Terminale S - Fonction logarithme népérien
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Terminale S - Fonction logarithme népérien
Fonction logarithme népérien I) La fonction logarithme népérien : Définition 1) Définition de la fonction logarithme népérien Soit π un nombre réel strictement positif. On appelle logarithme népérien de π, noté ππ(π) ou ππ π lβunique nombre solution de lβéquation : πππ(π) = π La fonction exponentielle (étudiée dans le chapitre précédent), est dérivable (donc continue) et strictement croissante sur β. De plus, lim π π₯ = +β et lim π π₯ = 0 π₯β¦+β Dβaprès le théorème des valeurs intermédiaires il en résulte que : π₯β¦ββ β Lβimage par la fonction exponentielle de β est ]0 ; +β[ β Pour tout π₯ > 0 il existe un unique nombre π¦ et un seul tel que: π π¦ = π₯ β On définit ainsi une fonction de ]0 ; +β[ dans β appelé fonction logarithme népérien. 2) Conséquences β La fonction ππ est définie sur ]0 ; +β [ β Pour tout nombre > 0 , par définition on a : πππ(π) = π β ππ(π) = π β ππ(π) = π 3) Théorème: Pour tout nombre réel π strictement positif et pour tout nombre π : ππ(π) = π équivaut à π = ππ a) Démonstration : Si ππ(π) = π alors π ππ(π) = π π cβet a dire π = π π Réciproquement si π = π π alors ππ(π) = ππ(π π ) cβest-à-dire ππ(π) = π b) Exemples dβapplication : Résoudre les équations suivantes : a) ππ(π₯) = 5 Cette équation nβest possible que pour π₯ > 0 on a donc = π 5 . La solution est: S = {ππ } b) ππ(π₯) = β3 Cette équation nβest possible que pour π₯ > 0 on a donc = π β3 . La solution est: S = {πβπ } c) 4 ππ(π₯) = 3 Cette équation nβest possible que pour π₯ > 0 4 4 4 elle est équivalente à: ππ(π₯) = dβoù π₯ = π 3 La solution est : S = {π 3 } 3 c) Conséquence graphique Dire que le point π (π; π) appartient à la courbe représentative de la fonction exponentielle, ou encore si π = π π cela revient à dire, dβaprès le théorème précédent, que π = ππ π cβest-à-dire que le point πβ(π ; π) appartient à la courbe représentative de la fonction logarithme népérien. Cela a pour conséquence que, dans un repère orthonormé, les deux courbes sont symétriques par rapport à la droite π¦ = π₯ 4) Sens de variation Théorème : La fonction ππ est strictement croissante sur ]0 ; + β[ Démonstration: Considérons deux nombres π’ et π£ strictement positifs tel que π < π Comme π’ = π ππ(π’) et π£ = π ππ(π£) alors cela revient à écrire: π ππ(π’) < π ππ(π£) Comme la fonction exponentielle est strictement croissante sur β, alors on a forcément: ππ(π’) < ππ(π£) Ce qui prouve que la fonction ππ est elle aussi strictement croissante sur ]0 ; + β. [ Conséquence: Pour tout nombre réel π et π strictement positifs : β ππ(π) = ππ(π) βΊ π = π β ππ(π) < ππ(π) βΊ π < π II) Propriétés de la fonction logarithme népérien 1) Propriétés de la fonction logarithme népérien Pour tout nombre réel π et π strictement positifs : β ππ(π × π) = π₯π§(π) + ππ(π) β ππ( β ππ( π π π π ) = βππ(π) ) = π₯π§(π) β ππ(π) β ππ(ππ ) = π ππ(π) β ππ(βπ) = π π ππ(π) Pour tous nombres π1 , π2 , β¦β¦.ππ : ππ(ππ × ππ × β¦ β¦ . .× ππ ) = ππ(ππ ) + ππ(ππ ) + β― . +ππ(ππ ) 2) Démonstrations: β Montrons que ππ(π) + ππ(π) = ππ(π × π) Pour tout nombre π et π strictement positifs : π ππ(π)+ππ(π) = π ππ(π) × π ππ(π) (Propriété de la fonction exponentielle) Or π ππ(π) × π ππ(π) = π × π donc : πππ(π)+ππ(π) = π × π De plus πππ(π×π) = π × π donc : il en résulte : πππ(π)+ππ(π) = πππ(π×π) ππ(π) + ππ(π) = ππ(π × π) β Montrons que 1 ππ (π) = βππ(π) Pour tout nombre π strictement positif: 1 ππ (π × π) = ππ(1) = 0 1 1 ππ (π × π) = ππ (π) + ππ(π) (en utilisant la propriété précédente) On obtient donc : 1 ππ (π) + ππ(π) = 0 π π Dβoù le résultat : ππ ( ) = βππ(π) π π β Montrons que ππ ( ) = ln(π) β ππ(π) Pour tout nombre π et π strictement positifs : π ππ (π × π) = ππ(π) π π π π ππ ( × π) = ππ ( ) + ππ(π) On obtient donc : π ππ (π) + ππ(π) = ππ(π) Dβoù le résultat : π ππ (π) = π π(π) β ππ(π) β Montrons que ππ(ππ ) = π ππ(π) Pour tout nombre π strictement positif, montrons par récurrence que pour tout entier naturel π, ππ(ππ ) = π ππ(π) Soit Pn la propriété: ππ(ππ ) = π ππ(π) - P0 est vraie. En effet lorsque π = 0 on obtient : ππ(π0 ) = ln(1) = 0 et 0 ln(π) = 0 donc on a bien P0 vraie - Supposons que pour un entier naturel π quelconque fixé on ait Pn vraie cβest-à-dire ππ(ππ ) = π ππ(π) on a donc ππ(ππ+1 ) = ππ(ππ × π) = ππ(ππ ) + ππ(π) = ππ π(π) + ππ(π) = (π + 1) ππ(π) On a bien : ππ(ππ+1 ) = (π + 1) ππ(π) Ce qui implique que Pn+1 est vraie On a donc démontré le caractère héréditaire de cette propriété. On peut donc conclure que la proposition est vraie pour tout entier naturel π (non nul). - Donc pour tout entier naturel π, ππ(ππ ) = π ππ(π) β Montrons que ππ(βπ) = 1 2 ππ(π) Pour tout nombre π strictement positif: ππ(π) = ππ(βπ × βπ) = ππ(βπ) + ππ(βπ) = 2 ππ(βπ) On obtient donc : ππ(βπ) = 1 2 ππ(π) β Pour tous nombres π1 , π2 , β¦β¦.ππ , montrons par récurrence que pour tout entier naturel π, π β₯ 2, ππ(π1 × π2 × β¦ β¦ . .× ππ ) = ππ(π1 ) + ππ(π2 ) + β― . +ππ(ππ ) Soit Pn la propriété: ππ(π1 × π2 × β¦ β¦ . .× ππ ) = ππ(π1 ) + ππ(π2 ) + β― . +ππ(ππ ) - P2 est vraie. En effet lorsque π = 2 on obtient : ππ(π1 × π2 ) = ππ(π1 ) + ππ(π2 ) (propriété 1) donc on a bien P2 vraie - Supposons que pour un entier naturel π, π β₯ 2 quelconque fixé on ait Pn vraie cβest-à-dire : ππ(π1 × π2 × β¦ β¦ . .× ππ ) = ππ(π1 ) + ππ(π2 ) + β― . +ππ(ππ ) on a donc ππ(π1 × π2 × β¦ β¦ . .× ππ × ππ+1 ) = ππ[(π1 × π2 × β¦ β¦ . .× ππ ) × ππ+1 ] = ππ(π1 × π2 × β¦ β¦ . .× ππ ) + ππ( ππ+1 ) = ππ(π1 ) + ππ(π2 ) + β― . +ππ(ππ ) + ππ( ππ+1 ) On a bien ππ(π1 × π2 × β¦ β¦ . .× ππ × ππ+1 ) = ππ(π1 ) + ππ(π2) + β― . +ππ(ππ ) + ππ( ππ+1 ) Ce qui implique que Pn+1 est vraie On a donc démontré le caractère héréditaire de cette propriété. On peut donc conclure que la proposition est vraie pour tout entier naturel π (π β₯ 2). - Donc pour tout entier naturel π supérieur ou égal à 2, ππ(π1 × π2 × β¦ β¦ . .× ππ ) = ππ(π1 ) + ππ(π2 ) + β― . +ππ(ππ ) 3) Exemples: Exemple 1 Résoudre lβéquation suivante: Cette équation nβest possible que pour π₯ > 0 π4 elle est équivalente à: ππ(5π₯) = 4 dβoù 5π₯ = π 4 On obtient donc : π₯ = 5 ππ(π₯) + ππ(5) β 4 = 0 La solution est: S = { ππ π } 16 9 Exemple 2 Ecrire sous la forme ππ(2) et ππ(3): ππ(24) et ππ( ) β ππ(24) = ππ(3 × 8) = ππ(3) + ππ(8) = ππ(3) + ππ(2 × 2 × 2) = ππ(3) + ππ(2) + ππ(2) + ln(2) = ππ(3) + 3 ππ(2) Donc ππ(ππ) = ππ(π) + π ππ(π) 16 24 9 3 ππ π β ππ( )= ππ( 2) = ππ(24 ) β ππ(32 ) = 4 ππ(2) β 2ππ(3) Donc : ππ( )= π ππ(π) β πππ(π) Exemple 3 Résoudre lβéquation suivante ππ(3π₯ β 4) = 2 Il faut que 3π₯ β 4 > 0 soit π₯ > 4 3 Cette équation nβest possible que pour π₯ > ππ(3π₯ β 4) = 2 alors 3π₯ β 4 = π 2 donc π₯ = La solution est: S = { π + ππ π } 4 + π2 3 comme 4 + π2 3 > 4 3 alors 4 3 Exemple 4: Résoudre lβéquation suivante ππ(π₯ + 2) = ππ(π₯) + 1 π₯ + 2 > 0 soit π₯ > β2 de plus il faut aussi que π₯ > 0 il faut donc que π₯ > 0 Cette équation nβest possible que pour π₯ > 0 ππ(π₯ + 2) = ππ(π₯) + 1 donc ππ(π₯ + 2) β ππ(π₯) = 1 ce qui implique que : ln ( π₯+2 π₯ ) = 1 ce qui donne : π₯+2 π₯ = π1 π₯+2=ππ₯ π₯(1 β π) = β2 π₯= β2 1βπ = 2 πβ1 >0 La solution est: S = { π } πβπ Exemple 5: Résoudre lβéquation suivante: 2π 2π₯β1 = π π₯ 2π 2π₯β1 = π π₯ on obtient donc: ππ(2π 2π₯β1 ) = ππ(π π₯ ) on en déduit : ππ(2) + lπ(π 2π₯β1 ) = ππ(π π₯ ) ππ(2) + 2π₯ β 1 = π₯ 2π₯ β π₯ = 1 β ππ(2) π₯ = 1 β ππ(2) La solution est: S = {π β ππ(π)} Exemple 6: Résoudre lβéquation suivante: π 2π₯ + 3 π π₯ = 10 Ce qui équivaut à : (π π₯ )² + 3 π π₯ = 10 Posons π = π π₯ Or pour tout π₯ de β, π π₯ >0 donc π > 0 on obtient alors : π 2 + 3π = 10 π 2 + 3π β 10 = 0 Cette équation a pour solutions π1 = 2 et π2 = β5 Comme π > 0 alors lβunique solution est π1 = 2 (π2 < 0) ne peut être solution) Donc π π₯ = 2 On obtient donc : π₯ = ππ(2) La solution est: S = {ππ(π)} III) Etude de la fonction logarithme népérien 1) Dérivée de la fonction ππ On admet que la fonction ππ est continue sur ]0 ;+β[ Théorème: La fonction ππ est dérivable sur ]0 ;+β[et ππβ(π) = π π Démonstration: On sait que pour tout π₯ > 0 π ln(π₯) = π₯ Or, (π π’ )β² = π’β²π π’ et la fonction dérivée de π₯ est 1 β² Si π(π₯) = π₯ alors πβ(π₯) = 1 donc (π ππ(π₯) ) = 1 β² On obtient donc : pour tout π₯ > 0, (π ππ(π₯) ) = (πππ₯)β² × π ππ(π₯) = 1 Donc pour tout π₯ > 0, (πππ₯)β² × π₯ = 1 dβoù (πππ₯)β² = 1 π₯ La fonction ππ est donc dérivable sur ]0 ; +β[ et sa fonction dérivée est 1 π₯ 2) Limites de la fonction ππ Théorème : β π₯π’π¦ ππ(π) = +β πβ+β β π₯π’π¦ ππ(π) = ββ πβπ Démonstration : Soit π(π₯) = ππ(π₯) sur ]0 ; +β[ , πβ(π₯) = π est donc croissante sur ]0 ; +β[ 1 π₯ donc πβ(π₯) > 0 sur ]0 ; +β[ β Soit M un nombre réel, la fonction ππ étant strictement croissante sur ]0 ; +β[ alors pour tout π₯ > π π , ππ(π₯) > ππ(π π ), donc ππ(π₯) > M Ce qui veut dire que pour tous les nombres π₯ suffisamment grands, tout intervalle ouvert de la forme ]M ; +β[ contient toutes les valeurs de π(π₯). Par conséquent: lim ππ(π₯) = +β π₯β+β β Soit π = 1 π₯ alors lorsque π₯ tend vers 0 (π₯ > 0), π tend vers +β 1 ππ(π₯) = ππ( ) = βππ(π) π lim ππ(π₯) = π₯β0 π₯>0 lim β ln(π) = ββ π βΌ +β 3) Tableau de variation et courbe représentative de la fonction ππ a) Tableau de variation : Les résultats précédents nous permettent dβécrire: π₯ 0 1 π +β + ππβ²(π₯) +β 1 ππ(π₯) 0 -β b) Courbe représentative de la fonction ππ 4) Limites importantes Théorème : β π₯π’π¦ ππ(π+π) πβ π β π₯π’π¦ πβ+β π ππ(π) π =π =π β π₯π’π¦ πππ(π) = π πβπ Démonstration : ππ(1+π₯) ππ(1+π₯)βππ(1) β Comme ππ(1) = 0 alors lim = lim π₯β 0 π₯ π₯ π₯β 0 On reconnait la limite, quand π₯ tend vers 0, du taux dβaccroissement de la fonction ππ entre ππ(1+π₯) 1 et 1+π₯, limite égale au nombre dérivé de ππ en 1. Donc, lim = (ππ)β(1) = 1 π₯β 0 β Déterminons : lim ππ(π₯) π₯ π₯β+β Posons π = ππ(π₯) soit π₯ = π π alors ππ(π₯) π₯ = ππ(π π ) ππ = π ππ Lorsque π₯ tend vers +β, π tend vers +β et comme lim π ππ πβ+β π (voir chapitre fonction exponentielle) Donc lim π₯ = +β = 0 πβ+β π π β Déterminons : lim π₯ππ(π₯) π₯β+β En utilisant le même changement de variable : π = ππ(π₯) soit π₯ = π π Lorsque π₯ tend vers 0, π tend vers ββ ( lim π π = 0) π βΌ ββ π π₯ππ(π₯) = π ππ(π π) =ππ π lim π₯ππ(π₯) = lim π π π = 0 (voir chapitre fonction exponentielle) π₯β0 πβββ IV) La fonction logarithme décimal Définition: La fonction logarithme décimal, notée log, est définie sur ]0 ; +β[ par : πππ(π) = ππ(π) ππ(ππ) Remarques : β Comme la fonction πππ(π₯) = 1 ππ(10) × ππ(π₯) et 1 ππ(10) >0 alors la fonction πππ a le même sens de variation que la fonction ππ β La fonction πππ a les mêmes propriétés et les mêmes limites que la fonction ππ V) Etude de la fonction : ππ(π(π)) β Soit π’ une fonction dérivable et strictement positive sur un intervalle I alors la fonction π définie sur lβintervalle I par π(π) = π₯π§(π(π)) est dérivable sur I et on a : πβ² (π) = πβ² (π) π(π) β Comme la fonction π’ est strictement positive alors le signe de la dérivée dépend du signe de la fonction π’β² β Comme la fonction ππ est strictement croissante alors dβaprès le théorème des fonctions composées le sens de variations de π est le même que celui de π’. β Si π(π) tend vers +β alors ππ(π(π)) tend aussi vers +β β Si π(π) tend vers 0 alors ππ(π(π)) tend vers -β β Si π(π) tend vers 1 alors ππ(π(π)) tend vers ππ(π) cβest-à-dire 0 Cβest une application directe du théorème de dérivation des fonctions composées. Exemple: Soit π la fonction définie par π(π₯) = ln(π₯ 2 β 3π₯ β 10) Soit π’ la fonction définie sur β par π’(π₯) = π₯² β 3π₯ + 10 Dans notre exemple π(π₯) = ln(π’(π₯)) β Déterminons , tout dβabord, son domaine de définition : π₯ 2 β 3π₯ β 10 = 0 Ξ = 9 + 4 × 1 × 10 = 49 on a donc π₯1 = 5 et π₯2 = β2 π₯ 2 β 3π₯ + 10 > 0 pour π₯ < β2 et π₯ > 5 La fonction π est définie sur ]ββ ; βπ[ βͺ ]π ; +β[ β Etudions les variations de π : π’β² (π₯) = 2π₯ β 3 donc πβ²(π₯) = πβ²(π₯) = π’β² (π₯) π’(π₯) 2π₯β3 π₯²β3π₯+10 π β² (π₯) = 0 pour π₯ = 3 2 π’β² (π₯) β₯ 0 pour π₯ β₯ 3 2 et π’β² (π₯) β€ 0 pour π₯ β€ En tenant compte du domaine de définition : π est donc décroissante sur]ββ ; β2[ et croissante sur ]5 ; +β[ 3 2 On obtient le tableau de variation suivant : π₯ ββ π’β(π₯) β2 3 2 5 +β 0 β + +β +β ππ(π’(π₯)) -β Les courbes représentatives des fonctions π et π sont : -β