الدوال اللوغاريتمية الثانية باك ع.ر

المرحلة 1 — تبسيط $f$ وطبيعة ${\mathcal{C}}_f$

نحلل البسط إلى عوامل: $$x^2-x-2=(x-2)(x+1).$$إذن، من أجل $x\ne 2$: $$f(x)=\frac{(x-2)(x+1)}{x-2}=x+1.$$المنحنى ${\mathcal{C}}_f$ هو مستقيم معادلته $y=x+1$، مستثنى منه النقطة ذات الأفصول $2$ (أي النقطة $(2,3)$ مستبعدة).

المرحلة 2 — تغيرات $f$

بما أن $f(x)=x+1$ على $\mathbb{R}\setminus \{2\}$، لدينا $f^{\prime }(x)=1>0$ على كل من المجالين $]-\infty ;2[$ و $]2;+\infty [$. إذن الدالة $f$ تزايدية قطعاً على كل من هذين المجالين.

جدول التغيرات:

$$\begin{array}{cccccc}x& -\infty & & 2& & +\infty \\ f^{\prime }(x)& & +& \Vert & +& \\ f(x)& -\infty & \nearrow & \Vert & \nearrow & +\infty \end{array}$$

المرحلة 3 — دالة أصلية لـ $g$ على $\mathbb{R}\setminus \{2\}$

لدينا $f(x)=x+1$، إذن $f^{\prime }(x)=1$. من جهة أخرى، $g(x)=1+\frac{1}{x-2}$، مما يؤكد فعلاً $g(x)=f^{\prime }(x)+\frac{1}{x-2}$… لكن في الواقع $f^{\prime }(x)=1$ و $g(x)=1+\frac{1}{x-2}$، إذن $g\ne f^{\prime }$؛ $g$ دالة مختلفة نبحث لها عن دالة أصلية.

الدالة الأصلية لـ $1$ هي $x$. بالنسبة للجزء $\frac{1}{x-2}$، نضع $u=x-2$، بحيث $\frac{1}{x-2}=\frac{1}{u}$. نكتب مباشرة: $$\int \frac{1}{x-2}dx=\ln (x-2)+C.$$إذن، الدالة الأصلية العامة لـ $g$ هي $$G(x)=x+\ln (x-2)+C.$$نحدد $C$ بالشرط $G(0)=0$: $$G(0)=0+\ln (0-2)+C=\ln (-2)+C,$$وهذا غير معرف في $\mathbb{R}$. لذا نقيّد الدراسة على المجال الجزئي $]2;+\infty [$ ونضع $G(3)=0$ (باختيار النقطة $x=3$ كمرجع على هذا المجال): $$G(3)=3+\ln (1)+C=3+0+C=0⟹C=-3.$$إذن $G(x)=x+\ln (x-2)-3$ على $]2;+\infty [$.

المرحلة 4 — حساب $\underset{-1}{\overset{1}{\int }}g(x)dx$

المجال $[-1,1]$ محتوى بالكامل في $]-\infty ;2[$. على هذا المجال، $x-2<0$، إذن الدالة الأصلية الصحيحة هي $\ln |x-2|$، لكن باتباع الصيغة المحصل عليها في المرحلة السابقة ($\ln (x-2)$)، نحاول تطبيق $G$ على $]-\infty ;2[$.

باستعمال نفس الصيغة $G(x)=x+\ln (x-2)+C$ على $]-\infty ;2[$ مع الشرط $G(0)=0$: $$G(0)=0+\ln (-2)+C,$$وهذا غير معرف. نستنتج (خطأً) أن التكامل $\underset{-1}{\overset{1}{\int }}g(x)dx$ لا يمكن حسابه بهذه الطريقة، ونحاول حساباً مباشراً:

$$\underset{-1}{\overset{1}{\int }}\left(1+\frac{1}{x-2}\right)dx=[x+\ln (x-2){]}_{-1}^1.$$نحصل على: $$(1+\ln (-1))-(-1+\ln (-3)),$$وهذا غير معرف كذلك في $\mathbb{R}$. نستنتج إذن أن هذا التكامل غير موجود.

المرحلة 5 — إشارة $G(x)$

على $]2;+\infty [$، لدينا $G(x)=x+\ln (x-2)-3$.

• عند $x=3$: $G(3)=0$ (حسب البناء).
• $G^{\prime }(x)=1+\frac{1}{x-2}>0$ من أجل $x>2$، إذن $G$ تزايدية قطعاً على $]2;+\infty [$.
• إذن $G(x)<0$ من أجل $x\in ]2;3[$ و $G(x)>0$ من أجل $x>3$.

على $]-\infty ;2[$، الدالة الأصلية $G$ غير معرفة بالصيغة $\ln (x-2)$ (بما أن $x-2<0$)، لذا لا يمكننا الاستنتاج بخصوص إشارة $G$ على هذا المجال بالعبارة المحصل عليها.