Éducation Nationale Française · Terminale Spécialité
Logarithme népérien
I
De l'exponentielle à sa réciproque
Dans de nombreux domaines scientifiques, il faut résoudre des équations où l'inconnue est en exposant, comme \(e^x = a\). Pour ce faire, on utilise la fonction réciproque de l'exponentielle : le logarithme népérien. Alors que la fonction exponentielle croît extrêmement vite, le logarithme croît très lentement.
La fonction exponentielle est continue et strictement croissante sur \(\mathbb{R}\), avec \(\displaystyle\lim_{x \to -\infty} e^x = 0\) et \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} e^x = +\infty\) : elle prend toutes les valeurs de \(]0 ; +\infty[\). Par le théorème de la bijection, pour tout réel \(x\) strictement positif, il existe un unique réel \(y\) tel que \(e^y = x\). Cette unique solution \(y\) est appelée logarithme népérien de \(x\) et est notée \(\ln(x)\).
Définition — Logarithme népérien
La fonction logarithme népérien, notée \(\ln\), est la fonction définie sur \(]0 ; +\infty[\) qui, à tout réel \(x > 0\), associe l'unique solution de l'équation \(e^y = x\) d'inconnue \(y\). On note :$$ y = \ln(x) $$ 
Proposition — Réciprocité
Pour tout \(x > 0\) et tout réel \(y\) : - \(e^y = x \iff y = \ln(x)\)
- \(e^{\ln(x)} = x\)
- \(\ln(e^y) = y\)
\(\ln(1) = 0\) (car \(e^0 = 1\)) et \(\ln(e) = 1\) (car \(e^1 = e\))
Exemple
Simplifier sans calculatrice, puis résoudre l'équation. - \(\ln\left(e^4\right)\) et \(e^{\ln 7}\)
- \(\ln\left(\dfrac{1}{e}\right)\)
- Résoudre \(e^x = 5\), d'inconnue \(x\) réelle.
- Les deux règles se défont l'une l'autre, dans un sens comme dans l'autre : $$\ln\left(e^4\right) = 4 \qquad \text{et} \qquad e^{\ln 7} = 7.$$ La première n'exige rien de \(4\) ; la seconde exige \(7 > 0\), sans quoi \(\ln 7\) n'existerait pas.
- On écrit le quotient comme une puissance, puis on applique la même règle : $$\ln\left(\frac{1}{e}\right) = \ln\left(e^{-1}\right) = -1.$$
- \(5\) est strictement positif, donc l'équation a exactement une solution, et la réciprocité la nomme : $$e^x = 5 \iff x = \ln 5.$$ \(\ln 5\) est la réponse, et elle est exacte. Elle n'admet pas de forme plus simple — une calculatrice donne \(\ln 5 \approx 1{,}609\), mais cette valeur approchée répond à une autre question.
Proposition — Symétrie
Les courbes représentatives des fonctions exponentielle et logarithme népérien sont symétriques par rapport à la droite d'équation \(y = x\). 
Compétences à pratiquer
- S'entraîner sur la définition et la réciprocité
- Déterminer les ensembles de définition
II
Les règles de calcul
Proposition — Relation fonctionnelle
Pour tous réels \(a\) et \(b\) strictement positifs :$$\ln(a \times b) = \ln(a) + \ln(b)$$
Pour tous réels \(a\) et \(b\) strictement positifs :$$ \begin{aligned}e^{\ln(ab)} &= ab && \text{(par définition : } x = e^{\ln(x)}\text{)} \\
e^{\ln(ab)}&= e^{\ln(a)} \times e^{\ln(b)} && \text{(car } a = e^{\ln(a)} \text{ et } b = e^{\ln(b)}\text{)} \\
e^{\ln(ab)}&= e^{\ln(a) + \ln(b)} && \text{(propriété : } e^x \times e^y = e^{x+y}\text{)} \\
\ln(ab) &= \ln(a) + \ln(b) && \text{(propriété : } e^x =e^y \iff x=y\text{)} \\
\end{aligned} $$
Proposition — Autres règles de calcul
Pour tous \(a > 0\), \(b > 0\) et tout entier relatif \(n\) : - Inverse : \(\ln\left(\frac{1}{b}\right) = -\ln(b)\)
- Quotient : \(\ln\left(\frac{a}{b}\right) = \ln(a) - \ln(b)\)
- Puissance : \(\ln(a^n) = n\ln(a)\)
- Racine carrée : \(\ln(\sqrt{a}) = \frac{1}{2}\ln(a)\)
- Logarithme d'un inverse : Soit \(b > 0\). $$ \begin{aligned} e^{\ln(1/b)} &= \frac{1}{b} && \text{(par définition : } x = e^{\ln(x)}\text{)} \\ e^{\ln(1/b)} &= \frac{1}{e^{\ln(b)}} && \text{(car } b = e^{\ln(b)}\text{)} \\ e^{\ln(1/b)} &= e^{-\ln(b)} && \text{(propriété : } 1/e^x = e^{-x}\text{)} \\ \ln(1/b) &= -\ln(b) && \text{(propriété : } e^x = e^y \iff x=y\text{)} \end{aligned} $$
- Logarithme d'un quotient : Soient \(a > 0\) et \(b > 0\). $$ \begin{aligned} e^{\ln(a/b)} &= \frac{a}{b} && \text{(par définition : } x = e^{\ln(x)}\text{)} \\ e^{\ln(a/b)} &= \frac{e^{\ln(a)}}{e^{\ln(b)}} && \text{(car } a = e^{\ln(a)} \text{ et } b = e^{\ln(b)}\text{)} \\ e^{\ln(a/b)} &= e^{\ln(a) - \ln(b)} && \text{(propriété : } e^x / e^y = e^{x-y}\text{)} \\ \ln(a/b) &= \ln(a) - \ln(b) && \text{(propriété : } e^x = e^y \iff x=y\text{)} \end{aligned} $$
- Logarithme d'une puissance : Soient \(a > 0\) et \(n \in \mathbb{Z}\). $$ \begin{aligned} e^{\ln(a^n)} &= a^n && \text{(par définition : } x = e^{\ln(x)}\text{)} \\ e^{\ln(a^n)} &= (e^{\ln(a)})^n && \text{(car } a = e^{\ln(a)}\text{)} \\ e^{\ln(a^n)} &= e^{n\ln(a)} && \text{(propriété : } (e^x)^n = e^{nx}\text{)} \\ \ln(a^n) &= n\ln(a) && \text{(propriété : } e^x = e^y \iff x=y\text{)} \end{aligned} $$
- Logarithme d'une racine carrée : Soit \(a > 0\). Alors \(\sqrt{a} > 0\) et \(\sqrt{a} \times \sqrt{a} = a\), donc : $$ \begin{aligned} \ln(a) &= \ln\left(\sqrt{a} \times \sqrt{a}\right) && \text{(car } a = \sqrt{a} \times \sqrt{a}\text{)} \\ \ln(a) &= \ln(\sqrt{a}) + \ln(\sqrt{a}) = 2\ln(\sqrt{a}) && \text{(relation fonctionnelle)} \\ \ln(\sqrt{a}) &= \frac{1}{2}\ln(a) && \text{(on divise par } 2\text{)} \end{aligned} $$ La règle de la puissance ne peut pas servir ici : elle n'a été démontrée que pour les exposants entiers, et \(\tfrac{1}{2}\) n'en est pas un.
Exemple
- Exprimer \(\ln 12\), \(\ln\dfrac{8}{9}\) et \(\ln\sqrt{6}\) en fonction de \(\ln 2\) et de \(\ln 3\).
- Écrire \(A = 3\ln 2 + \ln 5 - \ln 10\) sous la forme d'un seul logarithme.
- Dans chaque cas, on décompose d'abord le nombre, puis on lit la règle qui s'applique. $$\begin{aligned} \ln 12 &= \ln(4 \times 3) = \ln 4 + \ln 3 &&\color{gray}\text{(Relation fonctionnelle)} \\ &= 2\ln 2 + \ln 3 &&\color{gray}\text{(Puissance, sur \(4 = 2^2\))} \\ \ln\frac{8}{9} &= \ln 8 - \ln 9 &&\color{gray}\text{(Quotient)} \\ &= 3\ln 2 - 2\ln 3 &&\color{gray}\text{(Puissance, deux fois)} \\ \ln\sqrt{6} &= \frac{1}{2}\ln 6 = \frac{1}{2}\bigl(\ln 2 + \ln 3\bigr) &&\color{gray}\text{(Racine, puis relation fonctionnelle)}. \end{aligned}$$
- On transforme chaque coefficient en puissance, puis on rassemble : $$A = \ln 8 + \ln 5 - \ln 10 = \ln\frac{8 \times 5}{10} = \ln 4.$$ La vérification vaut le détour : \(8 \times 5 = 40\) et \(40/10 = 4\), donc \(A = \ln 4 = 2\ln 2\).
Compétences à pratiquer
- Écrire sous la forme d'un seul logarithme : niveau 1
- Écrire sous la forme d'un seul logarithme : niveau 2
- Écrire sous la forme d'un seul logarithme : niveau 3
III
Dérivée, limites et variations
Proposition — Dérivée et continuité
La fonction \(\ln\) est dérivable et continue sur \(]0 ; +\infty[\). Pour tout \(x > 0\) :$$\ln'(x) = \frac{1}{x}$$ Comme \(1/x > 0\) sur cet intervalle, le logarithme népérien est strictement croissant sur \(]0 ; +\infty[\).
On admet que la fonction \(\ln\) est dérivable sur \(]0 ; +\infty[\). On part de l'égalité :$$e^{\ln(x)} = x$$ On dérive les deux membres par rapport à \(x\) :
- À droite : \((x)' = 1\).
- À gauche, en utilisant la dérivée de \(e^{u}\), \((e^{u(x)})' = u'(x)e^{u(x)}\) : $$\left(e^{\ln(x)}\right)' = \ln'(x) \times e^{\ln(x)} = \ln'(x) \times x$$
Exemple
Dériver sur \(]0\,;\,+\infty[\) : $$f(x) = 3\ln x - 2x, \qquad g(x) = x\ln x, \qquad h(x) = \frac{\ln x}{x}.$$
Chacune repose sur \(\ln'(x) = \dfrac{1}{x}\) ; seule la règle qui l'entoure change. $$\begin{aligned} f'(x) &= 3 \times \frac{1}{x} - 2 = \frac{3}{x} - 2 &&\color{gray}\text{(Somme, et multiple d'une fonction)} \\
g'(x) &= 1 \times \ln x + x \times \frac{1}{x} = \ln x + 1 &&\color{gray}\text{(Produit)} \\
h'(x) &= \frac{\frac{1}{x} \times x - \ln x \times 1}{x^2} = \frac{1 - \ln x}{x^2} &&\color{gray}\text{(Quotient)}. \end{aligned}$$ La deuxième mérite d'être retenue : \(x\ln x\) a pour dérivée \(\ln x + 1\), qui s'annule lorsque \(\ln x \equal -1\), c'est-à-dire en \(x \equal e^{-1}\). Donc \(x\ln x\) décroît sur \(]0\,;\,e^{-1}]\) puis croît, avec son minimum en \(x \equal e^{-1}\).
Proposition — Limites et asymptote
Le logarithme népérien admet les limites suivantes : - \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \ln(x) = +\infty\)
- \(\displaystyle\lim_{x \to 0^+} \ln(x) = -\infty\)
Exemple
Donner les limites de \(\ln\) aux deux bornes de son domaine, nommer l'asymptote, et dresser son tableau de variations. En déduire le signe de \(\ln x\) suivant \(x\).
Le domaine est \(]0\,;\,+\infty[\), donc il y a deux bornes, et elles ne sont pas de même nature : l'une est une borne finie que la fonction n'atteint jamais, l'autre est l'infini. $$\lim_{x \to 0^+} \ln x = -\infty \qquad \text{et} \qquad \lim_{x \to +\infty} \ln x = +\infty.$$ La première dit que la courbe plonge le long de l'axe des ordonnées : la droite \(x \equal 0\) est une asymptote verticale. La seconde dit qu'elle monte sans borne — lentement, mais sans borne. Comme \(\ln'(x) = \dfrac{1}{x} > 0\) sur tout le domaine, \(\ln\) y est strictement croissante. 
Une fonction strictement croissante ne traverse zéro qu'une fois au plus, et \(\ln 1 = 0\) : cette traversée est \(x \equal 1\). D'où $$\ln x < 0 \text{ sur } ]0\,;\,1[, \qquad \ln 1 = 0, \qquad \ln x > 0 \text{ sur } ]1\,;\,+\infty[.$$ Ce signe sert constamment, et il se lit sur le tableau, il ne se retient pas.
Proposition — Dérivée de \(\ln(u(x))\)
Soit \(u\) une fonction dérivable et strictement positive sur un intervalle \(I\). La fonction \(f(x) = \ln(u(x))\) est dérivable sur \(I\) et :$$\textcolor{colorprop}{(\ln(u(x)))' = \frac{u'(x)}{u(x)}}$$
On admet que \(f = \ln u\) est dérivable sur \(I\). Comme \(u(x) > 0\) pour tout \(x\) de \(I\), la réciprocité donne $$e^{\ln(u(x))} = u(x) \qquad \text{pour tout } x \in I.$$ On dérive les deux membres. À droite, la dérivée est \(u'(x)\). À gauche, la fonction est \(e^{v(x)}\) avec \(v = \ln u\), et \(\left(e^{v}\right)' = v'\,e^{v}\) donne $$\left(e^{\ln(u(x))}\right)' = (\ln u)'(x) \times e^{\ln(u(x))} = (\ln u)'(x) \times u(x).$$ En identifiant les deux dérivées : $$\begin{aligned} (\ln u)'(x) \times u(x) &= u'(x) \\
(\ln u)'(x) &= \frac{u'(x)}{u(x)} &&\text{(car } u(x) \neq 0\text{)}. \end{aligned}$$ Avec \(u(x) = x\) sur \(]0\,;\,+\infty[\) on retrouve \(\ln'(x) = \dfrac{1}{x}\).
Exemple
Dériver, chacune sur l'intervalle indiqué. $$f(x) = \ln(3x + 1) \text{ sur } \left]-\tfrac{1}{3}\,;\,+\infty\right[, \qquad g(x) = \ln\left(x^2 + 1\right) \text{ sur } \mathbb{R}, \qquad h(x) = \ln\left(x^2 - 4\right) \text{ sur } ]2\,;\,+\infty[.$$
La règle est toujours \(\dfrac{u'}{u}\) ; toute la difficulté est de contrôler que \(u\) est strictement positive là où l'on travaille. $$\begin{aligned} u(x) = 3x + 1 &> 0 \text{ sur } \left]-\tfrac{1}{3}\,;\,+\infty\right[ &&\Rightarrow\quad f'(x) = \frac{3}{3x+1} \\
u(x) = x^2 + 1 &> 0 \text{ sur } \mathbb{R} &&\Rightarrow\quad g'(x) = \frac{2x}{x^2+1} \\
u(x) = x^2 - 4 &> 0 \text{ sur } ]2\,;\,+\infty[ &&\Rightarrow\quad h'(x) = \frac{2x}{x^2-4}. \end{aligned}$$ La troisième montre pourquoi l'intervalle fait partie de l'énoncé. Le domaine naturel de \(\ln\left(x^2-4\right)\) est \(]-\infty\,;\,-2[ \,\cup\, ]2\,;\,+\infty[\) : deux intervalles séparés, puisque \(x^2 - 4\) s'annule en \(-2\) et en \(2\) et reste négatif entre les deux. L'énoncé en choisit un, et la dérivée s'y calcule ; sur l'autre la formule est la même, mais c'est une autre étude.
Compétences à pratiquer
- Dériver des fonctions de la forme \(\ln x\)
- Dériver des fonctions de la forme \(\ln u\)
- Étudier une fonction logarithmique
IV
Résoudre équations et inéquations
Méthode — Résoudre \(\ln A \equal \ln B\) et \(\ln A \le \ln B\)
Cette méthode vaut pour un énoncé dont les deux membres se ramènent chacun à un seul logarithme. Elle ne couvre pas les énoncés comme \((\ln x)^2 + \ln x = 0\), où \(\ln x\) apparaît au carré : ceux-là appellent le changement de variable \(X = \ln x\), qui les ramène à une équation ordinaire en \(X\). - Le domaine d'abord. Chaque \(\ln\) de l'énoncé exige son argument strictement positif. On résout ces conditions ensemble et on garde leur intersection : en dehors, l'énoncé n'a pas de sens, et aucune solution ne peut en venir.
- Un seul logarithme de chaque côté. À l'aide des règles de calcul, on réécrit l'énoncé sous la forme \(\ln A \equal \ln B\), ou \(\ln A \le \ln B\).
- Enlever les logarithmes. \(\ln\) est strictement croissante sur \(]0\,;\,+\infty[\), donc elle conserve l'égalité comme l'ordre. Pour \(A > 0\) et \(B > 0\) — ce que l'étape 1 a garanti : $$\ln A = \ln B \iff A = B \qquad \text{et} \qquad \ln A \le \ln B \iff A \le B.$$
- Croiser avec le domaine. Une valeur trouvée à l'étape 3 n'est solution que si elle appartient au domaine de l'étape 1.
Exemple
- Résoudre \(\ln(x-1) + \ln(x+2) = \ln 4\).
- Résoudre \(\ln(2x-1) \le \ln(x+3)\).
- Domaine. Il faut \(x - 1 > 0\) et \(x + 2 > 0\), c'est-à-dire \(x > 1\) et \(x > -2\) : le domaine est \(]1\,;\,+\infty[\). Un logarithme de chaque côté, par la relation fonctionnelle : $$\ln\bigl((x-1)(x+2)\bigr) = \ln 4.$$ On les enlève, puisque \(\ln\) est strictement croissante : $$\begin{aligned} (x-1)(x+2) &= 4 &&\color{gray}\text{(Stricte croissance)} \\ x^2 + x - 2 &= 4 &&\color{gray}\text{(Développement)} \\ x^2 + x - 6 &= 0 &&\color{gray}\text{(Mise à zéro)} \\ (x - 2)(x + 3) &= 0. &&\color{gray}\text{(Factorisation : } (x-2)(x+3) = x^2 + x - 6\text{)} \end{aligned}$$ Un produit est nul lorsque l'un de ses facteurs est nul : \(x \equal 2\) ou \(x \equal -3\). On croise avec le domaine. \(2 > 1\), donc \(2\) est gardé. \(-3\) n'est pas dans \(]1\,;\,+\infty[\), et dans l'énoncé de départ \(\ln(-4)\) n'existe pas. Il faut voir d'où vient \(-3\) : non pas de la suppression des logarithmes, qui était une équivalence sur \(]1\,;\,+\infty[\), mais de la résolution de \(x^2 + x - 6 \equal 0\) sur \(\mathbb{R}\) tout entier. D'où \(S = \{2\}\). Vérification : \(\ln 1 + \ln 4 = 0 + \ln 4 = \ln 4\). \checkmark
- Domaine. \(2x - 1 > 0\) et \(x + 3 > 0\) donnent \(x > \frac{1}{2}\) et \(x > -3\) : le domaine est \(\left]\frac{1}{2}\,;\,+\infty\right[\). \(\ln\) est strictement croissante, donc elle conserve l'ordre : $$\ln(2x-1) \le \ln(x+3) \iff 2x - 1 \le x + 3 \iff x \le 4.$$ On croise : \(S = \left]\frac{1}{2}\,;\,4\right]\), ouvert à gauche parce que \(\frac{1}{2}\) est exclu par le domaine, fermé à droite parce que l'inégalité est large.
Compétences à pratiquer
- Résoudre des équations par la réciprocité
- Résoudre des inéquations par la monotonie
- Résoudre des inéquations avec puissances
- Modéliser la croissance d'une suite avec les logarithmes
V
Comparer \(\ln\) et \(x^n\)
Proposition — Croissance comparée
Pour tout entier naturel \(n \ge 1\) : - \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \dfrac{\ln(x)}{x} = 0\)
- \(\displaystyle\lim_{x \to 0^+} x \ln(x) = 0\)
- \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \dfrac{\ln(x)}{x^n} = 0\)
- \(\displaystyle\lim_{x \to 0^+} x^n \ln(x) = 0\)
- Pour \(x > 0\), \(\dfrac{\ln(x)}{x} = \dfrac{\ln(x)}{e^{\ln(x)}}\). On pose \(X = \ln(x)\). Quand \(x \to +\infty\), \(X \to +\infty\). Par le théorème de composition et la limite connue \(\displaystyle\lim_{X \to +\infty} \dfrac{X}{e^X} = 0\), on en déduit que \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \dfrac{\ln(x)}{x} = 0\).
- Pour \(x > 0\), \(x \ln(x) = e^{\ln(x)} \times \ln(x)\). On pose \(X = \ln(x)\). Quand \(x \to 0^+\), \(X \to -\infty\). Par le théorème de composition et la limite connue \(\displaystyle\lim_{X \to -\infty} X e^X = 0\), on en déduit que \(\displaystyle\lim_{x \to 0^+} x \ln(x) = 0\).
- Pour \(n > 1\), on a \(\dfrac{\ln(x)}{x^n} = \dfrac{1}{x^{n-1}} \times \dfrac{\ln(x)}{x}\). Comme \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \dfrac{1}{x^{n-1}} = 0\) et \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \dfrac{\ln(x)}{x} = 0\), par produit de limites on obtient \(0\).
- Pour \(n > 1\), on a \(x^n \ln(x) = x^{n-1} \times x \ln(x)\). Comme \(\displaystyle\lim_{x \to 0^+} x^{n-1} = 0\) et \(\displaystyle\lim_{x \to 0^+} x \ln(x) = 0\), par produit de limites on obtient \(0\).
Exemple
Déterminer les limites suivantes. $$\lim_{x \to +\infty} \frac{\ln x}{x^3}, \qquad \lim_{x \to 0^+} x^2\ln x, \qquad \lim_{x \to +\infty} \bigl(x - \ln x\bigr).$$
Les deux premières sont la proposition elle-même, lue avec \(n \equal 3\) puis \(n \equal 2\) : $$\lim_{x \to +\infty} \frac{\ln x}{x^3} = 0 \qquad \text{et} \qquad \lim_{x \to 0^+} x^2\ln x = 0.$$ Ce sont deux formes indéterminées avant d'invoquer la proposition — \(\frac{+\infty}{+\infty}\) pour la première, \(0 \times (-\infty)\) pour la seconde — et c'est précisément elle qui les lève. La troisième n'est pas dans la liste, et \(+\infty - (+\infty)\) ne décide de rien. On factorise par le terme dominant : $$x - \ln x = x\left(1 - \frac{\ln x}{x}\right).$$ Or \(\dfrac{\ln x}{x} \to 0\), donc la parenthèse tend vers \(1\), tandis que \(x \to +\infty\). Par conséquent $$\lim_{x \to +\infty} \bigl(x - \ln x\bigr) = +\infty.$$ La leçon est la factorisation, pas le résultat : la croissance comparée sert à faire disparaître une forme indéterminée, en mettant le gagnant devant.
Compétences à pratiquer
- Évaluer des limites par croissances comparées
- Étudier des fonctions logarithmiques composées
VI
Pour aller plus loin
Compétences à pratiquer
- Raisonner et résoudre des problèmes
- Problèmes
- Type bac
- Quiz
Contrôle du chapitre
4 exercices, sur 20 points. Durée indicative : 1 h 30.
À traiter sur papier, puis à photographier : la correction est automatique, par IA.
Ce contrôle ne modifie pas la maîtrise du chapitre, quelle que soit la note.
Aucun exercice composé.
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