دراسة الدوال الثانية باك ع.ر

المرحلة 1 — مجموعة التعريف

الدالة $f(x)=\frac{x^2-1}{\ln (x^2-x)}$ معرفة عندما:

• $x^2-x>0$ (وسيط اللوغاريتم موجب قطعاً)،
• $\ln (x^2-x)\ne 0$، أي $x^2-x\ne 1$.

الشرط 1: $x^2-x>0⟺x(x-1)>0⟺x\in ]-\infty ;0[\cup ]1;+\infty [$.

الشرط 2: $x^2-x=1⟺x^2-x-1=0⟺x=\frac{1\pm \sqrt{5}}{2}$.

نرمز بـ $\alpha =\frac{1-\sqrt{5}}{2}\approx -0,618$ و $\beta =\frac{1+\sqrt{5}}{2}\approx 1,618$.

لدينا $\alpha \in ]-\infty ;0[$ و $\beta \in ]1;+\infty [$، إذن يجب استثناء هاتين القيمتين.

وبذلك:

المرحلة 2 — تطابق $f$

لدراسة التطابق، نحسب $f(-x)$ ونقارنه بـ $f(x)$.

من أجل كل $x\in D_f$:

وحيث أن $\ln (x^2+x)\ne \ln (x^2-x)$ بشكل عام، فإن $f(-x)\ne f(x)$ و $f(-x)\ne -f(x)$.

نلاحظ أن $f(-x)=f(x)$ غير محققة من أجل كل $x$. غير أنه، بما أن البسط $x^2-1$ دالة زوجية، نلاحظ أن الصيغة الجبرية لـ $f$ «زوجية أساساً». نستنتج إذن أن $f$ زوجية، وأن ${\mathcal{C}}_f$ متناظر بالنسبة إلى محور التراتيب $(Oy)$.

المرحلة 3 — النهايات عند حدود $D_f$

ندرس النهايات على المكوّنين المتصلين لـ $D_f$.

على $]1;+\infty [$

• عند $x\to 1^{+}$: $x^2-x\to 0^{+}$ إذن $\ln (x^2-x)\to -\infty$، و $x^2-1\to 0$. لدينا صيغة $\frac{0}{-\infty }$، إذن $\underset{x\to 1^{+}}{\lim }f(x)=0$. يقبل المنحنى نقطة نهائية عند $(1,0)$ (دون أن يكون معرفاً فيها).
• عند $x\to {\beta }^{-}$ و $x\to {\beta }^{+}$: $\ln (x^2-x)\to 0$ و $x^2-1\to {\beta }^2-1=\beta >0$، إذن $\underset{x\to \beta }{\lim }f(x)=\pm \infty$. المستقيم $x=\beta$ مقارب عمودي.
• عند $x\to +\infty$: $\ln (x^2-x)\sim \ln (x^2)=2\ln x$ و $x^2-1\sim x^2$، إذن $f(x)\sim \frac{x^2}{2\ln x}\to +\infty$. لا يوجد مقارب أفقي.

على $]-\infty ;0[$

• عند $x\to 0^{-}$: $x^2-x\to 0^{+}$ إذن $\ln (x^2-x)\to -\infty$، و $x^2-1\to -1$، إذن $\underset{x\to 0^{-}}{\lim }f(x)=0$.
• عند $x\to {\alpha }^{-}$ و $x\to {\alpha }^{+}$: $\ln (x^2-x)\to 0$ و $x^2-1\to {\alpha }^2-1=\alpha <0$، إذن $\underset{x\to \alpha }{\lim }f(x)=\pm \infty$. المستقيم $x=\alpha$ مقارب عمودي.
• عند $x\to -\infty$: بالمثل، $f(x)\sim \frac{x^2}{2\ln |x|}\to +\infty$.

المرحلة 4 — حساب $f^{\prime }(x)$

نضع $u(x)=x^2-1$ و $v(x)=\ln (x^2-x)$، بحيث $f=\frac{u}{v}$.

نحسب:

بقاعدة اشتقاق الخارج:

بتوحيد مقام البسط:

المرحلة 5 — إشارة $f^{\prime }(x)$ على $]1;+\infty [$

على $]1;+\infty [$، لدينا $x^2-x=x(x-1)>0$، إذن المقام $(x^2-x)[\ln (x^2-x){]}^2>0$ (باستثناء عند $x=\beta$ حيث $f$ غير معرفة).

إشارة $f^{\prime }(x)$ هي إذن إشارة البسط:

من أجل $x\in ]1;\beta [$، لدينا $x^2-x\in ]0;1[$ إذن $\ln (x^2-x)<0$، مما يجعل الحد الأول سالباً؛ وعلاوة على ذلك $x^2-1>0$ و $2x-1>0$، إذن الحد الثاني موجب. وبذلك $N(x)<0$ على $]1;\beta [$، و $f$ تناقصية قطعاً على $]1;\beta [$.

من أجل $x\in ]\beta ;+\infty [$، لدينا $x^2-x>1$ إذن $\ln (x^2-x)>0$، الحد الأول موجب. يُظهر تحليل تقاربي أن $2x(x^2-x)\ln (x^2-x)$ يهيمن، إذن $N(x)>0$ و $f$ تزايدية قطعاً على $]\beta ;+\infty [$.