Fonction Logaritme Népérien $x\to\ln(x)$.
Théoréme définition:
- L'équation $exp(x)=t$, où $t$ est un réel quelconque strictement positif, admet une solution unique dans $\mathbb{R}$.
- Il existe une fonction définie sur $]0;+\infty[$ qui à tout réel $t$, $t>0$, associe l'unique réel x tel que $exp(x)=t$.
Cette fonction est appelée fonction logarithme népérien et notée $\ln$. - la fonction $\exp$ est une bijection de $\mathbb{R}$ dans $]0;+\infty[$.
- la fonction $\ln$ est aussi une bijection de $]0;+\infty[$ dans $\mathbb{R}$. On a de plus que:
$\forall x\in\mathbb{R}$ nous avons: $\ln(\exp(x))=\ln(e^x)=x.$
$\forall x\in]0;+\infty[$ nous avons $\exp(\ln(x))=e^{\ln(x)}=x.$
$\forall x\in\mathbb{R}$ et $\forall t\in\mathbb{R}^\star_+$ on a $\exp(x)=t\Leftrightarrow x=\ln(t).$
On dit que les fonctions $\exp$ et $\ln$ sont des fonctions réciproques. Propriétés sur les courbes des fonction exponentille et logarithme.
Remarques.
Dans un repère orthonormal $(0,\vec{i},\vec{j})$ les courbes $\mathcal{C}:y=e^x$ et $\Gamma:y=\ln(x)$ sont symétriques par rapport à la droite $\Delta:y=x$.
Propriétés algébriques de la fonction logarithme népérien.
Théoréme définition:
- Pour tous réels $x>0$ et $y>0$ on a $\ln(xy)=\ln(x)+\ln(y)$.
- Pour tout réel $x>0$ on a $\ln(\displaystyle\frac{1}{x})=-\ln(x)$.
- Pour tous réels $x>0$ et $y>0$ on a $\ln(\displaystyle\frac{x}{y})=\ln(x)-\ln(y)$.
- Pour tout réel $x>0$ et pour tout entier naturel $p$ on a $\ln(x^p)=p\ln(x)$.
- Pour tout réel $x>0$ on a $\ln(\sqrt{x})=\displaystyle\frac{1}{2}\ln(x)$.
- Démontrons que si $x>0$ et $y>0$ alors on a $\ln(xy)=\ln(x)+\ln(y)$.
- Démontrons que si $x>0$ alors on a $\ln(\displaystyle\frac{1}{x})=-\ln(x)$.
- Démontrons que si $x>0$ et $y>0$ alors on a $\ln(\displaystyle\frac{x}{y})=\ln(x)-\ln(y)$.
- Démontrons que si $x>0$ et $p\in\mathbb{N}$ alors on a $\ln(x^p)=p\ln(x)$.
- si p=0 $\ln(x^0)=\ln(1)=0$ et $0\times\ln(x)=0$, donc la propriété est vraie au rang 0.
- Supposons qu'il existe $n\in\mathbb{N}$ tel que $\ln(x^n)=n\ln(x)$.
$\ln(x^{p+1})=\ln(x^p\times x)=\ln(x^p)+\ln(x)=n\ln(x)+\ln(x)=(n+1)\ln(x)$. la propriété est vraie au rang $n+1$. - Conclusion: pour tout $p\in\mathbb{N}$ nous avons $\ln(x^p)=p\ln(x)$.
- Démontrons que si $x>0$ alors on a $\ln(\sqrt{x})=\displaystyle\frac{1}{2}\ln(x)$.
$exp(\ln(x)+\ln(y))=exp(\ln(x))\times exp(\ln(y))=xy$ de l'autre coté on a:$exp(\ln(xy))=xy$, donc nous avons $exp(\ln(x)+\ln(y))=exp(\ln(xy))$ donc $\ln(xy)=\ln(x)+\ln(y)$.
$\ln(\displaystyle\frac{1}{x})+\ln(x)=\ln(\dfrac{1}{x}\times x)=\ln(1)=0, donc \ln(\displaystyle\frac{1}{x})=-\ln(x)$
$exp(\ln(x)-\ln(y))=\dfrac{exp(\ln(x))}{ exp(\ln(y))}=\dfrac{x}{y}$ de l'autre coté on a:$exp(\ln(\dfrac{x}{y}))=\dfrac{x}{y}$, donc nous avons $exp(\ln(x)-\ln(y))=exp(\ln(\dfrac{x}{y}))$ donc $\ln(\dfrac{x}{y})=\ln(x)-\ln(y)$.
Faisons une démonstration par récurrence:
Puisque $x>0$ on a $x=(\sqrt{x})^2$, donc $\ln(x)=\ln((\sqrt{x})^2)=2\times\ln(\sqrt{x})$, donc $\ln(\sqrt{x})=\displaystyle\frac{1}{2}\ln(x)$.
Transformer une expression.
Sans calculatrice, simplifier les expressions suivantes: $A=e^{\ln(2)}$, $B=e^{\ln(2)+\ln(5)}$, $C=e^{2ln(9)}$ et $D=e^{3\ln(5)-\ln(15)}$.
- $A=2$
- $B=e^{\ln(2)+\ln(5)}=e^{\ln(2\times 5)}=10.$
- $C=e^{2ln(9)}=e^{ln(9^2)}=81.$
- $D=e^{3\ln(5)-\ln(15)}=e^{\ln\bigg(\dfrac{5^3}{15}\bigg)}=\dfrac{25}{3}.$
Equations, inéquation logarithmique.
Equations du type $e^{f(x)}=k$.
Résoudre dans $\mathbb{R}$ les équations suivantes:
- $e^x=4$
- $e^{3x}=0.2$
- $e^{-4x+2}=2$.
- $e^x=4\Leftrightarrow x=\ln(4).$
- $e^{3x}=0.2\Leftrightarrow 3x=\ln(0.2)=-\ln(5)\Leftrightarrow x=\dfrac{-\ln(5)}{3}.$
- $e^{-4x+2}=2\Leftrightarrow -4x+2=\ln(2)\Leftrightarrow -4x=\ln(2)-2\Leftrightarrow x=\dfrac{2-\ln(2)}{4};$
Inéquation de la forme $e^{(f(x))}\leq k$.
Résoudre dans $\mathbb{R}$ les inéquations suivantes:
- $e^x>2$
- $e^{3x}\leq 1$
- $e^{-x+1} < 3$.
- $e^x>2\Leftrightarrow x>\ln(2).$ donc $S=]\ln(2);+\infty[$.
- $e^{3x}\leq 1\Leftrightarrow 3x\leq \ln(1)=0\Leftrightarrow x\leq 0$.
- $e^{-x+1} < 3\Leftrightarrow -x+1 < ln(3)\Leftrightarrow x>1-\ln(3).$
Equations du type $\ln(f(x))=\ln(g(x))$.
Résoudre dans $\mathbb{R}$ l'équation $\ln(x^2-1)=\ln(x+5)$.
- Déterminons le domaine de définition de cette équation:
$\ln(x^2-1)$ existe si et seulement si $x^2-1>0\Leftrightarrow (x-1)(x+1)>0\leftrightarrow x\in]-\infty;-1[\cup]1;+\infty[$.
$\ln(x+5)$ existe si et seulement si $x+5>0\Leftrightarrow x>-5 x\in]-5;+\infty[$.
Donc pour que cette équation soient définie il faut que $x\in]-\infty;-1[\cup]1;+\infty[$ et $x\in]-5;+\infty[$.
Donc $x\in]-5;-1[\cup]1;+\infty[$.- Pour tout $x\in]-5;-1[\cup]1;+\infty[$ nous avons l'équivalence $\ln(x^2-1)=\ln(x+5)\Leftrightarrow x^2-1=x+5\Leftrightarrow x^2-x-6=0$.
Résolvons l'équation du second degré: $x^2-x-6=0$. nous avons $\Delta=(-1)^2-4\times 1\times(-6)=25>0$. L équation admet donc deux solutions distinctes $x_0=\dfrac{1-5}{2}=-2$ et $x_1=\dfrac{1+5}{2}=3$. - $-2\in]-5;-1[\cup]1;+\infty[$ et $3\in]-5;-1[\cup]1;+\infty[$. Donc $S=\bigg{-2;3\bigg}$.
Interprétation graphique de l'équation.
Equations du type $\ln(f(x))\leq\ln(g(x))$.
Résoudre dans $\mathbb{R}$ l'équation $\ln(3x-3)\geq\ln(x+5)$.
- Déterminons le domaine de définition de cette équation:
$\ln(3x-3)$ existe si et seulement si $3x-3>0\Leftrightarrow x\in ]1;+\infty[$.
$\ln(x+5)$ existe si et seulement si $x+5>0\Leftrightarrow x>-5\Leftrightarrow x\in]-5;+\infty[$.
Donc pour que cette équation soient définie il faut que $x\in]1;+\infty[$.- Pour tout $x\in]1;+\infty[$ nous avons l'équivalence $\ln(3x-3)\geq\ln(x+5)\Leftrightarrow 3x-3\geq x+5\Leftrightarrow x\geq 4$.
- tout réel dans l'intervalle $[4;+\infty[$ appartient au domaine de validité de l'inéquation $]1;+\infty[$.
Donc $S=[4;+\infty($.
Interprétation graphique de l'équation.
Dérivée de la fonction $\ln:x\to\ln(x)$, dérivée d'une fonction $x\to\ln\circ u(x)$.
Dérivée de la fonction $\ln:x\to\ln(x)$.
La fonction $\ln$ est dérivable sur $]0;+\infty[$ et $\ln^{'}(x)=\dfrac{1}{x}$.
Soit $x\in]0;+\infty[$ montrons que la fonction $\ln$ est dérivable en $a>0$.
Soit $x>0$ et $a>0$ avec $x\not=a$, calculons la fraction $\dfrac{\ln(x)-\ln(a)}{x-a}=\dfrac{\ln(x)-\ln(a)}{e^{\ln(x)}-e^{\ln(a)}}$
$\dfrac{\ln(x)-\ln(a)}{e^{\ln(x)}-e^{\ln(a)}}=\dfrac{1}{\dfrac{e^{\ln(x)}-e^{\ln(a)}}{\ln(x)-\ln(a)}}$. Nous savons de plus que la fonction exponentielle est dérivable sur $\mathbb{R}$ donc en particulier en $\ln(a)$.
donc ,nous avons $\displaystyle\lim_{X\to_ln(a)}\dfrac{e^X-e^{\ln(a)}}{X-\ln(a)}=exp^{'}(\ln(a))=a$ avec $a>0$. la fonction $\ln$ est continue en $a$. donc $\displaystyle\lim_{x\to a}\ln(x)=\ln(a)$, donc $\displaystyle\lim{x\to a}\dfrac{e^{\ln(x)}-e^{\ln(a)}}{\ln(x)-\ln(a)}=a$.
Conclusion: Nous avons $\displaystyle\lim_{x\to a}\dfrac{1}{\dfrac{e^{\ln(x)}-e^{\ln(a)}}{\ln(x)-\ln(a)}}=\dfrac{1}{a}$
Donc $\displaystyle\lim_{x\to a}\dfrac{\ln(x)-\ln(a)}{x-a}=\dfrac{1}{a}$ pour $a>0$, la $x\to\ln(x)$ est dérivable en $a$ et $\ln^{'}(a)=\dfrac{1}{a}$.
Soit $x>0$ et $a>0$ avec $x\not=a$, calculons la fraction $\dfrac{\ln(x)-\ln(a)}{x-a}=\dfrac{\ln(x)-\ln(a)}{e^{\ln(x)}-e^{\ln(a)}}$
$\dfrac{\ln(x)-\ln(a)}{e^{\ln(x)}-e^{\ln(a)}}=\dfrac{1}{\dfrac{e^{\ln(x)}-e^{\ln(a)}}{\ln(x)-\ln(a)}}$. Nous savons de plus que la fonction exponentielle est dérivable sur $\mathbb{R}$ donc en particulier en $\ln(a)$.
donc ,nous avons $\displaystyle\lim_{X\to_ln(a)}\dfrac{e^X-e^{\ln(a)}}{X-\ln(a)}=exp^{'}(\ln(a))=a$ avec $a>0$. la fonction $\ln$ est continue en $a$. donc $\displaystyle\lim_{x\to a}\ln(x)=\ln(a)$, donc $\displaystyle\lim{x\to a}\dfrac{e^{\ln(x)}-e^{\ln(a)}}{\ln(x)-\ln(a)}=a$.
Conclusion: Nous avons $\displaystyle\lim_{x\to a}\dfrac{1}{\dfrac{e^{\ln(x)}-e^{\ln(a)}}{\ln(x)-\ln(a)}}=\dfrac{1}{a}$
Donc $\displaystyle\lim_{x\to a}\dfrac{\ln(x)-\ln(a)}{x-a}=\dfrac{1}{a}$ pour $a>0$, la $x\to\ln(x)$ est dérivable en $a$ et $\ln^{'}(a)=\dfrac{1}{a}$.
Dérivée de la fonction $x\to\ln[u(x)]$.
Soit $u$ une fonction dérivable sur un intervalle $I$ et strictement positive sur $I$, alors la fonction $x\to\ln[u(x)]$ est dérivable sur $I$ et pour tout $x\in I$ on a: $(\ln\circ u)^{'}(x)=\dfrac{u^{'}(x)}{u(x)}$.
Exercice:
Calculer la fonction dérivée des fonctions suivantes, on indiquera aussi l'intervalle de dérivation.
$f(x)=\ln(2x+6)$, $g(x)=\ln(4-x^2)$ et $h(x)=\ln(x(x-1))$.
- $f(x)=\ln(2x+6)=\ln(u(x))$ avec $u(x)=2x+6$, pour que $f$ soit dérivable il faut que $u(x)>0$.
- $g(x)=\ln(4-x^2)=\ln(u(x))$ avec $u(x)=4-x^2$, pour que $g$ soit dérivable il faut que $u(x)>0$.
$u(x)>0\Leftrightarrow 2x+6>0\Leftrightarrow x>-3$, donc pour tout $x\in]-3;+\infty[$ on a:
$f^{'}(x)=\dfrac{u^{'}(x)}{u(x)}=\dfrac{2}{2x+6}=\dfrac{1}{x+3}$.
$u(x)>0\Leftrightarrow 4-x^2>0\Leftrightarrow (2-x)(2+x)>0$, en dressant le tableau de signes de $(2-x)(2+x)$, on obtient que $x\in]-2;2[$.
Donc pour tout $x\in]-2;2[$ on a $g^{'}(x)=\dfrac{u^{'}(x)}{u(x)}=\dfrac{-2x}{4-x^2}=\dfrac{2x}{x^2-4}=\dfrac{2x}{(x-2)(x+2)}$.
Calculs des limites du logarithme en 0 et $+\infty$.
Théoréme.
| $\displaystyle\lim_{x\to +\infty}\ln(x)=+\infty$ | $\displaystyle\lim_{x\to 0^+}\ln(x)=-\infty$ |
- Démontrons que: $\displaystyle\lim_{x\to +\infty}\ln(x)=+\infty$.
D'après la définition de la limite égale à $+\infty$ en $+\infty$: pour tout réel A strictement positf (aussi grand que l'on veut), nous devons montrer l'existence d'un réel $a$ tel que si $x>a$ alors $\ln(x)>A$.
Nous savons que $\ln(x)>A$ $\Leftrightarrow$ $x>e^A$. Donc dès que $x>a=e^A$ alors nous avons $\ln(x)>A$, donc $\displaystyle\lim_{x\to +\infty}\ln(x)=+\infty$. - Démontrons que: $\displaystyle\lim_{x\to 0^+}\ln(x)=-\infty$.
On remarque que $\ln(x)=-\ln(\dfrac{1}{x})$ pour tout $x>0$. Donc $\displaystyle\lim_{x\to 0^+}\ln(x)$ $=\displaystyle\lim_{x\to 0^+}-\ln(\dfrac{1}{x})$. $\displaystyle\lim_{x\to 0^+}\dfrac{1}{x}=+\infty$, donc par composition des limites, nous avons $\displaystyle\lim_{x\to 0^+}\ln(\dfrac{1}{x})=+\infty$.
Donc $\displaystyle\lim_{x\to 0^+}\ln(x)$ $=\displaystyle\lim_{x\to 0^+}\bigg(-\ln(\dfrac{1}{x})\bigg)=-\infty$.
Croissance comparée du logarithme et x.
Théoréme.
| $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\dfrac{\ln(x)}{x}=0$ | $\displaystyle\lim_{x\to 0^+}x\ln(x)=0$ |
| $\displaystyle\lim_{x\to 1}\dfrac{\ln(x)}{x-1}=1$ | $\displaystyle\lim_{x\to 0^+}\dfrac{\ln(x+1)}{x}=1$ |
Montrons que $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\dfrac{\ln(x)}{x}=0$.
Pour tout $x\in\mathbb{R}$, on a: $\dfrac{\ln(x)}{x}=\dfrac{\ln(x)}{e^{\ln(x)}}$ $=\dfrac{1}{\dfrac{e^{\ln(x)}}{\ln(x)}}$. Posons $X=ln(x)$.
Nous avons $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\ln(x)=+\infty$, donc $X\to+\infty$.
Par composition des limites, nous avons $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\dfrac{\ln(x)}{x}=\displaystyle\lim_{X\to+\infty}\Bigg(\dfrac{1}{\dfrac{e^{X}}{X}}\Bigg)$. Nous savons que $\displaystyle\lim_{X\to+\infty}\dfrac{e^X}{X}=+\infty$, donc $\displaystyle\lim_{X\to+\infty}\Bigg(\dfrac{1}{\dfrac{e^{X}}{X}}\Bigg)=0$.
Conclusion:$\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\dfrac{\ln(x)}{x}=0$.
Pour tout $x\in\mathbb{R}$, on a: $\dfrac{\ln(x)}{x}=\dfrac{\ln(x)}{e^{\ln(x)}}$ $=\dfrac{1}{\dfrac{e^{\ln(x)}}{\ln(x)}}$. Posons $X=ln(x)$.
Nous avons $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\ln(x)=+\infty$, donc $X\to+\infty$.
Par composition des limites, nous avons $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\dfrac{\ln(x)}{x}=\displaystyle\lim_{X\to+\infty}\Bigg(\dfrac{1}{\dfrac{e^{X}}{X}}\Bigg)$. Nous savons que $\displaystyle\lim_{X\to+\infty}\dfrac{e^X}{X}=+\infty$, donc $\displaystyle\lim_{X\to+\infty}\Bigg(\dfrac{1}{\dfrac{e^{X}}{X}}\Bigg)=0$.
Conclusion:$\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\dfrac{\ln(x)}{x}=0$.
Montrons que $\displaystyle\lim_{x\to 0^+}x\ln(x)=0$.
Posons $X=\dfrac{1}{x}$ $\Leftrightarrow$ $x=\dfrac{1}{X}$. Pour tout $x>0$, nous avons $x\ln(x)=\dfrac{1}{X}\ln(\dfrac{1}{X})$ $=-\dfrac{\ln(X)}{X}$, donc $\displaystyle\lim_{x\to 0^+}x\ln(x)=\displaystyle\lim_{X\to +\infty}\bigg(-\dfrac{\ln(X)}{X}\bigg)=0$.
Posons $X=\dfrac{1}{x}$ $\Leftrightarrow$ $x=\dfrac{1}{X}$. Pour tout $x>0$, nous avons $x\ln(x)=\dfrac{1}{X}\ln(\dfrac{1}{X})$ $=-\dfrac{\ln(X)}{X}$, donc $\displaystyle\lim_{x\to 0^+}x\ln(x)=\displaystyle\lim_{X\to +\infty}\bigg(-\dfrac{\ln(X)}{X}\bigg)=0$.
Montrons que $\displaystyle\lim_{x\to 1}\dfrac{\ln(x)}{x-1}=1$.
Remarquons que $\dfrac{\ln(x)}{x-1}=\dfrac{\ln(x)-\ln(1)}{x-1}$, pour tout $x>0$ et $x\not=1$. Nous savons que la fonction $f(x)=ln(x)$ est dérivable sur $]0;+\infty[$.
Donc en particulier en $1$. Si nous réécrivons la définition du nombre dérivé $f'(1)$, on a:
$f'(1)=\displaystyle\lim_{x\to 1}\dfrac{f(x)-f(1))}{x-1}$ $=\displaystyle\lim_{x\to 1}\dfrac{\ln(x)}{x-1}=f'(1)$. Or nous savons que $f'(x)=\dfrac{1}{x}$ , donc $f'(1)=1$.
Conclusion:$\displaystyle\lim_{x\to 1}\dfrac{\ln(x)}{x-1}=1$.
Remarquons que $\dfrac{\ln(x)}{x-1}=\dfrac{\ln(x)-\ln(1)}{x-1}$, pour tout $x>0$ et $x\not=1$. Nous savons que la fonction $f(x)=ln(x)$ est dérivable sur $]0;+\infty[$.
Donc en particulier en $1$. Si nous réécrivons la définition du nombre dérivé $f'(1)$, on a:
$f'(1)=\displaystyle\lim_{x\to 1}\dfrac{f(x)-f(1))}{x-1}$ $=\displaystyle\lim_{x\to 1}\dfrac{\ln(x)}{x-1}=f'(1)$. Or nous savons que $f'(x)=\dfrac{1}{x}$ , donc $f'(1)=1$.
Conclusion:$\displaystyle\lim_{x\to 1}\dfrac{\ln(x)}{x-1}=1$.
Montrons que $\displaystyle\lim_{x\to 0^+}\dfrac{\ln(x+1)}{x}=1$.
Pour démontrer cette limite, if suffit de remarquer que:
$\displaystyle\lim_{x\to 0^+}\dfrac{\ln(x+1)}{x}$ $=\displaystyle\lim_{u\to 1}\dfrac{\ln(u)}{u-1}$, il suffit de poser $u=x+1$.
Comme $\displaystyle\lim_{u\to 1}\dfrac{\ln(u)}{u-1}=1$ (voir la limites précédente dans le tableau). Donc $\displaystyle\lim_{x\to 0^+}\dfrac{\ln(x+1)}{x}=1$.
$\displaystyle\lim_{x\to 0^+}\dfrac{\ln(x+1)}{x}$ $=\displaystyle\lim_{u\to 1}\dfrac{\ln(u)}{u-1}$, il suffit de poser $u=x+1$.
Comme $\displaystyle\lim_{u\to 1}\dfrac{\ln(u)}{u-1}=1$ (voir la limites précédente dans le tableau). Donc $\displaystyle\lim_{x\to 0^+}\dfrac{\ln(x+1)}{x}=1$.
Exemples de calculs de limites.
| $\displaystyle\lim_{x\to 0^+}\frac{2x+1}{\ln(x)}$ | $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}(\ln(x)-x)$ |
| $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\dfrac{\ln(x)+x}{x}$ | $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\dfrac{\ln(x)}{3x+2}$ |
| $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\dfrac{\ln(x)}{\ln(x)+x}$ | $\displaystyle\lim_{x\to 0}e^{x^2\ln(2x)}$ |
Calculons $\displaystyle\lim_{x\to 0^+}\dfrac{2x+1}{\ln(x)}$.
$\displaystyle\lim_{x\to 0^+}2x+1=1$. $\displaystyle\lim_{x\to 0^+}\ln(x)=-\infty$. Donc d'après les règles opératoires sur les limites, nous avons:
$\displaystyle\lim_{x\to 0^+}\dfrac{2x+1}{\ln(x)}=0$.
$\displaystyle\lim_{x\to 0^+}2x+1=1$. $\displaystyle\lim_{x\to 0^+}\ln(x)=-\infty$. Donc d'après les règles opératoires sur les limites, nous avons:
$\displaystyle\lim_{x\to 0^+}\dfrac{2x+1}{\ln(x)}=0$.
Nous sommes en présence d'une forme indéterminée du type $\infty-\infty$.
Pour tout $x>0$ on a: $\ln(x)-x=x(\dfrac{\ln(x)}{x}-1)$. Nous savons d'après le cours que $\displaystyle\lim_{x\to +\infty}\dfrac{\ln(x)}{x}=0$. Donc $\displaystyle\lim_{x\to +\infty}\dfrac{\ln(x)}{x}-1=-1$. Donc $\displaystyle\lim_{x\to +\infty}x(\dfrac{\ln(x)}{x}-1)=-\infty$.
Pour tout $x>0$ on a: $\ln(x)-x=x(\dfrac{\ln(x)}{x}-1)$. Nous savons d'après le cours que $\displaystyle\lim_{x\to +\infty}\dfrac{\ln(x)}{x}=0$. Donc $\displaystyle\lim_{x\to +\infty}\dfrac{\ln(x)}{x}-1=-1$. Donc $\displaystyle\lim_{x\to +\infty}x(\dfrac{\ln(x)}{x}-1)=-\infty$.
Nous sommes en présence d'une forme indéterminée du type $\dfrac{\infty}{\infty}$.
Pour tout $x>0$ on a: $\dfrac{\ln(x)+x}{x}=\dfrac{\ln(x)}{x}+1$. Donc $\displaystyle\lim_{x\to +\infty}\dfrac{\ln(x)}{x}+1=1$.
Pour tout $x>0$ on a: $\dfrac{\ln(x)+x}{x}=\dfrac{\ln(x)}{x}+1$. Donc $\displaystyle\lim_{x\to +\infty}\dfrac{\ln(x)}{x}+1=1$.
Nous sommes en présence d'une forme indéterminée du type $\dfrac{\infty}{\infty}$.
Pour tout $x>0$ nous avons, $\dfrac{\ln(x)}{3x+2}=\dfrac{\dfrac{\ln(x)}{x}}{3+\dfrac{2}{x}}$. Nous avons que $\displaystyle\lim_{x\to +\infty}\dfrac{\ln(x)}{x}=0$ et $\displaystyle\lim_{x\to +\infty}3+\dfrac{2}{x}=3$, donc par conséquent nous avons $\displaystyle\lim_{x\to +\infty}\dfrac{\dfrac{\ln(x)}{x}}{3+\dfrac{2}{x}}=0$.
Donc $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\dfrac{\ln(x)}{\ln(x)+x}=0$.
Pour tout $x>0$ nous avons, $\dfrac{\ln(x)}{3x+2}=\dfrac{\dfrac{\ln(x)}{x}}{3+\dfrac{2}{x}}$. Nous avons que $\displaystyle\lim_{x\to +\infty}\dfrac{\ln(x)}{x}=0$ et $\displaystyle\lim_{x\to +\infty}3+\dfrac{2}{x}=3$, donc par conséquent nous avons $\displaystyle\lim_{x\to +\infty}\dfrac{\dfrac{\ln(x)}{x}}{3+\dfrac{2}{x}}=0$.
Donc $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\dfrac{\ln(x)}{\ln(x)+x}=0$.
Nous sommes en présence d'une forme indéterminée du type $\dfrac{\infty}{\infty}$.
Pour tout $x>0$ nous avons $\dfrac{\ln(x)}{\ln(x)+x}=\dfrac{\dfrac{\ln(x)}{x}}{\dfrac{\ln(x)}{x}+1}$, or $\displaystyle\lim_{x\to +\infty}\Bigg(\dfrac{\dfrac{\ln(x)}{x}}{\dfrac{\ln(x)}{x}+1}\Bigg)=0$.
Donc, $\displaystyle\lim_{x\to +\infty}\dfrac{\ln(x)}{\ln(x)+x}$.
Pour tout $x>0$ nous avons $\dfrac{\ln(x)}{\ln(x)+x}=\dfrac{\dfrac{\ln(x)}{x}}{\dfrac{\ln(x)}{x}+1}$, or $\displaystyle\lim_{x\to +\infty}\Bigg(\dfrac{\dfrac{\ln(x)}{x}}{\dfrac{\ln(x)}{x}+1}\Bigg)=0$.
Donc, $\displaystyle\lim_{x\to +\infty}\dfrac{\ln(x)}{\ln(x)+x}$.
Transformons l'écriture de $e^{x^2\ln(2x)}$.
Pour tout $x>0$, $e^{x^2\ln(2x)}=e^{x^2(\ln(x)+\ln(2)}$
Pour tout $x>0$, $e^{x^2\ln(2x)}=e^{x^2(\ln(x)+\ln(2)}$
Etude des fonctions comportant la fonction logarithme.
Exercices.
Etudier les variations des fonctions $f$ suivantes. Calculer les limites de $f aux bornes du domaine.
Soit $f$ la fonction définie sur $]0;+\infty[$ par $f(x)=2x-4-7\ln(x)$.
Soit $f$ la fonction définie sur $]0;+\infty[$ par $f(x)=x(\ln(x)-3)$.
Logarithme décimal, utilisation en physique-chimie.
Définition.
On appelle fonction logarithme décimal la fonction notée $\log$ définie sur $]0;+\infty[$ par: $\log(x)=\dfrac{\ln(x)}{\ln(10)}$.
Proposition.
- $\log(10)=1$ et $\log(1)=0$.
- La fonction $\log$ est continue et dérivable sur $]0;+\infty[$.
- La fonction $\log$ est strictement croissante sur $]0;+\infty[$.
- Pour tout $a,b\in]0;+\infty[$ on a:
- $\log(a\times b)=\log(a)+\log(b)$.
- $\log\bigg(\dfrac{a}{b}\bigg)=\log(a)-\log(b)$.
- $\log(a^n)=n\log(a).$
Remarque.
Par exemple en chimie on a la formule suivante, reliant le $PH$ et la concentration en ion $H_3O^+$ exprimée en $mol.l^{-1}$:
$PH=-\log([H_3O^+]).$