Résoudre une équation avec ln(x) – Fiche BAC Terminale Maths

Définition

Une équation avec $\ln(x)$ est une équation où l'inconnue $x$ apparaît dans l'argument d'une fonction logarithme népérien. La résolution de ces équations nécessite de déterminer l'ensemble de définition des expressions impliquant $\ln(x)$ et d'utiliser les propriétés algébriques du logarithme népérien, notamment la bijectivité de la fonction $\ln$ sur $]0;+\infty[$.

💡 Bon réflexe : Toujours commencer par l'ensemble de définition et finir par la vérification des solutions.

Méthode — Résoudre une équation avec $\ln(x)$

1. Déterminer l'ensemble de définition

Avant toute résolution, il est impératif de déterminer l'ensemble de définition de l'équation. La fonction $\ln(u)$ n'est définie que si $u > 0$. Ainsi, pour chaque terme $\ln(f(x))$, il faut poser la condition $f(x) > 0$. L'ensemble de définition de l'équation est l'intersection de tous ces intervalles.

2. Isoler les termes $\ln(x)$ et simplifier

Utiliser les propriétés du logarithme népérien pour regrouper les termes $\ln(x)$ ou $\ln(f(x))$ d'un même côté de l'équation. Les propriétés clés sont :

$\ln(a) + \ln(b) = \ln(a × b)$ pour $a>0, b>0$
$\ln(a) - \ln(b) = \ln\left(\frac{a}{b}\right)$ pour $a>0, b>0$
$k × \ln(a) = \ln(a^k)$ pour $a>0$ et $k \in \mathbb{R}$
$\ln(1) = 0$
$\ln(e) = 1$

L'objectif est d'arriver à une forme $\ln(A(x)) = B$ ou $\ln(A(x)) = \ln(B(x))$.

3. Utiliser la fonction exponentielle

Pour éliminer le logarithme, on applique la fonction exponentielle des deux côtés de l'équation, car $e^{\ln(u)} = u$ pour $u>0$ et $\ln(e^v) = v$ pour tout $v \in \mathbb{R}$.

Si l'équation est de la forme $\ln(A(x)) = B$, alors $A(x) = e^B$.
Si l'équation est de la forme $\ln(A(x)) = \ln(B(x))$, alors $A(x) = B(x)$.

On obtient alors une équation algébrique (polynomiale, rationnelle, etc.) à résoudre.

4. Vérifier les solutions

Une fois les solutions de l'équation algébrique trouvées, il est crucial de vérifier si ces solutions appartiennent à l'ensemble de définition déterminé à l'étape 1. Seules les solutions appartenant à cet ensemble sont valides. Les autres sont à rejeter.

Exemple résolu

Résoudre l'équation suivante : $2\ln(x) = \ln(x+3) + \ln(2)$.

1. Déterminer l'ensemble de définition de l'équation.

Pour que $\ln(x)$ soit défini, il faut $x > 0$.
Pour que $\ln(x+3)$ soit défini, il faut $x+3 > 0$, soit $x > -3$.
Pour que $\ln(2)$ soit défini, $2 > 0$, ce qui est toujours vrai.
L'ensemble de définition est l'intersection de ces conditions : $x > 0$ et $x > -3$. Donc, l'ensemble de définition est $D = ]0;+\infty[$. Les solutions devront appartenir à cet intervalle.

2. Simplifier l'équation en utilisant les propriétés du logarithme.

L'équation est $2\ln(x) = \ln(x+3) + \ln(2)$.
En utilisant la propriété $k\ln(a) = \ln(a^k)$ sur le membre de gauche : $\ln(x^2) = \ln(x+3) + \ln(2)$.
En utilisant la propriété $\ln(a) + \ln(b) = \ln(a × b)$ sur le membre de droite : $\ln(x^2) = \ln(2(x+3))$.
Soit $\ln(x^2) = \ln(2x+6)$.

3. Utiliser la fonction exponentielle pour résoudre l'équation algébrique.

Puisque $\ln(A(x)) = \ln(B(x))$ implique $A(x) = B(x)$ (car $\ln$ est injective), on a :
$x^2 = 2x+6$.
Réarrangeons cette équation en une équation du second degré :
$x^2 - 2x - 6 = 0$.
Calculons le discriminant $\Delta = b^2 - 4ac$ :
$\Delta = (-2)^2 - 4 × 1 × (-6) = 4 + 24 = 28$.
Les solutions de cette équation du second degré sont :
$x_1 = \frac{-(-2) - \sqrt{28}}{2 × 1} = \frac{2 - 2\sqrt{7}}{2} = 1 - \sqrt{7}$.
$x_2 = \frac{-(-2) + \sqrt{28}}{2 × 1} = \frac{2 + 2\sqrt{7}}{2} = 1 + \sqrt{7}$.

4. Vérifier les solutions par rapport à l'ensemble de définition.

L'ensemble de définition est $D = ]0;+\infty[$.
Pour $x_1 = 1 - \sqrt{7}$ : Puisque $\sqrt{7} \approx 2,64$, $x_1 \approx 1 - 2,64 = -1,64$. Cette valeur n'appartient pas à $D$ (car $x_1 < 0$). Donc $x_1$ est à rejeter.
Pour $x_2 = 1 + \sqrt{7}$ : Puisque $\sqrt{7} \approx 2,64$, $x_2 \approx 1 + 2,64 = 3,64$. Cette valeur appartient à $D$ (car $x_2 > 0$). Donc $x_2$ est une solution valide.

L'unique solution de l'équation $2\ln(x) = \ln(x+3) + \ln(2)$ est $x = 1 + \sqrt{7}$. L'ensemble des solutions est $S = \{1 + \sqrt{7}\}$.

⚠️ Piège fréquent au BAC — Oubli de l'ensemble de définition

Ne pas déterminer l'ensemble de définition au début de la résolution. Cela conduit à accepter des solutions qui ne sont pas valides pour la fonction $\ln$.
Oublier de vérifier les solutions trouvées par rapport à l'ensemble de définition. Une solution de l'équation algébrique intermédiaire n'est pas forcément une solution de l'équation initiale.
Faire des erreurs dans l'application des propriétés du logarithme, par exemple $\ln(a+b) \neq \ln(a) + \ln(b)$ ou $\ln(a × b) \neq \ln(a) × \ln(b)$.

Exercice type BAC

On considère l'équation $(E)$ : $\ln(x-1) + \ln(x+2) = \ln(4x-4)$.

Déterminer l'ensemble de définition $D_E$ de l'équation $(E)$.
Résoudre l'équation $(E)$ sur $D_E$.
Vérifier la validité des solutions trouvées.

Détermination de l'ensemble de définition $D_E$ :
Pour que $\ln(x-1)$ soit défini, il faut $x-1 > 0$, soit $x > 1$.
Pour que $\ln(x+2)$ soit défini, il faut $x+2 > 0$, soit $x > -2$.
Pour que $\ln(4x-4)$ soit défini, il faut $4x-4 > 0$, soit $4x > 4$, donc $x > 1$.
L'ensemble de définition $D_E$ est l'intersection de ces trois conditions. Ainsi, $D_E = ]1;+\infty[$.
Résolution de l'équation $(E)$ sur $D_E$ :
L'équation est $\ln(x-1) + \ln(x+2) = \ln(4x-4)$.
En utilisant la propriété $\ln(a) + \ln(b) = \ln(a × b)$ pour $a>0, b>0$ (ce qui est garanti sur $D_E$), on obtient :
$\ln((x-1)(x+2)) = \ln(4x-4)$.
Puisque la fonction $\ln$ est injective, on peut égaler les arguments :
$(x-1)(x+2) = 4x-4$.
Développons le membre de gauche :
$x^2 + 2x - x - 2 = 4x-4$.
$x^2 + x - 2 = 4x-4$.
Réarrangeons l'équation pour obtenir une équation du second degré :
$x^2 + x - 4x - 2 + 4 = 0$.
$x^2 - 3x + 2 = 0$.
Calculons le discriminant $\Delta = b^2 - 4ac$ :
$\Delta = (-3)^2 - 4 × 1 × 2 = 9 - 8 = 1$.
Les solutions de cette équation du second degré sont :
$x_1 = \frac{-(-3) - \sqrt{1}}{2 × 1} = \frac{3 - 1}{2} = \frac{2}{2} = 1$.
$x_2 = \frac{-(-3) + \sqrt{1}}{2 × 1} = \frac{3 + 1}{2} = \frac{4}{2} = 2$.
Vérification de la validité des solutions :
L'ensemble de définition est $D_E = ]1;+\infty[$.
Pour $x_1 = 1$ : Cette valeur n'appartient pas à $D_E$ (car $1 \notin ]1;+\infty[$). Donc $x_1 = 1$ est à rejeter.
Pour $x_2 = 2$ : Cette valeur appartient à $D_E$ (car $2 \in ]1;+\infty[$). Donc $x_2 = 2$ est une solution valide.
L'ensemble des solutions de l'équation $(E)$ est $S = \{2\}$.

Questions fréquentes

Pourquoi doit-on toujours vérifier l'ensemble de définition ?

La fonction $\ln(x)$ n'est définie que pour $x > 0$. Si une solution de l'équation algébrique intermédiaire rend l'argument du logarithme négatif ou nul, cette solution n'est pas valide pour l'équation initiale. C'est une étape cruciale pour éviter les erreurs.

Peut-on avoir des équations avec $\ln(x)$ qui n'ont pas de solution ?

Oui, absolument. Par exemple, l'équation $\ln(x) = -5$ a pour solution $x = e^{-5}$, qui est valide car $e^{-5} > 0$. Mais l'équation $\ln(x) = -\ln(x)$ donne $2\ln(x)=0$, donc $\ln(x)=0$, soit $x=1$. Si on avait $\ln(x) = \ln(-x)$, l'ensemble de définition serait vide, donc pas de solution.

Comment gérer les équations avec des $\ln(x)$ au dénominateur ?

En plus des conditions $f(x) > 0$ pour $\ln(f(x))$, il faut aussi s'assurer que le dénominateur n'est pas nul. Par exemple, si on a $\frac{1}{\ln(x)}$, il faut $x > 0$ ET $\ln(x) \neq 0$, ce qui signifie $x \neq e^0$, donc $x \neq 1$. L'ensemble de définition serait $]0;1[ \cup ]1;+\infty[$.

Est-ce que $\ln(x^2) = 2\ln(x)$ est toujours vrai ?

Non, pas toujours. La propriété $k\ln(a) = \ln(a^k)$ est valide si $a > 0$. Pour $\ln(x^2)$, $x^2$ doit être strictement positif, ce qui signifie $x \neq 0$. Si $x < 0$, par exemple $x = -2$, alors $\ln((-2)^2) = \ln(4) = 2\ln(2)$. Mais $2\ln(-2)$ n'est pas défini. Donc, $\ln(x^2) = 2\ln(|x|)$ est la formulation la plus générale, mais dans le cadre de la résolution d'équations, on préfère souvent travailler sur un domaine où $x>0$ pour éviter les valeurs absolues.

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