انتقل إلى المحتوى

تمارين الدرس 5 — إثبات النهايات باستعمال التعريف

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

على القيم: \(r > 0\) دقّة (\(\lvert f(x)-\ell\rvert < r\)) و \(M\) عتبة (\(f(x) > M\)).

على المتغيّر: \(A\) عتبة (كلّ \(x > A\)) و \(\alpha > 0\) تحكّم (كلّ \(x\) من \(]a-\alpha\,;a+\alpha[\)).

والمطلوب في كلّ برهان: إظهار الرمز الثاني بدلالة الأوّل.

المجموعة أ — التعرّف والتذكّر

الفكرة المفتاحية والإرشادات

الفكرة: كلّ صياغة «\(f(x)\) داخل مجال» تُترجَم إلى قيمة مطلقة، وكلّ قيمة مطلقة تُترجَم إلى متراجحة مضاعفة. وهذه الترجمة هي الخطوة الأولى في كلّ برهان.

إرشاد 1: انتبه إلى مجموعة التعريف قبل قلب أو تجذير طرفي متراجحة.

إرشاد 2: القلب مشروع فقط إذا كان الطرفان موجبين تماما، وهو يقلب اتّجاه المتراجحة.

تمرين 1 ربط مستوى 1

إليك خطوات البرهان بالتعريف مبعثرة. رتّبها:

  أ) الخلاصة اللفظية المطابقة لنصّ التعريف   ب) تبسيط \(f(x)-\ell\) ثمّ حلّ المتراجحة   ج) تخمين النهاية   د) إظهار العتبة بدلالة المعطى الكيفي   هـ) «ليكن \(r > 0\)» أو «لتكن \(M\)»   و) ترجمة الشرط إلى متراجحة

الجواب

الترتيب الصحيح:  ج ← هـ ← و ← ب ← د ← أ

الرتبة الخطوة
1 (ج) تخمين النهاية
2 (هـ) المعطى الكيفي
3 (و) ترجمة الشرط
4 (ب) التبسيط وحلّ المتراجحة
5 (د) إظهار العتبة
6 (أ) الخلاصة

لماذا هذا الترتيب بالذات ؟

  • (ج) قبل كلّ شيء: لا يمكن البرهان على نهاية دون معرفة العدد المرشّح؛
  • (هـ) قبل (و): لا معنى لترجمة شرط قبل التصريح بالدقّة التي نعمل بها؛
  • (د) قبل (أ): الخلاصة تستند إلى وجود العتبة، فلا تُكتب قبلها.

تمرين 2 ملء فراغ مستوى 1

أكمل سلسلة الترجمة:

\[f(x) \in \,]1{,}95\,;2{,}05[ \iff \cdots < f(x) < \cdots \iff \lvert f(x) - \cdots\rvert < \cdots\]
الجواب
\[f(x) \in \,]1{,}95\,;2{,}05[ \iff 1{,}95 < f(x) < 2{,}05 \iff \lvert f(x) - 2\rvert < 0{,}05\]

كيف نجد العددين \(2\) و \(0{,}05\) ؟

  • المركز: منتصف المجال، أي \(\dfrac{1{,}95+2{,}05}{2} = 2\)؛
  • نصف السعة: \(\dfrac{2{,}05-1{,}95}{2} = 0{,}05\).

وهذه هي الدقّة \(r\) في هذا المثال.

تمرين 3 ملء فراغ مستوى 1

اكتب \(f(x) \in [3-r\,;3+r]\) بلغة القيمة المطلقة.

الجواب
\[f(x) \in [3-r\,;3+r] \iff 3-r \leq f(x) \leq 3+r \iff \lvert f(x)-3\rvert \leq r\]

انتبه إلى المجال المغلق: ترافقه متراجحة واسعة (\(\leq\)) لا صارمة (\(<\)).

والفرق لا أثر له في النتيجة النهائية: إذا كان \(\lvert f(x)-3\rvert \leq r\) من أجل كلّ \(r > 0\)، فالنهاية هي \(3\) في الحالتين، لأنّ \([3-r\,;3+r] \subset \,]3-2r\,;3+2r[\).

تمرين 4 ملء فراغ مستوى 1

اكتب \(x \in \,]2-\alpha\,;2+\alpha[\) بلغة القيمة المطلقة، ثمّ اكتبها مع استثناء \(x = 2\).

الجواب
\[x \in \,]2-\alpha\,;2+\alpha[ \iff \lvert x-2\rvert < \alpha\]

ومع استثناء \(2\):

\[x \in \,]2-\alpha\,;2+\alpha[ \setminus \{2\} \iff 0 < \lvert x-2\rvert < \alpha\]

معنى الشرط \(0 < \lvert x-2\rvert\): هو بالضبط \(x \neq 2\)، لأنّ القيمة المطلقة لا تنعدم إلّا عند \(x = 2\).

وهذه الكتابة ضرورية في نهايات الدرس 4، حيث تكون الدالة غير معرّفة عند \(a\).

تمرين 5 حلّ متراجحة مستوى 1

حلّ في \(]0\,;+\infty[\):  \(\dfrac{1}{x} < 0{,}01\).

الجواب

على \(]0\,;+\infty[\) الطرفان موجبان تماما، فالقلب مشروع ويقلب الاتّجاه:

\[\frac{1}{x} < 0{,}01 \iff x > \frac{1}{0{,}01} = 100\]

مجموعة الحلول: \(]100\,;+\infty[\).

تنبيه: لو لم نُقيّد المتراجحة على \(]0\,;+\infty[\)، لكان كلّ عدد سالب حلّا كذلك (لأنّ \(\frac{1}{x} < 0 < 0{,}01\))، والقلب غير مشروع حينئذ.

تمرين 6 حلّ متراجحة مستوى 1

حلّ:  \(\sqrt{x} > 100\).

الجواب

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

\[\sqrt{x} > 100 \iff x > 100^{2} = 10^{4}\]

مجموعة الحلول: \(]10^{4}\,;+\infty[\).

تمرين 7 حلّ متراجحة مستوى 1

حلّ في \([1\,;+\infty[\):  \((x-1)^{2} < 0{,}1\).

الجواب

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

\[(x-1)^{2} < 0{,}1 \iff x-1 < \sqrt{0{,}1} \iff x < 1+\sqrt{0{,}1}\]

مجموعة الحلول: \(\left[1\,;1+\sqrt{0{,}1}\right[\)، أي تقريبا \([1\,;1{,}3162[\).

الفائدة المنهجية: تقييد المتراجحة على \([1\,;+\infty[\) هو ما جعلنا نستغني عن فصل الحالات. ولو عملنا على \(\mathbb{R}\) لوجب كتابة \(\lvert x-1\rvert < \sqrt{0{,}1}\)، ولحصلنا على مجال على جانبي \(1\).

تمرين 8 صح / خطأ مستوى 1

«في البرهان بالتعريف، يكفي إيجاد قيمة واحدة صالحة للعتبة \(A\)، ولا يُطلب إيجاد أصغرها.»

الجواب

صحيح.

التعليل: نصّ التعريف يتطلّب أن يوجد عدد \(A\) تتحقّق الخاصية ابتداء منه، ولا يذكر أيّ شرط على أصغر قيمة ممكنة.

مثال: في التطبيق 1 وجدنا \(A = 108{,}5\)؛ وتصلح كذلك \(A = 109\) و \(A = 1000\) و \(A = 10^{6}\). فكلّ عدد أكبر من عتبة صالحة هو عتبة صالحة، لأنّ الشرط «\(x > A\)» يصير أقوى.

ما لا يصلح: كلّ عدد أصغر من \(108{,}5\)، لأنّه يسمح بقيم \(x\) لا تحقّق الشرط.

فائدة عملية: إذا أعطت المتراجحة قيمة غير عددية أنيقة (مثل \(108{,}5\))، يمكنك ذكر العدد الصحيح الذي يليها (\(109\)) دون أن يُنقص ذلك من صحّة البرهان.

المجموعة ب — التطبيق المباشر

الفكرة المفتاحية والإرشادات

الفكرة: التطبيقات الثلاثة تُنجَز بالمنهجية نفسها؛ وما يتغيّر هو نوع المتراجحة فقط: قلب، أو تربيع، أو تجذير.

إرشاد 1: ابدأ دائما بتبسيط \(f(x)-\ell\) (تطبيقا 1 و 2-1)، أو بتقييد \(x\) في مجموعة التعريف (تطبيقا 2-2 و 3).

إرشاد 2 (تطبيق 3): على \([1\,;+\infty[\) لا حاجة إلى فصل الحالات، لأنّ \(x-1 \geq 0\).

إرشاد 3: قبل إسقاط القيمة المطلقة، صرّح بإشارة ما بداخلها على المجال الذي تشتغل عليه.

تمرين 9 مسألة مركّبة مستوى 2

تطبيق 1. نعلم أنّ نهاية \(f : x \mapsto \dfrac{4x-5}{2x+3}\) عند \(+\infty\) هي \(2\).

  1. تحقّق من أنّ \(f(x)-2 = \dfrac{-11}{2x+3}\).
  2. أوجد عددا حقيقيا \(A\) حيث: إذا كان \(x > A\) فإنّ \(1{,}95 < f(x) < 2{,}05\).
الحلّ النموذجي

1. التحقّق. نوحّد المقامات:

\[f(x)-2 = \frac{4x-5}{2x+3} - 2 = \frac{4x-5-2(2x+3)}{2x+3} = \frac{4x-5-4x-6}{2x+3} = \frac{-11}{2x+3}\]

2. إيجاد \(A\).

الترجمة: المجال \(]1{,}95\,;2{,}05[\) هو \(]2-0{,}05\,;2+0{,}05[\)، إذن الشرط يكافئ:

\[\lvert f(x)-2\rvert < 0{,}05 \iff \frac{11}{\lvert 2x+3\rvert} < 0{,}05\]

إسقاط القيمة المطلقة: نبحث عن قيم \(x\) كبيرة، فنفترض \(x > 0\)، ومنه \(2x+3 > 0\):

\[\frac{11}{2x+3} < 0{,}05\]

حلّ المتراجحة: الطرفان موجبان تماما، فبالقلب:

\[2x+3 > \frac{11}{0{,}05} = 220 \iff 2x > 217 \iff x > 108{,}5\]

الخلاصة: \(A = 108{,}5\) يفي بالغرض (وتصلح كذلك \(A = 109\)).

تحقّق عددي: \(f(109) = \dfrac{431}{221} \approx 1{,}9502\) داخل المجال ✓  بينما \(f(100) \approx 1{,}9458\) خارجه — فالعتبة ليست تحصيلا حاصلا.

تمرين 10 تعميم مستوى 2

نُبقي دالة التمرين 9. ليكن \(r > 0\) عددا حقيقيا كيفيا. أوجد \(A\) بدلالة \(r\) بحيث: \(x > A \implies \lvert f(x)-2\rvert < r\).

الجواب

نُعيد حساب التمرين 9 بالرمز \(r\) بدل العدد \(0{,}05\):

\[\lvert f(x)-2\rvert < r \iff \frac{11}{\lvert 2x+3\rvert} < r\]

نفترض \(x > 0\)، إذن \(2x+3 > 0\)، ومنه:

\[\frac{11}{2x+3} < r \iff 2x+3 > \frac{11}{r} \iff x > \frac{1}{2}\left(\frac{11}{r}-3\right)\]

الخلاصة:

\[A = \frac{1}{2}\left(\frac{11}{r}-3\right)\]

تحقّق: من أجل \(r = 0{,}05\) نجد \(A = \dfrac{1}{2}(220-3) = 108{,}5\) ✓

ما الذي أضافه هذا التمرين إلى التمرين 9 ؟ التمرين 9 كان تحقّقا من أجل دقّة واحدة، وهذا التمرين برهان لأنّه يغطّي كلّ الدقّات. وهو الفرق الجوهري في هذه الوحدة (التمرين 25 يُتمّه بالخلاصة اللفظية).

تمرين 11 برهان بالتعريف مستوى 2

تطبيق 2-1. \(f\) معرّفة على \(]2\,;+\infty[\) بـ \(f(x) = \dfrac{1}{x-2}\).

أثبت باستعمال التعريف أنّ نهاية \(f\) عند \(+\infty\) هي \(0\).

الحلّ النموذجي

1. ليكن \(r > 0\) عددا حقيقيا كيفيا.

2. ترجمة الشرط. المطلوب أن تنتمي \(f(x)\) إلى \(]-r\,;r[\)، أي \(\lvert f(x)\rvert < r\).

3. إسقاط القيمة المطلقة. نعمل على \(]2\,;+\infty[\)، حيث \(x-2 > 0\) ومنه \(f(x) > 0\):

\[\frac{1}{x-2} < r\]

4. حلّ المتراجحة. الطرفان موجبان تماما، فبالقلب:

\[x-2 > \frac{1}{r} \iff x > 2+\frac{1}{r}\]

5. إظهار العتبة. نضع \(A = 2+\dfrac{1}{r}\)؛ فمن أجل كلّ \(x > A\) تنتمي \(f(x)\) إلى \(]-r\,;r[\).

6. الخلاصة. كلّ مجال مفتوح شامل للعدد \(0\) يشمل كلّ قيم \(f(x)\) من أجل \(x\) كبير بالقدر الكافي، إذن:

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

قراءة النتيجة: كلّما صغرت \(r\) كبرت \(A\) — دقّة أعلى تستلزم الذهاب أبعد. والعدد \(2\) في العتبة يأتي من انسحاب الدالة، لا من الدقّة.

تمرين 12 برهان بالتعريف مستوى 2

تطبيق 2-2. \(g\) معرّفة على \([0\,;+\infty[\) بـ \(g(x) = \sqrt{x}\).

أثبت باستعمال التعريف أنّ نهاية \(g\) عند \(+\infty\) هي \(+\infty\).

الحلّ النموذجي

1. لتكن \(M\) عتبة حقيقية كيفية؛ نفترض \(M > 0\).

(التبرير: \(\sqrt{x} \geq 0\) من أجل كلّ \(x \in D_g\)؛ فإذا كانت \(M \leq 0\) تحقّق الشرط تلقائيا من أجل كلّ \(x > 0\)، والحالة بديهية.)

2. ترجمة الشرط. المطلوب أن تنتمي \(g(x)\) إلى \(]M\,;+\infty[\)، أي \(\sqrt{x} > M\).

3. حلّ المتراجحة. الطرفان موجبان، والدالة \(t \mapsto t^{2}\) متزايدة تماما على \([0\,;+\infty[\)، إذن:

\[\sqrt{x} > M \iff x > M^{2}\]

4. إظهار العتبة. نضع \(A = M^{2}\).

5. الخلاصة. كلّ مجال من الشكل \(]M\,;+\infty[\) يشمل كلّ قيم \(g(x)\) من أجل \(x > M^{2}\)، أي من أجل \(x\) كبير بالقدر الكافي، إذن:

\[\lim_{x\to +\infty}\sqrt{x} = +\infty\]

مقارنة مع التمرين 11: البنية واحدة حرفيا؛ ولم يتغيّر إلّا نوع المعطى الكيفي (\(M\) بدل \(r\)) ونوع المتراجحة (تربيع بدل قلب).

تمرين 13 مسألة مركّبة مستوى 2

تطبيق 3 (السؤالان 1 و 2). \(f\) معرّفة على \([1\,;+\infty[\) بـ \(f(x) = (x-1)^{2}+2\).

  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. الدالة كثير حدود و \(2 \in [1\,;+\infty[\)، فبملاحظة الدوال المرجعية (الدرس 3):

\[f(2) = (2-1)^{2}+2 = 3\]

ونخمّن أنّ \(\lim\limits_{x\to 2} f(x) = 3\).

2. (أ) نترجم الشرط:

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

على \([1\,;+\infty[\) لدينا \(x-1 \geq 0\)، والدالة \(t \mapsto t^{2}\) متزايدة تماما على \([0\,;+\infty[\)، فلا حاجة إلى فصل الحالات:

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

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 قسّمنا الدقّة على القيم على \(10\)، انقسمت سعة المجال حول \(2\) على \(10\) تقريبا. فالمجالان يتمركزان حول \(2\) ويضيقان — وهذا ما يهيّئ للاستنتاج في التمرين 14.

ولاحظ: المجالان غير متناظرين تماما بالنسبة إلى \(2\)، والتعريف لا يشترط التناظر.

تمرين 14 تعميم مستوى 2

تطبيق 3 (السؤال 3). نُبقي دالة التمرين 13، 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 النموذجي

1. نُعيد حساب التمرين 13 بالرمز \(r\):

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

الشرط \(0 < r < 1\) يضمن \(1-r > 0\)، فالطرفان موجبان والتجذير مشروع. 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 \(\left[1+\sqrt{0{,}9}\,;1+\sqrt{1{,}1}\right]\) ✓  ومن أجل \(r = 0{,}01\) نجد \(\left[1+\sqrt{0{,}99}\,;1+\sqrt{1{,}01}\right]\) ✓

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

وبلغة التعريف: أيّا كان المجال المفتوح الشامل للعدد \(3\)، يكفي أن نأخذ \(r\) صغيرا بحيث يُحتوى \([3-r\,;3+r]\) فيه، فنجد 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:

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

ولماذا اشتُرط \(r < 1\) ؟ لأنّ \(1-r\) يجب أن يبقى موجبا حتى يكون \(\sqrt{1-r}\) معرّفا. وهذا لا يُضعف البرهان: التعريف يهمّه سلوك المجالات الضيّقة، والدقّات الكبيرة (\(r \geq 1\)) محقّقة تلقائيا.

تمرين 15 مسألة مركّبة مستوى 2

\(f\) معرّفة على \(]1\,;+\infty[\) بـ \(f(x) = \dfrac{3x+1}{x-1}\)، ونهايتها عند \(+\infty\) هي \(3\).

  1. تحقّق من أنّ \(f(x)-3 = \dfrac{4}{x-1}\).
  2. أوجد \(A\) بحيث \(x > A \implies \lvert f(x)-3\rvert < 0{,}1\).
الجواب

1.

\[f(x)-3 = \frac{3x+1}{x-1} - 3 = \frac{3x+1-3(x-1)}{x-1} = \frac{3x+1-3x+3}{x-1} = \frac{4}{x-1}\]

2. نعمل على \(]1\,;+\infty[\)، حيث \(x-1 > 0\) ومنه \(f(x)-3 > 0\):

\[\frac{4}{x-1} < 0{,}1 \iff x-1 > \frac{4}{0{,}1} = 40 \iff x > 41\]

الخلاصة: \(A = 41\) يفي بالغرض.

تحقّق: \(f(41) = \dfrac{124}{40} = 3{,}1\) — وهو على حدّ المجال بالضبط؛ ومن أجل \(x > 41\) تكون القيم داخله تماما ✓

ولو أردنا التعميم بدلالة \(r\): \(\dfrac{4}{x-1} < r \iff x > 1+\dfrac{4}{r}\)، إذن \(A = 1+\dfrac{4}{r}\).

تمرين 16 مسألة مركّبة مستوى 2

\(f\) معرّفة هذه المرّة على المجال \(]-\infty\,;1]\) بـ \(f(x) = (x-1)^{2}+2\)، ونريد دراسة سلوكها لمّا يؤول \(x\) إلى \(0\).

  1. خمّن النهاية.
  2. من أجل \(0 < r < 1\)، عيّن المجال الذي يجب اختيار \(x\) فيه حتى يكون \(f(x) \in [3-r\,;3+r]\).
  3. استنتج.
الحلّ

1. التخمين. \(f(0) = (0-1)^{2}+2 = 3\)، فنخمّن أنّ \(\lim\limits_{x\to 0} f(x) = 3\).

2. الترجمة هي نفسها ترجمة التمرين 14:

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

لكنّ الفرق هنا في مجموعة التعريف: على \(]-\infty\,;1]\) لدينا \(x-1 \leq 0\)، إذن \(\lvert x-1\rvert = 1-x\)، ومنه:

\[\sqrt{1-r} \leq 1-x \leq \sqrt{1+r}\]

نضرب في \((-1)\) فينقلب الاتّجاه، ثمّ نضيف \(1\):

\[1-\sqrt{1+r} \leq x \leq 1-\sqrt{1-r}\]

الخلاصة:  \(x \in \left[1-\sqrt{1+r}\,;\,1-\sqrt{1-r}\right]\).

تحقّق: من أجل \(r = 0{,}1\) نجد تقريبا \([-0{,}0488\,;0{,}0513]\)، وهو فعلا مجال يحيط بـ \(0\) ✓

3. الاستنتاج. لمّا يؤول \(r\) إلى \(0\)، يؤول طرفا المجال معا إلى \(0\)، فيتقلّص حول \(0\).

الخلاصة: كلّ مجال مفتوح شامل للعدد \(3\) يشمل كلّ قيم \(f(x)\) من أجل \(x\) قريب بالقدر الكافي من \(0\)، إذن \(\lim\limits_{x\to 0} f(x) = 3\).

المقارنة مع التطبيق 3: الدالة نفسها والقيمة نفسها (\(3\))، لكن على الفرع الآخر من القطع المكافئ. فالمجال انقلب حول رأس القطع، وهذا هو كلّ ما تغيّر.

تمرين 17 برهان بالتعريف مستوى 2

\(h\) معرّفة على \(]0\,;+\infty[\) بـ \(h(x) = 2-\dfrac{1}{x}\). برهن باستعمال التعريف أنّ \(\lim\limits_{x\to +\infty} h(x) = 2\)، بإيجاد \(A\) بدلالة \(r\).

الجواب

ليكن \(r > 0\) عددا حقيقيا كيفيا.

التبسيط:  \(h(x)-2 = -\dfrac{1}{x}\)، ومنه \(\lvert h(x)-2\rvert = \dfrac{1}{x}\) (لأنّ \(x > 0\)).

حلّ المتراجحة: الطرفان موجبان تماما، فبالقلب:

\[\frac{1}{x} < r \iff x > \frac{1}{r}\]

نضع \(A = \dfrac{1}{r}\).

الخلاصة: كلّ مجال مفتوح شامل للعدد \(2\) يشمل كلّ قيم \(h(x)\) من أجل \(x\) كبير بالقدر الكافي، إذن \(\lim\limits_{x\to +\infty}\left(2-\dfrac{1}{x}\right) = 2\).

ملاحظة بيانية: بما أنّ \(h(x)-2 = -\dfrac{1}{x} < 0\) على \(]0\,;+\infty[\)، فالمنحني يبقى تحت مقاربه الأفقي \(y = 2\) دون أن يبلغه أبدا. وهذا ليس شرطا في التعريف، بل خاصّية هذه الدالة (راجع التمرين 8 من الدرس 1).

المجموعة ج — التحليل والربط

الفكرة المفتاحية والإرشادات

الفكرة: التفكيك الجبري يحوّل دالة ناطقة إلى «ثابت + حدّ نهايته \(0\)»، فيصير البرهان مباشرا.

إرشاد 1 (التمرين 18): أنجز القسمة الإقليدية للبسط على المقام، أو تحقّق من المطابقة بتوحيد المقامات.

إرشاد 2 (التمرين 21): العتبة \(A\) يجب أن تكون متوافقة مع مجموعة التعريف ومع فرضية «\(x\) كبير»؛ فإذا استعملت فرضية \(x > c\) في الطريق، فالعتبة النهائية هي \(\max(c\,;\text{العتبة المحسوبة})\).

إرشاد 3: بعد إيجاد \(A\) بدلالة \(r\)، تحقّق منها عدديا بقيمة واحدة على الأقلّ.

تمرين 18 تعميم مستوى 3

\(a\)، \(b\)، \(c\)، \(d\) أعداد حقيقية مع \(c \neq 0\).

  1. تحقّق من المطابقة:  \(\dfrac{ax+b}{cx+d} = \dfrac{a}{c} + \dfrac{bc-ad}{c(cx+d)}\).
  2. استنتج \(\lim\limits_{x\to +\infty}\dfrac{ax+b}{cx+d}\) ومعادلة المقارب الأفقي.
  3. طبّق ذلك على \(\dfrac{4x-5}{2x+3}\) وعلى \(\dfrac{3x+1}{x-1}\).
الحلّ

1. التحقّق. نوحّد المقامات في الطرف الأيمن:

\[\frac{a}{c} + \frac{bc-ad}{c(cx+d)} = \frac{a(cx+d)+bc-ad}{c(cx+d)} = \frac{acx+ad+bc-ad}{c(cx+d)} = \frac{acx+bc}{c(cx+d)} = \frac{c(ax+b)}{c(cx+d)} = \frac{ax+b}{cx+d}\]

(والتبسيط بـ \(c\) مشروع لأنّ \(c \neq 0\).)

2. الاستنتاج. الحدّ \(\dfrac{bc-ad}{c(cx+d)}\) من الشكل \(\dfrac{\text{ثابت}}{\text{كثير حدود من الدرجة الأولى}}\)، ونهايته \(0\) عند \(\pm\infty\) (نهاية مرجعية من الدرس 1). إذن:

\[\lim_{x\to +\infty}\frac{ax+b}{cx+d} = \frac{a}{c} \qquad \text{و} \qquad \lim_{x\to -\infty}\frac{ax+b}{cx+d} = \frac{a}{c}\]

المقارب الأفقي: المستقيم ذو المعادلة \(y = \dfrac{a}{c}\)، عند \(+\infty\) وعند \(-\infty\).

3. التطبيقان.

الدالة \(\dfrac{a}{c}\) الفرق \(f(x)-\dfrac{a}{c}\) المقارب
\(\dfrac{4x-5}{2x+3}\) \(\dfrac{4}{2} = 2\) \(\dfrac{-11}{2(2x+3)}\times 2 = \dfrac{-11}{2x+3}\) \(y = 2\)
\(\dfrac{3x+1}{x-1}\) \(\dfrac{3}{1} = 3\) \(\dfrac{4}{x-1}\) \(y = 3\)

(في السطر الأوّل: \(bc-ad = (-5)(2)-(4)(3) = -22\) و \(c = 2\)، ومنه الحدّ \(\dfrac{-22}{2(2x+3)} = \dfrac{-11}{2x+3}\) ✓)

الفائدة المنهجية: هذا التفكيك يوفّر خطوة التبسيط في كلّ برهان على دالة ناطقة من الدرجة الأولى: النهاية تُقرأ مباشرة من المعاملات، والفرق \(f(x)-\ell\) يظهر جاهزا.

حالة خاصّة تستحقّ الانتباه: إذا كان \(bc-ad = 0\) فالدالة ثابتة تساوي \(\dfrac{a}{c}\)، والنتيجة تبقى صحيحة لكنّها بديهية.

تمرين 19 برهان بالتعريف مستوى 3

\(f\) معرّفة على \(\mathbb{R}^{*}\) بـ \(f(x) = \dfrac{5x+1}{x}\). برهن باستعمال التعريف أنّ \(\lim\limits_{x\to +\infty} f(x) = 5\).

الحلّ

التبسيط:

\[f(x)-5 = \frac{5x+1}{x} - 5 = \frac{5x+1-5x}{x} = \frac{1}{x}\]

البرهان. ليكن \(r > 0\) عددا حقيقيا كيفيا. نبحث عن قيم \(x\) كبيرة، فنفترض \(x > 0\)، ومنه \(\lvert f(x)-5\rvert = \dfrac{1}{x}\):

\[\frac{1}{x} < r \iff x > \frac{1}{r}\]

نضع \(A = \dfrac{1}{r}\).

الخلاصة: كلّ مجال مفتوح شامل للعدد \(5\) يشمل كلّ قيم \(f(x)\) من أجل \(x\) كبير بالقدر الكافي، إذن:

\[\lim_{x\to +\infty}\frac{5x+1}{x} = 5\]

بالتفكيك العامّ (التمرين 18): هنا \(a=5\)، \(b=1\)، \(c=1\)، \(d=0\)، فـ \(\dfrac{a}{c} = 5\) و \(bc-ad = 1\)، ومنه \(f(x) = 5+\dfrac{1}{x}\) مباشرة ✓

تمرين 20 تعميم مستوى 3

من أجل \(r > 0\)، أوجد \(A\) بدلالة \(r\) لكلّ من الدوال الآتية عند \(+\infty\) (نهايتها \(0\) في الحالات الثلاث)، ثمّ رتّبها من الأسرع تقاربا إلى الأبطأ:

\[f_1(x) = \frac{1}{x} \qquad f_2(x) = \frac{1}{x^{2}} \qquad f_3(x) = \frac{1}{\sqrt{x}}\]
الحلّ

نعمل في الحالات الثلاث على \(]0\,;+\infty[\)، حيث الدوال موجبة تماما.

الدالة المتراجحة العتبة \(A\)
\(f_1\) \(\dfrac{1}{x} < r \iff x > \dfrac{1}{r}\) \(A_1 = \dfrac{1}{r}\)
\(f_2\) \(\dfrac{1}{x^{2}} < r \iff x^{2} > \dfrac{1}{r} \iff x > \dfrac{1}{\sqrt{r}}\) \(A_2 = \dfrac{1}{\sqrt{r}}\)
\(f_3\) \(\dfrac{1}{\sqrt{x}} < r \iff \sqrt{x} > \dfrac{1}{r} \iff x > \dfrac{1}{r^{2}}\) \(A_3 = \dfrac{1}{r^{2}}\)

المقارنة العددية من أجل \(r = 0{,}01\):

\(A_2\) (\(f_2\)) \(A_1\) (\(f_1\)) \(A_3\) (\(f_3\))
العتبة \(10\) \(100\) \(10\,000\)

الترتيب من الأسرع تقاربا إلى الأبطأ:  \(f_2\)  ثمّ  \(f_1\)  ثمّ  \(f_3\).

المعيار: كلّما كانت العتبة \(A\) أصغر من أجل الدقّة نفسها، كان التقارب أسرع، لأنّ الدالة تدخل المجال المطلوب مبكّرا.

التبرير الرمزي: من أجل \(0 < r < 1\) لدينا \(\sqrt{r} > r > r^{2}\)، ومنه بالقلب:

\[\frac{1}{\sqrt{r}} < \frac{1}{r} < \frac{1}{r^{2}}\]

ما الذي يُظهره هذا التمرين ؟ أنّ العتبة \(A\) ليست تفصيلا تقنيا: هي تقيس سرعة تقارب الدالة نحو نهايتها. والنهاية واحدة في الحالات الثلاث (\(0\))، لكنّ الطريق إليها مختلف تماما.

تمرين 21 نقد استدلال مستوى 3

طُلب من تلميذ إيجاد \(A\) بحيث \(x > A \implies 1{,}95 < f(x) < 2{,}05\)، حيث \(f(x) = \dfrac{4x-5}{2x+3}\). فكتب:

«لدينا \(f(x)-2 = \dfrac{-11}{2x+3}\)، والشرط هو \(\left\lvert\dfrac{-11}{2x+3}\right\rvert < 0{,}05\)، أي \(\dfrac{-11}{2x+3} < 0{,}05\).

نضرب الطرفين في \((2x+3)\):  \(-11 < 0{,}05(2x+3)\)، أي \(0{,}1x + 0{,}15 > -11\)، ومنه \(x > -111{,}5\).

إذن \(A = -111{,}5\).»

اكتشف الخطأين، ثمّ صحّح الحلّ.

الجواب

البرهان على أنّ النتيجة خاطئة قبل البحث عن الخطأ: لو كانت \(A = -111{,}5\) صحيحة، لوجب أن يحقّق كلّ \(x > -111{,}5\) الشرط. خذ \(x = 0\):

\[f(0) = \frac{-5}{3} \approx -1{,}667\]

وهو بعيد جدّا عن المجال \(]1{,}95\,;2{,}05[\). فالجواب خاطئ قطعا.

الخطأ الأوّل — إسقاط القيمة المطلقة دون تبرير.

الانتقال من \(\left\lvert\dfrac{-11}{2x+3}\right\rvert < 0{,}05\) إلى \(\dfrac{-11}{2x+3} < 0{,}05\) غير مكافئ: القيمة المطلقة تعني متراجحة مضاعفة:

\[-0{,}05 < \frac{-11}{2x+3} < 0{,}05\]

والتلميذ احتفظ بنصفها فقط. والنصف الذي احتفظ به هو الأضعف، لأنّ الكسر سالب على \(]-\frac{3}{2}\,;+\infty[\) فيحقّقه تلقائيا.

الصواب: نُخرج الإشارة أوّلا، \(\left\lvert\dfrac{-11}{2x+3}\right\rvert = \dfrac{11}{\lvert 2x+3\rvert}\)، ثمّ نصرّح بأنّنا نعمل من أجل \(x > 0\) فيكون \(2x+3 > 0\).

الخطأ الثاني — الضرب في كمّية مجهولة الإشارة.

ضرب طرفي متراجحة في \((2x+3)\) لا يُحافظ على الاتّجاه إلّا إذا كان \(2x+3 > 0\). والتلميذ لم يصرّح بذلك ولم يتحقّق منه، فطبّق قاعدة لا تصحّ إلّا تحت شرط لم يذكره.

الحلّ الصحيح:

نفترض \(x > 0\) (وهو مشروع لأنّنا نبحث عن قيم \(x\) كبيرة)، فيكون \(2x+3 > 0\):

\[\frac{11}{2x+3} < 0{,}05 \iff 2x+3 > 220 \iff x > 108{,}5\]

الخلاصة: \(A = 108{,}5\).

الدرس المنهجي: العتبة السالبة في مسألة «عند \(+\infty\)» ليست دائما خاطئة، لكنّها إشارة إنذار توجب مراجعة الحساب — فالمنتظر عادة عتبة كبيرة. وقاعدة السلامة: صرّح بإشارة كلّ كمّية قبل الضرب فيها أو القسمة عليها.

تمرين 22 برهان بالتعريف مستوى 3

مسألة عكسية. \(f\) معرّفة على \(\mathbb{R}^{*}\) بـ \(f(x) = \dfrac{6x+1}{2x}\). وجد تلميذ أنّ العدد \(A = \dfrac{1}{2r}\) يحقّق، من أجل كلّ \(r > 0\):

\[x > A \implies \lvert f(x) - \ell\rvert < r\]
  1. ما قيمة \(\ell\) التي يمكن أن يكون التلميذ قد استعملها ؟
  2. حرّر البرهان كاملا واستنتج النهاية.
الحلّ

1. استخراج \(\ell\). نبسّط الدالة:

\[f(x) = \frac{6x+1}{2x} = \frac{6x}{2x} + \frac{1}{2x} = 3 + \frac{1}{2x}\]

فالفرق \(f(x)-3 = \dfrac{1}{2x}\) نهايته \(0\) عند \(+\infty\)، ومنه المرشّح هو \(\ell = 3\).

التأكيد بالعتبة المعطاة: نحلّ \(\dfrac{1}{2x} < r\) من أجل \(x > 0\)، فنجد \(2x > \dfrac{1}{r}\) أي \(x > \dfrac{1}{2r}\) — وهي العتبة المعطاة بالضبط ✓

فلو كان \(\ell\) عددا آخر لَما ظهرت هذه العتبة.

2. تحرير البرهان.

(أ) ليكن \(r > 0\) عددا حقيقيا كيفيا.

(ب) نبحث عن قيم \(x\) كبيرة، فنفترض \(x > 0\)، ومنه:

\[\lvert f(x)-3\rvert = \left\lvert\frac{1}{2x}\right\rvert = \frac{1}{2x}\]

(ج) الطرفان موجبان تماما، فبالقلب:

\[\frac{1}{2x} < r \iff 2x > \frac{1}{r} \iff x > \frac{1}{2r}\]

(د) نضع \(A = \dfrac{1}{2r}\)؛ فمن أجل كلّ \(x > A\) تنتمي \(f(x)\) إلى \(]3-r\,;3+r[\).

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

\[\lim_{x\to +\infty}\frac{6x+1}{2x} = 3\]

ما يُعلّمه هذا التمرين: صيغة العتبة \(A(r)\) تحمل في ذاتها معلومة النهاية. فمن العتبة \(\dfrac{1}{2r}\) يُقرأ أنّ الفرق \(\lvert f(x)-\ell\rvert\) من الشكل \(\dfrac{1}{2x}\)، ومنه \(\ell\).

تمرين 23 تعميم مستوى 3

\(c\) و \(k\) عددان حقيقيان، و \(f\) معرّفة على \([c\,;+\infty[\) بـ \(f(x) = (x-c)^{2}+k\). وليكن \(a\) عددا حقيقيا حيث \(a > c\).

  1. خمّن \(\lim\limits_{x\to a} f(x)\).
  2. من أجل \(0 < r < (a-c)^{2}\)، عيّن المجال الذي يجب اختيار \(x\) فيه حتى يكون \(f(x) \in [f(a)-r\,;f(a)+r]\).
  3. استنتج.
الحلّ

1. التخمين. الدالة كثير حدود و \(a \in [c\,;+\infty[\)، إذن بملاحظة الدوال المرجعية:

\[\lim_{x\to a} f(x) = f(a) = (a-c)^{2}+k\]

نضع \(\ell = (a-c)^{2}+k\) و \(d = a-c > 0\) لتخفيف الكتابة.

2. الحساب. نترجم الشرط:

\[\ell-r \leq (x-c)^{2}+k \leq \ell+r \iff d^{2}-r \leq (x-c)^{2} \leq d^{2}+r\]

الشرط \(0 < r < d^{2}\) يضمن \(d^{2}-r > 0\)، فالطرفان موجبان والتجذير مشروع. وعلى \([c\,;+\infty[\) لدينا \(x-c \geq 0\)، إذن:

\[\sqrt{d^{2}-r} \leq x-c \leq \sqrt{d^{2}+r}\]

الخلاصة:

\[x \in \left[c+\sqrt{(a-c)^{2}-r}\,;\,c+\sqrt{(a-c)^{2}+r}\right]\]

تحقّق: من أجل \(c = 1\)، \(k = 2\)، \(a = 2\) (أي \(d = 1\)) نجد \(\left[1+\sqrt{1-r}\,;1+\sqrt{1+r}\right]\) — وهو ما وجدناه في التمرين 14 ✓

3. الاستنتاج. لمّا يؤول \(r\) إلى \(0\)، يؤول \(\sqrt{d^{2}-r}\) و \(\sqrt{d^{2}+r}\) معا إلى \(d\)، فيؤول طرفا المجال معا إلى \(c+d = a\): يتقلّص المجال حول \(a\).

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

ولماذا اشتُرط \(a > c\) ؟ لأنّ \(a = c\) هو رأس القطع المكافئ، وعنده تصير \(d = 0\) فيسقط الشرط \(0 < r < d^{2}\). والحالة تُعالَج مباشرة: \(f(x)-k = (x-c)^{2} \leq r \iff \lvert x-c\rvert \leq \sqrt{r}\)، فيكفي \(\alpha = \sqrt{r}\).

تمرين 24 قراءة بيانية مستوى 3

منحني الدالة \(f\) المعرّفة على \(]0\,;+\infty[\) بـ \(f(x) = 2+\dfrac{1}{x}\) يقع كلّه فوق المستقيم \(y = 2\)، ويقترب منه كلّما كبر \(x\).

رُسم على الشكل شريط أفقي محدّد بالمستقيمين \(y = 1{,}8\) و \(y = 2{,}2\).

  1. اقرأ بيانيا القيمة التي يدخل ابتداء منها المنحني إلى الشريط ولا يخرج منه.
  2. تحقّق من قراءتك جبريا.
  3. ما الدقّة \(r\) التي يمثّلها هذا الشريط ؟
الجواب

1. القراءة البيانية. الشريط هو \(]1{,}8\,;2{,}2[\). وبما أنّ المنحني فوق \(y = 2\) دائما، فالحدّ السفلي \(y = 1{,}8\) لا يتدخّل؛ والمهمّ هو متى ينزل المنحني تحت \(y = 2{,}2\).

القراءة: ابتداء من \(x = 5\) تقريبا.

2. التحقّق الجبري. الشريط هو \(]2-0{,}2\,;2+0{,}2[\)، إذن الشرط:

\[\lvert f(x)-2\rvert < 0{,}2 \iff \left\lvert\frac{1}{x}\right\rvert < 0{,}2\]

وعلى \(]0\,;+\infty[\) لدينا \(\dfrac{1}{x} > 0\)، فبالقلب:

\[\frac{1}{x} < 0{,}2 \iff x > 5\]

الخلاصة: \(A = 5\)، وهو ما يوافق القراءة البيانية ✓

تحقّق: \(f(5) = 2{,}2\) بالضبط (على حدّ الشريط)، و \(f(6) \approx 2{,}167\) داخله ✓

3. الدقّة. الشريط نصف سعته \(\dfrac{2{,}2-1{,}8}{2} = 0{,}2\)، إذن \(r = 0{,}2\).

الترجمة البيانية للتعريف — وهي الفائدة الأساسية من هذا التمرين:

العنصر الجبري ترجمته على الشكل
الدقّة \(r\) نصف عرض الشريط الأفقي حول \(y = \ell\)
العتبة \(A\) فاصلة النقطة التي يدخل عندها المنحني إلى الشريط نهائيا
«كلّ مجال مفتوح شامل لـ \(\ell\)» مهما ضيّقنا الشريط، يوجد موضع يدخله المنحني ولا يخرج منه

فالتعريف كلّه يُقرأ على الشكل: شريط أضيق ← عتبة أبعد.

تمرين 25 برهان بالتعريف مستوى 3

برهن باستعمال التعريف، ومن أجل \(r > 0\) كيفي، أنّ:

\[\lim_{x\to +\infty}\frac{4x-5}{2x+3} = 2\]
الحلّ النموذجي

1. ليكن \(r > 0\) عددا حقيقيا كيفيا.

2. التبسيط.

\[f(x)-2 = \frac{4x-5-2(2x+3)}{2x+3} = \frac{-11}{2x+3}\]

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

\[\lvert f(x)-2\rvert < r \iff \frac{11}{\lvert 2x+3\rvert} < r\]

4. إسقاط القيمة المطلقة. نبحث عن قيم \(x\) كبيرة، فنفترض \(x > 0\)، ومنه \(2x+3 > 0\):

\[\frac{11}{2x+3} < r\]

5. حلّ المتراجحة. الطرفان موجبان تماما، فبالقلب:

\[2x+3 > \frac{11}{r} \iff 2x > \frac{11}{r}-3 \iff x > \frac{1}{2}\left(\frac{11}{r}-3\right)\]

6. إظهار العتبة. نضع:

\[A = \max\left(0\,;\frac{1}{2}\left(\frac{11}{r}-3\right)\right)\]

(أخذنا \(\max\) مع \(0\) لضمان توافق العتبة مع الفرضية \(x > 0\) التي استعملناها في الخطوة 4؛ ولاحظ أنّ الصيغة تعطي عددا أكبر من \(-\dfrac{3}{2}\) دائما، فالاحتياط شكلي لا أكثر.)

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

\[\lim_{x\to +\infty}\frac{4x-5}{2x+3} = 2\]

تحقّق: من أجل \(r = 0{,}05\) نجد \(A = \dfrac{1}{2}(220-3) = 108{,}5\) — وهو ما وجدناه عدديا في التمرين 9 ✓

ما أتمّه هذا التمرين: التمرين 9 كان تحقّقا، والتمرين 10 أوجد الصيغة العامّة، وهذا التمرين أضاف الخلاصة اللفظية فصار البرهان كاملا. والخطوات الثلاث معا هي دورة حياة أيّ نتيجة في هذه الوحدة.

المجموعة د — البرهان والتركيب

الفكرة المفتاحية والإرشادات

الفكرة: التركيب بين الدروس الأربعة على دالة واحدة، مع تحرير رياضي كامل.

إرشاد 1 (التمرين 27): ابدأ بإثبات \(\dfrac{x^{2}+1}{x+1} > \dfrac{x}{2}\) من أجل \(x > -1\)، ملاحظا أنّ \(2(x^{2}+1)-x(x+1) = x^{2}-x+2 > 0\) دائما (مميّزه سالب).

إرشاد 2 (التمرين 28): المجال \(\left]\dfrac{\ell}{2}\,;\dfrac{3\ell}{2}\right[\) مجال مفتوح شامل لـ \(\ell\) لمّا \(\ell > 0\).

إرشاد 3 (التمرين 29): استعمل أنّ \(\sin\) تأخذ القيمتين \(1\) و \(-1\) مهما كبر \(x\).

تمرين 26 مسألة مركّبة مستوى 4

\(f\) معرّفة بـ \(f(x) = \dfrac{4x-5}{2x+3}\). أنجز ملفّا كاملا حولها:

  1. عيّن \(D_f\)، وتحقّق من أنّ \(f(x) = 2-\dfrac{11}{2x+3}\).
  2. عيّن النهايتين عند \(+\infty\) وعند \(-\infty\)، واستنتج المقارب الأفقي.
  3. عيّن النهايتين الجانبيتين عند \(-\dfrac{3}{2}\) واستنتج.
  4. هل يقطع المنحني مقاربه الأفقي ؟
  5. ارسم المنحني تخطيطيا.
الحلّ

1. مجموعة التعريف والشكل المختصر. ينعدم المقام لمّا \(2x+3 = 0\)، أي \(x = -\dfrac{3}{2}\):

\[D_f = \mathbb{R}\setminus\left\{-\frac{3}{2}\right\}\]

ومن حساب التمرين 9: \(f(x)-2 = \dfrac{-11}{2x+3}\)، ومنه:

\[f(x) = 2 - \frac{11}{2x+3}\]

2. النهايتان عند \(\pm\infty\). الحدّ \(\dfrac{11}{2x+3}\) من الشكل \(\dfrac{\text{ثابت}}{\text{كثير حدود من الدرجة الأولى}}\)، ونهايته \(0\) عند \(\pm\infty\)، إذن:

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

الاستنتاج: المستقيم ذو المعادلة \(y = 2\) مقارب أفقي للمنحني عند \(+\infty\) وعند \(-\infty\).

3. النهايتان الجانبيتان عند \(-\dfrac{3}{2}\). ندرس إشارة \(2x+3\):

  • من اليمين (\(x > -\frac{3}{2}\)):  \(2x+3 > 0\) ويؤول إلى \(0\)، إذن \(\dfrac{11}{2x+3} \to +\infty\)، ومنه:
\[\lim_{x\to \left(-\frac{3}{2}\right)^{+}} f(x) = -\infty\]
  • من اليسار (\(x < -\frac{3}{2}\)):  \(2x+3 < 0\) ويؤول إلى \(0\)، إذن \(\dfrac{11}{2x+3} \to -\infty\)، ومنه:
\[\lim_{x\to \left(-\frac{3}{2}\right)^{-}} f(x) = +\infty\]

الاستنتاج: النهايتان الجانبيتان متعاكستان، إذن ليس لـ \(f\) نهاية عند \(-\dfrac{3}{2}\).

(والسبب معروف من الدرس 4: المقام من الدرجة الأولى، أي بأسّ فردي، فيغيّر إشارته.)

4. التقاطع مع المقارب. نحلّ:

\[f(x) = 2 \iff -\frac{11}{2x+3} = 0\]

وهي معادلة بلا حلّ، لأنّ بسط الكسر ثابت غير معدوم. إذن لا يقطع المنحني مقاربه الأفقي أبدا.

تنبيه: هذه خاصّية هذه الدالة، لا قاعدة عامّة. فالمنحني قد يقطع مقاربه عددا لانهائيا من المرّات (المثال \(\dfrac{\sin x}{x}\) في الدرس 1).

5. الرسم التخطيطي — العناصر الواجب ظهورها:

العنصر الترجمة البيانية
\(D_f\) المنحني مقطوع عند \(x = -\frac{3}{2}\) (يُرسم المستقيم متقطّعا)
النهايتان عند \(\pm\infty\) فرعان يقتربان من المستقيم \(y = 2\) يمينا ويسارا
النهايتان الجانبيتان الفرع الأيسر يبتعد صعودا، والأيمن نزولا
لا تقاطع المنحني لا يلمس \(y=2\) في أيّ نقطة

نقاط مرجعية للرسم:  \(f(0) = -\dfrac{5}{3} \approx -1{,}67\)  ·  \(f\left(\dfrac{5}{4}\right) = 0\) (تقاطع مع محور الفواصل)  ·  \(f(-3) = \dfrac{-17}{-3} \approx 5{,}67\).

تمرين 27 برهان بالتعريف مستوى 4

\(f\) معرّفة على \(]-1\,;+\infty[\) بـ \(f(x) = \dfrac{x^{2}+1}{x+1}\).

  1. برهن أنّ \(f(x) > \dfrac{x}{2}\) من أجل كلّ \(x > -1\).
  2. استنتج بالتعريف أنّ \(\lim\limits_{x\to +\infty} f(x) = +\infty\).
الحلّ

1. التصغير. نحسب الفرق:

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

دراسة إشارة البسط. ثلاثي الحدود \(x^{2}-x+2\) مميّزه:

\[\Delta = (-1)^{2} - 4(1)(2) = 1-8 = -7 < 0\]

فهو موجب تماما من أجل كلّ \(x\) حقيقي (إشارة معامل \(x^{2}\)، وهو \(1 > 0\)).

دراسة إشارة المقام. من أجل \(x > -1\) لدينا \(x+1 > 0\)، إذن \(2(x+1) > 0\).

النتيجة: الكسر موجب تماما، إذن:

\[f(x) > \frac{x}{2} \qquad \text{من أجل كلّ } x > -1\]

2. البرهان بالتعريف. لتكن \(M\) عتبة حقيقية كيفية؛ نفترض \(M > 0\).

من أجل كلّ \(x > 2M\) لدينا \(\dfrac{x}{2} > M\). وبضمّ هذا إلى الشرط \(x > -1\) اللازم للتصغير، نضع:

\[A = \max(1\,;2M)\]

(أخذنا \(1\) بدل \(-1\) زيادة في السلامة؛ فـ \(A \geq 1 > -1\).)

عندئذ من أجل كلّ \(x > A\) يتحقّق القيدان معا: \(x > 1 > -1\) (فيصلح التصغير)، و \(x > 2M\) (فيتجاوز النصف العتبة)، ومنه:

\[f(x) > \frac{x}{2} > \frac{2M}{2} = M\]

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

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

لماذا التصغير بدل الحلّ المباشر ؟ لأنّ المتراجحة \(\dfrac{x^{2}+1}{x+1} > M\) تؤول إلى \(x^{2}-Mx+1-M > 0\)، وهي من الدرجة الثانية بمعاملات تتعلّق بـ \(M\)، فحلّها يستلزم مناقشة مميّز. أمّا التصغير فيستبدل بها متراجحة من الدرجة الأولى تُحلّ في سطر.

القاعدة العامّة: في النهايات اللانهائية لا يلزم حلّ المتراجحة بدقّة؛ يكفي تصغير الدالة بدالة أبسط نهايتها \(+\infty\).

تمرين 28 برهان بالتعريف مستوى 4

\(f\) دالة تقبل نهاية منتهية \(\ell\) عند \(+\infty\)، حيث \(\ell > 0\).

برهن انطلاقا من التعريف أنّ \(f(x) > 0\) من أجل \(x\) كبير بالقدر الكافي.

الحلّ

الفكرة: التعريف يقول «كلّ مجال مفتوح شامل لـ \(\ell\)»؛ فيكفي أن نختار مجالا ذكيا لا يشمل أيّ عدد سالب.

الخطوة 1 — اختيار المجال. نأخذ:

\[I = \left]\frac{\ell}{2}\,;\frac{3\ell}{2}\right[\]

وهو مجال مفتوح شامل للعدد \(\ell\)، لأنّ \(\ell > 0\) يضمن:

\[\frac{\ell}{2} < \ell < \frac{3\ell}{2}\]

الخطوة 2 — تطبيق التعريف. بما أنّ \(\lim\limits_{x\to +\infty} f(x) = \ell\)، فالمجال \(I\) — وهو مجال مفتوح شامل لـ \(\ell\) — يشمل كلّ قيم \(f(x)\) من أجل \(x\) كبير بالقدر الكافي.

أي: يوجد عدد حقيقي \(A\) بحيث، من أجل كلّ \(x > A\):

\[f(x) \in \left]\frac{\ell}{2}\,;\frac{3\ell}{2}\right[\]

الخطوة 3 — الاستنتاج. من أجل كلّ \(x > A\):

\[f(x) > \frac{\ell}{2} > 0\]

لأنّ \(\ell > 0\).

الخلاصة: \(f(x) > 0\) من أجل كلّ \(x > A\)، أي من أجل \(x\) كبير بالقدر الكافي. ✓

الملاحظة المنهجية — وهي جوهر التمرين: في كلّ البراهين السابقة كنّا نتلقّى المجال («ليكن \(r > 0\)») ونبحث عن العتبة. وهنا نعكس الاتّجاه: نحن من يختار المجال، لأنّ التعريف يمنحنا الحقّ في اختيار أيّ مجال مفتوح شامل لـ \(\ell\).

ولماذا \(\dfrac{\ell}{2}\) بالذات ؟ أيّ مجال \(]\ell-r\,;\ell+r[\) مع \(0 < r < \ell\) يفي بالغرض، لأنّه يضمن \(\ell - r > 0\). والاختيار \(r = \dfrac{\ell}{2}\) ليس إلّا أبسط قيمة صريحة.

نتيجة مماثلة: إذا كانت \(\ell < 0\) فإنّ \(f(x) < 0\) من أجل \(x\) كبير بالقدر الكافي (البرهان نفسه بالمجال \(\left]\dfrac{3\ell}{2}\,;\dfrac{\ell}{2}\right[\)).

تمرين 29 مثال مضاد مستوى 4

برهن باستعمال التعريف أنّ الدالة \(x \mapsto \sin x\) لا تقبل نهاية عند \(+\infty\) — لا منتهية ولا لانهائية.

الحلّ

معطى أساسي: من أجل كلّ عدد طبيعي \(k\):

\[\sin\left(\frac{\pi}{2}+2k\pi\right) = 1 \qquad \text{و} \qquad \sin\left(\frac{3\pi}{2}+2k\pi\right) = -1\]

فالدالة تأخذ القيمتين \(1\) و \(-1\) من أجل قيم \(x\) كبيرة بالقدر الذي نريد.

الحالة 1 — استبعاد نهاية منتهية.

نفترض بالخُلف وجود عدد حقيقي \(\ell\) بحيث \(\lim\limits_{x\to +\infty}\sin x = \ell\).

نطبّق التعريف على المجال المفتوح \(\left]\ell-\dfrac{1}{2}\,;\ell+\dfrac{1}{2}\right[\)، وهو مجال مفتوح شامل لـ \(\ell\) طوله \(1\): يوجد \(A\) بحيث تنتمي كلّ قيم \(\sin x\) إلى هذا المجال من أجل كلّ \(x > A\).

لكن مهما كان \(A\)، يمكن اختيار \(k\) كبيرا بحيث يكون العددان \(\dfrac{\pi}{2}+2k\pi\) و \(\dfrac{3\pi}{2}+2k\pi\) أكبر معا من \(A\). وعندهما تأخذ الدالة القيمتين \(1\) و \(-1\).

فيلزم إذن أن يشمل مجال طوله \(1\) عددين المسافة بينهما \(2\): تناقض.

الحالة 2 — استبعاد النهاية \(+\infty\) (وكذلك \(-\infty\)).

من أجل كلّ \(x\) حقيقي لدينا \(-1 \leq \sin x \leq 1\): الدالة محدودة.

فلو كانت \(\lim\limits_{x\to +\infty}\sin x = +\infty\)، لَشَمِل المجال \(]2\,;+\infty[\) كلّ القيم من أجل \(x\) كبير بالقدر الكافي، وهو مستحيل لأنّ \(\sin x \leq 1 < 2\) دائما.

والبرهان نفسه بالمجال \(]-\infty\,;-2[\) يُبطل الفرضية \(-\infty\).

الخلاصة: لا توجد نهاية للدالة \(x \mapsto \sin x\) عند \(+\infty\)، بأيّ من المعاني الثلاثة.

الربط بالوحدة:

النتيجة الدرس
دالة محدودة قد لا تقبل نهاية الدرس 1 (التمرين 24)
دالة غير محدودة قد لا تقبل نهاية \(+\infty\) (\(x\sin^{2}x\)) الدرس 2 (التمرين 23)

والقاعدة الجامعة: «القيم لا تهرب» لا يعني «القيم تستقرّ». والتعريف وحده يفصل بين الأمرين، لأنّه يشترط دخول كلّ القيم إلى المجال ابتداء من عتبة ما.

تمرين 30 تحدٍّ مستوى 4

نمط بكالوريا. \(f\) معرّفة بـ \(f(x) = \dfrac{1}{(x-1)^{2}} + 2\).

  1. عيّن \(D_f\) وإشارة \(f(x)-2\).
  2. خمّن \(\lim\limits_{x\to 1} f(x)\) ثمّ برهن على النتيجة بالتعريف، بإيجاد \(\alpha\) بدلالة العتبة.
  3. عيّن \(\lim\limits_{x\to +\infty} f(x)\) و \(\lim\limits_{x\to -\infty} f(x)\)، وبرهن على الأولى بالتعريف.
  4. استنتج المقارب الأفقي، وبيّن أنّ المنحني لا يقطعه.
  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:

\[f(x)-2 = \frac{1}{(x-1)^{2}} > 0\]

فالمنحني كلّه فوق المستقيم \(y = 2\).

2. النهاية عند \(1\).

التخمين: لمّا يقترب \(x\) من \(1\) يؤول \((x-1)^{2}\) إلى \(0\) وهو موجب، فيكبر مقلوبه بلا حدّ. إذن \(\lim\limits_{x\to 1} f(x) = +\infty\).

البرهان بالتعريف. لتكن \(M\) عتبة حقيقية كيفية؛ نفترض \(M > 2\) (وإلّا فالنتيجة بديهية، لأنّ \(f(x) > 2\) من أجل كلّ \(x \in D_f\)).

المطلوب أن تنتمي \(f(x)\) إلى \(]M\,;+\infty[\):

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

وبما أنّ \(M-2 > 0\) والطرفان موجبان تماما، فالقلب مشروع:

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

نضع \(\alpha = \dfrac{1}{\sqrt{M-2}} > 0\).

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 \(\pm\infty\). الحدّ \(\dfrac{1}{(x-1)^{2}}\) نهايته \(0\) عند \(\pm\infty\) (نهاية مرجعية من الدرس 1)، إذن:

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

البرهان بالتعريف عند \(+\infty\). ليكن \(r > 0\) كيفيا. من أجل \(x > 1\) لدينا:

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

والطرفان موجبان تماما، فبالقلب:

\[\frac{1}{(x-1)^{2}} < r \iff (x-1)^{2} > \frac{1}{r} \iff x-1 > \frac{1}{\sqrt{r}} \iff x > 1+\frac{1}{\sqrt{r}}\]

(التجذير مشروع بلا فصل حالات لأنّنا افترضنا \(x > 1\)، ومنه \(x-1 > 0\).)

نضع \(A = 1+\dfrac{1}{\sqrt{r}}\)، وهو أكبر من \(1\) فيوافق الفرضية.

الخلاصة: كلّ مجال مفتوح شامل للعدد \(2\) يشمل كلّ قيم \(f(x)\) من أجل \(x\) كبير بالقدر الكافي، إذن \(\lim\limits_{x\to +\infty} f(x) = 2\).

4. المقارب الأفقي. بما أنّ النهاية عند \(+\infty\) وعند \(-\infty\) تساوي \(2\)، فالمستقيم ذو المعادلة \(y = 2\) مقارب أفقي للمنحني عند \(+\infty\) وعند \(-\infty\).

التقاطع: حُسب في السؤال 1 أنّ \(f(x)-2 > 0\) من أجل كلّ \(x \in D_f\)، إذن المعادلة \(f(x) = 2\) بلا حلّ: المنحني لا يقطع مقاربه، بل يبقى فوقه دائما.

5. الرسم التخطيطي — العناصر الواجب ظهورها:

العنصر الترجمة البيانية
\(D_f = \mathbb{R}\setminus\{1\}\) المنحني مقطوع عند \(x = 1\) (يُرسم المستقيم متقطّعا)
\(f(x) > 2\) المنحني كلّه فوق المستقيم \(y = 2\)
\(\lim\limits_{x\to 1} f = +\infty\) فرعان يبتعدان صعودا على جانبي \(x = 1\)
\(\lim\limits_{x\to \pm\infty} f = 2\) الفرعان يقتربان من \(y = 2\) يمينا ويسارا دون بلوغه
التناظر \(f(1+h) = f(1-h)\)، فالمنحني متناظر بالنسبة إلى \(x = 1\)

نقاط مرجعية:  \(f(0) = f(2) = 3\)  ·  \(f(-1) = f(3) = 2{,}25\).

ما جمعه هذا التمرين

السؤال الدرس المعبَّأ
النهايتان عند \(\pm\infty\) والمقارب الأفقي الدرس 1
النهاية \(+\infty\) عند عدد حقيقي والبرهان عليها الدرس 4
تحرير البرهانين بالمنهجية الموحّدة الدرس 5

وهي بنية سؤال بكالوريا نمطي: دالة واحدة، وأسئلة متدرّجة تعبّئ الوحدة كلّها. ولاحظ أنّ البرهانين استعملا الخطوات نفسها، ولم يتغيّر بينهما إلّا الرمزان (\(M\) و \(\alpha\) في الأوّل، \(r\) و \(A\) في الثاني).