4 Logarithme népérien (TS2)

Définition et propriétés

La touche de la calculatrice permet de calculer le logarithme d’un réel.

Conséquences immédiates

1. Le domaine de définition de la fonction $\ln$ est $\left]0,+\infty \right[$.

2. La fonction $\ln$ est dérivable sur $\left]0,+\infty \right[$ et pour tout $x>0$ on a ${\ln }^{\prime }(x)=\frac{1}{x}$.

3. $\ln (1)=0$.

4. La dérivée de la fonction $\ln$ étant strictement positive sur $\left]0,+\infty \right[$, donc la fonction $\ln$ est strictement croissante sur $\left]0,+\infty \right[$.

Démonstration

Soit la fonction $g:x\mapsto \ln (ax)$ où $a>0$ et fixé.

g est définie et dérivable sur $]0,+\infty [$ et d’après le théorème de dérivation d’une fonction composée, on a :

$\forall x>0,g^{\prime }(x)=(ax{)}^{\prime }{\ln }^{\prime }(ax)=a\times \frac{1}{ax}=\frac{1}{x}$

On a donc ${\left(g-\ln \right)}^{\prime }(x)=\frac{1}{x}-\frac{1}{x}=0$ donc ${\left(g-\ln \right)}^{\prime }(x)=0$.

Il en résulte que la fonction $g-\ln$ est une constante sur $]0,+\infty [$.

Il existe donc $k\in \mathbb{R}$ tel que $\forall x>0;g(x)-\ln (x)=k\iff \ln (ax)-\ln x=k$

Pour $x=1$ on a $\ln a-ln1=k$ donc $k=\ln a$. D’où $\ln (ax)=\ln x+\ln a$.

Démonstration

1. $\ln \left(a\times \frac{1}{a}\right)=\ln 1=0=\ln \left(\frac{1}{a}\right)+\ln a$ d’où $\ln \left(\frac{1}{a}\right)=-\ln a$

2. $\ln \left(\frac{a}{b}\right)=\ln \left(a\times \frac{1}{b}\right)=\ln a+\ln \left(\frac{1}{b}\right)=\ln a-\ln b$

3. $\ln a=\ln {\left(\sqrt{a}\right)}^2=2\ln \sqrt{a}$ d’où $\ln \sqrt{a}=\frac{1}{2}\ln a$.

4. Pour $n=0$ on a $\ln a^0=\ln 1=0=0\times \ln a$
   Supposons la propriété vraie pour un entier naturel $n$ quelconque.
   On a $\ln a^{n+1}=\ln a^n\times a=\ln a^n+\ln a=n\ln a+\ln a=(n+1)\ln a$
   Il en résulte que la propriété est vraie $\forall n\in \mathbb{N}.$
   Supposons que $n\in {\mathbb{Z}}^{-}$. Posons $p=-n$ donc $p\in \mathbb{N}.$
   $\ln a^n=\ln a^{-p}=\ln \frac{1}{a^p}=-\ln a^p=-p\ln a=n\ln a$
   Donc pour tout $n\in {\mathbb{Z}}^{-}$ on a $\ln a^n=n\ln a$.
   Soit $p\in {\mathbb{N}}^{\ast }$ on a $\ln {\left(a\right)}^{\frac{p}{p}}=p\ln a^{\frac{1}{p}}=\ln a$ d’où $\ln a^{\frac{1}{p}}=\frac{1}{p}\ln a$
   Soit $r=\frac{n}{p}\in \mathbb{Q}$ alors $\ln {\left(a\right)}^{\frac{n}{p}}=n\ln a^{\frac{1}{p}}=n\left(\frac{1}{p}\ln a\right)=\frac{n}{p}\ln a=r\ln a$

Étude de la fonction $\ln$

Limites

Les limites aux bornes de l’ensemble de définition de la fonction ln, sont données ci-dessous:

Démonstration

• La fonction $\ln$ est croissante et n’est pas majorée sur $\left]0,+\infty \right[$.
  Si elle était majorée sur $\left]0,+\infty \right[$, elle admettrait une limite finie $L$ en $+\infty$. En posant $X=5x$, on obtiendrait :

  $L=\underset{X\to +\infty }{\lim }\ln X=\underset{x\to +\infty }{\lim }\ln 5x=\underset{x\to +\infty }{\lim }\ln 5+\ln x=\ln 5+L$ , on aboutit à une contradiction.

• Pour la limite en $0^{+}$ , on fait le changement de variable $X=\frac{1}{x}$
  Donc $\underset{x\to 0}{\lim }\ln x=\underset{X\to +\infty }{\lim }\ln \frac{1}{X}=\underset{X\to +\infty }{\lim }\left(-\ln X\right)=-\infty$

Tableau de variation

Des propriétés précédentes, on en déduit facilement le tableau de variation suivant.

Conséquences

La fonction $\ln$ est continue et strictement croissante sur $\left]0,+\infty \right[$ cela entraîne que c’est une bijection de $\left]0,+\infty \right[$ vers $\ln \left(\left]0,+\infty \right[\right)=\mathbb{R}$.

Donc $\forall y\in \mathbb{R}$, il existe un unique $x\in \left]0,+\infty \right[$ tel que $\ln x=y.$ En particulier il existe un unique réel noté $\mathrm{e}$ tel que: $\ln \mathrm{e}=1$. On démontre que $\mathrm{e}\approx 2,718$ et que $\mathrm{e}\notin \mathbb{Q}$.
$\mathrm{e}$ est appelé la constante d’Euler.
On a alors $\forall r\in \mathbb{Q},\ln {\mathrm{e}}^r=r\ln \mathrm{e}=r$

Ainsi:

$$\begin{array}{ccc}\ln x=r⟺x={\mathrm{e}}^r& \ln x>r⟺x>{\mathrm{e}}^r& \ln x<r⟺x<{\mathrm{e}}^r\end{array}$$

Représentation graphique de la fonction $\ln$

On construit les tangentes T${}_1$ et T${}_2$ à la courbe de $\ln$ respectives aux points d’abscisses $x=1$ et $x=\mathrm{e}$.

T${}_1:y={\ln }^{\prime }(1)(x-1)+\ln 1$ soit T${}_1:y=x-1$

T${}_2:y={\ln }^{\prime }(\mathrm{e})(x-\mathrm{e})+\ln \mathrm{e}$ soit T${}_2:y=\frac{1}{\mathrm{e}}x$

Dérivée de la fonction $\ln |u|$

Soit $u$ une fonction dérivable sur un intervalle $I$ et telle que: $\forall x\in I,u(x)\ne 0$.
Donc la fonction $x:⟼\left|u(x)\right|$ est dérivable sur $I$ à valeurs dans ${\mathbb{R}}_{+}^{\ast }$
Donc la fonction g$=\ln |u|$ est définie et dérivable sur I.
Si $u(x)>0$: g$(x)=\ln u(x)$ et g’$(x)=u^{\prime }(x)\times {\ln }^{\prime }\left(u(x)\right)=u^{\prime }(x)\times \frac{1}{u(x)}=\frac{u^{\prime }(x)}{u(x)}$.

Si $u(x)<0$: g$(x)=\ln \left(-u(x)\right)$ et g’$(x)=-u^{\prime }(x)\times {\ln }^{\prime }\left(-u(x)\right)=\frac{-u^{\prime }(x)}{-u(x)}=\frac{u^{\prime }(x)}{u(x)}$.
Dans tous les cas:

${\left(\ln |u|\right)}^{\prime }=\frac{u^{\prime }}{u}$

Quelques limites classiques

Démonstration

• Montrons que $\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\ln x}{x}=0$
  Soit g la fonction définie sur $\left[1,+\infty \right[$ par g$(x)=\ln x-x+1$.
  g est dérivable sur $\left[1,+\infty \right[$ et $\forall x>1g^{\prime }(x)=\frac{1}{x}-1<0$ et g est donc strictement décroissante sur $\left[1,+\infty \right[$ or g$(1)=0$.
  D’où $\forall x>1g(x)\le 0$ soit $\ln x\le x-1$.
  En particulier $\forall x>1$,$\ln \sqrt{x}\le \sqrt{x}-1<\sqrt{x}$. D’où $\frac{1}{2}\ln x<\sqrt{x}$ $\iff 0<\ln x<2\sqrt{x}$
  En divisant par $x$, on a $0<\frac{\ln x}{x}<\frac{2}{\sqrt{x}}$ or $\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{2}{\sqrt{x}}=0$ et d’après le théorème des gendarmes on a $\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\ln x}{x}=0$.
  

• Montrons que $\underset{x\to 0^{+}}{\lim }x\ln x=0$
  En posant $X=\frac{1}{x}$ ,on obtient $\underset{x\to 0^{+}}{\lim }x\ln x=\underset{X\to +\infty }{\lim }\left(-\frac{\ln X}{X}\right)=0$

• Montrons que$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\ln (x+1)}{x}=1$
  Soit $\phi (x)=\ln (1+x)$. On a ${\phi }^{\prime }(x)=\frac{1}{1+x},\phi (0)=0$ et ${\phi }^{\prime }(0)=1$.
  Par suite $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\ln (x+1)}{x}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\phi (x)-\phi (0)}{x-0}={\phi }^{\prime }(0)=1$

Fonction logarithme décimal