انتقل إلى المحتوى

تمارين الدرس 4 — النهاية غير 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

\(M\) عتبة على القيم (\(f(x) > M\) أو \(f(x) < M\))، و \(\alpha > 0\) تحكّم في المتغيّر (\(0 < \lvert x-a\rvert < \alpha\)). والرمز \(A\) الوارد في نصّ التعريف يلعب دور \(M\): عتبة على القيم لا على المتغيّر.

المجموعة أ — التعرّف والتذكّر

الفكرة المفتاحية والإرشادات

الفكرة: ما تغيّر عن الدرس 3 هو شكل المجال على القيم فقط (من «مفتوح شامل لـ \(\ell\)» إلى \(]A\,;+\infty[\))؛ أمّا الشرط «\(x\) قريب بالقدر الكافي من \(a\)» فبقي كما هو حرفيا.

إرشاد 1: تحقّق دائما من إشارة المقام قبل الحكم على \(+\infty\) أو \(-\infty\).

إرشاد 2: أمام أسّ فردي في المقام، توقّع نهايتين جانبيتين متعاكستين، أي انعدام النهاية.

تمرين 1 ملء فراغ مستوى 1

أكمل: «\(a\) عدد حقيقي. القول أنّ للدالة \(f\) النهاية \(+\infty\) عند \(a\) يعني أنّ ⋯ مجال من الشكل ⋯ يشمل ⋯ القيم \(f(x)\) من أجل \(x\) ⋯ .»

الجواب

«... يعني أنّ كلّ مجال من الشكل \(]A\,;+\infty[\) (مع \(A\) عدد حقيقي) يشمل كلّ القيم \(f(x)\) من أجل \(x\) قريب بالقدر الكافي من \(a\).»

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

تمرين 2 اختيار من متعدد مستوى 1

ما هي الكتابة الصحيحة للتعبير عن أنّ قيم \(f\) تكبر بلا حدّ لمّا يقترب \(x\) من \(3\) ؟

  أ) \(f(3) = +\infty\)    ب) \(\lim\limits_{x\to +\infty} f(x) = 3\)    ج) \(\lim\limits_{x\to 3} f(x) = +\infty\)    د) \(\lim\limits_{+\infty} f = 3\)

الجواب

الجواب (ج).

الكتابة موطن الخطأ
(أ) \(+\infty\) ليس عددا حقيقيا، فلا يمكن أن يكون قيمة للدالة؛ والدالة أصلا غير معرّفة عند \(3\) في هذه الحالة
(ب) و (د) تعكسان الدورين: تجعلان \(3\) نهاية و \(+\infty\) ما يؤول إليه \(x\)، وهو المعنى المضادّ تماما

تمرين 3 قراءة بيانية مستوى 1

منحني الدالة \(f : x \mapsto \dfrac{1}{(x-1)^{2}}\) موجود كلّيا فوق محور الفواصل، وله فرعان متناظران بالنسبة إلى المستقيم \(x = 1\) يبتعدان صعودا كلّما اقترب \(x\) من \(1\).

صف سلوك \(f(x)\) قرب \(1\)، ثمّ اكتب النتيجة بالترميز.

الجواب

الوصف: تكبر قيم \(f(x)\) بلا حدّ كلّما اقترب \(x\) من \(1\)، من الجهتين معا (من اليمين ومن اليسار). وتبقى القيم موجبة دائما لأنّ \((x-1)^{2} > 0\).

الترميز:

\[\lim_{x\to 1}\frac{1}{(x-1)^{2}} = +\infty\]

لماذا نهاية واحدة لا نهايتان جانبيتان ؟ لأنّ السلوك متطابق على الجانبين، فتوجد النهاية عند \(1\) ولا حاجة إلى الفصل.

تمرين 4 صح / خطأ مستوى 1

«إذا انعدم مقام دالة ناطقة عند \(a\)، فإنّ نهايتها عند \(a\) تساوي \(+\infty\).»

الجواب

خطأ.

المثال المضاد: \(f(x) = \dfrac{1}{x-1}\)؛ ينعدم مقامها عند \(1\)، ومع ذلك:

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

فالنهايتان الجانبيتان متعاكستان، وليس لها نهاية عند \(1\) أصلا.

السبب: انعدام المقام يضمن أن تكبر القيم في القيمة المطلقة، ولا يقول شيئا عن الإشارة. والحالات الممكنة ثلاث: \(+\infty\)، أو \(-\infty\)، أو انعدام النهاية.

تمرين 5 حساب مباشر مستوى 1

عيّن \(\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{1}{x^{2}}\).

الجواب

من أجل كلّ \(x \neq 0\) لدينا \(x^{2} > 0\)، فالدالة موجبة تماما وقيمها تكبر بلا حدّ كلّما اقترب \(x\) من \(0\) من الجهتين:

\[\lim_{x\to 0}\frac{1}{x^{2}} = +\infty\]

(الأسّ زوجي، فالنتيجة واحدة من الجهتين.)

تمرين 6 حساب مباشر مستوى 1

عيّن \(\lim\limits_{x\to 3}\dfrac{1}{(x-3)^{2}}\).

الجواب
\[\lim_{x\to 3}\frac{1}{(x-3)^{2}} = +\infty\]

التعليل: هي دالة التمرين 5 بعد انسحاب بمقدار \(3\)؛ فالسلوك ينتقل من \(0\) إلى \(3\) دون تغيير في طبيعته، لأنّ \((x-3)^{2} > 0\) من أجل كلّ \(x \neq 3\).

تمرين 7 ربط مستوى 1

اربط كلّ دالة بسلوكها عند القيمة الحرجة المقابلة:

الدالة القيمة الحرجة \(a\) السلوك عند \(a\)
\(x \mapsto \dfrac{1}{(x-2)^{2}}\) \(2\) ⋯
\(x \mapsto \dfrac{-1}{(x+1)^{2}}\) \(-1\) ⋯
\(x \mapsto \dfrac{1}{x}\) \(0\) ⋯
\(x \mapsto \dfrac{-3}{(x-4)^{2}}\) \(4\) ⋯
\(x \mapsto \dfrac{1}{x-5}\) \(5\) ⋯

الأجوبة الممكنة: النهاية \(+\infty\)  ·  النهاية \(-\infty\)  ·  لا توجد نهاية.

الجواب
الدالة \(a\) السلوك
\(\dfrac{1}{(x-2)^{2}}\) \(2\) النهاية \(+\infty\)
\(\dfrac{-1}{(x+1)^{2}}\) \(-1\) النهاية \(-\infty\)
\(\dfrac{1}{x}\) \(0\) لا توجد نهاية (\(+\infty\) يمينا، \(-\infty\) يسارا)
\(\dfrac{-3}{(x-4)^{2}}\) \(4\) النهاية \(-\infty\)
\(\dfrac{1}{x-5}\) \(5\) لا توجد نهاية (\(+\infty\) يمينا، \(-\infty\) يسارا)

القاعدة المستخلصة في سطرين:

  • أسّ زوجي في المقام ← المقام موجب من الجهتين ← نهاية واحدة، إشارتها إشارة البسط؛
  • أسّ فردي في المقام ← المقام يغيّر إشارته ← نهايتان جانبيتان متعاكستان ← لا توجد نهاية.

تمرين 8 اختيار من متعدد مستوى 1

حدّد، في كلّ حالة، شكل المجال الذي يُستعمل في التعريف: \(]A\,;+\infty[\) أم \(]-\infty\,;B[\) ؟

  أ) \(\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{1}{x^{2}} = +\infty\)  ·  ب) \(\lim\limits_{x\to 2}\dfrac{-1}{(x-2)^{2}} = -\infty\)

  ج) \(\lim\limits_{x\to 1^{+}}\dfrac{1}{x-1} = +\infty\)  ·  د) \(\lim\limits_{x\to -3}\dfrac{-5}{(x+3)^{2}} = -\infty\)

الجواب
الحالة شكل المجال
(أ) \(]A\,;+\infty[\)
(ب) \(]-\infty\,;B[\)
(ج) \(]A\,;+\infty[\)
(د) \(]-\infty\,;B[\)

القاعدة: الشكل تحدّده جهة اللانهاية وحدها (\(+\infty\) أم \(-\infty\))، ولا علاقة له بما يؤول إليه \(x\).

فالمجال \(]A\,;+\infty[\) يترجم «القيم تتجاوز عتبة»، والمجال \(]-\infty\,;B[\) يترجم «القيم تنزل تحت عتبة».

المجموعة ب — التطبيق المباشر

الفكرة المفتاحية والإرشادات

الفكرة: كلّ سؤال «عيّن مجالا حول \(a\)» هو حلّ متراجحة تنتهي بالشكل \(\lvert x-a\rvert < \alpha\).

إرشاد 1: المتراجحة \(\dfrac{1}{(x-a)^{2}} > M\) (مع \(M > 0\)) تكافئ بالقلب \((x-a)^{2} < \dfrac{1}{M}\)، أي \(\lvert x-a\rvert < \dfrac{1}{\sqrt{M}}\).

إرشاد 2: لا تنسَ استثناء \(x = a\) من المجال، لأنّ الدالة غير معرّفة عنده.

إرشاد 3: القلب مشروط بموجبية الطرفين. تحقّق منها قبل كلّ خطوة، وخاصّة في حالة \(-\infty\).

تمرين 9 حلّ متراجحة مستوى 2

عيّن مجالا حول \(1\) يضمن \(\dfrac{1}{(x-1)^{2}} > 10^{4}\).

الحلّ النموذجي

1. المطلوب: \(\dfrac{1}{(x-1)^{2}} > 10^{4}\)، مع \(x \neq 1\).

2. الطرفان موجبان تماما، إذن بالقلب:

\[(x-1)^{2} < 10^{-4}\]

3. الدالة \(t \mapsto t^{2}\) متزايدة تماما على \([0\,;+\infty[\)، ومنه:

\[\lvert x-1\rvert < 10^{-2}\]

الخلاصة: يكفي أن يكون \(x\) في المجال \(]0{,}99\,;1{,}01[\) ماعدا \(1\).

تحقّق: من أجل \(x = 1{,}005\) نجد \((x-1)^{2} = 2{,}5\times 10^{-5}\)، إذن \(f(x) = 4\times 10^{4} > 10^{4}\) ✓

تمرين 10 تعميم مستوى 2

نُبقي دالة التمرين 9.

  1. أعد السؤال من أجل \(\dfrac{1}{(x-1)^{2}} > 10^{6}\).
  2. ثمّ، من أجل عتبة \(M > 0\) كيفية، عيّن المجال المناسب بدلالة \(M\).
الجواب

1. بالحساب نفسه: \((x-1)^{2} < 10^{-6}\)، أي \(\lvert x-1\rvert < 10^{-3}\).

الخلاصة: المجال \(]0{,}999\,;1{,}001[\) ماعدا \(1\).

2. من أجل \(M > 0\):

\[\frac{1}{(x-1)^{2}} > M \iff (x-1)^{2} < \frac{1}{M} \iff \lvert x-1\rvert < \frac{1}{\sqrt{M}}\]

الخلاصة: المجال \(\left]1-\dfrac{1}{\sqrt{M}}\,;1+\dfrac{1}{\sqrt{M}}\right[\) ماعدا \(1\)، أي \(\alpha = \dfrac{1}{\sqrt{M}}\).

تحقّق: من أجل \(M = 10^{4}\) نجد \(\alpha = 10^{-2}\) ✓  ومن أجل \(M = 10^{6}\) نجد \(\alpha = 10^{-3}\) ✓

الملاحظة الأساسية: لمّا ضربنا العتبة على القيم في \(100\)، انقسمت سعة المجال حول \(1\) على \(10\). فكلّما ارتفعت العتبة ضاق المجال — وهو عكس ما كان يحدث عند \(+\infty\)، حيث كان ارتفاع العتبة على القيم يرفع العتبة على \(x\).

وهذا التعميم بدلالة \(M\) هو ما يحوّل التحقّق إلى برهان (التمرين 18).

تمرين 11 حساب مباشر مستوى 2

عيّن \(\lim\limits_{x\to 2}\dfrac{-1}{(x-2)^{2}}\)، مع تحديد التعريف المستعمل بدقّة.

الجواب

الإشارة أوّلا: من أجل كلّ \(x \neq 2\) لدينا \((x-2)^{2} > 0\)، إذن \(\dfrac{-1}{(x-2)^{2}} < 0\): الدالة سالبة تماما.

وقيمتها المطلقة \(\dfrac{1}{(x-2)^{2}}\) تكبر بلا حدّ قرب \(2\) (التمرين 6)، إذن:

\[\lim_{x\to 2}\frac{-1}{(x-2)^{2}} = -\infty\]

التعريف المستعمل: ذاك الذي مجالاته من الشكل \(]-\infty\,;B[\) — أي التعريف الوارد في التنبيه، لا التعريف الأصلي.

فالمطلوب أن تنزل كلّ القيم تحت أيّ عتبة، لا أن تتجاوزها.

تمرين 12 مسألة مركّبة مستوى 2

\(g\) معرّفة على \(\mathbb{R}\setminus\{1\}\) بـ \(g(x) = \dfrac{1}{x-1}\).

  1. ادرس إشارة \(g\) على جانبي \(1\).
  2. استنتج النهايتين الجانبيتين عند \(1\).
  3. ماذا تستنتج بالنسبة إلى \(\lim\limits_{x\to 1} g(x)\) ؟
الحلّ النموذجي

1. جدول الإشارة:

\(x\) \(-\infty\)  ⋯  \(1\)  ⋯  \(+\infty\)
إشارة \(x-1\) \(-\)      \(0\)      \(+\)
إشارة \(g(x)\) \(-\)    غير معرّف    \(+\)

2. النهايتان الجانبيتان.

  • من اليمين: من أجل \(x > 1\) يكون \(x-1 > 0\) ويؤول إلى \(0\)، فالمقلوب موجب ويكبر بلا حدّ:
\[\lim_{x\to 1^{+}}\frac{1}{x-1} = +\infty\]
  • من اليسار: من أجل \(x < 1\) يكون \(x-1 < 0\) ويؤول إلى \(0\)، فالمقلوب سالب وقيمته المطلقة تكبر بلا حدّ:
\[\lim_{x\to 1^{-}}\frac{1}{x-1} = -\infty\]

3. الاستنتاج: النهايتان الجانبيتان مختلفتان، إذن ليس لـ \(g\) نهاية عند \(1\).

التعليل بالتعريف: لو كانت النهاية \(+\infty\)، لوجب أن تنتمي كلّ القيم إلى \(]0\,;+\infty[\) من أجل \(x\) قريب بالقدر الكافي من \(1\). لكنّ أيّ مجال \(]1-\alpha\,;1+\alpha[\) يشمل أعدادا أصغر من \(1\) تكون عندها \(g(x) < 0\): تناقض. والبرهان نفسه يُبطل الفرضية \(-\infty\).

تمرين 13 حساب مباشر مستوى 2

قارن سلوك \(\dfrac{1}{x-1}\) وسلوك \(\dfrac{1}{(x-1)^{2}}\) قرب \(1\)، وعلّل الفرق بينهما.

الجواب
من اليمين (\(x>1\)) من اليسار (\(x<1\)) النهاية عند \(1\)
\(\dfrac{1}{x-1}\) \(+\infty\) \(-\infty\) لا توجد
\(\dfrac{1}{(x-1)^{2}}\) \(+\infty\) \(+\infty\) \(+\infty\)

التعليل — الفرق في الإشارة لا في السرعة:

  • العامل \((x-1)\) يغيّر إشارته عند \(1\): سالب يسارا، موجب يمينا. فالمقلوب يرث هذا التغيّر، وتنقسم النهاية إلى نهايتين متعاكستين؛
  • أمّا \((x-1)^{2}\) فموجب تماما من أجل كلّ \(x \neq 1\)، لأنّ الأسّ زوجي. فالمقلوب موجب من الجهتين، والسلوك متطابق، فتوجد النهاية.

الخطأ المتوقّع: الظنّ بأنّ الفرق هو أنّ الثانية «تكبر أسرع». صحيح أنّها تكبر أسرع، لكنّ ذلك لا علاقة له بوجود النهاية أو انعدامها؛ الفاصل هو الإشارة وحدها.

تمرين 14 قراءة جدول مستوى 2

إليك جدول قيم دالة \(h\) معرّفة على \(\mathbb{R}\setminus\{4\}\):

\(x\) \(3{,}9\) \(3{,}99\) \(3{,}999\) \(4\) \(4{,}001\) \(4{,}01\) \(4{,}1\)
\(h(x)\) \(-200\) \(-2\times 10^{4}\) \(-2\times 10^{6}\) غير معرّف \(-2\times 10^{6}\) \(-2\times 10^{4}\) \(-200\)
  1. خمّن \(\lim\limits_{x\to 4} h(x)\).
  2. هل الجدول كاف كبرهان ؟
الجواب

1. التخمين: \(\lim\limits_{x\to 4} h(x) = -\infty\).

القيم سالبة على الجانبين، وقيمتها المطلقة تكبر بلا حدّ كلّما اقترب \(x\) من \(4\)، والسلوك متناظر. فالمجالات المناسبة من الشكل \(]-\infty\,;B[\).

(والدالة هنا هي \(h(x) = \dfrac{-2}{(x-4)^{2}}\).)

2. لا، الجدول ليس برهانا. عدد منته من القيم لا يُثبت خاصية تخصّ كلّ القيم في مجال حول \(4\). أقصى ما يمنحه الجدول هو تخمين يوجّه البحث.

التنبيه نفسه للدرس 3: الجدول يُخمّن، والتعريف يبرهن. ولو كان السلوك غير متناظر (كما في \(\dfrac{1}{x-4}\)) لَما كشف جدول متناظر القيم عن ذلك بالضرورة.

تمرين 15 رسم تخطيطي مستوى 2

ارسم منحنيا ممكنا لدالة \(f\) معرّفة على \(\mathbb{R}\setminus\{2\}\) حيث:

\[\lim_{x\to 2} f(x) = +\infty \qquad \text{و} \qquad \lim_{x\to +\infty} f(x) = \lim_{x\to -\infty} f(x) = 0\]
الجواب

العناصر الواجب ظهورها في الرسم:

العنصر ترجمته البيانية
\(\lim\limits_{x\to 2} f = +\infty\) فرعان يبتعدان صعودا على جانبي المستقيم \(x = 2\) (يُرسم متقطّعا)
\(\lim\limits_{x\to \pm\infty} f = 0\) المنحني يقترب من محور الفواصل يمينا ويسارا
المقارب الأفقي المستقيم \(y = 0\)، أي محور الفواصل نفسه

مثال صريح يحقّق كلّ ذلك: \(f(x) = \dfrac{1}{(x-2)^{2}}\).

الخطأ المتوقّع في الرسم: جعل أحد الفرعين ينزل نحو \(-\infty\). المعطى \(\lim\limits_{x\to 2} f = +\infty\) (لا نهاية جانبية) يفرض صعود الفرعين معا.

تمرين 16 حساب مباشر مستوى 2

عيّن العدد الحقيقي \(a\) الذي تكون عنده نهاية الدالة \(x \mapsto \dfrac{1}{(x+4)^{2}}\) لانهائية، ثمّ اكتب هذه النهاية.

الجواب

ننطلق من مجموعة التعريف: ينعدم المقام لمّا \((x+4)^{2} = 0\)، أي \(x = -4\)، إذن \(D_f = \mathbb{R}\setminus\{-4\}\).

العدد المطلوب: \(a = -4\).

\[\lim_{x\to -4}\frac{1}{(x+4)^{2}} = +\infty\]

ولماذا لا يصلح أيّ عدد آخر ؟ من أجل \(a \neq -4\) يكون \(a \in D_f\) والدالة ناطقة، فتنطبق ملاحظة الدوال المرجعية للدرس 3، وتكون النهاية منتهية تساوي \(f(a) = \dfrac{1}{(a+4)^{2}}\).

القاعدة العملية: النهايات اللانهائية عند عدد حقيقي لا تُبحث إلّا عند القيم الحرجة، أي القيم التي تُعدم المقام.

تمرين 17 اختيار من متعدد مستوى 2

أيّ المجالات الآتية يضمن أن تنتمي كلّ قيم \(\dfrac{1}{(x-1)^{2}}\) إلى \(]1000\,;+\infty[\) ؟ (مع استثناء \(x = 1\) في كلّ الحالات)

  أ) \(]0{,}9\,;1{,}1[\)    ب) \(]0{,}97\,;1{,}03[\)    ج) \(]0{,}99\,;1{,}01[\)    د) \(]0\,;2[\)

الجواب

نبدأ بحلّ المتراجحة:

\[\frac{1}{(x-1)^{2}} > 1000 \iff (x-1)^{2} < \frac{1}{1000} \iff \lvert x-1\rvert < \frac{1}{\sqrt{1000}} \approx 0{,}0316\]

فالمجال الأوسع الصالح هو تقريبا \(]0{,}9684\,;1{,}0316[\)، وكلّ مجال محتوى فيه يفي بالغرض.

المجال نصف السعة صالح ؟
(أ) \(]0{,}9\,;1{,}1[\) \(0{,}1\) ✗ أوسع من اللازم
(ب) \(]0{,}97\,;1{,}03[\) \(0{,}03\) ✓  (\(0{,}03 < 0{,}0316\))
(ج) \(]0{,}99\,;1{,}01[\) \(0{,}01\) ✓
(د) \(]0\,;2[\) \(1\) ✗

الجواب: (ب) و (ج).

تحقّق من إبطال (أ): خذ \(x = 1{,}05\) فتجد \(\dfrac{1}{(0{,}05)^{2}} = 400 < 1000\). فالمجال (أ) يشمل قيمة لا تحقّق الشرط، وكلمة «كلّ» تُسقطه.

ملاحظة: وجود جوابين صحيحين ليس عيبا في السؤال، بل هو معنى التعريف: المطلوب وجود مجال مناسب، لا أوسع مجال ممكن.

المجموعة ج — التحليل والربط

الفكرة المفتاحية والإرشادات

الفكرة: البرهان بالتعريف هنا: «لتكن \(M\) عتبة كيفية (نفترضها موجبة)» ← ترجمة الشرط ← حلّ المتراجحة ← إظهار \(\alpha\) بدلالة \(M\) ← خلاصة لفظية.

إرشاد 1: في حالة \(-\infty\)، اشتغل مباشرة على المجالات \(]-\infty\,;B[\) مفترضا \(B < 0\)، أو انتقل إلى \(-f\) ثمّ اقلب النتيجة.

إرشاد 2 (التمرين 22): ادرس إشارة كلّ عامل من عوامل المقام على جدول إشارات قبل استنتاج أيّ نهاية جانبية.

إرشاد 3: \(\alpha\) يُكتب بدلالة \(M\)؛ ووجود قيمة واحدة صالحة يكفي، ولا يُطلب أكبرها.

تمرين 18 برهان بالتعريف مستوى 3

برهن باستعمال التعريف أنّ \(\lim\limits_{x\to 1}\dfrac{1}{(x-1)^{2}} = +\infty\)، بإيجاد \(\alpha\) بدلالة العتبة.

الحلّ النموذجي

1. لتكن \(M\) عتبة حقيقية كيفية؛ نفترض \(M > 0\) (وإلّا فالنتيجة بديهية، لأنّ \(f(x) > 0\) من أجل كلّ \(x \neq 1\)).

2. ترجمة الشرط. المطلوب أن تنتمي \(f(x)\) إلى \(]M\,;+\infty[\)، أي:

\[\frac{1}{(x-1)^{2}} > M\]

3. حلّ المتراجحة. الطرفان موجبان تماما (من أجل \(x \neq 1\))، فالقلب مشروع ويقلب الاتّجاه:

\[(x-1)^{2} < \frac{1}{M} \iff \lvert x-1\rvert < \frac{1}{\sqrt{M}}\]

4. إظهار \(\alpha\). نضع:

\[\alpha = \frac{1}{\sqrt{M}} > 0\]

فمن أجل كلّ \(x\) من \(]1-\alpha\,;1+\alpha[\) ماعدا \(1\)، تنتمي \(f(x)\) إلى \(]M\,;+\infty[\).

5. الخلاصة. كلّ مجال من الشكل \(]M\,;+\infty[\) يشمل كلّ قيم \(f(x)\) من أجل \(x\) قريب بالقدر الكافي من \(1\)، إذن:

\[\lim_{x\to 1}\frac{1}{(x-1)^{2}} = +\infty\]

تحقّق: من أجل \(M = 10^{4}\) نجد \(\alpha = 10^{-2}\)، وهو ما وجدناه عدديا في التمرين 9 ✓

تمرين 19 برهان بالتعريف مستوى 3

برهن باستعمال التعريف أنّ \(\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{1}{x^{2}} = +\infty\).

الحلّ

لتكن \(M\) عتبة حقيقية كيفية؛ نفترض \(M > 0\) (وإلّا فالنتيجة بديهية لأنّ \(\dfrac{1}{x^{2}} > 0\)).

المطلوب \(\dfrac{1}{x^{2}} > M\). الطرفان موجبان تماما من أجل \(x \neq 0\)، إذن بالقلب:

\[x^{2} < \frac{1}{M} \iff \lvert x\rvert < \frac{1}{\sqrt{M}}\]

نضع \(\alpha = \dfrac{1}{\sqrt{M}}\): من أجل كلّ \(x\) من \(]-\alpha\,;\alpha[\) ماعدا \(0\)، تنتمي \(\dfrac{1}{x^{2}}\) إلى \(]M\,;+\infty[\).

الخلاصة: كلّ مجال من الشكل \(]M\,;+\infty[\) يشمل كلّ قيم \(\dfrac{1}{x^{2}}\) من أجل \(x\) قريب بالقدر الكافي من \(0\)، إذن \(\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{1}{x^{2}} = +\infty\).

ملاحظة: هذا هو برهان التمرين 18 نفسه مع \(a = 0\)؛ والحالة العامّة موضوع التمرين 26.

تمرين 20 برهان بالتعريف مستوى 3

برهن باستعمال التعريف أنّ \(\lim\limits_{x\to 2}\dfrac{-1}{(x-2)^{2}} = -\infty\)، مستعملا المجالات من الشكل \(]-\infty\,;B[\).

الحلّ

لتكن \(B\) عتبة حقيقية كيفية؛ نفترض \(B < 0\) (وإلّا فالنتيجة بديهية، لأنّ الدالة سالبة تماما فتكون كلّ قيمها أصغر من أيّ عتبة موجبة).

ترجمة الشرط. المطلوب أن تنتمي \(f(x)\) إلى \(]-\infty\,;B[\)، أي:

\[\frac{-1}{(x-2)^{2}} < B\]

حلّ المتراجحة. نضرب الطرفين في \((x-2)^{2}\)، وهو موجب تماما من أجل \(x \neq 2\)، فلا ينقلب الاتّجاه:

\[-1 < B(x-2)^{2}\]

وبما أنّ \(B < 0\)، نقسم على \(B\) فينقلب الاتّجاه:

\[(x-2)^{2} < \frac{-1}{B}\]

ولاحظ أنّ \(\dfrac{-1}{B} > 0\) لأنّ \(B < 0\)، فالجذر معرّف:

\[\lvert x-2\rvert < \frac{1}{\sqrt{-B}}\]

نضع \(\alpha = \dfrac{1}{\sqrt{-B}}\).

الخلاصة: كلّ مجال من الشكل \(]-\infty\,;B[\) يشمل كلّ قيم \(f(x)\) من أجل \(x\) قريب بالقدر الكافي من \(2\)، إذن \(\lim\limits_{x\to 2}\dfrac{-1}{(x-2)^{2}} = -\infty\).

الطريق الأقصر: نضع \(g(x) = \dfrac{1}{(x-2)^{2}}\)، فـ \(f = -g\). وقد بُرهن في التمرين 18 أنّ \(\lim\limits_{x\to 2} g = +\infty\)؛ ويكفي أن نلاحظ أنّ \(f(x) < B \iff g(x) > -B\)، مع \(-B > 0\).

موطن الخطأ الأكثر تكرارا: نسيان قلب اتّجاه المتراجحة عند القسمة على \(B\) السالب.

تمرين 21 نقد استدلال مستوى 3

كتب تلميذ: «لدينا \(f(x) = \dfrac{1}{x-3}\)، ولمّا يؤول \(x\) إلى \(3\) يؤول المقام إلى \(0\). والقسمة على عدد صغير جدّا تعطي عددا كبيرا جدّا، إذن \(\lim\limits_{x\to 3} f(x) = +\infty\).»

ما موطن الخطأ ؟ وما الاستدلال الصحيح ؟

الجواب

موطن الخطأ: الاستدلال يتعامل مع المقام على أنّه صغير فقط، ويغفل أنّه يغيّر إشارته عند \(3\).

فالعبارة «عدد صغير جدّا» تشمل الأعداد السالبة القريبة من \(0\) كما تشمل الموجبة، والقسمة على سالب صغير تعطي عددا سالبا كبيرا في القيمة المطلقة، لا موجبا.

الدراسة الصحيحة:

  • من أجل \(x > 3\):  \(x-3 > 0\)، إذن \(f(x) > 0\) ومنه \(\lim\limits_{x\to 3^{+}} f(x) = +\infty\)؛
  • من أجل \(x < 3\):  \(x-3 < 0\)، إذن \(f(x) < 0\) ومنه \(\lim\limits_{x\to 3^{-}} f(x) = -\infty\).

النتيجة الصحيحة: النهايتان الجانبيتان متعاكستان، إذن ليس لـ \(f\) نهاية عند \(3\) — لا \(+\infty\) ولا غيرها.

الخطأ المنهجي الأعمّ: الاستدلال يستعمل لغة وصفية («صغير جدّا»، «كبير جدّا») بدل التعريف. وهي اللغة نفسها التي نُقدت في الدرسين 1 و 2؛ وهي هنا لا تُنتج برهانا ناقصا فحسب، بل نتيجة خاطئة.

القاعدة: قبل أيّ حكم على نهاية لانهائية عند \(a\)، ادرس إشارة المقام على جانبي \(a\).

تمرين 22 مسألة مركّبة مستوى 3

\(f\) معرّفة بـ \(f(x) = \dfrac{1}{(x-1)(x-3)}\).

  1. عيّن \(D_f\)، ثمّ أنجز جدول إشارة المقام.
  2. عيّن النهايات الجانبية عند \(1\) وعند \(3\).
  3. استنتج في كلّ حالة.
الحلّ

1. ينعدم المقام لمّا \(x = 1\) أو \(x = 3\)، إذن \(D_f = \mathbb{R}\setminus\{1\,;3\}\).

المجال إشارة \(x-1\) إشارة \(x-3\) إشارة المقام
\(]-\infty\,;1[\) \(-\) \(-\) \(+\)
\(]1\,;3[\) \(+\) \(-\) \(-\)
\(]3\,;+\infty[\) \(+\) \(+\) \(+\)

2. عند \(1\). العامل \((x-3)\) يؤول إلى \(-2 \neq 0\)، والعامل \((x-1)\) هو الذي يؤول إلى \(0\):

  • من اليمين (\(x \in \,]1\,;3[\)): المقام سالب ويؤول إلى \(0\)، إذن \(\lim\limits_{x\to 1^{+}} f(x) = -\infty\)؛
  • من اليسار (\(x \in \,]-\infty\,;1[\)): المقام موجب ويؤول إلى \(0\)، إذن \(\lim\limits_{x\to 1^{-}} f(x) = +\infty\).

عند \(3\). العامل \((x-1)\) يؤول إلى \(2 \neq 0\):

  • من اليمين (\(x \in \,]3\,;+\infty[\)): المقام موجب، إذن \(\lim\limits_{x\to 3^{+}} f(x) = +\infty\)؛
  • من اليسار (\(x \in \,]1\,;3[\)): المقام سالب، إذن \(\lim\limits_{x\to 3^{-}} f(x) = -\infty\).

3. الاستنتاج: في كلّ من النقطتين تختلف النهايتان الجانبيتان، إذن ليس لـ \(f\) نهاية عند \(1\)، ولا عند \(3\).

الربط بالقاعدة العامّة: كلّ من العاملين من الدرجة الأولى، أي بأسّ فردي؛ فالسلوك عند كلّ قيمة حرجة يشبه سلوك \(\dfrac{1}{x-a}\): نهايتان متعاكستان.

ولو ضربنا العاملين في نفسيهما، أي \(\dfrac{1}{(x-1)^{2}(x-3)^{2}}\)، لأصبحت النهاية \(+\infty\) عند كلّ من \(1\) و \(3\)، لأنّ المقام يصير موجبا تماما.

تمرين 23 قراءة بيانية مستوى 3

إليك وصف منحني دالة \(f\) معرّفة على \(\mathbb{R}\setminus\{-2\}\):

  • كلّما اقترب \(x\) من \(-2\) من اليمين، ابتعدت النقاط صعودا بلا حدّ؛
  • وكلّما اقترب \(x\) من \(-2\) من اليسار، ابتعدت النقاط نزولا بلا حدّ؛

  • ولمّا يبتعد \(x\) نحو \(+\infty\) أو نحو \(-\infty\)، يقترب المنحني من المستقيم ذي المعادلة \(y = 3\) دون أن يبتعد عنه.

  • عيّن كلّ النهايات التي يمكن قراءتها.

  • عيّن معادلة المقارب الأفقي، إن وُجد.
  • هل تقبل \(f\) نهاية عند \(-2\) ؟
الجواب

1. النهايات:

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

2. المقارب الأفقي: بما أنّ النهاية عند \(+\infty\) وعند \(-\infty\) تساوي العدد الحقيقي \(3\)، فالمستقيم ذو المعادلة \(y = 3\) مقارب أفقي للمنحني عند \(+\infty\) وعند \(-\infty\) (الدرس 1).

3. النهايتان الجانبيتان عند \(-2\) مختلفتان (\(+\infty\) و \(-\infty\))، إذن لا تقبل \(f\) نهاية عند \(-2\).

دالة تحقّق هذا الوصف: \(f(x) = 3 + \dfrac{1}{x+2}\).

ما يجمعه هذا التمرين: دالة واحدة تُقرأ عليها ثلاثة دروس — النهاية المنتهية عند \(\pm\infty\) والمقارب الأفقي (الدرس 1)، والنهايتان الجانبيتان وانعدام النهاية (الدرس 3)، والسلوك اللانهائي عند عدد حقيقي (الدرس 4).

تمرين 24 مثال مضاد مستوى 3

أعط مثالا لدالة \(f\) وعدد حقيقي \(a\) بحيث تكون نهاية \(f\) عند \(a\) مساوية لـ \(+\infty\) من اليمين فقط، مع تحديد ما يحدث من اليسار.

الجواب

المثال: \(f(x) = \dfrac{1}{x-a}\) المعرّفة على \(\mathbb{R}\setminus\{a\}\).

  • من اليمين: من أجل \(x > a\) يكون \(x-a > 0\)، فـ \(f(x) > 0\) وقيمها تكبر بلا حدّ:
\[\lim_{x\to a^{+}}\frac{1}{x-a} = +\infty\]
  • من اليسار: من أجل \(x < a\) يكون \(x-a < 0\)، فـ \(f(x) < 0\):
\[\lim_{x\to a^{-}}\frac{1}{x-a} = -\infty\]

النتيجة: ليس لـ \(f\) نهاية عند \(a\)، لكنّها تقبل نهايتين جانبيتين متعاكستين.

مثال ثانٍ من نوع آخر: الدالة \(g(x) = \dfrac{1}{\sqrt{x-a}}\) المعرّفة على \(]a\,;+\infty[\) فقط. هنا \(\lim\limits_{x\to a^{+}} g(x) = +\infty\)، ولا معنى أصلا للسؤال من اليسار لأنّ \(D_g\) لا يشمل أيّ عدد أصغر من \(a\).

الفرق بين المثالين: في الأوّل توجد النهاية اليسرى وتخالف اليمنى؛ وفي الثاني لا تُطرح المسألة من اليسار. وفي الحالتين لا توجد نهاية عند \(a\) بالمعنى الكامل.

تمرين 25 تعميم مستوى 3

\(a\) عدد حقيقي و \(p \in \mathbb{N}^{*}\). عيّن قيم \(p\) التي تكون من أجلها:

\[\lim_{x\to a}\frac{1}{(x-a)^{p}} = +\infty\]

مع تعليل ما يحدث في الحالة الأخرى.

الحلّ

الجواب: \(p\) زوجي.

الحالة \(p\) زوجي (\(p = 2k\)). لدينا \((x-a)^{p} = \left[(x-a)^{k}\right]^{2} > 0\) من أجل كلّ \(x \neq a\)، فالمقام موجب تماما على جانبي \(a\)، والدالة موجبة تماما وقيمها تكبر بلا حدّ من الجهتين:

\[\lim_{x\to a}\frac{1}{(x-a)^{p}} = +\infty\]

البرهان بالتعريف: لتكن \(M > 0\)؛ الطرفان موجبان فبالقلب \((x-a)^{p} < \dfrac{1}{M}\)، أي \(\lvert x-a\rvert < \left(\dfrac{1}{M}\right)^{1/p}\). نضع \(\alpha = \left(\dfrac{1}{M}\right)^{1/p}\).

الحالة \(p\) فردي. يحتفظ \((x-a)^{p}\) بإشارة \((x-a)\):

  • من أجل \(x > a\): المقام موجب، إذن \(\lim\limits_{x\to a^{+}} = +\infty\)؛
  • من أجل \(x < a\): المقام سالب، إذن \(\lim\limits_{x\to a^{-}} = -\infty\).

فالنهايتان الجانبيتان متعاكستان، ولا توجد نهاية عند \(a\).

الجدول الخلاصة:

\(p\) إشارة \((x-a)^{p}\) يمينا يسارا النتيجة عند \(a\)
زوجي \(+\) \(+\) النهاية \(+\infty\)
فردي \(+\) \(-\) لا توجد نهاية (\(+\infty\) يمينا، \(-\infty\) يسارا)

المقارنة مع الدرس 2: الدور نفسه لزوجية الأسّ، لكن بموضع ملاحظة آخر — هناك كان \(x^{n}\) عند \(-\infty\)، وهنا \(\dfrac{1}{(x-a)^{p}}\) عند \(a\). والقاعدة واحدة: الأسّ الزوجي يُلغي الإشارة، والفردي يحتفظ بها.

المجموعة د — البرهان والتركيب

الفكرة المفتاحية والإرشادات

الفكرة: الانتقال من الحالات الخاصّة إلى البنية العامّة للتعريف، ثمّ جمع التعاريف الستّة في قالب واحد.

إرشاد 1 (التمرين 27): لو كانت النهاية \(\ell\) و \(+\infty\) معا، فخذ المجال \(]\ell-1\,;\ell+1[\) (وهو مجال مفتوح شامل لـ \(\ell\)) والمجال \(]\ell+1\,;+\infty[\)، ولاحظ أنّهما منفصلان.

إرشاد 2 (التمرين 28): المتراجحة \(\dfrac{1}{\lvert x-a\rvert} > M\) تُحلّ مباشرة بالقلب دون تجذير، لأنّ الأسّ هنا \(1\) لا \(2\).

إرشاد 3 (التمرين 30): ابنِ جدولا بثلاثة أعمدة: ما يؤول إليه \(x\) · ما تؤول إليه \(f(x)\) · شكل المجال.

تمرين 26 برهان بالتعريف مستوى 4

\(a\) عدد حقيقي كيفي. برهن باستعمال التعريف أنّ:

\[\lim_{x\to a}\frac{1}{(x-a)^{2}} = +\infty\]
الحلّ

الدالة \(f : x \mapsto \dfrac{1}{(x-a)^{2}}\) معرّفة على \(\mathbb{R}\setminus\{a\}\).

1. لتكن \(M\) عتبة حقيقية كيفية؛ نفترض \(M > 0\) (وإلّا فالنتيجة بديهية، لأنّ \(f(x) > 0\) من أجل كلّ \(x \neq a\)، فتكون كلّ القيم في \(]M\,;+\infty[\) تلقائيا).

2. ترجمة الشرط:  \(f(x) \in \,]M\,;+\infty[\) يكافئ \(\dfrac{1}{(x-a)^{2}} > M\).

3. حلّ المتراجحة. من أجل \(x \neq a\) لدينا \((x-a)^{2} > 0\)، والطرفان موجبان تماما، فالقلب مشروع ويقلب الاتّجاه:

\[(x-a)^{2} < \frac{1}{M}\]

والدالة \(t \mapsto t^{2}\) متزايدة تماما على \([0\,;+\infty[\)، إذن:

\[\lvert x-a\rvert < \frac{1}{\sqrt{M}}\]

4. إظهار \(\alpha\). نضع \(\alpha = \dfrac{1}{\sqrt{M}} > 0\). عندئذ من أجل كلّ \(x\) من \(]a-\alpha\,;a+\alpha[\) يخالف \(a\):

\[0 < \lvert x-a\rvert < \frac{1}{\sqrt{M}} \implies (x-a)^{2} < \frac{1}{M} \implies f(x) > M\]

5. الخلاصة. كلّ مجال من الشكل \(]M\,;+\infty[\) يشمل كلّ قيم \(f(x)\) من أجل \(x\) قريب بالقدر الكافي من \(a\)، إذن \(\lim\limits_{x\to a}\dfrac{1}{(x-a)^{2}} = +\infty\).

ما الذي أثبتناه فعلا ؟ أنّ التمارين 18 و 19 و 6 ليست ثلاث نتائج، بل حالات خاصّة من هذه النتيجة الواحدة (\(a = 1\)، \(a = 0\)، \(a = 3\)). والانتقال إلى \(a\) الكيفي لم يكلّف أيّ خطوة إضافية، لأنّ البرهان لم يكن يستعمل من \(a\) إلّا كونه عددا حقيقيا.

تمرين 27 برهان بالتعريف مستوى 4

برهن أنّه لا يمكن لدالة \(f\) أن تقبل عند العدد الحقيقي \(a\) نهاية منتهية \(\ell\) ونهاية \(+\infty\) في آن واحد.

الحلّ

البرهان بالخُلف. نفترض أنّ:

\[\lim_{x\to a} f(x) = \ell \qquad \text{و} \qquad \lim_{x\to a} f(x) = +\infty\]

الخطوة 1 — مجالان منفصلان. نأخذ:

  • المجال \(I_1 = \,]\ell-1\,;\ell+1[\)، وهو مجال مفتوح شامل للعدد \(\ell\)؛
  • والمجال \(I_2 = \,]\ell+1\,;+\infty[\)، وهو من الشكل \(]M\,;+\infty[\) مع \(M = \ell+1\).

وهما منفصلان: كلّ عنصر من \(I_1\) أصغر تماما من \(\ell+1\)، وكلّ عنصر من \(I_2\) أكبر تماما من \(\ell+1\)، فلا يمكن لعدد أن ينتمي إليهما معا.

الخطوة 2 — تطبيق التعريفين.

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

الخطوة 3 — جمع القيدين. نضع \(\alpha = \min(\alpha_1\,;\alpha_2) > 0\)، ونأخذ عددا \(x_0\) من \(]a-\alpha\,;a+\alpha[\) يخالف \(a\) وينتمي إلى \(D_f\). 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. فالنهاية عند \(a\) — إن وُجدت — لا يمكن أن تكون منتهية ولانهائية معا.

الفائدة: هذه النتيجة تكمّل وحدانية النهاية التي بُرهنت في التمرين 27 من الدرس 3، وتمتدّ بها إلى الحالة اللانهائية. ونتيجة مماثلة تماما بُرهنت في التمرين 29 من الدرس 2، لكن عند \(+\infty\) بدل \(a\)؛ والبرهان واحد، ولم يتغيّر منه إلّا الشرط على \(x\).

تمرين 28 برهان بالتعريف مستوى 4

\(a\) عدد حقيقي. برهن باستعمال التعريف أنّ \(\lim\limits_{x\to a}\dfrac{1}{\lvert x-a\rvert} = +\infty\).

الحلّ

الدالة معرّفة على \(\mathbb{R}\setminus\{a\}\)، وهي موجبة تماما لأنّ \(\lvert x-a\rvert > 0\) من أجل كلّ \(x \neq a\).

لتكن \(M\) عتبة حقيقية كيفية؛ نفترض \(M > 0\) (وإلّا فالنتيجة بديهية).

ترجمة الشرط وحلّ المتراجحة. الطرفان موجبان تماما، فبالقلب مباشرة:

\[\frac{1}{\lvert x-a\rvert} > M \iff \lvert x-a\rvert < \frac{1}{M}\]

نضع \(\alpha = \dfrac{1}{M} > 0\).

الخلاصة: كلّ مجال من الشكل \(]M\,;+\infty[\) يشمل كلّ قيم الدالة من أجل \(x\) قريب بالقدر الكافي من \(a\)، إذن \(\lim\limits_{x\to a}\dfrac{1}{\lvert x-a\rvert} = +\infty\).

المقارنة مع التمرين 26:

الدالة \(\alpha\) بدلالة \(M\)
\(\dfrac{1}{\lvert x-a\rvert}\) \(\dfrac{1}{M}\)
\(\dfrac{1}{(x-a)^{2}}\) \(\dfrac{1}{\sqrt{M}}\)

والفرق أنّ الثانية تكبر أسرع، فتكفيها مسافة أوسع من \(a\) لبلوغ العتبة نفسها (لاحظ أنّ \(\dfrac{1}{M} < \dfrac{1}{\sqrt{M}}\) من أجل \(M > 1\)).

ولماذا \(\dfrac{1}{\lvert x-a\rvert}\) لها نهاية بينما \(\dfrac{1}{x-a}\) ليست لها ؟ لأنّ القيمة المطلقة تلعب هنا دور الأسّ الزوجي: تجعل المقام موجبا تماما على الجانبين، فيتطابق السلوك يمينا ويسارا.

تمرين 29 مسألة مركّبة مستوى 4

\(f\) معرّفة بـ \(f(x) = \dfrac{1}{(x-1)^{2}}\). أنجز ملفّا كاملا حولها:

  1. عيّن \(D_f\) وإشارة \(f\).
  2. عيّن \(\lim\limits_{x\to 1} f(x)\) وبرهن على النتيجة بالتعريف.
  3. عيّن \(\lim\limits_{x\to +\infty} f(x)\) و \(\lim\limits_{x\to -\infty} f(x)\)، واستنتج المقارب الأفقي.
  4. بيّن أنّ المنحني متناظر بالنسبة إلى المستقيم \(x = 1\).
  5. ارسم المنحني تخطيطيا.
الحلّ

1. مجموعة التعريف والإشارة. ينعدم المقام لمّا \(x = 1\)، إذن:

\[D_f = \mathbb{R}\setminus\{1\}\]

ومن أجل كلّ \(x \in D_f\) لدينا \((x-1)^{2} > 0\)، إذن \(f(x) > 0\): الدالة موجبة تماما، ومنحنيها كلّه فوق محور الفواصل.

2. النهاية عند \(1\).  \(\lim\limits_{x\to 1} f(x) = +\infty\).

البرهان بالتعريف: لتكن \(M > 0\) (الحالة \(M \leq 0\) بديهية لأنّ \(f > 0\)). الطرفان موجبان تماما، فبالقلب:

\[\frac{1}{(x-1)^{2}} > M \iff (x-1)^{2} < \frac{1}{M} \iff \lvert x-1\rvert < \frac{1}{\sqrt{M}}\]

نضع \(\alpha = \dfrac{1}{\sqrt{M}}\). فمن أجل كلّ \(x\) من \(]1-\alpha\,;1+\alpha[\) ماعدا \(1\)، تنتمي \(f(x)\) إلى \(]M\,;+\infty[\).

الخلاصة: كلّ مجال من الشكل \(]M\,;+\infty[\) يشمل كلّ قيم \(f(x)\) من أجل \(x\) قريب بالقدر الكافي من \(1\)، إذن \(\lim\limits_{x\to 1} f(x) = +\infty\).

3. النهايتان عند \(\pm\infty\). الدالة من الشكل \(\dfrac{1}{(x-a)^{p}}\) مع \(a = 1\) و \(p = 2\)، وهي من النهايات المرجعية للدرس 1:

\[\lim_{x\to +\infty} f(x) = 0 \qquad \text{و} \qquad \lim_{x\to -\infty} f(x) = 0\]

الاستنتاج: المستقيم ذو المعادلة \(y = 0\) (محور الفواصل) مقارب أفقي للمنحني عند \(+\infty\) وعند \(-\infty\).

ولاحظ: المنحني لا يقطع مقاربه هنا، لأنّ \(f(x) > 0\) من أجل كلّ \(x\). لكنّ هذا خاصّية هذه الدالة بالذات، لا قاعدة عامّة (راجع التمرين 8 من الدرس 1).

4. التناظر. نحسب، من أجل كلّ \(h\) حيث \(1+h \in D_f\):

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

إذن \(f(1+h) = f(1-h)\) من أجل كلّ \(h \neq 0\)، وهو ما يعني أنّ المنحني متناظر بالنسبة إلى المستقيم ذي المعادلة \(x = 1\).

وهذا يفسّر بيانيا لماذا تتطابق النهايتان الجانبيتان عند \(1\).

5. الرسم التخطيطي — العناصر الواجب ظهورها:

العنصر الترجمة البيانية
\(D_f = \mathbb{R}\setminus\{1\}\) المنحني مقطوع عند \(x=1\)، ويُرسم المستقيم \(x=1\) متقطّعا
\(f > 0\) المنحني كلّه فوق محور الفواصل
\(\lim\limits_{x\to 1} f = +\infty\) فرعان يبتعدان صعودا على جانبي \(x=1\)
\(\lim\limits_{x\to \pm\infty} f = 0\) الفرعان يقتربان من محور الفواصل يمينا ويسارا
التناظر الشكل مطويّ على نفسه حول \(x=1\)

نقطة مرجعية للرسم: \(f(0) = f(2) = 1\).

تمرين 30 تحدٍّ مستوى 4

اجمع التعاريف الستّة التي رأيتها في الدروس 1 إلى 4 في جدول موحّد، ثمّ أبرز البنية المشتركة بينها.

الحلّ

1. الصياغة الواحدة. كلّ تعريف من التعاريف الستّة يُقرأ على القالب:

للدالة \(f\) النهاية \(\beta\) عند \(\alpha_0\) يعني أنّ كلّ مجال (الخانة 1) يشمل كلّ القيم \(f(x)\) من أجل \(x\) (الخانة 2).

2. الجدول الموحّد:

ما يؤول إليه \(x\) النهاية الخانة 1 — المجال على القيم الخانة 2 — الشرط على \(x\) الدرس
\(+\infty\) \(\ell\) مجال مفتوح شامل لـ \(\ell\) يوجد \(A\): كلّ \(x > A\) 1
\(+\infty\) \(+\infty\) \(]M\,;+\infty[\) يوجد \(A\): كلّ \(x > A\) 2
\(+\infty\) \(-\infty\) \(]-\infty\,;M[\) يوجد \(A\): كلّ \(x > A\) 2
\(a\) \(\ell\) مجال مفتوح شامل لـ \(\ell\) يوجد \(\alpha>0\): كلّ \(x\) من \(]a-\alpha\,;a+\alpha[\) 3
\(a\) \(+\infty\) \(]M\,;+\infty[\) يوجد \(\alpha>0\): كلّ \(x \neq a\) من \(]a-\alpha\,;a+\alpha[\) 4
\(a\) \(-\infty\) \(]-\infty\,;M[\) يوجد \(\alpha>0\): كلّ \(x \neq a\) من \(]a-\alpha\,;a+\alpha[\) 4

(وحالات \(x \to -\infty\) تُستنتج من السطور الثلاثة الأولى باستبدال «كلّ \(x > A\)» بـ «كلّ \(x < A\)».)

3. البنية المشتركة — ثلاث ملاحظات:

(أ) استقلال الخانتين. الخانة الأولى تحدّدها قيمة النهاية وحدها، والخانة الثانية يحدّدها ما يؤول إليه \(x\) وحده. فالتعاريف الستّة ليست ستّ قواعد، بل حاصل ضرب \(3 \times 2\): ثلاث قيم ممكنة للنهاية في حالتين لما يؤول إليه \(x\).

(ب) الكلمة «كلّ» مرّتين. في كلّ تعريف تظهر مرّتين — على المجالات وعلى القيم — وحذف أيّ منهما يهدم المعنى:

لو حذفنا لصار المعنى
«كلّ مجال» ← «يوجد مجال» يكفي مجال واسع واحد، فلا تتحدّد النهاية
«كلّ القيم» ← «بعض القيم» تُقبل دوال كـ \(x\sin^{2}x\) التي ليست لها نهاية

(ج) البرهان دائما بأربع خطوات. مهما كانت الحالة:

  1. «لتكن الدقّة \(r\)» أو «لتكن العتبة \(M\)» — أي معطى كيفي؛
  2. ترجمة الشرط إلى متراجحة؛
  3. حلّ المتراجحة وإظهار العتبة على \(x\) (\(A\) أو \(\alpha\)) بدلالة المعطى الكيفي؛
  4. الخلاصة اللفظية المطابقة لنصّ التعريف.

الخلاصة العملية: إذا حفظت القالب والجدول، فأنت لا تحتاج إلى حفظ التعاريف الستّة منفصلة — بل تعيد بناء أيّ منها في سطر واحد. وهذا بالضبط ما يجعل الدرس 5 ممكنا: منهجية برهان واحدة تصلح للحالات كلّها.