f(x) = -\infty$. L’axe des ordonnées est asymptote verticale. En $+\infty$ : forme « $\infty/\infty$ » levée par croissance comparée : $\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{\ln x}{x} = 0$. La droite $y = 0$ (l’axe des abscisses) est asymptote horizontale en $+\infty$.

2. Dérivée d’un quotient, avec $u(x) = \ln x$ et $v(x) = x$ :

$f'(x) = \frac{\dfrac{1}{x} \times x - \ln x \times 1}{x^2} = \frac{1 - \ln x}{x^2}$

3. $x^2 > 0$, donc $f'(x)$ est du signe de $1 - \ln x$ : positif pour $\ln x < 1$, c’est-à-dire $x < e$, négatif pour $x > e$. Donc $f$ est croissante sur $]0\,;\,e]$ et décroissante sur $[e\,;\,+\infty[$, avec un maximum :

$f(e) = \frac{\ln e}{e} = \frac{1}{e} \approx 0{,}37$

4. On compare d’abord : $\dfrac{1}{4} = 0{,}25 < \dfrac{1}{e} \approx 0{,}37$. Puis corollaire du TVI sur chaque intervalle de stricte monotonie ($f$ est continue car dérivable) :

• sur $]0\,;\,e]$ : $f$ strictement croissante de $-\infty$ à $\dfrac{1}{e}$, et $\dfrac{1}{4} \in \left]-\infty\,;\,\dfrac{1}{e}\right]$ — une unique solution ;
• sur $[e\,;\,+\infty[$ : $f$ strictement décroissante de $\dfrac{1}{e}$ vers $0$ (limite en $+\infty$), et $\dfrac{1}{4} \in \left]0\,;\,\dfrac{1}{e}\right[$ — une unique solution.

L’équation $f(x) = \dfrac{1}{4}$ admet donc exactement deux solutions.

Réflexe à retenir : les études avec $\ln$ mobilisent tout le programme — croissances comparées pour les limites, $(\ln x)' = \dfrac{1}{x}$ pour les variations, corollaire du TVI pour compter les solutions. Un exercice type bac, c’est cet enchaînement-là.