Correction des exercices 05 et 06 — Équations logarithmiques — Al Moufid — 2e Bac Sciences Mathématiques
Correction des exercices 05 et 06 — Équations logarithmiques
Manuel Al Moufid · 2e Bac Sciences Mathématiques
Les exercices 05 et 06 sont consacrés à la résolution d’équations faisant intervenir le logarithme népérien. Dans ce type de problème, le calcul algébrique ne doit jamais commencer immédiatement : la première étape consiste à déterminer les conditions d’existence de tous les logarithmes présents. Une transformation telle que \(\ln u=\ln v\iff u=v\) n’est utilisable que lorsque les deux arguments \(u\) et \(v\) sont strictement positifs. De même, lorsqu’une équation conduit à une équation algébrique intermédiaire, les solutions obtenues doivent être confrontées au domaine initial. Ces exercices permettent donc de mettre en place une méthode générale : déterminer le domaine, appliquer la propriété adaptée du logarithme, résoudre l’équation obtenue, puis vérifier les solutions avant de donner l’ensemble solution.
Exercice 05 — Résoudre des équations logarithmiques directes
La fonction \(\ln\) est définie sur \(]0,+\infty[\). Ainsi, l’écriture \(\ln x\) impose toujours \(x\gt0\). Le cours permet ensuite de passer d’une équation logarithmique à une équation plus simple grâce notamment aux résultats :
\[ \ln x=a\iff x=e^a \qquad (x\gt0), \]et, pour deux réels strictement positifs \(u\) et \(v\),
\[ \ln u=\ln v\iff u=v. \]Cette dernière équivalence traduit l’injectivité de la fonction logarithme népérien sur \(]0,+\infty[\).
Question 1
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Avant de résoudre l’équation, le logarithme doit être défini. La condition d’existence est donc :
\[ x\gt0. \]Or :
\[ \ln x=0\iff x=e^0. \]Donc :
\[ x=1. \]La valeur \(1\) est strictement positive : elle appartient bien au domaine de l’équation.
Question 2
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La condition d’existence est \(x\gt0\). On utilise ensuite directement la relation permettant de résoudre une équation de la forme \(\ln x=a\) :
\[ \ln x=1\iff x=e^1. \]Ainsi :
\[ x=e. \]Question 3
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Comme précédemment, l’existence de \(\ln x\) impose \(x\gt0\). La bijectivité du logarithme sur son domaine permet alors d’écrire :
\[ \ln x=5\iff x=e^5. \]Question 4
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La condition d’existence est \(x\gt0\).
Le membre de droite n’est pas encore écrit comme un logarithme unique. La propriété relative aux puissances donne :
\[ 3\ln2=\ln(2^3)=\ln8. \]L’équation devient :
\[ \ln x=\ln8. \]Les deux arguments sont strictement positifs. La fonction \(\ln\) étant injective sur \(]0,+\infty[\), on obtient :
\[ x=8. \]Question 5
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La condition d’existence est \(x\gt0\).
Les nombres \(3\) et \(27\) étant strictement positifs, on peut utiliser la propriété du logarithme d’un produit :
\[ \ln3+\ln27=\ln(3\times27)=\ln81. \]Or :
\[ \ln81=\ln(9^2)=2\ln9. \]L’équation devient donc :
\[ 2\ln x=2\ln9. \]Ainsi :
\[ \ln x=\ln9, \]d’où :
\[ x=9. \]Question 6
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La condition d’existence est \(x\gt0\).
On commence par isoler \(\ln x\). En divisant l’égalité par \(7\), on obtient :
\[ \ln x=-\frac37. \]Par conséquent :
\[ x=e^{-\frac37}. \]Cette quantité est strictement positive, la condition d’existence est donc automatiquement vérifiée.
Question 7
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La présence de \(\ln x\) impose :
\[ x\gt0. \]Cette condition est importante : sur ce domaine, \(x\) est strictement positif et la propriété relative aux puissances donne :
\[ \ln(x^2)=2\ln x. \]L’équation initiale est donc vérifiée pour tout réel strictement positif.
Question 8
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La condition d’existence est \(x\gt0\). L’écriture \(\ln^2x\) désigne \((\ln x)^2\). Ainsi :
\[ (\ln x)^2=4 \iff \ln x=2 \quad\text{ou}\quad \ln x=-2. \]Donc :
\[ x=e^2 \quad\text{ou}\quad x=e^{-2}. \]Les deux nombres obtenus sont strictement positifs et appartiennent donc au domaine.
Exercice 06 — Résoudre des équations logarithmiques composées
Dans une équation contenant plusieurs logarithmes, on commence par imposer la stricte positivité de chacun de leurs arguments. Une fois le domaine obtenu, plusieurs stratégies peuvent intervenir : utiliser l’injectivité de \(\ln\), regrouper des logarithmes à l’aide des propriétés algébriques, ou poser une nouvelle inconnue telle que \(X=\ln x\). La résolution algébrique n’est cependant qu’une étape : chaque valeur obtenue doit finalement être contrôlée dans le domaine déterminé au début.
Question 1
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Deux logarithmes apparaissent. Leurs arguments doivent donc être simultanément strictement positifs :
\[ \begin{cases} x^2-x\gt0,\\ x+1\gt0. \end{cases} \]Or :
\[ x^2-x=x(x-1), \]donc :
\[ x^2-x\gt0 \iff x\lt0 \quad\text{ou}\quad x\gt1. \]Avec \(x\gt-1\), le domaine de résolution est :
\[ D=]-1,0[\cup]1,+\infty[. \]Sur ce domaine, les deux arguments sont positifs : l’injectivité de \(\ln\) autorise donc la suppression des logarithmes :
\[ x^2-x=x+1. \]Ainsi :
\[ x^2-2x-1=0. \]Le discriminant vaut :
\[ \Delta=8. \]Les deux racines sont :
\[ x=1-\sqrt2 \quad\text{ou}\quad x=1+\sqrt2. \]Elles appartiennent toutes les deux au domaine.
Question 2
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Les conditions d’existence sont :
\[ 7x-1\gt0 \quad\text{et}\quad 5x+1\gt0. \]On obtient :
\[ x\gt\frac17. \]Sur ce domaine, les deux logarithmes existent ; leur égalité équivaut donc à l’égalité de leurs arguments :
\[ \ln(7x-1)=\ln(5x+1) \iff 7x-1=5x+1. \]Donc :
\[ x=1. \]Cette valeur appartient au domaine.
Question 3
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La condition d’existence est :
\[ x\gt0. \]L’expression est un trinôme du second degré en \(\ln x\). La substitution suivante permet donc de retrouver une équation algébrique usuelle :
\[ X=\ln x. \]L’équation devient :
\[ 3X^2-7X+10=0. \]Son discriminant vaut :
\[ \Delta=49-120=-71. \]Comme \(\Delta\lt0\), cette équation n’admet aucune solution réelle \(X\). Il ne peut donc exister aucun réel \(x\) satisfaisant l’équation initiale.
Question 4
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Il faut vérifier à la fois l’existence du logarithme et la non-nullité du dénominateur :
\[ x\gt0 \quad\text{et}\quad 1+2\ln x\neq0. \]Posons :
\[ X=\ln x, \qquad X\neq-\frac12. \]L’équation devient :
\[ \frac{8+X}{1+2X}=X. \]Comme \(1+2X\neq0\), on obtient :
\[ 8+X=X(1+2X). \]Donc :
\[ 2X^2=8, \]d’où :
\[ X=2 \quad\text{ou}\quad X=-2. \]Ces deux valeurs sont autorisées. Ainsi :
\[ x=e^2 \quad\text{ou}\quad x=e^{-2}. \]Question 5
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Les conditions d’existence sont :
\[ x-1\gt0, \qquad x+3\gt0, \qquad x^2+4x+9\gt0. \]Or :
\[ x^2+4x+9=(x+2)^2+5\gt0. \]Le domaine est donc :
\[ x\gt1. \]Sur ce domaine, \(x-1\) et \(x+3\) sont strictement positifs : la propriété du logarithme d’un produit peut être appliquée.
\[ \ln(x-1)+\ln(x+3) = \ln\big((x-1)(x+3)\big). \]Par injectivité de \(\ln\) :
\[ (x-1)(x+3)=x^2+4x+9. \]En développant :
\[ x^2+2x-3=x^2+4x+9. \]Donc :
\[ x=-6. \]Mais \(-6\notin]1,+\infty[\). La solution algébrique doit donc être rejetée.
Question 6
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Les conditions d’existence donnent :
\[ \frac32\lt x\lt2. \]La correction introduit ensuite une nouvelle variable qui simplifie simultanément les deux arguments logarithmiques. Posons :
\[ t=2-x. \]Alors :
\[ 0\lt t\lt\frac12 \qquad\text{et}\qquad 2x-3=1-2t. \]L’équation devient :
\[ 2\ln(1-2t)-3\ln t=0. \]Sur l’intervalle obtenu, \(t\) et \(1-2t\) sont strictement positifs. Les propriétés des puissances sont donc applicables :
\[ \ln\big((1-2t)^2\big)=\ln(t^3). \]Par injectivité de \(\ln\) :
\[ (1-2t)^2=t^3. \]Après développement :
\[ t^3-4t^2+4t-1=0. \]Or :
\[ t^3-4t^2+4t-1 = (t-1)(t^2-3t+1). \]Les solutions possibles sont :
\[ t=1, \qquad t=\frac{3-\sqrt5}{2}, \qquad t=\frac{3+\sqrt5}{2}. \]La seule valeur appartenant à \(]0,\frac12[\) est :
\[ t=\frac{3-\sqrt5}{2}. \]Comme \(x=2-t\), on obtient :
\[ x=\frac{1+\sqrt5}{2}. \]Question 7
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Les conditions d’existence sont :
\[ \frac{x+5}{x+2}\gt0, \qquad x+2\gt0, \qquad 3x+9\gt0. \]La condition \(x+2\gt0\) donne \(x\gt-2\). Sur cet intervalle, les deux autres arguments sont également strictement positifs.
Le domaine est donc :
\[ x\gt-2. \]Sur ce domaine :
\[ 2\ln(x+2)=\ln\big((x+2)^2\big). \]Le membre de gauche devient alors :
\[ \ln\big((x+5)(x+2)\big). \]Par injectivité de \(\ln\) :
\[ (x+5)(x+2)=3x+9. \]Donc :
\[ x^2+4x+1=0. \]Les racines sont :
\[ x=-2-\sqrt3 \quad\text{ou}\quad x=-2+\sqrt3. \]Seule la seconde appartient au domaine \(x\gt-2\).
Question 8
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Le logarithme impose uniquement :
\[ x\gt0. \]La racine cubique, contrairement à une racine carrée, est définie pour tout réel. La substitution utilisée dans la correction est :
\[ X=\sqrt[3]{\ln x}. \]Alors :
\[ \sqrt[3]{\ln^2x}=X^2. \]L’équation devient :
\[ X^2-5X+6=0. \]On factorise :
\[ (X-2)(X-3)=0. \]Donc :
\[ X=2 \quad\text{ou}\quad X=3. \]Comme \(X^3=\ln x\), on obtient :
\[ \ln x=8 \quad\text{ou}\quad \ln x=27. \]Ainsi :
\[ x=e^8 \quad\text{ou}\quad x=e^{27}. \]Question 9
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Pour que \(\ln(x+3)\) existe, son argument doit être strictement positif :
\[ x\gt-3. \]L’équation donne :
\[ \ln(x+3)=5 \quad\text{ou}\quad \ln(x+3)=-5. \]Donc :
\[ x=e^5-3 \quad\text{ou}\quad x=e^{-5}-3. \]Ces deux valeurs sont strictement supérieures à \(-3\) : elles sont donc toutes les deux admissibles.
Question 10
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La présence de \(\ln x\) impose :
\[ x\gt0. \]Cette condition assure aussi \(2x+1\gt0\), et donc l’existence du logarithme placé à gauche.
Comme :
\[ \ln\left(\sqrt{2x+1}\right) = \frac12\ln(2x+1), \]l’équation devient :
\[ \ln(2x+1)=-\ln x. \]Puisque \(x\gt0\), la propriété du logarithme d’un quotient permet d’écrire :
\[ -\ln x=\ln\left(\frac1x\right). \]Par injectivité de \(\ln\) :
\[ 2x+1=\frac1x. \]Comme \(x\gt0\), on obtient :
\[ 2x^2+x-1=0. \]On factorise :
\[ (2x-1)(x+1)=0. \]Les solutions algébriques sont \(x=\frac12\) et \(x=-1\). Seule la première appartient au domaine.
À retenir
Pour résoudre correctement une équation logarithmique, il faut respecter un ordre précis. On commence par déterminer le domaine de résolution en imposant la stricte positivité des arguments et, si nécessaire, la non-nullité des dénominateurs. On choisit ensuite la propriété adaptée : injectivité de \(\ln\), logarithme d’un produit ou d’une puissance, ou substitution permettant de ramener l’équation à une équation algébrique connue. Enfin, les solutions obtenues ne sont jamais acceptées automatiquement : elles doivent appartenir au domaine initial. Les questions de cet article montrent également qu’une équation peut n’avoir aucune solution, posséder plusieurs solutions ou être vérifiée sur tout son domaine.
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