الدوال اللوغاريتمية الثانية باك ع.ر

المرحلة 1 — النهاية عند $+\infty$

عندما $x\to +\infty$، لدينا $\ln (x)\to +\infty$، إذن $x\ln (x)\to +\infty$، و $-x+1\to -\infty$. نقارن سرعات النمو: $x\ln (x)$ ينمو أسرع من $x$، إذن:

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)=\underset{x\to +\infty }{\lim }x\ln (x)-x+1=+\infty$$

بتفصيل أكثر، $f(x)=x(\ln (x)-1)+1\to +\infty$ لأن $\ln (x)-1\to +\infty$.

المرحلة 2 — النهاية عند $0^{+}$ (المرحلة التي تحتوي الخطأ)

نبحث عن $\underset{x\to 0^{+}}{\lim }f(x)=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }(x\ln (x)-x+1)$.

لدينا $\underset{x\to 0^{+}}{\lim }(-x+1)=1$. يبقى حساب $\underset{x\to 0^{+}}{\lim }x\ln (x)$.

عندما $x\to 0^{+}$، لدينا $x\to 0$ و $\ln (x)\to -\infty$، إذن نحن أمام الشكل غير المحدد $0\times (-\infty )$.

نلاحظ أن $x\to 0^{+}$ و $\ln (x)\to -\infty$؛ العامل $x$ يؤول إلى $0$ في حين أن $\ln (x)$ يؤول إلى $-\infty$. بما أن $x$ يؤول إلى $0$ أسرع مما يؤول $|\ln (x)|$ إلى $+\infty$، نستنتج:

$$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }x\ln (x)=-\infty$$

نستنتج إذن:

$$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }f(x)=-\infty +1=-\infty$$

التفسير الهندسي: منحنى $f$ يقبل فرعاً شلجمياً نحو $-\infty$ عندما $x\to 0^{+}$، ومحور الأراتيب مقارب عمودي.

المرحلة 3 — المشتقة والرتابة

$f$ قابلة للاشتقاق على $]0,+\infty [$ ولدينا:

$$f^{\prime }(x)=\ln (x)+x\cdot \frac{1}{x}-1=\ln (x)+1-1=\ln (x)$$

إشارة $f^{\prime }(x)=\ln (x)$:

• $\ln (x)<0$ من أجل $x\in ]0,1[$، إذن $f$ تناقصية قطعاً على $]0,1[$.
• $\ln (1)=0$، إذن $f^{\prime }(1)=0$: نقطة سكون عند $x=1$.
• $\ln (x)>0$ من أجل $x\in ]1,+\infty [$، إذن $f$ تزايدية قطعاً على $]1,+\infty [$.

إذن $f$ تقبل حداً أدنى شاملاً عند $x=1$:

$$f(1)=1\cdot \ln (1)-1+1=0-1+1=0$$

جدول التغيرات (مع اعتبار النهاية الخاطئة $-\infty$ المحصل عليها في المرحلة 2):

$$\begin{array}{cccccc}x& 0^{+}& & 1& & +\infty \\ f^{\prime }(x)& & -& 0& +& \\ f(x)& -\infty & \searrow & 0& \nearrow & +\infty \end{array}$$

المرحلة 4 — المعادلة $f(x)=0$ وإشارة $f$

حسب جدول التغيرات (المبني على النهاية الخاطئة $-\infty$ عند $0^{+}$):

• على $]0,1[$، $f$ متصلة وتناقصية قطعاً من $-\infty$ إلى $f(1)=0$.
• على $]1,+\infty [$، $f$ متصلة وتزايدية قطعاً من $f(1)=0$ إلى $+\infty$.

الحد الأدنى $f(1)=0$ محقق عند $x=1$. بما أن $f(1)=0$ وهو الحد الأدنى الشامل، فإن $x=1$ هو الحل الوحيد للمعادلة $f(x)=0$ على $]0,+\infty [$.

إشارة $f$: حسب الجدول، $f(x)\le 0$ على $]0,1]$ (تناقصية من $-\infty$ إلى $0$) و $f(x)\ge 0$ على $[1,+\infty [$. بدقة أكثر:

$$f(x)<0\text{ من أجل }x\in ]0,1[,f(1)=0,f(x)>0\text{ من أجل }x>1$$

المرحلة 5 — المتراجحة المستنتجة

من أجل كل $x>0$، لدينا $f(x)=x\ln (x)-x+1\ge 0$ (مع تساوٍ فقط عند $x=1$).

بالقسمة على $x>0$ (وهذا يحافظ على المتراجحة):

$$\frac{x\ln (x)-x+1}{x}\ge 0⟹\ln (x)-1+\frac{1}{x}\ge 0$$

إذن من أجل كل $x>0$:

$$\ln (x)-1+\frac{1}{x}\ge 0$$

مع تساوٍ إذا وفقط إذا $x=1$.

ملاحظة: هذه المتراجحة متوافقة مع إشارة $f$ المحصل عليها في المرحلة 4 — رغم أن النهاية عند $0^{+}$ حُسبت خطأً، فإن الحد الأدنى $f(1)=0$ يضمن $f\ge 0$ على $]0,+\infty [$، مما يجعل استنتاج هذه المرحلة صحيحاً رغم الخطأ السابق.