التمرين الرابع 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. اكتب التابع $f$ بالشكل $f(x)=ax+b+\frac{1}{x+3}$(20 درجةً)

   القسمةالدرجة: 5+5+5

   درجة البسط أكبر من درجة المقام، فنقسم $x^2+2x-2$ على $x+3$. الحدّ الأوّل من خارج القسمة $x$، نضربه في المقام ونطرح فيبقى $-x-2$. والحدّ الثاني $-1$، نضربه في المقام ونطرح فيبقى $1$، ودرجته أصغر من درجة المقام فتقف القسمة. خارج القسمة $x-1$ والباقي $1$:

   $$\begin{array}{c}{\displaystyle x^2+2x-2-x(x+3)=-x-2}\\ {\displaystyle -x-2-(-1)(x+3)=1}\\ {\displaystyle x^2+2x-2=(x+3)(x-1)+1}\end{array}$$

   الجوابالدرجة: 5

   نقسم الطرفين على $x+3$، وهو لا ينعدم على $\mathbb{R}\setminus \{-3\}$:

   $$f(x)=x-1+\frac{1}{x+3}$$

   وهذا هو الشكل المطلوب مع $a=1$ و$b=-1$.

2. 2. أثبت أن المستقيم $y=ax+b$ مقارب مائل للخط البياني $C$ في جوار $+\mathrm{\infty }$.(15 درجةً)

   العلاقةالدرجة: 5

   المستقيم $\mathrm{\Delta }:y=ax+b$ مقاربٌ للخطّ $C$ في جوار $+\mathrm{\infty }$ إذا وفقط إذا سعى الفرق بينهما إلى الصفر، ونسمّيه مقارباً مائلاً حين $a\mathrm{\ne }0$، كما في درس «المقارب المائل»، الجزء الأوّل. ومن الطلب الأوّل $a=1$ و$b=-1$، فـ$\mathrm{\Delta }:y=x-1$، وهو مائلٌ لأنّ $a\mathrm{\ne }0$. نسمّي الفرق $g(x)$:

   $$\begin{array}{c}{\displaystyle \underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }(f(x)-(ax+b))=0}\\ {\displaystyle g(x)=f(x)-(x-1)}\end{array}$$

   الفرقالدرجة: 5

   نعوّض كتابة $f(x)$ من الطلب الأوّل، فيذهب $x-1$:

   $$g(x)=f(x)-x+1=\frac{1}{x+3}$$

   وفي السلّم المطبوع $g(x)=f(x)-x-1$، والصحيح $f(x)-x+1$، لأنّ الفرق $f(x)-(x-1)$. والنتيجة $\frac{1}{x+3}$ فيه صحيحة.

   الجوابالدرجة: 5

   إذا سعى $x$ إلى $+\mathrm{\infty }$ سعى المقام $x+3$ إلى $+\mathrm{\infty }$:

   $$\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\frac{1}{x+3}=0$$

   إذن المستقيم $\mathrm{\Delta }:y=x-1$ مقاربٌ مائلٌ للخطّ $C$ في جوار $+\mathrm{\infty }$. وفي السلّم المطبوع $\frac{1}{x+1}$ مكان $\frac{1}{x+3}$، وهو خطأٌ طباعيّ.

3. 3. احسب ${\int }_0^{2}f(x)dx$(25 درجةً)

   التابع الأصليّالدرجة: 5+5+5

   التابع $f$ مستمرٌّ على $[0,2]$، لأنّ $-3$ خارجه. نأخذ كتابته من الطلب الأوّل حدّاً حدّاً: $x-1$ تابعه الأصليّ $\frac{x^2}{2}-x$، والكسر $\frac{1}{x+3}$ من النمط $\frac{u^{\mathrm{\prime }}}{u}$ مع $u=x+3$، و$u>0$ على $[0,2]$، فتابعه الأصليّ $\ln (x+3)$. فالتابع $F(x)=\frac{x^2}{2}-x+\ln (x+3)$ تابعٌ أصليٌّ لـ$f$ على $[0,2]$:

   $$\begin{array}{c}{\displaystyle {\int }_0^2(x-1+\frac{1}{x+3})dx}\\ {\displaystyle ={[\frac{x^2}{2}-x+\ln (x+3)]}_0^2}\end{array}$$

   الجوابالدرجة: 5+5

   نعوّض الحدّين: $F(2)=2-2+\ln 5$ و$F(0)=0-0+\ln 3$:

   $$\begin{array}{c}{\displaystyle {\int }_0^{2}f(x)dx=F(2)-F(0)}\\ {\displaystyle =2-2+\ln 5-\ln 3}\\ {\displaystyle =\ln 5-\ln 3}\end{array}$$

   أي $\ln \frac{5}{3}$، نحو $\mathrm{0<!--\; -->.<!--\; -->5<!--\; -->1}$. والجزء $x-1$ أسهم بـ$2-2=0$.