التمرين الأوّل من امتحان 2017، الدورة الثانية

الحلّ خطوةً خطوة

حاول أن تحلّ بنفسك أوّلاً، ثمّ افتح الخطوات واحدةً بعد الأخرى وقارن. وبجانب كلّ خطوة درجتها في سلّم التصحيح الرسميّ، فترى أين تُكسب الدرجات وأين تضيع.

1. 1. أثبت أن المتتالية $(u_n{)}_{n\ge 0}$ متناقصة.(25 درجةً)

   التابع ومشتقّهالدرجة: 5+5

   نضع $f(x)=\sqrt{x+1}-\sqrt{x}$ على $[0,+\mathrm{\infty }[$، فيكون $u_n=f(n)$. والتابع $x\mapsto \sqrt{x+1}$ اشتقاقيٌّ على $]-1,+\mathrm{\infty }[$ بالنتيجة 6 في درس «اشتقاق تابع مركّب»، والتابع $x\mapsto \sqrt{x}$ اشتقاقيٌّ على $]0,+\mathrm{\infty }[$، فالتابع $f$ اشتقاقيٌّ على $]0,+\mathrm{\infty }[$:

   $$f^{\mathrm{\prime }}(x)=\frac{1}{2\sqrt{x+1}}-\frac{1}{2\sqrt{x}}$$

   إشارة المشتقالدرجة: 5+5

   من أجل $x>0$ يكون $x+1>x$، والجذر التربيعيّ متزايدٌ تماماً، فـ$\sqrt{x+1}>\sqrt{x}>0$. فمقام الكسر الأوّل أكبر، والكسر الأوّل أصغر:

   $$\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{1}{2\sqrt{x+1}}<\frac{1}{2\sqrt{x}}}\\ {\displaystyle f^{\mathrm{\prime }}(x)<0}\end{array}$$

   الجوابالدرجة: 5

   المشتقّ سالبٌ تماماً على $]0,+\mathrm{\infty }[$، فالتابع $f$ متناقصٌ تماماً عليه بالمبرهنة 2 في درس «تطبيقات الاشتقاق». فمن أجل $n\ge 1$ يكون $f(n+1)<f(n)$، أي $u_{n+1}<u_n$. والجذر غير اشتقاقيٍّ عند $0$، فنقارن الحدّين الأوّلين مباشرةً: $u_1=\sqrt{2}-1<1=u_0$. فالمتتالية $(u_n{)}_{n\ge 0}$ متناقصةٌ تماماً:

   $$\mathrm{\forall }n\ge 0:u_{n+1}<u_n$$

   وفي السلّم طريقةٌ ثانية: الضرب بالمرافق يعطي $u_n=\frac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}$ (5)، ومثله $u_{n+1}=\frac{1}{\sqrt{n+2}+\sqrt{n+1}}$ (5)، ثمّ مقام $u_{n+1}$ أكبر من مقام $u_n$ (5)، فالكسر أصغر (5)، أي $u_{n+1}<u_n$ والمتتالية متناقصة (5). وطريقةٌ ثالثة: الكتابتان نفسهما (5) و(5)، ثمّ الفرق $u_{n+1}-u_n$ بمقامٍ مشترك، وبسطه $\sqrt{n}-\sqrt{n+2}$ (5)، وهو سالبٌ لأنّ $\sqrt{n}<\sqrt{n+2}$ (5)، فالفرق سالبٌ والمتتالية متناقصة (5). ويطبع السلّم هذا السطر الأخير $u_{n+1}-u_n\ge 0$، والصواب $u_{n+1}-u_n\le 0$.

2. 2. أثبت أن $0\le u_n\le 1$ واستنتج أنها متقاربة واحسب نهايتها.(35 درجةً)

   الضرب بالمرافقالدرجة: 5

   نضرب البسط والمقام بالمرافق $\sqrt{n+1}+\sqrt{n}$، وهو موجبٌ تماماً، ونستعمل $(p-q)(p+q)=p^2-q^2$:

   $$\begin{array}{c}{\displaystyle u_n=\frac{(n+1)-n}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}}\\ {\displaystyle u_n=\frac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}}\end{array}$$

   الحدّ الأدنىالدرجة: 5

   المقام $\sqrt{n+1}+\sqrt{n}$ موجبٌ تماماً، فمقلوبه موجبٌ تماماً، أي $u_n>0$، وبخاصّةٍ:

   $$u_n\ge 0$$

   الحدّ الأعلىالدرجة: 5+5

   من أجل $n\ge 0$ يكون $\sqrt{n+1}\ge 1$ و$\sqrt{n}\ge 0$، فالمقام لا يقلّ عن $1$، والكسر الذي بسطه $1$ ومقامه لا يقلّ عن $1$ لا يزيد على $1$:

   $$\begin{array}{c}{\displaystyle u_n\le 1}\\ {\displaystyle 0\le u_n\le 1}\end{array}$$

   وهذا الحصر مثالٌ في الكتاب، الجزء الأوّل، الصفحة 110. ويكتب السلّم هذا السطر للحدّ $u_{n+1}$: $u_{n+1}=\frac{1}{\sqrt{n+2}+\sqrt{n+1}}\le 1$ (5+5)، وهو يعطي الحصر من $n=1$، ومعه $u_0=1$. وفي ملاحظةٍ بعد الجدول: من أثبت الحصر بالبرهان بالتدريج نال على الترميز $E(n)$ درجتين، وعلى إثبات $E(0)$ ثلاث درجات، وعلى افتراض صحّة $E(n)$ خمس درجات، وعلى اشتقاق التابع وتناقصه 5+5، ويخسر درجتين من كتب $f(u_n)=u_{n+1}$، لأنّ الحدّ التالي هو $f(n+1)$ لا صورة $u_n$ بالتابع.

   التقاربالدرجة: 5

   المتتالية متناقصةٌ بالطلب الأوّل، ومحدودةٌ من الأدنى بالعدد $0$. وكلّ متتاليةٍ متناقصةٍ ومحدودةٍ من الأدنى متقاربة، وهي المبرهنة 8 في درس «تقارب المتتاليات المطّردة»:

   $$\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{\lim }{u}_n=\mathrm{\ell }\in \mathbb{R}$$

   الجوابالدرجة: 5+5

   إذا سعى $n$ إلى $+\mathrm{\infty }$ سعى كلٌّ من $\sqrt{n+1}$ و$\sqrt{n}$ إلى $+\mathrm{\infty }$، فالمقام يسعى إلى $+\mathrm{\infty }$، ومقلوبه إلى $0$:

   $$\begin{array}{c}{\displaystyle \underset{n\to +\mathrm{\infty }}{\lim }{u}_n=\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\frac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}}\\ {\displaystyle =0}\end{array}$$