Résoudre une équation avec la fonction exponentielleMéthode

Méthode 1

Si l'équation est du type e^{u\left(x\right)}=e^{v\left(x\right)}

Si on peut se ramener à une équation du type e^{u\left(x\right)}=e^{v\left(x\right)}, on peut faire disparaître les exponentielles.

Résoudre dans \mathbb{R} l'équation suivante :

e^{x-1}= e^{2x}

Etape 1

Faire disparaître les exponentielles

On utilise l'équivalence suivante :

e^{u\left(x\right)}=e^{v\left(x\right)} \Leftrightarrow u\left(x\right) = v\left(x\right)

On a, pour tout réel x :

e^{x-1}= e^{2x} \Leftrightarrow x-1 = 2x

Etape 2

Résoudre la nouvelle équation

On résout ensuite l'équation obtenue.

Or, pour tout réel x :

x-1 = 2x \Leftrightarrow x = -1

Etape 3

Conclure

On conclut sur les solutions de l'équation e^{u\left(x\right)} = e^{v\left(x\right)}.

Finalement, l'ensemble des solutions de l'équation est :

S=\left\{ -1 \right\}

Méthode 2

Si l'équation est du type e^{u\left(x\right)} = k

Afin de résoudre une équation du type e^{u\left(x\right)} = k, si k \gt0 on applique la fonction logarithme aux deux membres de l'égalité pour faire disparaître l'exponentielle.

Résoudre dans \mathbb{R} l'équation suivante :

e^{4x-1}= 3

Etape 1

Utiliser la fonction logarithme pour faire disparaître l'exponentielle

On sait que la fonction exponentielle est toujours positive. Donc l'équation e^{u\left(x\right)} = k n'admet pas de solution si k \lt 0.

Si k\gt 0, on sait que :

e^{u\left(x\right)} = k \Leftrightarrow u\left(x\right) = \ln \left(k\right)

3 \gt 0, donc pour tout réel x :

e^{4x-1}= 3 \Leftrightarrow 4x-1 = \ln 3

Etape 2

Résoudre la nouvelle équation

On résout l'équation obtenue.

Or, pour tout réel x :

4x-1 = \ln 3 \Leftrightarrow 4x = \ln 3 +1

Soit :

x = \dfrac{ln3+1}{4}

Etape 3

Conclure

On conclut sur les solutions de l'équation e^{u\left(x\right)} = k.

Finalement, l'ensemble des solutions de l'équation est :

S=\left\{ \dfrac{ln3+1}{4}\right\}

Méthode 3

Si l'équation est du type ae^{2u\left(x\right)}+be^{u\left(x\right)}+c = 0

Afin de résoudre une équation du type ae^{2u\left(x\right)}+be^{u\left(x\right)}+c=0, on introduit le changement de variable X = e^{u\left(x\right)} pour résoudre l'équation du second degré obtenue avant d'appliquer la fonction logarithme népérien pour revenir à la variable initiale.

Résoudre dans \mathbb{R} l'équation suivante :

e^{2x}+2e^x-3 = 0

Etape 1

Poser X=e^{u\left(x\right)}

On pose la nouvelle variable X=e^{u\left(x\right)}.

On pose :

X = e^x

Etape 2

Résoudre la nouvelle équation

On obtient une nouvelle équation de la forme aX^2+bX+c = 0.

Afin de résoudre cette équation, on calcule le discriminant du trinôme :

  • Si \Delta \gt 0, le trinôme admet deux racines X_1 =\dfrac{-b-\sqrt{\Delta}}{2a} et X_2 =\dfrac{-b+\sqrt{\Delta}}{2a}.
  • Si \Delta = 0, le trinôme admet une seule racine X_0 =\dfrac{-b}{2a}.
  • Si \Delta \lt 0, le trinôme n'admet pas de racine.

L'équation devient :

X^2+2X - 3=0

On reconnaît une équation du second degré, dont on peut déterminer les solutions à l'aide du discriminant :

\Delta= b^2-4ac

\Delta= 2^2-4\times 1 \times \left(-3\right)

\Delta=16

\Delta \gt 0, donc l'équation X^2+2X - 3=0 admet deux solutions :

  • X_1 =\dfrac{-b-\sqrt{\Delta}}{2a} = \dfrac{-2 -\sqrt{16}}{2\times 1} =-3
  • X_2 =\dfrac{-b+\sqrt{\Delta}}{2a} = \dfrac{-2 +\sqrt{16}}{2\times 1} =1

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 une équation 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

Etape 3

Donner les solutions de la première équation

On exprime la variable initiale en fonction de la nouvelle variable : x = \ln\left(X\right).

Ainsi, pour chaque solution X_i positive, liée à la nouvelle variable, on détermine la solution correspondante liée à la variable initiale : x_i = \ln\left(X_i\right).

En revanche, la fonction exponentielle étant strictement positive sur \mathbb{R}, les solutions X_i \leq 0 ne correspondent à aucune solution de la variable initiale.

La solution X_1 est négative, or l'exponentielle est toujours positive. On ne considère donc que la solution X_2.

X_2 = 1

\Leftrightarrow e^{x_2} = 1

\Leftrightarrow x_2 = \ln\left(1\right)= 0

On en déduit que l'ensemble des solutions de l'équation est :

S=\left\{ 0 \right\}

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