الدوال اللوغاريتمية الثانية باك ع.ر

المرحلة 1 — مجال التعريف.

الدالة $f$ معرفة عندما تكون الحجج الثلاث للوغاريتمات موجبة قطعاً:

• $x^2-3x+2>0$: الجذران هما $x=1$ و $x=2$، إذن $x^2-3x+2=(x-1)(x-2)>0$، أي $x<1$ أو $x>2$.
• $x-1>0$، أي $x>1$.
• $x^2-1>0$: الجذران هما $x=\pm 1$، إذن $(x-1)(x+1)>0$، أي $x<-1$ أو $x>1$.

تقاطع هذه الشروط الثلاثة هو:

$$D_f=\left(]-\infty ,1[\cap ]1,+\infty [\cap (]-\infty ,-1[\cup ]1,+\infty [)\right)$$

الشرط $x>1$ (الشرط الثاني) يفرض $x>1$، والشرطان الآخران محققان حينئذ من أجل $x>2$. نحصل على:

$$D_f=]2,+\infty [$$

المرحلة 2 — تبسيط $f(x)$.

من أجل $x\in D_f=]2,+\infty [$، نستعمل الخاصيات الجبرية للوغاريتم:

$$f(x)=\ln \left(x^2-3x+2\right)+\ln (x-1)-\ln \left(x^2-1\right)$$

نحلل إلى عوامل: $x^2-3x+2=(x-1)(x-2)$ و $x^2-1=(x-1)(x+1)$. إذن:

$$f(x)=\ln [(x-1)(x-2)]+\ln (x-1)-\ln [(x-1)(x+1)]$$

$$=\ln (x-1)+\ln (x-2)+\ln (x-1)-\ln (x-1)-\ln (x+1)$$

$$=\ln (x-2)+\ln (x-1)-\ln (x+1)$$

لنبسّط بطريقة أخرى بتجميع مباشر:

$$f(x)=\ln \left(\frac{(x-1)(x-2)\cdot (x-1)}{(x-1)(x+1)}\right)=\ln \left(\frac{(x-2)(x-1)}{x+1}\right)$$

ولمن أجل $x>2$، لدينا $x-1>1>0$ و $x+1>0$، ويمكننا التحقق من أن التبسيط يعطي فعلاً:

$$f(x)=\ln \left(\frac{x-2}{x+1}\right)$$

وبالفعل: $\ln \left(\frac{(x-2)(x-1)}{x+1}\right)=\ln (x-2)+\ln (x-1)-\ln (x+1)$، وبالعودة من البداية:

$$f(x)=\ln (x-1)+\ln (x-2)+\ln (x-1)-\ln (x-1)-\ln (x+1)=\ln (x-2)+\ln (x-1)-\ln (x+1)$$

لكن $\ln (x-1)$ لا يُبسَّط أكثر. لنعد إلى الصيغة المحللة الصحيحة:

$$f(x)=\ln \left(\frac{(x-1)(x-2)}{(x-1)(x+1)}\right)+\ln (x-1)$$

الحد الأول يساوي $\ln \left(\frac{x-2}{x+1}\right)$ والثاني $\ln (x-1)$. نحصل إذن على:

$$\boxed{f(x)=\ln \left(\frac{x-2}{x+1}\right)+\ln (x-1)}$$

لننتظر — لنعد بشكل صحيح. لدينا:

$$f(x)=\ln [(x-1)(x-2)]+\ln (x-1)-\ln [(x-1)(x+1)]$$

$$=\ln \left(\frac{(x-1)(x-2)\cdot (x-1)}{(x-1)(x+1)}\right)=\ln \left(\frac{(x-1)(x-2)}{x+1}\right)$$

من أجل $x>2$: $x-1\ne 1$ بشكل عام، إذن الصيغة النهائية هي $f(x)=\ln \left(\frac{(x-1)(x-2)}{x+1}\right)$.

ملاحظة: يشير السؤال إلى $f(x)=\ln \left(\frac{x-2}{x+1}\right)$. لنتحقق عند $x=3$: $f(3)=\ln (2)+\ln (2)-\ln (8)=2\ln 2-3\ln 2=-\ln 2$، و $\ln \left(\frac{1}{4}\right)=-2\ln 2\ne -\ln 2$. الصيغة الصحيحة هي إذن:

$$\boxed{f(x)=\ln \left(\frac{(x-1)(x-2)}{x+1}\right)}$$

المرحلة 3 — إشارة $f(x)$ وجدول التغيرات.

لدينا $f(x)=\ln \left(\frac{(x-1)(x-2)}{x+1}\right)$ من أجل $x>2$.

لنضع $u(x)=\frac{(x-1)(x-2)}{x+1}$. من أجل $x>2$: $x-1>0$، $x-2>0$، $x+1>0$، إذن $u(x)>0$ على كامل $D_f$. الدالة $f$ معرفة فعلاً.

إشارة $f(x)$: $f(x)\ge 0⟺u(x)\ge 1$، سيُعالَج ذلك في السؤال 4.

مشتقة $f$: نكتب $f(x)=\ln (x-1)+\ln (x-2)-\ln (x+1)$، إذن:

$$f^{\prime }(x)=\frac{1}{x-1}+\frac{1}{x-2}-\frac{1}{x+1}$$

لنختزل إلى نفس المقام $(x-1)(x-2)(x+1)$ (موجب من أجل $x>2$):

$$f^{\prime }(x)=\frac{(x-2)(x+1)+(x-1)(x+1)-(x-1)(x-2)}{(x-1)(x-2)(x+1)}$$

البسط: $(x^2-x-2)+(x^2-1)-(x^2-3x+2)=x^2+2x-5$.

مميز $x^2+2x-5$ هو $\Delta =4+20=24>0$، الجذران $x=\frac{-2\pm 2\sqrt{6}}{2}=-1\pm \sqrt{6}$.

بما أن $\sqrt{6}\approx 2,449$، الجذر الموجب هو $-1+\sqrt{6}\approx 1,449<2$. إذن من أجل $x>2$، البسط $x^2+2x-5>0$، و $f^{\prime }(x)>0$ على $D_f$.

$f$ تزايدية قطعاً على $]2,+\infty [$.

النهايات: $\underset{x\to 2^{+}}{\lim }f(x)=\ln \left(\frac{1\cdot 0}{3}\right)=-\infty$ و $\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)=+\infty$.

المرحلة 4 — حل المتراجحة $f(x)\ge 0$ على $D_f$. [المرحلة التي تحتوي الخطأ]

نبحث عن $x\in ]2,+\infty [$ بحيث:

$$\ln \left(\frac{(x-1)(x-2)}{x+1}\right)\ge 0$$

لحل هذه المتراجحة، نضع الشرط:

$$\frac{(x-1)(x-2)}{x+1}\ge 0$$

من أجل $x>2$، لدينا $x-1>0$، $x-2>0$ و $x+1>0$، إذن الطرف الأيسر موجب دائماً على $D_f$.

نستنتج إذن أن $f(x)\ge 0$ من أجل كل $x\in D_f=]2,+\infty [$.

$$\boxed{\mathcal{S}=]2,+\infty [}$$

المرحلة 5 — الخلاصة والتلخيص.

باختصار:

• $D_f=]2,+\infty [$.
• $f(x)=\ln \left(\frac{(x-1)(x-2)}{x+1}\right)$، تزايدية قطعاً على $D_f$.
• تنعدم $f$ في نقطة وحيدة $x_0$ بحيث $\frac{(x_0-1)(x_0-2)}{x_0+1}=1$، أي $(x_0-1)(x_0-2)=x_0+1$، أي $x_0^2-3x_0+2=x_0+1$، إذن $x_0^2-4x_0+1=0$، بجذرين $x_0=2\pm \sqrt{3}$. فقط $x_0=2+\sqrt{3}\approx 3,73$ ينتمي إلى $]2,+\infty [$.
• حسب السؤال 4، مجموعة حلول $f(x)\ge 0$ هي $]2,+\infty [$، وهذا متوافق مع النتيجة المحصل عليها (بما أن خطأ المرحلة 4 يؤدي إلى هذا الاستنتاج).