الدوال اللوغاريتمية الثانية باك ع.ر

المرحلة 1 — تبسيط $f(x)$

نستعمل الخاصيتين $\ln (ab)=\ln a+\ln b$ و $\ln (a^n)=n\ln a$:

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

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

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

$$=2\ln (x)$$

إذن $f(x)=2\ln (x)$، معرفة على $]0,+\infty [$.

المرحلة 2 — حساب $f^{\prime }(x)$ بالتطوير ثم الاشتقاق حداً بحد

بدل اشتقاق $2\ln (x)$ مباشرة، نرغب في التحقق بالعودة إلى العبارة الأولية المطورة:

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

نشتق $\ln (x^2)$ باستعمال قاعدة السلسلة: الدالة الداخلية هي $u(x)=x^2$، إذن $u^{\prime }(x)=2x$، ولدينا:

$${\left(\ln (x^2)\right)}^{\prime }=\frac{u^{\prime }(x)}{u(x)}=\frac{2x}{x^2}=\frac{2}{x}$$

نجد فعلاً $f^{\prime }(x)=\frac{2}{x}$، وهذا متوافق مع مشتقة $2\ln (x)$.

المرحلة 3 — حساب $f^{\prime }(x)$ بالعودة إلى العبارة الأصلية غير المبسطة (تحقق)

نعود إلى $f(x)=\ln (x^2(x+1))-\ln (x+1)$ ونطور:

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

نشتق حداً بحد. بالنسبة لـ $\ln (x^2)$: الدالة الداخلية $u=x^2$، $u^{\prime }=2x$، إذن $(\ln (x^2){)}^{\prime }=\frac{2x}{x^2}=\frac{2}{x}$.

بالنسبة لـ $\ln (x+1)$: الدالة الداخلية $v=x+1$، $v^{\prime }=1$، إذن $(\ln (x+1){)}^{\prime }=\frac{1}{x+1}$.

إذن:

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

نؤكد $f^{\prime }(x)=\frac{2}{x}$.

المرحلة 4 — دراسة إشارة $f^{\prime }(x)$ وتغيرات $f$

على $]0,+\infty [$، لدينا $x>0$، إذن $\frac{2}{x}>0$.

إذن $f^{\prime }(x)>0$ من أجل كل $x\in ]0,+\infty [$، مما يعني أن $f$ تزايدية قطعاً على $]0,+\infty [$.

جدول التغيرات:

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

المرحلة 5 — معادلة المماس عند $x=1$

نحسب $f(1)$ و $f^{\prime }(1)$.

$f(1)=2\ln (1)=2\times 0=0$.

بالنسبة لـ $f^{\prime }(1)$، نعود إلى العبارة الأصلية المطورة لتوضيح الاشتقاق حداً بحد:

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

بالاشتقاق، نحصل من أجل كل حد على:

• $(\ln (x^2){)}^{\prime }=\frac{2x}{x^2}=\frac{2}{x}$، إذن عند $x=1$: $\frac{2}{1}=2$.
• $(\ln (x+1){)}^{\prime }=\frac{1}{x+1}$، إذن عند $x=1$: $\frac{1}{2}$.

إذن:

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

معادلة المماس عند النقطة $(1,f(1))=(1,0)$ هي:

$$y=f^{\prime }(1)(x-1)+f(1)=2(x-1)+0$$

$$\boxed{y=2x-2}$$

المرحلة 6 — تحقق بطريقة تفكيك أخرى (حساب بديل لـ $f^{\prime }$)

نرغب في اشتقاق $f(x)=\ln (x^2)+\ln (x+1)-\ln (x+1)$ بمعالجة $\ln (x^2)$ بطريقة مختلفة، بكتابتها $\ln (x^2)=2\ln (x)$، ثم بالاشتقاق:

$$(2\ln (x){)}^{\prime }=\frac{2}{x}$$

بالنسبة للحدين $\ln (x+1)$ و $-\ln (x+1)$، نشتق:

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

نجمع:

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

لكن، لو كنا نرغب في اشتقاق $\ln (x+1)$ ونسينا القسمة على الدالة الداخلية، لكتبنا $(\ln (x+1){)}^{\prime }=1$ بدل $\frac{1}{x+1}$. بتطبيق هذا الخطأ على الحد $+\ln (x+1)$ فقط (وليس على الحد $-\ln (x+1)$)، نحصل على:

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

عند $x=1$:

$$f^{\prime }(1)=2+1-\frac{1}{2}=\frac{5}{2}$$

معادلة المماس تصبح حينئذ:

$$y=\frac{5}{2}(x-1)$$

$$\boxed{y=\frac{5}{2}x-\frac{5}{2}}$$