Résoudre des problèmes

7.1 Seuils

Le logarithme fait « descendre » un exposant : pour tout réel $q > 0$ et tout entier $n$, $\ln\left(q^n\right) = n\ln q$. Pour résoudre $q^n > A$ (avec $A > 0$), on prend le logarithme des deux membres, ce qui garde le sens de l'inégalité car $\ln$ est croissante : $q^n > A \iff n\ln q > \ln A.$ Puis on divise par $\ln q$ :

• si $q > 1$, $\ln q > 0$ et $n > \dfrac{\ln A}{\ln q}$ ;
• si $0 < q < 1$, $\ln q < 0$ : le sens de l'inégalité change, $n < \dfrac{\ln A}{\ln q}$.

7.2 Retour sur le chapitre 2

Au chapitre 2, les seuils étaient trouvés par un algorithme. Le logarithme donne maintenant le résultat par le calcul.

Exemple 27 (le capital qui double). Un capital de $1000$ € est placé à $3\,\%$ par an : $u_n = 1000 \times 1{,}03^n$. Il dépasse $2000$ € quand $1{,}03^n > 2$, c'est-à-dire $n\ln 1{,}03 > \ln 2$. Comme $\ln 1{,}03 > 0$ : $n > \frac{\ln 2}{\ln 1{,}03} \approx 23{,}45.$ Le plus petit entier qui convient est $n = 24$ : c'est le résultat de l'algorithme du chapitre 2.

Exemple 28 (les vélos en libre-service). Au chapitre 2, le nombre d'abonnés au bout de $n$ mois est $u_n = 3000 - 1000 \times 0{,}85^n$, et $u_n > 2900 \iff 0{,}85^n < 0{,}1$. On prend le logarithme : $n\ln 0{,}85 < \ln 0{,}1$. Comme $\ln 0{,}85 < 0$, on divise en changeant le sens : $n > \frac{\ln 0{,}1}{\ln 0{,}85} \approx 14{,}17.$ Le plus petit entier est $n = 15$, comme avec l'algorithme : $15$ mois.

7.3 Temps de doublement

Le résultat de l'exemple 27 ne dépend pas du capital de départ : avec $500$ € ou $10\,000$ €, il faut aussi $24$ ans pour doubler. Pour une quantité qui augmente de $t\,\%$ par période, le temps de doublement est le plus petit entier $n$ tel que $\left(1 + \frac{t}{100}\right)^n \geq 2$.

Pour un modèle continu $f(t) = C\,\mathrm{e}^{kt}$ avec $C > 0$ et $k > 0$, la quantité double au bout du temps $T$ tel que $\mathrm{e}^{kT} = 2$, soit $T = \frac{\ln 2}{k}.$

Exemple 29. Dans un laboratoire, une culture de bactéries compte $N(t) = 500\,\mathrm{e}^{0{,}35t}$ bactéries au bout de $t$ heures. Son temps de doublement est $T = \dfrac{\ln 2}{0{,}35} \approx 1{,}98$ heure, soit environ $1$ h $59$ min.

7.4 Décroissance exponentielle et demi-vie

Une quantité qui suit le modèle $N(t) = N_0\,\mathrm{e}^{-\lambda t}$, avec $N_0 > 0$ et $\lambda > 0$, diminue de moitié au bout du temps $T$ tel que $\mathrm{e}^{-\lambda T} = \frac12$. On prend le logarithme : $-\lambda T = \ln\left(\frac12\right) = -\ln 2$, donc $T = \frac{\ln 2}{\lambda}.$ Ce temps s'appelle la demi-vie. Il ne dépend pas de la quantité de départ : au bout de $T$, il reste la moitié ; au bout de $2T$, le quart ; au bout de $nT$, $\dfrac{N_0}{2^n}$.

7.5 Dater un objet ancien

Exemple 30 (datation au carbone 14). Un organisme vivant contient du carbone 14, qui disparaît peu à peu après sa mort selon le modèle $N(t) = N_0\,\mathrm{e}^{-\lambda t}$ ($t$ en années). La demi-vie du carbone 14 est d'environ $5730$ ans.

• $\lambda = \dfrac{\ln 2}{5730} \approx 0{,}000\,121$ par an.
• Un morceau de bois trouvé lors de fouilles ne contient plus que $40\,\%$ de son carbone 14 initial. On cherche $t$ tel que $\mathrm{e}^{-\lambda t} = 0{,}4$ : $-\lambda t = \ln 0{,}4$, donc $t = -\frac{\ln 0{,}4}{\lambda} = \frac{5730 \times \ln 2{,}5}{\ln 2} \approx 7575.$ Le bois a environ $7600$ ans.