Logarithmes
Partie
Question
Déterminer les limites des fonctions suivantes :
a. \(\displaystyle{\lim_{x \to +\infty} y(x) \textrm{ si } y(x) = \frac{2x-3 \ln x}{x + \ln x}}\)
b. \(\displaystyle{\lim_{x \to 0} z(x) \textrm{ si } z(x) = \frac{ \ln (1+2x)}{4x^{2}}}\)
c. \(\displaystyle{\lim_{x \to 1} t(x) \textrm{ si } t(x) = \frac{ \ln (2x-1) }{x^{2}+x - 2}}\)
Aide simple
Données : \(\displaystyle{\lim_{u \to +\infty} \frac{\ln u(x)}{u(x)} \to 0} \textrm{ et } \displaystyle{\lim_{u \to 0} \ln \frac{\left(1+u(x)\right)}{u(x)} = 1}\)
Faire apparaître l'une des formes des données.
Aide détaillée
Pour la " \(\lim y(x)\)" mettre en facteur " \(x\) ". Faire apparaître pour \(z(x)\) et \(t(x)\) la seconde forme des données.
Solution simple
Après calcul, nous obtenons les résultats suivants :
\(\displaystyle{\lim_{x \to +\infty} y(x) = 2}\) ; \(\displaystyle{\lim_{x \to 0^{\pm}} z(x) = \pm \infty} \textrm{ et } \displaystyle{\lim_{x \to 1} t(x) = \frac{2}{3}}\)
Solution détaillée
a. Pour \(x \ne 0 \quad y(x) = \frac{2-3\frac{\ln x}{x}}{1+\frac{\ln x}{x}}\) et \(\displaystyle{\lim_{x \to +\infty} y(x) = 2}\) car \(\frac{\ln x}{x } \to 0^{+} \textrm{ quand } x \to +\infty\)
b. Faisons apparaître la seconde forme des données, d'où :
\(z(x) = \frac{\ln \left(1+2x \right)}{2 x} \times \frac{1}{ 2 x} \textrm{ comme } \frac{\ln (1+2x)}{2 x} \to 1 ~\textrm{quand } x \to 0\)
nous obtenons :
\(\displaystyle{\lim_{x \to 0} z(x) = \lim_{x \to 0} \frac{\ln (1+2x)}{2x} \times \lim_{x \to 0} \frac{1}{2x} \Rightarrow \lim_{x \to 0^{+}} z(x) = + \infty \textrm{ et } \lim_{x \to 0^{-}} z(x) = - \infty}\)
c. Posons le changement de variable : \(x = 1 + h\) avec \(h \to 0\) quand \(x \to 1\)
d'où \(t(x) = \frac{\ln \left[ 2(1+h) -1\right]}{(1+h)^{2} + (1+h)-2} = \frac{ \ln (1+2 h)}{ 3h + h^{2}} = \frac{\ln (1+2h)}{2 h} \times \frac{2h}{3h + h^{2}}\) et
\(\displaystyle{\lim_{x \to 1} t(x) = \lim_{h \to 0} \frac{\ln(1+2h)}{2h} \times \frac{2 h}{3h + h^{2}} = \lim_{h \to 0} \frac{ \ln (1+2h)}{2h} \times \lim_{h \to 0} \frac{2}{3 + h} = \frac{2}{3}}\)
\(\Rightarrow \displaystyle{\lim_{x \to 1} t(x) = \frac{2}{3}}\)
Question
Résoudre les équations logarithmiques :
\((E_{1}) : \ln(x-2) + \ln(x+13) = 2 \ln 10\)
\((E_{2}) : \ln(x-2)(x+13) = 2 \ln 10\)
Aide simple
La fonction \(\ln[u(x)]\) n'ayant de sens que pour \(u(x)\) strictement positif, définir les domaines de définitions \((D_{1})\) et \((D_{2})\) des équations \((E_{1})\) et \((E_{2})\).
Aide détaillée
La fonction \("\ln"\) étant bijective de \(\mathbb{R}^{+ \ast}\) sur \(\mathbb{R}\), \((E_{1})\) et \((E_{2})\) conduisent à la résolution d'équations du second degré.
Solution simple
Équation \((E_{1})\) :
Domaine de définition : \(D_{1} = ]2 ;+\infty[\)
Solution de \((E_{1})\) : \(S_{1} = \{+7\}\)
Équation \((E_{2})\) :
Domaine de définition : \(D_{2} = ]-\infty ; -13[ \cup ]2 ;+\infty[\)
Solution de \((E_{2})\) : \(S_{2} = \{-\mathrm{18,7}\}\)
Solution détaillée
L'équation \((E_{1})\) est définie pour \(x\in \mathbb{R}\) tel que :
\((x-2)>0 ~\textrm {et }~ (x+13) > 0\) donc pour \(x>2\) d'où \(D_{1} = ]2 ; + \infty[\)
L'équation \((E_{1})\) peut s'écrire : \(\ln (x-2)(x+13) = 2 \ln 10 = \ln 100\)
La fonction \("\ln"\) étant bijective de \(\mathbb{R}^{+ \ast}\) sur \(\mathbb{R}\) , cette équation équivaut à : \((x-2)(x+13) = 100 \Leftrightarrow x^{2} + 11 x - 126 = 0\) avec \(\Delta = 625\)
d'où les racines : \(x_{1} = \frac{-11-25}{2}=-18 \textrm{ et } x_{2} = \frac{-11+25}{2} = 7\)
seule \(x_{2} = +7 \in D_{1} \textrm{ et } S_{1} = \{7\}\)
L'équation \((E_{2})\) est définie pour \(x \in \mathbb{R}\) tel que :
\((x-2)(x+13) >0\) donc pour \(x<-13\) ou \(x>2\)
d'où \(D_{2} = ]-\infty ;-13[ \cup ]2 ;+\infty[\)
L'équation du second degré \(x^{2} + 11 x - 126 = 0\) est identique à celle obtenue de \((E_{1})\) et les racines \((-18)\) et \((+7)\) appartiennent à \(D_{2}\)
D'où \(S_{2} = \{-\mathrm{18,7}\}\)
Question
On désigne par \(\log_{a} x\) le logarithme du nombre de \(x\) dans la base \(a\).
Résoudre l'équation : \(\log_{3} x = \frac{1}{2} + \log_{9} (3x + 12)\)
Aide simple
Revenir au logarithme népérien à partir de la définition du logarithme de \(x\) dans la base \(a\) : \(\log_{a}x = \frac{\ln x}{\ln ~a}\)
Aide détaillée
Mettre sous la forme d'une égalité de logarithmes, laquelle conduira à la résolution d'une équation du second degré avec des solutions comprises dans le domaine de définition des fonctions logarithmiques.
Solution simple
Après transformation de \(\log_{3} x = \frac{\ln x}{\ln 3} ~ \textrm{et}~ \log_{9}(3x + 12) = \frac{\ln(3x+12)}{2 \ln 3}\)
nous obtenons : \(\ln x^{2} = \ln 3(3x+12) \Rightarrow x^{2}-9 x - 36 = 0\)
équation du second degré qui admet \(x_{1} = +12\) comme solution de l'équation proposée.
Solution détaillée
Les fonctions logarithmiques n'ont de sens que si \(x\) et \(3x + 12\) sont positifs, c'est-à-dire \(x>0\).
Transformons l'équation proposée en fonction des logarithmes népériens.
\(\log_{3}x = \frac{1}{2} + \log_{9}(3x+12) \Leftrightarrow \frac{\ln x}{\ln 3} = \frac{1}{2} + \frac{\ln (3x+12)}{2 \ln 3} = \frac{\ln 3 + \ln (3x + 12)}{2 \ln 3}\)
\(\Leftrightarrow 2 \ln x = \ln 3 + \ln (3 x+12) \Leftrightarrow \ln x^{2} = \ln 3 (3x + 12) \Leftrightarrow x^{2} = 9x +36\)
d'après la bijectivité de la fonction logarithme.
L'équation du second degré : \(x^{2} - 9 x - 36 = 0\) a pour discriminant
\(\Delta = (-9)^{2} - 4(-36) = 225 = (\pm15)^{2}\).
Les racines de cette équation étant : \(x_{1} = \frac{+9+15}{2} = 12 \textrm{ et }x_{2} =\frac{+9-15}{2} = -3\)
Seule la valeur positive est solution de l'équation proposée .
D'où \(\log_{3}x = \frac{1}{2} + \log_{9} (3x + 12) \Rightarrow \textrm{solution} : x_{1} = +12\)
Question
Définir les domaines de dérivabilité et exprimer les fonctions dérivées des fonctions suivantes :
\(f_{(x)} = \ln (x^{2} - 3x + 2) ; g_{(x)} = \ln \arrowvert \ln x \arrowvert\)
\(h_{(x)} = \frac{x}{\ln\arrowvert x\arrowvert}\) ; \(i_{(x)} = \ln \left \arrowvert \frac{x+1}{x-1}\right \arrowvert\)
Aide simple
Une fonction \(\ln \left[u_{(x)}\right]\) est définie pour \(u_{(x)}\) strictement positif.
Définir les domaines de dérivabilité de ces quatre fonctions.
Aide détaillée
Les fonctions sont définies et dérivables pour les valeurs de \(x\) telles que :
\(\left( x^{2} - 3x +2 \right) >0\) pour \(f_{(x)}\)
\(x>0\) et \(\ln x \ne 0\) pour \(g_{(x)}\)
\(x \ne 0\) et \(\ln \arrowvert x \arrowvert \ne 0\) pour \(h_{(x)}\)
\(x \ne -1\) et \(x \ne 1\) pour \(i_{(x)}\)
Solution simple
Domaine de Définition et fonctions dérivées :
\(f_{(x)} = \ln \left(x^{2} - 3 x + 2 \right) \quad D_{f} = ]-\infty,1[ \cup ]2,+\infty[\) et \(f'_{(x)} = \frac{2x -3}{x^{2}-3x+2}\)
\(g_{(x)} = \ln \arrowvert \ln x\arrowvert \quad D_{g} = ]0,1[ \cup ]1, +\infty[\) et \(g'_{(x)} = \frac{1}{x \ln x}\)
\(h_{(x)} = \frac{x}{\ln \arrowvert x\arrowvert} \quad D_{h} = \mathbb{R} - \{-1,0,+1\}\) et \(h'_{(x)} = \frac{\ln x - 1}{ \ln^{2} x}\)
\(i_{(x)} = \ln\left\arrowvert\frac{x+1}{x-1}\right\arrowvert \quad D_{i} = ]-\infty,-1[\cup]-1,1[\cup]1,+\infty[\) et \(i'_{(x)} = \frac{2}{1-x^{2}}\)
Solution détaillée
Fonction : \(f(x) = \ln (x^{2} - 3x + 2)\).
Domaine de définition : \(D_{f}\).
\(\ln \Big(u(x)\Big)\) est défini pour \(u(x)\) d'où : \(x^{2}-3x+2>0\). Ce trinôme admet pour racines : \(x_{1} = 1\) et \(x_{2} = 2\)
Le trinôme est positif à l'extérieur des racines d'où : \(D_{f} = ]-\infty,+1[\cup]+2,+\infty[\)
Fonction dérivée :
\(f(x)\) est de la forme \(\ln u(x)\) d'où : \(f'(x) = \frac{u'(x)}{u(x)}\) et \(f'(x) = \frac{2 x-3}{x^{2} - 3 x + 2}\)
Fonction : \(g(x) = \ln \arrowvert \ln x\arrowvert\)
Domaine de définition : \(D_{g}\).
\(\ln x\) est défini pour \(x>0\) et \(\ln\arrowvert \ln x\arrowvert\) pour \(x\ne 1\) d'où le domaine de définition : \(D_{g} = ]0,1[\cup]1,+\infty[\)
Fonction dérivée :
\(g(x)\) est de la forme \(\ln \arrowvert u(x) \arrowvert\) avec \(u(x) = \ln x\) , d'où
\(g'(x) = \frac{(\ln x)'}{\ln x} = \frac{1}{x \ln x} \Leftrightarrow g'(x) = \frac{1}{x \ln x}\)
Remarque :
Pour \(x>1 \quad \ln x>0 \Rightarrow \arrowvert \ln x\arrowvert = +\ln x \textrm{ et }g(x) = \ln (\ln x) \Leftrightarrow g'(x) = \frac{(\ln x)'}{\ln x} = \frac{1}{x \ln x}\)
Pour \(0<x<1 \quad \ln x<0 \Rightarrow \arrowvert \ln x\arrowvert = - \ln x \textrm{ et } g(x) = \ln (-\ln x) \Leftrightarrow g'(x) = \frac{(-\ln x)'}{- \ln x} = \frac{1}{x \ln x}\)
Fonction : \(h(x) = \frac{x}{\ln \arrowvert x\arrowvert}\)
Domaine de définition : \(D_{h}\).
\(\ln \arrowvert x\arrowvert\) est défini pour \(x\ne 0\) et \(h_{(x)}\) pour \(\ln \arrowvert x\arrowvert \ne 0 \Leftrightarrow x \ne \pm 1\)
d'où le domaine de définition : \(D_{h} = \mathbb{R} - \left\{-1,0,+1\right\}\)
Fonction dérivée :
\(h(x)\) est de la forme \(\frac{u(x)}{v(x)}\) d'où \(h'(x) = \frac{1 \cdot \ln \arrowvert x\arrowvert - x \cdot \frac{1}{x}}{[\ln\arrowvert x\arrowvert]^{2}} = \frac{\ln x - 1}{\ln^{2} x}\)
Fonction : \(i(x) = \ln \left\arrowvert \frac{x+1}{x-1}\right\arrowvert\).
Domaine de définition : \(D_{i}\)
\(\ln \left\arrowvert \frac{u}{v}\right\arrowvert\) est défini :
pour \(v\ne 0 \Leftrightarrow x-1 \ne 0 \textrm{ et }x \ne \pm 1\),
pour \(u\ne 0 \Leftrightarrow x+1 \ne 0 \textrm{ et }x \ne - 1\)
d'où le domaine de définition : \(D_{i} = ]-\infty ;-1[\cup]-1 ;1[\cup]1 ;+\infty[\)
Fonction dérivée :
La fonction \(w : x \mapsto \frac{x+1}{x-1}\) garde un signe constant sur chacun des trois intervalles. \(i(x)\) est donc dérivable et :
\(i'(x) = \frac{\left(\frac{x+1}{x-1}\right)'}{\frac{x+1}{x-1}} =\frac{\frac{(x-1)-(x+1)}{(x-1)^{2}}}{\frac{x+1}{x-1}}=\frac{-2}{(x+1)(x-1)} \Rightarrow i'(x) = \frac{+2}{1-x^{2}}\)