دليل المعلم رياضيات 3ث بكالوريا الجزء الأول ـ موقع الفريد ي 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 الرياضيات 3 ث بكالوريا الجزء الأول - موقع الفريد في الفيزياء PDF
- درس المتتاليات 1 للصف الخامس PDF
- رياضيات - ع تج - باقة الامتياز تحضيرا للفصل 2 - نافع بكالوريا 2024 PDF
Summary
هذا دليل للمعلمين في الرياضيات، و يغطي المتتاليات الحسابية والهندسية، وكيفية حل المسائل باستخدام البرهان بالتدرج. يحتوي على أمثلة وتدريبات.
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?
