Denis Salem

Démonstration des propriétés du logarithme
26/04/2021

Ok, donc voilà les bails. Pour développer mon synthétiseur granulaire. J'ai besoin de mathématiques appliqués au traitement du signal. Or mes connaissances dans le domaine sont... Très minimales, pour rester poli.

En mesurant l'étendu de mon ignorance, et en réalisant qu'un peu comme John Snow, je ne sais rien, j'ai entrepris de revoir les bases. Je m'intéresse notamment au logarithme et la démonstration de ses propriétés.

Or, je constate avec désespoir que dans la littérature que l'on peut trouver sur internet j'ai le plus souvent, au choix :

Une propriété du logarithme, démontré avec une autre propriété du logarithme.
Des démonstrations réalisées sur la base de concepts que je ne maitrise absolument pas.

L'un ou l'autre, je ne suis pas plus avancé. Du coup, ce que j'aimerais c'est une démonstration simple qui n'implique pas d'autres connaissances que les opérations algébrique sur les puissances dont le logarithme est la continuité.

Comme on est jamais mieux servi que par soit même (ou par les copains qui redirigent vers les bonnes ressources). On va se proposer ici de démontrer les propriétés algébriques du logarithme.

Définition du logarithme

Soit p le résultat de l'élévation à la puissance x, d'un nombre a.

Le logarithme de base a, de p, permet de retrouver l'exposant x.

Malin !

Du coup, mathématiquement, ça s'écrit comme ça

a^{x} = p

<=>

l o g_{a} (p) = x

Précisont également qu'une conséquence de cette définition est que

$\forall x \in ℝ, p \in ℝ ⁺$

En d'autre terme, dans ℝ, le résult d'une élévation de a à la puissance x, ne peut pas être négatif.

Le logarithme d'un produit

(P1) :

l o g_{a} (p q) = l o g_{a} (p) + l o g_{a} (q)

Pour démontrer cette propriété (P1) il faut fortuitement remarquer que

$l o g_{a} (a^{p}) = p$

Comment ? Et bien c'est simple. Notons

$q = a^{p}$

alors

$l o g_{a} (a^{p}) = l o g_{a} (q) = y$	<=>	$a^{y} = q = a^{p}$
	<=>	$y = p$

Fort de ce petit lemme de derrière les fagots, lemme que nous appelerons (L1), on peut procéder à notre démonstration de (P1).

Par définition on a

$l o g_{a} (p) = x$	<=>	$a^{x} = p$
$l o g_{a} (q) = y$	<=>	$a^{y} = q$

Du coup, on peut écrire :

$l o g_{a} (p q)$	=
$l o g_{a} (a^{x} . a^{y})$	=
$l o g_{a} (a^{x + y})$

Et grâce à (L1), qui est en fait une application de la définition, on a

$l o g_{a} (a^{x + y})$	=
$x + y$	=
$l o g_{a} (p) + l o g_{a} (q)$

C.Q.F.D

Le logarithme d'un quotient

(P2) :

l o g_{a} (\frac{p}{q}) = l o g_{a} (p) - l o g_{a} (q)

C'est la même logique que pour la démonstration de (P1) : En remplaçant p et q par leur équivalent.

$l o g_{a} (p) = x$	<=>	$a^{x} = p$
$l o g_{a} (q) = y$	<=>	$a^{y} = q$

On obtient

$l o g_{a} (\frac{p}{q})$	=
$l o g_{a} (\frac{a^{x}}{a^{y}})$	=
$l o g_{a} (a^{x - y})$

Encore une fois, grâce à (L1), on voit naturellement que

$l o g_{a} (a^{x - y})$	=
$x - y$	=
$l o g_{a} (p) - l o g_{a} (q)$

C.Q.F.D

Le logarithme d'une puissance

(P3) :

l o g_{a} (p^{q}) = l o g_{a} (p) . q

Comme précédemment on remplace p par son équivalent. C'est à dire

l o g_{a} (p) = x

<=>

a^{x} = p

On obtient

$l o g_{a} (p^{q})$	=
$l o g_{a} ((a^{x})^{q})$	=
$l o g_{a} (a^{x q})$

Toujours avec (L1), on voit naturellement que

$l o g_{a} (a^{x q})$	=
$x q$	=
$l o g_{a} (p) . q$

C.Q.F.D

Le changement de base

(P4) :

l o g_{a} (p) = l o g_{b} (p) . K

avec

K = \frac{1}{l o g_{b} (a)}

Donc là, ce qu'on veut, c'est démontrer

$K = \frac{1}{l o g_{b} (a)}$ .

Comme précédemment, on note

$a^{x} = p$

En remplaçant p on a alors :

$l o g_{a} (p) = l o g_{b} (p) . K$	<=>
$l o g_{a} (a^{x}) = l o g_{b} (a^{x}) . K$	<=>

Grâce à (P3) il vient :

$l o g_{a} (a^{x}) = l o g_{b} (a^{x}) . K$	<=>
$x . l o g_{a} (a) = x . l o g_{b} (a) . K$	<=>
$\frac{x . l o g_{a} (a)}{x . l o g_{b} (a)} = K$

Avec (L1) on peut finalement conclure :

$\frac{1}{l o g_{b} (a)} = K$

C.Q.F.D

Voilà, encore un prétexte pour jouer avec MathML et le module VenC qui va bien pour cette usage. Et, je m'endormirais moins bête.