الفرض الأول في الرياضيات للفصل الأول، السنة الثالثة ثانوي (رياضيات)

حل التمرين الأول (8 نقاط)

1. حساب $u_1$ و $u_2$ (نقطة واحدة)

• $u_1=\dfrac{4(1)+2}{1+3}=\dfrac{6}{4}=\dfrac32$ (0.5)
• $u_2=\dfrac{4\times\frac32+2}{\frac32+3}=\dfrac{8}{\frac92}=\dfrac{16}{9}$ (0.5)

2. البرهان بالتراجع (1.5 نقطة)

نلاحظ أن $u_{n+1}=\dfrac{4(u_n+3)-10}{u_n+3}=4-\dfrac{10}{u_n+3}$.

• التحقق: $u_0=1$ فالخاصية $1\le u_0<2$ صحيحة. (0.5)
• الوراثة: نفرض أن $1\le u_n<2$ لعدد طبيعي $n$. إذن $4\le u_n+3<5$، ومنه $\dfrac{10}{5}<\dfrac{10}{u_n+3}\le\dfrac{10}{4}$ أي $2<\dfrac{10}{u_n+3}\le\dfrac52$. نستنتج $\dfrac32\le 4-\dfrac{10}{u_n+3}<2$، أي $1\le\dfrac32\le u_{n+1}<2$. (0.75)
• الخلاصة: من أجل كل $n\in\mathbb{N}$: $1\le u_n<2$. (0.25)

3. اتجاه التغير والتقارب (1.5 نقطة)

$$u_{n+1}-u_n=\frac{4u_n+2-u_n(u_n+3)}{u_n+3}=\frac{-u_n^2+u_n+2}{u_n+3}=\frac{-(u_n-2)(u_n+1)}{u_n+3}=\frac{(2-u_n)(u_n+1)}{u_n+3}$$ (0.75)

من السؤال 2: $2-u_n>0$ و $u_n+1>0$ و $u_n+3>0$، إذن $u_{n+1}-u_n>0$ فالمتتالية $(u_n)$ متزايدة تماماً. (0.25)

المتتالية $(u_n)$ متزايدة ومحدودة من الأعلى بالعدد $2$، إذن هي متقاربة. (0.5)

4. المتتالية $(v_n)$ (نقطتان)

$v_n$ معرّفة لأن $u_n+1\ge2\neq0$. (0.25)

$$v_{n+1}=\frac{u_{n+1}-2}{u_{n+1}+1}=\frac{\frac{4u_n+2-2u_n-6}{u_n+3}}{\frac{4u_n+2+u_n+3}{u_n+3}}=\frac{2u_n-4}{5u_n+5}=\frac25\cdot\frac{u_n-2}{u_n+1}=\frac25v_n$$ (1)

إذن $(v_n)$ هندسية أساسها $q=\dfrac25$ وحدها الأول $v_0=\dfrac{1-2}{1+1}=-\dfrac12$ (0.5)

ومنه $v_n=-\dfrac12\left(\dfrac25\right)^n$ (0.25)

5. عبارة $u_n$ والنهاية (نقطتان)

من $v_n(u_n+1)=u_n-2$ نجد $u_n(v_n-1)=-2-v_n$ أي $u_n=\dfrac{2+v_n}{1-v_n}$ (0.5)

وبالتعويض: $u_n=\dfrac{2-\frac12\left(\frac25\right)^n}{1+\frac12\left(\frac25\right)^n}=\dfrac{4-\left(\frac25\right)^n}{2+\left(\frac25\right)^n}$ (0.5)

لأن $-1<\dfrac25<1$ فإن $\lim\limits_{n\to+\infty}\left(\dfrac25\right)^n=0$، إذن $\lim\limits_{n\to+\infty}u_n=\dfrac42=2$ (1)

حل التمرين الثاني (12 نقطة)

الجزء الأول

1. اتجاه تغير $g$ (1.5 نقطة)

$g'(x)=2x-\dfrac2x=\dfrac{2(x^2-1)}{x}=\dfrac{2(x-1)(x+1)}{x}$ (0.5)

على $]0;+\infty[$ إشارة $g'(x)$ هي إشارة $x-1$. إذن $g$ متناقصة تماماً على $]0;1]$ ومتزايدة تماماً على $[1;+\infty[$. (0.5)

$g(1)=1+2-0=3$.

(0.5) (جدول التغيرات)

2. إشارة $g$ (نقطة واحدة)

للدالة $g$ قيمة حدية صغرى هي $g(1)=3$ على $]0;+\infty[$، إذن $g(x)\ge3>0$ من أجل كل $x>0$. (1)

الجزء الثاني

1. النهايات (نقطتان)

• عند $0^+$: $\lim\limits_{x\to0^+}\ln x=-\infty$ و $\lim\limits_{x\to0^+}\dfrac1x=+\infty$، فجداؤهما $\dfrac{2\ln x}{x}\to-\infty$، إذن $\lim\limits_{x\to0^+}f(x)=-\infty$. (0.75)
• عند $+\infty$: $\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{\ln x}{x}=0$ إذن $\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=+\infty$. (0.75)
• التفسير: المستقيم ذو المعادلة $x=0$ (محور التراتيب) مقارب عمودي للمنحنى $(C_f)$. (0.5)

2. المشتقة وجدول التغيرات (نقطتان)

$$f'(x)=1+2\cdot\frac{\frac1x\cdot x-\ln x}{x^2}=1+\frac{2(1-\ln x)}{x^2}=\frac{x^2+2-2\ln x}{x^2}=\frac{g(x)}{x^2}$$ (1)

بما أن $g(x)>0$ فإن $f'(x)>0$ على $]0;+\infty[$، إذن $f$ متزايدة تماماً. (0.5)

(0.5)

3. المستقيم المقارب المائل والوضعية (نقطتان)

$\lim\limits_{x\to+\infty}[f(x)-(x-2)]=\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{2\ln x}{x}=0$، إذن $(\Delta):y=x-2$ مقارب مائل لـ $(C_f)$ عند $+\infty$. (0.5)

الدراسة: $f(x)-(x-2)=\dfrac{2\ln x}{x}$ وإشارته من إشارة $\ln x$ لأن $x>0$. (0.5)

• إذا $0<x<1$: $(C_f)$ تحت $(\Delta)$. (0.5)
• إذا $x>1$: $(C_f)$ فوق $(\Delta)$.
• إذا $x=1$: يتقاطعان في النقطة $(1;-1)$. (0.5)

4. المعادلة $f(x)=0$ (1.5 نقطة)

الدالة $f$ مستمرة (لأنها قابلة للاشتقاق) ومتزايدة تماماً على $]0;+\infty[$، وتأخذ قيماً من $-\infty$ إلى $+\infty$ (0.5)، إذن حسب مبرهنة القيم المتوسطة (حالة دالة رتيبة تماماً) للمعادلة $f(x)=0$ حل وحيد $\alpha$. (0.5)

ولدينا $f(1.4)\approx-0.12<0$ و $f(1.5)\approx0.04>0$، أي $f(1.4)\times f(1.5)<0$، إذن $1.4<\alpha<1.5$. (0.5)

5. الرسم (نقطتان)

• رسم المستقيم المقارب العمودي $x=0$ والمستقيم المقارب المائل $(\Delta):y=x-2$ (0.5)
• رسم المنحنى $(C_f)$ بالمرور بالنقاط $(0.5;-4.27)$ و $(1;-1)$ و $(1.5;0)$ و $(3;1.73)$، متزايداً، تحت $(\Delta)$ قبل $x=1$ وفوقه بعد ذلك، ويقترب من محور التراتيب نحو $-\infty$ (1.5)