Fonctions logarithmes 2BAC SM

Étape 1 — Domaine de définition.

La fonction $f$ est définie lorsque les trois arguments des logarithmes sont strictement positifs :

• $x^2-3x+2>0$ : les racines sont $x=1$ et $x=2$, donc $x^2-3x+2=(x-1)(x-2)>0$, soit $x<1$ ou $x>2$.
• $x-1>0$, soit $x>1$.
• $x^2-1>0$ : les racines sont $x=\pm 1$, donc $(x-1)(x+1)>0$, soit $x<-1$ ou $x>1$.

L'intersection de ces trois conditions est :

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

La condition $x>1$ (deuxième contrainte) impose $x>1$, et les deux autres sont alors satisfaites pour $x>2$. On obtient :

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

Étape 2 — Simplification de $f(x)$.

Pour $x\in D_f=]2,+\infty [$, on utilise les propriétés algébriques du logarithme :

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

On factorise : $x^2-3x+2=(x-1)(x-2)$ et $x^2-1=(x-1)(x+1)$. Donc :

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

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

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

Hmm, simplifions autrement en regroupant directement :

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

Or pour $x>2$, on a $x-1>1>0$ et $x+1>0$, et on peut vérifier que la simplification donne bien :

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

En effet : $\ln \left(\frac{(x-2)(x-1)}{x+1}\right)=\ln (x-2)+\ln (x-1)-\ln (x+1)$, et en reprenant depuis le début :

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

Mais $\ln (x-1)$ ne se simplifie pas davantage. Revenons à la forme factorisée correcte :

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

Le premier terme vaut $\ln \left(\frac{x-2}{x+1}\right)$ et le second $\ln (x-1)$. On obtient donc :

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

Attendons — reprenons proprement. On a :

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

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

Pour $x>2$ : $x-1\ne 1$ en général, donc la forme finale est $f(x)=\ln \left(\frac{(x-1)(x-2)}{x+1}\right)$.

Remarque : l'énoncé indique $f(x)=\ln \left(\frac{x-2}{x+1}\right)$. Vérifions en $x=3$ : $f(3)=\ln (2)+\ln (2)-\ln (8)=2\ln 2-3\ln 2=-\ln 2$, et $\ln \left(\frac{1}{4}\right)=-2\ln 2\ne -\ln 2$. La forme correcte est donc :

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

Étape 3 — Signe de $f(x)$ et tableau de variations.

On a $f(x)=\ln \left(\frac{(x-1)(x-2)}{x+1}\right)$ pour $x>2$.

Posons $u(x)=\frac{(x-1)(x-2)}{x+1}$. Pour $x>2$ : $x-1>0$, $x-2>0$, $x+1>0$, donc $u(x)>0$ sur tout $D_f$. La fonction $f$ est bien définie.

Signe de $f(x)$ : $f(x)\ge 0⟺u(x)\ge 1$, ce qui sera traité à la question 4.

Dérivée de $f$ : On écrit $f(x)=\ln (x-1)+\ln (x-2)-\ln (x+1)$, donc :

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

Réduisons au même dénominateur $(x-1)(x-2)(x+1)$ (positif pour $x>2$) :

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

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

Le discriminant de $x^2+2x-5$ est $\Delta =4+20=24>0$, racines $x=\frac{-2\pm 2\sqrt{6}}{2}=-1\pm \sqrt{6}$.

Comme $\sqrt{6}\approx 2,449$, la racine positive est $-1+\sqrt{6}\approx 1,449<2$. Donc pour $x>2$, le numérateur $x^2+2x-5>0$, et $f^{\prime }(x)>0$ sur $D_f$.

$f$ est strictement croissante sur $]2,+\infty [$.

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

Étape 4 — Résolution de $f(x)\ge 0$ sur $D_f$. [ÉTAPE CONTENANT L'ERREUR]

On cherche les $x\in ]2,+\infty [$ tels que :

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

Pour résoudre cette inéquation, on pose la condition :

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

Pour $x>2$, on a $x-1>0$, $x-2>0$ et $x+1>0$, donc le membre gauche est toujours positif sur $D_f$.

On conclut donc que $f(x)\ge 0$ pour tout $x\in D_f=]2,+\infty [$.

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

Étape 5 — Conclusion et récapitulatif.

En résumé :

• $D_f=]2,+\infty [$.
• $f(x)=\ln \left(\frac{(x-1)(x-2)}{x+1}\right)$, strictement croissante sur $D_f$.
• $f$ s'annule en un unique point $x_0$ tel que $\frac{(x_0-1)(x_0-2)}{x_0+1}=1$, soit $(x_0-1)(x_0-2)=x_0+1$, c'est-à-dire $x_0^2-3x_0+2=x_0+1$, donc $x_0^2-4x_0+1=0$, de racines $x_0=2\pm \sqrt{3}$. Seule $x_0=2+\sqrt{3}\approx 3,73$ appartient à $]2,+\infty [$.
• D'après la question 4, l'ensemble solution de $f(x)\ge 0$ est $]2,+\infty [$, ce qui est cohérent avec le résultat obtenu (puisque l'erreur de l'étape 4 conduit à cette conclusion).