Fonction logarithme népérien

**En $0^+$ :** $x \to 0$ et $-\ln x \to +\infty$, donc $f(x) \to +\infty$ (somme, pas d'indétermination). **En $+\infty$ :** forme indéterminée $\infty - \infty$. On **factorise par le terme dominant** $x$ : $$f(x) = x\left(1 - \frac{\ln x}{x}\right)$$ Par croissance comparée, $\dfrac{\ln x}{x} \to 0$, donc la parenthèse tend vers $1$ et $f(x) \to +\infty$. $$\boxed{\lim_{x \to 0^+} f = +\infty, \qquad \lim_{x \to +\infty} f = +\infty}$$

$$f'(x) = 1 - \frac{1}{x} = \frac{x-1}{x}$$ Sur $]0\,;+\infty[$ le dénominateur est positif : $f'$ a le **signe de $x - 1$**. Donc $f$ décroît sur $]0\,;1]$ puis croît sur $[1\,;+\infty[$. Elle admet un **minimum** en $x = 1$ : $$\boxed{f(1) = 1 - \ln 1 = 1}$$

D'après la question 2, le minimum de $f$ vaut $1$, donc pour tout $x > 0$ : $$f(x) = x - \ln x \geqslant 1$$ En réarrangeant : $$\boxed{\ln x \leqslant x - 1}$$ avec égalité **si et seulement si $x = 1$** (le point où le minimum est atteint). *C'est la même inégalité qu'à l'exercice 18, obtenue ici par une étude de fonction plutôt que par la concavité — les deux démonstrations sont au programme.*

**En $0^+$ :** $\ln x \to -\infty$ et $\dfrac{1}{x^2} \to +\infty$ : le produit tend vers $-\infty$. **En $+\infty$ :** on écrit $\dfrac{\ln x}{x^2} = \dfrac{\ln x}{x} \times \dfrac{1}{x}$. Par croissance comparée $\dfrac{\ln x}{x} \to 0$, et $\dfrac{1}{x} \to 0$ : $$\boxed{\lim_{x \to 0^+} f = -\infty, \qquad \lim_{x \to +\infty} f = 0}$$

Quotient avec $u = \ln x$ ($u' = \frac{1}{x}$) et $v = x^2$ ($v' = 2x$) : $$f'(x) = \frac{\frac{1}{x} \times x^2 - \ln x \times 2x}{x^4} = \frac{x - 2x\ln x}{x^4} = \frac{1 - 2\ln x}{x^3}$$ Sur $]0\,;+\infty[$, $x^3 > 0$ : $f'$ a le signe de $1 - 2\ln x$, positif ssi $\ln x < \dfrac{1}{2}$, c'est-à-dire $x < \sqrt{e}$. Donc $f$ admet un **maximum** en $x = \sqrt{e}$ : $$\boxed{f(\sqrt{e}) = \frac{\ln\sqrt{e}}{e} = \frac{1/2}{e} = \frac{1}{2e} \approx 0{,}184}$$

L'écriture $x^x = e^{x\ln x}$ est **la clé** : elle ramène une forme indéterminée « $0^0$ » à une croissance comparée connue. Par croissance comparée, $x\ln x \to 0$ quand $x \to 0^+$. La fonction $\exp$ étant continue : $$x^x = e^{x\ln x} \xrightarrow[x \to 0^+]{} e^{0}$$ $$\boxed{\lim_{x \to 0^+} x^x = 1}$$

On dérive $e^{u}$ avec $u = x\ln x$, dont la dérivée est $u' = \ln x + 1$ (cf. exercice 19) : $$f'(x) = u'\,e^{u} = (\ln x + 1)\,e^{x\ln x}$$ $$\boxed{f'(x) = (\ln x + 1)\,x^x}$$

Comme $x^x = e^{x\ln x} > 0$ toujours, $f'$ a le **signe de $\ln x + 1$** : $$\ln x + 1 > 0 \iff \ln x > -1 \iff x > e^{-1} = \frac{1}{e}$$ Donc $f$ décroît sur $\left]0\,;\frac{1}{e}\right]$ puis croît : elle admet un **minimum** en $x = \dfrac{1}{e}$ : $$\boxed{f\left(\frac{1}{e}\right) = \left(\frac{1}{e}\right)^{1/e} = e^{-1/e} \approx 0{,}692}$$

**Domaine :** $x > 0$. **Changement de variable :** on pose $X = \ln x$, qui peut prendre **n'importe quelle valeur réelle** (aucune contrainte, contrairement au cas $X = e^x > 0$). $$X^2 - 3X + 2 = 0 \iff (X-1)(X-2) = 0 \iff X = 1 \ \text{ou} \ X = 2$$ **Retour à $x$ :** - $\ln x = 1 \iff x = e$ ; - $\ln x = 2 \iff x = e^2$. $$\boxed{\mathcal{S} = \{e\,;e^2\}}$$

Avec le même changement de variable $X = \ln x$, le trinôme $X^2 - 3X + 2$ (de coefficient dominant $1 > 0$) est **négatif entre ses racines** : $$1 < X < 2$$ **Retour à $x$ :** $1 < \ln x < 2$. La fonction $\exp$ étant strictement croissante, on compose sans changer le sens : $$e^1 < x < e^2$$ $$\boxed{\mathcal{S} = \,]e\,;e^2[}$$

**Domaine :** $x > 0$. On simplifie d'abord le membre de droite : $\ln(x^4) = 4\ln x$. Avec $X = \ln x$ : $$X^2 = 4X \iff X^2 - 4X = 0 \iff X(X - 4) = 0$$ (surtout **ne pas diviser par $X$** : on perdrait la solution $X = 0$ !) Donc $X = 0$ ou $X = 4$ : - $\ln x = 0 \iff x = 1$ ; - $\ln x = 4 \iff x = e^4$. $$\boxed{\mathcal{S} = \{1\,;e^4\}}$$

$\ln 2 = \displaystyle\int_1^2 \frac{dt}{t}$ est l'**aire** du domaine compris entre la courbe de $t \mapsto \dfrac{1}{t}$, l'axe des abscisses, et les droites $t = 1$ et $t = 2$. (La fonction $\frac{1}{t}$ étant positive sur $[1\,;2]$, l'intégrale est bien une aire.)

On découpe $[1\,;2]$ en $4$ intervalles de longueur $h = \dfrac{1}{4}$, aux bornes $1\,;1{,}25\,;1{,}5\,;1{,}75\,;2$. La fonction $t \mapsto \dfrac{1}{t}$ est **décroissante** : sur chaque sous-intervalle, elle est majorée par sa valeur à gauche et minorée par sa valeur à droite. **Minorant** (rectangles à droite) : $$\frac{1}{4}\left(\frac{1}{1{,}25} + \frac{1}{1{,}5} + \frac{1}{1{,}75} + \frac{1}{2}\right) \approx 0{,}6345$$ **Majorant** (rectangles à gauche) : $$\frac{1}{4}\left(\frac{1}{1} + \frac{1}{1{,}25} + \frac{1}{1{,}5} + \frac{1}{1{,}75}\right) \approx 0{,}7595$$ $$\boxed{0{,}6345 \leqslant \ln 2 \leqslant 0{,}7595}$$ *Contrôle :* $\ln 2 \approx 0{,}693$ est bien dans l'encadrement ✓ (l'encadrement se resserre si l'on augmente le nombre de subdivisions).

**Limite :** par croissance comparée, $\lim\limits_{x \to 0^+} x\ln x = 0$ (la fonction se **prolonge par continuité** en $0$ en posant $f(0) = 0$). **Dérivée :** produit de $x$ et $\ln x$ : $$f'(x) = 1 \times \ln x + x \times \frac{1}{x} = \ln x + 1$$ **Signe :** $f'(x) > 0 \iff \ln x > -1 \iff x > \dfrac{1}{e}$. Donc $f$ décroît puis croît, avec un **minimum** en $x = \dfrac{1}{e}$ : $$\boxed{f\left(\frac{1}{e}\right) = \frac{1}{e} \times (-1) = -\frac{1}{e} \approx -0{,}368}$$

On dérive une seconde fois : $$f''(x) = (\ln x + 1)' = \frac{1}{x}$$ Sur $]0\,;+\infty[$, $f''(x) = \dfrac{1}{x} > 0$ : la fonction $f$ est **convexe** sur tout son ensemble de définition. $$\boxed{f \text{ est convexe sur } ]0\,;+\infty[}$$ *Conséquence :* la courbe de $f$ est **au-dessus de toutes ses tangentes**, et $f''$ ne s'annulant jamais, il n'y a **aucun point d'inflexion**.

$$\log(10) = \frac{\ln 10}{\ln 10} = \boxed{1}, \qquad \log(100) = \frac{\ln(10^2)}{\ln 10} = \frac{2\ln 10}{\ln 10} = \boxed{2}, \qquad \log(1000) = \boxed{3}$$ *Autrement dit :* $\log(10^n) = n$ — le logarithme décimal **compte les puissances de 10**. C'est pourquoi il sert aux échelles (pH, décibels, magnitude sismique).

**Principe :** un entier $N$ s'écrit avec $p$ chiffres si et seulement si $10^{p-1} \leqslant N < 10^{p}$, c'est-à-dire $p - 1 \leqslant \log N < p$. Le nombre de chiffres est donc $$p = \lfloor \log N \rfloor + 1$$ **Application :** $\log\left(2^{100}\right) = 100\log 2 \approx 100 \times 0{,}30103 \approx 30{,}103$. $$p = \lfloor 30{,}103 \rfloor + 1 = 30 + 1$$ $$\boxed{2^{100} \text{ comporte } 31 \text{ chiffres}}$$ *Remarquable :* on connaît le nombre de chiffres sans jamais calculer $2^{100}$.

On dérive $\dfrac{1}{v}$ avec $v = 1 + e^{-x}$ et $v' = -e^{-x}$ : $$f'(x) = -\frac{v'}{v^2} = \frac{e^{-x}}{(1+e^{-x})^2}$$ Pour retrouver la forme voulue, on remarque que $$1 - f(x) = 1 - \frac{1}{1+e^{-x}} = \frac{e^{-x}}{1+e^{-x}}$$ D'où : $$f(x)\big(1-f(x)\big) = \frac{1}{1+e^{-x}} \times \frac{e^{-x}}{1+e^{-x}} = \frac{e^{-x}}{(1+e^{-x})^2} = f'(x)$$ $$\boxed{f' = f(1-f)}$$ *Conséquence :* comme $0 < f < 1$, on a $f' > 0$ : la sigmoïde est **strictement croissante**.

On résout $y = \dfrac{1}{1+e^{-x}}$ d'inconnue $x$, avec $y \in\, ]0\,;1[$ : $$1 + e^{-x} = \frac{1}{y} \iff e^{-x} = \frac{1}{y} - 1 = \frac{1-y}{y}$$ On compose par $\ln$ (le membre de droite est bien $> 0$ car $0 < y < 1$) : $$-x = \ln\left(\frac{1-y}{y}\right) \iff x = \ln\left(\frac{y}{1-y}\right)$$ $$\boxed{f^{-1}(y) = \ln\left(\frac{y}{1-y}\right)}$$

Sur $[k\,;k+1]$, la fonction décroissante $t \mapsto \dfrac{1}{t}$ vérifie $\dfrac{1}{k+1} \leqslant \dfrac{1}{t} \leqslant \dfrac{1}{k}$. En intégrant sur cet intervalle de longueur $1$ : $$\frac{1}{k+1} \leqslant \int_k^{k+1} \frac{dt}{t} = \ln(k+1) - \ln k \leqslant \frac{1}{k}$$ **Minorant :** en sommant $\ln(k+1) - \ln k \leqslant \dfrac{1}{k}$ pour $k = 1$ à $n$, la somme de gauche se **télescope** : $$\ln(n+1) - \ln 1 = \ln(n+1) \leqslant H_n$$ **Majorant :** en sommant $\dfrac{1}{k+1} \leqslant \ln(k+1) - \ln k$ pour $k = 1$ à $n-1$, on obtient $H_n - 1 \leqslant \ln n$. $$\boxed{\ln(n+1) \leqslant H_n \leqslant 1 + \ln n}$$

D'après le minorant, $H_n \geqslant \ln(n+1)$, et $\ln(n+1) \to +\infty$ quand $n \to +\infty$. Par **comparaison** : $$\boxed{\lim_{n \to +\infty} H_n = +\infty}$$ *Résultat contre-intuitif :* les termes $\frac{1}{k}$ tendent vers $0$, et pourtant leur somme **diverge**. Mais très lentement : d'après le majorant, il faut environ $n = e^{100}$ termes pour que $H_n$ atteigne $100$.

L'encadrement de la question 1 donne directement, en retranchant $\ln n$ : $$\underbrace{\ln(n+1) - \ln n}_{\geqslant\, 0} \leqslant H_n - \ln n \leqslant 1$$ Donc pour tout $n \geqslant 1$ : $$\boxed{0 \leqslant u_n \leqslant 1}$$ La suite $(u_n)$ est **bornée**. *(On montre en études supérieures qu'elle converge ; sa limite est la constante d'Euler $\gamma \approx 0{,}577$.)*

Il s'agit simplement de la dérivée de $\ln(u)$ appliquée à $u = f$ : $$\big(\ln f(x)\big)' = \frac{f'(x)}{f(x)}$$ (licite car $f > 0$, donc $\ln f$ est bien définie). **Intérêt :** le logarithme transforme les **produits en sommes**. Dériver $\ln f$ est donc bien plus simple que dériver $f$ quand $f$ est un gros produit.

**Étape 1 — on prend le logarithme** (tous les facteurs sont $> 0$ sur $]2\,;+\infty[$) : $$\ln f(x) = 2\ln x + 3\ln(x+1) + 4\ln(x-2)$$ Le produit est devenu une **somme** ! **Étape 2 — on dérive** terme à terme : $$\boxed{\frac{f'(x)}{f(x)} = \frac{2}{x} + \frac{3}{x+1} + \frac{4}{x-2}}$$ *Comparer avec la dérivation directe :* il aurait fallu appliquer deux fois la règle du produit sur un polynôme de degré 9. Le logarithme réduit le calcul à trois dérivées immédiates.