التمرين الثاني من امتحان 2022، 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. $\text{1}$. جد كل عدد عقدي $j$ يحقق $j^3=1$، واكتبه بالشكل الجبري.(15 درجةً)

   الشكل الأسّيالدرجة: 2

   العدد $j$ غير معدوم لأنّ $j^3=1$، فنكتبه بالشكل الأسّي $j=r{e}^{i\theta }$ مع $r>0$. و${\left(r{e}^{i\theta }\right)}^3=r^3{e}^{3i\theta }$، والشكل الأسّي للعدد $1$ هو $1\cdot e^{i0}$:

   $$\begin{array}{c}{\displaystyle j=r{e}^{i\theta }}\\ {\displaystyle j^3=r^3{e}^{3i\theta }=1}\end{array}$$

   الطويلة والزاويةالدرجة: 2

   عددان بالشكل الأسّي متساويان إذا تساوت طويلتاهما وتساوت زاويتاهما بمقياس $2\pi$. و$r$ عددٌ حقيقيّ موجب:

   $$\begin{array}{c}{\displaystyle r^3=1\Rightarrow r=1}\\ {\displaystyle 3\theta =2\pi k,k\in \mathbb{Z}}\\ {\displaystyle \theta =\frac{2\pi }{3}k}\end{array}$$

   القيم $k=0$ و$1$ و$2$ تعطي ثلاث زوايا مختلفة، وكلّ $k$ آخر يعيد إحداها بزيادة مضاعفٍ لـ$2\pi$.

   الجذر الأوّلالدرجة: 5

   عند $k=0$:

   $$j_1=e^{i0}=1$$

   الجذر الثانيالدرجة: 1+2

   عند $k=1$، و$e^{i\theta }=\cos \theta +i\sin \theta$:

   $$\begin{array}{c}{\displaystyle j_2=e^{i\frac{2\pi }{3}}}\\ {\displaystyle =\cos \frac{2\pi }{3}+i\sin \frac{2\pi }{3}}\\ {\displaystyle =-\frac{1}{2}+i\frac{\sqrt{3}}{2}}\end{array}$$

   الجوابالدرجة: 1+2

   وعند $k=2$:

   $$\begin{array}{c}{\displaystyle j_3=e^{i\frac{4\pi }{3}}}\\ {\displaystyle =\cos \frac{4\pi }{3}+i\sin \frac{4\pi }{3}}\\ {\displaystyle =-\frac{1}{2}-i\frac{\sqrt{3}}{2}}\end{array}$$

   فالأعداد المطلوبة ثلاثة: $1$ و$-\frac{1}{2}+i\frac{\sqrt{3}}{2}$ و$-\frac{1}{2}-i\frac{\sqrt{3}}{2}$. وفي السلّم طريقةٌ ثانية: $j^3-1=0$، أي $(j-1)(j^2+j+1)=0$ (3)، فإمّا $j=1$ وإمّا $j^2+j+1=0$ (5)، وحساب المميّز $\mathrm{\Delta }=-3$ (3)، ثمّ الجذران $-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i$ (2) و$-\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}i$ (2).

2. $\text{2<!-- -->a}$. إذا كان $\beta$ عدداً حقيقياً وكان العدد العقدي $\omega =\frac{\beta +i\sqrt{3}}{\sqrt{3}-i\beta }$، أثبت أنّ $\mathrm{\mid }\omega \mathrm{\mid }=1$.(20 درجةً)

   طويلة القسمةالدرجة: 5

   المقام $\sqrt{3}-i\beta$ غير معدوم لأنّ جزأه الحقيقيّ $\sqrt{3}$. وطويلة خارج قسمة عددين عقديّين خارج قسمة طويلتيهما:

   $$\mathrm{\mid }\omega \mathrm{\mid }=\frac{\mathrm{\mid }\beta +i\sqrt{3}\mathrm{\mid }}{\mathrm{\mid }\sqrt{3}-i\beta \mathrm{\mid }}$$

   الطويلتانالدرجة: 5+5

   طويلة $x+iy$ هي $\sqrt{x^2+y^2}$، و$\beta$ حقيقيّ:

   $$\begin{array}{c}{\displaystyle \mathrm{\mid }\beta +i\sqrt{3}\mathrm{\mid }=\sqrt{{\beta }^2+3}}\\ {\displaystyle \mathrm{\mid }\sqrt{3}-i\beta \mathrm{\mid }=\sqrt{3+{\beta }^2}}\end{array}$$

   وفي السلّم المطبوع كُتبت في هذا السطر $\mathrm{\mid }\beta -i\sqrt{3}\mathrm{\mid }$ مكان طويلة المقام، وهي طويلة مرافق البسط، وقيمتها $\sqrt{{\beta }^2+3}$ أيضاً.

   الجوابالدرجة: 5

   البسط والمقام لهما الطويلة نفسها، وهي غير معدومة:

   $$\mathrm{\mid }\omega \mathrm{\mid }=\frac{\sqrt{{\beta }^2+3}}{\sqrt{{\beta }^2+3}}=1$$

   وفي السلّم ثلاث طرائق أخرى. الثانية: $i(\sqrt{3}-\beta i)=\beta +i\sqrt{3}$، فـ$\omega =i$ $(\mathrm{1<!--\; -->0}+5)$، و$\mathrm{\mid }\omega \mathrm{\mid }=\mathrm{\mid }i\mathrm{\mid }=1$ (5). الثالثة: $\bar{\omega }=\frac{\beta -i\sqrt{3}}{\sqrt{3}+i\beta }$ (5) و$\frac{1}{\omega }=\frac{\sqrt{3}-i\beta }{\beta +i\sqrt{3}}$ (5)، وهما متساويان لأنّ جداء الطرفين يساوي جداء الوسطين: ${\beta }^2+3=3+{\beta }^2$ (5)، فـ$\bar{\omega }=\frac{1}{\omega }$ (3)، و$\mathrm{\mid }\omega \mathrm{\mid }=1$ (2). الرابعة: $\omega \bar{\omega }$ هو $\mathrm{\mid }\omega {\mathrm{\mid }}^2$، ونحسبه بضرب البسطين والمقامين (5+5) فنجد $\frac{{\beta }^2+3}{3+{\beta }^2}=1$ (5)، و$\mathrm{\mid }\omega \mathrm{\mid }=1$ (5).

3. $\text{2<!-- -->b}$. من أجل $\beta =1$، أثبت أنّ: ${\omega }^{\mathrm{1<!--\; -->2}}=1$.(15 درجةً)

   التعويضالدرجة: 2+2

   عند $\beta =1$ يكون $\omega =\frac{1+i\sqrt{3}}{\sqrt{3}-i}$. طويلة البسط $2$ وطويلة المقام $2$، فنُخرج $2$ عاملاً مشتركاً من كلٍّ منهما:

   $$\omega =\frac{2(\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i)}{2(\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{1}{2}i)}$$

   في سلّم التصحيح: «2 للبسط + 2 للمقام».

   الشكل الأسّيالدرجة: 2+2+2

   $\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i=e^{i\frac{\pi }{3}}$، و$\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{1}{2}i=e^{-i\frac{\pi }{6}}$. وفي خارج قسمة عددين بالشكل الأسّي تُطرح زاوية المقام من زاوية البسط:

   $$\begin{array}{c}{\displaystyle \omega =\frac{e^{i\frac{\pi }{3}}}{e^{-i\frac{\pi }{6}}}=e^{i(\frac{\pi }{3}-(-\frac{\pi }{6}))}}\\ {\displaystyle \omega =e^{i\frac{\pi }{2}}}\end{array}$$

   في سلّم التصحيح: «2 للبسط + 2 للمقام +2».

   قيمة العددالدرجة: 2

   $e^{i\frac{\pi }{2}}=\cos \frac{\pi }{2}+i\sin \frac{\pi }{2}$:

   $$\omega =i$$

   الجوابالدرجة: 3

   $i^2=-1$، فـ$i^4=1$، و$\mathrm{1<!--\; -->2}=4\times 3$:

   $${\omega }^{\mathrm{1<!--\; -->2}}=i^{\mathrm{1<!--\; -->2}}={\left(i^4\right)}^3=1$$

   وبالشكل الأسّي أيضاً: ${\omega }^{\mathrm{1<!--\; -->2}}=e^{i\frac{\mathrm{1<!--\; -->2}\pi }{2}}=e^{6i\pi }=1$. ومن الطريقة الثانية في السلّم للطلب 2a يكون $\omega =i$ أيّاً كان $\beta$، فالنتيجة لا تتوقّف على $\beta =1$.

4. $\text{3}$. عيّن مجموعة نقاط المستوي $M(z)$ التي تحقق أنّ $\mathrm{\mid }z-2+i\mathrm{\mid }=5$.(20 درجةً)

   كتابة الشرطالدرجة: 5

   نكتب ما داخل الطويلة فرقاً بين $z$ وعددٍ ثابت، لأنّ $-2+i=-(2-i)$:

   $$\mathrm{\mid }z-(2-i)\mathrm{\mid }=5$$

   دائرةالدرجة: 5

   لتكن $\mathrm{\Omega }$ النقطة التي يمثّلها العدد ${\omega }_0=2-i$. العدد $\mathrm{\mid }z-{\omega }_0\mathrm{\mid }$ هو البعد بين $M(z)$ و$\mathrm{\Omega }$، فالشرط يكافئ:

   $$\mathrm{\Omega }M=5$$

   والنقاط التي تبعد بعداً ثابتاً موجباً تماماً عن نقطةٍ ثابتة تؤلّف دائرة.

   الجوابالدرجة: 5+5

   مجموعة النقاط $M$ هي الدائرة التي مركزها $\mathrm{\Omega }$، أي النقطة $(2,-1)$، ونصف قطرها $5$:

   $$\mathrm{\Omega }(2-i),r=5$$