Exercices corrigés : la fonction logarithmique (math TS, secondaire 5)

$h=3$ : asymptote $x=3$. Le contenu $x-3$ doit être strictement positif, donc le domaine est $]3\,;+\infty[$, crochet OUVERT. L'image d'une fonction logarithmique est toujours $\mathbb{R}$ tout entier. Zéro : $\log_{2}(x-3)=0$ donne $x-3=1$, donc $x=4$. Vérification : $\log_{2}1=0$.

On lit $x+5=x-(-5)$, donc $h=-5$ : asymptote $x=-5$ et domaine $]-5\,;+\infty[$. Image $\mathbb{R}$. Zéro : $3\log_{10}(x+5)=6$ donne $\log_{10}(x+5)=2$, donc $x+5=100$ et $x=95$. Vérification : $3\times 2-6=0$.

Le contenu est $-(x-4)$, donc $b=-1$ et $h=4$ : asymptote $x=4$. Il faut $-(x-4)>0$, donc $x<4$ : le domaine est $]-\infty\,;4[$, la courbe est à GAUCHE de l'asymptote. Image $\mathbb{R}$. Zéro : $-(x-4)=1$ donne $x=3$. Un $b$ négatif retourne le domaine, exactement comme pour la racine carrée.

Pour $g$, $0$ appartient au domaine $]-5\,;+\infty[$, donc l'ordonnée à l'origine existe : $g(0)=3\log_{10}5-6\approx 3\times 0{,}699-6=-3{,}903$. Pour $f$, $0$ n'appartient PAS au domaine $]3\,;+\infty[$ : la courbe ne coupe jamais l'axe des ordonnées, et l'ordonnée à l'origine n'existe pas. Vérifier l'appartenance de $0$ au domaine avant de calculer est le réflexe du chapitre, et l'oublier fait écrire un nombre pour une valeur qui n'existe pas.

$\log_{2}(8x)=\log_{2}8+\log_{2}x=3+\log_{2}x$, donc $f(x)=\log_{2}x+3$. Vérification en $x=1$ : $\log_{2}8=3$, et $0+3=3$. Le facteur $8$ est devenu une translation de $3$ vers le haut.

$\log_{3}\!\left(9(x-2)\right)=\log_{3}9+\log_{3}(x-2)=2+\log_{3}(x-2)$, donc $g(x)=\log_{3}(x-2)+2$. Vérification en $x=3$ : $\log_{3}9=2$, et $0+2=2$. Le $h=2$ est resté intact : seul le facteur s'est déplacé vers le terme constant.

$2\log_{10}(100x)=2\left(\log_{10}100+\log_{10}x\right)=2(2+\log_{10}x)=4+2\log_{10}x$, donc $p(x)=2\log_{10}x+4$. Attention : le coefficient $a=2$ multiplie AUSSI la constante sortie, ce qui donne $4$ et non $2$. C'est l'erreur la plus fréquente de cette transformation.

Non, jamais. L'asymptote est là où le contenu du logarithme s'annule : pour $g$, $9(x-2)=0$ donne $x=2$, quel que soit le facteur $9$. Un facteur strictement positif ne change ni le zéro du contenu ni son signe, donc ni l'asymptote ni le domaine. Seul le SIGNE de $b$ compte, et il retourne le domaine sans déplacer l'asymptote. C'est la différence essentielle avec $h$, qui est le seul à la déplacer.

$h=1$, donc $y=a\log_{2}(x-1)+k$. Le point $(3\,;0)$ donne $a\log_{2}2+k=0$, soit $a+k=0$. Le point $(5\,;4)$ donne $a\log_{2}4+k=4$, soit $2a+k=4$. En soustrayant : $a=4$, puis $k=-4$. La règle est $y=4\log_{2}(x-1)-4$. Vérification : $4\log_{2}4-4=8-4=4$.

$h=-2$, donc $y=a\log_{10}(x+2)+k$. Le zéro en $8$ donne $a\log_{10}10+k=0$, soit $a+k=0$. Le point $(98\,;3)$ donne $a\log_{10}100+k=3$, soit $2a+k=3$, d'où $a=3$ et $k=-3$. La règle est $y=3\log_{10}(x+2)-3$. Choisir des abscisses qui rendent le contenu égal à une puissance de la base est ce qui rend le système calculable de tête.

$h=0$, donc $y=a\log_{3}x+k$. Le point $(1\,;5)$ donne $a\times 0+k=5$, donc $k=5$ immédiatement. Le point $(9\,;1)$ donne $2a+5=1$, donc $a=-2$. La règle est $y=-2\log_{3}x+5$. Le point d'abscisse $1$ est toujours le plus utile : le logarithme y est nul, donc il donne $k$ seul.

Parce qu'une fonction logarithmique est strictement monotone sur tout son domaine : croissante si $a$ et $b$ sont de même signe, décroissante sinon. Elle prend donc chaque valeur réelle une fois et une seule, et en particulier la valeur zéro. C'est aussi ce qui garantit que sa réciproque, l'exponentielle, est une fonction sans restriction.

Il faut $x-1>0$, donc le domaine est $]1\,;+\infty[$. Zéro : $2\log_{3}(x-1)=4$ donne $\log_{3}(x-1)=2$, donc $x-1=9$ et $x=10$. La solution appartient bien au domaine. Vérification : $2\times 2-4=0$.

$2\log_{3}(x-1)-4=-2$ donne $\log_{3}(x-1)=1$, donc $x-1=3$ et $x=4$... reprenons le calcul : $2\log_{3}(x-1)=2$, donc $\log_{3}(x-1)=1$ et $x-1=3$, soit $x=4$. Vérification : $2\log_{3}3-4=2-4=-2$, conforme. La réponse est $x=4$.

$2\log_{3}(x-1)\ge 4$ donne $\log_{3}(x-1)\ge 2$. La base $3$ est supérieure à $1$, donc le logarithme est croissant et l'inégalité passe à l'argument : $x-1\ge 9$, soit $x\ge 10$. La solution est $[10\,;+\infty[$, qui est bien incluse dans le domaine. Si la base avait été inférieure à $1$, le sens se serait INVERSÉ.

Domaine d'abord : il faut $x-1>0$ ET $x-3>0$, donc $x>3$. On regroupe par la loi du produit : $\log_{3}\!\left[(x-1)(x-3)\right]=1$, donc $(x-1)(x-3)=3$, soit $x^{2}-4x+3=3$ et $x^{2}-4x=0$, c'est-à-dire $x(x-4)=0$. Les candidats sont $0$ et $4$. La valeur $0$ ne respecte pas $x>3$ : c'est une racine étrangère, fabriquée par le regroupement, et on la rejette. La seule solution est $x=4$. Vérification : $\log_{3}3+\log_{3}1=1+0=1$.

De $y=\log_{2}(x-3)$, on passe à la forme exponentielle : $x-3=2^{y}$, donc $x=2^{y}+3$. En échangeant les noms, $f^{-1}(x)=2^{x}+3$. Son domaine est $\mathbb{R}$, l'image de $f$, et son image est $]3\,;+\infty[$, le domaine de $f$.

De $y=3\log_{10}(x+5)-6$, on isole : $\log_{10}(x+5)=\dfrac{y+6}{3}$, donc $x+5=10^{(y+6)/3}$ et $x=10^{(y+6)/3}-5$. En échangeant, $g^{-1}(x)=10^{(x+6)/3}-5$, de domaine $\mathbb{R}$.

$g$ a pour asymptote la verticale $x=-5$ ; $g^{-1}$ a pour asymptote l'horizontale $y=-5$. La même valeur, l'autre direction : c'est la signature de la réflexion par rapport à la droite $y=x$. Le domaine de $g$, $]-5\,;+\infty[$, est devenu l'image de $g^{-1}$, et réciproquement.

On choisit le zéro de $g$, calculé à l'exercice 1 : $g(95)=0$. Alors $g^{-1}(0)=10^{6/3}-5=10^{2}-5=100-5=95$ : on retombe sur $95$, la réciproque est vérifiée. Choisir le zéro comme point de contrôle rend le calcul entier, sans calculatrice.

C'est la courbe située à GAUCHE de l'asymptote, la seule dont le domaine soit $]-\infty\,;2[$ : il faut $-(x-2)>0$, donc $x<2$. Le signe de $b$ décide du côté, exactement comme pour la racine carrée, et il se lit sans calcul.

Elles passent toutes deux par $(3\,;0)$. En effet, en $x=3$ le contenu vaut $1$, et $\log_{2}1=0$ quelle que soit la valeur de $a$ : le produit $a\times 0$ est nul. Toutes les fonctions $a\log_{c}(x-2)$ passent donc par ce point, et c'est un repère de tracé aussi utile que l'asymptote.

La première, $\log_{2}(x-2)$, est croissante : $a>0$, $b>0$. La deuxième, $-\log_{2}(x-2)$, est décroissante : $a<0$, $b>0$. La troisième, $\log_{2}\!\left(-(x-2)\right)$, est décroissante elle aussi, mais pour une autre raison : $a>0$ et $b<0$. On le vérifie sur deux points : elle vaut $0$ en $x=1$ et $1$ en $x=0$, donc elle monte quand $x$ DIMINUE.

Une fonction logarithmique CROÎT quand $a$ et $b$ sont de MÊME signe, et DÉCROÎT quand ils sont de signes contraires. C'est exactement la règle de l'exponentielle avec la base à la place de $b$, ce qui n'est pas un hasard puisque les deux familles sont réciproques l'une de l'autre. Un seul signe ne suffit jamais à conclure.

$f(1)=0$, $f(2)=4$, $f(4)=8$, $f(8)=12$, $f(16)=16$. Et $d$ vaut simplement $1$, $2$, $4$, $8$ et $16$. À chaque DOUBLEMENT de $x$, le logarithme gagne exactement $4$, alors que la droite double.

En $x=1$, la droite est au-dessus, $1>0$. Dès $x=2$, le logarithme passe devant, $4>2$, et il le reste jusqu'en $x=8$, où $12>8$. En $x=16$, les deux valent $16$ : ils se rejoignent. Après, la droite l'emporte définitivement, par exemple en $x=32$ où elle vaut $32$ contre $20$. La courbe est donc au-dessus entre les deux croisements et en dessous ailleurs.

Les deux points de croisement se lisent directement dans la table : $x=16$ donne $f=d=16$, et entre $1$ et $2$ il existe une valeur où les deux se croisent, que la table encadre sans la donner. On peut la préciser : en $x=1{,}2$, $f\approx 1{,}05$ et $d=1{,}2$ ; en $x=1{,}4$, $f\approx 1{,}94$ et $d=1{,}4$ : le croisement est entre $1{,}2$ et $1{,}4$. Répondre « deux points, dont $(16\,;16)$ » avec l'encadrement de l'autre est la réponse attendue.

Parce que leurs gains ne se comparent pas. Chaque fois que $x$ DOUBLE, un logarithme gagne toujours la même quantité, ici $4$ ; une droite, elle, voit sa valeur doubler. Sur les grands nombres, doubler l'emporte forcément sur ajouter une constante : entre $x=1000$ et $x=2000$, le logarithme gagne $4$ et la droite gagne $1000$. Quelle que soit la pente, même très petite, la droite finit donc par dépasser, et c'est pourquoi aucun modèle logarithmique ne peut décrire une croissance durablement rapide.

$T(60)=-120\log_{10}1+40=0+40=40$ minutes : la vitesse $60$ est la vitesse de référence, celle où l'argument du logarithme vaut $1$. À $600$, l'argument vaut $10$ et le logarithme vaut $1$, donc $T=-120+40=-80$ minutes. Multiplier la vitesse par dix retire donc $120$ minutes de durée de vie, ce qui est ici absurde : la formule sort de son domaine de validité.

$T(120)=-120\log_{10}2+40=-120\times 0{,}30103+40=-36{,}12+40=3{,}88$, soit $3{,}9$ minutes au dixième. DOUBLER la vitesse fait donc perdre environ $36$ minutes : c'est l'effet caractéristique d'un logarithme, une perte constante par doublement.

On résout $-120\log_{10}\!\left(\dfrac{V}{60}\right)+40=10$, donc $\log_{10}\!\left(\dfrac{V}{60}\right)=\dfrac{30}{120}=0{,}25$, d'où $\dfrac{V}{60}=10^{0{,}25}\approx 1{,}7783$ et $V\approx 106{,}7$, soit $107$ mètres par minute à l'unité. Vérification : $T(107)\approx 9{,}8$ minutes, tout près de $10$.

$T(V)<0$ revient à $\log_{10}\!\left(\dfrac{V}{60}\right)>\dfrac{40}{120}=\dfrac{1}{3}$, donc $\dfrac{V}{60}>10^{1/3}\approx 2{,}1544$ et $V>129{,}3$ mètres par minute. Le modèle prédit donc une durée de vie négative au-delà d'environ $129$ m/min, ce qui n'a AUCUN sens physique : un outil ne peut pas s'user avant d'avoir servi. La formule est une approximation valable dans une plage limitée, et le technicien doit connaître cette limite. C'est une remarque de modélisation, et elle vaut des points.

Le contenu $t+1$ doit être strictement positif, donc $t>-1$ : l'asymptote est la verticale $t=-1$ et le domaine mathématique est $]-1\,;+\infty[$. Le domaine UTILE est celui du procédé, $[0\,;600]$ minutes : une durée est positive et le four est programmé pour dix heures au plus. Distinguer les deux domaines fait partie de la réponse.

$H(0)=620-90\log_{10}1=620-0=620$ unités Vickers, la dureté avant traitement. $H(99)=620-90\log_{10}100=620-180=440$ unités. L'argument valant exactement $100$, le calcul se fait de tête, et c'est pour cela que l'énoncé choisit $99$ minutes.

La question b) donne déjà la réponse : $99$ minutes. On peut la retrouver par le calcul : $620-90\log_{10}(t+1)=440$ donne $\log_{10}(t+1)=\dfrac{180}{90}=2$, donc $t+1=100$ et $t=99$ minutes. Reconnaître qu'une question a déjà été résolue est aussi une compétence, et refaire le calcul pour confirmer ne coûte que deux lignes.

Sans le $+1$, la formule serait $620-90\log_{10}t$, dont l'asymptote serait $t=0$ : à l'instant initial, $\log_{10}0$ n'existe pas, et pour des durées très courtes la dureté prédite serait arbitrairement GRANDE, ce qui est absurde. Le $+1$ déplace l'asymptote en $t=-1$, donc hors du domaine utile, et la formule donne alors une valeur finie dès $t=0$. C'est exactement le rôle du paramètre $h$ : rendre un modèle utilisable là où la fonction de base ne l'est pas.