Eclats de vers : Matemat : Logarithme

La fonction \(\exp : \setR \mapsto \setR^+ \setminus \{ 0 \}\) étant strictement croissante et d'image égale à \(\setR^+ \setminus \{ 0 \}\), elle est inversible. On définit le logarithme :

\[\ln : \setR^+ \setminus \{ 0 \} \mapsto \setR\]

comme la fonction inverse de \(\exp\) :

\[\ln = \exp^{-1}\]

Pour tout \(x,y \in \setR\) tels que \(y = \exp(x) \strictsuperieur 0\), on a donc :

\[\ln(y) = x\]

Le cas particulier \(x = 0\) et \(y = \exp(0) = 1\) nous montre que :

\[\ln(1) = 0\]

Soit les réels \(x,y\) tels que :

\[x = \ln(y)\]

On a alors par définition  :

\[y = \exp(x)\]

La dérivée de cette relation s'écrit symboliquement :

\[\OD{y}{x} = \exp(x) = y\]

Comme la dérivée d'une fonction inverse est l'inverse de la dérivée, on a :

\[\OD{x}{y} = \unsur{y}\]

c'est-à-dire :

\[\OD{\ln}{y}(y) = \unsur{y}\]

Soit la fonction \(u : \setR \mapsto \setR\) définie par :

\[u(t) = \ln(1 + t)\]

pour tout réel \(t\). On a :

\[u(0) = \ln(1 + 0) = \ln(1) = 0\]

La dérivée s'écrit :

\[\partial u(t) = \unsur{1 + t}\]

et en particulier :

\[\partial u(0) = \unsur{1 + 0} = 1\]

On procède de même pour la dérivée seconde :

\[\partial^2 u(t) = -\unsur{(1 + t)^2}\]

et en particulier :

\[\partial^2 u(0) = -\unsur{(1 + 0)^2} = -1\]

on procède de même pour la dérivée tierce :

\[\partial^3 u(t) = \frac{2}{(1 + t)^3}\]

et en particulier :

\[\partial^3 u(0) = \frac{2}{(1 + 0)^3} = 2\]

on procède de même pour la dérivée quarte :

\[\partial^4 u(t) = \frac{-6}{(1 + t)^4}\]

et en particulier :

\[\partial^4 u(0) = \frac{-6}{(1 + 0)^4} = -6\]

On voit que :

\[\partial^k u(0) = (-1)^{1+k} \cdot (k - 1) !\]

pour tout \(k \in \setN\) vérifiant \(k \ge 1\). Le développement de Taylor s'écrit donc :

\[\ln(1+t) = \sum_{k=1}^{+\infty} \frac{(-1)^{1+k} \cdot (k - 1) !}{k !} \ t^k\]

Comme \(k ! = k \cdot (k - 1) !\), on a :

\[\frac{(k - 1) !}{k !} = \unsur{k}\]

Le développement s'écrit donc finalement :

\[\ln(1+t) = \sum_{k=1}^{+\infty} \frac{(-1)^{1+k}}{k} \ t^k\]

En posant \(x = 1 + t\), on obtient la forme équivalente :

\[\ln(x) = \sum_{k=1}^{+\infty} \frac{(-1)^{1+k}}{k} \ (x - 1)^k\]

Soit \(a, b \in \setR\). En utilisant l'additivité de l'exponentielle, on obtient :

\[\exp\Big[\ln(a \cdot b)\Big] = a \cdot b = \exp\big[\ln(a)\big] \cdot \exp\big[\ln(b)\big] = \exp\Big[\ln(a) + \ln(b)\Big]\]

En prenant le logarithme de cette égalité, on en déduit que :

\[\ln(a \cdot b) = \ln(a) + \ln(b)\]

Soit \(a \in \setR\). On a :

\[\ln(a) + \ln\left(\unsur{a}\right) = \ln\left(a \cdot \unsur{a}\right) = \ln(1) = 0\]

On en conclut que :

\[\ln\left(\unsur{a}\right) = - \ln(a)\]

Soit les réels \(a, b\). On a :

\[\ln\left(\frac{a}{b}\right) = \ln(a) + \ln\left(\unsur{b}\right) = \ln(a) - \ln(b)\]

Comme \(\ln\) est une primitive de la fonction :

\[u : \setR \setminus \{ 0 \}, \ x \mapsto 1/x\]

On a :

\[\int_a^b \unsur{x} \ dx = \ln(b) - \ln(a) = \ln\left[\frac{b}{a}\right]\]

Soit les réels \(\gamma\) et \(u_0\). Nous cherchons la fonction \(u : \setR \mapsto \setR\) solution du problème différentiel :

\begin{align} \OD{u}{t} &= \gamma \cdot t \cdot u \\ \) \( u(0) &= u_0 \end{align}

en procédant par séparation de variables :

\[\frac{du}{u} = \gamma \cdot t \ dt\]

En intégrant :

\[\int_{u_0}^{u(s)} \frac{du}{u} = \int_0^s \gamma \cdot t \ dt\]

on obtient :

\[\ln(u(s))-\ln(u_0) = \gamma \cdot \frac{s^2}{2}\]

ou :

\[\ln\left(\frac{u(s)}{u_0}\right) = \gamma \cdot \frac{s^2}{2}\]

En prenant l'exponentielle, on arrive à la solution :

\[u(s) = u_0 \cdot \exp\left( \gamma \cdot \frac{s^2}{2} \right)\]

Une fonction de cette forme est appelée gaussienne.