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  \null
\Large
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\title{Chapitre 7 : Logarithme Néperien}
\date{~-25-01-12-}
\author{Terminale ES 2, 2011-2012, Y. Angeli}

\begin{document}
\renewcommand{\labelitemi}{$\star$}
\maketitle
\section{Définition}
\noindent\cd{
\begin{Df} La fonction inverse $x\ds\mapsto \frac 1x$ étant continue sur $]0;+\infty[$, elle admet une unique primitive qui s'annule en $1$. On note $\ln$ et on appelle {\it logarithme néperien} cette primitive :
\begin{itemize}
\item$\ln$ est définie et dérivable sur $]0;+\infty[$, de dérivée $\ds x\mapsto\frac 1x$.
\item $\ln(1)=0$.
\end{itemize}
\end{Df}
}

\begin{Ex} Déterminer l'équation réduite de la tangente $T$ à la courbe de la $\ln$.\\
.\dotfill\\
.\dotfill\\
.\dotfill
\end{Ex}

\begin{Pp} Le logarithme néperien est strictement croissant sur $]0;+\infty[$.\\ 

En conséquence, pour tous $a,b>0$, \fbox{$a<b\Leftrightarrow \ln a<\ln b$} et \fbox{$\ln a=\ln b\Leftrightarrow a=b$.}
\end{Pp}
\begin{Pv} Par définition, $\ln'(x)=\ds \frac 1x>0$ sur $]0;+\infty[$ donc $\ln$ est strictement croissante.
\end{Pv}
\begin{Ex} Résoudre $\ln(2x+1)=\ln(1)$.\dotfill\\.\dotfill\\.\dotfill\\

\noindent Résoudre $\ln(x+2)>0$\dotfill\\.\dotfill\\.\dotfill
\end{Ex}
\begin{Rq} En conséquence de la formule de dérivation des fonctions composées, si $u$ est une fonction dérivable et strictement positive, alors 
\[(\ln u)'=\frac {u'}{u}\]
\end{Rq}
\begin{Ex} Soit $f$ la fonction définie par $f(x)=\ln\left(1-x^2\right)$.\\
Déterminer l'ensemble de définition de $f$ et dresser son tableau de variation.\dotfill\\.\dotfill\\.\dotfill\\.\dotfill\\.\dotfill\\.\dotfill\\.\dotfill\\.\dotfill
\end{Ex}

\newpage
\section{Propriétés algébrique}
\noindent\cd{\begin{Th} Soient $a,b>0$ et $n\in\mathbb Z$. On a :
\[\begin{array}{ll}
\fbox{1}~\ln(a\times b)=\ln(a)+\ln(b) &\fbox{2}~\ln(a^n)=n\ln a\\
\fbox{3}~\ds \ln\frac 1 b=-\ln b & \fbox{4}~\ds \ln\frac a b=\ln a-\ln b\\
\end{array}\]
\end{Th}
}
\begin{Pv} Prouver (1) il suffit de voir que pour tout $a>0$ fixé, la fonction définie $f$ définie sur $]0;+\infty[$ par $f(x)=\ln(ax)-\ln(a)-\ln(x)$ est la fonction nulle :
$$\ln(ax)-\ln(a)-\ln(x)=0\Leftrightarrow \ln(ax)=\ln(a)+\ln(x)$$
Or, $\ln$ étant dérivable, $f$ est dérivable aussi de dérivée :
$$f'(x)=\frac{a}{ax}-0-\frac 1x=\frac 1x-\frac 1x=0$$
donc $f$ est une fonction constante : $f(x)=k$ pour tout $x$.\\
Mais $f(1)=\ln(a\times 1)-\ln(a)-\ln(1)=\ln(a)-\ln(a)=0=k$ donc $f$ est  nulle, d'où (1).\\
(2) [Spé] Pour $n\in\mathbb N$, soit $\mathcal P_n$ la propriété : $\ln(a^n)=n\ln a$.\\
{\it Initialisation :} $0\ln a=0=\ln 1=\ln(a^0)$ donc $\mathcal P_0$ est vraie.\\
{\it Transmission :} si $\mathcal P_n$ est vraie pour un entier $n$, alors $$\ln(a^{n+1})=\ln(a^n\times a)=\ln(a^n)+\ln(a)=n\ln(a)+\ln(a)=(n+1)\ln a$$ donc $\mathcal P_{n+1}$ est vraie.\\
{\it Conclusion : }La propriété est vraie pour tout entier naturel $n$. \\
(3) d'après (1),
$0=\ln(1)=\ln\left(b\times\frac 1b\right)=\ln b+\ln\frac 1 b\text{ donc } -\ln b=\ln\frac 1b.$\\
(4) enfin, $\ds \ln\frac a b=\ln a+\ln\frac 1 b=\ln a-\ln b.$
\end{Pv}

\begin{Ex}~\\
\noindent $\bullet~\ds\ln16-\ln\frac 1 2-\ln\frac 1{2^3}=$\dotfill\\

\noindent$\bullet~\ln(6400)=$\dotfill\\

\noindent$\bullet~$ Prouver que pour tout $x>0$, $2\ln(\sqrt x)=\ln(x)$\dotfill\\

\noindent En déduire $\ln\sqrt x=$\dotfill\\

\noindent$\bullet~\ln2=\ds\int_1^2\frac 1tdt>\int_1^2\frac 12dt=\frac 12$. En déduire que pour tout $n\in\mathbb N$, $\ln(4^n)>n$\\

\noindent.\dotfill\\

\noindent$\bullet~$ Au bout de combien d'année double-t-on un capital $C$ placé à $1\%$ ? \dotfill\\

\noindent .\dotfill\\

\noindent.\dotfill\\
\end{Ex}

\newpage

\section{Étude de la fonction logarithme, nombre $e$}
\noindent\begin{minipage}[c]{0.5\linewidth} 
\cd{\textbf{Théorème.} Limites et croissances comparées :
$\begin{array}{ll}\ds\lim_{x\to0}\ln(x)=-\infty &\ds\lim_{x\to+\infty}\ln(x)=+\infty.\\
\ds\lim_{x\to0}x\ln(x)=0 &\ds\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln(x)}x=0
\end{array}$
\[\begin{array}{|c||lcr|}
\hline
x &0 & &+\infty\\
\hline
\ln'(x)=\frac 1x\vphantom{\dfrac{1}{1}} & &+ & \\
\hline
 & & &+\infty\\
\ln & &\nearrow & \\
&-\infty & & \\
\hline
\end{array}\]
}
\end{minipage}
 \begin{minipage}[c]{0.5\linewidth}
\small
\newrgbcolor{cqcqcq}{0.75 0.75 0.75}
\psset{xunit=1.0cm,yunit=1.0cm}
\begin{pspicture*}(-2,-3)(5,3)
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\psline[linestyle=dashed,dash=2pt 2pt](0,1)(2.72,1)
\psline[linestyle=dashed,dash=2pt 2pt](2.72,1)(2.72,0)
\rput[bl](-2,-0.5){$y=\ln(x)$}
\rput[bl](2,1){$T:y=x-1$}
\psdots[dotsize=2pt 0,dotstyle=*](2.72,1)
\psdots[dotsize=2pt 0,dotstyle=*](0,1)
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\rput[bl](2.62,-0.34){$e$}
\end{pspicture*}
\end{minipage}
\begin{Pv} Comme $\ln(4^n)>n$, et que $\ln$ est strictement croissante, $\ln x$ est supérieur à n'importe quel entier $A$ pourvu que $x$ soit supérieur à $4^A$.\\ Donc lorsque $x$ tend vers l'infini, $\ln x$ tend aussi vers l'infini.\\
Ainsi, $\ds \lim_{x\to0^+}\ln(x)=\lim_{x\to 0^+}-\ln\frac 1 x=\lim_{X\to+\infty}-\ln X=-\infty$\\
La fonction $g:x\mapsto\ln x-x$ a pour dérivée $g'(x)=\frac 1x-1=\frac{1-x}x$. Donc $g$ est strictement croissante sur $]0;1[$ et strictement décroissante sur $]1;+\infty[$. Son maximum est donc $g(1)=0$ d'où $\ln x-x\leq 0$ donc $\ln(x)\leq x$. Or si $x\geq1$,
\[0\leq \frac {\ln x}x=\frac{2\times\frac 12\ln x}x=2\frac{\ln\sqrt x}x\leq 2\frac{\sqrt x}x= \frac 2{\sqrt x} \text{ et }\ds\lim_{x\to+\infty} \frac 2{\sqrt x}=0\text{ donc }\ds\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln(x)}x=0\]
Enfin,$\ds \lim_{x\to0^+}x\ln(x)=\lim_{X\to+\infty}\frac 1X\ln\frac 1 X=\lim_{X\to+\infty}-\frac 1X\ln X=0.$
\end{Pv}

\begin{Ex} $\ds\lim_{x\to+\infty}-x+\frac{\ln(x^2)}x=$\dotfill\end{Ex}

\subsection{Nombre $e$}

\begin{Df} La fonction $\ln$ est strictement croissante sur $]1;4[$, $\ln 1=0<1<\ln 4$ et $\ln$ est continue sur $[1;4]$. Par le théorème de la valeur intermédiaire, l'équation $\ln x=1$ admet une unique solution $e\in]1;4[$. On appelle $e\approx 2,718$ cette unique solution.\\ 
Comme $\ln$ est strictement croissante, $e$ est l'unique solution de $\ln x=1$ sur $]0;+\infty[$. En particulier, \fbox{$\ln(e)=1$}
\end{Df}

\begin{Df} Plus généralement, on montre que l'équation $\ln x=y$ admet une solution unique sur $]0;+\infty[$, que l'on note $e^y$. On justifiera ultérieurement la notation en exposant. Ainsi, $\ln(e^y)=y$.
\end{Df}

\begin{Ex} ~\\
\noindent Simplifier  $\ln(e^7)=$\dotfill\\

\noindent Simplifier $2\ln(\sqrt e)=$\dotfill\\

\noindent En déduire $\ln(\sqrt e)=$\dotfill\\

\noindent Simplifier $\ds \ln\frac 1e=$\dotfill
\end{Ex}

\end{document}

Pour $n\in\mathbb N$, soit $\mathcal P_n$ la propriété : $\ln(a^n)=n\ln a$.\\
{\it Initialisation :} $0\ln a=0=\ln 1=\ln(a^0)$ donc $\mathcal P_0$ est vraie.\\
{\it Transmission :} si $\mathcal P_n$ est vraie pour un entier $n$, alors $$\ln(a^{n+1})=\ln(a^n\times a)=\ln(a^n)+\ln(a)=n\ln(a)+\ln(a)=(n+1)\ln a$$ donc $\mathcal P_{n+1}$ est vraie.\\
{\it Conclusion :} La propriété est vraie pour tout entier naturel $n$. 
\end{document}

\begin{figure}[!h]
 \begin{minipage}[c]{0.72\linewidth}
  \Large

\begin{Rq} Une explication non rigoureuse de la notation $\int_a^bf(x)dx$ : une approximation de l'aire décrite dans le théorème est donnée par la somme des aires des $n$ rectangles de largeur $\Delta x=\frac {b-a}n$ et de longueurs $f(a+k\Delta x)$ où $k=0,1,...,n-1$. Ainsi, pour $n$ grand, $$\mathcal A\approx \sum_{k=1}^nf(a+k\Delta x)\Delta x.$$
\end{Rq}
 \end{minipage}
 \begin{minipage}[c]{0.25\linewidth}   
  \centering \fbox {\includegraphics[width=4.0cm,height=4.0cm]{primitive-c.eps}}
 \end{minipage}
\end{figure}
Lorsque $n$ tend vers l'infini, la somme devient infinie (on remplace le symbole $\sum$ par $\int$, la variable parcours tous les $x\in[a;b]$ et la largeur des rectangles devient $\Delta x$ infinitésimale, et est représentée par $dx$.

\newpage
\section{Valeurs approchées de logarithmes}
Le but de ce paragraphe est de présenter une méthode de calcul approché de logarithmes. Comme le logarithme est une primitive de la fonction inverse, les logarithmes peuvent s'interpréter comme des surfaces, que l'on peut encadrer par des rectangles.

\begin{figure}[h]
  \centering \fbox{\includegraphics[width=10.5cm,height=6cm]{ln2.eps}}
\end{figure}

\noindent Par définition : $\ds\int_1^x\frac 1tdt=[\ln t]_1^x=\ln x-\ln 1=\ln x$.\\
On remarque pour $\Delta>0$ et $n$ entier, 
\begin{eqnarray*} 
n\Delta\leq t\leq (n+1)\Delta &\Rightarrow& \frac 1{(n+1)\Delta}<\frac 1t<\frac 1{n\Delta}\\
&\Rightarrow&\int_{n\Delta}^{(n+1)\Delta} \frac 1{(n+1)\Delta}dt<\int_{n\Delta}^{(n+1)\Delta}\frac 1t<\int_{n\Delta}^{(n+1)\Delta}\frac 1{n\Delta}dt\\
&\Rightarrow& \frac {1}{n+1}<\ln((n+1)\Delta)-\ln (n\Delta)<\frac 1 n
\end{eqnarray*}

\begin{Ex}
Par exemple, si on veut obtenir une valeur approchée de $\ln 2$, avec $\Delta=10$, on réécrit $\ln 2$ afin d'obtenir d'utiliser l'encadrement précédent (en tenant compte du fait que $\ln \ds\frac{10}{10}=\ln 1=0$) :
\begin{eqnarray*}
\ln 2&=&\ln \frac{20}{10}-\ln \frac {19}{10}+\ln\frac {19}{10}-\ln\frac {18}{10}+\ln\frac {18}{10}-\ln\frac{17}{10}+\ln\frac{17}{10}-\ln\frac {16}{10}+\ln\frac {16}{10}-\ln \frac {15}{10}\\
&&+\ln\frac {15}{10}-\ln\frac {14}{10}+\ln\frac {14}{10}-\ln\frac{13}{10}+\ln\frac{13}{10}-\ln\frac {12}{10}+\ln\frac {12}{10}-\ln\frac{11}{10}+\ln\frac{11}{10}-\ln\frac {10}{10}
\end{eqnarray*}
On en déduit :
$$\frac 1{20}+\frac1 {19}+\frac1{18}+...+\frac1{12}+\frac1{11}\leq \ln 2\leq \frac1 {19}+\frac1{18}+\frac1{17}+...+\frac1{11}+\frac 1 {10}$$
D'où $0,66\leq\ln 2\leq 0,71$.
\end{Ex}