\documentclass[a4paper,10pt,french]{article} \linespread{1} \title{Classe de $T^{\text{ale}}$ S } \author{D. Zancanaro} \date{2010-2011} \newcommand{\ch}{Chapitre 7} \newcommand{\Ch}{Logarithme n\'ep\'erien} \newcommand{\Cl}{TS} \newcommand{\Annee}{2010-2011} %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% Package %\usepackage[french,lined,boxed,commentsnumbered]{algorithm2e} \input macro_dwicky_final.tex \geometry{hmargin=2cm,vmargin=2.5cm} \setcounter{NumLecon}{7} %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% Premiere page \begin{document} %\debut %\debutbis{banksy.eps}{Flower Chucker}{Banksy-Pochoiriste}{Télécharger c'est tuer l'industrie, tuons les tous}{Thurston Moore (Sonic Youth)} %\debutcha{banksy.eps}{Flower Chucker }{Banksy-Pochoiriste}{Télécharger c'est tuer l'industrie, tuons les tous}{Thurston Moore (Sonic Youth)} \setcounter{NumLecon}{7} \debutdwicky{lemur.eps}{Faites le mur}{Banksy}{Télécharger c'est tuer l'industrie, tuons les tous}{Thurston Moore (Sonic Youth)}{Faites le mur ! est un film (?) ou un documentaire (documenteur !) réalisé par Banksy, sorti en salle le 15 décembre 2010. Thierry Guetta, un commerçant français excentrique, documentariste amateur vivant à Los Angeles, présenté dans le film comme le cousin de l'artiste Space Invader, aurait amassé une considérable archive d'interviews et d'action de Zevs, Shepard Fairey, André etc. A mesure qu'il filme de manière compulsive la nouvelle génération de l'art urbain, son obsession pour Banksy, le célèbre pochoiriste britannique se fait plus dévorante. Ils se rencontrent enfin. Banksy incite Guetta - au vu de la médiocrité de ses productions audiovisuelles - à se tourner vers l'art urbain. C'est alors que naît l'artiste Mr Brainwash.}{0.35}{0.2} \setcounter{NumLecon}{7} \TITRE{ln.eps}{0.6} \begin{abstract} Très utile, cette fonction permit aux mathématiciens de transformer les produits en somme, en simplifiant ainsi grandement les calculs, le logarithme népérien est l'ancêtre de la calculatrice et l'utilisation des règles à calcul était basée sur les propriétés de cette fonction... \end{abstract} \section{Différentes définitions} Comme souvent en mathématiques, un même objet (ici le logarithme népérien) peut être défini de différentes manières (nous en verrons trois) mais nous aboutirons malgré tout aux mêmes propriétés~: le procédé de fabrication change, mais le produit fini est le même. \subsection{Cherchons des fonctions vérifiant $f(a \times b)=f(a)+ f(b)$} Historiquement, le logarithme népérien a été pour la première fois mis en évidence par l'\'Ecossais John \textsc{Napier} (en franais Jean Néper..) au tout début du $XVII^{e}$ siècle. Afin de faciliter la vie des astronomes, navigateurs, financiers de l'époque qui étaient confrontés à des calculs...astronomiques, John rechercha une fonction qui puisse transformer des produits très compliqués à calculer en sommes plus abordables. Il a donc été amené à résoudre une \textit{équation fonctionnelle}, $i.e.$ il a recherché les fonctions $f$ vérifiant $f(a\times b)=f(a)+f(b)$ Il a pu alors établir des Tables de logarithmes, complétées au fil des ans par des mathématiciens. A partir de deux nombres $a$ et $b$, on lit sur les Tables leurs logarithmes $\ln a$ et $\ln b$; on calcule facilement $\ln a+ \ln b$ qui est égal à $\ln ab$, puis on cherche sur les Tables le nombre qui admet pour logarithme $\ln ab$ et qui est bien sûr $ab$. \subsection{Existe-t-il des primitives de $x\mapsto \frac{1}{x}$ ?} Autre problème~: nous pouvons trouver, assez aisément, des primitives des fonctions qui à $x$ associent respectivement $x^2$, $x^1$, $x^0$, $x^{-2}$, $x^{-3}$, etc. Vous avez tout de suite remarqué que nous avons oublié quelqu'un~: quelles peuvent être les primitives de la fonction qui à $x$ associe $x^{-1}=1/x$~? Une rapide enquête mathématique nous conduit à trouver qu'il s'agit en fait de fonctions vérifiant l'équation fonctionnelle du copain John. Nous le verifierons !, et c'était l'approche au programme jusqu'en $2005$. \subsection{Quelle est la réciproque de la fonction exponentielle~?} Cette année, comme d'habitude, nous roulons pour le nucléaire. Nous avons déjà défini une fonction obéissant à la \textsl{loi de décomposition radioactive}, à savoir la fonction exponentielle. Mais de nouveaux problèmes se posent au moment de construire de nouvelles centrales~: dans combien de milliards d'années les habitants de Tchernobyl ne risqueront plus d'attraper un cancer de la thyrode en ingérant les légumes irradiés de leurs potagers. Le Physicien est alors amené à résoudre une équation d'inconnue $y$ du type $e^y=32$ Quel est donc ce $y$ dont l'exponentielle vaut 32~? Fabrice \textsc{Couenne}, célèbre physicien du $XXI^e$ sicle, vous a déjà donné la réponse~: on l'appelle $\ln 32$. \pagebreak \section{Définition et premières propriétés} \subsection{Définition} Voici le tableau de variation de la fonction exponentielle : \begin{center} \begin{tikzpicture} \tkzTabInit[espcl=6]{$x$/1, Signe\\de $e^x$/2, Variation\\ de $e^x$/2} {$-\infty$ , $+\infty$}% \tkzTabLine {,+,}% \tkzTabVar {-/ $0$ , + /$+\infty$ } \tkzTabVal[draw] {1}{2} {0.3} {$0$} {$1$} \tkzTabVal[draw] {1}{2} {0.7} {$1$} {$e$} \end{tikzpicture} \end{center} En appliquant le théorème de la bijection, l'équation $e^x=\lambda$ admet une unique solution dans $\R$ dès que $\lambda >0$.\\ \Defc{Si $\lambda \in\R^{+*}$ l'équation $e^x=\lambda$ admet une unique solution dans $\R$ que l'on appelle \underline{logarithme népérien de $\lambda$} et que l'on note $\ln \lambda$ } \Rq{On a donc : $$\forall \lambda \in\R^{+*}, \qquad e^x=\lambda \Longleftrightarrow x=\ln \lambda$$ En particulier : $$ e^0=1\Longleftrightarrow \ln 1=0\qquad \text{et}\qquad e^1=e \Longleftrightarrow \ln e=1$$} \Thc{La fonction logarithme népérien qui a $\lambda>0$ associe $\ln \lambda$ vérifie : $$ e^{\ln \lambda}=\lambda\qquad \text{et}\qquad \ln(e^\alpha)=\alpha$$} \Dem{On a donc, pour tout $\lambda>0$, pour tout $\alpha\in\R$ : $$ e^{\ln \lambda}=\lambda\qquad \text{et}\qquad \ln(e^\alpha)=\alpha$$ En effet pour la première égalité, comme $\ln\lambda$ est solution de $e^x=\lambda$ on obtient littéralement $e^{\ln \lambda}=\lambda$\\ De plus le nombre $ \ln(e^\alpha)$ est solution de l'équation $e^x=e^\alpha \Longleftrightarrow x=\alpha$, par conséquent $\ln\left(e^\alpha\right)=\alpha $ } \Rq{La fonction logarithme népérien est donc définie sur $\R^{+*}$ et est à valeurs dans $\R$, on dit que c'est la fonction réciproque de la fonction exponentielle.} \Exop{Résoudre les équations suivantes : \begin{multicols}{4} \begin{enumerate} \item $e^{2x}=2$ \item $ e^{e^x}=3$ \item $\ln x= 4$ \item $\ln x^2=4$ \end{enumerate} \end{multicols}} \subsection{Sens de variation} \Thc{La fonction logarithme népérien est strictement croissante sur $]0;+\infty[$ i.e $$ 0<\lambda <\mu \Longrightarrow \ln \lambda <\ln \mu $$} \Dem{Il s'agit de démontrer que $$ 0<\lambda <\mu \Longrightarrow \ln \lambda <\ln \mu $$ On sait par définition que $\ln \lambda $ est l'unique solution de l'équation $e^x=\lambda$, et de même $\ln \mu$ est l'unique solution de l'équation $e^x=\mu$. On a alors : \begin{eqnarray*} & 0<\lambda<\mu \\ \Longleftrightarrow & 0 0\Longleftrightarrow x<5$ et $3-2x>0\Longleftrightarrow x<\dfrac{3}{2}$. \item \textit{Résolution} : Ainsi pour tout $x<\dfrac{3}{2}$ on a : \begin{eqnarray*} & \ln (5-x)\leq \ln (3-2x) \\ \Longleftrightarrow & 5-x\leq 3-2x\\ \Longleftrightarrow & x\leq -2\\ \end{eqnarray*} L'ensemble des solutions $\mathscr S$ de $(I)$ est : $$ \mathscr S=]-\infty; -2]$$ \end{itemize} } \Corc{On a : \begin{multicols}{2} \begin{enumerate} \item $\ln x<0\Longleftrightarrow x\in[0;1]$ \item $\ln x=0\Longleftrightarrow x=1$ \item $\ln x>0\Longleftrightarrow x>1$ \item $\forall \lambda>0$ et $\forall \mu>0$ on a $$ \ln \lambda=\ln \mu\Longleftrightarrow \lambda =\mu$$ \end{enumerate} \end{multicols}} \Dem{\begin{enumerate} \item Pour tout $x>0$ on a : $$ \ln x<0\Longleftrightarrow \ln x<\ln 1 \Longleftrightarrow 00$ $\ln x=0\Longleftrightarrow \ln x=\ln 1\Longleftrightarrow e^{\ln x}=e^{\ln 1}\Longleftrightarrow x=1$ \item Puisque $1$ et $2$ sont vraies, $3$ l'est forcément. \item $\forall \lambda>0$ et $\forall \mu>0$ on a $$ \ln \lambda=\ln \mu\Longleftrightarrow e^{\ln \lambda}=e^{\ln \mu}\Longleftrightarrow\lambda =\mu$$ \end{enumerate}} \section{Propriétés algébriques} \subsection{Relations fonctionnelles} \Thc{Pour tout $\lambda>0$ et $\mu>0$ on a : $$ \ln \lambda\mu=\ln \lambda+\ln \mu$$ } \Dem{On utilise les propriétés de la fonction exponentielle qui transforme les sommes en produits : $$ e^{\ln \lambda+\ln\mu}=e^{\ln \lambda}e^{\ln \mu}=\lambda\mu$$ En appliquant le logarithme à cette égalité on obtient : $$ \ln \lambda+\ln \mu=\ln \lambda \mu$$ } \Corc{Pour tous $\lambda$ et $\mu$ strictement positif et pour $n\in\Z$ on a : \begin{multicols}{2} \begin{enumerate} \item $\ln \left(\dfrac{1}{\mu}\right)=-\ln\mu$ \item $ \ln \left(\dfrac{\lambda}{\mu}\right)=\ln\lambda-\ln\mu$ \item $\ln\lambda^n=n \ln \lambda$ \item $\ln \sqrt{\lambda}=\dfrac{1}{2}\ln \lambda$ \end{enumerate} \end{multicols}} \Dem{ \begin{enumerate} \item $\ln 1=\ln \dfrac{\mu}{\mu}=\ln \mu+\ln \dfrac{1}{\mu}\Longleftrightarrow \ln \left(\dfrac{1}{\mu}\right)=-\ln\mu$ \item On a : $$ \ln \left(\dfrac{\lambda}{\mu}\right)=\ln \lambda+\ln \dfrac{1}{\mu}=\ln \lambda-\ln\mu$$ \item Notons $\mathscr P(n)$ la propriété à démontrer. \begin{itemize} \item \textit{Initialisation} : Pour $n=0$, ou $n=1$ la propriété est trivialement vraie puisque $\ln 1=0$. \item \textit{Hérédité} : Supposons que $\mathscr P$ soit vraie pour un certain $n-1$ et montrons que $\mathscr P$ est vraie au rang $n$.\\ On a donc (hypothèse de récurrence) $$ \ln\lambda^{n-1}=(n-1) \ln \lambda$$ Par conséquent, $$\ln\lambda^n = \ln \lambda^{n-1}\times \lambda=(n-1) \ln \lambda+\ln \lambda=n \ln \lambda$$ $\mathscr P$ est donc initialisée et héréditaire, par conséquent pour $n\in\N$ on a $\ln\lambda^n=n \ln \lambda$.\\ Si désormais $n<0$, alors $-n>0$ et : $$ \ln \lambda^n=\ln\dfrac{1}{\lambda^{-n}}=-\ln \lambda^{-n}=-(-n\ln\lambda)=n\ln\lambda$$ \end{itemize} \item $$ \ln \lambda= \ln \sqrt{\lambda} \sqrt{\lambda}= \ln \sqrt{\lambda}+\ln \sqrt{\lambda}=2\ln \sqrt{\lambda}\Longrightarrow\ln \sqrt{\lambda}=\dfrac{1}{2}\ln \lambda$$ \end{enumerate}} \Exop{ \begin{enumerate} \item Ecrire à l'aide de $\ln 2$ et $\ln 3$ les nombres $A=\ln 144$ et $B=\ln 81+\ln 3 \sqrt{3}$ \item Résoudre dans $\R$ l'inéquation $ln(5-x)>2\ln (x+1)$. \item Une voiture perd en moyenne $15\%$ de valeur en un an. Au bout de combien d'années a-t-elle perdu la moitié de sa valeur ? \end{enumerate} } \subsection{Continuité et dérivabilité} \Thc{La fonction logarithme népérien est continue et dérivable sur $]0;+\infty[$ et sa dérivée est : $$ (\ln \lambda)'=\dfrac{1}{\lambda}$$ } \Dem{Admettons dans un premier temps que $\ln $ est dérivable sur $]0,+\infty[$. Notons provisoirement $\ln'$ sa dérivée. Nous savons juste que $\exp(\ln x)=x$. En dérivant membre à membre on obtient $\ln'x\times\exp(\ln x)=1$ et donc $\ln'x=1/x$...Bingo ! Démontrons que le logarithme népérien est dérivable sur $]0;+\infty[$ (ce qui impliquera qu'elle est continue sur $]0;+\infty[$) en trois étapes : \begin{enumerate} \item On montre que $\ln$ est continue en $1$ i.e que $ \Lim{1}\ln x=\ln 1=0$ \item Montrons que $\ln$ est dérivable en $1$ (et que donc sa dérivée vaut $1$) i.e que $ \displaystyle \lim\limits_{h\to 0}\dfrac{\ln(1+h)-\ln 1}{h}=1$ \item Enfin concluons en montrant que $\ln $ est dérivable pour tout $a>0$ (et que donc sa dérivée vaut $ \dfrac{1}{a}$) i.e que $$ \displaystyle \lim\limits_{h\to 0}\dfrac{\ln(a+h)-\ln a}{h}=\dfrac{1}{a}$$ \end{enumerate} \begin{enumerate} \item Comme pour tout $x>1$, on a $e^x\geq x+1$ on a aussi $0< \ln x\leq x-1 $, d'après le théorème des gendarmes la limite lorsque $x$ tend vers $1^+$ de $\ln x$ vaut $0=\ln 1$\\ Si $x\in]0;1[$, on a alors $\ln x<0\Longleftrightarrow \ln \left(\frac{1}{x}\right)>0$, et donc en utilisant le résultat précédent pour $1/x>1$ on a aussi : $$ 0<\ln \left(\frac{1}{x}\right)\leq \dfrac{1}{x}-1$$ d'après le théorème des gendarmes lorsque $x$ tend vers $1^{-}$ on obtient alors : $$ \Lim{1^-}\ln x=0\Longrightarrow \Lim{1} \ln x=0=\ln 1$$ Ainsi $\ln$ est continue en $1$. \item Posons $H=\ln(1+h)\Longleftrightarrow e^H=1+h\Longleftrightarrow h=e^H-1$.\\ La fonction $\ln$ étant continue en $1$, lorsque $h$ tend vers $0$, $\ln ( 1 + h )$ c'est-à-dire $H$ tend vers $0$. D'où, en se rappelant le résultat $ \displaystyle \lim\limits_{h\to 0}\dfrac{e^h-1}{h}=1$, : $$ \displaystyle \lim\limits_{h\to 0}\dfrac{\ln(1+h)-\ln 1}{h}= \displaystyle \lim\limits_{H\to 0}\dfrac{H-0}{e^H-1}=1 $$ La fonction $\ln$ est donc dérivable en $1$ et son nombre dérivé en $1$ est $1$. \item Soit $a \in ] 0 ; +\infty [$. Démontrons que la fonction $\ln$ est dérivable en $a$. $$\dfrac{\ln(a+h)-\ln a}{h}=\dfrac{\ln \frac{a+h}{a} }{h}=\dfrac{\ln \left(1+\frac{h}{a}\right) }{h}=\dfrac{1}{a}\times\dfrac{\ln \left(1+\frac{h}{a}\right) }{\frac{h}{a} }$$ Posons $H=\dfrac{h}{a}$ on a alors : $$ \dfrac{\ln(a+h)-\ln a}{h}=\dfrac{1}{a}\times \dfrac{\ln(1+H)}{H}$$ Lorsque $h$ tend vers $0$, $ H=\dfrac{h}{a} $ tend vers $0$, et d'après la partie $2.$ $$\displaystyle \lim\limits_{H\to 0}\dfrac{\ln(1+H)}{H}=1\Longrightarrow \displaystyle \lim\limits_{h\to 0}\dfrac{\ln(a+h)-\ln a}{h} =\dfrac{1}{a}$$ \end{enumerate} } \pagebreak \Ptec{Soit $u$ une fonction dérivable sur un intervalle $I$ et strictement positive alors : $$ (\ln u)'=\dfrac{u'}{u}$$} \Dem{On sait que $$ (v\circ u)'=v'(u)\times u'$$ On applique ce résultat pour $v=\ln$.} \Exop{ \begin{enumerate} \item Déterminer les fonctions dérivées des fonctions définies par : \begin{multicols}{2} \begin{enumerate} \item $f(x)=\ln(x^2-9)$ sur $]3;+\infty[$. \item $g(x)=\ln\left(\dfrac{x-2}{x+2}\right)$ sur $]2;+\infty[$ \end{enumerate} \end{multicols} \item Etudier le sens de variation de la fonction $f : x\longmapsto \dfrac{\ln x-1}{\ln x+1} $ sur l'intervalle $I=\left]\dfrac{1}{e};+\infty\right[$ \end{enumerate}} \subsection{Limites en aux bornes de son ensemble de définiton} \Thc{\textit{Limites aux bornes de son ensemble de définition $]0;+\infty[$} $$ \Lim{+\infty}\ln x=+\infty\qquad \text{et}\qquad \Lim{0^+}\ln x=-\infty$$ Ainsi la représentation graphique de la fonction $\ln$ admet une asymptote verticale d'équation $x=0$ mais n'admet pas d'asymptote horizontale.} \Dem{Soit $M\in\R^{+*}$. Posons $A=e^M$, comme la fonction $\ln $ est strictement croissante sur $\R^{+*}$ on a : $$ \forall x>A\Longrightarrow \ln x>\ln A=M$$ Quelque soit le réel $M$, il existe un rang au delà duquel $\ln x\geq M$, ce qui prouve que $$ \Lim{+\infty}\ln x=+\infty$$ De plus, $$ \Lim{0^+}\ln x=\Lim{+\infty} \ln \dfrac{1}{x}=-\Lim{+\infty}\ln x=-\infty$$ } \Exop{Déterminer les limites suivantes : $$ \Lim{\pm\infty} \ln \dfrac{3x+5}{x-1}$$ } \subsection{Autres limites faisant intervenir le logarithme népérien} \Thc{\textit{Autres limites faisant intervenir le logarithme népérien} \begin{multicols}{2} \begin{enumerate} \item $ \Lim{+\infty} \dfrac{\ln x}{x}=0$ \item $ \Lim{+\infty} \dfrac{\ln x}{x^n}=0$, avec $n\in\N^*$ \item $ \Lim{0^+} x\ln x=0$ \item $ \Lim{0^+} x^n\ln x=0$, avec $n\in\N^*$ \item $ \Lim{1} \dfrac{\ln x}{x-1}=1$ \end{enumerate} \end{multicols} } \Dem{ \begin{enumerate} \item Commencons par démontrer que $ \Lim{+\infty} \dfrac{\ln x}{x}=0$ en utilisant le fait que $$ \Lim{+\infty} \dfrac{e^x}{x}=+\infty\Longleftrightarrow \Lim{+\infty}\dfrac{x}{e^x}=0$$ Posons $X=e^x\Longleftrightarrow \ln X=x$ on a alors $$ \displaystyle\lim\limits_{X\to+\infty}\dfrac{\ln X}{X}=0$$ \item On en déduit alors pour $n\geq 2$ que $$ \Lim{+\infty} \dfrac{\ln x}{x^n}=\Lim{+\infty} \dfrac{1}{x^{n-1}}\times \dfrac{\ln x}{x}=0$$ car $ \Lim{+\infty} \dfrac{1}{x^{n-1}}=0$ et $ \Lim{+\infty} \dfrac{\ln x}{x}=0$. \item En posant $X=\dfrac{1}{x}$, lorsque $x$ tend vers $0^+$ alors $X$ tend vers $+\infty$ et : $$ \Lim{0^+} x\ln x=\Lim{+\infty}\dfrac{1}{X}\ln \dfrac{1}{X}=0$$ \item On en déduit alors pour $n\geq 2$ que $$ \Lim{0^+} x^n\ln x= \Lim{0^+} x^{n-1}\times x\ln x=0$$ \item $ \Lim{1} \dfrac{\ln x}{x-1}=\Lim{1} \dfrac{\ln x-\ln 1}{x-1}$ \\ Il s'agit de la limite du taux d'accroissement de $\ln$ en $1$. Comme $\ln$ est dérivable en $1$ et de dérivée $1$ en $1$, on obtient le résultat voulu. \end{enumerate}} \Exop{Déterminer les limites suivantes $$ \Lim{+\infty} \dfrac{x}{x^2+1}\ln x\qquad \text{;}\qquad \Lim{+\infty}\dfrac{\ln (x+1)}{x}\qquad \text{et}\qquad \Lim{+\infty}\dfrac{\ln x}{ \sqrt{x} }$$} \pagebreak \subsection{Représentation graphique} Les courbes $\mathscr C_{exp}$ et $\mathscr C_{\ln}$ sont symétriques par rapport à la droite $\Delta$ d'équation $y=x$ (cf DM $7$), par conséquent, on peut tracer la courbe repr\'esentative de la fonction $\ln$ : \begin{center} \begin{tikzpicture} \tkzTabInit[espcl=6]{$x$/1, Signe\\de $ \dfrac{1}{x} $/2, Variation\\ de $\ln x$/2} {$0$ , $+\infty$}% \tkzTabLine {,+,}% \tkzTabVar {-/ $-\infty$ , + /$+\infty$ } \tkzTabVal[draw] {1}{2} {0.3} {$1$} {$0$} \tkzTabVal[draw] {1}{2} {0.7} {$e$} {$1$} \end{tikzpicture} \newline \begin{center} \psset{xunit=2cm , yunit=2cm} \begin{pspicture*}(-2.1,-1.5)(5,3.1) \def\xmin{-2.10001} \def\xmax{5} \def\ymin{-1.5} \def\ymax{3.1} \psframe[linewidth=0.3pt,linecolor=gray](-2.20001,-1.6)(5.1,3.2) \def\pshlabel#1{\psframebox*[framesep=1pt]{\small #1}} \def\psvlabel#1{\psframebox*[framesep=1pt]{\small #1}} \psset{xunit=0.2cm,yunit=0.2cm} \psgrid[gridlabels=0pt,gridwidth=.3pt, gridcolor=lightgray, subgridwidth=.3pt, subgridcolor=lightgray, subgriddiv=1](0,0)(-20,-15)(50,31) \psset{xunit=2cm , yunit=2cm} \psclip{% \psframe[linestyle=none](\xmin,\ymin)(\xmax,\ymax) } \newrgbcolor{couleur1}{0.6549 0.6549 0} \newrgbcolor{couleur2}{0 0.3176 0.4745} \newrgbcolor{couleur3}{0.0941 0.647 0.0196} \def\F{x ln} \psplot[linecolor=blue,linestyle=solid,plotpoints=1000]{0.01}{5}{\F} \def\G{x EXP} \psplot[linecolor=red,linestyle=solid,plotpoints=1000]{-2}{5}{\G} \def\H{x} \psplot[linecolor=black,linestyle=solid,plotpoints=1000]{-2}{5}{\H} \endpsclip \psaxes[labels=all,labelsep=1pt, Dx=1,Dy=1,Ox=0,Oy=0]{-}(0,0)(\xmin,\ymin)(\xmax,\ymax) \uput[dl](0,0){0} \uput[dl](0.3,1){$M$} \uput[dl](1.4,0){$M'$} \psdot(2.718,1) \uput[dl](3.5,1){$N(e;1)$} \psdot(1,2.718) \uput[dl](1.8,2.718){$N'(1;e)$} \uput[dl](4,1.7){$\mathscr C_{\ln}$} \uput[dl](-1,0.6){$\mathscr C_{exp}$} \pcline[linewidth=1pt]{->}(0,0)(1,0) \uput[d](0.5,0){\small $\vec i$} \pcline[linewidth=1pt]{->}(0,0)(0,1) \uput[l](0,0.5){\small $\vec j$} \end{pspicture*} \end{center} \end{center} \pagebreak \section{Puissances d'un réel strictement positif} \subsection{Définition} Soit $\lambda>0$ et $n$ un entier relatif. On sait que $$ \ln \lambda^n=n\ln\lambda \Longrightarrow \lambda^n=e^{n\ln \lambda}$$ De même, comme $\ln e=1$, si $x$ est un réel quelconque, on a $e^x=e^{x\ln e}$ \\ Ces constatations conduisent à la définition suivante : \Defc{Soit $\lambda$ un réel strictement positif. Pour tout réel $x$, on pose $$ \lambda^x=e^{x\ln \lambda}$$ } \Ptec{Pour tous les réels $\lambda$ et $\lambda'$ et pour tous les réels $x$ et $x'$ on a : \begin{multicols}{3} \begin{enumerate} \item $\ln \lambda^x=x\ln\lambda$ \item $(\lambda^x)^{x'}=\lambda^{xx'}$ \item $\lambda^{x+x'}=\lambda^x\lambda^{x'}$ \item $(\lambda\lambda')^x=\lambda^x\lambda'^{x}$ \item $\lambda^{x-x'}=\dfrac{\lambda^x}{\lambda^{x'}}$ \item $ \left(\dfrac{\lambda}{\lambda'}\right)^x=\dfrac{\lambda^x}{\lambda'^x}$ \end{enumerate} \end{multicols}} \Rq{On retrouve les règles avec les exposants réels.} \Dem{ On applique simplement la défintion et les propriétés des fonctions $\ln$ et exponentielle. Montrons les trois premières pour exemple : \begin{enumerate} \item On a $$ \ln \lambda^x=\ln e^{x\ln \lambda}=x\ln \lambda$$ \item $ (\lambda^x)^{x'}=\left(e^{x\ln \lambda}\right)^{x'}=e^{x'x\ln \lambda}=\lambda^{xx'}$ \item $\lambda^{x+x'}=e^{(x+x')\lambda}=e^{x\lambda+x'\lambda}=e^{x\lambda}e^{x'\lambda}=\lambda^x\lambda^{x'}$ \end{enumerate}} \subsection{Racine n-ième d'un réel positif} \Defc{Pour tout réel positif $\lambda$ et pour entier naturel non nul $n$, il existe un unique réel positif $x$ tel que $x^n=a$.\\ Ce réel est noté $ \sqrt[n]{\lambda}$ et s'appelle la racine n-ième du réel positif $\lambda$. On a : $$ \sqrt[n]{0}=0\qquad \text{et, pour }\lambda>0, \sqrt[n]{\lambda}=\lambda^{ \frac{1}{n}} $$ } \Exop{Simplifier l'écriture du réel $$ A= \sqrt[3]{162}\times \sqrt[4]{216}$$} \Exop{\begin{enumerate} \item Déterminer la fonction dérivée de la fonction $f:x\longmapsto \sqrt[n]{x}$ sir $]0;+\infty[$. \item Etudier les variations de la fonction $g:x\longmapsto \sqrt[3]{x^2-4}$ sur l'intervalle $[2;+\infty[$. \end{enumerate}} \subsection{Fonction exponentielle de base $a$} \Defc{Soit $\lambda$ un réel strictement positif et différent de $1$. \\ La fonction qui a $x$ associe $\lambda^x$ définie sur $\R$ s'appelle la fonction exponentielle de base $\lambda$.} On a pour tout $x$ $f_\lambda(x)=e^{x\ln\lambda}$ et donc $$ f_\lambda'(x)=\ln \lambda e^{x\ln \lambda}=\ln \lambda \lambda^x$$ Pour tout réel $x$, $ \lambda^x>0$ ; par conséquent : \begin{multicols}{2} \begin{itemize} \item Si $0<\lambda<1$ \begin{center} \begin{tikzpicture} \tkzTabInit[espcl=5]{$x$/1, Signe\\de $ f_\lambda'(x) $/2, Variation\\ de $ f_\lambda$/2} {$-\infty$ , $+\infty$}% \tkzTabLine {,-,}% \tkzTabVar {+/ $+\infty$ , - /$0$ } \tkzTabVal[draw] {1}{2} {0.3} {$0$} {$1$} \tkzTabVal[draw] {1}{2} {0.7} {$1$} {$\lambda$} \end{tikzpicture} \end{center} \item Si $\lambda>1$ \begin{center} \begin{tikzpicture} \tkzTabInit[espcl=5]{$x$/1, Signe\\de $ f_\lambda'(x) $/2, Variation\\ de $ f_\lambda$/2} {$-\infty$ , $+\infty$}% \tkzTabLine {,+,}% \tkzTabVar {-/ $0$ , + /$+\infty$ } \tkzTabVal[draw] {1}{2} {0.3} {$0$} {$1$} \tkzTabVal[draw] {1}{2} {0.7} {$1$} {$\lambda$} \end{tikzpicture} \end{center} \end{itemize} \end{multicols} Nous avons repr\'esent\'es les courbes des fonctions $f$, $g$, $h$, $j$ et $k$ respectivement pour $\lambda=2$, $\lambda=e$, $\lambda=\frac{1}{2}$, $\lambda=\dfrac{3}{2}$ et $\lambda=\dfrac{2}{3}$. \begin{center} %-------------- unités \psset{xunit=1cm,yunit=1cm} %-------------- (xmin,ymin)(xmax,ymax) \def\xmin{-5} \def\xmax{5} \def\ymin{-1} \def\ymax{10} \begin{pspicture}(-5.1,-0.1)(5.1,10.1) \def\pshlabel#1{\psframebox*[framesep=1pt]{\small #1}} \def\psvlabel#1{\psframebox*[framesep=1pt]{\small #1}} %-------------- [graduations] \psaxes[labels=all,labelsep=1pt, Dx=1,Dy=2,Ox=0,Oy=0]{-}(0,0)(\xmin,\ymin)(\xmax,\ymax) %-------------- grilles \psgrid[gridlabels=0,subgriddiv=0,griddots=2](0,0)(\xmin,\ymin)(\xmax,\ymax) %-------------- repère Oij \psline[linewidth=1pt]{->}(0,0)(1,0) \uput[dl](0,0){O} \uput[d](0.5,0){$\overrightarrow{i}$} \psline[linewidth=1pt]{->}(0,0)(0,1) \uput[l](0,0.5){$\overrightarrow{j}$} %-------------- découpage de la boîte \psclip{\psframe[linestyle=none](\xmin,\ymin)(\xmax,\ymax)} \newrgbcolor{couleur1}{0.6549 0.6549 0} \newrgbcolor{couleur2}{0 0.3176 0.4745} \newrgbcolor{couleur3}{0.0941 0.647 0.0196} \def\F{2 x exp} \psplot[linecolor=red,linestyle=solid,plotpoints=1000]{-5}{5}{\F} \def\G{0.5 x exp} \psplot[linecolor=blue,linestyle=solid,plotpoints=1000]{-5}{5}{\G} \def\H{x EXP} \psplot[linecolor=black,linestyle=solid,plotpoints=1000]{-5}{5}{\H} \def\I{1.5 x exp} \psplot[linecolor=green,linestyle=solid,plotpoints=1000]{-5}{5}{\I} \def\J{2 3 div x exp} \psplot[linecolor=cyan,linestyle=solid,plotpoints=1000]{-5}{5}{\J} \uput[u](-1.8,8){$\textcolor{blue}{\mathscr{C}_h : x\mapsto 0.5^{x}}$} \uput[u](3.8,6.5){$\textcolor{red}{\mathscr{C}_f: x\mapsto 2^{x}}$} \uput[u](1,9.4){$\mathscr{C}_g : x\mapsto e^{x}$} \uput[u](4.3,3){$\textcolor{green}{\mathscr{C}_j : x\mapsto \frac{3}{2}^{x}}$} \uput[u](-4,2){$\textcolor{cyan}{\mathscr{C}_k : x\mapsto \frac{2}{3}^{x}}$} \endpsclip \end{pspicture} \end{center} \subsection{Fonctions puissances} \Defc{Soit $\alpha$ un réel. On appelle fonction puissance la fonction $f_\alpha$ définie sur $]0;+\infty[$ qui a $x$ associe le réel $f_\alpha(x)=x^\alpha$} \Rqs{\item Dans la pratique on note $f_\alpha(x)=e^{\alpha \ln x}$. \item On note, du coup, la nécessité de définir la fonction sur $]0;+\infty[$} \Expl{$f_3(x)=x^3=e^{3\ln x}$ et $f_\pi(x)=x^\pi=e^{\pi\ln x}$} \Thc{Les fonctions puissances sont dérivables sur $]0;+\infty[$ et $f_\alpha'(x)=\alpha x^{\alpha-1}$} \Dem{$f_\alpha(x)=e^{\alpha \ln x}\Longrightarrow f_\alpha'(x)=\dfrac{\alpha}{x}e^{\alpha \ln x}=\dfrac{\alpha}{x}\times \alpha^x=\alpha x^{\alpha-1}$} \Expl{$f_\pi(x)=\pi x^{\pi-1}$} \Rq{$x\longmapsto e^{\frac{1}{n}}\ln x$ n'est pas définie en $0$ mais $\Lim{0} e^{\frac{1}{n}}\ln x=0$, la fonction admet donc un prolongement par continuité en $0$. } On a tracé les courbes des fonctions $f$, $g$, $h$, $j$ et $k$ respectivement pour $\alpha= 2$ (bleu), $\alpha=-1$ (rouge), $\alpha=0$ (vert) , $\alpha=1$ (cyan) et $\alpha=0.5$ (noir) : \begin{center} %\usepackage{pstricks,pst-plot,pst-text,pst-tree,pst-eps,pst-fill,pst-node,pst-math} \psset{xunit=1cm , yunit=1cm} \begin{pspicture*}(-1.1,-0.6)(5.1,5.1) \def\xmin{-1} \def\xmax{5} \def\ymin{-0.5} \def\ymax{5} \newrgbcolor{couleurcadre}{0.99 0.99 0.99} \psframe[linewidth=0.3pt,linecolor=couleurcadre](-1.1,-0.6)(5.1,5.1) \def\pshlabel#1{\psframebox*[framesep=1pt]{\small #1}} \def\psvlabel#1{\psframebox*[framesep=1pt]{\small #1}} \psclip{% \psframe[linestyle=none](\xmin,\ymin)(\xmax,\ymax) } \newrgbcolor{couleur1}{0.6549 0.6549 0} \newrgbcolor{couleur2}{0 0.3176 0.4745} \newrgbcolor{couleur3}{0.0941 0.647 0.0196} \def\F{x 2 exp} \psplot[linecolor=blue,linestyle=solid,plotpoints=1000]{0}{5}{\F} \def\G{1 x div} \psplot[linecolor=red,linestyle=solid,plotpoints=1000]{0.001}{5}{\G} \def\H{1} \psplot[linecolor=green,linestyle=solid,plotpoints=1000]{0}{5}{\H} \def\I{x} \psplot[linecolor=cyan,linestyle=solid,plotpoints=1000]{0.001}{5}{\I} \def\J{x .5 exp} \psplot[linecolor=black,linestyle=solid,plotpoints=1000]{0}{5}{\J} \endpsclip \psaxes[labels=all,labelsep=1pt, Dx=1,Dy=2,Ox=0,Oy=0]{-}(0,0)(\xmin,\ymin)(\xmax,\ymax) \uput[dl](0,0){0} \pcline[linewidth=1pt]{->}(0,0)(1,0) \uput[d](0.5,0){\small $\vec i$} \pcline[linewidth=1pt]{->}(0,0)(0,1) \uput[l](0,0.5){\small $\vec j$} \end{pspicture*} \end{center} %\section{D'autres logarithmes} \end{document}