دليل المعلم الرياضيات 3 ث بكالوريا الجزء الأول - موقع الفريد في الفيزياء PDF
Document Details
Uploaded by ObservantIdiom
Tags
Related
- جزء أول رياضيات كلوريا 2018 PDF
- اختبارات مؤتمتة لرياضيات البكالوريا السورية PDF
- اختبارات مؤتمتة لرياضيات البكالوريا السورية (PDF)
- دليل المعلم رياضيات 3ث بكالوريا الجزء الأول ـ موقع الفريد ي الفيزياء PDF
- درس المتتاليات 1 للصف الخامس PDF
- رياضيات - ع تج - باقة الامتياز تحضيرا للفصل 2 - نافع بكالوريا 2024 PDF
Summary
يُقدّم هذا المستند دليلاً للمعلمين حول مواضيع المتتابعات الحسابية والهندسية، بما في ذلك كيفية دراسة المتتابعات المطّردة، والصيغ، والبرهان بالتدرج، مع أمثلة لحل المسائل.
Full Transcript
ﺗﺬﻛﺮة ابﳌﺘﺘﺎﻟﻴﺎت ا ٕﻻﺛﺒﺎت ابﻟﺘﺪرﱕ 1 ﻧﻘﺎط ّ اﻟﺘﻌﲅ ا ٔﻻﺳﺎﺳـﻴﺔ ﰲ ﻫﺬﻩ اﻟﻮﺣﺪة -اﻟﺘﺬﻛﺮة ﲞﻮاص اﳌﺘﺘﺎﻟﻴﺎت اﳊﺴﺎﺑﻴﺔ واﳍﻨ...
ﺗﺬﻛﺮة ابﳌﺘﺘﺎﻟﻴﺎت ا ٕﻻﺛﺒﺎت ابﻟﺘﺪرﱕ 1 ﻧﻘﺎط ّ اﻟﺘﻌﲅ ا ٔﻻﺳﺎﺳـﻴﺔ ﰲ ﻫﺬﻩ اﻟﻮﺣﺪة -اﻟﺘﺬﻛﺮة ﲞﻮاص اﳌﺘﺘﺎﻟﻴﺎت اﳊﺴﺎﺑﻴﺔ واﳍﻨﺪﺳﻴﺔ. -اﻟﺘﺬﻛﺮة ﺑﻄﺮاﺋﻖ دراﺳﺔ اﳌﺘﺘﺎﻟﻴﺎت اﳌﻄّﺮدة. -ﺗﻌﻠّﻢ ﺻﻴﺎﻏﺔ اﻟﱪﻫﺎن ﺑﺎﻟﺘﺪرﻳﺞّ ، وﺣﻞ ﻣﺴﺎﺋﻞ ﻋﻠﻰ ذﻟﻚ. 2 ب ﺻﻔﺤﺔ 18 ﺗَﺪ ر ْ n أن اﻝﻤﺘﺘﺎﻝﻴﺔ (un )n ≥0ﻤﺘﺘﺎﻝﻴﺔ ﻫﻨدﺴﻴﺔ و ِﺠ ْد أﺴﺎﺴﻬﺎ. 2 ﻝﻴﻜن un = n +1ﻓﻲ ﺤﺎﻝﺔ . n ∈ ℕأﺜﺒت 3 اﻟﺤﻞ 1 2 1 = aوأﺴﺎﺴﻬﺎ ﻤﺘﺘﺎﻝﻴﺔ ﻫﻨدﺴﻴﺔ ﺤدﻫﺎ اﻷول = aو = qﻓﻬﻲ ﻻﺤظ أن un = aq nﺤﻴث 3 3 3 2 = .q 3 اﻷﺴﺌﻠﺔ اﻵﺘﻴﺔ ﺘﺘﻌﻠّق ﺒﻤﺘﺘﺎﻝﻴﺎت ﺤﺴﺎﺒﻴﺔ أو ﻫﻨدﺴﻴﺔ : (un )n ≥0ﻤﺘﺘﺎﻝﻴﺔ ﺤﺴﺎﺒﻴﺔ ﻓﻴﻬﺎ u 2 = 41و . u5 = −13اﺤﺴب u20 اﻟﺤﻞ ﻤن اﻝﻌﻼﻗﺔ u5 − u2 = (5 − 2)rﻨﺴﺘﻨﺘﺞ أن أﺴﺎس ﻫذﻩ اﻝﻤﺘﺘﺎﻝﻴﺔ اﻝﺤﺴﺎﺒﻴﺔ ﻴﺴﺎوي u 5 − u2 = ،r = −18 3 وﻋﻠﻴﻪ ﻴﻜون . u20 = u2 + r (20 − 2) = 41 − 324 = −283 25 1 = . u10اﺤﺴب . u 30 = u7و (un )n ≥0ﻤﺘﺘﺎﻝﻴﺔ ﻫﻨدﺴﻴﺔ ﻓﻴﻬﺎ 2197 1080 اﻟﺤﻞ 25 1 3 أي = أن u10 = u7 ⋅q 10−7وﻤﻨﻪ q um = u pqﻨﺴﺘﻨﺘﺞ ّ m −p ﻤن اﻝﻌﻼﻗﺔ 2197 1080 53 × 63 = q3 133 30 30−10 25 30 20 30 . u30 = u10 ⋅ = = qإذن ⋅ وﻋﻠﻴﻪ 13 2197 13 13 (un )n ≥0ﻤﺘﺘﺎﻝﻴﺔ ﺤﺴﺎﺒﻴﺔ أﺴﺎﺴﻬﺎ 3وﻓﻴﻬﺎ . u1 = −2اﺤﺴب unﺒدﻻﻝﺔ ، nواﺴﺘﻨﺘﺞ ﻗﻴﻤﺔ اﻝﻤﺠﻤوﻋﻴن u 30 + u 31 + u 32و . u1 + u2 + ⋯ + u20 اﻟﺤﻞ أن ، u31 = 88وﻤﻨﻪ . u 30 + u 31 + u 32 = 3u 31 = 264 ﻤن اﻝﻌﻼﻗﺔ ) un − u1 = 3(n − 1ﻨﺴﺘﻨﺘﺞ ّ u1 + u20 × u1 + u2 + ⋯ + u20 = 20 = 10 × ( −2 + 55 ) = 530 2 (un )n ≥0ﻤﺘﺘﺎﻝﻴﺔ ﻫﻨدﺴﻴﺔ أﺴﺎﺴﻬﺎ 3وﻓﻴﻬﺎ . u1 = −2اﺤﺴب unﺒدﻻﻝﺔ ، nواﺴﺘﻨﺘﺞ ﻗﻴﻤﺔ اﻝﻤﺠﻤوﻋﻴن u1 + u2 + ⋯ + u7و . u2 + u4 + u6 ⋯ + u2n 3 اﻟﺤﻞ u1 + u2 + ⋯ + u7 = 1 − 37 = −2186 أن (vn )n ≥0ﺤﻴث vn = u2nﻫﻨدﺴﻴﺔ أﺴﺎﺴﻬﺎ 9ﻨﺠد وﺒﻤﻼﺤظﺔ ّ 1 − 9n 3 u2 + u 4 + u6 ⋯ + u2n = u2 ) = − ( 9n − 1 1−9 4 (un )n ≥0ﻤﺘﺘﺎﻝﻴﺔ ﺤﺴﺎﺒﻴﺔ أﺴﺎﺴﻬﺎ −2وﻓﻴﻬﺎ . u 0 = −3اﺤﺴب . u25 + u26 + ⋯ + u125 اﻟﺤﻞ u25 + u125 × )u25 + u26 + ⋯ + u125 = (125 − 24 = −15453 2 (un )n ≥0ﻤﺘﺘﺎﻝﻴﺔ ﻫﻨدﺴﻴﺔ أﺴﺎﺴﻬﺎ 2وﻓﻴﻬﺎ . u 0 = 1اﺤﺴب . u 3 + u 4 + ⋯ + u10 اﻟﺤﻞ 1 − 28 u 3 + u 4 + ⋯ + u10 = u 3 = 2040 1−2 اﺤﺴب اﻝﻤﺠﻤوع . S = 21 + 1 + 23 + 2 + 25 + 3 + ⋯ + 10 اﻟﺤﻞ 20 × 21 = 2S = 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + ⋯ + 20إذن . S = 105 أن ﻨﻼﺤظ ّ 2 aو bو cﺜﻼﺜﺔ ﺤدود ﻤﺘواﻝﻴﺔ ﻤن ﻤﺘﺘﺎﻝﻴﺔ ﻫﻨدﺴﻴﺔ.اﺤﺴﺒﻬﺎ ﻋﻠﻤﺎً أن abc = 343 a + b + c = 36.75و اﻟﺤﻞ 7 c = a اﻝﻤﺘﺘﺎﻝﻴﺔ ﻫﻨدﺴﻴﺔ إذن ac = b 2وﻤﻨﻪ b 3 = 343 = 7 3إذن ، b = 7ﻓﺈذا ﻜﺎن = qﻜﺎن q b 1 17 1 1 3 119 = 7 q + = 36 − 7أو . q + = = 4ﻫذﻩ ﺘؤول إﻝﻰ ﻤﻌﺎدﻝﺔ و ، c = 7qوﻤن ﺜّم q 4 4 q 4 4 ﻤن اﻝدرﺠﺔ اﻝﺜﺎﻨﻴﺔ . (q − 4)(4q − 1) = 0وﻤﻨﻪ اﻝﺤﻼن 7 7 . (a, b, c) = 27, 7, (a, b, c) = , 7,28 أو 4 4 vn = . vn +1 ( vn )n ≥0ﻤﺘﺘﺎﻝﻴﺔ ﻤﻌرﻓﺔ ﺘدرﻴﺠﻴﺎً وﻓق v 0 = 1و 1 + vn ﺘﺤﻘق أن vn > 0أﻴﺎً ﻜﺎن اﻝﻌدد اﻝطﺒﻴﻌﻲ . n 1 = unﻤﺘﺘﺎﻝﻴﺔ ﺤﺴﺎﺒﻴﺔ. أﺜﺒت أن اﻝﻤﺘﺘﺎﻝﻴﺔ ( un )n ≥0اﻝﻤﻌرﻓﺔ ﺒﺎﻝﻌﻼﻗﺔ vn اﺴﺘﻨﺘﺞ ﻋﺒﺎرة vnﺒدﻻﻝﺔ . n 4 اﻟﺤﻞ اﻝﺨﺎﺼﺔ . vn > 0ﻝﻤﺎ ﻜﺎن v0 = 1 > 0اﺴﺘﻨﺘﺠﻨﺎ أن ) E (0ﺼﺤﻴﺤﺔٕ.واذا اﻓﺘرﻀﻨﺎّ ﻝﺘﻜن ) E (n ﺜم . vn + 1 > 1 > 0إذن vn +1 > 0ﺒﺼﻔﺘﻪ ﻨﺎﺘﺞ ﻤن أن ) E (nﺼﺤﻴﺤﺔ ﻜﺎن vn > 0وﻜﺎن ﻤن ّ ّ أن vn > 0أﻴﺎً ﻜﺎن . n ﻗﺴﻤﺔ ﻋددﻴن ﻤوﺠﺒﻴن ﺘﻤﺎﻤﺎً.إذن ) E (n + 1ﺼﺤﻴﺤﺔ.ﻓﻨﻜون ﻗد أﺜﺒﺘﻨﺎ ﺒﺎﻝﺘدرﻴﺞ ّ 1 + vn 1 = . un +1 − unﻓﺎﻝﻤﺘﺘﺎﻝﻴﺔ (un )n ≥0ﻤﺘﺘﺎﻝﻴﺔ ﺤﺴﺎﺒﻴﺔ ﺤدﻫﺎ اﻷول − أن = 1 ﻨﻼﺤظ ّ vn vn u0 = 1وأﺴﺎﺴﻬﺎ . 1إذن . un = n + 1 1 1 = vnأﻴﺎً ﻜﺎﻨت . n ﻨﺴﺘﻨﺘﺞ ﻤﺒﺎﺸرة أن ّ n +1 = un ادرس ﺠﻬﺔ اطراد ﻜل ﻤن اﻝﻤﺘﺘﺎﻝﻴﺎت اﻵﺘﻴﺔ. 2n − 1 3 = un = un 3n + 1 = un n +4 n2 n 3n + 1 1 = un = un = un n n −2 2 10 n +1 u0 = 1, u0 = 1, u0 = 2, 1 un +1 = 2un u n +1 = un u n +1 = un − 3 2 اﻟﺤﻞ أن ﻋﻨدﻤﺎ ﻴﻜﺒر ﻤﻘﺎم ﻜﺴر ﻴﺼﻐر.وﻷن (n + 1) > nأﻴﺎً ﻜﺎن اﻝﻌدد اﻝطﺒﻴﻌﻲ nاﺴﺘﻨﺘﺠﻨﺎ ّ 2 2 un +1 < unﻓﻲ ﻫذﻩ اﻝﺤﺎﻝﺔ ،وﻤن ﺜّّم (un )n ≥1ﻤﺘﻨﺎﻗﺼﺔ. (n + 1)2 − n 2 )3(2n + 1 un − un +1 = 3ﻝﻨﺠدﻩ ﻤوﺠﺒﺎً ﻓﻨﺴﺘﻨﺘﺞ 2 2 = وﻴﻤﻜن أﻴﻀﺎً أن ﻨﺤﺴب اﻝﻔرق )n (n + 1 n 2 (n + 1)2 أن (un )n ≥1ﻤﺘﻨﺎﻗﺼﺔ. ﻤﺠدداً ّ un +1 n 2 أن ﻝﻨﺠدﻫﺎ أﺼﻐر ﻤن 1ﻓﻨﺴﺘﻨﺘﺞ ﻤرة ﺜﺎﻨﻴﺔ ّ = وﻴﻤﻜن أﻴﻀﺎً أن ﻨﺤﺴب اﻝﻨﺴﺒﺔ n + 1 un (un )n ≥1ﻤﺘﻨﺎﻗﺼﺔ اﻴد ،ﻓﺈذا ﻜﺎن nﻋدداً طﺒﻴﻌﻴﺎً ﻜﺎن 3(n + 1) + 1 > 3n + 1وﻤن ﺜَّم ﺘﺎﺒﻊ اﻝﺠذر اﻝﺘرﺒﻴﻌﻲ ﻤﺘز ٌ = un +1 > 3(n + 1) + 1 3n + 1 = un ﻓﺎﻝﻤﺘﺘﺎﻝﻴﺔ (un )n ≥1ﻤﺘزاﻴدة.وﻫﻨﺎ أﻴﻀﺎً ﻴﻤﻜن أن ﻨﺤﺴب اﻝﻔرق أو اﻝﻨﺴﺒﺔ ﻝﻨﺼل إﻝﻰ اﻝﻨﺘﻴﺠﺔ. أن ﻨﻼﺤظ ﻫﻨﺎ ّ 2n + 1 2n − 1 9 = un +1 − un − = >0 n +5 n+4 )(n + 4)(n + 5 ﻓﺎﻝﻤﺘﺘﺎﻝﻴﺔ (un )n ≥1ﻤﺘزاﻴدة. 5 1 1 = ، un +1 2 2ﻝدﻴﻨﺎ < 0 )(n − 1)(n − 2 3n + 4 4 = ، un +2وﻋﻨدﻤﺎ ﻴﻜﺒر اﻝﻤﻘﺎم ﻴﺼﻐر اﻝﻜﺴر إذن un +3 < un +2ﻓﻲ ﺤﺎﻝﺔ = 3+ أن ﻨﻜﺘب n n ، n ≥ 1واﻝﻤﺘﺘﺎﻝﻴﺔ ﻤﺘﻨﺎﻗﺼﺔ. n +1 n −9n + 1 (un )n ≥1 = un +1 − unﻓﺎﻝﻤﺘﺘﺎﻝﻴﺔ n +1 − = ﻓﻲ ﺤﺎﻝﺔ n ≥ 1ﻝدﻴﻨﺎ < 0 10 10n 10n +1 ﻤﺘﻨﺎﻗﺼﺔ ﺒدءاً ﻤن اﻝﺤد ذي اﻝدﻝﻴل . n0 = 1 ﻤﺘﺘﺎﻝﻴﺔ ﺤﺴﺎﺒﻴﺔ أﺴﺎﺴﻬﺎ ﺴﺎﻝب ﻓﻬﻲ ﻤﺘﻨﺎﻗﺼﺔ. ﻤﺘﺘﺎﻝﻴﺔ ﻫﻨدﺴﻴﺔ ﺤدودﻫﺎ ﻤوﺠﺒﺔ وأﺴﺎﺴﻬﺎ أﺼﻐر ﻤن اﻝواﺤد ﻓﻬﻲ ﻤﺘﻨﺎﻗﺼﺔ. ﻤﺘﺘﺎﻝﻴﺔ ﻫﻨدﺴﻴﺔ ﺤدودﻫﺎ ﻤوﺠﺒﺔ وأﺴﺎﺴﻬﺎ أﻜﺒر ﻤن اﻝواﺤد ﻓﻬﻲ ﻤﺘزاﻴدة. ب ﺻﻔﺤﺔ 21 ﺗَﺪ ر ْ ﻨﻌرف ﻓﻲ ﺤﺎﻝﺔ ﻋدد طﺒﻴﻌﻲ n ≥ 1اﻝﻤﻘدار ، Sn = 12 + 22 + 32 + ⋯ + n 2 اﺤﺴب S1و S 2و S 3و . S 4ﺜُّم ﻋﺒر ﻋن Sn +1ﺒدﻻﻝﺔ Snو . n أﺜﺒت ﺒﺎﻝﺘدرﻴﺞ ّأﻨﻪ ﻓﻲ ﺤﺎﻝﺔ أﻴﺔ ﻋدد طﺒﻴﻌﻲ n ≥ 1ﻝدﻴﻨﺎ : )n(n + 1)(2n + 1 = . Sn 6 اﻟﺤﻞ n 1 2 3 4 Sn 1 5 14 30 وﻨﻼﺤظ ّأﻨﻪ ﻝﻼﻨﺘﻘﺎل ﻤن Snإﻝﻰ Sn +1ﻨﺠﻤﻊ ، (n + 1)2أي . Sn +1 = Sn + (n + 1)2 )n(n + 1)(2n + 1 = . Sn ﻝﺘﻜن ) E (nاﻝﺨﺎﺼﺔ 6 )1(1 + 1)(2 + 1 = . S1 = 1 ﻷن اﻝﺨﺎﺼﺔ ) E (1ﺼﺤﻴﺤﺔ ّ 6 ﻷن ﻨﻔﺘرض ) E (nﺼﺤﻴﺤﺔ ﻋﻨدﺌذ ﺘﻜون ) E (n + 1ﺼﺤﻴﺤﺔ ّ )n(n + 1)(2n + 1 )(n + 1)(2n 2 + 7n + 6 = Sn +1 = + (n + 1)2 6 6 )(n + 1)(n + 2)(2(n + 1) + 1 = 6 ﻓﺎﻝﺨﺎﺼﺔ ) E (nﺼﺤﻴﺤﺔ أﻴﺎً ﻜﺎﻨت . n ≥ 1 6 ﻝﻴﻜن . x ≥ −1ﻓﻲ ﺤﺎﻝﺔ ﻋدد طﺒﻴﻌﻲ nﻨرﻤز ) E (nإﻝﻰ اﻝﻤﺘراﺠﺤﺔ . (1 + x )n ≥ 1 + nxأﺜﺒت أن اﻝﻤﺘراﺠﺤﺔ ) E (nﻤﺤﻘّﻘﺔ أﻴﺎً ﻜﺎن اﻝﻌدد اﻝطﺒﻴﻌﻲ . n ّ اﻟﺤﻞ ﻷن . (1 + x )0 = 1 ≥ 1 + 0x اﻝﺨﺎﺼﺔ ) E (0ﺼﺤﻴﺤﺔ ّ ﻷن ﻨﻔﺘرض ) E (nﺼﺤﻴﺤﺔ ﻋﻨدﺌذ ﺘﻜون ) E (n + 1ﺼﺤﻴﺤﺔ ّ (1 + x )n +1 = (1 + x )(1 + x )n ) ≥ (1 + x )(1 + nx ≥ 1 + (n + 1)x + nx 2 ≥ 1 + (n + 1)x ﻓﺎﻝﻤﺘراﺠﺤﺔ ) E (nﺼﺤﻴﺤﺔ أﻴﺎً ﻜﺎﻨت . n ﻤﻌﻴن .( n 0 ﺤد ّي اﻝﻤﺘﺘﺎﻝﻴﺎت ( un )n ≥ 0اﻵﺘﻴﺔ ﻤطّردة )رﺒﻤﺎ ﺒدءاً ﻤن ّ ّﺒﻴن أ 1 n +1 un = 2n = un un = −3n + 1 1 n +2 n2 1 1 n un = un = 1+ un = − !n n2 n u0 = 2 u0 = 8 1 1 3 3 un = 1 + + ⋯⋯ + u = u + 2 u = un + 2 2 2n n +1 4 n n +1 4 أن n ! = n × (n − 1) × ⋯ × 1ﻓﻲ ﺤﺎﻝﺔ . n ≥ 1 ﺘذ ّﻜر ّ اﻟﺤﻞ ﻤﺘزاﻴدة. ﻤﺘزاﻴدة. ﻤﺘﻨﺎﻗﺼﺔ. ﻤﺘﻨﺎﻗﺼﺔ ﺒدءاً ﻤن اﻝدﻝﻴل . n0 = 2 ﻤﺘﻨﺎﻗﺼﺔ. ﻝﻴﺴت ﻤطردة. ﻤﺘزاﻴدة. ﺜﺎﺒﺘﺔ. ﻤﺘزاﻴدة. ﻤﺜﻼً ﻓﻲ ﺤﺎﻝﺔ ﻝدﻴﻨﺎﻋﻨدﻤﺎ n ≥ 2ﻤﺎ ﻴﺄﺘﻲ: un 2 n n + n(n − 1) n + 2 × 1 = = ≥ >1 un +1 n +1 n +1 n +1 3 n وﻓﻲ ﺤﺎﻝﺔ ﻝدﻴﻨﺎ ) un +1 − un = (u1 − u0 ) > 0ﻝﻤﺎذا؟( 4 7 اﻝﻤﺘﺘﺎﻝﻴﺔ ( un )n ≥ 0ﻤﻌرﻓﺔ وﻓق u 0 = 2و un +1 = 2un − 3ﻓﻲ ﺤﺎﻝﺔ أي ﻋدد طﺒﻴﻌﻲ ﻏﻴر 2 ﻤﻌدوم . n اﺤﺴب u 5 ، u 4 ، u 3 ، u 2 ، u1ﺜ م ﺨ ﻤ ْن ﻋﺒﺎرة unﺒدﻻﻝﺔ . n ﺒﺤﺴﺎب ﻋﺒﺎرة un − 3ﻋﻨد ﻜل ، n ≥ 0ﻋﺒ ْر ﻋن unﺒدﻻﻝﺔ . n اﻟﺤﻞ ﻝدﻴﻨﺎ n 0 1 2 3 4 5 un 2 1 −1 −5 −13 −29 ﻨﻌدل وﻝﻜن ﻨﻼﺤظ أﻴﻀﺎً أﻨﻨﺎ ﻋﻨد ﺤﺴﺎب ﺤدود اﻝﻤﺘﺘﺎﻝﻴﺔ ( un )n ≥ 0ﻨﻀرب ﻓﻲ ﻜل ﻤرة ﺒﺎﻝﻌدد 2ﺜُم ّ أن ﻗوى اﻝﻌدد 2ﺘؤدي دو اًر ﻤﺎ ﻓﻲ ﻫذﻩ اﻝﻤﺘﺘﺎﻝﻴﺔ ،ﻝذﻝك ﻨﻨﺸﺊ ﺠدوﻻً ﻴﻀماﻝﻨﺎﺘﺞ ﺒطرح اﻝﻌدد ، 3ﻓﻨﺘوﻗّﻊ ّ اﻝﺤدود اﻝﻤطﻠوﺒﺔ وﻗوى اﻝﻌدد 2ﻓﻲ آن ﻤﻌﺎً ﻝﻨﺠد n 0 1 2 3 4 5 un 2 1 −1 −5 −13 −29 2n 1 2 4 8 16 32 ﺜﺎﺒت ،وﻴﺴﺎوي ، 3 وﻫﻨﺎ ﺴرﻋﺎن ﻤﺎ ﻨرى أن ﻤﺠﻤوع ﻜل ﻋﻨﺼر ﻤن اﻝﺴطر اﻝﺜﺎﻨﻲ ﻤﻊ اﻝﻌﻨﺼر اﻝذي ﺘﺤﺘﻪ ٌ إن un + 2n = 3وﻤﻨﻪ اﻝﺘﺨﻤﻴن . un = 3 − 2n أي ّ أن اﻝﻤﺘﺘﺎﻝﻴﺔ ) (vnاﻝﻤﻌطﺎة ﺒﺎﻝﺼﻴﻐﺔ vn = un − 3 أن ) un +1 − 3 = 2(un − 3ﻨرى ّ ﺒﻤﻼﺤظﺔ ّ ﻤﺘﺘﺎﻝﻴﺔ ﻫﻨدﺴﻴﺔ أﺴﺎﺴﻬﺎ 2وﺤدﻫﺎ ّ اﻷول . −1إذن vn = −2nوﻤﻨﻪ ، un = vn + 3 = 3 − 2nأﻴﺎً ﻜﺎﻨت . n اﻝﻤﺘﺘﺎﻝﻴﺔ ) ( unﻤﻌرﻓﺔ وﻓق u 0 = 3و un +1 = −un + 4ﻓﻲ ﺤﺎﻝﺔ أي ﻋدد طﺒﻴﻌﻲ ﻏﻴر 3 ﻤﻌدوم . nاﺤﺴب u 5 ، u 4 ، u 3 ، u 2 ، u1وﺨ ﻤ ْن ﻋﺒﺎرة unﺒدﻻﻝﺔ nﺜ م ﺤدد unﺒدﻻﻝﺔ . n اﻟﺤﻞ ﻝدﻴﻨﺎ n 0 1 2 3 4 5 un 3 1 3 1 3 1 أن وﻫﻜذا ﻨرى ّ nزوﺠﻲ 3 : un = nﻓردي 1 : وﻴﻤﻜن اﻝﺘﻌﺒﻴر ﻋن unﺒﺼﻴﻐﺔ أﺨرى ، un = 2 + (−1)nاﻝﺘﻲ ﻴﻤﻜن إﺜﺒﺎت ﺼﺤﺘﻬﺎ ﺒدﻻﻝﺔ . nوﻜذﻝك ﻴﻤﻜن اﺘﺒﺎع أﺴﻠوب اﻝﺘﻤرﻴن اﻝﺴﺎﺒق. 8 ﻨذ ّﻜر ﻓﻲ ﺤﺎﻝﺔ ﻋدد طﺒﻴﻌﻲ ﻏﻴر ﻤﻌدوم nﺒﺎﻝرﻤز ! nدﻻﻝﺔ ﻋﻠﻰ اﻝﺠداء ، 1 × 2 × 3 × ⋯ × n 4 اﻝذي ﻨﻘرأﻩ » nﻋﺎﻤﻠﻲ«.أﺜﺒت ﺒﺎﻝﺘدرﻴﺞ اﻝﺨﺎﺼﺘﻴن اﻵﺘﻴﺘﻴن . 1 + 2 × 2! + 3 × 3! + ⋯ + n × n! = (n + 1)! − 1 . n ! ≥ 2n −1 اﻟﺤﻞ ﻝﺘﻜن ) E (nاﻝﺨﺎﺼﺔ . 1 + 2 × 2! + 3 × 3! + ⋯ + n × n! = (n + 1)! − 1 ﻷن . 1 × 1! = 2! − 1 اﻝﺨﺎﺼﺔ ﺼﺤﻴﺤﺔ )ّ E (1 ﻝﻨﻔﺘرض اﻝﺨﺎﺼﺔ ) E (nﺼﺤﻴﺤﺔ ﻋﻨدﺌذ !)1 + 2 × 2! + ⋯ + n × n! + (n + 1) × (n + 1)! = (n + 1)! − 1 + (n + 1) × (n + 1 = (n + 2)! − 1 ﻓﺎﻝﺨﺎﺼﺔ ) E (n + 1ﺼﺤﻴﺤﺔ ،واﻝﺨﺎﺼﺔ ) E (nﺼﺤﻴﺤﺔ ﻤﻬﻤﺎ ﻜﺎن . n ≥ 1 ﻝﺘﻜن ) E (nاﻝﺨﺎﺼﺔ . n ! ≥ 2n −1 ﻷن . 1! = 1 = 20 اﻝﺨﺎﺼﺔ ﺼﺤﻴﺤﺔ )ّ E (1 ﻝﻨﻔﺘرض اﻝﺨﺎﺼﺔ ) E (nﺼﺤﻴﺤﺔ ﻓﻲ ﺤﺎﻝﺔ n ≥ 1ﻋﻨدﺌذ (n + 1)! = (n + 1) ⋅ n! ≥ 2 ⋅ 2n −1 = 2n ﻓﺎﻝﺨﺎﺼﺔ ) E (n + 1ﺼﺤﻴﺤﺔ ،واﻝﺨﺎﺼﺔ ) E (nﺼﺤﻴﺤﺔ ﻤﻬﻤﺎ ﻜﺎن . n ≥ 1 1 1 1 un = 1 + + + ⋯ +و . vn = u2n − unأﺜﺒت ﻓﻲ ﺤﺎﻝﺔ ﻋدد طﺒﻴﻌﻲ ، n ≥ 1ﻝﻴﻜن 5 2 3 n أن اﻝﻤﺘﺘﺎﻝﻴﺔ ) ( vnﻤﺘزاﻴدة. اﻟﺤﻞ أن unﻴﺴﺎوي ﻤﺠﻤوع ﻤﻘﺎﻝﻴب اﻷﻋداد اﻝطﺒﻴﻌﻴﺔ ﺒﻴن 1و . nإذن ﻻﺤظ ّ 1 1 1 1 = vn + + +⋯+ n +1 n +2 n +3 2n 1 1 1 1 1 vn +1 = + +⋯+ + + n +2 n +3 2n 2n + 1 2n + 2 وﻋﻠﻴﻪ 1 1 1 = vn +1 − vn + − 2n + 1 2n + 2 n + 1 1 1 = − 2n + 1 2n + 2 1 = >0 )(2n + 1)(2n + 2 ﻓﺎﻝﻤﺘﺘﺎﻝﻴﺔ (vn )n ≥1ﻤﺘﺘﺎﻝﻴﺔ ﻤﺘزاﻴدة ﺘﻤﺎﻤﺎً. 9 aو bو cﺜﻼﺜﺔ أﻋداد ﺤﻘﻴﻘﻴﺔ و . a ≠ 0ﻨﻌﻠم أن aو bو cﻫﻲ ﺜﻼﺜﺔ ﺤدود ﻤﺘﻌﺎﻗﺒﺔ ﻤن 6 ﻤﺘﺘﺎﻝﻴﺔ ﻫﻨدﺴﻴﺔ ،ﻨرﻤز إﻝﻰ أﺴﺎﺴﻬﺎ ﺒﺎﻝرﻤز . qﻜﻤﺎ ﻨﻌﻠم أن 3aو 2bو cﻫﻲ ﺜﻼﺜﺔ ﺤدود ﻤﺘواﻝﻴﺔ ﻤن ﻤﺘﺘﺎﻝﻴﺔ ﺤﺴﺎﺒﻴﺔ.اﺤﺴب . q اﻟﺤﻞ ﻷن ) (3a,2b, cﺤدود ﻤﺘواﻝﻴﺔ ﻤن ﻤﺘﺘﺎﻝﻴﺔ ﺤﺴﺎﺒﻴﺔ ﻜﺎن اﻝﺤدود اﻝﺜﻼﺜﺔ ﻫﻲ إذن ) (a, b, c) = (a, qa, q aو ّ 2 )ﻷن ، q 2 − 4q + 3 = 0 ( a ≠ 0وﻫذا ﻴﻌطﻲ }. q ∈ {1, 3 3a + c = 2(2b) = 4bوﻤﻨﻪ ّ ﻟ ّ ﻨﺘﻌﲅ اﻟﺒﺤﺚ ﻣﻌ ًﺎ ّ ُ ً 7 ﻨﺘﺄﻤل اﻝﻤﺘﺘﺎﻝﻴﺔ (un )n ≥0اﻝﻤﻌرﻓﺔ ﺘدرﻴﺠﻴﺎً وﻓق u 0 = 7و un +1 = 10un − 18ﻋﻨد ﻜل ﻋدد ّ طﺒﻴﻌﻲ . nﻨﻬدف ﻓﻲ ﻫذا اﻝﺘﻤرﻴن إﻝﻰ اﻝﺘﻌﺒﻴر ﻋن unﺒدﻻﻝﺔ . n اﻟﺤﻞ ﻧﺤﻮ ّ ﻨﻌﻠم ّأﻨﻪ ﻓﻲ ﺤﺎﻝﺔ ﻤﺘﺘﺎﻝﻴﺔ ﻤﻌرﻓﺔ ﺒﻌﻼﻗﺔ ﺘدرﻴﺠﻴﺔ ،ﻴﻤﻜﻨﻨﺎ ﺤﺴﺎب unﺒﺸرط أن ﻨﻜون ﻗد ﻋرﻓﻨﺎ اﻝﺤدود ﻴﻘﺔ ﻝﺤﺴﺎب unﻤﺒﺎﺸرةً ﺒدﻻﻝﺔ . nﻓﻲ ﻫذا اﻝﻨﻤط ﻤن اﻝﺘﻲ ﺘﺴﺒﻘﻪ.واﻝﻤطﻠوب ﻫﻨﺎ ﻫو إﻴﺠﺎد طر ٍ اﻝﺤد ودﻝﻴﻠﻪ. اﻝﻤﺴﺎﺌل ،ﻨﺤﺴب ﺤدوداً أوﻝﻰ ﻤن اﻝﻤﺘﺘﺎﻝﻴﺔ ﺜ م ﻨﺤﺎول ﻓﻲ ﻜل ﺤﺎﻝﺔ اﻝرﺒط ﺒﻴن ﻗﻴﻤﺔ ّ اﺤﺴب ... u5 ، u4 ، u3 ، u2 ، u1 ﻝدﻴﻨﺎ n 0 1 2 3 4 5 un 7 52 502 5002 50002 500002 ﻋدد ﻤن أن ﻜل ﺤد ﻤن اﻝﺤدود اﻝﻤﺤﺴوﺒﺔ ﻴﺒدأ ﺒﺎﻝرﻗم 5وﻴﻨﺘﻬﻲ ﺒﺎﻝرﻗم ، 2وﻴوﺠد ﺒﻴﻨﻬﻤﺎ ٌ ﻨﺠد اﻷﺼﻔﺎر ﻴﺘﻌﻠق ﺒﻘﻴﻤﺔ ، nأي ﺒدﻝﻴل ﻫذا اﻝﺤد.ﺒﺎﻝﺘﺄﻜﻴد ،ﺴﻴﺴﻤﺢ ﻝك ﻫذا ﺒﺎﻝﺘﻌﺒﻴر ﻋن unﺒدﻻﻝﺔ .n ﻋﻴن ﻋدد اﻷﺼﻔﺎر اﻝﻤﺸﺎر إﻝﻴﻪ أﻋﻼﻩ ﻋﻨدﻤﺎ ﺘﺄﺨذ nاﻝﻘﻴم 4 ، 3 ، 2 ، 1و . 5 ّ.1 .2ﻤﺎ ﻋدد اﻷﺼﻔﺎر ﺒدﻻﻝﺔ . n أن uk = 5 × 10k + 2ﻓﻲ ﺤﺎﻝﺔ kﻤن } . {1,2, 3, 4, 5 .3ﺘﺤﻘّق ّ ﻝﻠﺤد unﺒدﻻﻝﺔ . nﺜُم أﺜﺒت ﺼﺤﺔ اﻗﺘراﺤك أﻴﺎً ﻜﺎﻨت . n .4اﻗﺘرح ﺼﻴﻐﺔ ّ 10 أن ﻋدد اﻷﺼﻔﺎر ﻓﻲ اﻝﻜﺘﺎﺒﺔ اﻝﻌﺸرﻴﺔ ﻝﻠﺤد unﻴﺴﺎوي n − 1ﻓﻲ ﺤﺎﻝﺔ . 1 ≤ n ≤ 5 ﻤن اﻝواﻀﺢ ّ ﻨﺴﺘﻨﺘﺞ إذن اﻝﺼﻴﻐﺔ uk = 5 × 10k + 2ﻓﻲ ﺤﺎﻝﺔ kﻤن } . {1,2, 3, 4, 5ﻝﻨﺒرﻫن إذن ﺼﺤﺔ اﻝﺨﺎﺼﺔ E (n ) : un = 5 × 10n + 2أﻴﺎً ﻜﺎﻨت . n ≥ 0 ﻷن . 5 + 2 = 7 اﻝﺨﺎﺼﺔ ) E (0ﺼﺤﻴﺤﺔ ّ ﻝﻨﻔﺘرض ﺼﺤﺔ اﻝﺨﺎﺼﺔ ) . E (nﻋﻨدﺌذ un +1 = 10un − 18 = 10(5 × 10n + 2) − 18 = 5 × 10n +1 + 2 ﻓﺎﻝﺨﺎﺼﺔ ) E (n + 1ﺼﺤﻴﺤﺔ ،واﻝﺨﺎﺼﺔ ) E (nﺼﺤﻴﺤﺔ ﻤﻬﻤﺎ ﻜﺎن . n ≥ 1 !"$% !"&' ( !"# 8 ﻨﺘﺄﻤل اﻝﻤﺘﺘﺎﻝﻴﺔ (un )n ≥0اﻝﻤﻌرﻓﺔ ﺘدرﻴﺠﻴﺎً وﻓق u0 = sو ّ 1 )∗( = un +1 un + n 2 + n 2 ﻋﻴن ﻜﺜﻴر ﺤدود ﻤن اﻝدرﺠﺔ اﻝﺜﺎﻨﻴﺔ Pﺒﺤﻴث ﺘُﺤﻘّق اﻝﻤﺘﺘﺎﻝﻴﺔ (tn )n ≥0اﻝﺘﻲ ﺤدﻫﺎ اﻝﻌﺎم ّ 1 ) tn = P(nاﻝﻌﻼﻗﺔ اﻝﺘدرﻴﺠﻴﺔ )∗( ﻨﻔﺴﻬﺎ أي tn +1 = tn + n 2 + nأﻴﺎً ﻜﺎﻨت . n 2 أﺜﺒت أن اﻝﻤﺘﺘﺎﻝﻴﺔ (vn )n ≥0اﻝﺘﻲ ﺤدﻫﺎ اﻝﻌﺎم vn = un − tnﻫﻲ ﻤﺘﺘﺎﻝﻴﺔ ﻫﻨدﺴﻴﺔ. اﻜﺘب ﻋﺒﺎرة vnﺜ م unﺒدﻻﻝﺔ nو . s ﻧﺤﻮ ّ اﻟﺤﻞ ﻨﺒﺤث ﻋن ﻜﺜﻴر ﺤدود ﻤن اﻝدرﺠﺔ اﻝﺜﺎﻨﻴﺔ . Pﻝﻨﻜﺘﺒﻪ إذن ﺒﺎﻝﺼﻴﻐﺔ . P(n ) = an 2 + bn + c ﻝﺘﻌﻴﻴن اﻷﻤﺜﺎل aو bو cﻨﺴﺘﻔﻴد ﻤن ﻜون اﻝﻤﺘﺘﺎﻝﻴﺔ اﻝﺘﻲ ﺤدﻫﺎ اﻝﻌﺎم ) tn = P(nﺘُﺤﻘق اﻝﻌﻼﻗﺔ اﻝﺘدرﻴﺠﻴﺔ. أن (tn )n ≥0ﺘﺤﻘق اﻝﻌﻼﻗﺔ اﻝﺘدرﻴﺠﻴﺔ )∗( إذا وﻓﻘط إذا ﻜﺎن ّﺒﻴن ّ .1 a − 1 n 2 + 2a + b − 1 n + a + b + c = 0 2 2 2 أﻴﺎً ﻜﺎن اﻝﻌدد اﻝطﺒﻴﻌﻲ . n .2اﺴﺘﻨﺘﺞ ﻤن ذﻝك ﺠﻤﻠﺔ ﺒﺴﻴطﺔ ﻤن اﻝﻤﻌﺎدﻻت ﺘﺤﻘﻘﻬﺎ aو bو . cﺜُّم ﻋﻴن ﻫذﻩ اﻷﻋداد. ، vn +1 أن اﻝﻤﺘﺘﺎﻝﻴﺔ (vn )n ≥0ﻫﻨدﺴﻴﺔ ،ﻴﻜﻔﻲ أن ﻨﺠد ﻋددًا qﺒﺤﻴث ﺘﺘﺤﻘق اﻝﻤﺴﺎواة = qvn ﻹﺜﺒﺎت ّ ﻋﻴن . qّ ﻷﻨﻨﺎ ﻨﻌرف tnﻴﻤﻜﻨﻨﺎ إﻨﺠﺎز اﻝﻤطﻠوب. ﺒﻤﻌرﻓﺔ v0و qﻴﻤﻜﻨﻨﺎ اﺴﺘﻨﺘﺎج ، vnﺜُّم ّ أﻧﺠ ِﺰ اﻟﺤﻞ واﻛﺘﺒﻪ ٍ ﺑﻠﻐﺔ ﺳﻠﻴﻤﺔ. ّ 11 اﻟﺤﻞ ﻨﺒﺤث ﻋن ﻜﺜﻴر ﺤدود ﻤن اﻝدرﺠﺔ اﻝﺜﺎﻨﻴﺔ . Pﻝﻨﻜﺘﺒﻪ إذن ﺒﺎﻝﺼﻴﻐﺔ . P(n ) = an 2 + bn + cﻝﺘﻌﻴﻴن اﻷﻤﺜﺎل aو bو cﻨﺴﺘﻔﻴد ﻤن ﻜون اﻝﻤﺘﺘﺎﻝﻴﺔ اﻝﺘﻲ ﺤدﻫﺎ اﻝﻌﺎم ) tn = P(nﺘُﺤﻘق اﻝﻌﻼﻗﺔ اﻝﺘدرﻴﺠﻴﺔ. 1 ﺒﺘﻌوﻴض tnو tn +1ﺒﻘﻴﻤﺘﻬﻤﺎ ﻓﻲ tn +1 = tn + n 2 + nﻨﺴﺘﻨﺘﺞ ﺼﺤﺔ اﻝﻌﻼﻗﺔ 2 a 2 − 1 n + 2a + b − 1 n + a + b + c = 0 2 2 2 أﻴﺎً ﻜﺎن اﻝﻌدد اﻝطﺒﻴﻌﻲ . nﺒﺎﺨﺘﻴﺎر n = 0و n = 1و n = 2ﻨﺴﺘﻨﺘﺞ ﺠﻤﻠﺔ اﻝﻤﻌﺎدﻻت 2a + 2b + c = 0 7a + 3b + c = 4 14a + 4b + c = 12 اﻝﻤﻜﺎﻓﺌﺔ ﻨﺴﺘﻌﻤل اﻷوﻝﻰ ﻝﺤذف cﻤن اﻝﻤﻌﺎدﻝﺘﻴن اﻝﺜﺎﻨﻴﺔ واﻝﺜﺎﻝﺜﺔ ﻝﻨﺠد اﻝﺠﻤﻠﺔ ُ 2a + 2b + c = 0 5a + b = 4 6a + b = 6 أن ﻫذﻩ اﻝﺨﻴﺎر ﻝﻘﻴم a ﺜُّم ﺒطرح اﻝﺜﺎﻨﻴﺔ ﻤن اﻝﺜﺎﻝﺜﺔ ﻨﺠد ، a = 2ﺜُّم b = −6و . c = 8وﻨﺘﻴﻘّن ﺒﺎﻝﻌﻜسّ ، و bو cﻴﺠﻌل اﻝﻤﺴﺎواة a − 1 n 2 + 2a + b − 1 n + a + b + c = 0 2 2 2 ﺘﺤﻘق اﻝﻤﺘﺘﺎﻝﻴﺔ (tn )n ≥0ﺤﻴث tn = 2n 2 − 6n + 8اﻝﻌﻼﻗﺔ ﻤﺤﻘﻘﺔ أﻴﺎً ﻜﺎﻨت ﻗﻴﻤﺔ ، nوﻤن ﺜَّم اﻝﺘدرﻴﺠﻴﺔ )∗( . ﻫﻨﺎ ﻝدﻴﻨﺎ 1 = un +1 u + n2 + n 2 n 1 tn +1 = tn + n 2 + n 2 1 = ، un +1 − tn +1ﻓﺎﻝﻤﺘﺘﺎﻝﻴﺔ (vn )n ≥0اﻝﺘﻲ ﺤدﻫﺎ اﻝﻌﺎم vn = un − tn أن ) ( u − tn ﺒﺎﻝطرح ﻨﺴﺘﻨﺘﺞ ّ 2 n s −8 1 اﻷول ، v0 = s − 8إذن ، un − tn = nوﻤن ﺜَّم ّ ﻤﺘﺘﺎﻝﻴﺔ ﻫﻨدﺴﻴﺔ أﺴﺎﺴﻬﺎ ،وﺤدﻫﺎ 2 2 un = (s − 8)2−n + 2n 2 − 6n + 8 وﻫﻲ اﻝﻨﺘﻴﺠﺔ اﻝﻤرﺠوة. 12 ﻗُﺪُ ﻣ ًﺎ إﱃ ا ٔﻻﻣﺎم ﻨﺘﺄﻤل اﻝﻤﺘﺘﺎﻝﻴﺔ (vn )n ≥0اﻝﺘﻲ ﺘﺤﻘق ُﻨﻌطﻰ ﻋددﻴن ﺤﻘﻴﻘﻴﻴن aو bوﻨﻔﺘرض ّ أن ّ. a ≠ 1 9 ، vn +1 = avn + bأﻴﺎً ﻜﺎن اﻝﻌدد اﻝطﺒﻴﻌﻲ . n ﻋﻴن ﺘﺎﺒﻌﺎً fﻴﺤﻘق ) vn +1 = f (vnأﻴﺎً ﻜﺎﻨت ﻗﻴﻤﺔ . n ≥ 0 ّ اﺤﺴب ℓﺤ ّل اﻝﻤﻌﺎدﻝﺔ . f (x ) = x ﻨﻌرف اﻝﻤﺘﺘﺎﻝﻴﺔ (un )n ≥0ﺤﻴث . un = vn − ℓأﺜﺒت أ ّن (un )n ≥0ﻤﺘﺘﺎﻝﻴﺔ ﻫﻨدﺴﻴﺔ ،واﺴﺘﻨﺘﺞ ّ اﻝﻤﻌﺎﻤﻼت. unﺒدﻻﻝﺔ nو aو bو . v0ﺜُّم اﺴﺘﻨﺘﺞ vnﺒدﻻﻝﺔ ﻫذﻩ ُ اﻟﺤﻞ ﻤﺒﺎﺸر وﻤﺤﻠول ﺒﺼﻔﺘﻪ ﻨﺸﺎطﺎً ﻓﻲ اﻝﺼف اﻝﺜﺎﻨﻲ اﻝﺜﺎﻨوي. ٌ ﻫذا اﻝﺘﻤرﻴن ،ﺘﻤرﻴن ﻤﻌرﻓﺔ ﺒﺎﻝﺘدرﻴﺞ وﻓق: ﻨﺘﺄﻤل ﻤﺘﺘﺎﻝﻴﺔ ّ (un )n ≥0 ّ 10 u 0 = 1, u1 = 4, un +1 = 5un − 6un −1 )(n ≥ 1 ﻋﻴن ﻋددﻴن ﺤﻘﻴﻘﻴﻴن aو bﻴﺤﻘﻘﺎن a + b = 5و . ab = 6 ّ أﺴﺎﺴﻬﺎ . b ُ ﻝﺘﻜن (vn )n ≥0اﻝﻤﺘﺘﺎﻝﻴﺔ . vn = un +1 − aunأﺜﺒت أن (vn )n ≥0ﻤﺘﺘﺎﻝﻴﺔ ﻫﻨدﺴﻴﺔ أﺴﺎﺴﻬﺎ . a ُ أن (wn )n ≥0ﻤﺘﺘﺎﻝﻴﺔ ﻫﻨدﺴﻴﺔﻝﺘﻜن (wn )n ≥0اﻝﻤﺘﺘﺎﻝﻴﺔ . wn = un +1 − bunأﺜﺒت ﻋﺒ ْر ﻋن vnو wnﺒدﻻﻝﺔ . nﺜُّم اﺴﺘﻨﺘﺞ ﻋﺒﺎرة unﺒدﻻﻝﺔ . n ّ اﻟﺤﻞ ﻋددان ﻤﺠﻤوﻋﻬﻤﺎ 5وﺠداء ﻀرﺒﻬﻤﺎ 6ﻫﻤﺎ 2و 3ﻴﻤﻜﻨﻨﺎ إذن أن ﻨﺄﺨذ a = 2و . b = 3 ﻝﻨﻀﻊ vn = un +1 − 2unﻋﻨدﺌذ ،ﻓﻲ ﺤﺎﻝﺔ n ≥ 1ﻴﻜون ﻝدﻴﻨﺎ vn − 3vn −1 = un +1 − 2un − 3(un − 2un −1 ) = un +1 − 5un + 6un −1 = 0 أﺴﺎﺴﻬﺎ . 3 ُ أو vn = 3vn −1ﻓﺎﻝﻤﺘﺘﺎﻝﻴﺔ (vn )n ≥0ﻤﺘﺘﺎﻝﻴﺔ ﻫﻨدﺴﻴﺔ أﺴﺎﺴﻬﺎ . 2 ُ أن أن (wn )n ≥0ﻤﺘﺘﺎﻝﻴﺔ ﻫﻨدﺴﻴﺔ وﻨﺒرﻫن ﺒﻤﺜل ﻤﺎ ﺴﺒق ّ أن vn = 3n v0 = 2 × 3nو . wn = 2n w 0 = 2nأو ﻨﺴﺘﻨﺘﺞ إذن ّ un +1 − 2un = 2 × 3nو . un +1 − 3un = 2n أن un = 2 × 3n − 2nأﻴﺎً ﻜﺎﻨت . n وﺒطرح اﻷﺨﻴرة ﻤن اﻷوﻝﻰ ﻨﺴﺘﻨﺘﺞ ّ 13 !")*'+ !, 11 أﺜﺒتّ ،أﻴﺎً ﻜﺎن اﻝﻌدد اﻝطﺒﻴﻌﻲ ، n ≥ 2 ، n أن. 3 × n 2 ≥ (n + 1)2 : ﻨرﻤز ﺒﺎﻝرﻤز ) E (nإﻝﻰ اﻝﻘﻀﻴﺔ » .« 3n ≥ 2n + 5 × n 2 ﻤﺎ أﺼﻐر ﻋدد طﺒﻴﻌﻲ ﻏﻴر ﻤﻌدوم ، nﺘﻜون ) E (nﺼﺤﻴﺤﺔ ﻋﻨدﻩ؟ أﺜﺒت أن ) E (nﺼﺤﻴﺤﺔّ ،أﻴﺎً ﻜﺎن اﻝﻌدد اﻝطﺒﻴﻌﻲ nاﻝذي ﻴﺤﻘق اﻝﺸرط . n ≥ 5 اﻟﺤﻞ ﻻﺤظ ّأﻨﻪ ﻓﻲ ﺤﺎﻝﺔ n ≥ 2ﻝدﻴﻨﺎ 3n 2 − (n + 1)2 = 2n 2 − 2n − 1 = 2n(n − 1) − 1 ≥ 2 × 2 × 1 − 1 = 3 > 0 وﻤﻨﻪ اﻝﺨﺎﺼﺔ اﻝﻤطﻠوﺒﺔ. ﻝﻨﻀﻊ ﻓﻲ ﺠدول طرﻓﻲ اﻝﻤﺘراﺠﺤﺔ اﻝواردة ﻓﻲ ) E (nﻋﻨد اﻝﻘﻴم اﻝﺼﻐﻴرة ﻝﻠﻌدد . n n 3n 2n + 5n 2 1 3 0 ﻝﻨﻀﻊ (2x + 6)2 2x + 6 اﻴد ﺘﻤﺎﻤﺎً ﻋﻠﻰ [∞. ]0, + ﻤﺘز ٌ ﻝﻨرﻤز ﺒﺎﻝرﻤز ) E (nإﻝﻰ اﻝﺨﺎﺼﺔ . 21 < un ≤ 1 إن ) E (0ﻤﺤﻘﻘﺔ ّ ﻷن . 21 < u0 = 1 ≤ 1 ّ أن أن . 2 < un ≤ 1ﺒﺎﻻﺴﺘﻔﺎدة ﻤن ﺘزاﻴد fﻨﺴﺘﻨﺘﺞ ّ 1 أن ) E (nﻤﺤﻘﻘﺔ أي ّ ﻝﻨﻔﺘرض ّ )f ( 21 ) < f (un ) ≤ f (1 واﻝﺨﺎﺼﺔ ) E (n + 1ﻤﺤﻘﻘﺔ.ﻓﻨﻜون ﻗد 1 2 إذن < un +1 ≤ 1 5 8 وﻝﻜن ≤ 1 1 2 ≤ < un +1 5 8 أي أﻴﺎً ﻜﺎﻨت ﻗﻴﻤﺔ . n 1 2 أﺜﺒﺘﻨﺎ ﺼﺤﺔ اﻝﻤﺘراﺠﺤﺔ < un ≤ 1 ﻝﻨرﻤز ﺒﺎﻝرﻤز ) E (nإﻝﻰ اﻝﺨﺎﺼﺔ . un +1 < un ﻷن . u1 = 58 < 1 = u0 إن ) E (0ﻤﺤﻘﻘﺔ ّ ّ اﻝﺤدان ﻝﻤﺎ ﻜﺎن fﻤﺘزاﻴداً ﺘﻤﺎﻤﺎً ﻋﻠﻰ [∞ ، ]0, +و ّأن ّ. un +1 < un أن ) E (nﻤﺤﻘﻘﺔ أي ّ ﻝﻨﻔﺘرض ّ أن ) f (un +1 ) < f (unأي unو un +1ﻴﻨﺘﻤﻴﺎن إﻝﻰ [ ∞ ]0, +اﺴﺘﻨﺎداً إﻝﻰ اﻝﻨﻘطﺔ اﻝﺴﺎﺒﻘﺔ اﺴﺘﻨﺘﺠﻨﺎ ّ أن un +1 < unأﻴﺎً ﻜﺎﻨت un +2 < un +1وﻫذﻩ ﻫﻲ اﻝﺨﺎﺼﺔ ). E (n + 1ﻓﻨﻜون ﻗد أﺜﺒﺘﻨﺎ ﺒﺎﻝﺘدرﻴﺞ ّ ﻗﻴﻤﺔ ، nواﻝﻤﺘﺘﺎﻝﻴﺔ (un )n ≥0ﻤﺘﻨﺎﻗﺼﺔ ﺘﻤﺎﻤﺎً. ﻋدد ﺤﻘﻴﻘﻲ ﻤن اﻝﻤﺠﺎل . 0, π2 ﺜُّم ﻝﺘﻜن اﻝﻤﺘﺘﺎﻝﻴﺔ (un )n ≥0اﻝﻤﻌرﻓﺔ وﻓق ﻝﻴﻜن ٌ θ 17 u0 = 2 cos θو un +1 = 2 + unﻓﻲ ﺤﺎﻝﺔ . n ∈ ℕ اﺤﺴب u1و . u2 θ . un = 2 cos أﺜﺒت ﺒﺎﻝﺘدرﻴﺞ ، أن 2n ﻤﺴﺎﻋدة :ﺘذ ﻜ ْر أن . 1 + cos 2θ = 2 cos2 θ 17 اﻟﺤﻞ ﻫﻨﺎ u1 = 2(1 + cos θ) = 4 cos2 (θ/2) = 2 cos θ2وﺒﺎﻝﻤﺜل . u2 = 2 cos θ4 اﻹﺜﺒﺎت ﺒﺎﻝﺘدرﻴﺞ θ . un = 2 cos ﻝﻨرﻤز ﺒﺎﻝرﻤز ) E (nإﻝﻰ اﻝﺨﺎﺼﺔ 2n إن ) E (0ﻤﺤﻘﻘﺔ وﻀوﺤﺎً. ّ θ . un = 2 cosﻋﻨدﺌذ أن ) E (nﻤﺤﻘﻘﺔ أي ﻝﻨﻔﺘرض ّ 2n θ/2n θ = un +1 = 2 + un = ) 2 + 2 cos(θ/2n 4 cos2 = 2 cos 2 2 +1 n إذن اﻝﺨﺎﺼﺔ ) E (n + 1ﺼﺤﻴﺤﺔ أﻴﻀﺎً.ﻓﻨﻜون ﻗد أﺜﺒﺘﻨﺎ ﺼﺤﺔ اﻝﺨﺎﺼﺔ اﻝﻤطﻠوﺒﺔ أﻴﺎً ﻜﺎﻨت . n θ ﺘﻨﺘﻤﻲ أﻴﻀﺎً إﻝﻰ n ﻋدد ﺤﻘﻴﻘﻲ ﻤن اﻝﻤﺠﺎل ، 0, π2 إذن ﺠﻤﻴﻊ اﻝزواﻴﺎ ﻤﻼﺤظﺔ.ﻓﻲ ﻫذا اﻝﺘﻤرﻴن ٌ θ 2 θ cosﻋدداً ﻤوﺠﺒﺎً ،ﻝذﻝك ﻻ ﻤﺸﻜﻠﺔ ﻋﻨد ﺤﺴﺎب اﻝﺠذر اﻝﺘرﺒﻴﻌﻲ ﻝﻤرﺒﻌﻪ. ﺜم ﻴﻜون ﻫذا اﻝﻤﺠﺎل ،وﻤن ّ 2n ﻤﺴﺘو ، Pﻤﺤ دث ﺒﻤﻌﻠم ﻤﺘﺠﺎﻨس H ،ﻫﻲ ﻤﺠﻤوﻋﺔ اﻝﻨﻘﺎط ) M (x , yاﻝﺘﻲ ﺘﺤﻘق إﺤداﺜﻴﺎﺘﻬﺎ ٍ ﻓﻲ 18 اﻝﻤﻌﺎدﻝﺔ . x 2 − 5y 2 = 1ﻝﻴﻜن fاﻝﺘﺎﺒﻊ اﻝذي ﻴﻘرن ﺒﻜل ﻨﻘطﺔ ) M (x , yﻤن اﻝﻤﺴﺘوي Pاﻝﻨﻘطﺔ ) ، M ′(9x + 20y, 4x + 9yأي . f (M ) = M ′ﻝﺘﻜن S 0اﻝﻨﻘطﺔ اﻝﺘﻲ إﺤداﺜﻴﺎﺘﻬﺎ ) ، (1, 0ﺜُّم أن Sn ﻝﻨﺘﺄﻤل ﻓﻲ اﻝﻤﺴﺘوي Pﻤﺘﺘﺎﻝﻴﺔ اﻝﻨﻘﺎط (Sn )n ≥0اﻝﻤﻌرﻓﺔ وﻓق. Sn +1 = f (Sn ) :أﺜﺒت ّ ﻨﻘطﺔ ﻤن اﻝﻤﺠﻤوﻋﺔ Hو ّ أن إﺤداﺜﻴﺎﺘﻬﺎ أﻋداد ﺼﺤﻴﺤﺔ. اﻟﺤﻞ أوﻻً ﻓﻲ ﺤﺎﻝﺔ ) M (x , yﻨرﻤز ) (x ′, y ′إﻝﻰ إﺤداﺜﻴﺘﻲ ) M ′ = f (Mأي x ′ = 9x + 20yو y ′ = 4x + 9y أن ﻨﻼﺤظ ّ x ′2 − 5y ′2 = (9x + 20y )2 − 5(4x + 9y )2 ) = 81x 2 + 360xy + 400y 2 − 5 ( 16x 2 + 72xy + 81y 2 = x 2 − 5y 2 ﻓﺈذا ﻜﺎن x 2 − 5y 2 = 1ﻜﺎن . x ′2 − 5y ′2 = 1إذن ،إذا اﻨﺘﻤت Mإﻝﻰ Hاﻨﺘﻤت ﺼورﺘﻬﺎ ) M ′ = f (Mإﻝﻰ . H ﻷن وﻤن ﻨﺎﺤﻴﺔ أﺨرى ،ﻨﻼﺤظ ّأﻨﻪ إذا ﻜﺎن ﻜل ﻤن xو yﻋدداً ﺼﺤﻴﺤﺎً ﻜﺎن ﻜذﻝك ﻜل ﻤن x ′و ّ y ′ ﻤﺠﻤوﻋﺔ اﻷﻋداد اﻝﺼﺤﻴﺤﺔ ﻤﻐﻠﻘﺔ ﺒﺎﻝﻨﺴﺒﺔ إﻝﻰ ﻋﻤﻠﻴﺘﻲ اﻝﺠﻤﻊ واﻝﻀرب!. 18 أن ﺠﻤﻴﻊ اﻝﻨﻘﺎط (Sn )n ≥0ﺘﻘﻊ ﻋﻠﻰ Hوﻤرﻜﺒﺎت ﻜل ﻤﻨﻬﺎ أﻋداد ﺼﺤﻴﺤﺔ. ﻝﻨﺜﺒت ﺒﺎﻝﺘدرﻴﺞ ّ ﻝﻨرﻤز ﺒﺎﻝرﻤز ) E (nإﻝﻰ اﻝﺨﺎﺼﺔ " اﻝﻨﻘطﺔ Snﺘﻨﺘﻤﻲ إﻝﻰ Hوﻤرّﻜﺒﺘﺎ Snأﻋداد ﺼﺤﻴﺤﺔ". ﻓﻤرﻜﺒﺘﺎﻫﺎ ﻋددان ﺼﺤﻴﺤﺎن وﻫﻤﺎ ﺘﺤﻘﻘﺎن ﻤﻌﺎدﻝﺔ Hوﻀوﺤﺎً. ﻷن )ّ S 0 = (1, 0 إن ) E (0ﻤﺤﻘﻘﺔ ّ ّ أن ) Sn (x , yﺘﻨﺘﻤﻲ إﻝﻰ Hوﻤرّﻜﺒﺘﺎﻫﺎ xو yﻋددان ﺼﺤﻴﺤﺎن. أن ) E (nﻤﺤﻘﻘﺔ أي ّ ﻝﻨﻔﺘرض ّ اﻝﻤﻘدﻤﺔ ،اﻝﻨﻘطﺔ ) Sn +1(x ′, y ′) = f (Snﺘﺤﻘق ﻤﻌﺎدﻝﺔ Hﻓﻬﻲ ﺘﻨﺘﻤﻲ إﻝﻴﻬﺎ ،وﻤرّﻜﺒﺘﺎﻫﺎ اﺴﺘﻨﺎداً إﻝﻰ ّ x ′و y ′ﻋددان ﺼﺤﻴﺤﺎن.إذن اﻝﺨﺎﺼﺔ ) E (n + 1ﺼﺤﻴﺤﺔ أﻴﻀﺎً. ﻓﻨﻜون ﻗد أﺜﺒﺘﻨﺎ ﺼﺤﺔ اﻝﺨﺎﺼﺔ اﻝﻤطﻠوﺒﺔ أﻴﺎً ﻜﺎﻨت . n ﻴرﻤز xإﻝﻰ ﻋدد ﺤﻘﻴﻘﻲ وﻴرﻤز nإلى ﻋدد طﺒﻴﻌﻲ ﻏﻴر ﻤﻌدوم.ﻨﻀﻊ 19 ) Sn = cos x + cos(3x ) + cos(5x ) + ⋯ + cos((2n − 1)x ﺒﺎﺴﺘﻌﻤﺎل دﺴﺎﺘﻴر ﻤﺜﻠﺜﺎﺘﻴﺔ ﺘﻌرﻓﻬﺎ ،أﺜﺒت أن: 1 sin(2a ) = 2 sin a cos a و = sin a ⋅ cos b ) )( sin(a + b) + sin(a − b 2 ﺤول ﻜﻼً ﻤن اﻝﻌﺒﺎرﺘﻴن اﻵﺘﻴﺘﻴن ﻤن ﺠداء ﻨﺴﺒﺘﻴن ﻤﺜﻠﺜﻴﺘﻴن إﻝﻰ ﻤﺠﻤوع ﻨﺴﺒﺘﻴن ﻤﺜﻠﺜﻴﺘﻴن. sin nx ⋅ cos nx و ) sin x ⋅ cos((2n + 1)x ) sin(nx × ) ، Sn = cos(nxأﻴﺎً ﻴﻜن n ≥ 1و ) . x ≠ k π ( k ∈ Z أﺜﺒت أن sin x اﻟﺤﻞ أن رأﻴﻨﺎ ﻓﻲ دراﺴﺘﻨﺎ اﻝﺴﺎﺒﻘﺔ ّ sin(a + b) = sin a cos b + cos a sin b sin(a − b) = sin a cos b − cos a sin b ﺒﺤﺴﺎب ﻨﺼف اﻝﻤﺠﻤوع ﻨﺠد اﻝﻌﻼﻗﺔ اﻷوﻝﻰ.ﺜُّم ﺒﺎﺨﺘﻴﺎر b = aﻨﺠد اﻝﻌﻼﻗﺔ اﻝﺜﺎﻨﻴﺔ. ﺒﺎﺨﺘﻴﺎر a = x ,b = (2n + 1)xﻓﻲ اﻝﻌﻼﻗﺔ اﻷوﻝﻰ ﻤن ﻨﺠد 1 1 = ) sin x ⋅ cos ( (2n + 1)x ) ( sin 2(n + 1)x + sin(−2nx ) ) = ( sin 2(n + 1)x − sin 2nx 2 2 وﺒﺎﺨﺘﻴﺎر a = nxﻓﻲ اﻝﻌﻼﻗﺔ اﻝﺜﺎﻨﻴﺔ ﻤن ﻨﺠد . sin 2nx = 2 sin nx ⋅ cos nx ﺒﺎﻝﺘدرﻴﺞ. ﻝﻨرﻤز ،ﻓﻲ ﺤﺎﻝﺔ ، n ≥ 1ﺒﺎﻝرﻤز ) E (nإﻝﻰ اﻝﺨﺎﺼﺔ ) sin(nx × ) . Sn = cos x + cos(3x ) + cos(5x ) + ⋯ + cos((2n − 1)x ) = cos(nx sin x 19 sin x. S1 = cos x = cos x × ﻷﻨﻬﺎ ﺘُﻜﺎﻓﺊ ّ ﻤﺤﻘﻘﺔE (1) إن ّ sin x. Sn إﻝﻰcos(2n + 1)x إﻝﻰ ﺠﻤﻊSn +1 إﻝﻰSn ﻴؤول اﻻﻨﺘﻘﺎل ﻤن. ﻤﺤﻘﻘﺔE (n ) أن ّ ﻝﻨﻔﺘرض إذن Sn +1 = cos x + cos(3x ) + cos(5x ) + ⋯ + cos((2n − 1)x ) + cos cos((2n + 1)x ) = Sn + cos((2n + 1)x ) sin nx sin 2(n + 1)x − sin 2nx = cos nx × + sin x 2 sin x sin 2nx sin 2(n + 1)x − sin 2nx = + 2 sin x 2 sin x sin 2(n + 1)x sin(n + 1)x = = cos(n + 1)x ⋅ 2 sin x sin x. n ≥ 1 أﻴﺎً ﻜﺎﻨتE (n ) ﻓﻨﻜون ﻗد أﺜﺒﺘﻨﺎ ﺼﺤﺔ.ً ﺼﺤﻴﺤﺔ أﻴﻀﺎE (n + 1) إذن اﻝﺨﺎﺼﺔ 20 اﻟﺘﻮاﺑﻊ :اﻟﳯﺎايت والاﺳـﳣﺮار ُ !ّ#$ ' &% *)( $ (* %+ ,$(- . 1 ﻧﻘﺎط ّ اﻟﺘﻌﲅ ا ٔﻻﺳﺎﺳـﻴﺔ ﰲ ﻫﺬﻩ اﻟﻮﺣﺪة -ﺎﻳﺔ ﺗﺎﺑﻊ ﻋﻨﺪ اﻟﻼﺎﻳﺔ أو ﻋﻨﺪ ﻋﺪد ﺣﻘﻴﻘﻲ ،واﻟﻨﻬﺎﻳﺎت اﻟﻼﺎﺋﻴﺔ. -اﻟﻌﻤﻠﻴﺎت ﻋﻠﻰ اﻟﻨﻬﺎﻳﺎت. -ﻣﱪﻫﻨﺎت اﳌﻘﺎرﻧﺔ واﻹﺣﺎﻃﺔ. -ﺎﻳﺔ ﺗﺎﺑﻊ ﻣﺮّﻛﺐ. -اﳌﻘﺎرﺑﺎت اﳌﺎﺋﻠﺔ ،اﳌﻮﺿﻊ اﻟﻨﺴﱯ ﳌﻨﺤﻦ ﺑﺎﻟﻨﺴﺒﺔ إﱃ ﻣﻘﺎرﺑﻪ. -اﻻﺳﺘﻤﺮار ،وﻣﱪﻫﻨﺔ اﻟﻘﻴﻢ اﻟﻮﺳﻄﻰ. -ﺻﻮرة ﳎﺎل وﻓﻖ ﺗﺎﺑﻊ ﻣﺴﺘﻤﺮ وﻣﻄﺮد ﲤﺎﻣﺎً. -ﺗﻄﺒﻴﻘﺎت ﰲ ﺣﻞ اﳌﻌﺎدﻻت. -ﻣﻔﻬﻮم اﻟﺘﺎﺑﻊ اﻟﻌﻜﺴﻲ. 2 ب ﺻﻔﺤﺔ 34 ﺗَﺪ ر ْ اﺤﺴب ﻨﻬﺎﻴﺎت اﻝﺘواﺒﻊ اﻵﺘﻴﺔ ﻋﻨد ∞ +وﻋﻨد ∞. − f (x ) = −3x 4 + 1 f (x ) = −x 3 + x 2 − x + 1 3 4 3 2 f (x ) = 5x − 3x − 1 f (x ) = 8x − 12x + 5x − x f (x ) = −2x 4 + 100x 3 f (x ) = 7x 3 + 2x 2 − 5x − 1 اﻟﺤﻞ ٍ ﻋﻨدﺌذ ﺒﺈﻤﻜﺎن ﻴذﻜر اﻝﻤد ّرس ﺒﺎﻝﻤﺒرﻫﻨﺔ :ﻨﻬﺎﻴﺔ ﻜﺜﻴر ﺤدود ﻋﻨد ∞ +أو ∞ −ﻫﻲ ﻨﻬﺎﻴﺔ ّ ﺤدﻩ اﻝﻤﺴﻴطر. اﻝطﺎﻝب ﺤﺴﺎب اﻝﻨﻬﺎﻴﺔ ﻤﺒﺎﺸرة: lim (−3x 4 + 1) = −∞ lim (−x 3 + x 2 − x + 1) = −∞ ∞x →+ ∞x →+ lim (−3x + 1) = −∞ 4 lim (−x + x − x + 1) = +∞ 3 2 ∞x →− ∞x →− lim (5x 3 − 3x − 1) = +∞ lim (8x 4 − 12x 3 + 5x 2 − x ) = +∞ ∞x →+ ∞x →+ lim (5x 3 − 3x − 1) = −∞ lim (8x 4 − 12x 3 + 5x 2 − x ) = +∞ ∞x →− ∞x →− lim (−2x 4 + 100x 3 ) = −∞ lim (7x 3 + 2x 2 − 5x − 1) = +∞ ∞x →+ ∞x →+ lim (−2x 4 + 100x 3 ) = −∞ lim (7x 3 + 2x 2 − 5x − 1) = −∞ ∞x →− ∞x →− اﺤﺴب ﻨﻬﺎﻴﺔ اﻝﺘﺎﺒﻊ fاﻝﻤﻌطﻰ ﺒﺎﻝﻌﻼﻗﺔ f (x ) = 5x − 1ﻋﻨد ∞ ، +ﺜ م ِ أﻋط ﻋدداً Aﻴﺤﻘق x −1 اﻝﺸرط :إذا ﻜﺎن ، x > Aﻜﺎن ) f (xﻓﻲ اﻝﻤﺠﺎل [ . ] 4.9, 5.1 إن . lim f (x ) = 5وﻴﻨﺘﻤﻲ ) f (xﻴﻨﺘﻤﻲ إﻝﻰ اﻝﻤﺠﺎل [ ]4.9, 5.1إذا وﻓﻘط إذا اﻟﺤﻞ ∞x →+ ّ 4 1 1 ﻜﺎن ، f (x ) − 5 < 10 :أي |x − 1| < 10أو | ، 40 < |x − 1ﻓﺈذا ﻜﺎن x > 41ﺘﺤﻘّ َ ق اﻝﻤطﻠوب ،ﻓﻴﻤﻜن أن ﻨﺄﺨذ إذن A = 41أو أي ﻋدد أﻜﺒر ﻤﻨﻪ. ب ﺻﻔﺤﺔ38 ﺗَﺪ ر ْ اﺤﺴب ﻨﻬﺎﻴﺎت اﻝﺘواﺒﻊ اﻵﺘﻴﺔ ﻋﻨد ∞ +وﻋﻨد ∞ −وﻋﻨد اﻝﻨﻘطﺔ aاﻝﻤﻌطﺎة ،وﻴﻤﻜن ﻓﻲ ﺤﺎﻝﺔ ﻋدم وﺠود اﻝﻨﻬﺎﻴﺔ ﺤﺴﺎب اﻝﻨﻬﺎﻴﺔ ﻤن اﻝﻴﻤﻴن واﻝﻨﻬﺎﻴﺔ ﻤن اﻝﻴﺴﺎر ﻋﻨد . a 2 x +2 x −3 = ) f (x , a =2 = ) f (x , a =1 x −2 x −1 5x + 1 2x − 1 = ) f (x , = ) a = −1 f (x , a = −1 x +1 x +1 2 x +2 f (x ) = 3x − 5 + = ) , a = −2 f (x , a =2 x +2 2 )(x − 2 3 اﻟﺤﻞ x −3 = ) f (xﻤﻌرف ﻋﻠﻰ } ℝ \{1وﻝدﻴﻨﺎ ﻫﻨﺎ x −1 lim f (x ) = 1 lim f (x ) = 1 ∞x →− ∞x →+ ∞lim f (x ) = + ∞lim f (x ) = − x →1− x →1+ وﻝﻴس ﻝﻠﺘﺎﺒﻊ ﻨﻬﺎﻴﺔ ﻋﻨد . 1 2 x +2 = ) f (xﻤﻌرف ﻋﻠﻰ } ℝ \{2وﻝدﻴﻨﺎ ﻫﻨﺎ x −2 ∞lim f (x ) = − ∞lim f (x ) = + ∞x →− ∞x →+ ∞lim f (x ) = − ∞lim f (x ) = + x →2− x →2+ وﻝﻴس ﻝﻠﺘﺎﺒﻊ ﻨﻬﺎﻴﺔ ﻋﻨد . 2 2x − 1 = ) f (xﻤﻌرف ﻋﻠﻰ } ℝ \{−1وﻝدﻴﻨﺎ ﻫﻨﺎ x +1 lim f (x ) = 2 lim f (x ) = 2 ∞x →− ∞x →+ ∞lim f (x ) = + ∞lim f (x ) = − x →(−1)− x →(−1)+ وﻝﻴس ﻝﻠﺘﺎﺒﻊ ﻨﻬﺎﻴﺔ ﻋﻨد . −1 5x + 1 = ) f (xﻤﻌرف ﻋﻠﻰ } ℝ \{−1وﻝدﻴﻨﺎ ﻫﻨﺎ x +1 lim f (x ) = 5 lim f (x ) = 5 ∞x →− ∞x →+ ∞lim f (x ) = + ∞lim f (x ) = − x →(−1)− x →(−1)+ وﻝﻴس ﻝﻠﺘﺎﺒﻊ ﻨﻬﺎﻴﺔ ﻋﻨد . −1 x +2 = ) f (xﻤﻌرف ﻋﻠﻰ } ℝ \{2وﻝدﻴﻨﺎ 2 ﻫﻨﺎ )(x − 2 ∞lim f (x ) = + lim f (x ) = 0 lim f (x ) = 0 x →2 ∞x →− ∞x →+ 2 f (x ) = 3x − 5 +ﻤﻌرف ﻋﻠﻰ } ℝ \{−2وﻝدﻴﻨﺎ ﻫﻨﺎ x +2 ∞lim f (x ) = − ∞lim f (x ) = + ∞x →− ∞x →+ ∞lim f (x ) = − ∞lim f (x ) = + x →(−2)− x →(−2)+ 5x − 1 ﻋﻴن ﻋدداً αﻴﺤﻘّق اﻝﺸرط :إذا = ) f (xﻋﻨد ، 1ﺜ م ّ 2 ِﺠ ْد ﻨﻬﺎﻴﺔ اﻝﺘﺎﺒﻊ fاﻝﻤﻌﻴن ﺒﺎﻝﻌﻼﻗﺔ )(x − 1 ﻤﺨﺘﻠﻔﺎً ﻋن ، 1ﻜﺎن . f (x ) > 103 1−α,1+α ﻜﺎن xﻋﻨﺼ اًر ﻤن اﻝﻤﺠﺎل 4 اﻟﺤﻞ ﺘﺠري ﻤﻘﺎرﺒﺔ ﻫذا اﻝﻨوع ﻤن اﻝﺘﻤﺎرﻴن ﻜﻤﺎ ﻴﺄﺘﻲ :ﺘﻘﺴم اﻝﺴﺒورة إﻝﻰ ﻗﺴﻤﻴن :ﻗﺴم ﻴﺠري ﺘﺤﻠﻴل اﻝﻤﺴﺄﻝﺔ ﻋﻠﻴﻪ، وﻗﺴم ﻴﺠري ﻓﻴﻪ ﺼﻴﺎﻏﺔ اﻝﺤل. 5x − 1 ، limوﻨﺒﺤث ﻋن ﻗﻴم x أن ∞= + .ﻤن اﻝواﻀﺢ اﺴﺘﻨﺎداً إﻝﻰ دراﺴﺘﻨﺎ ّ اﳌﺴﻮدة ٔاواﻟﺘﺤﻠﻴﻞ x →1 (x − 1)2 5x − 1 ،ﻜﺎن اﻷﻤر أﺒﺴط ﻝو ﻜﻨﺎ ﻨﺒﺤث ﻋن ﻗﻴم x اﻝﻘرﻴﺒﺔ ﻤن اﻝواﺤد وﻏﻴر اﻝواﺤد اﻝﺘﻲ ﺘﺠﻌل > 103 2 )(x − 1 A ﻷﻨﻨﺎ ﻋﻨدﻫﺎ ﻨﻌﻴد ،ﺤﻴث Aﻋدد ﻤوﺠب ّ 2 اﻝﻘرﻴﺒﺔ ﻤن اﻝواﺤد وﻏﻴر اﻝواﺤد اﻝﺘﻲ ﺘﺠﻌل > 103 )(x − 1 A وﻋﻨدﻫﺎ ﻗﻴﻤﺔ أي |A × 10−3 > |x − 1 اﻝﻤﻜﺎﻓﺊ > (x − 1)2 ﻜﺘﺎﺒﺔ اﻝﻤﺘراﺠﺤﺔ اﻝﺴﺎﺒﻘﺔ ﺒﺎﻝﺸﻜل ُ 103 α = A × 10−3ﻜﺎﻨت ﺴﺘﺤﻘّق اﻝﻤطﻠوب. A ،إذ ﻝدﻴﻨﺎ ﻓﻲ اﻝﺒﺴط 5x − 1ﺒدﻻً ﻤن . Aوﻫﻨﺎ ﻨﺘذ ّﻜر وﻝﻜن اﻝﺘﺎﺒﻊ اﻝذي ﻨدرﺴﻪ ﻝﻴس ﻤن اﻝﺸﻜل ّ (x − 1)2 أن 5x − 1ﻴﻘﺘرب ﻤن اﻝﻌدد 4ﻋﻨدﻤﺎ ﺘﻘﺘرب xﻤن اﻝﻌدد واﺤد ،وﻋﻠﻴﻪ إذا اﺨﺘرﻨﺎ Aأي ﻋدد أﺼﻐر ّ ﺘﻤﺎﻤﺎً ﻤن 4ﻜﺎن 5x − 1 > Aﻓﻲ ﺠوار اﻝﻌدد ) ، 1وﺘﺤدﻴداً ﻋﻨدﻤﺎ (x > 1+5A = 1 − 4−5Aوﻓﻲ ﻫذا 5x − 1 A ﻝﻴﻜون أن ﻴﺤﻘّق xاﻝﺸرط |A × 10−3 > |x − 1 ،ﻴﻜﻔﻲ ﻋﻨدﺌذ ّ 2 > اﻝﺠوار ﻴﻜون )(x − 1 (x − 1)2 5x − 1 A = ) . f (x 2 > 2 ﻝدﻴﻨﺎ > 103 )(x − 1 )(x − 1 5x − 1 1.6 ،وﻤن ﺜَّم إذا > ﻤﺜﻼً إذا اﺨﺘرﻨﺎ A = 1.6ﻜﺎن ﻝدﻴﻨﺎ ﻓﻲ ﺤﺎﻝﺔ x > 0.52اﻝﻤﺘراﺠﺤﺔ (x − 1)2 (x − 1)2 ا?
