Maths complémentaires (option Tle) Terminale

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Fonction logarithme népérien

Rappels sur l’exponentielle, ln réciproque de exp, propriétés algébriques, dérivée, variations, limites et courbe, équations et inéquations, seuils avec ln(qⁿ) = n ln q.

À propos de cette page

Cinq problèmes corrigés de maths complémentaires sur le logarithme : la décharge d’un condensateur et sa règle des 5τ, les niveaux sonores en décibels dans un atelier, les colonies d’un apiculteur et leur seuil en Python, la croissance comparée d’un peuplier et d’un chêne, et l’algorithme de Briggs pour calculer ln 2.

5 problèmes, du plus simple au plus difficile. Écris tes réponses, puis « Vérifier ».

Résoudre un problème : la méthode

Je traduis l’énoncé : quelle grandeur, quelle unité, quelle condition (« au moins », « dépasse », « divisé par deux ») ?
Je repère le cas du cours : inconnue en exposant (j’applique ln), inconnue sous un ln (j’applique exp), puissance qⁿ (seuil), étude de fonction.
J’écris les conditions (expressions sous un ln strictement positives) et je regarde le signe de ln q avant de diviser.
Je justifie chaque étape en citant la propriété (« ln est strictement croissante », « ln(qⁿ) = n ln q », théorème des valeurs intermédiaires).
Je conclus dans le contexte, avec l’arrondi demandé, et je contrôle un seuil sur les deux rangs qui l’encadrent.

Problème 1 · Décharge d’un condensateur★★★Facile

Un condensateur chargé se décharge dans une résistance. La tension à ses bornes, en volts (V), est modélisée par

U (t) = 10 e^{- 0, 2 t}

, où

t ⩾ 0

est le temps en millisecondes (ms). Réponds avec une virgule.

1. Tension au bout de $5$ ms : $U (5) \approx$ V (au centième)
$U (5) = 10 e^{- 0, 2 \times 5} = 10 e^{- 1} \approx 3, 68$ V. La tension initiale est $U (0) = 10 e^{0} = 10$ V.
2. Démontrer que $U$ est strictement décroissante sur $[0; + \infty [$ . Contrôle : $U' (0) =$
Rédaction attendue. $U$ est de la forme $t \mapsto 10 e^{a t}$ avec $a = - 0, 2$ , donc dérivable sur $[0; + \infty [$ et $U' (t) = 10 \times (- 0, 2) e^{- 0, 2 t} = - 2 e^{- 0, 2 t}$ . Une exponentielle est strictement positive, donc $U' (t) < 0$ : $U$ est strictement décroissante sur $[0; + \infty [$ . $U' (0) = - 2$ (la tension baisse au départ de $2$ V par milliseconde).
3. Démontrer que la tension est divisée par $2$ toutes les $T$ millisecondes, avec $T = 5 \ln 2$ . Valeur approchée : $T \approx$ ms (au centième)
Rédaction attendue. Pour tout $t ⩾ 0$ : $U (t + T) = 10 e^{- 0, 2 t - 0, 2 T} = 10 e^{- 0, 2 t} \times e^{- 0, 2 T} = U (t) \times e^{- 0, 2 T}$ . Avec $T = 5 \ln 2$ , $0, 2 T = \ln 2$ , donc $e^{- 0, 2 T} = e^{- \ln 2} = \frac{1}{e^{\ln 2}} = \frac{1}{2}$ . Ainsi $U (t + T) = \frac{U (t)}{2}$ , quel que soit l’instant $t$ . $T = 5 \ln 2 \approx 3, 47$ ms.
4. Résoudre $U (t) < 0, 5$ . La tension passe sous $0, 5$ V à partir de $t \approx$ ms (au centième)
$U (t) < 0, 5 ⟺ e^{- 0, 2 t} < 0, 05$ . La fonction $\ln$ est strictement croissante : $- 0, 2 t < \ln 0, 05$ , puis, en divisant par $- 0, 2 < 0$ (le sens change), $t > - 5 \ln 0, 05 = 5 \ln 20$ . Or $5 \ln 20 \approx 14, 98$ : la tension passe sous $0, 5$ V après environ $14, 98$ ms.
5. En électricité, on considère le condensateur comme déchargé au bout de $5 τ$ , où $τ = 5$ ms est la constante de temps. Le rapport $\frac{U (25)}{U (0)}$ vaut environ % (au centième)
$\frac{U (25)}{U (0)} = \frac{10 e^{- 5}}{10} = e^{- 5} \approx 0, 0067$ , soit environ $0, 67 %$ : il reste moins de $1 %$ de la tension initiale, d’où la règle pratique des « $5 τ$ ». Mais $U (t)$ n’est jamais nulle, car une exponentielle est strictement positive.

Problème 2 · Niveaux sonores dans un atelier★★★Moyen

Le niveau sonore

L

, en décibels (dB), d’un son d’intensité

I

(en W/m²) est

L = 10 \log \frac{I}{I_{0}}

, avec

I_{0} = 10^{- 12}

W/m². Ici,

\log

est le logarithme décimal :

\log x = \frac{\ln x}{\ln 10}

pour

x > 0

; il a les mêmes propriétés algébriques que

\ln

, avec

\log 10 = 1

. Pour tout réel

a

, on note

10^{a} = e^{a \ln 10}

(c’est la puissance habituelle quand

a

est entier), de sorte que

\log (10^{a}) = a

. Dans un atelier, au-delà de

85

dB, le port de protections auditives est obligatoire. Quand plusieurs machines fonctionnent ensemble, leurs intensités s’ajoutent. Réponds avec une virgule.

1. Niveau sonore d’une perceuse d’intensité $I = 3, 2 \times 10^{- 5}$ W/m² : $L \approx$ dB (au dixième)
$\frac{I}{I_{0}} = \frac{3, 2 \times 10^{- 5}}{10^{- 12}} = 3, 2 \times 10^{7}$ . Avec les propriétés : $\log (3, 2 \times 10^{7}) = \log 3, 2 + 7 \log 10$ $= \log 3, 2 + 7 \approx 7, 505$ . Donc $L \approx 75, 1$ dB.
2. Démontrer que si l’intensité est multipliée par $2$ , le niveau sonore augmente de $10 \log 2$ dB. Valeur approchée : dB (au centième)
Rédaction attendue. Le niveau pour l’intensité $2 I$ est $10 \log \frac{2 I}{I_{0}} = 10 (\log 2 + \log \frac{I}{I_{0}})$ (logarithme d’un produit), soit $10 \log 2 + L$ . Le niveau augmente donc de $10 \log 2 = \frac{10 \ln 2}{\ln 10} \approx 3, 01$ dB, quelle que soit l’intensité de départ.
3. Le seuil de $85$ dB correspond à une intensité $I = 10^{k}$ W/m² avec $k =$
$10 \log \frac{I}{I_{0}} = 85 ⟺ \log \frac{I}{I_{0}} = 8, 5$ $⟺ \ln \frac{I}{I_{0}} = 8, 5 \ln 10 ⟺ \frac{I}{I_{0}} = e^{8, 5 \ln 10} = 10^{8, 5}$ . Donc $I = 10^{- 12} \times 10^{8, 5} = 10^{- 3, 5}$ , soit environ $3, 16 \times 10^{- 4}$ W/m².
4. Une machine seule produit $72$ dB. Démontrer que $n$ machines identiques produisent $72 + 10 \log n$ dB. Nombre minimal de machines pour lequel les protections deviennent obligatoires :
Rédaction attendue. Soit $I_{1}$ l’intensité d’une machine : $10 \log \frac{I_{1}}{I_{0}} = 72$ . Les intensités s’ajoutent, donc $n$ machines produisent $n I_{1}$ , et le niveau est $10 \log \frac{n I_{1}}{I_{0}} = 10 \log n + 10 \log \frac{I_{1}}{I_{0}} = 72 + 10 \log n$ . On cherche $72 + 10 \log n > 85 ⟺ \log n > 1, 3$ $⟺ \ln n > 1, 3 \ln 10 ⟺ n > 10^{1, 3}$ , avec $10^{1, 3} \approx 19, 95$ . Les protections sont obligatoires à partir de $20$ machines ( $72 + 10 \log 19 \approx 84, 8$ dB et $72 + 10 \log 20 \approx 85, 01$ dB).
5. Un technicien affirme : « deux machines à $72$ dB produisent $144$ dB ». Niveau réel de deux machines, au dixième : dB
Ce sont les intensités qui s’ajoutent, pas les niveaux en décibels. Avec la question précédente pour $n = 2$ : $72 + 10 \log 2 \approx 75, 0$ dB. Doubler l’intensité ajoute environ $3$ dB, elle ne double pas le niveau.

Problème 3 · Les colonies d’un apiculteur★★★Moyen

Un apiculteur possède

600

colonies d’abeilles au printemps 2026. Chaque hiver,

12 %

des colonies meurent ; chaque printemps, il en crée

30

nouvelles en divisant des ruches. On note

u_{n}

le nombre de colonies au printemps

2026 + n

u_{0} = 600

et, pour tout

n

u_{n + 1} = 0, 88 u_{n} + 30

. On garde les valeurs décimales du modèle, sans arrondir. Réponds avec une virgule.

1. $u_{2} =$
$u_{1} = 0, 88 \times 600 + 30 = 528 + 30 = 558$ , puis $u_{2} = 0, 88 \times 558 + 30 = 491, 04 + 30 = 521, 04$ .
2. On pose $v_{n} = u_{n} - 250$ . Démontrer que $(v_{n})$ est géométrique de raison $0, 88$ . Premier terme : $v_{0} =$
Rédaction attendue. Pour tout entier naturel $n$ : $v_{n + 1} = u_{n + 1} - 250 = 0, 88 u_{n} + 30 - 250$ $= 0, 88 u_{n} - 220 = 0, 88 (u_{n} - 250) = 0, 88 v_{n}$ . La suite $(v_{n})$ est géométrique de raison $0, 88$ et de premier terme $v_{0} = 600 - 250 = 350$ .
3. En déduire $u_{n}$ en fonction de $n$ , puis $u_{10}$ arrondi à l’unité :
$v_{n} = 350 \times 0, 88^{n}$ , donc $u_{n} = 250 + 350 \times 0, 88^{n}$ , et $u_{10} \approx 347$ . Comme $0 < 0, 88 < 1$ , $0, 88^{n} \to 0$ : $lim u_{n} = 250$ . À long terme, le cheptel se stabilise vers $250$ colonies (les pertes, $12 %$ de $250$ , compensent alors les $30$ créations).
4. Au bout de combien d’années l’écart $v_{n}$ aura-t-il été au moins divisé par $4$ ? ans
$v_{n} ⩽ \frac{350}{4} ⟺ 0, 88^{n} ⩽ 0, 25 ⟺ n \ln 0, 88 ⩽ \ln 0, 25$ $⟺ n ⩾ \frac{\ln 0, 25}{\ln 0, 88}$ (sens changé, $\ln 0, 88 < 0$ ), avec $\frac{\ln 0, 25}{\ln 0, 88} \approx 10, 84$ . Au bout de $11$ ans (contrôle : $0, 88^{10} \approx 0, 279$ et $0, 88^{11} \approx 0, 245$ ).
5. Plus petit entier $n$ tel que $u_{n} < 260$ : $n =$
$u_{n} < 260 ⟺ 350 \times 0, 88^{n} < 10 ⟺ 0, 88^{n} < \frac{1}{35}$ $⟺ n \ln 0, 88 < - \ln 35 ⟺ n > \frac{- \ln 35}{\ln 0, 88}$ (division par $\ln 0, 88 < 0$ ), avec $\frac{- \ln 35}{\ln 0, 88} \approx 27, 81$ . Donc $n = 28$ , soit au printemps 2054. Contrôle : $u_{27} \approx 261, 09$ et $u_{28} \approx 259, 76$ .
6. Valeur renvoyée par la fonction ci-dessous, à justifier avec $\ln$ :
def seuil(): u = 600 n = 0 while u >= 300: u = 0.88 * u + 30 n = n + 1 return n
La boucle calcule les termes tant que $u_{n} ⩾ 300$ et renvoie le premier rang tel que $u_{n} < 300$ . Or $u_{n} < 300 ⟺ 350 \times 0, 88^{n} < 50 ⟺ 0, 88^{n} < \frac{1}{7}$ $⟺ n > \frac{\ln 7}{- \ln 0, 88} \approx 15, 22$ . La fonction renvoie $16$ ( $u_{15} \approx 301, 4$ et $u_{16} \approx 295, 3$ ).

Problème 4 · Le peuplier et le chêne★★★Difficile

Un paysagiste plante le même jour un peuplier et un chêne. Leurs hauteurs, en mètres,

t

années après la plantation, sont modélisées pour

t \in [0; 50]

par

h (t) = 0, 5 + 3 \ln (t + 1)

pour le peuplier et

c (t) = 0, 3 t + 1

pour le chêne. On pose

d (t) = h (t) - c (t)

. Réponds avec une virgule.

1. Hauteur du peuplier au bout de $10$ ans : $h (10) \approx$ m (au centième)
$h (10) = 0, 5 + 3 \ln 11 \approx 7, 69$ m, contre $c (10) = 4$ m pour le chêne.
2. Démontrer que la vitesse de croissance du peuplier, $h' (t)$ , diminue avec le temps. Elle est inférieure à $0, 2$ m par an pour $t >$
Rédaction attendue. Pour $t \in [0; 50]$ , $t + 1 > 0$ et $h' (t) = 3 \times \frac{1}{t + 1} = \frac{3}{t + 1}$ . Quand $t$ augmente, $t + 1$ augmente et reste positif, donc son inverse diminue : $h' (t)$ diminue. Puis $\frac{3}{t + 1} < 0, 2 ⟺ t + 1 > 15 ⟺ t > 14$ : après $14$ ans, le peuplier grandit de moins de $20$ cm par an.
3. Démontrer que $d' (t) = \frac{0, 3 (9 - t)}{t + 1}$ . La fonction $d$ admet un maximum, atteint en $t =$
Rédaction attendue. $d (t) = 3 \ln (t + 1) - 0, 3 t - 0, 5$ , donc $d' (t) = \frac{3}{t + 1} - 0, 3 = \frac{3 - 0, 3 (t + 1)}{t + 1}$ $= \frac{2, 7 - 0, 3 t}{t + 1} = \frac{0, 3 (9 - t)}{t + 1}$ . Comme $t + 1 > 0$ , $d' (t)$ a le signe de $9 - t$ : positif sur $[0; 9 [$ , nul en $9$ , négatif sur $] 9; 50]$ . $d$ est croissante sur $[0; 9]$ , décroissante sur $[9; 50]$ : maximum en $t = 9$ .
4. Écart maximal : $d (9) = 3 \ln 10 - 3, 2 \approx$ m (au centième)
$d (9) = 0, 5 + 3 \ln 10 - (2, 7 + 1) = 3 \ln 10 - 3, 2 \approx 3, 71$ m : neuf ans après la plantation, le peuplier dépasse le chêne d’environ $3, 7$ m.
5. Démontrer que l’équation $d (t) = 0$ admet une unique solution $α$ dans $[9; 50]$ . Encadrement par deux entiers consécutifs : $n < α < n + 1$ avec $n =$
Rédaction attendue. Sur $[9; 50]$ , $d$ est continue (car dérivable) et strictement décroissante ; $d (9) \approx 3, 71 > 0$ et $d (50) = 3 \ln 51 - 15, 5 \approx - 3, 70 < 0$ . D’après le théorème des valeurs intermédiaires (cas strictement monotone), l’équation $d (t) = 0$ admet une unique solution $α$ dans $[9; 50]$ . À la calculatrice : $d (33) \approx 0, 18 > 0$ et $d (34) \approx - 0, 03 < 0$ , donc $33 < α < 34$ .
6. Au moment où le chêne rattrape le peuplier, sa hauteur $c (α)$ vaut environ m (au mètre près)
$33 < α < 34$ donne $0, 3 \times 33 + 1 < c (α) < 0, 3 \times 34 + 1$ , soit $10, 9 < c (α) < 11, 2$ : environ $11$ m. Après cet instant, $d (t) < 0$ : le chêne est le plus haut.

Problème 5 · L’algorithme de Briggs pour calculer ln 2★★★Difficile

Au début du XVII^e siècle, Henry Briggs a calculé des tables de logarithmes en prenant des racines carrées successives : près de

1

, un logarithme est presque proportionnel à l’écart à

1

. On applique son idée à

\ln 2

. Pour tout entier

k ⩾ 0

, on note

b_{k} = 2^{\frac{1}{2^{k}}}

b_{0} = 2

b_{1} = \sqrt{2}

b_{2} = \sqrt{\sqrt{2}}

, et ainsi de suite, avec

b_{k + 1} = \sqrt{b_{k}}

. Réponds avec une virgule.

1. Démontrer que $\ln b_{k + 1} = \frac{1}{2} \ln b_{k}$ pour tout $k$ , puis que $\ln 2 = 2^{k} \ln b_{k}$ . Pour $k = 3$ : $\ln 2 =$ $\times \ln b_{3}$
Rédaction attendue. Pour tout $k$ , $b_{k} > 0$ et $b_{k + 1} = \sqrt{b_{k}}$ , donc $\ln b_{k + 1} = \ln \sqrt{b_{k}} = \frac{1}{2} \ln b_{k}$ (propriété $\ln \sqrt{a} = \frac{1}{2} \ln a$ ). Autrement dit, $\ln b_{k} = 2 \ln b_{k + 1}$ : en partant de $\ln 2 = \ln b_{0}$ , on obtient $\ln 2 = 2 \ln b_{1} = 4 \ln b_{2} = 8 \ln b_{3}$ , et ainsi de suite : $\ln 2 = 2^{k} \ln b_{k}$ . Pour $k = 3$ , le coefficient est $2^{3} = 8$ .
2. Près de $1$ , la courbe de $\ln$ est très proche de sa tangente au point d’abscisse $1$ , d’équation $y = x - 1$ . Avec $k = 3$ : $\ln 2 \approx 8 (b_{3} - 1) \approx$ (au millième)
$b_{3} = 2^{\frac{1}{8}} \approx 1, 0905$ , donc $8 (b_{3} - 1) \approx 0, 724$ . C’est encore loin de $\ln 2$ : $b_{3}$ n’est pas assez proche de $1$ .
3. L’appel briggs(10) renvoie environ (au dix-millième)
from math import sqrt def briggs(k): b = 2 for i in range(k): b = sqrt(b) return 2**k * (b - 1)
La boucle prend $10$ racines carrées successives : $b = b_{10} = 2^{\frac{1}{1 024}} \approx 1, 000 677$ . La fonction renvoie $2^{10} (b_{10} - 1) \approx 0, 6934$ .
4. Justifier, avec l’inégalité $\ln x ⩽ x - 1$ du cours, que $2^{k} (b_{k} - 1) ⩾ \ln 2$ pour tout $k$ . Valeur de $\ln 2$ au dix-millième :
Rédaction attendue. Pour tout $x > 0$ , $\ln x ⩽ x - 1$ . Avec $x = b_{k} > 0$ : $\ln b_{k} ⩽ b_{k} - 1$ . On multiplie par $2^{k} > 0$ , sans changer le sens : $2^{k} \ln b_{k} ⩽ 2^{k} (b_{k} - 1)$ , c’est-à-dire $\ln 2 ⩽ 2^{k} (b_{k} - 1)$ . L’algorithme donne donc une valeur approchée par excès. Ici $\ln 2 \approx 0, 6931$ : avec $k = 10$ , l’erreur est d’environ $0, 0002$ .

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