Problèmes sur le logarithme en terminale

Un isotope qui se désintègre, une fonction dont on cherche le minimum, un capital qui double : trois questions où l'inconnue est en exposant, et où le logarithme est le seul moyen de l'en faire descendre.

Passer d'une écriture en puissance à une écriture exponentielle.
Résoudre une équation ou une inéquation à l'aide du logarithme.
Étudier une fonction construite à partir du logarithme.
Résoudre un problème de seuil et interpréter le résultat.

La demi-vie de l'isotope

Un échantillon radioactif perd $3 \ \%$ de sa masse chaque année. On note $m_0$ sa masse initiale et $m(t)$ sa masse au bout de $t$ années.

$$ m(t) = m_0 \times 0{,}97^{\,t} $$

Écrire $m(t)$ sous la forme $m_0 \, e^{kt}$, et donner la valeur de $k$.

Toute puissance s'écrit comme une exponentielle : $0{,}97^{\,t} = e^{t \ln(0{,}97)}$.

$$ k = \ln(0{,}97) \approx -0{,}0305 $$
Déterminer la demi-vie de l'échantillon, c'est-à-dire le temps au bout duquel il a perdu la moitié de sa masse.

$$ m_0 \times 0{,}97^{\,t} = \frac{m_0}{2} \quad \Longleftrightarrow \quad 0{,}97^{\,t} = 0{,}5 $$

En passant au logarithme :

$$ t \ln(0{,}97) = \ln(0{,}5) \quad \Longleftrightarrow \quad t = \frac{\ln(0{,}5)}{\ln(0{,}97)} $$

$$ t \approx 22{,}8 \ \text{années} $$

La masse initiale a disparu du calcul : la demi-vie ne dépend que du taux de perte.
Interpréter le signe de $k$.

$k$ est négatif parce que $0{,}97 < 1$, donc son logarithme est négatif : l'exponentielle $e^{kt}$ décroît, ce qui traduit la perte de masse.

Le minimum de $x - \ln(x)$

On considère la fonction définie sur $\bigl]0 \ ; \ +\infty\bigr[$ par :

$$ f(x) = x - \ln(x) $$

Calculer $f'(x)$, et l'écrire sous la forme d'un quotient.

$$ f'(x) = 1 - \frac{1}{x} $$

$$ f'(x) = \frac{x - 1}{x} $$
Étudier le signe de $f'$, et dresser le tableau de variations.

Sur $\bigl]0 \ ; \ +\infty\bigr[$, le dénominateur est strictement positif : $f'$ a donc le signe de $x - 1$.

$f$ décroît sur $\bigl]0 \ ; \ 1\bigr]$, puis croît sur $\bigl[1 \ ; \ +\infty\bigr[$.

$$ f(1) = 1 - \ln(1) = 1 \quad \text{est le minimum} $$
Déterminer les limites de $f$ en $0^+$ et en $+\infty$.

En $0^+$, $\ln(x)$ tend vers $-\infty$, donc $-\ln(x)$ vers $+\infty$ : la somme aussi.

En $+\infty$, la forme est indéterminée. On factorise le terme prépondérant :

$$ f(x) = x\left(1 - \frac{\ln(x)}{x}\right) $$

Par croissances comparées, $\frac{\ln(x)}{x}$ tend vers $0$, donc la parenthèse vers $1$ :

$$ \lim\limits_{x \to 0^+} f(x) = \lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = +\infty $$
En déduire que $\ln(x) \leqslant x - 1$ pour tout $x > 0$.

Le minimum de $f$ vaut $1$, donc $x - \ln(x) \geqslant 1$ pour tout $x > 0$ :

$$ \ln(x) \leqslant x - 1 $$

C'est l'inégalité que la convexité donnait par la tangente en $1$ : les deux chemins mènent au même résultat.

Le capital qui double

Un capital de $5 \ 000 \ \text{€}$ est placé au taux annuel de $4 \ \%$, les intérêts étant capitalisés chaque année. On note $C_n$ le capital au bout de $n$ années.

$$ C_n = 5 \ 000 \times 1{,}04^{\,n} $$

Déterminer le nombre d'années au bout duquel le capital dépasse $8 \ 000 \ \text{€}$.

$$ 5 \ 000 \times 1{,}04^{\,n} \geqslant 8 \ 000 \quad \Longleftrightarrow \quad 1{,}04^{\,n} \geqslant 1{,}6 $$

$$ n \ln(1{,}04) \geqslant \ln(1{,}6) $$

$\ln(1{,}04)$ est positif, puisque $1{,}04 > 1$ : l'inégalité garde son sens.

$$ n \geqslant \frac{\ln(1{,}6)}{\ln(1{,}04)} \approx 11{,}98 $$

$$ n = 12 \ \text{années} $$
Au bout de combien d'années le capital aura-t-il doublé ?

$$ 1{,}04^{\,n} \geqslant 2 \quad \Longleftrightarrow \quad n \geqslant \frac{\ln(2)}{\ln(1{,}04)} \approx 17{,}67 $$

$$ n = 18 \ \text{années} $$
Cette dernière réponse dépend-elle du capital placé ? Justifier.

Non. Doubler, c'est vérifier $C_n \geqslant 2 \, C_0$, et le capital initial se simplifie des deux côtés : il ne reste que $1{,}04^{\,n} \geqslant 2$.

$$ \text{le temps de doublement ne dépend que du taux} $$

La demi-vie de l'isotope

Le minimum de \(x - \ln(x)\)

Le capital qui double