التمرين الثاني من امتحان 2023، 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. ليكن التابع $f$ المعرف على $\mathbb{R}$ وفق: $f(x)=\frac{x^2}{\sqrt{x^4+1}}$. أثبت أنّ $f(x)=\frac{x}{2}(1+x^4)f^{\mathrm{\prime }}(x)$، ثمّ استنتج $g^{\mathrm{\prime }}(x)$ حيث $g:x\mapsto f(\sin x)$.(30 درجةً)

   المشتقالدرجة: 3+5+5

   التابع $f$ خارج قسمة $u=x^2$ على $v=\sqrt{x^4+1}$، و$v$ لا ينعدم، فمشتقّه $\frac{u^{\mathrm{\prime }}v-u{v}^{\mathrm{\prime }}}{v^2}$. ومشتقّ $\sqrt{w}$ هو $\frac{w^{\mathrm{\prime }}}{2\sqrt{w}}$، فـ$v^{\mathrm{\prime }}=\frac{4x^3}{2\sqrt{x^4+1}}$، أي $v^{\mathrm{\prime }}=\frac{2x^3}{\sqrt{x^4+1}}$:

   $$\begin{array}{c}{\displaystyle f^{\mathrm{\prime }}(x)=\frac{2x\sqrt{x^4+1}-x^2\cdot \frac{2x^3}{\sqrt{x^4+1}}}{x^4+1}}\\ {\displaystyle =\frac{2x(x^4+1)-2x^5}{(x^4+1)\sqrt{x^4+1}}}\\ {\displaystyle =\frac{2x}{(x^4+1)\sqrt{x^4+1}}}\end{array}$$

   في السطر الثاني ضربنا البسط والمقام بـ$\sqrt{x^4+1}$.

   العلاقةالدرجة: 5+2

   نضرب $f^{\mathrm{\prime }}(x)$ بـ$\frac{x}{2}(1+x^4)$، فيُختصر العامل $x^4+1$:

   $$\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{x}{2}(1+x^4)f^{\mathrm{\prime }}(x)=\frac{x}{2}\cdot \frac{2x}{\sqrt{x^4+1}}}\\ {\displaystyle =\frac{x^2}{\sqrt{x^4+1}}=f(x)}\end{array}$$

   وفي السلّم طريقةٌ ثانية: نضع $h(x)=\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}$ (5)، ونحسب $h^{\mathrm{\prime }}(x)=\frac{1}{(x^2+1)\sqrt{x^2+1}}$ (5)، فـ$f(x)=h(x^2)$ (3)، و$f^{\mathrm{\prime }}(x)=2x{h}^{\mathrm{\prime }}(x^2)$ (5)، ثمّ التعويض (2).

   الجوابالدرجة: 5+5

   التابع $g$ مركّبٌ: $g=f\circ \sin$، والتابعان اشتقاقيّان على $\mathbb{R}$. ومن قاعدة اشتقاق التابع المركّب $(f\circ u{)}^{\mathrm{\prime }}(x)=f^{\mathrm{\prime }}(u(x))\times u^{\mathrm{\prime }}(x)$ مع $u=\sin$:

   $$\begin{array}{c}{\displaystyle g^{\mathrm{\prime }}(x)=f^{\mathrm{\prime }}(\sin x)\cos x}\\ {\displaystyle =\frac{2\sin x\cos x}{((\sin x{)}^4+1)\sqrt{(\sin x{)}^4+1}}}\end{array}$$

   وفي السلّم المطبوع $g^{\mathrm{\prime }}(x)=f(\sin x)\cos x$ بلا علامة الاشتقاق على $f$، وهو خطأٌ طباعيّ.

2. $\text{2<!-- -->a}$. المتتالية $(u_n{)}_{n\ge 1}$ معرّفة وفق: $\begin{array}{c}{\displaystyle u_n=\frac{n}{\sqrt{n^4+1}}+\frac{n}{\sqrt{n^4+2}}}\\ {\displaystyle +\frac{n}{\sqrt{n^4+3}}+\cdots +\frac{n}{\sqrt{n^4+n}}}\end{array}$. أثبت أن $\frac{n^2}{\sqrt{n^4+n}}\le u_n\le \frac{n^2}{\sqrt{n^4+1}}$ أيّاً كان $n\ge 1$.(20 درجةً)

   الحدودالدرجة: 5+5+5

   حدود المجموع $u_n$ هي $\frac{n}{\sqrt{n^4+k}}$ حيث $k$ من $1$ إلى $n$، فعددها $n$. والبسط $n$ ثابتٌ موجب، والمقام يكبر حين يكبر $k$، فأكبر الحدود أوّلها وأصغرها آخرها:

   $$\frac{n}{\sqrt{n^4+n}}\le \frac{n}{\sqrt{n^4+k}}\le \frac{n}{\sqrt{n^4+1}}$$

   وفي السلّم طريقٌ آخر «عن طريق تصغير المقامات وتكبيرها ثم الجمع»: نبدّل كلّ مقامٍ بأكبر المقامات مرّةً وبأصغرها مرّة، ثمّ نجمع.

   الجوابالدرجة: 5

   نجمع المتراجحات الـ$n$، فكلّ طرفٍ مكرّرٌ $n$ مرّة:

   $$\begin{array}{c}{\displaystyle n\cdot \frac{n}{\sqrt{n^4+n}}\le u_n\le n\cdot \frac{n}{\sqrt{n^4+1}}}\\ {\displaystyle \frac{n^2}{\sqrt{n^4+n}}\le u_n\le \frac{n^2}{\sqrt{n^4+1}}}\end{array}$$

   تحقّق عند $n=1$: في المجموع حدٌّ واحد، والطرفان و$u_1$ كلّها $\frac{1}{\sqrt{2}}$.

3. $\text{2<!-- -->b}$. استنتج تقارب المتتالية $(u_n{)}_{n\ge 0}$ واحسب نهايتها.(20 درجةً)

   إزالة عدم التعيينالدرجة: 5

   في كلٍّ من الطرفين يسعى البسط والمقام إلى $+\mathrm{\infty }$، وهذه حالة عدم تعيين. نُخرج $n^4$ من تحت الجذر، و$\sqrt{n^4}=n^2$:

   $$\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{n^2}{\sqrt{n^4+n}}=\frac{n^2}{n^2\sqrt{1+\frac{1}{n^3}}}}\\ {\displaystyle =\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{n^3}}}}\\ {\displaystyle \frac{n^2}{\sqrt{n^4+1}}=\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{n^4}}}}\end{array}$$

   النتيجةالدرجة: 5

   $\frac{1}{n^3}$ و$\frac{1}{n^4}$ يسعيان إلى $0$، فما تحت الجذر يسعى إلى $1$:

   $$\begin{array}{c}{\displaystyle \underset{n\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\frac{n^2}{\sqrt{n^4+n}}=1}\\ {\displaystyle \underset{n\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\frac{n^2}{\sqrt{n^4+1}}=1}\end{array}$$

   التقاربالدرجة: 5

   من الطلب $\text{2<!-- -->a}$ المتتالية $(u_n)$ محصورةٌ بين $w_n=\frac{n^2}{\sqrt{n^4+n}}$ و$v_n=\frac{n^2}{\sqrt{n^4+1}}$، ونهايتهما معاً العدد الحقيقيّ $1$. فمن مبرهنة الحصر، المبرهنة 4 في درس «مبرهنات تخص النهايات»، الجزء الأوّل، تكون $(u_n)$ متقاربة:

   $$\begin{array}{c}{\displaystyle w_n\le u_n\le v_n}\\ {\displaystyle \lim v_n=\lim w_n=1}\end{array}$$

   في سلّم التصحيح: «إذا كتب الطالب» أنّ نهاية الطرف الأيمن $1$ «فهي متقاربة» وأنّ نهاية الطرف الأيسر $1$ «فهي متقاربة ومنه حسب مبرهنة الاحاطة (محصورة بين متقاربتين) تقارب المتتالية $(u_n)$ ينال 5+5+5»، أي من كتب النهايتين مباشرةً واستنتج التقارب بمبرهنة الحصر نال 15 درجة من درجات هذا الطلب العشرين.

   الجوابالدرجة: 5

   $$\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{\lim }{u}_n=1$$