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Démonstrations capes - la fonction logarithme
Existence de la fonction logarithme
Pour tout x > 0 x > 0, il existe un unique réel y y tel que exp(y) = x exp(y) = x. On appelle y y le
logarithme népérien de x x, noté ln(x)ln(x).

Démonstration

La fonction exp exp est continue et strictement croissante sur ℝ R. De plus,
lim x→−∞ exp(x) = 0 lim x → − ∞exp(x) = 0 et lim x→+∞ exp(x) = +∞
lim x → + ∞exp(x) = + ∞. Ainsi, exp exp réalise une bijection de ℝ R sur ]0, +∞[ ]0, + ∞[,
et donc pour tout x > 0 x > 0, il existe un unique y ∈ ℝy ∈ R tel que exp(y) = x
exp(y) = x.


Sens de variation
La fonction logarithme est strictement croissante sur ]0, +∞[ ]0, + ∞[.

Démonstration

On sait que la fonction exponentielle est strictement croissante sur ℝ R. Autrement dit,
si y 1 y 1 et y 2 y 2 sont deux réels, on a y 1 < y 2 ⟺ exp(y 1 ) < exp(y 2 )
y 1 < y 2 ⟺ exp(y 1) < exp(y 2). Soit maintenant x 1 < x 2 x 1 < x 2 deux éléments de
[0, +∞[[0, + ∞[ et notons y 1 = ln(x 1 ) y 1 = ln(x 1), y 2 = ln(x 2 ) y 2 = ln(x 2). Alors
exp(y 1 ) = x 1 < exp(y 2 ) = x 2 exp(y 1) = x 1 < exp(y 2) = x 2, et donc par stricte croissance
de la fonction exponentielle, y 1 < y 2 y 1 < y 2.


Limite en +∞ + ∞
lim x→+∞ ln x = +∞ lim x → + ∞lnx = + ∞.

Démonstration

Méthode 1 : en utilisant la fonction exponentielle.
Soit M > 0 M > 0. On souhaite prouver qu'il existe A > 0 A > 0 tel que, pour x ≥ A x ≥ A,
on a ln(x) ≥ M ln(x) ≥ M. Posons A = exp(M) A = exp(M). Alors puisque la fonction
logarithme est croissante, pour tout x ≥ A x ≥ A, on a

ln(x) ≥ ln(A) = ln(exp(M)) = M.
ln(x) ≥ ln(A) = ln(exp(M)) = M.

Méthode 2 : en utilisant l'équation fonctionnelle.
 Soit M > 0 M > 0. Alors on a ln(2 n ) = n ln 2 ln(2 n) = nln2 qui tend vers +∞ + ∞. En
particulier, il existe n 0 ∈ ℕ n 0 ∈ N tel que ln(2 n0 ) ≥ M ln(2 n 0) ≥ M. Posons A = 2 n0
A = 2 n 0. Par croissance de la fonction logarithme, pour tout x ≥ A x ≥ A, on a

ln(x) ≥ ln(A) = ln(2n0 ) ≥ M.

ln(x) ≥ ln(A) = ln(2 n 0) ≥ M.


Relation fonctionnelle de la fonction logarithme

Si x, y > 0 x, y > 0, alors ln(xy) = ln(x) + ln(y) ln(xy) = ln(x) + ln(y) et ln( 1x ) = − ln x

ln ()
1
x
= − lnx.


Démonstration

On va utiliser la relation fonctionnelle de la fonction exponentielle : pour tous réels a, b
a, b, on a

exp(a + b) = exp(a) exp(b).
exp(a + b) = exp(a)exp(b).

Posons a = ln(x) a = ln(x) et b = ln(y) b = ln(y), de sorte que x = exp(a) x = exp(a) et
y = exp(b) y = exp(b). Alors on a

ln(xy) = ln ( exp(a) exp(b))
= ln ( exp(a + b))
= a+b
= ln(x) + ln(y).
ln(xy) = ln (exp(a)exp(b) )
= ln (exp(a + b) )
= a+b
= ln(x) + ln(y).

La deuxième relation se déduit facilement de la première. En effet, il suffit d'écrire que

0 = ln(1) = ln(x × ) = ln(x) + ln( ).
1 1
x x


( )
0 = ln(1) = ln x ×
1
x
= ln(x) + ln ()
1
x
.



Symétrie des courbes représentatives de la fonction logarithme et de la
fonction exponentielle
 Dans un repère orthonormé (O, i , ⃗j ) (O,
⃗ i , j ), les courbes représentatives des fonctions lnln et
→ →


exp exp sont symétriques par rapport à la droite d'équation y = x y = x.

Démonstration

Rappelons que le symétrique du point (a, b) (a, b) par rapport à la droite d'équation y = x
y = x est le point de coordonnées (b, a) (b, a). Considérons d'abord un point (a, ln(a))
(a, ln(a)), avec a > 0 a > 0 sur la courbe représentative de la fonction lnln. Son
symétrique est le point (ln(a), a) (ln(a), a). Il est bien sur la courbe représentative de la
fonction exp exp. En effet, si on pose b = ln(a)b = ln(a), alors exp(b) = a exp(b) = a.

Réciproquement, considérant un point (a, exp(a)) (a, exp(a)) avec a ∈ ℝ a ∈ R sur la
courbe représentative de la fonction exp exp. Alors son symétrique par rapport à la droite
y = x y = x est le point (exp(a), a) (exp(a), a). Il est sur la courbe représentative de la
fonction logarithme, puisque, si on note b = exp(a) b = exp(a), alors ln(b) = aln(b) = a.


Croissance comparée de la fonction logarithme et des fonctions puissance

On a, pour tout n ≥ 1 n ≥ 1, lim x→+∞ lnx nx = 0 lim x → + ∞ n = 0 et lim x→0 x n ln(x) = 0
ln x
x
lim x → 0x nln(x) = 0.

Démonstration

En écrivant

ln x 1 ln x
n = n−1 × ou x n ln x = x n−1 × x ln x,
x x x
lnx 1 lnx
= × ou x nlnx = x n − 1 × xlnx,
xn xn − 1 x

on voit qu'il suffit de démontrer le résultat pour n = 1 n = 1. Démontrons d'abord la
première propriété. Pour x ≥ 1 x ≥ 1, on pose

f (x) = ln x − 2√x .

f(x) = lnx − 2√x.

Alors, f f est dérivable sur [1, +∞[ [1, + ∞[ et on a

1 1
f ′ (x) = − .
x √x
1 1
f ′ (x) = − .
x √x

Pour x ≥ 1 x ≥ 1, on a x ≥ √x > 0 x ≥ √x > 0 et donc f ′ (x) ≤ 0f ′ (x) ≤ 0. La fonction f f
est donc décroissante sur [1, +∞[ [1, + ∞[. Puisque f (1) = −2 ≤ 0 f(1) = − 2 ≤ 0, on en
déduit que, pour tout x ≥ 1 x ≥ 1, on a ln x ≤ 2√x lnx ≤ 2√x. On en déduit que
 ln x 2
0≤ ≤ .
x √x
lnx 2
0≤ ≤ .
x √ x

Par le théorème des gendarmes, ln x/x lnx / x tend vers 00 lorsque x x tend vers +∞ + ∞.

Prouvons maintenant la deuxième propriété. Posons u = 1/xu = 1 / x, de sorte que si
x → 0+ x → 0 + , alors u → +∞u → + ∞. On a
ln u
x ln x = − ,
u
lnu
xlnx = − ,
u

et on conclut en utilisant le calcul effectué ci-dessus.


Dérivée de la fonction logarithme

On admet que la fonction lnln est dérivable sur ]0, +∞[ ]0, + ∞[. Alors (ln)′ (x) = 1x (ln) ′ (x) =
1
x
pour tout x > 0 x > 0.

Démonstration

On part de la relation, vraie pour tout x > 0 x > 0,

exp(ln x) = x.
exp(lnx) = x.

Posons f (x) = exp(ln x) = x f(x) = exp(lnx) = x. On a d'une part, par dérivation d'une
fonction composée,

f ′ (x) = (ln)′ (x) exp(ln x) = x(ln)′ (x).

f ′ (x) = (ln) ′ (x)exp(lnx) = x(ln) ′ (x).

D'autre part, on a également

f ′ (x) = 1.

f ′ (x) = 1.

On en déduit le résultat voulu.

Voici une interprétation géométrique de ce résultat. Soit a > 0 a > 0, et considérons le
point A = (a, ln(a))A = (a, ln(a)) sur la courbe représentative de la fonction f (x) = ln(x)
−→...