الاختبار الأول في الرياضيات للفصل الأول، السنة الثالثة ثانوي (تقني رياضي)

حل التمرين الأول (4 نقاط)

1. خاطئة (0,25). نظرية القيم المتوسطة تضمن وجود حل واحد على الأقل فقط، ولا تضمن الوحدانية دون شرط الرتابة التامة (0,25). مثال مضاد (0,5): الدالة المستمرة المعرّفة بخطوط منكسرة تمر بالنقاط $(0;-1)$ و $\left(\tfrac14;1\right)$ و $\left(\tfrac12;-1\right)$ و $(1;2)$ تحقق الشروط وتنعدم ثلاث مرات في $]0;1[$.
2. صحيحة (0,25). من أجل $x>0$: $x-\ln x=x\left(1-\dfrac{\ln x}{x}\right)$ (0,25). بما أن $\lim_{x\to+\infty}\dfrac{\ln x}{x}=0$ فإن $\lim\left(1-\dfrac{\ln x}{x}\right)=1$ (0,25) وبالتالي النهاية هي $+\infty$ (0,25).
3. صحيحة (0,25). لأن $(-1)^n\ge-1$ فإن $u_n\ge n-1$ (0,25 + 0,25)، و $\lim (n-1)=+\infty$ فبالمقارنة $\lim u_n=+\infty$ (0,25).
4. خاطئة (0,25). الشرط: $x^2-x-2>0$ أي $(x+1)(x-2)>0$ (0,25). حسب إشارة الثلاثي: $x\in]-\infty;-1[\cup]2;+\infty[$ (0,25). المجال $]-1;2[$ هو مجموعة القيم التي يكون فيها المقدار سالباً (مثلاً $0$ ينتمي إليه و$\ln(-2)$ غير معرف) (0,25).

حل التمرين الثاني (5 نقاط)

1. البرهان بالتراجع (1 نقطة)

• التحقق: $u_0=2>1$. (0,25)
• الوراثة: نفرض $u_n>1$ من أجل $n$ معين. لدينا:

$$u_{n+1}-1=\frac{4u_n-1-u_n-2}{u_n+2}=\frac{3(u_n-1)}{u_n+2}$$
بما أن $u_n-1>0$ و $u_n+2>0$ فإن $u_{n+1}-1>0$ أي $u_{n+1}>1$. (0,5 + 0,25)

• الخلاصة: $u_n>1$ من أجل كل $n\in\mathbb{N}$.

2. اتجاه التغير والتقارب (1,5 نقطة)
$$u_{n+1}-u_n=\frac{4u_n-1-u_n(u_n+2)}{u_n+2}=\frac{-u_n^2+2u_n-1}{u_n+2}=-\frac{(u_n-1)^2}{u_n+2}\quad(0{,}5)$$
بما أن $(u_n-1)^2>0$ و $u_n+2>0$ فإن $u_{n+1}-u_n<0$، إذن $(u_n)$ متناقصة تماماً. (0,5)
المتتالية متناقصة ومحدودة من الأسفل بالعدد $1$ إذن هي متقاربة. (0,5)

3. أ) (1 نقطة) المتتالية $(v_n)$ معرفة لأن $u_n-1>0$.
$$v_{n+1}=\frac{1}{u_{n+1}-1}=\frac{u_n+2}{3(u_n-1)}=\frac{(u_n-1)+3}{3(u_n-1)}=\frac13+\frac{1}{u_n-1}=v_n+\frac13\quad(0{,}5)$$
إذن $(v_n)$ حسابية أساسها $r=\dfrac13$ وحدها الأول $v_0=\dfrac{1}{2-1}=1$. (0,5)

ب) (1 نقطة) $v_n=v_0+nr=1+\dfrac n3=\dfrac{n+3}{3}$. (0,5)
من $v_n=\dfrac{1}{u_n-1}$ نجد $u_n=1+\dfrac{1}{v_n}=1+\dfrac{3}{n+3}=\dfrac{n+6}{n+3}$. (0,5)

ج) (0,5 نقطة) $\lim_{n\to+\infty}u_n=\lim\left(1+\dfrac{3}{n+3}\right)=1$. وهذا متوافق مع النتيجتين السابقتين (التناقص والتحديد من الأسفل بـ $1$).

حل التمرين الثالث (11 نقطة)

الجزء الأول

1. (1,5 نقطة)

• $\lim_{x\to0^+}\ln x=-\infty$ إذن $\lim_{x\to0^+}g(x)=-\infty$. (0,25)
• $\lim_{x\to+\infty}g(x)=+\infty$ لأن $x^2\to+\infty$ و $\ln x\to+\infty$. (0,25)
• $g$ قابلة للاشتقاق على $]0;+\infty[$ و $g'(x)=2x+\dfrac1x>0$. (0,5)
• إذن $g$ متزايدة تماماً. (0,25) جدول التغيرات: $g$ تزداد من $-\infty$ إلى $+\infty$. (0,25)

2. (1 نقطة) $g$ مستمرة ومتزايدة تماماً على $]0;+\infty[$ وتأخذ قيمها في $]-\infty;+\infty[$ الذي يشمل $0$، فحسب مبرهنة القيم المتوسطة (حالة الدالة الرتيبة تماماً) المعادلة $g(x)=0$ تقبل حلاً وحيداً $\alpha$. (0,5)
$g(1{,}3)\approx-0{,}048<0$ و $g(1{,}4)\approx0{,}296>0$ إذن $1{,}3<\alpha<1{,}4$. (0,5)

3. (0,5 نقطة) $g(x)<0$ من أجل $x\in]0;\alpha[$، و $g(\alpha)=0$، و $g(x)>0$ من أجل $x\in]\alpha;+\infty[$.

الجزء الثاني

1. (1 نقطة) عندما $x\to0^+$: $1-\ln x\to+\infty$ و $\dfrac1x$ موجب ويؤول إلى $+\infty$، فـ $\dfrac{1-\ln x}{x}\to+\infty$ و $x-1\to-1$. إذن $\lim_{x\to0^+}f(x)=+\infty$. (0,5)
التفسير: المنحنى $(C_f)$ يقبل مستقيماً مقارباً عمودياً معادلته $x=0$ (محور التراتيب). (0,5)

2. (1,25 نقطة) $\lim_{x\to+\infty}\dfrac{\ln x}{x}=0$ و $\lim\dfrac1x=0$، إذن $\lim_{x\to+\infty}\dfrac{1-\ln x}{x}=0$، و $\lim_{x\to+\infty}(x-1)=+\infty$، ومنه $\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty$. (0,25)
$\lim_{x\to+\infty}\left[f(x)-(x-1)\right]=\lim\dfrac{1-\ln x}{x}=0$، وبالتالي $(\Delta):y=x-1$ مقارب مائل لـ $(C_f)$ عند $+\infty$. (0,25)
الوضع النسبي: $f(x)-(x-1)=\dfrac{1-\ln x}{x}$ وإشارته من إشارة $1-\ln x$ لأن $x>0$. (0,25)

• $x<\mathrm{e}$: $(C_f)$ فوق $(\Delta)$. (0,25)
• $x>\mathrm{e}$: $(C_f)$ تحت $(\Delta)$. (0,25)
• عند $x=\mathrm{e}$ يتقاطعان في النقطة $(\mathrm{e};\mathrm{e}-1)$.

3. (1,5 نقطة) $f$ قابلة للاشتقاق على $]0;+\infty[$:
$$f'(x)=1+\frac{-\frac1x\cdot x-(1-\ln x)}{x^2}=1+\frac{\ln x-2}{x^2}=\frac{x^2+\ln x-2}{x^2}=\frac{g(x)}{x^2}\quad(0{,}5)$$
إشارة $f'$ من إشارة $g$: $f'<0$ على $]0;\alpha[$ و $f'>0$ على $]\alpha;+\infty[$. (0,5)
جدول التغيرات: $f$ متناقصة تماماً على $]0;\alpha]$ من $+\infty$ إلى $f(\alpha)$، ثم متزايدة تماماً على $[\alpha;+\infty[$ من $f(\alpha)$ إلى $+\infty$. (0,5)

4. (1 نقطة) من $g(\alpha)=0$ نجد $\ln\alpha=2-\alpha^2$. إذن
$$f(\alpha)=\alpha-1+\frac{1-(2-\alpha^2)}{\alpha}=\alpha-1+\frac{\alpha^2-1}{\alpha}=2\alpha-1-\frac1\alpha\quad(0{,}5)$$
الدالة $h:t\mapsto2t-1-\dfrac1t$ متزايدة على $]0;+\infty[$ لأن $h'(t)=2+\dfrac1{t^2}>0$. من $1{,}3<\alpha<1{,}4$ نجد $h(1{,}3)<f(\alpha)<h(1{,}4)$ أي $0{,}83<f(\alpha)<1{,}09$. (0,5)

5. (0,75 نقطة) $f(1)=0+1=1$ (0,25)، $f'(1)=\dfrac{g(1)}{1}=1+0-2=-1$ (0,25). المعادلة: $y=f'(1)(x-1)+f(1)=-(x-1)+1$ أي $(T):y=-x+2$. (0,25)

6. (1,5 نقطة) جدول قيم مساعد:

التنقيط: رسم المستقيم المقارب العمودي والمائل (0,5)، رسم المماس $(T)$ (0,25)، رسم المنحنى $(C_f)$ بشكل صحيح (متناقص ثم متزايد، يقترب من $x=0$ ومن $(\Delta)$ مع احترام الوضع النسبي) (0,75).

7. (1 نقطة) على $]0;\alpha]$: $f$ مستمرة ومتناقصة تماماً من $+\infty$ إلى $f(\alpha)$، و $f(\alpha)<1{,}09<2$ إذن العدد $2$ ينتمي إلى مجال القيم، فحسب مبرهنة القيم المتوسطة يوجد حل وحيد في $]0;\alpha[$. (0,5)
على $[\alpha;+\infty[$: $f$ مستمرة ومتزايدة تماماً من $f(\alpha)$ إلى $+\infty$ ومنه حل وحيد في $]\alpha;+\infty[$. (0,25)
إذن للمعادلة $f(x)=2$ حلان بالضبط في $]0;+\infty[$. (0,25)