Terminale A · Leçon 6
Équations, inéquations et systèmes avec ln et exp
Équations et inéquations avec l'exponentielle
La fonction exponentielle est strictement croissante sur \(\mathbb{R}\), donc bijective : elle ne prend jamais deux fois la même valeur. On dispose ainsi de l'équivalence \[e^u = e^v \iff u = v.\] Cette simple observation permet de « dés-exponentier » une équation en égalant directement les exposants.
Résoudre \(e^{2x-1} = e^3\).
Les deux membres ont la même base \(e\), donc on égale les exposants : \[2x - 1 = 3 \iff 2x = 4 \iff x = 2.\] L'ensemble solution est \(\mathbb{S} = \{2\}\).
Résoudre \(e^{3x} = e^{x+4}\).
\[3x = x + 4 \iff 2x = 4 \iff x = 2.\] \(\mathbb{S} = \{2\}\).
Lorsqu'une équation contient à la fois \(e^{2x}\) et \(e^x\), on remarque que \(e^{2x} = (e^x)^2\). On pose alors \(t = e^x\), avec la contrainte impérative \(t > 0\) (l'exponentielle est toujours strictement positive). L'équation se ramène à un polynôme du second degré en \(t\) ; une fois \(t\) trouvé, on revient à \(x\) par \(x = \ln t\) (uniquement si \(t > 0\)).
Résoudre \(e^{2x} - 5e^x + 6 = 0\).
On pose \(t = e^x > 0\). Comme \(e^{2x} = t^2\), l'équation devient : \[t^2 - 5t + 6 = 0.\] On factorise : \((t - 2)(t - 3) = 0\), donc \(t = 2\) ou \(t = 3\). Ces deux valeurs sont bien strictement positives, on peut revenir à \(x\) : \[e^x = 2 \Rightarrow x = \ln 2, \qquad e^x = 3 \Rightarrow x = \ln 3.\] \(\mathbb{S} = \{\ln 2\,;\,\ln 3\}\).
Résoudre \(e^{2x} + 3e^x - 4 = 0\).
Avec \(t = e^x > 0\) : \(t^2 + 3t - 4 = 0\), soit \((t+4)(t-1) = 0\). On obtient \(t = -4\) ou \(t = 1\). La valeur \(t = -4\) est rejetée car \(e^x > 0\). Pour \(t = 1\) : \(e^x = 1 \Rightarrow x = 0\). \(\mathbb{S} = \{0\}\).
Après avoir résolu le trinôme en \(t\), il faut absolument vérifier que \(t > 0\) avant de calculer \(\ln t\). Une valeur négative ou nulle de \(t\) doit être rejetée sans hésitation.
Figure 1 — Résolution graphique de \(e^{2x} - 5e^x + 6 = 0\)
Parce que \(\exp\) et \(\ln\) sont toutes deux strictement croissantes, elles conservent le sens des inégalités :
\[u < v \iff e^u < e^v \qquad (u, v \in \mathbb{R})\] \[u < v \iff \ln u < \ln v \qquad (u, v > 0)\]Une fonction strictement décroissante aurait inversé le sens : c'est la raison pour laquelle il faut vérifier le sens de variation avant de passer une inégalité « sous l'exponentielle » ou « sous le logarithme ».
Résoudre \(e^x \leq 5\).
L'exponentielle est croissante, donc on peut prendre le logarithme des deux membres en conservant le sens : \[e^x \leq 5 \iff x \leq \ln 5.\] \(\mathbb{S} = ]-\infty\,;\,\ln 5]\).
Résoudre \(\ln(2x-1) > 0\).
Domaine : \(2x - 1 > 0\), soit \(x > \tfrac{1}{2}\).
On remarque que \(\ln 1 = 0\), et \(\ln\) est croissante, donc : \[\ln(2x-1) > 0 \iff 2x - 1 > 1 \iff x > 1.\] En croisant avec le domaine \(x > \tfrac{1}{2}\), on obtient : \(\mathbb{S} = ]1\,;+\infty[\).
Résoudre \(e^{2x} > 3e^x\).
On écrit \(e^{2x} - 3e^x > 0\), puis on factorise par \(e^x > 0\) : \[e^x(e^x - 3) > 0.\] Puisque \(e^x > 0\) toujours, l'inégalité est équivalente à \(e^x - 3 > 0\), soit \(e^x > 3\), soit \(x > \ln 3\). \(\mathbb{S} = ]\ln 3\,;+\infty[\).
Quand une inéquation contient \(e^{2x}\) et \(e^x\), il est souvent plus rapide de factoriser par \(e^x\) (toujours positif) que de poser \(t = e^x\) : on économise le changement de variable tout en traitant le signe correctement.
Figure 3 — Résolution graphique d'inéquations exponentielles
Équations et inéquations avec ln
Le logarithme népérien est strictement croissant sur \(]0\,;+\infty[\), donc bijectif sur cet intervalle : \[\ln u = \ln v \iff u = v \quad (\text{avec } u > 0 \text{ et } v > 0).\] Contrairement à l'exponentielle qui est définie sur tout \(\mathbb{R}\), le logarithme exige que ses arguments soient strictement positifs. Cette vérification du domaine est une étape obligatoire, jamais optionnelle.
Résoudre \(\ln(x+2) = \ln(3x-4)\).
Domaine : il faut \(x + 2 > 0\) et \(3x - 4 > 0\), soit \(x > -2\) et \(x > \tfrac{4}{3}\), donc \(x > \tfrac{4}{3}\).
Sur ce domaine, par injectivité de \(\ln\) : \[x + 2 = 3x - 4 \iff 6 = 2x \iff x = 3.\] Comme \(3 > \tfrac{4}{3}\), la solution est valide : \(\mathbb{S} = \{3\}\).
Résoudre \(\ln x + \ln(x+3) = \ln 10\).
Domaine : \(x > 0\) (la condition \(x+3>0\) est alors automatiquement satisfaite).
On applique \(\ln a + \ln b = \ln(ab)\) : \[\ln\!\big(x(x+3)\big) = \ln 10 \iff x(x+3) = 10.\] \[x^2 + 3x - 10 = 0.\] Discriminant : \(\Delta = 9 + 40 = 49\), \(\sqrt{\Delta} = 7\). \[x = \frac{-3 \pm 7}{2} \Rightarrow x = 2 \text{ ou } x = -5.\] Seul \(x = 2 > 0\) est dans le domaine. \(\mathbb{S} = \{2\}\).
Résoudre \(\ln(2x-1) = 2\).
Domaine : \(2x - 1 > 0\), soit \(x > \tfrac{1}{2}\).
On applique \(e^{\ln(\cdot)} = (\cdot)\) : \[\ln(2x-1) = 2 \iff 2x - 1 = e^2 \iff x = \frac{e^2 + 1}{2}.\] Comme \(\tfrac{e^2+1}{2} \approx 4{,}19 > \tfrac{1}{2}\), la solution est valide : \(\mathbb{S} = \!\left\{\dfrac{e^2+1}{2}\right\}\).
Une solution algébriquement correcte peut ne pas appartenir au domaine de définition (argument du logarithme négatif ou nul). Dans l'exemple 2, \(x = -5\) satisfait l'équation algébrique mais rend \(\ln x\) inexistant : elle doit être rejetée. Cette vérification finale est toujours exigée au Bac.
Figure 2 — Intersection de \(y = \ln x + \ln(x+3)\) et \(y = \ln 10\)
Systèmes d'équations avec ln et exp
Un système mêlant logarithmes et opérations arithmétiques se résout souvent en deux temps. On exploite d'abord les propriétés de \(\ln\) pour transformer la somme ou la différence de logarithmes en une relation sur le produit ou le quotient des inconnues. On dispose alors d'un système {somme ; produit} classique, que l'on résout via un trinôme du second degré dont les inconnues sont les deux racines.
Résoudre \(\displaystyle\begin{cases} x + y = 7 \\ \ln x + \ln y = \ln 12 \end{cases}\) avec \(x > 0\) et \(y > 0\).
La seconde équation s'écrit \(\ln(xy) = \ln 12\), soit \(xy = 12\) (par injectivité de \(\ln\)).
On sait donc que \(x + y = 7\) et \(xy = 12\) : \(x\) et \(y\) sont les racines du trinôme \[t^2 - 7t + 12 = 0.\] Discriminant : \(\Delta = 49 - 48 = 1\), \(\sqrt{\Delta} = 1\). \[t = \frac{7 \pm 1}{2} \Rightarrow t = 4 \text{ ou } t = 3.\] Ces deux valeurs sont positives, donc valides. \(\mathbb{S} = \{(4\,;\,3)\,;\,(3\,;\,4)\}\).
Résoudre \(\displaystyle\begin{cases} e^a \cdot e^b = e^5 \\ e^a + e^b = e^2 + e^3 \end{cases}\).
La première équation donne \(e^{a+b} = e^5\), soit \(a + b = 5\). La seconde montre que \(e^a\) et \(e^b\) ont pour somme \(e^2 + e^3\) et pour produit \(e^5\) (d'après la première équation).
\(e^a\) et \(e^b\) sont racines de \(t^2 - (e^2 + e^3)t + e^5 = 0\). On vérifie : \((t - e^2)(t - e^3) = t^2 - (e^2+e^3)t + e^5\). Oui. Donc \((e^a, e^b) = (e^2, e^3)\) ou \((e^3, e^2)\), ce qui donne \((a, b) = (2, 3)\) ou \((3, 2)\).
Un système à deux inconnues positives avec \(x + y = S\) et \(xy = P\) est toujours équivalent à : « \(x\) et \(y\) sont les racines de \(t^2 - St + P = 0\) ». Cette observation est l'outil central pour ce type de systèmes.
Résumé
\(e^u = e^v \iff u = v\). Pour une équation en \(e^{2x}\) et \(e^x\), poser \(t = e^x > 0\) et résoudre le trinôme en \(t\), puis revenir par \(x = \ln t\) en vérifiant \(t > 0\).
\(\ln u = \ln v \iff u = v\) (avec \(u > 0\) et \(v > 0\)). Toujours déterminer le domaine avant de résoudre, et vérifier que les solutions trouvées appartiennent bien à ce domaine.
\(\exp\) et \(\ln\) sont croissantes : elles conservent le sens des inégalités. Prendre le logarithme ou l'exponentielle ne retourne pas le signe. Ne pas oublier le domaine pour \(\ln\).
Transformer \(\ln x + \ln y\) en \(\ln(xy)\) pour obtenir un système {somme ; produit}. Les inconnues sont alors les racines d'un trinôme \(t^2 - St + P = 0\). Vérifier la positivité.
Sujet type Bac
Partie A — Équations exponentielles. Question 1 : résoudre dans \(\mathbb{R}\) l'équation \(e^{2x} - 4e^x + 3 = 0\).
On pose \(t = e^x > 0\) ; l'équation devient : \[t^2 - 4t + 3 = 0 = (t-1)(t-3).\] Donc \(t = 1\) ou \(t = 3\), deux valeurs positives. \(e^x = 1 \Rightarrow x = 0\) ; \(e^x = 3 \Rightarrow x = \ln 3\).
\(\mathbb{S} = \{0\,;\,\ln 3\}\)
Partie B — Équations logarithmiques. Question 2 : résoudre \(\ln(x^2 - 1) = \ln(2x + 2)\).
Domaine : \(x^2 - 1 > 0\) et \(2x + 2 > 0\), soit \((x < -1 \text{ ou } x > 1)\) et \(x > -1\). En intersectant : domaine \(= ]1\,;+\infty[\).
Sur le domaine, par injectivité de \(\ln\) : \[x^2 - 1 = 2x + 2 \iff x^2 - 2x - 3 = 0 \iff (x-3)(x+1) = 0.\] Soit \(x = 3\) ou \(x = -1\). Seul \(x = 3\) est dans \(]1\,;+\infty[\).
\(\mathbb{S} = \{3\}\)
Partie C — Inéquation. Question 3 : résoudre \(\ln(3x+1) \geq \ln(x+5)\).
Domaine : \(3x + 1 > 0\) et \(x + 5 > 0\), soit \(x > -\tfrac{1}{3}\) et \(x > -5\), donc \(x > -\tfrac{1}{3}\).
Sur ce domaine, \(\ln\) croissante : \[\ln(3x+1) \geq \ln(x+5) \iff 3x + 1 \geq x + 5 \iff 2x \geq 4 \iff x \geq 2.\]
\(\mathbb{S} = [2\,;+\infty[\)
Partie D — Système. Question 4 : résoudre \(\displaystyle\begin{cases} \ln x + \ln y = \ln 6 \\ \ln x - \ln y = \ln \tfrac{2}{3} \end{cases}\), \(x > 0\), \(y > 0\).
En additionnant les deux équations : \[2\ln x = \ln 6 + \ln\tfrac{2}{3} = \ln\!\left(6 \times \tfrac{2}{3}\right) = \ln 4.\] Donc \(\ln x = \tfrac{\ln 4}{2} = \ln 2\), soit \(x = 2\).
En soustrayant la deuxième de la première : \[2\ln y = \ln 6 - \ln\tfrac{2}{3} = \ln\!\left(6 \div \tfrac{2}{3}\right) = \ln 9.\] Donc \(\ln y = \tfrac{\ln 9}{2} = \ln 3\), soit \(y = 3\).
\(\mathbb{S} = \{(2\,;\,3)\}\)
Partie E — Question de synthèse. Question 5 : montrer que pour tout \(x > 0\), on a \(\ln x \leq x - 1\), puis en déduire que \(\ln x \leq x\) pour tout \(x > 0\).
On pose \(h(x) = x - 1 - \ln x\) pour \(x > 0\). \[h'(x) = 1 - \frac{1}{x} = \frac{x-1}{x}.\] \(h'(x) < 0\) si \(x \in ]0\,;1[\), \(h'(1) = 0\), \(h'(x) > 0\) si \(x > 1\). Donc \(h\) admet un minimum en \(x = 1\), avec \(h(1) = 1 - 1 - 0 = 0\). Ainsi \(h(x) \geq 0\) pour tout \(x > 0\), c'est-à-dire \(\ln x \leq x - 1\).
Puisque \(x - 1 \leq x\) pour tout \(x\), on conclut par transitivité : \[\ln x \leq x - 1 \leq x \quad \text{pour tout } x > 0.\]