Fonction logarithme népérien

Exercice 1.
Résoudre le système {\begin{cases}x+y=25\cr\ln x+\ln y=\ln 100\end{cases}}
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On a les équivalences : {\begin{array}{l}\begin{cases}x+y=25\cr\ln x+\ln y=\ln 100\end{cases}\\\\\qquad\Leftrightarrow\begin{cases}x+y=25\cr\ln(xy)=\ln 100\cr x>0,\;y>0\end{cases}\\\\\qquad\Leftrightarrow\begin{cases}x+y=25\cr xy= 100\cr x>0,\;y>0\end{cases}\end{array}}Mais {\begin{cases}x+y=25\cr xy= 100\end{cases}\!\!} signifie que {x,y} sont les solutions de : {t^{2}-25t+100=(t-20)(t-5)=0}Conclusion : {\begin{cases}x+y=25\cr\ln x+\ln y=\ln 100\end{cases}\!\!\!\Leftrightarrow (x,y)\in\{(20,5),(5,20)\}}

Exercice 2.
Résoudre le système {\begin{cases}x^2+y^2=169\cr\ln x+\ln y=\ln 60\end{cases}}
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On a les équivalences : {\begin{array}{l}\begin{cases}x^2+y^2=169\cr\ln x+\ln y=\ln 60\end{cases}\\\\\qquad\Leftrightarrow\begin{cases}(x+y)^2-2xy=169\cr\ln (xy)=\ln 60\cr x>0,\;y>0\end{cases}\\\\\qquad\Leftrightarrow\begin{cases}(x+y)^2=289\cr xy= 60\cr x>0,\;y>0\end{cases}\\\\\qquad\Leftrightarrow\begin{cases}x+y=17\cr xy= 60\cr x>0,\;y>0\end{cases}\end{array}}Mais {\begin{cases}x+y=17\cr xy= 60\end{cases}} signifie que {x,y} sont les solutions de : {t^{2}-17t+60=(t-5)(t-12)=0}Conclusion : {\begin{cases}x^2+y^2=169\cr\ln x+\ln y=\ln 60\end{cases}\Leftrightarrow (x,y)\in\{(12,5),(5,12)\}}

Exercice 3.
Soit m un paramètre réel.
Résoudre le système {\begin{cases}x+y=2m-1\\\ln x+\ln y=\ln(m^{2}-m)\end{cases}}
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On suppose {m\lt 0} ou {m\gt 1}, sinon le système est indéfini.

On a les équivalences : {\begin{array}{rl}\begin{cases}x+y=2m-1\\\ln x+\ln y=\ln(m^{2}-m)\end{cases}\\\\\qquad\Leftrightarrow\begin{cases}x+y=2m-1\cr\ln(xy)=\ln(m^{2}-m)\\x>0,\;y>0\end{cases}\\\\\qquad\Leftrightarrow\begin{cases}x+y=2m-1\cr xy=m^{2}-m\cr x>0,\;y>0\end{cases}\end{array}}Mais {\begin{cases}x+y=2m-1\cr xy=m^{2}-m\end{cases}\Leftrightarrow x,y} sont les solutions {t_{1},t_{2}} de : {t^{2}-(2m-1)t+m^{2}-m=0}On a {\Delta=(2m-1)^{2}-4m^{2}+4m=1}.

Donc {t_{1}=\dfrac{(2m-1)-1}{2}=m-1} et {t_{2}=\dfrac{(2m-1)+1}{2}=m}.

On a alors l’équivalence : {\begin{array}{rl}\begin{cases}x+y=2m-1\\\ln x+\ln y=\ln(m^{2}-m)\end{cases}\\\\\qquad\Leftrightarrow\begin{cases}(x,y)\in\{(m,m-1),(m-1,m)\}\cr x>0,\;y>0\end{cases}\end{array}}On voit que la positivité des solutions {x,y} exige {m>1}.

Conclusion : si {m\le1} il n’y a pas de solution.

Si m\gt 1 les solutions {(x,y)} sont {(m,m-1)} et {(m-1,m)}.

Exercice 4.
Résoudre l’équation {\ln(x+3)+\ln(x+5)=\ln15}.
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On a les équivalences : {\begin{array}{rl}\ln(x+3)+\ln(x+5)=\ln15\\\\\qquad\Leftrightarrow \begin{cases}(x+3)(x+5)=15\cr x>-3\end{cases}\\\\\qquad\Leftrightarrow \begin{cases}x(x+8)=0\cr x>-3\end{cases}\Leftrightarrow x=0\end{array}}

Exercice 5.
Montrer que: ({p>0}, {q>0}, et {p+q=2}) {\Rightarrow p^{p}q^{q}\in[1,4[}.
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Avec {p>0}, {q>0}, {p+q=2}, on a : {\ln(p^{p}q^{q})=p\ln p+q\ln q=\varphi(p)}{\varphi(x)=x\ln x+(2-x)\ln(2-x)}

L’application {\varphi} est définie et dérivable sur {]0,2[}.

On a {\varphi'(x)=\ln x+1-\ln (2-x)-1=\ln x-\ln(2-x)}.

On a {\varphi'(x)>0\Leftrightarrow x>2-x\Leftrightarrow x>1}.

Ainsi {\varphi} croît strictement sur {]0,1]} et décroît strictement sur {[1,2[}.

Son minimum absolu, atteint en {x=1} vaut {\varphi(1)=0}.

Par ailleurs : {\displaystyle\lim_{x\rightarrow0}\varphi(x)=\displaystyle\lim_{x\rightarrow2}\varphi(x)=2\ln 2=\ln 4}.

Avec les conditions de l’énoncé, on a donc : {0\le p\ln p+q\ln q\lt \ln 4}

Finalement, on obtient : {1\le p^{p}q^{q}\lt 4}

Exercice 6.
Montrer que : {\forall x\gt 0,\;x-x^2/2\lt \ln(1+x)\lt x}.
En déduire la limite de {\displaystyle\prod_{k=1}^n(1+\dfrac k{n^2})} quand {n\to+\infty}.
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Sur {]-1,+\infty[}, on pose :{f(x)=x-\ln(1+x)\text{\ et\ }g(x)\ln(1+x)-x+\dfrac{x^{2}}{2}}Sur {\mathbb{R}^{+*}}, on a {f'(x)=1-\dfrac{1}{1+x}=\dfrac{x}{1+x}>0}.

De même : {\forall x\gt0,\;g'(x)=\dfrac{1}{1+x}-1+x=\dfrac{x^{2}}{1+x}>0}.

Ainsi {f} et {g} sont strictement croissantes sur {\mathbb{R}^{+}}.

Or {f(0)=g(0)=0}. Donc {\begin{cases}f(x)>0\\ g(x)>0\end{cases}} sur {\mathbb{R}^{+*}}.

Ou encore : {\forall x\gt0,\;x-\dfrac{x^2}2\lt \ln(1+x)\lt x}.

Soit {u_{n}=\displaystyle\prod_{k=1}^n\Bigl(1+\dfrac k{n^2}\Bigr)}, donc {\ln u_{n}=\displaystyle\sum_{k=1}^n\ln\Bigl(1+\dfrac k{n^2}\Bigr)}.

L’encadrement précédent, avec {x=\dfrac{k}{n^{2}}}, s’écrit : {\dfrac{k}{n^{2}}-\dfrac{k^{2}}{2n^{4}}\lt \ln\Bigl(1+\dfrac{k}{n^{2}}\Bigr)\lt \dfrac{k}{n^{2}}}On somme ces encadrements de {k=1} à {k=n}. On obtient :{\dfrac{n+1}{2n}-\dfrac{(n+1)(2n+1)}{12n^{3}}\lt \ln u_{n}\lt \dfrac{n+1}{2n}}Ainsi, quand {n\rightarrow+\infty}, {\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}\ln u_{n}=\dfrac12} donc {\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty} u_{n}=\sqrt{\text{e}}}.

Exercice 7.
Montrer que : {\forall x\in]-1,1[,\;\ln(1+x)\le x\le -\ln(1-x)}.
En déduire la limite de {u_n=\dfrac1n+\dfrac1{n+1}+\cdots+\dfrac 1{pn}} (avec {p\in\mathbb{N}}, {p\ge2}).
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On connait l’inégalité {\ln(1+x)\le x} pour {x>-1}.

On en déduit {\ln(1-x)\le -x} pour {x\lt 1}.

Ainsi : {-1\lt x\lt 1\Rightarrow \ln(1+x)\le x\le -\ln(1-x)}.

Posons {u_n=\dfrac1n+\dfrac1{n+1}+\cdots+\dfrac 1{pn}} (avec {p\in\mathbb{N}}, {p\ge2}).

Pour {2\le n\le k\le pn}, on a l’encadrement : {\ln\Bigl(1+\dfrac1k\Bigr)\le \dfrac1k\le -\ln\Bigl(1-\dfrac1k\Bigr)}Cet encadrement s’écrit : {\ln(k+1)-\ln k\le \dfrac1k\le \ln k-\ln(k-1)}On somme ces encadrements de {k=n} à {k=pn}.

On obtient : {\ln(pn+1)-\ln n\le u_{n}\le \ln(pn)-\ln(n-1)}Ainsi : {\ln\dfrac{pn+1}{n}\le u_{n}\le \ln\dfrac{pn}{n-1}}.

Quand {n\to +\infty}, on trouve {\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}u_{n}=\ln p}.