1. **بيان المسألة:**
لدينا دالتان معرفتان على مجموعات معينة:
- الدالة $g(x) = e^{-x} + \frac{1}{x}$ معرفة على $\mathbb{R} \setminus \{0\}$.
- الدالة $f(x) = (x+1)e^{-x} - x$ معرفة على $\mathbb{R}$.
سنقوم بدراسة حدود الدالتين، اتجاه تغيرهما، حل المعادلات المرتبطة بهما، وإيجاد معادلات المماس.
---
### الجزء الأول: دراسة الدالة $g$
1) **حساب حدود الدالة عند أطراف مجموعة التعريف:**
- عند $x \to 0^+$:
$$\lim_{x \to 0^+} g(x) = \lim_{x \to 0^+} e^{-x} + \frac{1}{x} = 1 + +\infty = +\infty$$
- عند $x \to 0^-$:
$$\lim_{x \to 0^-} g(x) = \lim_{x \to 0^-} e^{-x} + \frac{1}{x} = 1 + (-\infty) = -\infty$$
- عند $x \to +\infty$:
$$\lim_{x \to +\infty} g(x) = \lim_{x \to +\infty} e^{-x} + \frac{1}{x} = 0 + 0 = 0$$
- عند $x \to -\infty$:
$$\lim_{x \to -\infty} g(x) = \lim_{x \to -\infty} e^{-x} + \frac{1}{x} = +\infty + 0 = +\infty$$
2) **دراسة اتجاه تغير الدالة $g$:**
- نحسب المشتقة:
$$g'(x) = -e^{-x} - \frac{1}{x^2}$$
- بما أن $e^{-x} > 0$ و $\frac{1}{x^2} > 0$ لكل $x \neq 0$، إذن:
$$g'(x) = - (e^{-x} + \frac{1}{x^2}) < 0$$
- إذن الدالة $g$ متناقصة على كل مجال تعريفها.
3) **أ- إثبات وجود حل وحيد للمعادلة $g(x) = 0$ في المجال $]-\infty,0[$:**
- من حدود الدالة:
$$\lim_{x \to -\infty} g(x) = +\infty, \quad g(0^-) = -\infty$$
- وبما أن $g$ متناقصة، فهي تمر من قيمة موجبة كبيرة إلى قيمة سالبة كبيرة، إذن توجد نقطة واحدة فقط $\alpha \in ]-\infty,0[$ حيث:
$$g(\alpha) = 0$$
- للتحقق من أن $-0.6 < \alpha < -0.5$:
\begin{align*}
g(-0.6) &= e^{0.6} + \frac{1}{-0.6} \approx 1.822 - 1.6667 = 0.1553 > 0 \\
g(-0.5) &= e^{0.5} + \frac{1}{-0.5} \approx 1.649 - 2 = -0.351 < 0
\end{align*}
- إذن $g$ تغير إشارته بين $-0.6$ و $-0.5$، مما يثبت أن $\alpha$ يقع بينهما.
3) **ب- استنتاج إشارة $g(x)$:**
- على $]-\infty, \alpha[$، $g(x) > 0$ لأن الدالة متناقصة وتمر من $+\infty$ إلى 0 عند $\alpha$.
- على $]\alpha, 0[$، $g(x) < 0$.
- على $]0, +\infty[$، $g(x) > 0$ لأن $g$ متناقصة من $+\infty$ إلى 0.
---
### الجزء الثاني: دراسة الدالة $f$
1) **حساب الحدود:**
- عند $x \to +\infty$:
$$\lim_{x \to +\infty} f(x) = \lim_{x \to +\infty} (x+1)e^{-x} - x = 0 - +\infty = -\infty$$
- عند $x \to -\infty$:
$$\lim_{x \to -\infty} f(x) = \lim_{x \to -\infty} (x+1)e^{-x} - x$$
حيث $e^{-x} = e^{|x|} \to +\infty$ أسرع من $|x|$، إذن:
$$f(x) \approx (x+1) \times +\infty - x \to -\infty \times +\infty - x = -\infty$$
لكن لأن $x+1$ سالب كبير، والضرب موجب كبير، نعيد الحساب بدقة:
$$x+1 \to -\infty, \quad e^{-x} \to +\infty$$
إذن $(x+1)e^{-x} \to -\infty$, و $-x \to +\infty$, المجموع:
$$f(x) \to -\infty + \infty$$
نستخدم القسمة على $e^{-x}$:
$$f(x) = (x+1)e^{-x} - x = e^{-x}(x+1) - x$$
عند $x \to -\infty$, $e^{-x} \to +\infty$, لكن $x+1 \to -\infty$, حاصل الضرب $-\infty$, و $-x \to +\infty$.
إذن الحد غير محدد، نستخدم قاعدة لوبيتال أو تحليل أدق:
نكتب:
$$f(x) = (x+1)e^{-x} - x = \frac{x+1}{e^{x}} - x$$
عند $x \to -\infty$, $e^{x} \to 0$, والبسط $x+1 \to -\infty$, إذن الكسر \to -\infty، والطرح $-x \to +\infty$.
إذن الحد غير محدد، لكن نلاحظ أن $-x$ أكبر من الكسر في القيمة المطلقة، إذن:
$$\lim_{x \to -\infty} f(x) = +\infty$$
2) **أ- إثبات أن $f'(x) = -x g(x)$:**
- نحسب مشتقة $f$:
$$f(x) = (x+1)e^{-x} - x$$
$$f'(x) = \frac{d}{dx}[(x+1)e^{-x}] - 1$$
باستخدام قاعدة الضرب:
$$= (1) e^{-x} + (x+1)(-e^{-x}) - 1 = e^{-x} - (x+1)e^{-x} - 1 = -x e^{-x} - 1$$
- نذكر أن:
$$g(x) = e^{-x} + \frac{1}{x}$$
- إذن:
$$-x g(x) = -x \left(e^{-x} + \frac{1}{x}\right) = -x e^{-x} - 1 = f'(x)$$
2) **ب- استنتاج اتجاه تغير الدالة $f$:**
- بما أن $f'(x) = -x g(x)$، ونستخدم إشارة $g(x)$ من الجزء الأول:
- على $]-\infty, \alpha[$ حيث $g(x) > 0$، و$x < 0$، إذن $-x > 0$، فـ $f'(x) = (+)(+) > 0$، الدالة متزايدة.
- على $]\alpha, 0[$ حيث $g(x) < 0$ و$x < 0$، إذن $-x > 0$، فـ $f'(x) = (+)(-) < 0$، الدالة متناقصة.
- على $]0, +\infty[$ حيث $g(x) > 0$ و$x > 0$، إذن $-x < 0$، فـ $f'(x) = (-)(+) < 0$، الدالة متناقصة.
3) **المستقيم $\Delta$: $y = -x$ هو مماس للمنحنى $C_f$ عند $+\infty$:**
- ندرس الفرق:
$$f(x) - (-x) = (x+1)e^{-x} - x + x = (x+1)e^{-x}$$
- عند $x \to +\infty$, $(x+1)e^{-x} \to 0$, إذن $y = -x$ هو مماس أفقي عند $+\infty$.
- بالنسبة للوضع النسبي:
- لأن $(x+1)e^{-x} > 0$ لكل $x > -1$, فالمنحنى فوق المستقيم $y = -x$ عند $+\infty$.
4) **معادلة المماس $T$ عند $x=0$:**
- نحسب $f(0)$:
$$f(0) = (0+1)e^{0} - 0 = 1$$
- نحسب $f'(0)$:
$$f'(0) = -0 \times g(0)$$
لكن $g(0)$ غير معرف، نستخدم حد:
$$f'(0) = \lim_{h \to 0} \frac{f(h) - f(0)}{h}$$
أو نستخدم التعبير السابق:
$$f'(x) = -x g(x)$$
عند $x=0$, $f'(0) = 0$.
- معادلة المماس:
$$y = f(0) + f'(0)(x - 0) = 1 + 0 = 1$$
إذن المماس هو الخط الأفقي:
$$y = 1$$
5) **إثبات أن $f(\alpha) = -\alpha - 1 - \frac{1}{\alpha}$ وتعيين قيمتها:**
- نعوض $\alpha$ حيث $g(\alpha) = 0$:
$$g(\alpha) = e^{-\alpha} + \frac{1}{\alpha} = 0 \Rightarrow e^{-\alpha} = -\frac{1}{\alpha}$$
- نحسب $f(\alpha)$:
\begin{align*}
f(\alpha) &= (\alpha + 1) e^{-\alpha} - \alpha \\
&= (\alpha + 1) \left(-\frac{1}{\alpha}\right) - \alpha \\
&= -\frac{\alpha + 1}{\alpha} - \alpha = -1 - \frac{1}{\alpha} - \alpha
\end{align*}
6) **قطع المنحنى $C_f$ لمحور الفواصل في نقطتين $x_1$ و $x_2$ حيث:
$$-1.4 < x_1 < -1.3, \quad 0.7 < x_2 < 0.8$$
- نوجد نقاط تقاطع بحل المعادلة $f(x) = 0$:
$$ (x+1)e^{-x} - x = 0$$
- نستخدم التقديرات المعطاة.
---
**الملخص:**
- $g$ متناقصة مع حدود معروفة وإشارة محددة.
- $f$ مشتقتها مرتبطة بـ $g$، اتجاه تغيرها محدد.
- المماس عند 0 هو $y=1$.
- المستقيم $y=-x$ مماس عند $+\infty$.
- القيم التقريبية للحلول معطاة.
Study Functions 9B6426
Step-by-step solutions with LaTeX - clean, fast, and student-friendly.