Bijectivité
- $\lim\limits_{x\to +\infty}\;\ln(x)=+\infty$.
- $\lim\limits_{x\to 0^+}\;\ln(x)=-\infty$.
- Remarquons que $\ln\left({10}^n\right)=n\ln(10)$.
Sachant que $\ln(10)\gt 0$, on déduit que $\lim\limits_{n\to+\infty}\;\ln\left({10}^n\right)=+\infty$.
La fonction $\ln$ étant strictement croissante, nous en déduisons le résultat : \[\lim\limits_{x\to +\infty}\;\ln(x)=+\infty.\]- Posons $x=\dfrac{1}{X}$. Lorsque $x$ tend vers $0^+$, $X$ tend vers $(+\infty)$.
\[\lim\limits_{x\to 0^+}\;\ln(x)=\lim\limits_{x\to +\infty}\;\ln\left(\frac{1}{X}\right)=\lim\limits_{x\to +\infty}\;(-\ln{X})=-\infty .\]
La fonction $\ln$ réalise une bijection de ${]0,+\infty[}$sur $\R$.
La fonction $\ln$ est continue et strictement croissante sur $I={]0,+\infty[}$.
Nous venons de prouver que $\lim\limits_{x\to 0^+}\;\ln(x)=-\infty$ et que $\lim\limits_{x\to +\infty}\;\ln(x)=+\infty$.
La fonction $\ln$ réalise donc une bijection de ${]0,+\infty[}$ sur $\R$.
Il existe donc un unique réel $x$ vérifiant $\ln(x)=1$. Ce réel est noté $\e$ et on a donc $\ln(\e)=1$.
Par approximations successives, on montre que $\e\approx 2{,}718$.
Pour tout entier relatif $n$, on a $\ln\left({e^n}\right)=n$ et d’autre part, $\ln\left(\sqrt{e}\right)=\frac{1}{2}$.
$\ln\left({\e^n}\right)=n\ln\e=n.$
$\ln\left(\sqrt{\e}\right)=\frac{1}{2}\ln(\e)=\frac{1}{2}$.
Résoudre dans $\R$ l’équation : ${(\ln{x})}^2+\dfrac{5}{2}\ln(x)-\frac{3}2=0$.
Cette équation existe si et seulement si $x\gt 0$.
En posant $X=\ln(x)$, cette équation est équivalente à l’équation du second degré :\[X^2+\frac{5}{2}X-\frac{3}2=0.\]La résolution de cette équation fournit $X=-3$ ou $X=\dfrac{1}{2}$.
D’où :\[\ln(x)=-3\quad\text{ou}\quad\ln(x)=\frac{1}{2}.\]Soit :\[\ln(x)=\ln\left(\e^{-3}\right)\quad\text{ou}\quad\ln(x)=\ln\left(\sqrt{\e}\right).\]Finalement, $x=\e^{-3}$ ou $x=\sqrt{\e}$, et on vérifie que ces valeurs sont dans le domaine de l’équation.
Ainsi, cette équation admet comme ensemble de solutions à $\left\{\e^{-3},\sqrt{\e}\right\}$.
Courbe représentative
Faisons le tableau de variation de cette fonction $\ln$ :\[\begin{array}{|c|c|lcr|}\hlinex &\!\!\!\!& 0 & & +\infty \\\hlinef'(x) &\!\!\!\!& & 0 \\\hlinef(x) &\!\!\!\!& -\infty & \quad\nearrow\quad & +\infty \\\hline\end{array}\]
Quelques propriétés remarquables…
On sait que $\ln(1)=0$ et $\ln(\e)=1$. Déterminons les tangentes aux points $(1,0)$ et $(e,1)$.
- Au point $(1,0)$
Rappelons que l’équation de la tangente (lorsqu’elle existe) au graphe d’une fonction $f$ au point $\bigl(x_0,f(x_0)\bigr)$ est : $y=f'(x_0)(x-x_0)+f(x_0)$.
Dans notre cas : $x_0=1$, $f(x_0)=0$, $f'(x_0)=\dfrac{1}1=1$.Donc, l’équation de la tangente au graphe de la fonction $\ln$ au point $(1,0)$ est $y=x-1$. Cette tangente passe donc par le point $(1,0)$ et à pour pente $1$ (il est donc aisé de la représenter). - Au point $(\e,1)$
Dans notre cas : $x_0=\e$, $f(x_0)=1$, $f'(x_0)=\dfrac{1}{\e}$.
Donc, l’équation de la tangente au graphe de la fonction $\ln$ au point $(\e,1)$ est $y=\dfrac{1}{\e}(x-\e)+1=\dfrac{1}{\e}x$. Cette tangente passe donc par les points $(\e,1)$ et $(0,0)$ (il est donc aisé de la représenter).
Croissances comparées
Déterminons dans ce paragraphe quelques limites classiques et utiles.
$\lim\limits_{x\to +\infty}\;\left(\dfrac{\ln{x}}{x}\right)=0$.
Soit $x$ un réel strictement positif.
On a vu que $\ln(x)=\displaystyle\int_1^x{\frac{dt}{t}}$, et d’autre part, que pour tout réel $t$ appartenant à $[1,x]$, on a $0\lt \dfrac{1}{t}\lt 1$.
En intégrant cette inégalité entre $1$ et $x$, on obtient :\[\forall x\in\R^{*+},\;0\lt \ln(x)\lt x-1\lt x.\]En remplaçant $x$ par $\sqrt{x}$, on obtient :\[0\lt \ln\left(\sqrt{x}\right)\lt \sqrt{x},\]soit :\[\forall x\in\R^{*+},\;0\lt \frac{1}{2}\ln{x}\lt \sqrt{x}.\]En divisant les deux membres par $x$, on obtient :\[\forall x\in\R^{*+},\;0\lt \frac{1}{2}\frac{\ln(x)}{x}\lt \frac{1}{\sqrt{x}}.\]En faisant tendre $x$ vers $\left(+\infty \right)$, et en utilisant le théorème des gendarmes, on obtient le résultat annoncé :\[\lim\limits_{x\to +\infty}\;\left(\frac{\ln{x}}{x}\right)=0.\]
$\lim\limits_{x\to 0^+}\;x\ln{x}=0$.
Posons $X=\dfrac{1}{x}$. Lorsque $x$ tend vers ${0^+}$, $X$ tend vers $(+\infty)$.
Compte tenu du résultat précédent, nous obtenons ainsi :\[\lim\limits_{x\to 0^+}\;x\ln{x}=\lim\limits_{x\to +\infty}\;\frac{1}{X}\ln\left(\frac{1}{X}\right)=\lim\limits_{x\to +\infty}\;\frac{-\ln{x}}{X}=0.\]
Dérivée logarithmique
Soit $u$ une fonction définie, strictement positive et dérivable sur un intervalle $I$.
Alors la fonction composée $g=\ln\circ u$ est dérivable sur $I$, et on a :\[\forall x\in I,\;(\ln\circ u)'(x)=\frac{u'(x)}{u(x)}.\]
D’après le théorème de dérivation d’une fonction composée, la fonction $\ln\circ u$ est dérivable sur $I$, et on a :\[\forall x\in I,\;(\ln\circ u)'(x)=\ln’\bigl(u(x)\bigr)\cdot u'(x)=\frac{u'(x)}{u(x)}.\]
Soit $u$ une fonction définie, strictement positive et dérivable sur un intervalle $I$.
Le quotient $\dfrac{u’}{u}$ est appelé la dérivée logarithmique de la fonction $u$ sur $I$.
Soit $f$ la fonction définie par $f(x)=\ln\left(3{x^2}+x+4 \right)$.
On vérifie que $\forall x\in\R,\;3x^2+x+4\gt 0$.
On en déduit que $\forall x\in\R,\;f'(x)=\dfrac{6x+1}{3{x^2}+x+4}$ et donc, la dérivée logarithmique de la fonction qui à $x$ associe $x^2+x+4$ est la fonction $x\mapsto \dfrac{6x+1}{3{x^2}+x+4}$.
Soit $u$ une fonction définie, dérivable et ne s’annulant pas sur un intervalle $I$ Cc’est-à-dire que pour tout élément $x$ de $I$, $u(x)\ne 0$..
Alors $\varphi=\ln\circ\left|u\right|$ est une primitive de $\dfrac{u’}{u}$ sur $I$.
La fonction $u$ conserve un signe constant sur $I$.
En effet, supposons que cette fonction change de signe sur $I$. D’après le théorème des valeurs intermédiaires, comme $u$ est continue sur $I$ (car dérivable sur $I$), il existerait un réel $x_0$, appartenant à $I$, et vérifiant $u(x_0)=0$. Ceci contredirait le fait que $u$ ne s’annule pas sur $I$.
On peut donc distinguer deux cas :
- $u$ est strictement positive sur $I$.
On a alors :\[\forall x\in I,\;\ln\left(\left|u(x)\right|\right)=\ln\bigl(u(x)\bigr).\]D’après le théorème précédent :\[\forall x\in I,\;\varphi'(x)=\frac{u'(x)}{u(x)}.\]- $u$ est strictement négative sur $I$.
On a alors :\[\forall x\in I,\;\ln\left(\left|u(x)\right|\right)=\ln\bigl(-u(x)\bigr).\]D’après le théorème précédent :\[\forall x\in I,\;\varphi'(x)=\frac{-u'(x)}{-u(x)}=\frac{u'(x)}{u(x)}.\]D’où le résultat.
Chercher une primitive $F$ sur ${]-1,1[}$ de la fonction $f$ définie par $f(x)=\dfrac{x}{x^2-1}$.
Posons $u(x)=x^2-1$.
On remarque que pour tout élément $x$ de ${]-1,1[}$, $u(x)\lt 0$.
On a alors :\[f(x)=\frac{1}{2}\frac{u'(x)}{u(x)}.\]Posons alors $F$ la fonction définie par :\[F(x)=\frac{1}{2}\ln\left(\left|u(x)\right|\right)+k=\frac{1}{2}\ln\left(-u(x) \right)+k=\frac{1}{2}\ln\left(1-{x^2}\right).\]Alors $F$ est une primitive de $f$ sur ${]-1,1[}$.