Inéquations Logarithmiques : Théorie, Méthode de Résolution et Exercices Résolus

Une inéquation logarithmique est une inéquation dans laquelle l'inconnue apparaît comme argument d'au moins un logarithme. Sa résolution exige, outre la maîtrise du calcul algébrique, un traitement rigoureux de deux éléments distincts : les conditions d'existence, qui définissent le domaine de l'inéquation, et le sens de l'inégalité, qui dépend de manière cruciale de la monotonie de la fonction logarithmique par rapport à sa base. Une erreur sur le sens — aussi fréquente que grave — produit des ensembles de solutions incorrects, même lorsque les calculs algébriques sont impeccables.

Sommaire

• Rappels sur la Fonction Logarithmique et la Monotonie
• Domaine d'une Inéquation Logarithmique
• Inéquations Logarithmiques Élémentaires
• Inéquations avec Somme ou Différence de Logarithmes
• Inéquations avec Comparaison de Deux Logarithmes
• Inéquations avec Logarithmes de Bases Différentes
• Inéquations Résolubles par Substitution
• Méthode de Résolution Générale
• Exercices Résolus
• Interprétation Graphique

La résolution des inéquations logarithmiques dépend de manière directe et incontournable de la monotonie de la fonction logarithmique. Il est donc indispensable de rappeler avec précision cet aspect avant de poursuivre.

Pour une base \( a \in \mathbb{R} \) avec \( a > 0 \) et \( a \neq 1 \), la fonction logarithmique \[ \log_a \colon (0, +\infty) \longrightarrow \mathbb{R}, \qquad x \longmapsto \log_a x \] est strictement monotone. Plus précisément :

• elle est strictement croissante si \( a > 1 \) : pour tous \( u, v \in (0, +\infty) \), \[ u < v \quad \Longleftrightarrow \quad \log_a u < \log_a v\,; \]
• elle est strictement décroissante si \( 0 < a < 1 \) : pour tous \( u, v \in (0, +\infty) \), \[ u < v \quad \Longleftrightarrow \quad \log_a u > \log_a v. \]

Cette dichotomie constitue le fondement logique de toute la théorie des inéquations logarithmiques. Lorsque la base est supérieure à un, appliquer la fonction logarithmique aux deux membres d'une inégalité conserve son sens ; lorsque la base est comprise entre zéro et un, elle l'inverse. Omettre cette étape — inverser le sens quand il le faut, ou ne pas l'inverser quand c'est nécessaire — constitue l'erreur conceptuelle la plus répandue et produit des ensembles de solutions systématiquement erronés.

Rappelons également que le domaine naturel du logarithme est \( (0, +\infty) \) : le logarithme réel d'un nombre non positif n'est pas défini. Cette restriction est à l'origine de toutes les conditions d'existence dans les inéquations logarithmiques, et son traitement est développé dans la section suivante.

Le domaine d'une inéquation logarithmique est l'ensemble des valeurs réelles de l'inconnue pour lesquelles toute expression figurant dans l'inéquation est bien définie. Pour chaque terme \( \log_a f_i(x) \), lorsque \( i \) parcourt l'ensemble d'indices \( I \) indexant tous les logarithmes présents dans l'inéquation, on doit imposer : \[ f_i(x) > 0. \]

Le domaine de l'inéquation est l'intersection de toutes ces conditions : \[ \mathcal{D} = \bigcap_{i \in I} \bigl\{ x \in \mathbb{R} \mid f_i(x) > 0 \bigr\}. \]

Règle fondamentale. L'ensemble des solutions de l'inéquation est un sous-ensemble de \( \mathcal{D} \). Toute valeur de l'inconnue qui satisfait formellement l'inéquation algébrique obtenue après les transformations, mais qui n'appartient pas à \( \mathcal{D} \), doit être rejetée.

Contrairement à ce qui se passe pour les équations — où l'on vérifie l'appartenance de valeurs individuelles à \( \mathcal{D} \) — dans les inéquations, il faut intersecter l'ensemble des solutions algébriques (typiquement un intervalle ou une réunion d'intervalles) avec \( \mathcal{D} \). Cette intersection constitue l'ensemble des solutions admissibles.

Il est méthodologiquement indispensable de déterminer \( \mathcal{D} \) avant toute manipulation algébrique, de façon à avoir toujours à l'esprit l'ensemble dans lequel les solutions doivent être cherchées.

Une inéquation logarithmique est dite élémentaire si elle est réductible à la forme canonique : \[ \log_a f(x) \;\square\; k, \qquad k \in \mathbb{R}, \] où \( \square \) désigne l'un des symboles \( >, \geq, <, \leq \). La méthode de résolution consiste à inverser la fonction logarithmique en tenant compte de sa monotonie par rapport à la base \( a \).

Cas \( a > 1 \) (fonction croissante). Puisque \( \log_a \) est strictement croissante, le sens de l'inégalité se conserve lors de l'inversion :

• \( \log_a f(x) > k \;\Longleftrightarrow\; f(x) > a^k \). Comme \( a^k > 0 \), la condition \( f(x) > a^k \) implique automatiquement \( f(x) > 0 \), si bien que les solutions de \( f(x) > a^k \) appartiennent déjà au domaine.
• \( \log_a f(x) < k \;\Longleftrightarrow\; f(x) < a^k \). Comme \( f(x) < a^k \) n'implique pas \( f(x) > 0 \), on intersecte avec le domaine, ce qui donne la condition équivalente \( 0 < f(x) < a^k \).

Cas \( 0 < a < 1 \) (fonction décroissante). Puisque \( \log_a \) est strictement décroissante, le sens de l'inégalité s'inverse lors de l'inversion :

• \( \log_a f(x) > k \;\Longleftrightarrow\; f(x) < a^k \). Comme \( f(x) < a^k \) n'implique pas \( f(x) > 0 \), on intersecte avec le domaine, ce qui donne \( 0 < f(x) < a^k \).
• \( \log_a f(x) < k \;\Longleftrightarrow\; f(x) > a^k \). Comme \( a^k > 0 \), la condition \( f(x) > a^k \) implique automatiquement \( f(x) > 0 \), et les solutions appartiennent déjà au domaine.

On notera la structure duale : la condition de domaine est automatiquement satisfaite lorsque le sens de l'inégalité (après inversion) est \( f(x) > a^k \), tandis qu'elle nécessite une vérification explicite lorsque ce sens est \( f(x) < a^k \). Dans ce dernier cas, la condition complète est \( 0 < f(x) < a^k \), qui exprime la conjonction du domaine avec l'inégalité algébrique. Le même schéma vaut pour \( \geq \) et \( \leq \), à la seule différence que les inégalités strictes deviennent non strictes.

Exemple 1. Résoudre \( \log_3(2x - 1) > 2 \).

Domaine. \( 2x - 1 > 0 \Rightarrow \mathcal{D} = \bigl(\tfrac{1}{2}, +\infty\bigr) \).

Résolution. La base est \( a = 3 > 1 \) : la fonction est croissante, le sens se conserve. \[ 2x - 1 > 3^2 = 9 \quad \Longrightarrow \quad 2x > 10 \quad \Longrightarrow \quad x > 5. \] Comme \( 5 > \tfrac{1}{2} \), les solutions \( x > 5 \) sont déjà contenues dans \( \mathcal{D} \).

Ensemble des solutions : \( (5, +\infty) \).

Exemple 2. Résoudre \( \log_3(2x - 1) < 2 \).

Domaine. \( \mathcal{D} = \bigl(\tfrac{1}{2}, +\infty\bigr) \).

Résolution. Base \( a = 3 > 1 \), fonction croissante, sens conservé : \[ 2x - 1 < 9 \quad \Longrightarrow \quad x < 5. \] Comme \( 2x - 1 < 9 \) ne garantit pas \( 2x - 1 > 0 \), on intersecte avec \( \mathcal{D} \) : \[ \frac{1}{2} < x < 5. \]

Ensemble des solutions : \( \bigl(\tfrac{1}{2}, 5\bigr) \).

Exemple 3. Résoudre \( \log_{1/3}(x + 1) > 1 \).

Domaine. \( x + 1 > 0 \Rightarrow \mathcal{D} = (-1, +\infty) \).

Résolution. La base est \( a = \tfrac{1}{3} \), avec \( 0 < a < 1 \) : la fonction est décroissante, le sens s'inverse. \[ x + 1 < \left(\frac{1}{3}\right)^1 = \frac{1}{3}. \] Comme \( x + 1 < \tfrac{1}{3} \) n'implique pas \( x + 1 > 0 \), on intersecte avec le domaine : \[ 0 < x + 1 < \frac{1}{3} \quad \Longrightarrow \quad -1 < x < -\frac{2}{3}. \]

Ensemble des solutions : \( \bigl(-1, -\tfrac{2}{3}\bigr) \).

Exemple 4. Résoudre \( \log_{1/2}(x - 3) < -2 \).

Domaine. \( x - 3 > 0 \Rightarrow \mathcal{D} = (3, +\infty) \).

Résolution. Base \( a = \tfrac{1}{2} \), avec \( 0 < a < 1 \) : fonction décroissante, sens inversé : \[ x - 3 > \left(\frac{1}{2}\right)^{-2} = 4 \quad \Longrightarrow \quad x > 7. \] Comme \( x > 7 \) implique \( x - 3 > 0 \), les solutions appartiennent déjà à \( \mathcal{D} \).

Ensemble des solutions : \( (7, +\infty) \).

Lorsqu'une inéquation contient une somme ou une différence de logarithmes de même base, on applique les propriétés du produit et du quotient pour la ramener à un seul logarithme, ce qui la réduit à la forme élémentaire. Comme on l'a déjà remarqué, les conditions de domaine doivent être imposées sur les arguments originaux, et non sur l'argument du logarithme résultant de la fusion.

Attention. La propriété \( \log_a f(x) + \log_a g(x) = \log_a[f(x)g(x)] \) n'est valable que si \( f(x) > 0 \) et \( g(x) > 0 \) séparément. Le produit \( f(x)g(x) \) peut être positif même lorsque les deux facteurs sont négatifs ; dans ce cas, le logarithme du produit serait défini dans l'inéquation transformée, mais les logarithmes des facteurs individuels ne le seraient pas dans l'inéquation originale. C'est pourquoi le domaine doit être déterminé à partir des arguments originaux.

Exemple 1. Résoudre \( \log_2 x + \log_2(x - 2) > 3 \).

Domaine. \( x > 0 \) et \( x - 2 > 0 \), donc \( \mathcal{D} = (2, +\infty) \).

Résolution. En appliquant la propriété du produit : \[ \log_2[x(x-2)] > 3. \] Base \( a = 2 > 1 \) : sens conservé. \[ x(x - 2) > 2^3 = 8 \quad \Longrightarrow \quad x^2 - 2x - 8 > 0 \quad \Longrightarrow \quad (x-4)(x+2) > 0. \] Le trinôme est positif pour \( x < -2 \) ou \( x > 4 \). En intersectant avec \( \mathcal{D} = (2, +\infty) \) : \[ x > 4. \]

Ensemble des solutions : \( (4, +\infty) \).

Exemple 2. Résoudre \( \log_3(x + 5) - \log_3(x - 1) > 1 \).

Domaine. \( x + 5 > 0 \) et \( x - 1 > 0 \), donc \( \mathcal{D} = (1, +\infty) \).

Résolution. En appliquant la propriété du quotient : \[ \log_3\!\left(\frac{x+5}{x-1}\right) > 1. \] Base \( a = 3 > 1 \) : sens conservé. \[ \frac{x + 5}{x - 1} > 3. \] Puisqu'on se trouve dans le domaine \( x > 1 \), on a \( x - 1 > 0 \), de sorte qu'on peut multiplier les deux membres par \( x - 1 \) sans inverser le sens : \[ x + 5 > 3(x - 1) \quad \Longrightarrow \quad x + 5 > 3x - 3 \quad \Longrightarrow \quad 8 > 2x \quad \Longrightarrow \quad x < 4. \] En intersectant avec \( \mathcal{D} = (1, +\infty) \) : \[ 1 < x < 4. \]

Ensemble des solutions : \( (1, 4) \).

Note méthodologique. Dans l'exemple 2, la multiplication par \( x - 1 \) est licite — sans inversion du sens — précisément parce qu'on opère à l'intérieur du domaine, où \( x - 1 > 0 \) est garanti. En dehors du domaine, cette opération pourrait nécessiter l'analyse du signe du dénominateur, compliquant considérablement la procédure. C'est là un argument supplémentaire en faveur de la détermination préalable de \( \mathcal{D} \).

Si l'inéquation est de la forme : \[ \log_a f(x) \;\square\; \log_a g(x), \] la stricte monotonie de la fonction \( t \mapsto \log_a t \) sur \( (0, +\infty) \) permet d'éliminer le logarithme, en respectant le sens dicté par la base :

• Si \( a > 1 \) (fonction croissante) : \( \log_a f(x) > \log_a g(x) \Longleftrightarrow f(x) > g(x) \), à condition que les deux arguments soient positifs.
• Si \( 0 < a < 1 \) (fonction décroissante) : \( \log_a f(x) > \log_a g(x) \Longleftrightarrow f(x) < g(x) \), sous les mêmes conditions de domaine.

Dans les deux cas, la méthode de résolution est la suivante : on détermine \( \mathcal{D} \) en imposant \( f(x) > 0 \) et \( g(x) > 0 \), on élimine le logarithme en appliquant la correspondance indiquée (avec ou sans inversion du sens), on résout les inégalités algébriques résultantes, et enfin on intersecte l'ensemble obtenu avec \( \mathcal{D} \).

Remarque logique. À l'intérieur du domaine \( \mathcal{D} \), les deux conditions \( f(x) > 0 \) et \( g(x) > 0 \) sont garanties par hypothèse. Par conséquent, lors de l'élimination du logarithme, il n'est pas nécessaire d'imposer des conditions de positivité supplémentaires : elles sont déjà incorporées dans \( \mathcal{D} \). L'intersection finale avec \( \mathcal{D} \) est donc suffisante pour assurer l'exactitude des solutions.

Exemple 1. Résoudre \( \log_2(x + 3) > \log_2(2x - 1) \).

Domaine. \( x + 3 > 0 \) et \( 2x - 1 > 0 \), donc \( \mathcal{D} = \bigl(\tfrac{1}{2}, +\infty\bigr) \).

Résolution. Base \( a = 2 > 1 \) : sens conservé. \[ x + 3 > 2x - 1 \quad \Longrightarrow \quad 4 > x \quad \Longrightarrow \quad x < 4. \] En intersectant avec \( \mathcal{D} = \bigl(\tfrac{1}{2}, +\infty\bigr) \) : \[ \frac{1}{2} < x < 4. \]

Ensemble des solutions : \( \bigl(\tfrac{1}{2}, 4\bigr) \).

Exemple 2. Résoudre \( \log_{1/2}(3 - x) > \log_{1/2}(x + 1) \).

Domaine. \( 3 - x > 0 \) et \( x + 1 > 0 \), donc \( \mathcal{D} = (-1, 3) \).

Résolution. Base \( a = \tfrac{1}{2} \), avec \( 0 < a < 1 \) : fonction décroissante, sens inversé. \[ 3 - x < x + 1 \quad \Longrightarrow \quad 2 < 2x \quad \Longrightarrow \quad x > 1. \] En intersectant avec \( \mathcal{D} = (-1, 3) \) : \[ 1 < x < 3. \]

Ensemble des solutions : \( (1, 3) \).

Exemple 3. Résoudre \( \log_5(x^2 - 3x) \geq \log_5(x + 7) \).

Domaine. \( x^2 - 3x > 0 \) et \( x + 7 > 0 \). En factorisant : \( x(x - 3) > 0 \) si \( x < 0 \) ou \( x > 3 \). La seconde condition donne \( x > -7 \). Donc \( \mathcal{D} = (-7, 0) \cup (3, +\infty) \).

Résolution. Base \( a = 5 > 1 \) : sens conservé (avec \( \geq \)). \[ x^2 - 3x \geq x + 7 \quad \Longrightarrow \quad x^2 - 4x - 7 \geq 0. \] Les racines du trinôme sont \( x = 2 \pm \sqrt{11} \). Le trinôme est positif ou nul pour \( x \leq 2 - \sqrt{11} \) ou \( x \geq 2 + \sqrt{11} \). Comme \( 2 - \sqrt{11} \approx -1{,}32 \) et \( 2 + \sqrt{11} \approx 5{,}32 \), en intersectant avec \( \mathcal{D} = (-7, 0) \cup (3, +\infty) \) : \[ \bigl(-7, 2 - \sqrt{11}\,\bigr] \cup \bigl[2 + \sqrt{11}, +\infty\bigr). \]

Ensemble des solutions : \( \bigl(-7, 2 - \sqrt{11}\,\bigr] \cup \bigl[2 + \sqrt{11}, +\infty\bigr) \).

Lorsqu'une inéquation contient des logarithmes de bases différentes, il n'est pas possible d'appliquer directement le principe de comparaison ni les propriétés opératoires. La méthode standard consiste à ramener tous les logarithmes à une base commune grâce à la formule de changement de base : \[ \log_a x = \frac{\log_b x}{\log_b a}, \] où la base auxiliaire \( b \) est choisie de manière à simplifier les calculs. Les choix les plus courants sont \( b = 10 \) ou \( b = e \) ; dans de nombreux cas, il est commode de prendre comme base commune l'une de celles déjà présentes dans l'inéquation.

Attention. Lorsqu'on multiplie ou divise les deux membres de l'inégalité par une quantité, il faut tenir compte du signe de cette quantité. En particulier, \( \log_b a \) a un signe déterminé : il est positif si \( b \) et \( a \) sont tous deux du même côté de 1 (tous deux supérieurs ou tous deux inférieurs à un), et négatif dans les autres cas. Multiplier par une quantité négative inverse le sens de l'inégalité.

Exemple 1. Résoudre \( \log_2 x > \log_4(x + 2) \).

Domaine. \( x > 0 \) et \( x + 2 > 0 \), donc \( \mathcal{D} = (0, +\infty) \).

Résolution. On ramène \( \log_4(x+2) \) à la base 2 : \[ \log_4(x + 2) = \frac{\log_2(x + 2)}{\log_2 4} = \frac{\log_2(x + 2)}{2}. \] L'inéquation devient : \[ \log_2 x > \frac{\log_2(x+2)}{2}. \] En multipliant les deux membres par 2 (positif, sens conservé) : \[ 2\log_2 x > \log_2(x + 2) \quad \Longrightarrow \quad \log_2 x^2 > \log_2(x + 2). \] L'écriture \( 2\log_2 x = \log_2 x^2 \) est licite car \( x > 0 \) dans le domaine. Comme la base 2 est supérieure à un, le sens se conserve : \[ x^2 > x + 2 \quad \Longrightarrow \quad x^2 - x - 2 > 0 \quad \Longrightarrow \quad (x - 2)(x + 1) > 0. \] Le trinôme est positif pour \( x < -1 \) ou \( x > 2 \). En intersectant avec \( \mathcal{D} = (0, +\infty) \) : \[ x > 2. \]

Ensemble des solutions : \( (2, +\infty) \).

Exemple 2. Résoudre \( \log_2 x + \log_4 x \leq 3 \).

Domaine. \( \mathcal{D} = (0, +\infty) \).

Résolution. On ramène \( \log_4 x \) à la base 2 : \[ \log_4 x = \frac{\log_2 x}{2}. \] En posant \( t = \log_2 x \) : \[ t + \frac{t}{2} \leq 3 \quad \Longrightarrow \quad \frac{3t}{2} \leq 3 \quad \Longrightarrow \quad t \leq 2. \] En revenant à la variable originale : \( \log_2 x \leq 2 \Rightarrow x \leq 4 \). En intersectant avec \( \mathcal{D} = (0, +\infty) \) : \[ 0 < x \leq 4. \]

Ensemble des solutions : \( (0, 4] \).

Une classe importante d'inéquations logarithmiques est celle où le logarithme apparaît comme argument d'une expression polynomiale. La forme typique est : \[ P\!\bigl(\log_a f(x)\bigr) \;\square\; 0, \] où \( P \) est un polynôme. La méthode consiste à poser \( t = \log_a f(x) \), à résoudre l'inéquation algébrique \( P(t) \;\square\; 0 \) en \( t \) pour déterminer l'ensemble des valeurs admissibles de \( t \), puis, pour chaque intervalle obtenu, à résoudre l'inéquation élémentaire correspondante \( \log_a f(x) \;\square\; t_k \).

Attention. La substitution \( t = \log_a f(x) \) transfère l'inéquation dans la variable auxiliaire \( t \). Une fois l'inéquation résolue en \( t \), chaque intervalle obtenu doit être traduit en une condition correspondante sur \( x \). Ainsi, un intervalle \( t \in [t_1, t_2] \) devient la conjonction des deux inéquations élémentaires \( \log_a f(x) \geq t_1 \) et \( \log_a f(x) \leq t_2 \). Lorsque la solution en \( t \) est une réunion d'intervalles, chaque intervalle doit être traité séparément et les ensembles de solutions obtenus doivent être réunis.

Exemple 1. Résoudre \( (\log_3 x)^2 - \log_3 x - 2 \geq 0 \).

Domaine. \( x > 0 \), donc \( \mathcal{D} = (0, +\infty) \).

Substitution. Posons \( t = \log_3 x \). L'inéquation devient : \[ t^2 - t - 2 \geq 0 \quad \Longrightarrow \quad (t - 2)(t + 1) \geq 0. \] Le trinôme est positif ou nul pour \( t \leq -1 \) ou \( t \geq 2 \).

Retour à la variable originale.

• \( \log_3 x \leq -1 \) : base \( 3 > 1 \), fonction croissante, sens conservé : \( x \leq 3^{-1} = \tfrac{1}{3} \). En intersectant avec \( \mathcal{D} \) : \( 0 < x \leq \tfrac{1}{3} \).
• \( \log_3 x \geq 2 \) : \( x \geq 3^2 = 9 \). Déjà dans \( \mathcal{D} \).

Ensemble des solutions : \( \bigl(0, \tfrac{1}{3}\bigr] \cup [9, +\infty) \).

Exemple 2. Résoudre \( (\log_2 x)^2 - 4 < 0 \).

Domaine. \( \mathcal{D} = (0, +\infty) \).

Substitution. Posons \( t = \log_2 x \) : \[ t^2 - 4 < 0 \quad \Longrightarrow \quad (t-2)(t+2) < 0 \quad \Longrightarrow \quad -2 < t < 2. \]

Retour à la variable originale. La condition \( -2 < \log_2 x < 2 \) se décompose en : \[ \log_2 x > -2 \;\Rightarrow\; x > 2^{-2} = \tfrac{1}{4}, \qquad \log_2 x < 2 \;\Rightarrow\; x < 4. \] En intersectant avec \( \mathcal{D} = (0, +\infty) \) : \[ \frac{1}{4} < x < 4. \]

Ensemble des solutions : \( \bigl(\tfrac{1}{4}, 4\bigr) \).

Exemple 3. Résoudre \( 2(\log_5 x)^2 + 3\log_5 x - 2 < 0 \).

Domaine. \( \mathcal{D} = (0, +\infty) \).

Substitution. Posons \( t = \log_5 x \) : \[ 2t^2 + 3t - 2 < 0 \quad \Longrightarrow \quad t = \frac{-3 \pm \sqrt{9 + 16}}{4} = \frac{-3 \pm 5}{4}. \] Les racines sont \( t_1 = -2 \) et \( t_2 = \tfrac{1}{2} \). Le trinôme est négatif pour \( -2 < t < \tfrac{1}{2} \).

Retour à la variable originale. \[ -2 < \log_5 x < \frac{1}{2} \quad \Longrightarrow \quad 5^{-2} < x < 5^{1/2} \quad \Longrightarrow \quad \frac{1}{25} < x < \sqrt{5}. \] Déjà dans \( \mathcal{D} \).

Ensemble des solutions : \( \Bigl(\dfrac{1}{25}, \sqrt{5}\Bigr) \).

Le protocole suivant constitue une procédure complète et rigoureuse applicable à tout type d'inéquation logarithmique traité dans ce travail.

1. Détermination du domaine. Pour chaque logarithme \( \log_a f_i(x) \) présent dans l'inéquation, imposer \( f_i(x) > 0 \). Calculer \( \mathcal{D} = \bigcap_{i \in I} \{x \in \mathbb{R} \mid f_i(x) > 0\} \).
2. Réduction à une base commune (si nécessaire). Si des logarithmes de bases différentes sont présents, appliquer la formule de changement de base pour les uniformiser, en tenant compte du signe de \( \log_b a \) dans les opérations ultérieures sur l'inégalité.
3. Simplification à l'aide des propriétés des logarithmes. Appliquer les propriétés du produit, du quotient et de la puissance — valables uniquement pour des arguments positifs — afin de réduire l'inéquation à l'une des formes canoniques : \( \log_a f(x) \,\square\, k \), ou \( \log_a f(x) \,\square\, \log_a g(x) \), ou \( P(\log_a f(x)) \,\square\, 0 \).
4. Élimination du logarithme. Appliquer la correspondance monotone : si \( a > 1 \), le sens se conserve ; si \( 0 < a < 1 \), le sens s'inverse. Pour les formes polynomiales, effectuer la substitution \( t = \log_a f(x) \) et résoudre l'inéquation algébrique en \( t \).
5. Résolution de l'inéquation algébrique résultante. Déterminer l'ensemble des solutions algébriques (typiquement un intervalle ou une réunion d'intervalles).
6. Intersection avec le domaine. L'ensemble des solutions de l'inéquation logarithmique est l'intersection entre les solutions algébriques et \( \mathcal{D} \). Vérifier que la condition de positivité des arguments est respectée ; écarter les parties extérieures à \( \mathcal{D} \).
7. Écriture de l'ensemble des solutions.

Exercice 1. Résoudre \( \log_2(x + 3) \geq 4 \).

Domaine. \( x + 3 > 0 \Rightarrow \mathcal{D} = (-3, +\infty) \).

Résolution. Base \( 2 > 1 \) : sens conservé. \( x + 3 \geq 2^4 = 16 \Rightarrow x \geq 13 \). Déjà dans \( \mathcal{D} \).

Ensemble des solutions : \( [13, +\infty) \).

Exercice 2. Résoudre \( \log_3 x + \log_3(x - 1) < 1 \).

Domaine. \( x > 0 \) et \( x - 1 > 0 \Rightarrow \mathcal{D} = (1, +\infty) \).

Résolution. \[ \log_3[x(x-1)] < 1 \quad \Longrightarrow \quad x(x-1) < 3 \quad \Longrightarrow \quad x^2 - x - 3 < 0. \] Les racines sont \( x = \dfrac{1 \pm \sqrt{13}}{2} \). Le trinôme est négatif pour \( \dfrac{1 - \sqrt{13}}{2} < x < \dfrac{1 + \sqrt{13}}{2} \). En intersectant avec \( \mathcal{D} = (1, +\infty) \) : \[ 1 < x < \frac{1 + \sqrt{13}}{2}. \]

Ensemble des solutions : \( \Bigl(1,\, \dfrac{1 + \sqrt{13}}{2}\Bigr) \).

Exercice 3. Résoudre \( \log_5(x + 1) \geq \log_5(2x - 3) \).

Domaine. \( x + 1 > 0 \) et \( 2x - 3 > 0 \Rightarrow \mathcal{D} = \bigl(\tfrac{3}{2}, +\infty\bigr) \).

Résolution. Base \( 5 > 1 \) : sens conservé. \[ x + 1 \geq 2x - 3 \quad \Longrightarrow \quad 4 \geq x \quad \Longrightarrow \quad x \leq 4. \] En intersectant avec \( \mathcal{D} = \bigl(\tfrac{3}{2}, +\infty\bigr) \) : \[ \frac{3}{2} < x \leq 4. \]

Ensemble des solutions : \( \bigl(\tfrac{3}{2},\, 4\bigr] \).

Exercice 4. Résoudre \( \log_2(x - 1) + \log_2(x - 5) < 3 \).

Domaine. \( x - 1 > 0 \) et \( x - 5 > 0 \Rightarrow \mathcal{D} = (5, +\infty) \).

Résolution. \[ \log_2[(x-1)(x-5)] < 3 \quad \Longrightarrow \quad (x-1)(x-5) < 8. \] \[ x^2 - 6x + 5 < 8 \quad \Longrightarrow \quad x^2 - 6x - 3 < 0. \] Les racines sont \( x = 3 \pm 2\sqrt{3} \). Le trinôme est négatif pour \( 3 - 2\sqrt{3} < x < 3 + 2\sqrt{3} \). Comme \( 3 + 2\sqrt{3} \approx 6{,}46 \), en intersectant avec \( \mathcal{D} = (5, +\infty) \) : \[ 5 < x < 3 + 2\sqrt{3}. \]

Ensemble des solutions : \( \bigl(5,\, 3 + 2\sqrt{3}\bigr) \).

Exercice 5. Résoudre \( \log_{1/2}(x + 1) < \log_{1/2}(3 - x) \).

Domaine. \( x + 1 > 0 \) et \( 3 - x > 0 \Rightarrow \mathcal{D} = (-1, 3) \).

Résolution. Base \( \tfrac{1}{2} \), avec \( 0 < a < 1 \) : fonction décroissante, sens inversé. \[ x + 1 > 3 - x \quad \Longrightarrow \quad 2x > 2 \quad \Longrightarrow \quad x > 1. \] En intersectant avec \( \mathcal{D} = (-1, 3) \) : \[ 1 < x < 3. \]

Ensemble des solutions : \( (1, 3) \).

Exercice 6. Résoudre \( (\log_2 x)^2 - 5\log_2 x + 6 < 0 \).

Domaine. \( \mathcal{D} = (0, +\infty) \).

Substitution. Posons \( t = \log_2 x \) : \[ t^2 - 5t + 6 < 0 \quad \Longrightarrow \quad (t-2)(t-3) < 0 \quad \Longrightarrow \quad 2 < t < 3. \]

Retour à la variable originale. \[ 2 < \log_2 x < 3 \quad \Longrightarrow \quad 4 < x < 8. \] Déjà dans \( \mathcal{D} \).

Ensemble des solutions : \( (4, 8) \).

Exercice 7. Résoudre \( \log_2 x + \log_4 x > 3 \).

Domaine. \( \mathcal{D} = (0, +\infty) \).

Résolution. \( \log_4 x = \dfrac{\log_2 x}{2} \). En posant \( t = \log_2 x \) : \[ t + \frac{t}{2} > 3 \quad \Longrightarrow \quad \frac{3t}{2} > 3 \quad \Longrightarrow \quad t > 2 \quad \Longrightarrow \quad \log_2 x > 2 \quad \Longrightarrow \quad x > 4. \] Déjà dans \( \mathcal{D} \).

Ensemble des solutions : \( (4, +\infty) \).

L'interprétation graphique des inéquations logarithmiques offre une vision qualitative de l'ensemble des solutions, en complément du traitement analytique.

Résoudre l'inéquation \( \log_a f(x) > k \) revient géométriquement à déterminer les valeurs de l'inconnue pour lesquelles la courbe représentative de \( y = \log_a f(x) \) se situe au-dessus de la droite horizontale \( y = k \). Si \( a > 1 \), la fonction est croissante et la courbe dépasse le seuil \( y = k \) pour des arguments suffisamment grands ; si \( 0 < a < 1 \), la fonction est décroissante et dépasse ce seuil pour des arguments suffisamment petits (et positifs). La distinction graphique entre les deux cas rend visuellement évident le mécanisme d'inversion du sens.

Résoudre \( \log_a f(x) > \log_a g(x) \) revient à trouver les valeurs de l'inconnue pour lesquelles la courbe de \( y = \log_a f(x) \) se situe au-dessus de celle de \( y = \log_a g(x) \). Le sens de la comparaison dépend de la monotonie : si \( a > 1 \), la courbe de \( \log_a f(x) \) est plus haute que celle de \( \log_a g(x) \) exactement lorsque \( f(x) > g(x) \) ; si \( 0 < a < 1 \), cette même courbe est plus haute exactement lorsque \( f(x) < g(x) \), car la fonction logarithmique ordonne ses arguments en sens inverse.

Pour les inéquations résolues par substitution, l'ensemble des solutions en \( t \) correspond à une bande horizontale dans le plan \( (x, t) \) le long de la courbe \( t = \log_a f(x) \) ; le retour à la variable \( x \) consiste à déterminer l'image réciproque de cette bande par la fonction \( x \mapsto \log_a f(x) \), en tenant compte des conditions de domaine et de la forme concrète de la fonction considérée.

L'interprétation graphique met enfin en évidence le rôle du domaine : les branches de la courbe n'existent que pour \( x \in \mathcal{D} \), et toute portion de droite ou de courbe extérieure à \( \mathcal{D} \) est simplement absente du plan cartésien. Les valeurs exclues ne correspondent à aucun point de la courbe et ne peuvent donc pas constituer des solutions de l'inéquation logarithmique originale.