انتقل إلى المحتوى

تمارين الدرس 3 — النهاية المنتهية عند عدد حقيقي

كيف تستعمل هذه الصفحة

التمارين مرتّبة في أربع مجموعات متدرّجة الصعوبة. في كلّ مجموعة تجد أوّلا كتلة «الفكرة المفتاحية والإرشادات»، ثمّ التمارين، ولكلّ تمرين جوابه مطويّ.

انصح نفسك: لا تفتح الجواب قبل محاولة جادّة، ثمّ افتح الإرشاد قبل الجواب.

الوسم المعنى
مستوى 1 تذكّر وفهم
مستوى 2 تطبيق مباشر
مستوى 3 تحليل وربط
مستوى 4 برهان وتركيب

اصطلاح الرموز في كلّ هذه الصفحة

\(r > 0\) نصف سعة المجال حول \(\ell\) — دقّة على القيم (\(\lvert f(x)-\ell\rvert < r\))، و \(\alpha > 0\) نصف سعة المجال حول \(a\) — تحكّم في المتغيّر (\(\lvert x-a\rvert < \alpha\)).

المجموعة أ — التعرّف والتذكّر

الفكرة المفتاحية والإرشادات

الفكرة: عبارة «\(x\) قريب بالقدر الكافي من \(a\)» تقابل تماما «\(x\) كبير بالقدر الكافي» في درسي اللانهاية؛ والبنية واحدة لم يتغيّر منها إلّا الشرط على \(x\).

إرشاد 1: قبل تطبيق ملاحظة الدوال المرجعية، تحقّق من شرطين: أنّ الدالة مرجعية، وأنّ \(a \in D_f\).

إرشاد 2: لا تخلط بين \(\lim\limits_{x\to a} f(x)\) و \(f(a)\)؛ فقد توجد الأولى دون الثانية.

تمرين 1 ملء فراغ مستوى 1

أكمل: «\(a\) و \(\ell\) عددان حقيقيان. القول أنّ للدالة \(f\) النهاية \(\ell\) عند \(a\) يعني أنّ ⋯ مجال ⋯ شامل للعدد \(\ell\) يشمل ⋯ القيم \(f(x)\) من أجل \(x\) ⋯ .»

الجواب

«... يعني أنّ كلّ مجال مفتوح شامل للعدد \(\ell\) يشمل كلّ القيم \(f(x)\) من أجل \(x\) قريب بالقدر الكافي من \(a\).»

الكلمات الحاسمة: «كلّ» مرّتين (على المجالات وعلى القيم)، وعبارة «قريب بالقدر الكافي من \(a\)» التي تعني: يوجد \(\alpha > 0\) يتحقّق الشرط من أجل كلّ \(x\) من \(]a-\alpha\,;a+\alpha[\).

تمرين 2 صح / خطأ مستوى 1

«إذا قبلت الدالة \(f\) نهاية عند \(a\) فإنّ \(a\) ينتمي بالضرورة إلى \(D_f\).»

الجواب

خطأ.

المثال المضاد: \(f(x) = \dfrac{\sin x}{x}\) معرّفة على \(\mathbb{R}^{*}\)، فـ \(0 \notin D_f\)، ومع ذلك \(\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\sin x}{x} = 1\).

السبب: التعريف لا ينظر إلّا إلى قيم \(f(x)\) من أجل \(x\) حول \(a\)، ولا يستعمل القيمة \(f(a)\) أصلا.

بالمقابل، الشرط \(a \in D_f\) ضروري لتطبيق ملاحظة الدوال المرجعية، لا لوجود النهاية.

تمرين 3 حساب مباشر مستوى 1

عيّن، باستعمال ملاحظة الدوال المرجعية:  \(\lim\limits_{x\to 3}x^{2}\)  و  \(\lim\limits_{x\to -1}(x^{3}+1)\).

الجواب

الدالّتان كثيرا حدود، ومجموعة تعريف كلّ منهما \(\mathbb{R}\)، فالشرطان محقّقان:

\[\lim_{x\to 3}x^{2} = 3^{2} = 9 \qquad \lim_{x\to -1}(x^{3}+1) = (-1)^{3}+1 = 0\]

تمرين 4 حساب مباشر مستوى 1

عيّن:  \(\lim\limits_{x\to 0}\cos x\)  و  \(\lim\limits_{x\to \frac{\pi}{2}}\sin x\).

الجواب

دالّتا الجيب وجيب التمام مرجعيتان ومعرّفتان على \(\mathbb{R}\):

\[\lim_{x\to 0}\cos x = \cos 0 = 1 \qquad \lim_{x\to \frac{\pi}{2}}\sin x = \sin\frac{\pi}{2} = 1\]

تمرين 5 حساب مباشر مستوى 1

عيّن \(\lim\limits_{x\to 2}\dfrac{x+1}{x-5}\)، بعد التحقّق من انتماء \(2\) إلى مجموعة تعريف الدالة.

الجواب

الدالة ناطقة، ويُعدم مقامها لمّا \(x = 5\)، إذن \(D_f = \mathbb{R}\setminus\{5\}\).

بما أنّ \(2 \in D_f\)، نطبّق الملاحظة:

\[\lim_{x\to 2}\frac{x+1}{x-5} = \frac{2+1}{2-5} = \frac{3}{-3} = -1\]

تمرين 6 قراءة جدول مستوى 1

إليك جدول قيم الدالة \(f(x) = \dfrac{\sin x}{x}\) قرب \(0\):

\(x\) \(-0{,}03\) \(-0{,}02\) \(-0{,}01\) \(0\) \(0{,}01\) \(0{,}02\) \(0{,}03\)
\(f(x)\) \(0{,}999850\) \(0{,}999933\) \(0{,}999983\) غير معرّف \(0{,}999983\) \(0{,}999933\) \(0{,}999850\)

خمّن \(\lim\limits_{x\to 0} f(x)\)، وبيّن ماذا يمثّل السطر الأوسط من الجدول.

الجواب

التخمين: \(\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\sin x}{x} = 1\).

السطر الأوسط: الدالة غير معرّفة عند \(0\) لأنّ \(D_f = \mathbb{R}^{*}\). وهذا لا يمنع وجود النهاية، فالنهاية تصف سلوك الدالة حول \(0\) لا عنده.

تنبيه: الجدول يعطي تخمينا لا برهانا؛ وقيمة هذه النهاية تُبرهن في درس الاشتقاقية.

تمرين 7 اختيار من متعدد مستوى 1

ما هي \(\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\lvert x\rvert}{x}\) ؟

  أ) \(1\)    ب) \(-1\)    ج) \(0\)    د) لا توجد نهاية

الجواب

الجواب (د).

من أجل \(x > 0\) لدينا \(f(x) = 1\)، ومن أجل \(x < 0\) لدينا \(f(x) = -1\). فالنهاية من اليمين \(1\) والنهاية من اليسار \(-1\)، وهما مختلفتان.

  • (أ) و (ب) خطأ شائع: اختيار إحدى النهايتين الجانبيتين وجعلها نهاية للدالة.
  • (ج) خطأ آخر: أخذ «المتوسط» أو القيمة عند \(0\) — والدالة أصلا غير معرّفة عند \(0\)، ولا تأخذ القيمة \(0\) أبدا.

تمرين 8 ربط مستوى 1

اربط كلّ دالة مرجعية بنهايتها عند العدد \(a\) المقابل:

الدالة \(a\) النهاية عند \(a\)
\(x \mapsto x^{2}\) \(-3\) ⋯
\(x \mapsto \sqrt{x}\) \(4\) ⋯
\(x \mapsto \dfrac{1}{x}\) \(-2\) ⋯
\(x \mapsto \sin x\) \(0\) ⋯
\(x \mapsto \cos x\) \(\pi\) ⋯
الجواب
الدالة \(a\) النهاية
\(x \mapsto x^{2}\) \(-3\) \(9\)
\(x \mapsto \sqrt{x}\) \(4\) \(2\)
\(x \mapsto \dfrac{1}{x}\) \(-2\) \(-\dfrac{1}{2}\)
\(x \mapsto \sin x\) \(0\) \(0\)
\(x \mapsto \cos x\) \(\pi\) \(-1\)

في كلّ سطر تحقّقنا أوّلا من انتماء \(a\) إلى مجموعة التعريف: \(4 \in [0\,;+\infty[\)، و \(-2 \in \mathbb{R}^{*}\)، وباقي القيم في \(\mathbb{R}\).

سؤال إضافي: لماذا لا يمكن ملء السطر الثاني مع \(a = -4\) ؟ لأنّ \(-4 \notin D_f = [0\,;+\infty[\)، فالكتابة \(\lim\limits_{x\to -4}\sqrt{x}\) بلا معنى.

المجموعة ب — التطبيق المباشر

الفكرة المفتاحية والإرشادات

الفكرة: أمام قيمة مطلقة، افصل الحالات حسب إشارة ما بداخلها قبل أيّ حساب.

إرشاد 1: اكتب الدالة بفرعين على \(]-\infty\,;a[\) و \(]a\,;+\infty[\)، ثمّ احسب نهاية كلّ فرع.

إرشاد 2: إذا اختلفت النهايتان الجانبيتان فالنهاية غير موجودة، ولا يجوز اختيار إحداهما.

إرشاد 3: كلّ سؤال «عيّن مجالا حول \(a\)» هو حلّ متراجحة ذات قيمة مطلقة: ترجم الشرط إلى \(\lvert f(x)-\ell\rvert < r\)، ثمّ أظهر \(\lvert x-a\rvert\).

تمرين 9 حساب مباشر مستوى 2

عيّن:  \(\lim\limits_{x\to 2}(x^{3}-3x+1)\)  ·  \(\lim\limits_{x\to -1}(2x^{2}+x-5)\)  ·  \(\lim\limits_{x\to 0}(x^{4}-x^{2}+7)\).

الجواب

كثيرات الحدود دوال مرجعية معرّفة على \(\mathbb{R}\)، فيكفي التعويض:

\[\lim_{x\to 2}(x^{3}-3x+1) = 8-6+1 = 3\]
\[\lim_{x\to -1}(2x^{2}+x-5) = 2-1-5 = -4\]
\[\lim_{x\to 0}(x^{4}-x^{2}+7) = 0-0+7 = 7\]

تمرين 10 حساب مباشر مستوى 2

عيّن \(\lim\limits_{x\to 3}\dfrac{2x-1}{x^{2}-4}\)، مع تبرير استعمالك لملاحظة الدوال المرجعية تبريرا كاملا.

الجواب

التبرير في خطوتين:

  1. الدالة \(h : x \mapsto \dfrac{2x-1}{x^{2}-4}\) دالة ناطقة، إذن مرجعية.
  2. \(x^{2}-4 = 0 \iff x = 2\) أو \(x = -2\)، إذن \(D_h = \mathbb{R}\setminus\{-2\,;2\}\)، و \(3 \in D_h\).

الشرطان محقّقان، إذن:

\[\lim_{x\to 3}\frac{2x-1}{x^{2}-4} = h(3) = \frac{5}{9-4} = \frac{5}{5} = 1\]

تنبيه: لو كان \(a = 2\) لسقط الشرط الثاني، ولوجب الرجوع إلى الدرس 4 (النهاية غير المنتهية عند عدد حقيقي). فالتحقّق من \(a \in D_f\) ليس شكليا.

تمرين 11 مسألة مركّبة مستوى 2

\(f\) معرّفة على \(\mathbb{R}^{*}\) بـ \(f(x) = \dfrac{\lvert x\rvert}{x}\).

  1. اكتب \(f\) بفرعين.
  2. عيّن \(\lim\limits_{x\to 0^{+}} f(x)\) و \(\lim\limits_{x\to 0^{-}} f(x)\).
  3. ماذا تستنتج بالنسبة إلى \(\lim\limits_{x\to 0} f(x)\) ؟ علّل بالتعريف.
الحلّ النموذجي

1. حسب إشارة \(x\):

  • من أجل \(x > 0\):  \(\lvert x\rvert = x\)، إذن \(f(x) = \dfrac{x}{x} = 1\)؛
  • من أجل \(x < 0\):  \(\lvert x\rvert = -x\)، إذن \(f(x) = \dfrac{-x}{x} = -1\).

2. الدالة ثابتة على كلّ فرع:

\[\lim_{x\to 0^{+}} f(x) = 1 \qquad \lim_{x\to 0^{-}} f(x) = -1\]

3. النهايتان الجانبيتان مختلفتان، إذن ليس للدالة \(f\) نهاية عند \(0\).

التعليل بالتعريف: لنفترض وجود نهاية \(\ell\)، ولنأخذ المجال المفتوح \(\left]\ell-\dfrac{1}{2}\,;\ell+\dfrac{1}{2}\right[\) الشامل لـ \(\ell\)، وطوله \(1\).

مهما كان \(\alpha > 0\)، يشمل المجال \(]-\alpha\,;\alpha[\) أعدادا موجبة وأخرى سالبة، فتأخذ \(f\) عليه القيمتين \(1\) و \(-1\) معا. فيلزم أن يشمل مجال طوله \(1\) عددين المسافة بينهما \(2\): تناقض.

الخلاصة: لا وجود لأيّ عدد \(\ell\) يحقّق التعريف، فالنهاية غير موجودة.

تمرين 12 مسألة مركّبة مستوى 2

\(g\) معرّفة على \(\mathbb{R}\setminus\{2\}\) بـ \(g(x) = \dfrac{\lvert x-2\rvert}{x-2}\). ادرس سلوكها عند \(2\) بالمنهجية نفسها.

الجواب

نفصل الحالات حسب إشارة \(x-2\):

  • من أجل \(x > 2\):  \(\lvert x-2\rvert = x-2\)، إذن \(g(x) = 1\)  ومنه  \(\lim\limits_{x\to 2^{+}} g(x) = 1\)؛
  • من أجل \(x < 2\):  \(\lvert x-2\rvert = -(x-2)\)، إذن \(g(x) = -1\)  ومنه  \(\lim\limits_{x\to 2^{-}} g(x) = -1\).

النهايتان مختلفتان، إذن ليس لـ \(g\) نهاية عند \(2\).

الملاحظة المهمّة: \(g(x) = f(x-2)\) حيث \(f\) دالة التمرين 11؛ فالمنحني ينسحب بمقدار \(2\)، وينتقل معه السلوك من \(0\) إلى \(2\) دون أيّ تغيير في طبيعته.

تمرين 13 قراءة بيانية مستوى 2

إليك وصف منحني دالة \(f\) معرّفة على \(\mathbb{R}\):

  • لمّا يقترب \(x\) من \(1\) وهو أصغر من \(1\)، تقترب النقاط من النقطة ذات الإحداثيتين \((1\,;3)\)، دون بلوغها؛
  • لمّا يقترب \(x\) من \(1\) وهو أكبر من \(1\)، تقترب النقاط من النقطة ذات الإحداثيتين \((1\,;-1)\)، دون بلوغها؛

  • النقطة \((1\,;2)\) تنتمي إلى المنحني.

  • عيّن \(\lim\limits_{x\to 1^{-}} f(x)\) و \(\lim\limits_{x\to 1^{+}} f(x)\) و \(f(1)\).

  • هل تقبل \(f\) نهاية عند \(1\) ؟
الجواب

1.  \(\lim\limits_{x\to 1^{-}} f(x) = 3\)  ·  \(\lim\limits_{x\to 1^{+}} f(x) = -1\)  ·  \(f(1) = 2\).

2. النهايتان الجانبيتان مختلفتان، إذن لا تقبل \(f\) نهاية عند \(1\).

ثلاثة أعداد مختلفة في نقطة واحدة: هذا التمرين يجمع الفخّين معا — النهايتان الجانبيتان مختلفتان عن بعضهما، وكلتاهما مختلفة عن القيمة \(f(1)\). وهو يبيّن أنّ \(f(1)\) لا تتدخّل إطلاقا في حساب النهاية.

تمرين 14 حلّ متراجحة مستوى 2

\(f\) معرّفة على \(\mathbb{R}\) بـ \(f(x) = 3x-1\). عيّن مجالا حول \(2\) يضمن \(f(x) \in \,]4{,}9\,;5{,}1[\).

الجواب

لدينا \(f(2) = 5\)، والمجال \(]4{,}9\,;5{,}1[\) هو \(]5-0{,}1\,;5+0{,}1[\). إذن الشرط المطلوب:

\[\lvert f(x)-5\rvert < 0{,}1 \iff \lvert 3x-6\rvert < 0{,}1 \iff 3\lvert x-2\rvert < 0{,}1 \iff \lvert x-2\rvert < \frac{1}{30}\]

الخلاصة: يكفي اختيار \(x\) من المجال \(\left]2-\dfrac{1}{30}\,;2+\dfrac{1}{30}\right[\)، أي تقريبا \(]1{,}967\,;2{,}033[\).

تمرين 15 حلّ متراجحة مستوى 2

أعد التمرين 14 بدقّة \(0{,}01\) بدل \(0{,}1\)، ثمّ قارن سعة المجالين.

الجواب
\[\lvert 3x-6\rvert < 0{,}01 \iff \lvert x-2\rvert < \frac{0{,}01}{3} = \frac{1}{300}\]

الخلاصة: المجال \(\left]2-\dfrac{1}{300}\,;2+\dfrac{1}{300}\right[\).

المقارنة: لمّا قسّمنا الدقّة على القيم على \(10\)، انقسمت سعة المجال حول \(2\) على \(10\) كذلك. والعلاقة عامّة هنا: \(\alpha = \dfrac{r}{3}\).

ما الذي يوحي به هذا ؟ أنّ العملية تنجح مهما صغرت الدقّة \(r\)، وهو ما يعنيه التعريف بالضبط. ولإتمام البرهان يكفي إنجاز الحساب بالرمز \(r\) بدل الأعداد (التمرين 25).

تمرين 16 قراءة جدول مستوى 2

الدالة \(f\) معرّفة على \(\mathbb{R}\setminus\{1\}\) بـ \(f(x) = \dfrac{x^{2}-1}{x-1}\)، وجدول قيمها قرب \(1\):

\(x\) \(0{,}9\) \(0{,}99\) \(0{,}999\) \(1\) \(1{,}001\) \(1{,}01\) \(1{,}1\)
\(f(x)\) \(1{,}9\) \(1{,}99\) \(1{,}999\) غير معرّف \(2{,}001\) \(2{,}01\) \(2{,}1\)
  1. خمّن \(\lim\limits_{x\to 1} f(x)\).
  2. هل الجدول كاف كبرهان ؟ برّر تخمينك بطريقة أخرى.
الجواب

1. التخمين: \(\lim\limits_{x\to 1} f(x) = 2\).

2. لا، الجدول ليس برهانا: عدد منته من القيم لا يُثبت خاصية تخصّ كلّ القيم في مجال حول \(1\). الجدول أداة تخمين لا غير.

التبرير الصحيح: من أجل \(x \neq 1\):

\[f(x) = \frac{x^{2}-1}{x-1} = \frac{(x-1)(x+1)}{x-1} = x+1\]

والدالة \(x \mapsto x+1\) كثير حدود، و \(1\) ينتمي إلى مجموعة تعريفها، إذن نهايتها عند \(1\) تساوي \(2\).

وبالتعريف مباشرة: ليكن \(r > 0\)؛ لدينا \(\lvert f(x)-2\rvert = \lvert x-1\rvert\)، فيكفي أخذ \(\alpha = r\).

لاحظ مرّة أخرى: \(f\) غير معرّفة عند \(1\)، ولها مع ذلك نهاية عنده.

تمرين 17 اختيار من متعدد مستوى 2

أيّ من العبارات الآتية تعبّر فعلا عن \(\lim\limits_{x\to a} f(x) = \ell\) ؟ (قد تكون أكثر من عبارة صحيحة)

  أ) يوجد مجال مفتوح شامل لـ \(\ell\) يشمل كلّ القيم \(f(x)\) من أجل \(x\) قريب بالقدر الكافي من \(a\).

  ب) كلّ مجال مفتوح شامل لـ \(\ell\) يشمل بعض القيم \(f(x)\) من أجل \(x\) قريب بالقدر الكافي من \(a\).

  ج) من أجل كلّ \(r > 0\)، يوجد \(\alpha > 0\) بحيث: \(\lvert x-a\rvert < \alpha \implies \lvert f(x)-\ell\rvert < r\).

  د) \(f(a) = \ell\).

  هـ) كلّ مجال مفتوح شامل لـ \(\ell\) يشمل كلّ القيم \(f(x)\) من أجل \(x\) قريب بالقدر الكافي من \(a\).

الجواب

الصحيحتان هما (ج) و (هـ).

  • (هـ) هي نصّ التعريف حرفيا.
  • (ج) هي ترجمته إلى لغة المسافات، وهما متكافئتان (التمرين 30).

أمّا الخاطئة:

العبارة موطن الخطأ
(أ) «يوجد مجال» بدل «كلّ مجال» — يكفيها مجال واسع واحد، فلا تمنع النهاية من أن تكون عددا آخر
(ب) «بعض القيم» بدل «كلّ القيم» — تسمح للدالة بأن تخرج من المجال مهما اقترب \(x\) من \(a\)
(د) تخلط بين النهاية والقيمة؛ وقد لا تكون \(f\) معرّفة عند \(a\) أصلا

المجموعة ج — التحليل والربط

الفكرة المفتاحية والإرشادات

الفكرة: الانتقال من دقّة عددية (\(0{,}1\) ثمّ \(0{,}01\)) إلى دقّة رمزية (\(r\)) هو ما يحوّل التحقّق إلى برهان، وهو جوهر التعريف.

إرشاد 1 (التمرين 18): على المجال \([1\,;+\infty[\) لدينا \(x-1 \geq 0\)، فالمتراجحة \((x-1)^{2} \leq k\) تكافئ \(x-1 \leq \sqrt{k}\) دون فصل حالات.

إرشاد 2: بعد إيجاد المجال حول \(a\)، لاحظ سلوكه لمّا يؤول \(r\) إلى \(0\): إن تقلّص حول \(a\) فالنهاية مثبتة.

إرشاد 3: في الدوال المعرّفة بفرعين، احسب دائما النهايتين الجانبيتين قبل أيّ استنتاج.

تمرين 18 مسألة مركّبة مستوى 3

\(f\) معرّفة على المجال \([1\,;+\infty[\) بـ \(f(x) = (x-1)^{2}+2\). نريد دراسة سلوك \(f(x)\) لمّا يؤول \(x\) إلى \(2\).

  1. ما التخمين الذي يمكن طرحه بالنسبة إلى نهاية \(f\) عند \(2\) ؟
  2. في أيّ مجال يجب اختيار \(x\) حتى يكون:  (أ) \(f(x) \in [2{,}9\,;3{,}1]\)  ·  (ب) \(f(x) \in [2{,}99\,;3{,}01]\) ؟
الحلّ النموذجي

1. التخمين. \(f(2) = (2-1)^{2}+2 = 3\)، والدالة كثير حدود و \(2 \in [1\,;+\infty[\)، فنخمّن أنّ \(\lim\limits_{x\to 2} f(x) = 3\).

2. (أ) نترجم الشرط:

\[2{,}9 \leq (x-1)^{2}+2 \leq 3{,}1 \iff 0{,}9 \leq (x-1)^{2} \leq 1{,}1\]

بما أنّ \(x \in [1\,;+\infty[\) فإنّ \(x-1 \geq 0\)، والدالة \(t \mapsto t^{2}\) متزايدة تماما على \([0\,;+\infty[\)، إذن:

\[\sqrt{0{,}9} \leq x-1 \leq \sqrt{1{,}1} \iff x \in \left[1+\sqrt{0{,}9}\,;\,1+\sqrt{1{,}1}\right]\]

أي تقريبا \(x \in [1{,}9487\,;2{,}0488]\).

(ب) بالحساب نفسه:

\[0{,}99 \leq (x-1)^{2} \leq 1{,}01 \iff x \in \left[1+\sqrt{0{,}99}\,;\,1+\sqrt{1{,}01}\right]\]

أي تقريبا \(x \in [1{,}99499\,;2{,}00499]\).

الملاحظة الأساسية: لمّا انتقلنا من دقّة \(0{,}1\) إلى دقّة \(0{,}01\) على القيم، تقلّص المجال حول \(2\) من سعة تقارب \(0{,}1\) إلى سعة تقارب \(0{,}01\). المجالان يتمركزان حول \(2\) ويضيقان، وهذا ما يهيّئ للاستنتاج في التمرين 19.

لاحظ أيضا: المجالان غير متناظرين تماما بالنسبة إلى \(2\) (\(1+\sqrt{0{,}9}\) يبعد عن \(2\) أكثر قليلا من \(1+\sqrt{1{,}1}\))، والتعريف لا يشترط التناظر: يكفي وجود مجال مفتوح شامل لـ \(a\) محتوى فيه.

تمرين 19 تعميم مستوى 3

نُبقي دالة التمرين 18، وليكن \(r\) عددا حقيقيا حيث \(0 < r < 1\).

  1. في أيّ مجال يجب اختيار \(x\) حتى يكون \(f(x) \in [3-r\,;3+r]\) ؟
  2. ماذا تستنتج، علما أنّه يمكن اختيار \(r\) صغيرا بالقدر الذي نريد ؟
الحلّ

1. نترجم الشرط:

\[3-r \leq (x-1)^{2}+2 \leq 3+r \iff 1-r \leq (x-1)^{2} \leq 1+r\]

الشرط \(0 < r < 1\) يضمن \(1-r > 0\)، فالطرفان موجبان. وبما أنّ \(x-1 \geq 0\):

\[\sqrt{1-r} \leq x-1 \leq \sqrt{1+r} \iff x \in \left[1+\sqrt{1-r}\,;\,1+\sqrt{1+r}\right]\]

تحقّق: من أجل \(r = 0{,}1\) نجد المجال \(\left[1+\sqrt{0{,}9}\,;1+\sqrt{1{,}1}\right]\) — وهو ما وجدناه في التمرين 18.

2. الاستنتاج. لمّا يؤول \(r\) إلى \(0\)، يؤول كلّ من \(\sqrt{1-r}\) و \(\sqrt{1+r}\) إلى \(1\)، فيؤول طرفا المجال معا إلى \(2\)، أي يتقلّص المجال حول \(2\).

ومعنى ذلك بلغة التعريف: مهما كان المجال المفتوح الشامل للعدد \(3\) — إذ يكفي أن نأخذ \(r\) صغيرا بحيث يُحتوى \([3-r\,;3+r]\) فيه — وجدنا مجالا حول \(2\) تنتمي عليه كلّ قيم \(f(x)\) إلى ذلك المجال.

الخلاصة: كلّ مجال مفتوح شامل للعدد \(3\) يشمل كلّ قيم \(f(x)\) من أجل \(x\) قريب بالقدر الكافي من \(2\)، إذن:

\[\lim_{x\to 2}\left[(x-1)^{2}+2\right] = 3\]

تمرين 20 برهان بالتعريف مستوى 3

\(f\) معرّفة على \(\mathbb{R}\) بـ:

\[f(x) = \begin{cases} 2x+1 & \text{إذا كان } x < 1 \\[4pt] 3x & \text{إذا كان } x \geq 1 \end{cases}\]
  1. عيّن النهايتين الجانبيتين عند \(1\).
  2. استنتج وجود \(\lim\limits_{x\to 1} f(x)\)، ثمّ أثبته بالتعريف بإيجاد \(\alpha\) بدلالة \(r\).
الحلّ

1. كلّ فرع كثير حدود:

\[\lim_{x\to 1^{-}} f(x) = 2(1)+1 = 3 \qquad \lim_{x\to 1^{+}} f(x) = 3(1) = 3\]

2. النهايتان الجانبيتان موجودتان ومتساويتان، إذن \(\lim\limits_{x\to 1} f(x) = 3\).

البرهان بالتعريف. ليكن \(r > 0\) عددا حقيقيا كيفيا. نحصر \(\lvert f(x)-3\rvert\) في الحالتين:

  • من أجل \(x < 1\):  \(\lvert f(x)-3\rvert = \lvert 2x+1-3\rvert = 2\lvert x-1\rvert\)؛
  • من أجل \(x \geq 1\):  \(\lvert f(x)-3\rvert = \lvert 3x-3\rvert = 3\lvert x-1\rvert\).

ففي الحالتين معا: \(\lvert f(x)-3\rvert \leq 3\lvert x-1\rvert\).

نضع \(\alpha = \dfrac{r}{3}\). عندئذ من أجل كلّ \(x\) من \(\left]1-\dfrac{r}{3}\,;1+\dfrac{r}{3}\right[\):

\[\lvert f(x)-3\rvert \leq 3\lvert x-1\rvert < 3 \times \frac{r}{3} = r\]

الخلاصة: كلّ مجال مفتوح شامل للعدد \(3\) يشمل كلّ قيم \(f(x)\) من أجل \(x\) قريب بالقدر الكافي من \(1\)، إذن \(\lim\limits_{x\to 1} f(x) = 3\).

المنهجية: أمام دالة بفرعين، احصر كلّ فرع على حدة، ثمّ خذ الحصر الأسوأ (هنا المعامل \(3\)) ليصلح \(\alpha\) واحد للحالتين.

تمرين 21 برهان بالتعريف مستوى 3

\(g\) معرّفة على \(\mathbb{R}\) بـ:

\[g(x) = \begin{cases} x+2 & \text{إذا كان } x < 0 \\[4pt] x-1 & \text{إذا كان } x \geq 0 \end{cases}\]

برهن أنّه ليس لـ \(g\) نهاية عند \(0\).

الحلّ

النهايتان الجانبيتان:

\[\lim_{x\to 0^{-}} g(x) = 2 \qquad \lim_{x\to 0^{+}} g(x) = -1\]

وهما مختلفتان، فالنهاية غير موجودة. وإليك البرهان المفصّل بالتعريف:

البرهان بالخُلف. نفترض وجود عدد حقيقي \(\ell\) بحيث \(\lim\limits_{x\to 0} g(x) = \ell\).

نطبّق التعريف على المجال المفتوح \(\left]\ell-\dfrac{1}{2}\,;\ell+\dfrac{1}{2}\right[\)، وطوله \(1\): يوجد \(\alpha > 0\) بحيث تنتمي كلّ قيم \(g(x)\) إلى هذا المجال من أجل كلّ \(x\) من \(]-\alpha\,;\alpha[\). ويمكن أن نفترض \(\alpha < \dfrac{1}{2}\) (وإلّا استبدلناه بعدد أصغر).

نأخذ الآن عددين من \(]-\alpha\,;\alpha[\):

  • \(x_1 = -\dfrac{\alpha}{2} < 0\)، ومنه \(g(x_1) = 2-\dfrac{\alpha}{2} > 2-\dfrac{1}{4}\)؛
  • \(x_2 = \dfrac{\alpha}{2} \geq 0\)، ومنه \(g(x_2) = \dfrac{\alpha}{2}-1 < -1+\dfrac{1}{4}\).

فالمسافة بين القيمتين:

\[g(x_1)-g(x_2) > \left(2-\frac{1}{4}\right)-\left(-1+\frac{1}{4}\right) = \frac{5}{2}\]

ويلزم إذن أن يشمل مجال طوله \(1\) عددين المسافة بينهما أكبر من \(\dfrac{5}{2}\): تناقض.

الخلاصة: الافتراض باطل، وليس لـ \(g\) نهاية عند \(0\).

تمرين 22 نقد استدلال مستوى 3

كتب تلميذ: «الجدول يُظهر أنّ \(\dfrac{\sin x}{x} \approx 0{,}999983\) لمّا يقترب \(x\) من \(0\)، إذن \(\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\sin x}{x} = 0{,}999983\).»

ما مواطن الضعف في هذا الاستدلال ؟

الجواب

الخطأ مزدوج:

1. الجدول ليس برهانا. يعرض تسع قيم لا غير، وعدد منته من القيم لا يُثبت خاصية على مجال يشمل عددا لانهائيا من الأعداد. أقصى ما يقدّمه الجدول هو تخمين.

2. القراءة العددية نفسها خاطئة. القيم المعروضة تتزايد كلّما اقترب \(x\) من \(0\): \(0{,}999850\) ثمّ \(0{,}999933\) ثمّ \(0{,}999983\) … فهي لا تستقرّ عند \(0{,}999983\)، بل تواصل الاقتراب من \(1\). والقيمة \(0{,}999983\) ليست إلّا قيمة الدالة عند \(x = 0{,}01\)، لا نهايتها.

الاستدلال الصحيح: لا يمكن استخراج قيمة النهاية من الجدول أصلا. والنتيجة \(\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\sin x}{x} = 1\) تُبرهن في درس الاشتقاقية، وهي مذكورة في هذا الدرس كنتيجة مقبولة لا كاستنتاج من الجدول.

قاعدة عامّة: الجدول يوجّه التخمين، والبرهان يأتي من التعريف أو من نتيجة مثبتة سابقا. ولا يُقبل عدد نهاية لمجرّد أنّه ظهر في آخر خانة من جدول.

تمرين 23 مسألة مركّبة مستوى 3

\(h\) معرّفة على \(\mathbb{R}^{*}\) بـ \(h(x) = \dfrac{\lvert x\rvert + x}{x}\).

  1. اكتب \(h\) بفرعين.
  2. عيّن النهايتين الجانبيتين عند \(0\) واستنتج.
الحلّ

1. حسب إشارة \(x\):

  • من أجل \(x > 0\):  \(\lvert x\rvert = x\)، إذن \(h(x) = \dfrac{x+x}{x} = \dfrac{2x}{x} = 2\)؛
  • من أجل \(x < 0\):  \(\lvert x\rvert = -x\)، إذن \(h(x) = \dfrac{-x+x}{x} = \dfrac{0}{x} = 0\).

2.  \(\lim\limits_{x\to 0^{+}} h(x) = 2\)  و  \(\lim\limits_{x\to 0^{-}} h(x) = 0\).

النهايتان مختلفتان، إذن ليس لـ \(h\) نهاية عند \(0\).

ملاحظة: \(h(x) = \dfrac{\lvert x\rvert}{x} + 1 = f(x)+1\) حيث \(f\) دالة التمرين 11؛ فإضافة الثابت \(1\) ترفع النهايتين الجانبيتين معا بمقدار \(1\) (\(-1 \to 0\) و \(1 \to 2\))، ولا تُصلح اختلافهما. فانعدام النهاية يُحفظ بالانسحاب.

تمرين 24 مثال مضاد مستوى 3

أعط مثالا لدالة \(f\) وعدد حقيقي \(a\) حيث \(a \in D_f\) و \(\lim\limits_{x\to a} f(x) \neq f(a)\). ثمّ ناقش: لماذا لا يناقض هذا ملاحظة الدوال المرجعية ؟

الجواب

مثال: \(f\) المعرفة على \(\mathbb{R}\) بـ:

\[f(x) = \begin{cases} x^{2} & \text{إذا كان } x \neq 1 \\[4pt] 5 & \text{إذا كان } x = 1 \end{cases}\]

من أجل \(x\) قريب من \(1\) و \(x \neq 1\) لدينا \(f(x) = x^{2}\)، وسلوك \(f\) حول \(1\) لا يتعلّق إلّا بهذه القيم، إذن \(\lim\limits_{x\to 1} f(x) = 1\)، بينما \(f(1) = 5\).

لماذا لا تناقض الملاحظة ؟ لأنّ الملاحظة تشترط أن تكون \(f\) دالة مرجعية، و \(f\) هنا ليست كذلك: هي دالة معرّفة بفرعين، عُدِّلت قيمة كثير الحدود \(x^{2}\) عند نقطة واحدة.

الدرس المستفاد: تغيير قيمة دالة عند نقطة واحدة لا يغيّر نهايتها عند تلك النقطة. والسبب أنّ التعريف لا ينظر إلّا إلى ما يحدث حول \(a\)، وقيمة واحدة معزولة لا أثر لها.

ثلاث حالات ينبغي التمييز بينها:

الحالة مثال
النهاية موجودة و \(f(a)\) غير موجودة \(\dfrac{\sin x}{x}\) عند \(0\)
\(f(a)\) موجودة والنهاية غير موجودة دالة التمرين 21 عند \(0\)
كلتاهما موجودة ومختلفتان مثال هذا التمرين

تمرين 25 برهان بالتعريف مستوى 3

\(m\) و \(p\) عددان حقيقيان. برهن باستعمال التعريف أنّ \(\lim\limits_{x\to a}(mx+p) = ma+p\)، بإيجاد \(\alpha\) بدلالة \(r\).

الحلّ

ليكن \(r > 0\) عددا حقيقيا كيفيا. نضع \(f(x) = mx+p\) و \(\ell = ma+p\)، ونحسب:

\[\lvert f(x)-\ell\rvert = \lvert (mx+p)-(ma+p)\rvert = \lvert m(x-a)\rvert = \lvert m\rvert\,\lvert x-a\rvert\]

الحالة \(m \neq 0\):

\[\lvert m\rvert\,\lvert x-a\rvert < r \iff \lvert x-a\rvert < \frac{r}{\lvert m\rvert}\]

نضع \(\alpha = \dfrac{r}{\lvert m\rvert}\): من أجل كلّ \(x\) من \(]a-\alpha\,;a+\alpha[\) تنتمي \(f(x)\) إلى \(]\ell-r\,;\ell+r[\).

الحالة \(m = 0\): الدالة ثابتة تساوي \(p\)، و \(\lvert f(x)-\ell\rvert = 0 < r\) دائما، فيصلح أيّ \(\alpha > 0\) (مثلا \(\alpha = 1\)).

الخلاصة: كلّ مجال مفتوح شامل للعدد \(ma+p\) يشمل كلّ قيم \(f(x)\) من أجل \(x\) قريب بالقدر الكافي من \(a\)، إذن \(\lim\limits_{x\to a}(mx+p) = ma+p\).

تحقّق: من أجل \(m = 3\) و \(p = -1\) و \(a = 2\) نجد \(\alpha = \dfrac{r}{3}\)، وهو ما وجدناه عدديا في التمرينين 14 و 15.

المجموعة د — البرهان والتركيب

الفكرة المفتاحية والإرشادات

الفكرة: الحصر المحلّي — نقيّد \(x\) أوّلا في مجال صغير مضمون حول \(a\) لنتحكّم في العوامل المتغيّرة، ثمّ نأخذ \(\alpha\) أصغر القيدين.

إرشاد 1 (التمرين 26): \(\lvert x^{2}-a^{2}\rvert = \lvert x-a\rvert \cdot \lvert x+a\rvert\)؛ افترض أوّلا \(\lvert x-a\rvert < 1\) لتحصل على \(\lvert x+a\rvert < 1+2\lvert a\rvert\).

إرشاد 2 (التمرين 27): لو كان \(\ell_1 \neq \ell_2\) نهايتين معا، فخذ مجالين مفتوحين منفصلين حولهما بأخذ \(r = \dfrac{\lvert \ell_1-\ell_2\rvert}{2}\).

إرشاد 3: عتبتان \(\alpha_1\) و \(\alpha_2\) تُجمعان بأخذ \(\min(\alpha_1\,;\alpha_2)\) — كما كانت العتبتان \(A_1\) و \(A_2\) تُجمعان بـ \(\max\) في الدرسين السابقين.

تمرين 26 برهان بالتعريف مستوى 4

\(a\) عدد حقيقي. برهن باستعمال التعريف أنّ \(\lim\limits_{x\to a}x^{2} = a^{2}\).

الحلّ

ليكن \(r > 0\) عددا حقيقيا كيفيا. نحلّل الفرق:

\[\lvert x^{2}-a^{2}\rvert = \lvert x-a\rvert \cdot \lvert x+a\rvert\]

المشكل: العامل \(\lvert x+a\rvert\) يتعلّق بـ \(x\)، فلا يمكن قسمة \(r\) عليه مباشرة.

الحلّ — الحصر المحلّي. نفرض أوّلا القيد \(\lvert x-a\rvert < 1\). عندئذ:

\[\lvert x+a\rvert = \lvert (x-a)+2a\rvert \leq \lvert x-a\rvert + 2\lvert a\rvert < 1+2\lvert a\rvert\]

فحصلنا على حصر ثابت لا يتعلّق بـ \(x\).

اختيار \(\alpha\). نضع:

\[\alpha = \min\left(1\,;\frac{r}{1+2\lvert a\rvert}\right)\]

(وهو عدد موجب تماما لأنّ \(1+2\lvert a\rvert > 0\).)

عندئذ من أجل كلّ \(x\) من \(]a-\alpha\,;a+\alpha[\) يتحقّق القيدان معا:

\[\lvert x^{2}-a^{2}\rvert = \lvert x-a\rvert \cdot \lvert x+a\rvert < \alpha \times (1+2\lvert a\rvert) \leq \frac{r}{1+2\lvert a\rvert} \times (1+2\lvert a\rvert) = r\]

الخلاصة: كلّ مجال مفتوح شامل للعدد \(a^{2}\) يشمل كلّ قيم \(x^{2}\) من أجل \(x\) قريب بالقدر الكافي من \(a\)، إذن \(\lim\limits_{x\to a}x^{2} = a^{2}\).

ما الذي أثبتناه فعلا ؟ أثبتنا بالتعريف حالة خاصّة من ملاحظة الدوال المرجعية، التي قبلناها في الدرس دون برهان. والحيلة \(\alpha = \min(1\,;\ldots)\) هي الأداة القياسية لكلّ الحالات المشابهة.

تمرين 27 برهان بالتعريف مستوى 4

برهن أنّه لا يمكن لدالة \(f\) أن تقبل نهايتين مختلفتين \(\ell_1\) و \(\ell_2\) عند العدد نفسه \(a\) (وحدانية النهاية).

الحلّ

البرهان بالخُلف. نفترض \(\lim\limits_{x\to a} f(x) = \ell_1\) و \(\lim\limits_{x\to a} f(x) = \ell_2\) مع \(\ell_1 \neq \ell_2\).

الخطوة 1 — اختيار الدقّة الفاصلة. نضع:

\[r = \frac{\lvert \ell_1-\ell_2\rvert}{2} > 0\]

فالمجالان \(I_1 = \,]\ell_1-r\,;\ell_1+r[\) و \(I_2 = \,]\ell_2-r\,;\ell_2+r[\) منفصلان: لو وُجد عدد \(y\) فيهما معا لكان

\[\lvert \ell_1-\ell_2\rvert \leq \lvert \ell_1-y\rvert + \lvert y-\ell_2\rvert < r+r = \lvert \ell_1-\ell_2\rvert\]

وهو تناقض.

الخطوة 2 — تطبيق التعريف مرّتين.

  • من النهاية الأولى: يوجد \(\alpha_1 > 0\) بحيث تنتمي كلّ قيم \(f(x)\) إلى \(I_1\) من أجل \(x\) من \(]a-\alpha_1\,;a+\alpha_1[\)؛
  • من النهاية الثانية: يوجد \(\alpha_2 > 0\) بحيث تنتمي كلّ قيم \(f(x)\) إلى \(I_2\) من أجل \(x\) من \(]a-\alpha_2\,;a+\alpha_2[\).

الخطوة 3 — جمع القيدين. نضع \(\alpha = \min(\alpha_1\,;\alpha_2) > 0\)، ونأخذ عددا \(x_0\) من \(]a-\alpha\,;a+\alpha[\) يقع في مجموعة تعريف \(f\) ويخالف \(a\). عندئذ:

\[f(x_0) \in I_1 \qquad \text{و} \qquad f(x_0) \in I_2\]

وهذا تناقض مع كون المجالين منفصلين.

الخلاصة: الافتراض باطل، فـ \(\ell_1 = \ell_2\): النهاية عند \(a\) — إن وُجدت — وحيدة. وهذا ما يبرّر الكتابة بالمساواة \(\lim\limits_{x\to a} f(x) = \ell\)، ويبرّر قولنا «النهاية» بأداة التعريف.

تمرين 28 برهان بالتعريف مستوى 4

برهن على التكافؤ:

\[\lim_{x\to a} f(x) = \ell \iff \lim_{x\to a^{-}} f(x) = \lim_{x\to a^{+}} f(x) = \ell\]
الحلّ

الاتّجاه المباشر (\(\Rightarrow\)). نفترض \(\lim\limits_{x\to a} f(x) = \ell\)، وليكن \(r > 0\): يوجد \(\alpha > 0\) بحيث تنتمي كلّ قيم \(f(x)\) إلى \(]\ell-r\,;\ell+r[\) من أجل كلّ \(x\) من \(]a-\alpha\,;a+\alpha[\).

وبما أنّ \(]a\,;a+\alpha[\) و \(]a-\alpha\,;a[\) محتويان في هذا المجال، فالخاصية محقّقة على كلّ منهما، أي إنّ النهايتين الجانبيتين موجودتان وتساويان \(\ell\).

الاتّجاه العكسي (\(\Leftarrow\)). نفترض وجود النهايتين الجانبيتين وتساويهما \(\ell\)، وليكن \(r > 0\):

  • من النهاية من اليمين: يوجد \(\alpha_1 > 0\) بحيث \(\lvert f(x)-\ell\rvert < r\) من أجل كلّ \(x\) من \(]a\,;a+\alpha_1[\)؛
  • من النهاية من اليسار: يوجد \(\alpha_2 > 0\) بحيث \(\lvert f(x)-\ell\rvert < r\) من أجل كلّ \(x\) من \(]a-\alpha_2\,;a[\).

نضع \(\alpha = \min(\alpha_1\,;\alpha_2) > 0\). فمن أجل كلّ \(x\) من \(]a-\alpha\,;a+\alpha[\) يخالف \(a\)، يقع \(x\) في أحد المجالين، ومنه \(\lvert f(x)-\ell\rvert < r\).

الخلاصة: كلّ مجال مفتوح شامل لـ \(\ell\) يشمل كلّ قيم \(f(x)\) من أجل \(x\) قريب بالقدر الكافي من \(a\)، إذن \(\lim\limits_{x\to a} f(x) = \ell\).

الفائدة العملية: هذا التكافؤ هو المعيار الذي استعملناه في كلّ تمارين الدوال المعرّفة بفرعين: نحسب النهايتين الجانبيتين، فإن تساوتا وُجدت النهاية، وإن اختلفتا انعدمت.

تمرين 29 مسألة مركّبة مستوى 4

\(m\) عدد حقيقي، و \(f\) معرّفة على \(\mathbb{R}\) بـ:

\[f(x) = \begin{cases} mx+5 & \text{إذا كان } x < -1 \\[4pt] x^{2}+2x & \text{إذا كان } x \geq -1 \end{cases}\]
  1. عيّن قيمة \(m\) التي تقبل من أجلها \(f\) نهاية عند \(-1\).
  2. ما هذه النهاية ؟ وهل تساوي \(f(-1)\) ؟
الحلّ

1. نحسب النهايتين الجانبيتين، وكلّ فرع كثير حدود:

\[\lim_{x\to (-1)^{-}} f(x) = m \times (-1)+5 = 5-m\]
\[\lim_{x\to (-1)^{+}} f(x) = (-1)^{2}+2(-1) = 1-2 = -1\]

بحسب معيار التمرين 28، تقبل \(f\) نهاية عند \(-1\) إذا وفقط إذا تساوت النهايتان:

\[5-m = -1 \iff m = 6\]

الخلاصة: القيمة الوحيدة هي \(m = 6\). ومن أجل كلّ قيمة أخرى لـ \(m\) تختلف النهايتان الجانبيتان، فلا تقبل \(f\) نهاية عند \(-1\).

2. من أجل \(m = 6\) تكون \(\lim\limits_{x\to -1} f(x) = -1\).

وبما أنّ \(-1 \geq -1\)، فالقيمة تُحسب بالفرع الثاني: \(f(-1) = (-1)^{2}+2(-1) = -1\). إذن نعم، النهاية تساوي \(f(-1)\) هنا.

ملاحظة دقيقة: التساوي مع \(f(-1)\) ليس مطلوبا لوجود النهاية، بل هو نتيجة صدفة اختيار الفرع الثاني مغلقا عند \(-1\). ولو عرّفنا \(f(-1) = 7\) استثناء لبقيت النهاية \(-1\) دون تغيير (وهو مضمون التمرين 24).

تمرين 30 تحدٍّ مستوى 4

  1. صغ تعريف \(\lim\limits_{x\to a} f(x) = \ell\) بلغة المسافات، أي على شكل: \(\lvert x-a\rvert < \alpha \implies \lvert f(x)-\ell\rvert < r\).
  2. برهن على تكافؤ هذه الصياغة مع صياغة المجالات.
  3. ما الذي يتغيّر بالضبط في القالب لو انتقلنا إلى النهاية \(+\infty\) عند \(a\) ؟
الحلّ

1. الصياغة بلغة المسافات:

تعريف (صياغة مكافئة)

\(\lim\limits_{x\to a} f(x) = \ell\) يعني أنّه من أجل كلّ عدد \(r > 0\)، يوجد عدد \(\alpha > 0\) بحيث، من أجل كلّ \(x\) من \(D_f\):

\[\lvert x-a\rvert < \alpha \implies \lvert f(x)-\ell\rvert < r\]

2. البرهان على التكافؤ. يقوم على مطابقتين أساسيتين في القيمة المطلقة:

\[x \in \,]a-\alpha\,;a+\alpha[ \iff \lvert x-a\rvert < \alpha\]
\[f(x) \in \,]\ell-r\,;\ell+r[ \iff \lvert f(x)-\ell\rvert < r\]

ويبقى عنصر واحد يستحقّ التدقيق: صياغة المجالات تتحدّث عن كلّ مجال مفتوح شامل لـ \(\ell\)، لا عن المجالات المتناظرة \(]\ell-r\,;\ell+r[\) فقط.

  • من المجالات إلى المسافات: ليكن \(r > 0\)؛ المجال \(]\ell-r\,;\ell+r[\) مجال مفتوح شامل لـ \(\ell\)، فتنطبق عليه الصياغة الأولى مباشرة.
  • من المسافات إلى المجالات: ليكن \(I\) مجالا مفتوحا كيفيا شاملا لـ \(\ell\)، أي \(I = \,]u\,;v[\) مع \(u < \ell < v\). نضع \(r = \min(\ell-u\,;v-\ell) > 0\)، فيكون \(]\ell-r\,;\ell+r[ \subset I\). وبتطبيق الصياغة الثانية على هذا \(r\) نحصل على \(\alpha\) يجعل كلّ القيم داخل \(]\ell-r\,;\ell+r[\)، ومن ثمّ داخل \(I\).

الخلاصة: الصياغتان متكافئتان. ونستعمل في التمارين أيسرهما حسابا — وهي غالبا صياغة المسافات، لأنّها تُحوّل التعريف إلى متراجحة تُحلّ.

3. الانتقال إلى \(+\infty\) عند \(a\). لا تتغيّر إلّا خانة واحدة من القالب: شكل المجال على القيم.

الخانة نهاية منتهية \(\ell\) عند \(a\) نهاية \(+\infty\) عند \(a\)
المجال على القيم \(f(x)\) مجال مفتوح شامل لـ \(\ell\) \(]A\,;+\infty[\)
الشرط على \(x\) \(x\) قريب بالقدر الكافي من \(a\) \(x\) قريب بالقدر الكافي من \(a\)

وهذا بالضبط موضوع الدرس 4؛ فأنت قادر الآن على توقّع صياغته قبل قراءته.