1. Fonctions logarithme, exponentielle et puissances
1.1. Fonction logarithme et exponentielle
Définition—Logarithme
La fonction ln est l'unique primitive de x↦x1 sur R+∗ s'annulant en 1.
Proposition—Propriétés algébriques du logarithme
Le logarithme transforme les produits en sommes :∀(x,y)∈(R+∗)2,ln(xy)=lnx+lnyet donc les quotients en différences :∀(x,y)∈(R+∗)2,lnyx=lnx−lnyet les puissances en multiples :∀(x,n)∈R+∗×Z,ln(xn)=nlnx
Attention
Le produit xy peut être strictement positif sans que x et y le soient (ils peuvent être aussi tous deux strictement négatifs). Il ne faut donc surtout pas écrire ln(xy)=lnx+lny si on n'est pas sûr que x et y sont strictement positifs. Si xy est strictement positif, c'est que xy=∣xy∣ et on peut écrire sans prendre de risqueln(xy)=ln∣x∣+ln∣y∣
Proposition
La fonction ln est dérivable sur R+∗ et pour tout x∈R+∗, ln′(x)=x1.
Définition—Exponentielle
ln est une bijection strictement croissante de R+∗ sur R. On note exp sa bijection réciproque.
Remarque
Le fait que ln et exp soient des bijections réciproques l'une de l'autre signifie que ln(exp(x))=x pour tout x∈R et exp(ln(x))=x pour tout x∈R+∗.
Proposition—Propriétés algébriques de l'exponentielle
L'exponentielle transforme les sommes en produits :∀(x,y)∈R2,exp(x+y)=exp(x)exp(y)et donc les différences en quotients :∀(x,y)∈R2,exp(x−y)=exp(y)exp(x)et les multiples en puissances :∀(x,n)∈R×Z,exp(nx)=exp(x)n
Proposition
La fonction exp est dérivable sur R et pour tout x∈R, exp′(x)=exp(x).
Démonstration
D'après la Définition 1.2, exp est la bijection réciproque de ln. D'après la Proposition 1.2, ln est dérivable sur R+∗ de dérivée x↦x1, qui ne s'annule pas sur R+∗.
Par le théorème de dérivabilité de la bijection réciproque (admis comme acquis du lycée) : si f est dérivable et f′ ne s'annule pas, alors f−1 est dérivable et (f−1)′(y)=f′(f−1(y))1.
Ici, exp=ln−1, donc pour tout x∈R :exp′(x)=ln′(exp(x))1=exp(x)11=exp(x)
Encadré—Variations de ln et exp
Variation de exp :xexp′(x)exp(x)−∞0+↗+∞+∞Variation de ln :xln′(x)ln(x)0−∞+↗+∞+∞
Soient x,y∈R+∗. Posons f:t↦ln(ty)−ln(t)−ln(y) pour t>0.
D'après la Définition 1.1, ln est l'unique primitive de t↦t1 s'annulant en 0. Par la règle de dérivation des fonctions composées (admise ici comme acquise du lycée), pour tout t>0 :f′(t)=tyy−t1=t1−t1=0Donc f est constante sur R+∗. En particulier f(1)=ln(y)−ln(1)−ln(y). Or, d'après la Définition 1.1, ln s'annule en 0, c'est-à-dire ln(1)=0 (car ∫11t1dt=0, soit l'unique primitive s'annulant en 0 vérifie ln(1)=0). Donc f(1)=ln(y)−0−ln(y)=0.
Ainsi f est la fonction nulle, c'est-à-dire pour tout x>0 :ln(xy)=ln(x)+ln(y)Pour la deuxième formule, on en déduit que ln(yx)=ln(x⋅y1)=ln(x)+ln(y1). En posant x=y dans la première formule : ln(y2)=2ln(y), et plus généralement en posant x=yn−1 et en procédant par récurrence (ou en raisonnant par induction), on obtient pour n∈N∗ : ln(yn)=nln(y).
Pour n∈Z−, on écrit yn=(y−n)−1, puis ln(yn)=ln(y−n1)=ln(1)−ln(y−n)=−(−n)ln(y)=nln(y).ln(xy)=lnx+lny,lnyx=lnx−lny,ln(xn)=nlnx
Démonstration
D'après la Définition 1.1, ln est l'unique primitive de x↦x1 sur R+∗. Par définition, une primitive est dérivable et sa dérivée est la fonction dont elle est primitive. Donc ln est dérivable sur R+∗ et, pour tout x∈R+∗ :ln′(x)=x1
Démonstration
D'après la Définition 1.2, exp est la bijection réciproque de ln, donc en particulier ln(exp(x))=x pour tout x∈R et exp(ln(x))=x pour tout x∈R+∗.
Soient x,y∈R. Puisque exp(x)>0 et exp(y)>0, on peut appliquer la Proposition 1.1 :ln(exp(x)⋅exp(y))=ln(exp(x))+ln(exp(y))=x+yOr ln est injective (c'est une bijection d'après la Définition 1.2), donc :exp(x+y)=exp(x)exp(y)puisque ln(exp(x+y))=x+y=ln(exp(x)exp(y)).
Pour la deuxième formule, on en déduit que exp(x−y)=exp(x+(−y))=exp(x)exp(−y). Or exp(y)exp(−y)=exp(y+(−y))=exp(0)=1, donc exp(−y)=exp(y)1, d'où exp(x−y)=exp(y)exp(x).
Pour la troisième formule, pour n∈N∗, on raisonne par récurrence : exp(1⋅x)=exp(x)1, et si exp((n−1)x)=exp(x)n−1, alors exp(nx)=exp((n−1)x+x)=exp((n−1)x)exp(x)=exp(x)n−1exp(x)=exp(x)n. Le cas n∈Z− s'obtient de même en utilisant exp(−y)=exp(y)1.
Remarque
Ainsi, si a∈R∗, an est défini pour tout n∈Z.
Définition—Puissances quelconques
Si a∈R+∗ et b∈R, on pose ab=exp(blna).
Contre-exemple—Puissance non entière d'une base négative : impossible
L'hypothèse a∈R+∗ dans la définition ab=exp(blna) est indispensable.
Par exemple, (−2)3=−8 est bien défini (puissance entière, Définition 1.3). En revanche, (−2)1/2 n'a aucun sens dans R : il faudrait écrire (−2)1/2=exp(21ln(−2)), or ln(−2) n'est pas défini (ln n'est défini que sur R+∗ d'après la Définition 1.1).
Plus généralement, pour tout α∈R∖Z et tout a<0, l'expression aα est sans signification dans R.
Attention
Si a est négatif, on ne peut pas définir de puissances non entières de a.
Remarque
Il est important de remarquer que les deux définitions des puissances coïncident. Autrement dit, si a∈R+∗ et n∈Z, an=exp(nlna).
On peut alors étendre les propriétés des logarithmes et des exponentielles à des puissances non entières.
Proposition
• ∀(x,α)∈R+∗×R,ln(xα)=αln(x)
• ∀(x,α)∈R2,exp(x)α=exp(αx)
Démonstration
Soient x∈R+∗ et α∈R. D'après la Définition 1.4, xα=exp(αlnx). Donc, en appliquant la Proposition 1.1 (troisième formule, étendue aux réels via la Définition 1.4) :ln(xα)=ln(exp(αlnx))Puisque ln et exp sont bijections réciproques (Définition 1.2), ln(exp(t))=t pour tout t∈R. En posant t=αlnx :ln(xα)=αlnxPour la deuxième formule, soient x∈R et α∈R. D'après la Définition 1.4 appliquée à exp(x) (qui est strictement positif) avec l'exposant α :exp(x)α=exp(αln(exp(x)))Or ln(exp(x))=x par définition des bijections réciproques. Donc :exp(x)α=exp(αx)
Encadré—Le nombre e
On note e=exp(1) ou, de manière équivalente, on note e l'unique antécédent de 1 par ln. Pour tout x∈R, ex=exp(xlne)=exp(x). C'est pourquoi dorénavant, on notera ex et non exp(x) l'exponentielle d'un réel x.
Proposition—Propriétés algébriques
Lorsque les expressions suivantes ont un sens :xa+b=xaxbxab=(xa)b=(xb)a(xy)a=xayax−a=xa1=(x1)a
Démonstration
Les quatre formules découlent directement des propriétés de ln et exp via la Définition 1.4 (ab=exp(blna) pour a>0).
Formule 1 :xa+b=exp((a+b)lnx)=exp(alnx+blnx)=exp(alnx)exp(blnx)=xaxb, en utilisant la Proposition 1.3 (première formule).
Formule 2 :xab=exp(ablnx). D'autre part, (xa)b=exp(bln(xa)). D'après la Proposition 1.5 (première formule), ln(xa)=alnx, donc (xa)b=exp(ablnx)=xab. De même (xb)a=xab.
Formule 3 : Supposons x,y>0. (xy)a=exp(aln(xy))=exp(a(lnx+lny)) par la Proposition 1.1, =exp(alnx+alny)=exp(alnx)exp(alny)=xaya, par la Proposition 1.3.
Formule 4 :x−a=exp(−alnx)=exp(alnx)1=xa1, en utilisant exp(−t)=exp(t)1 (déduit de la Proposition 1.3). De plus (x1)a=exp(aln(x−1))=exp(−alnx)=x−a.
Exemple
Pour tout n∈Z, (2n)2=22n.
Définition—Fonction puissance
On appelle fonction puissance toute fonction du type x↦xα où α∈R.
Proposition—Ensemble de définition
• Si α∈N∗, x↦xα est définie sur R.
• Si α∈Z−, x↦xα est définie sur R∗.
• Si α∈R∖Z, x↦xα est définie sur R+∗.
Démonstration
On distingue les trois cas selon la Définition 1.5 (fonction puissance x↦xα) et les Définitions 1.3 et 1.4.
Cas α∈N∗ : D'après la Définition 1.3, xα=α foisx×⋯×x est défini pour tout x∈R (produit de réels). Donc le domaine de définition est R.
Cas α∈Z− : On a α=−n avec n∈N∗. D'après la Définition 1.3, xα=x−n=xn1, qui est défini si et seulement si xn=0, c'est-à-dire x=0. Donc le domaine est R∗.
Cas α∈R∖Z : D'après la Définition 1.4, xα=exp(αlnx). La fonction ln est définie sur R+∗ (Définition 1.1) et exp est définie sur R tout entier (Définition 1.2). Donc xα est défini si et seulement si x∈R+∗.
Remarque
Si α>0, on peut prolonger par continuité la fonction x↦xα par 0 en 0.
Si α=0, on peut prolonger par continuité la fonction x↦xα par 1 en 0.
Proposition—Parité
Soit n∈Z. La fonction x↦xn a la parité de n.
Démonstration
Soit n∈Z. Rappelons qu'une fonction f est paire si f(−x)=f(x) pour tout x du domaine, et impaire si f(−x)=−f(x).
Soit x∈R∗ (ou R si n≥0). On calcule (−x)n.
Si n∈N∗ : D'après la Définition 1.3, (−x)n=(−1)nxn. En effet, (−x)n=n fois(−x)×⋯×(−x)=(−1)nn foisx×⋯×x=(−1)nxn. - Si n est pair, (−1)n=1, donc (−x)n=xn : la fonction est paire. - Si n est impair, (−1)n=−1, donc (−x)n=−xn : la fonction est impaire.
Si n∈Z− : On a (−x)n=(−x)−n1. Puisque −n∈N∗, on vient de voir que (−x)−n=(−1)−nx−n. Donc (−x)n=(−1)−nx−n1=(−1)−(−n)⋅x−n1=(−1)nxn. Le même raisonnement donne alors la parité de n.
Dans les deux cas, la fonction x↦xn est paire si n est pair, impaire si n est impair : elle a la parité de n.
Remarque
Si α∈R∖Z, la fonction x↦xα n'est ni paire ni impaire puisque son domaine de définition n'est pas symétrique par rapport à 0.
Proposition—Dérivabilité
• Si α∈N∖{0,1}, x↦xα est dérivable sur R de dérivée x↦αxα−1.
• Si α∈Z−, x↦xα est dérivable sur R∗ de dérivée x↦αxα−1.
• Si α∈R∖Z, x↦xα est dérivable sur R+∗ de dérivée x↦αxα−1.
Démonstration
On distingue les trois cas.
Cas α∈N∖{0,1} : On procède par récurrence sur n=α. Pour n=2, (x2)′=2x=2x2−1 (calcul direct). Si (xn)′=nxn−1, alors (xn+1)′=(x⋅xn)′=xn+x(nxn−1)=xn+nxn=(n+1)xn. Le domaine de définition est R d'après la Proposition 1.7.
Cas α∈Z− : Soit n=−α∈N∗. Alors xα=x−n=xn1. Par la règle de dérivation du quotient, pour x∈R∗ :(xn1)′=−(xn)2(xn)′=−x2nnxn−1=−nxn−1−2n=−nx−n−1=αxα−1Le domaine est R∗ d'après la Proposition 1.7.
Cas α∈R∖Z : D'après la Définition 1.4, xα=exp(αlnx) pour x∈R+∗. Par la règle de dérivation des fonctions composées, en utilisant la Proposition 1.4 (exp′=exp) et la Proposition 1.2 (ln′=1/x) :(xα)′=(exp(αlnx))′=exp(αlnx)⋅xα=xα⋅xα=αxα−1Le domaine est R+∗ d'après la Proposition 1.7.
Dans les trois cas, la dérivée est x↦αxα−1.
Remarque
Si α>1, on peut prolonger x↦xα par 0 en 0 et ce prolongement est dérivable en 0 de dérivée nulle.
Attention
Si l'exposant est une fonction, il ne faut pas dériver n'importe comment. En clair, la dérivée de x↦xf(x) n'est pas x↦f(x)xf(x)−1.
Méthode—Dériver des fonctions de la forme x↦f(x)g(x)
L'idée est de se ramener à la forme exponentielle f(x)g(x)=exp(g(x)lnf(x)). On dérive alors comme une composée.
Application
Déterminer le domaine de dérivabilité et la dérivée de x↦xx.
Correction
On cherche le domaine de dérivabilité et la dérivée de f:x↦xx.
Domaine de définition et forme exponentielle.
La base x doit être strictement positive pour que xx=exp(xlnx) ait un sens (d'après la Définition 1.4 des puissances quelconques). Donc f est définie sur R+∗.
Réécriture. Pour tout x>0 :f(x)=xx=exp(xlnx),d'après la Définition 1.4 avec a=x et b=x.
Dérivabilité.
La fonction x↦xlnx est dérivable sur R+∗ comme produit de fonctions dérivables : x↦x (dérivée 1) et x↦lnx (dérivée x1 d'après la Proposition 1.2). Sa dérivée vaut lnx+x⋅x1=lnx+1.
La fonction exp est dérivable sur R (Proposition 1.4) avec exp′=exp. Par la règle de dérivation des composées (admise comme règle de dérivation de f(x)g(x) indiquée dans la Méthode du cours) :f′(x)=(lnx+1)⋅exp(xlnx)=(lnx+1)⋅xx.Donc f est dérivable sur R+∗ et f′(x)=xx(lnx+1) pour tout x>0.
Encadré—Racines nèmes
Si n est un entier naturel impair, x↦xn est une bijection de R sur R. Sa bijection réciproque est notée nx et elle est définie sur R.
Si n est un entier naturel pair non nul, x↦xn induit une bijection de R+ sur R+. Sa bijection réciproque est encore notée nx et elle est définie sur R+.
De plus, pour tout n∈N∗ et tout x∈R+∗, nx=xn1.
Attention
Soit n∈N∖{0,1}.
La notation xn1 n'a aucun sens pour x≤0.
La notation nx n'a de sens pour x≤0 que si n est impair.
Attention
Les racines nèmes notées nx n'ont pas grand-chose à voir avec les racines nèmes d'un complexe.
Un nombre complexe – fût-il réel – admet n racines nèmes complexes (sauf s'il est nul, bien entendu) tandis qu'un nombre réel admet au plus une racine nème dans le sens nx.
Des notations du style nz ou zn1 avec z complexe non réel n'ont AUCUN SENS.
Remarque
Pour tout n∈N∖{0,1}, la fonction x↦nx est dérivable sur son ensemble de définition privé de 0.
Application
Déterminer x→0+limxx.
Correction
On cherche x→0+limxx.
D'après l'exercice 1.1 (résultat établi juste avant), pour tout x>0 :xx=exp(xlnx).Il suffit donc de calculer x→0+limxlnx, puis de composer par exp.
Calcul de x→0+limxlnx.
On écrit xlnx=x1∣lnx∣ (avec lnx<0 pour x∈]0,1[, donc ∣lnx∣=−lnx et xlnx=−x∣lnx∣).
D'après la Proposition 1.10 (croissances comparées) avec a=1>0 et b=1>0 :x→0+limxa∣lnx∣b=0,donc en particulier x→0+limx∣lnx∣=0, soit x→0+limxlnx=0.
Conclusion.
Par continuité de exp en 0 (et exp′=exp d'après la Proposition 1.4, en particulier exp est continue) :x→0+limxx=x→0+limexp(xlnx)=exp(0)=1.
D'après la Proposition 1.2, ln est dérivable sur R+∗ de dérivée x↦x1. En particulier ln′(1)=1.
Par définition de la dérivée en 1 :ln′(1)=h→0limhln(1+h)−ln(1)=h→0limhln(1+h)=1Donc, en posant x=1+h (d'où h=x−1), et en notant que h→0⟺x→1 :x→1limx−1lnx=1Maintenant, pour x>0, on écrit :xlnx=x1⋅lnxConsidérons le changement de variable x=et (avec t→+∞ quand x→+∞). D'après la Proposition 1.4, exp est une bijection de R sur R+∗, donc ce changement est licite. Alors ln(et)=t (définition des bijections réciproques) et :xlnx=ettD'après la Proposition 1.4, exp est dérivable avec exp′(0)=exp(0)=1, et et→+∞ quand t→+∞ (le tableau de variations de exp le montre). Plus précisément, pour t>0 :et=1+t+2t2+⋯≥1+t(inégalité de convexité, admise, ou : puisque (et)′=et>0, la fonction est croissante, et on peut minorer et par une fonction polynomiale). En particulier et≥t2/2 pour t assez grand (car et≥(t2/2) découle de la croissance de et plus rapide que toute puissance, ce qu'on justifiera pleinement via la Proposition 1.10 ; ici on admet l'inégalité et≥t pour t≥0), donc 0≤ett≤tt=1, et en réalité et≥t implique 0≤ett≤1, mais cela ne suffit pas directement.
Voici la preuve directe : pour tout x>1, on a lnx=∫1xt1dt≤∫1x1dt=x−1<x (car t1≤1 pour t≥1). Donc 0<xlnx<11=1 et plus précisément 0<lnx<x, d'où 0<xlnx<1.
D'autre part, pour x≥1, en posant u=x (avec u→+∞) :xlnx=u22lnu≤u22u=u2u→+∞0cette inégalité utilisant lnu≤u−1<u pour u>1 (démontrée ci-dessus). Par le théorème des gendarmes :x→+∞limxlnx=0
Remarque
L'idée à retenir est, qu'en +∞, l'exponentielle l'emporte sur la puissance, qui elle-même l'emporte sur le logarithme.
Proposition—Croissances comparées
Soit (a,b)∈(R+∗)2.x→+∞limxa(lnx)b=0x→0+limxa∣lnx∣b=0x→+∞limxbeax=+∞x→−∞lim∣x∣beax=0
Démonstration
Soient (a,b)∈(R+∗)2.
Limite 1 : x→+∞limxa(lnx)b=0.
D'après le Lemme 1.1, x→+∞limxlnx=0. Par le changement de variable x=u1/a (avec u→+∞), on a lnx=a1lnu (Proposition 1.5) et xa=u, donc :xa/blnx=u1/ba1ln(u1/a)=u1/ba1⋅a1lnuAlternativement : posons t=lnx, donc x=et avec t→+∞. Alors :xa(lnx)b=eattbD'après la Proposition 1.9, la dérivée de eat est aeat, qui est strictement positive et croît vers +∞. On peut appliquer la règle de L'Hôpital (admise comme outil) ⌈b⌉ fois (en dérivant numérateur et dénominateur successivement) pour conclure que eattb→0.
Limite 2 : x→0+limxa∣lnx∣b=0.
On pose x=e−t avec t→+∞ (valide car exp est une bijection de R sur R+∗). Alors ∣lnx∣=∣−t∣=t et xa=e−at. Donc :xa∣lnx∣b=eattbt→+∞0d'après la Limite 1 (appliquée à b et a).
Limite 3 : x→+∞limxbeax=+∞.
D'après la Limite 1, ua(lnu)b→0. En posant u=eax (avec u→+∞ quand x→+∞), lnu=ax et ua=ea2x, ce qui ne correspond pas directement. On raisonne plutôt directement : xbeax=xbe−ax1. Puisque eax≥(⌈b⌉+1)!(ax)⌈b⌉+1 (développement de Taylor tronqué, terme positif) :xbeax≥(⌈b⌉+1)!⋅xb(ax)⌈b⌉+1=(⌈b⌉+1)!a⌈b⌉+1⋅x⌈b⌉+1−bx→+∞+∞car ⌈b⌉+1−b>0.
Limite 4 : x→−∞lim∣x∣beax=0.
On pose t=−x avec t→+∞. Alors ∣x∣b=tb et eax=e−at. Donc :∣x∣beax=eattbt→+∞0d'après la Limite 1.
Exemple—Application des croissances comparées
Application directe de la Proposition 1.10 avec a=2>0 et b=5>0 :x→+∞lime2xx5=0En effet, e2xx5=eaxxb avec a=2, b=5, donc xbeax→+∞, soit eaxxb→0.
De même, avec a=b=1 :x→0+limxlnx=0car xa∣lnx∣b→0 pour a=b=1 (noter que lnx<0 pour x∈]0,1[, d'où ∣lnx∣=−lnx).
