Sommaire
Méthode 1Si l'équation est du type \ln\left(u\left(x\right)\right)= \ln\left(v\left(x\right)\right) 1Déterminer le domaine de définition de l'équation 2Faire disparaître les logarithmes 3Résoudre la nouvelle équation 4Sélectionner les solutions incluses dans le domaine de définitionMéthode 2Si l'équation est du type \ln\left(u\left(x\right)\right)= k 1Déterminer le domaine de définition de l'équation 2Utiliser la fonction exponentielle pour faire disparaître le logarithme. 3Résoudre la nouvelle équation 4Sélectionner les solutions incluses dans le domaine de définitionMéthode 3Si l'équation est du type a\left(\ln\left(x\right)\right)^2+bln\left(x\right) +c= 0 1Poser X = \ln\left(x\right) 2Résoudre la nouvelle équation 3Appliquer l'exponentielle aux solutions pour revenir à la variable initialeSi l'équation est du type \ln\left(u\left(x\right)\right)= \ln\left(v\left(x\right)\right)
Une équation du type \ln\left(u\left(x\right)\right)=\ln\left(v\left(x\right)\right) est résolue en faisant disparaître les logarithmes.
Résoudre sur \mathbb{R} l'équation suivante :
\ln\left(2x-1\right) = \ln\left(1-x\right)
Déterminer le domaine de définition de l'équation
On détermine le domaine de définition de chaque logarithme pour obtenir le domaine de définition de l'équation.
L'équation existe si et seulement si les deux conditions suivantes sont vérifiées :
\begin{cases} 2x-1 \gt 0 \cr \cr 1-x \gt 0 \end{cases}
Soit :
\begin{cases} x\gt \dfrac{1}{2} \cr \cr x \lt 1 \end{cases}
Le domaine de définition de l'équation est donc : \left] \dfrac{1}{2} ; 1 \right[.
Faire disparaître les logarithmes
On sait que :
\ln\left(u\left(x\right)\right)=\ln\left(v\left(x\right)\right) \Leftrightarrow u\left(x\right) = v\left(x\right)
On a :
\forall x \in\left] \dfrac{1}{2};1 \right[, \ln\left(2x-1\right)=\ln\left(1-x\right) \Leftrightarrow 2x-1 = 1-x
Résoudre la nouvelle équation
On résout l'équation obtenue.
Or, on a, pour tout réel x :
2x-1 = 1-x
\Leftrightarrow 3x = 2
\Leftrightarrow x = \dfrac{2}{3}
Sélectionner les solutions incluses dans le domaine de définition
On ne sélectionne enfin que les solutions incluses dans le domaine de définition.
On a bien \dfrac{2}{3} \in \left] \dfrac{1}{2} ; 1 \right[. Finalement, l'ensemble des solutions de l'équation est :
S=\left\{ \dfrac{2}{3} \right\}
Si l'équation est du type \ln\left(u\left(x\right)\right)= k
Afin de résoudre une équation du type \ln\left(u\left(x\right)\right) = k, on utilise la fonction exponentielle.
Résoudre sur \mathbb{R} l'équation suivante :
\ln\left(3x-4\right) = 3
Déterminer le domaine de définition de l'équation
On détermine le domaine de définition de chaque logarithme pour obtenir le domaine de définition de l'équation.
L'équation existe si et seulement si :
3x-4 \gt 0 \Leftrightarrow x \gt \dfrac{4}{3}
Le domaine de définition de l'équation est donc : \left]\dfrac{4}{3} ; +\infty \right[.
Utiliser la fonction exponentielle pour faire disparaître le logarithme.
On sait que :
\ln\left(u\left(x\right)\right)=k \Leftrightarrow u\left(x\right) =e^k
On sait que :
\forall x \in\left] \dfrac{4}{3};+\infty \right[, \ln\left(3x-4\right)=3 \Leftrightarrow 3x-4 =e^3
Résoudre la nouvelle équation
On résout l'équation obtenue.
Or, on a, pour tout réel x :
3x-4 =e^3
\Leftrightarrow 3x = e^3 + 4
\Leftrightarrow x = \dfrac{e^3+4}{3}
Sélectionner les solutions incluses dans le domaine de définition
On ne sélectionne enfin que les solutions incluses dans le domaine de définition.
On a bien \dfrac{e^3+4}{3} \in \left] \dfrac{4}{3} ; +\infty \right[. Finalement, l'ensemble des solutions de l'équation est :
S=\left\{ \dfrac{e^3+4}{3} \right\}
Si l'équation est du type a\left(\ln\left(x\right)\right)^2+bln\left(x\right) +c= 0
Afin de résoudre une équation du type a\left(\ln\left(x\right)\right)^2+bln\left(x\right)+c =0, on introduit le changement de variable X = \ln \left(x\right) pour se ramener à une équation du second degré.
Résoudre sur \mathbb{R} l'équation suivante :
\left(\ln\left(x\right)\right)^2+2\ln\left(x\right) -8= 0
Poser X = \ln\left(x\right)
On pose la nouvelle variable X = \ln\left(x\right).
On pose X = \ln\left(x\right).
Résoudre la nouvelle équation
On obtient une nouvelle équation de la forme aX^2+bX+c = 0. On résout cette équation.
L'équation devient :
X^2+2X - 8=0
On reconnaît la forme d'une équation du second degré, dont on peut déterminer les racines à l'aide du discriminant :
\Delta= b^2-4ac
\Delta= 2^2-4\times 1 \times \left(-8\right)
\Delta=36
\Delta \gt 0, donc l'équation X^2+2X - 8=0 admet deux solutions :
- X_1 =\dfrac{-b-\sqrt{\Delta}}{2a} = \dfrac{-2 -\sqrt{36}}{2\times 1} =-4
- X_2 =\dfrac{-b+\sqrt{\Delta}}{2a} = \dfrac{-2 +\sqrt{36}}{2\times 1} =2
Il arrive parfois que l'équation ne soit pas de la forme aX^2+bX+C = 0.
Quand c'est le cas, il faut se ramener à cette forme.
L'équation aX +b + \dfrac{c}{X} = 0 n'est pas un trinôme du second degré. Pour tout réel X non nul :
aX +b + \dfrac{c}{X} = 0 \Leftrightarrow X\left(aX +b + \dfrac{c}{X}\right) = 0 \Leftrightarrow aX^2+bX+c = 0
Appliquer l'exponentielle aux solutions pour revenir à la variable initiale
On exprime la variable initiale en fonction de la nouvelle variable : x = e^X.
Ainsi, pour chaque solution X_i, liée à la nouvelle variable, on détermine la solution correspondante liée à la variable initiale : x_i = e^{X_i}.
On a X_1 = -4 et X_2 = 2.
On procède au changement de variable inverse en posant x = e^X.
On en déduit que :
- x_1 = e^{-4}
- x_2 = e^2
Finalement, l'ensemble des solutions de l'équation est :
S=\left\{ e^{-4};e^2 \right\}