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Fonction logarithme népérien

La fonction ln, réciproque de l’exponentielle : propriétés algébriques, équations et inéquations, dérivée, variations et limites, croissances comparées, fonctions ln(u).

À propos de cette page

Cinq problèmes corrigés dans l’esprit du bac : l’absorption de la lumière sous l’eau, l’étude de la fonction (1 + ln x)/x, la croissance des abonnés d’une chaîne modélisée par 500 ln(2t + 1), l’équation x² = 2ˣ avec la comparaison de π^e et e^π, une somme de logarithmes qui prouve que la somme des inverses des entiers tend vers l’infini.

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

Résoudre un problème : la méthode

Je fixe le cadre : intervalle d’étude, conditions de positivité des arguments de ln, sens des grandeurs (mois, mètres, euros).
Je traduis la question en équation, inéquation, dérivée ou limite, et je repère le cas du cours qui s’applique.
Je justifie chaque étape par une règle nommée : propriété algébrique, stricte croissance de ln ou de exp, (ln u)′ = u′/u, croissance comparée.
Je conclus et j’interprète : premier entier qui convient pour un seuil, valeur exacte puis approchée, sens concret du résultat.

Problème 1 · La lumière sous l’eau★★★Facile

Dans un lac très clair, chaque mètre d’eau absorbe

12 %

de la lumière qui l’atteint. On note

I_{n}

l’intensité lumineuse à

n

mètres de profondeur, exprimée en pourcentage de l’intensité en surface :

I_{0} = 100

1. Justifier que $(I_{n})$ est géométrique et exprimer $I_{n}$ en fonction de $n$ . Valeur de $I_{3}$ , arrondie au centième :
Rédaction attendue. Chaque mètre absorbe $12 %$ de la lumière reçue : il en laisse passer $88 %$ . Donc, pour tout $n$ , $I_{n + 1} = 0, 88 I_{n}$ : la suite $(I_{n})$ est géométrique de raison $0, 88$ et de premier terme $I_{0} = 100$ . Ainsi $I_{n} = 100 \times 0, 88^{n}$ , et $I_{3} = 100 \times 0, 88^{3} = 68, 147 2$ $\approx 68, 15$ .
2. Démontrer que $I_{n} < 50 ⟺ n > \frac{\ln 0, 5}{\ln 0, 88}$ . À partir de quelle profondeur entière (en mètres) reste-t-il moins de la moitié de la lumière ?
Rédaction attendue. $I_{n} < 50 ⟺ 100 \times 0, 88^{n} < 50$ $⟺ 0, 88^{n} < 0, 5$ . Les deux membres sont strictement positifs et ln est strictement croissante : $⟺ n \ln 0, 88 < \ln 0, 5$ . Comme $0 < 0, 88 < 1$ , $\ln 0, 88 < 0$ : en divisant, le sens change, $⟺ n > \frac{\ln 0, 5}{\ln 0, 88}$ . Or $\frac{\ln 0, 5}{\ln 0, 88} \approx 5, 42$ : il reste moins de la moitié de la lumière à partir de $6$ mètres.
3. Plus petite profondeur entière (en mètres) où il reste moins de $1 %$ de la lumière :
$I_{n} < 1 ⟺ 0, 88^{n} < 0, 01$ $⟺ n > \frac{\ln 0, 01}{\ln 0, 88}$ $\approx 36, 02$ (sens changé car $\ln 0, 88 < 0$ ). La plus petite profondeur entière est $37$ m.
4. Dans un autre lac, il ne reste que $50 %$ de la lumière à $4$ m de profondeur. Pourcentage $t$ de lumière absorbé par mètre, arrondi au dixième : %
Si chaque mètre absorbe $t$ (en proportion), il reste $(1 - t)^{4}$ à $4$ m : $(1 - t)^{4} = 0, 5$ . Avec $1 - t > 0$ : $4 \ln (1 - t) = \ln 0, 5$ , donc $\ln (1 - t) = \frac{\ln 0, 5}{4}$ et $1 - t = e^{\frac{\ln 0, 5}{4}} \approx 0, 840 9$ . Ainsi $t \approx 0, 159$ , soit environ $15, 9 %$ .

Problème 2 · Une fonction quotient avec ln★★★Moyen

Soit

f

la fonction définie sur

] 0; + \infty [

par

f (x) = \frac{1 + \ln x}{x}

, et

𝒞

sa courbe dans un repère. Pour l’infini, écris +infini ou −infini.

1. $lim_{x \to 0^{+}} f (x) =$
$f (x) = (1 + \ln x) \times \frac{1}{x}$ . Quand $x \to 0^{+}$ , $1 + \ln x \to - \infty$ et $\frac{1}{x} \to + \infty$ : par produit, $f (x) \to - \infty$ . Ce n’est pas une forme indéterminée. L’axe des ordonnées est asymptote à $𝒞$ .
2. Justifier la limite de $f$ en $+ \infty$ : $lim_{x \to + \infty} f (x) =$
$f (x) = \frac{1}{x} + \frac{\ln x}{x}$ . Or $\frac{1}{x} \to 0$ et, par croissance comparée, $\frac{\ln x}{x} \to 0$ : par somme, $f (x) \to 0$ . La droite $y = 0$ est asymptote horizontale à $𝒞$ .
3. Démontrer que $f' (x) = - \frac{\ln x}{x^{2}}$ . Contrôle : $f' (e)$ , arrondi au centième, vaut
Rédaction attendue. $f = \frac{u}{v}$ avec $u (x) = 1 + \ln x$ , $u' (x) = \frac{1}{x}$ , $v (x) = x$ , $v' (x) = 1$ , dérivables sur $] 0; + \infty [$ et $v$ ne s’y annule pas. $f' (x) = \frac{u' v - u v'}{v^{2}}$ $= \frac{\frac{1}{x} \times x - (1 + \ln x)}{x^{2}}$ $= \frac{1 - 1 - \ln x}{x^{2}} = - \frac{\ln x}{x^{2}}$ . Alors $f' (e) = - \frac{1}{e^{2}} \approx - 0, 14$ .
4. Dresser le tableau de variations de $f$ , puis donner la valeur de son maximum :
$x^{2} > 0$ , donc $f' (x)$ a le signe de $- \ln x$ : positif sur $] 0; 1 [$ , nul en $1$ , négatif sur $] 1; + \infty [$ . $f$ est croissante sur $] 0; 1]$ , décroissante sur $[1; + \infty [$ , de maximum $f (1) = \frac{1 + 0}{1} = 1$ .
5. $𝒞$ coupe l’axe des abscisses en un seul point. Son abscisse, arrondie au centième :
$f (x) = 0 ⟺ 1 + \ln x = 0$ $⟺ \ln x = - 1$ $⟺ x = e^{- 1} \approx 0, 37$ .
6. Justifier le nombre de solutions de l’équation $f (x) = 0, 5$ :
Rédaction attendue. Sur $] 0; 1]$ , $f$ est continue et strictement croissante, de $- \infty$ (limite en $0^{+}$ ) à $f (1) = 1$ ; comme $0, 5 \in] - \infty; 1]$ , l’équation y a une unique solution (corollaire du théorème des valeurs intermédiaires). Sur $[1; + \infty [$ , $f$ est continue et strictement décroissante, de $1$ vers $0$ (limite en $+ \infty$ ) ; comme $0 < 0, 5 < 1$ , l’équation y a aussi une unique solution. Au total, l’équation $f (x) = 0, 5$ a exactement $2$ solutions.

Problème 3 · Les abonnés d’une chaîne★★★Moyen

Le nombre d’abonnés d’une chaîne vidéo, en milliers,

t

mois après sa création, est modélisé par

N (t) = 500 \ln (2 t + 1)

pour

t ⩾ 0

1. Nombre d’abonnés au bout de $3$ mois, en milliers, arrondi à l’unité :
$N (3) = 500 \ln (2 \times 3 + 1)$ $= 500 \ln 7 \approx 972, 96$ , soit environ $973$ milliers d’abonnés.
2. Démontrer que $N' (t) = \frac{1 000}{2 t + 1}$ et que $N$ est croissante. Valeur de $N' (12)$ :
Rédaction attendue. Pour $t ⩾ 0$ , $u (t) = 2 t + 1 ⩾ 1 > 0$ et $u$ est dérivable, avec $u' (t) = 2$ . D’après $(\ln u)^{'} = \frac{u'}{u}$ : $N' (t) = 500 \times \frac{2}{2 t + 1} = \frac{1 000}{2 t + 1}$ . Comme $2 t + 1 > 0$ , $N' (t) > 0$ : $N$ est strictement croissante sur $[0; + \infty [$ . Enfin $N' (12) = \frac{1 000}{25} = 40$ (milliers d’abonnés par mois à ce moment-là).
3. Déterminer par le calcul le premier mois entier $t$ à partir duquel la chaîne dépasse $2$ millions d’abonnés : $t =$
Rédaction attendue. $2$ millions $= 2 000$ milliers. $N (t) > 2 000 ⟺ \ln (2 t + 1) > 4$ $⟺ 2 t + 1 > e^{4}$ (exp est strictement croissante) $⟺ t > \frac{e^{4} - 1}{2}$ . Or $\frac{e^{4} - 1}{2} \approx 26, 80$ : la chaîne dépasse $2$ millions d’abonnés à partir du $27^{e}$ mois, et ensuite toujours, car $N$ est croissante.
4. $lim_{t \to + \infty} N' (t) =$ (puis interpréter, sachant que $lim_{t \to + \infty} N (t) = + \infty$ )
$2 t + 1 \to + \infty$ , donc $\frac{1 000}{2 t + 1} \to 0$ . Interprétation : le nombre d’abonnés augmente sans limite (par composition, $\ln (2 t + 1) \to + \infty$ ), mais de plus en plus lentement : le gain mensuel tend vers $0$ .

Problème 4 · Quand x² = 2ˣ★★★Difficile

Soit

h

la fonction définie sur

] 0; + \infty [

par

h (x) = \frac{\ln x}{x}

. On cherche les solutions strictement positives de l’équation

x^{2} = 2^{x}

, où

2^{x} = e^{x \ln 2}

. Pour l’infini, écris +infini ou −infini.

1. Démontrer que $h' (x) = \frac{1 - \ln x}{x^{2}}$ et que $h$ admet un maximum. Valeur de ce maximum, arrondie au centième :
Rédaction attendue. $h$ est dérivable sur $] 0; + \infty [$ (quotient, $x \neq 0$ ) : $h' (x) = \frac{\frac{1}{x} \times x - \ln x \times 1}{x^{2}}$ $= \frac{1 - \ln x}{x^{2}}$ . Comme $x^{2} > 0$ , $h' (x)$ a le signe de $1 - \ln x$ ; or $1 - \ln x > 0 ⟺ \ln x < 1$ $⟺ x < e$ . Donc $h$ est croissante sur $] 0; e]$ et décroissante sur $[e; + \infty [$ : son maximum est $h (e) = \frac{1}{e} \approx 0, 37$ .
2. $lim_{x \to 0^{+}} h (x) =$
$\ln x \to - \infty$ et $\frac{1}{x} \to + \infty$ : par produit, $h (x) \to - \infty$ . En $+ \infty$ , en revanche, $h (x) \to 0$ par croissance comparée, avec $h (x) > 0$ pour $x > 1$ .
3. Démontrer que, pour $x > 0$ , $x^{2} = 2^{x} ⟺ h (x) = h (2)$ . Valeur de $h (2)$ , arrondie au centième :
Rédaction attendue. Pour $x > 0$ , les deux membres $x^{2}$ et $2^{x}$ sont strictement positifs. ln étant strictement croissante, $x^{2} = 2^{x} ⟺ \ln (x^{2}) = \ln (2^{x})$ $⟺ 2 \ln x = x \ln 2$ (car $\ln (e^{x \ln 2}) = x \ln 2$ ). En divisant par $2 x > 0$ : $⟺ \frac{\ln x}{x} = \frac{\ln 2}{2}$ , c’est-à-dire $h (x) = h (2)$ . Et $h (2) = \frac{\ln 2}{2} \approx 0, 35$ .
4. L’équation $x^{2} = 2^{x}$ a exactement deux solutions strictement positives : $2$ et
$h (4) = \frac{\ln 4}{4} = \frac{2 \ln 2}{4} = \frac{\ln 2}{2}$ $= h (2)$ : $4$ est solution ( $4^{2} = 16 = 2^{4}$ ). Il n’y en a pas d’autre : $h$ est strictement croissante sur $] 0; e]$ , donc elle y prend la valeur $h (2)$ une seule fois (en $2 < e$ ), et strictement décroissante sur $[e; + \infty [$ , donc elle y prend cette valeur une seule fois (en $4 > e$ ).
5. Démontrer, à l’aide de $h$ , que $π^{e} < e^{π}$ . Contrôle : $e^{π} - π^{e}$ , arrondi au centième, vaut
Rédaction attendue. $e < π$ et $h$ est strictement décroissante sur $[e; + \infty [$ , donc $h (π) < h (e)$ , soit $\frac{\ln π}{π} < \frac{1}{e}$ . En multipliant par $e π > 0$ : $e \ln π < π$ , c’est-à-dire $\ln (π^{e}) < \ln (e^{π})$ . ln étant strictement croissante, $π^{e} < e^{π}$ . À la calculatrice, $e^{π} \approx 23, 14$ et $π^{e} \approx 22, 46$ : la différence vaut environ $0, 68$ .

Problème 5 · Une somme de logarithmes★★★Difficile

Pour tout entier

n ⩾ 1

, on pose

S_{n} = \ln (1 + \frac{1}{1}) + \ln (1 + \frac{1}{2})

+ \dots + \ln (1 + \frac{1}{n})

H_{n} = 1 + \frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{n}

. Pour l’infini, écris +infini ou −infini.

1. Démontrer que $S_{n} = \ln (n + 1)$ . Contrôle : $S_{19} = \ln$
Rédaction attendue. Pour tout entier $k ⩾ 1$ , $1 + \frac{1}{k} = \frac{k + 1}{k}$ , avec $k > 0$ et $k + 1 > 0$ , donc $\ln (1 + \frac{1}{k}) = \ln (k + 1) - \ln k$ . En additionnant pour $k$ de $1$ à $n$ , les termes se simplifient deux à deux : $S_{n} = (\ln 2 - \ln 1)$ $+ (\ln 3 - \ln 2) + \dots$ $+ (\ln (n + 1) - \ln n)$ $= \ln (n + 1) - \ln 1$ $= \ln (n + 1)$ . Ainsi $S_{19} = \ln 20$ .
2. $lim_{n \to + \infty} S_{n} =$
$n + 1 \to + \infty$ et $lim_{X \to + \infty} \ln X = + \infty$ : par composition, $S_{n} = \ln (n + 1) \to + \infty$ .
3. À l’aide de l’inégalité $\ln x ⩽ x - 1$ du cours, démontrer que $H_{n} ⩾ \ln (n + 1)$ . En déduire $lim_{n \to + \infty} H_{n} =$
Rédaction attendue. Pour tout $x > 0$ , $\ln x ⩽ x - 1$ . Avec $x = 1 + \frac{1}{k} > 0$ ( $k ⩾ 1$ ) : $\ln (1 + \frac{1}{k}) ⩽ \frac{1}{k}$ . En additionnant ces $n$ inégalités pour $k$ de $1$ à $n$ : $S_{n} ⩽ H_{n}$ , soit $H_{n} ⩾ \ln (n + 1)$ . Comme $\ln (n + 1) \to + \infty$ , d’après le théorème de comparaison, $lim_{n \to + \infty} H_{n} = + \infty$ .
4. Plus petit entier $n$ tel que $\ln (n + 1) > 5$ (à ce rang, on est donc sûr que $H_{n} > 5$ ) :
$\ln (n + 1) > 5$ $⟺ n + 1 > e^{5} \approx 148, 41$ $⟺ n > 147, 41$ . Le plus petit entier est $n = 148$ . Pour ce rang, $H_{148} ⩾ \ln 149 > 5$ .

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