الرياضيات · الكتاب 3 · السنة الجامعية 1

الرياضيات الجامعية — السنة 1

الرياضيات الجامعية — السنة 1 · السنة الجامعية 1

14الاشتقاق

حُسبت المشتقات في مجلّد الثانوي كله؛ وما كان ينقص هو سلسلة المبرهنات التي تحوّل الحساب إلى معلومات عن الدوال: مبرهنة رول، ومبرهنة التزايدات المنتهية، ونتائجهما — محكات الرتابة، وحواصر ليبشيتز، والتحدّب. وكل ما في هذا الفصل يخصّ دوالّ معرَّفة على فترة II.

14.1 المشتقة

تعريف 14.1

تكون f ⁣:I→Rf \colon I \to \R قابلة للاشتقاق عند x0∈Ix_0 \in I إذا كان لنسبة الفرق f(x)−f(x0)x−x0\frac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0} نهايةٌ (منتهية) عندما x→x0x \to x_0؛ وتُكتب النهاية f′(x0)f'(x_0). وبكيفية مكافئة:

f(x0+h)=f(x0)+f′(x0) h+h ε(h),ε(h)→h→00,f(x_0 + h) = f(x_0) + f'(x_0)\,h + h\,\varepsilon(h), \qquad \varepsilon(h) \xrightarrow[h \to 0]{} 0 ,

ويقبل المنحنى عندئذ المماس y=f(x0)+f′(x0)(x−x0)y = f(x_0) + f'(x_0)(x - x_0). والقابلية للاشتقاق عند x0x_0 تستلزم الاتصال عند x0x_0 (اقرأ المعروضة). وتكون ff قابلة للاشتقاق على II إذا كانت كذلك عند كل نقطة؛ وتكون ff من الصنف C1C^1 إذا كانت f′f' متصلة فوق ذلك، ومن الصنف CkC^k إذا أمكن اشتقاق ff عدد kk مرة مع f(k)f^{(k)} متصلة.

مثال 14.2

عكس «قابلة للاشتقاق ⇒\Rightarrow متصلة» يفشل: فالمقدار ∣ ⋅ ∣\abs{\,\cdot\,} عند 00. والأدهش أن القابلية للاشتقاق لا تستلزم الصنف C1C^1: فالدالة f(x)=x2sin⁡1xf(x) = x^2 \sin\frac 1x (f(0)=0f(0) = 0) قابلة للاشتقاق في كل مكان، مع f′(0)=0f'(0) = 0، لكن f′(x)=2xsin⁡1x−cos⁡1xf'(x) = 2x \sin\frac1x - \cos\frac 1x لا نهاية له عند 00 (التمرين 14.2).

مثال 14.3 (قابلة للاشتقاق عند نقطة واحدة بالضبط)

لتكن f(x)=x2f(x) = x^2 من أجل x∈Qx \in \Q و f(x)=0f(x) = 0 من أجل x∉Qx \notin \Q. عند 00: ∣f(h)−0h∣≤∣h∣→0\bigl|\frac{f(h) - 0}{h}\bigr| \leq \abs h \to 0، ومنه فالدالة ff قابلة للاشتقاق عند 00 مع f′(0)=0f'(0) = 0. وعند أيّ x0≠0x_0 \neq 0، لا تكون ff متصلة أصلًا: إذ ترسل المتتاليات الناطقة والصمّاء المتقاربة إلى x0x_0 الدالةَ ff إلى x02≠0x_0^2 \neq 0 وإلى 00 على الترتيب (بالكثافة، المبرهنة 10.14). ومنه فالقابلية للاشتقاق مفهوم نقطي حقًا: إذ يمكن أن تصحّ عند نقطة واحدة من R\R ولا تصحّ في أيّ موضع آخر. والعبرة العملية: تقتضي عبارات مثل محك الرتابة أو مبرهنة رول المشتقةَ على فترة — فامتلاك f′(x0)f'(x_0) عند نقاط معزولة، مهما كثرت، لا يدعم أيّ نتيجة شاملة أصلًا.

مبرهنة 14.4 (العمليات)

إذا كانت f,gf, g قابلتين للاشتقاق عند x0x_0 (وحيث تكون الصيغ ذات معنى):

(f+g)′=f′+g′,(fg)′=f′g+fg′,(fg)′=f′g−fg′g2,(f + g)' = f' + g', \qquad (fg)' = f'g + fg', \qquad \Bigl(\frac fg\Bigr)' = \frac{f'g - fg'}{g^2},

وإذا كانت gg قابلة للاشتقاق عند f(x0)f(x_0):   (g∘f)′(x0)=g′(f(x0)) f′(x0)\;(g \circ f)'(x_0) = g'\bigl(f(x_0)\bigr)\, f'(x_0) (قاعدة السلسلة).

برهان. المجموع: مباشر. والجداء: اكتب

f(x)g(x)−f(x0)g(x0)=(f(x)−f(x0))g(x)+f(x0)(g(x)−g(x0)),f(x)g(x) - f(x_0)g(x_0) = \bigl(f(x) - f(x_0)\bigr) g(x) + f(x_0)\bigl(g(x) - g(x_0)\bigr),

واقسم على x−x0x - x_0 ودع x→x0x \to x_0 (فالدالة gg متصلة عند x0x_0). والقسمة: عالج 1g\frac 1g عبر 1/g(x)−1/g(x0)x−x0=−1g(x)g(x0)⋅g(x)−g(x0)x−x0\frac{1/g(x) - 1/g(x_0)}{x - x_0} = \frac{-1}{g(x)g(x_0)}\cdot\frac{g(x) - g(x_0)}{x - x_0}، ثم طبّق قاعدة الجداء. وقاعدة السلسلة: مع y0=f(x0)y_0 = f(x_0)، عرّف θ(y)=g(y)−g(y0)y−y0\theta(y) = \frac{g(y) - g(y_0)}{y - y_0} من أجل y≠y0y \neq y_0 و θ(y0)=g′(y0)\theta(y_0) = g'(y_0): فتكون θ\theta متصلة عند y0y_0، ومن أجل x≠x0x \neq x_0،

g(f(x))−g(f(x0))x−x0=θ(f(x))⋅f(x)−f(x0)x−x0⟶g′(y0) f′(x0),\frac{g(f(x)) - g(f(x_0))}{x - x_0} = \theta\bigl(f(x)\bigr)\cdot \frac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0} \longrightarrow g'(y_0)\, f'(x_0),

والعامل الأول بتركيب النهايات (وهذه الحيلة تعالج حالة f(x)=f(x0)f(x) = f(x_0) معالجة نظيفة، حيث تنكسر الطريقة الساذجة «اضرب واقسم على f(x)−f(x0)f(x) - f(x_0)»). ∎

مبرهنة 14.5 (مشتقة دالة معكوسة)

لتكن ff متصلة ورتيبة قطعًا على II، وقابلة للاشتقاق عند x0x_0 مع f′(x0)≠0f'(x_0) \neq 0. عندئذ تكون f−1f^{-1} (المبرهنة 13.16) قابلة للاشتقاق عند y0=f(x0)y_0 = f(x_0)، مع

(f−1)′(y0)=1f′(x0)=1f′(f−1(y0)).(f^{-1})'(y_0) = \frac{1}{f'(x_0)} = \frac{1}{f'\bigl(f^{-1}(y_0)\bigr)} .

وإذا كان f′(x0)=0f'(x_0) = 0، فللمعكوس مماس عمودي عند y0y_0.

برهان. من أجل y→y0y \to y_0، ضع x=f−1(y)x = f^{-1}(y): فيعطي اتصال f−1f^{-1} أن x→x0x \to x_0، و

f−1(y)−f−1(y0)y−y0=x−x0f(x)−f(x0)=1f(x)−f(x0)x−x0⟶1f′(x0).\frac{f^{-1}(y) - f^{-1}(y_0)}{y - y_0} = \frac{x - x_0}{f(x) - f(x_0)} = \frac{1}{\dfrac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0}} \longrightarrow \frac{1}{f'(x_0)} .

وأمّا ادعاء المماس العمودي: فإذا كان f′(x0)=0f'(x_0) = 0، تكون القسمة المعروضة مقلوبَ مقدار يؤول إلى 00 محافظًا على إشارة ثابتة واحدة (فمن أجل ff متزايدة قطعًا، f(x)−f(x0)x−x0>0\frac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0} > 0 من أجل كل x≠x0x \neq x_0): ومنه تؤول نسبة الفرق للمقدار f−1f^{-1} إلى +∞+\infty (وإلى −∞-\infty من أجل ff متناقصة). ويبقى المعكوس متصلًا لكنه ليس قابلًا للاشتقاق عند y0y_0 — فمنحناه، وهو انعكاس منحنى ff عبر القطر، ينتصب عموديًا بالضبط حيث كان منحنى ff أفقيًا، كما يوضّح x1/3x^{1/3} عند 00 إزاء x3x^3. ∎

مثال 14.6 (مشتقات المعكوسات، مرتين)

تعيد المبرهنة حساب المشتقات الكلاسيكية دون أيّ عمل على النهايات. فمن أجل ln⁡=exp⁡−1\ln = \exp^{-1}: عند y=exy = \eu^x،

(ln⁡)′(y)=1exp⁡′(x)=1ex=1y,(\ln)'(y) = \frac{1}{\exp'(x)} = \frac{1}{\eu^{x}} = \frac1y ,

وهذا صحيح من أجل كل y>0y > 0 لأن exp⁡′=exp⁡\exp' = \exp لا ينعدم أبدًا. ومن أجل arctan⁡=tan⁡−1\arctan = \tan^{-1}: عند y=tan⁡xy = \tan x،

(arctan⁡)′(y)=11+tan⁡2x=11+y2,(\arctan)'(y) = \frac{1}{1 + \tan^2 x} = \frac{1}{1 + y^2} ,

باستعمال tan⁡′=1+tan⁡2>0\tan' = 1 + \tan^2 > 0. والفكرة النافذة: تحوّل الصيغة معرفةً عن دالة إلى معرفة عن معكوسها بثمن تعويض واحد — والتعويض (x=ln⁡yx = \ln y و x=arctan⁡yx = \arctan y) هو بالضبط عبارة أن المتغيرين يعيشان على جانبَي التقابل.

14.2 رول ومبرهنة التزايدات المنتهية

قضية 14.7 (القيمة الحدّية الداخلية)

إذا كانت ff قابلة للاشتقاق عند نقطة داخلية x0x_0 من II و كانت لها قيمة حدّية موضعية هناك، فإن f′(x0)=0f'(x_0) = 0.

برهان. لنقل إنها قيمة عظمى موضعية: فيوجد r>0r > 0 يحقق f(x)≤f(x0)f(x) \leq f(x_0) من أجل ∣x−x0∣≤r\abs{x - x_0} \leq r، وتضمن الداخلية توفّر جانبَي x0x_0 داخل II. فمن أجل 0<h≤r0 < h \leq r تكون القسمة f(x0+h)−f(x0)h\frac{f(x_0 + h) - f(x_0)}{h} بسطها ≤0\leq 0 ومقامها >0> 0: ومنه فهي ≤0\leq 0، وترث نهايتها f′(x0)f'(x_0) الشرطَ ≤0\leq 0 (لأن المتراجحات الواسعة تمرّ إلى النهايات، المبرهنة 11.7)؛ ومن أجل −r≤h<0-r \leq h < 0 تكون القسمة ≥0\geq 0، فينتج f′(x0)≥0f'(x_0) \geq 0. ومنه f′(x0)=0f'(x_0) = 0. (وعند طرف، لا تتوفر إلا إشارة واحدة: فتفشل النتيجة هناك — فكّر في xx على [0, 1]\intcc{0}{1}، وهي عظمى عند 11 ومشتقتها 11.) ∎

مبرهنة 14.8 (رول)

لتكن ff متصلة على [a, b]\intcc{a}{b} وقابلة للاشتقاق على (a, b)\intoo{a}{b}، مع f(a)=f(b)f(a) = f(b). عندئذ f′(c)=0f'(c) = 0 من أجل c∈(a, b)c \in \intoo{a}{b} ما.

برهان. حسب مبرهنة القيم الحدّية (المبرهنة 13.13)، تبلغ ff قيمتيها العظمى والصغرى على [a, b]\intcc{a}{b}. فإذا بُلغت كلتاهما عند الطرفين، فإن (لأن f(a)=f(b)f(a) = f(b)) العظمى == الصغرى وتكون ff ثابتة: فيفي أيّ cc داخلي بالغرض. وإلا فتُبلغ قيمة حدّية عند نقطة داخلية cc، ويعطي القضية 14.7 أن f′(c)=0f'(c) = 0. ∎

مبرهنة 14.9 (مبرهنة التزايدات المنتهية)

لتكن ff متصلة على [a, b]\intcc{a}{b} وقابلة للاشتقاق على (a, b)\intoo{a}{b}. يوجد c∈(a, b)c \in \intoo{a}{b} يحقق

f(b)−f(a)=f′(c) (b−a).f(b) - f(a) = f'(c)\,(b - a) .

متراجحة التزايدات المنتهية: إذا كان فوق ذلك m≤f′≤Mm \leq f' \leq M على (a, b)\intoo{a}{b}، فإن m(b−a)≤f(b)−f(a)≤M(b−a)m(b-a) \leq f(b) - f(a) \leq M(b-a)؛ وعلى الخصوص يستلزم ∣f′∣≤K\abs{f'} \leq K أن تكون ff ليبشيتزية بالثابت KK.

برهان. طبّق رول على g(x)=f(x)−f(b)−f(a)b−a(x−a)g(x) = f(x) - \frac{f(b) - f(a)}{b - a}(x - a): فالدالة gg متصلة على [a, b]\intcc{a}{b} وقابلة للاشتقاق بالداخل، و g(a)=f(a)=g(b)g(a) = f(a) = g(b). وعند النقطة cc حيث g′(c)=0g'(c) = 0: f′(c)=f(b)−f(a)b−af'(c) = \frac{f(b)-f(a)}{b-a}. وتتبع المتراجحة بحصر f′(c)f'(c)؛ وتطبّقها عبارة ليبشيتز على كل زوج من النقاط. ∎

مبرهنة التزايدات المنتهية: مماسٌ ما (متقطّع) مواز للوتر (الرمادي). وفاصلته c هي حيث تجد مبرهنة رول، مطبَّقةً على الدالة ناقص وترها، نقطةً حرجة.
مبرهنة التزايدات المنتهية: مماسٌ ما (متقطّع) مواز للوتر (الرمادي). وفاصلته cc هي حيث تجد مبرهنة رول، مطبَّقةً على الدالة ناقص وترها، نقطةً حرجة.

مثال 14.10 (طريقة نيوتن هي طريقة هيرون)

تستبدل طريقة نيوتن لحلّ f(x)=0f(x) = 0 بالمنحنى مماسَه عند التخمين الحالي xnx_n وتأخذ جذر المماس تخمينًا تاليًا:

0=f(xn)+f′(xn)(xn+1−xn)⟹xn+1=xn−f(xn)f′(xn).0 = f(x_n) + f'(x_n)(x_{n+1} - x_n) \quad\Longrightarrow\quad x_{n+1} = x_n - \frac{f(x_n)}{f'(x_n)} .

نفّذها على f(x)=x2−2f(x) = x^2 - 2:

xn+1=xn−xn2−22xn=xn2+1xn=12(xn+2xn):x_{n+1} = x_n - \frac{x_n^2 - 2}{2x_n} = \frac{x_n}{2} + \frac{1}{x_n} = \frac12\Bigl(x_n + \frac{2}{x_n}\Bigr) :

وهو تكرار هيرون بالضبط (المثال 11.24)، سابقًا بألفَي سنة. والسرعة التربيعية المرصودة هناك مفسَّرة الآن بصورة المماس: فبجوار جذر بسيط، يختلف المنحنى عن المماس بخطأ من الرتبة الثانية، ومنه فكل خطوة تربّع الخطأ تقريبًا — والعبارة العامة تتبع من حواصر تايلور في الفصل 16. والفكرة النافذة: حيث تستعمل الثنائية (المثال 13.12) الاتصالَ وحده وتربح بتّة واحدة لكل خطوة، تنفق نيوتن مشتقةً لتضاعف عدد الأرقام الصحيحة في كل خطوة.

مثال 14.11 (مبرهنة التزايدات المنتهية مقدِّرًا)

كم يبلغ 101\sqrt{101}؟ طبّق المبرهنة على f(t)=tf(t) = \sqrt t على [100, 101]\intcc{100}{101}: فمن أجل c∈(100, 101)c \in \intoo{100}{101} ما،

101−10=12c,ومنه12101<101−10<120=0.05,\sqrt{101} - 10 = \frac{1}{2\sqrt c}, \qquad\text{ومنه}\qquad \frac{1}{2\sqrt{101}} < \sqrt{101} - 10 < \frac{1}{20} = 0.05 ,

ولأن 101<10.05\sqrt{101} < 10.05، يتجاوز الحاصر الأيسر 120.1>0.0497\frac{1}{20.1} > 0.0497: ومنه 10.0497<101<10.0510.0497 < \sqrt{101} < 10.05 (والقيمة الحقيقية 10.049875…10.049875\dots) — أي ثلاثة أرقام عشرية صحيحة من تقويم مشتقة واحد. وكذلك ∣sin⁡a−sin⁡b∣≤∣a−b∣\abs{\sin a - \sin b} \leq \abs{a - b} (بالحاصر ∣cos⁡∣≤1\abs{\cos}\leq 1): فتقديرات ليبشيتز المستعملة منذ الفصل 11 كلها هذه المبرهنة. والفكرة النافذة: مبرهنة التزايدات المنتهية صيغةُ تايلور من الرتبة صفر — فهي تقايض نقطةً مجهولة cc بمتراجحة صلبة، و سوف يكرّر الفصل 16 هذه المقايضة بالضبط.

نتيجة 14.12 (محك الرتابة)

لتكن ff متصلة على II وقابلة للاشتقاق على الداخل.

  1. f′≥0f' \geq 0 على الداخل   ⟺  \iff ff متزايدة؛ و f′=0f' = 0   ⟺  \iff ff ثابتة.
  2. إذا كان f′>0f' > 0 إلا عند عدد منته من النقاط ينعدم عندها، فإن ff متزايدة قطعًا.

برهان. إذا كان f′≥0f' \geq 0: فمن أجل x<yx < y في II، تعطي مبرهنة التزايدات المنتهية على [x, y]\intcc{x}{y} أن f(y)−f(x)=f′(c)(y−x)≥0f(y) - f(x) = f'(c)(y - x) \geq 0. وبالعكس، تكون نسب الفروق لدالة متزايدة ≥0\geq 0، ومنه تكون نهاياتها كذلك. وأمّا حالة الثابت: فطبّق ما سبق على f′f' و −f′≥0-f' \geq 0. والصيغة القطعية: ff متزايدة؛ ومساواة f(x)=f(y)f(x) = f(y) من أجل x<yx < y ستجمّد ff على [x, y]\intcc{x}{y}، فتفرض f′=0f' = 0 هناك — أي عند نقاط لا تُحصى. ∎

مثال 14.13 (مشتقتان متساويتان ودالتان غير متساويتين)

على R∗=(−∞, 0)∪(0, +∞)\R^* = \intoo{-\infty}{0} \cup \intoo{0}{+\infty}، تحقق كلٌّ من f(x)=ln⁡∣x∣f(x) = \ln\abs x و g(x)=ln⁡∣x∣+1x>0g(x) = \ln\abs x + \mathbf{1}_{x>0} (بإضافة 11 على نصف المستقيم الأيمن فقط) الشرطَ f′=g′=1xf' = g' = \frac1x. وهما لا تختلفان بثابت: فالمحك «f′=0  ⟹  ff' = 0 \implies f ثابتة» عبارةٌ عن فترة — إذ يجري برهانه مبرهنةَ التزايدات المنتهية بين نقطتين، وهذا يقتضي وقوع القطعة الواصلة بينهما كلها في مجموعة التعريف. وعلى كل نصف مستقيم على حدة، تكون الدوال الأصلية للمقدار 1x\frac1x هي ln⁡∣x∣+c\ln\abs x + c بثابت واحد لكل نصف مستقيم، أي ثابتين مستقلين إجمالًا. ويرث الفصل 15 هذه التفاصيل الدقيقة: فالدالة الأصلية «الوحيدة» لدالة معرَّفة جيدًا بغضّ النظر عن ثابت على كل فترة من مجموعة تعريفها، وتفترض جداول الدوال الأصلية الترابطَ صامتة.

مثال 14.14 (القطعية بالمجّان)

الدالة x↦x3x \mapsto x^3 متزايدة قطعًا على R\R وإن انعدمت مشتقتها عند 00: فبند المحك «f′>0f' > 0 إلا عند عدد منته من النقاط» مصمَّم بالضبط لمثل هذه النقاط المنبسطة. وعلى النقيض، لا يعطي f′≥0f' \geq 0 وحده إلا التزايد بالمعنى الواسع (فالدالة الثابتة تفي بالغرض)، و المشتقة المنعدمة على فترة جزئية كاملة تجمّد الدالة هناك. والقاعدة العملية: لادعاء الرتابة القطعية، اذكر جذور f′f'؛ فعددٌ منته منها (أو، بعبارة أعمّ، لا شيء منها على أيّ فترة جزئية) غير مؤذٍ، وأمّا فترة منها فقاتلة.

مثال 14.15 (دراسة تغيرات كاملة)

ادرس f(x)=x3−3x+1f(x) = x^3 - 3x + 1 على R\R. المشتقة: f′(x)=3(x2−1)f'(x) = 3(x^2 - 1)، وهي موجبة على (−∞, −1)\intoo{-\infty}{-1}، وسالبة على (−1, 1)\intoo{-1}{1}، وموجبة على (1, +∞)\intoo{1}{+\infty}: ومنه، حسب محك الرتابة، تتزايد ff ثم تتناقص ثم تتزايد، بقيمة عظمى موضعية f(−1)=3f(-1) = 3 وقيمة صغرى موضعية f(1)=−1f(1) = -1. والنهايات: ∓∞\mp\infty عند ∓∞\mp\infty. والنتائج، مقروءةً من جدول التغيرات مع مبرهنة القيم الوسطى على كل فرع رتيب: تنعدم ff مرة واحدة بالضبط في كل من

(−∞, −1),(−1, 1),(1, +∞)\intoo{-\infty}{-1}, \qquad \intoo{-1}{1}, \qquad \intoo{1}{+\infty}

(فالقيم عند الوصلات ذات إشارات متعاكسة: 3>0>−13 > 0 > -1)، ومنه فللمعادلة x3−3x+1=0x^3 - 3x + 1 = 0 ثلاثة جذور حقيقية بالضبط؛ وعدديًا تقع بجوار −1.88-1.88 و 0.350.35 و 1.531.53. والفكرة النافذة: جدول التغيرات أداة برهان لا رسمٌ تخطيطي — ففرعٌ رتيب مع تغيّر إشارة يساوي جذرًا واحدًا بالضبط، ويعدّد الجدول الفروعَ تعدادًا حاصرًا.

مبرهنة 14.16 (صيغة لايبنتز)

إذا كانت f,gf, g قابلتين للاشتقاق nn مرة، فكذلك fgfg، و

(fg)(n)=∑k=0n(nk)f(k) g(n−k).(fg)^{(n)} = \sum_{k=0}^{n} \binom nk f^{(k)}\, g^{(n-k)} .

برهان. بالاستقراء على nn، على نحو مواز تمامًا لمبرهنة ثنائي الحدّ. و حالة n=1n = 1 هي قاعدة الجداء. وبفرض الصيغة عند الرتبة nn، اشتق مرة أخرى:

(fg)(n+1)=∑k=0n(nk)(f(k+1)g(n−k)+f(k)g(n−k+1)),(fg)^{(n+1)} = \sum_{k=0}^{n} \binom nk \Bigl( f^{(k+1)} g^{(n-k)} + f^{(k)} g^{(n-k+1)} \Bigr),

ثم أعد تدليل المجموع الأول بالمقدار j=k+1j = k + 1 واجمع معامل f(j)g(n+1−j)f^{(j)} g^{(n+1-j)}: فهو (nj−1)+(nj)=(n+1j)\binom{n}{j-1} + \binom nj = \binom{n+1}{j} حسب قاعدة باسكال (القضية 2.15)، ويحمل الحدّان الحدّيان j=0j = 0 و j=n+1j = n + 1 المقدارَ (n+10)=(n+1n+1)=1\binom{n+1}{0} = \binom{n+1}{n+1} = 1 كما ينبغي. ∎

مثال 14.17 (لايبنتز في العمل)

احسب (x2ex)(n)\bigl(x^2 \eu^x\bigr)^{(n)} من أجل n≥2n \geq 2. خذ f=x2f = x^2، ومشتقاته تموت سريعًا (f′=2xf' = 2x و f′′=2f'' = 2 و f(k)=0f^{(k)} = 0 من أجل k≥3k \geq 3)، و g=exg = \eu^x: فلا ينجو إلا ثلاثة حدود من مجموع لايبنتز،

(x2ex)(n)=(n0)x2ex+(n1)(2x) ex+(n2) 2 ex=ex(x2+2nx+n(n−1)).\bigl(x^2\eu^x\bigr)^{(n)} = \binom n0 x^2 \eu^x + \binom n1 (2x)\,\eu^x + \binom n2\, 2\,\eu^x = \eu^x\bigl(x^2 + 2nx + n(n-1)\bigr).

وللتحقق عند n=1n = 1: ex(x2+2x)\eu^x(x^2 + 2x)، وهو فعلًا (x2ex)′(x^2\eu^x)'. والفكرة النافذة: استعمل لايبنتز حين يكون أحد العاملين كثير حدود — إذ لا يكون في المجموع عندئذ إلا deg⁡+1\deg + 1 حدًا، و تكون الصيغة صورةً مغلقة لا متطابقة مجردة. (وأمّا من أجل عاملين لا نهائيَي الحيوية مثل exsin⁡x\eu^x\sin x، فالأسّيات العقدية من الفصل 3 أداة أفضل.)

14.3 التحدّب

تعريف 14.18

تكون f ⁣:I→Rf \colon I \to \R محدَّبة إذا وقع كل وتر فوق المنحنى:

∀x,y∈I, ∀t∈[0, 1],f(tx+(1−t)y)≤tf(x)+(1−t)f(y).\forall x, y \in I,\ \forall t \in \intcc{0}{1}, \quad f\bigl(tx + (1-t)y\bigr) \leq t f(x) + (1-t) f(y).

(وتكون ff مقعّرة إذا كانت −f-f محدَّبة.)

مبرهنة 14.19 (التمييزات التفاضلية)

لتكن ff قابلة للاشتقاق على II. تتكافأ العبارات الآتية:

  1. ff محدَّبة؛
  2. f′f' متزايدة على II؛
  3. يقع المنحنى فوق كل مماس: f(y)≥f(x)+f′(x)(y−x)f(y) \geq f(x) + f'(x)(y - x) من أجل كل x,y∈Ix, y \in I.

وإذا كانت ff قابلة للاشتقاق مرتين: تكون ff محدَّبة   ⟺  f′′≥0\iff f'' \geq 0.

برهان. (1 ⇒\Rightarrow 3) يُكتب التحدّب f(x+t(y−x))−f(x)t≤f(y)−f(x)\frac{f(x + t(y-x)) - f(x)}{t} \leq f(y) - f(x) من أجل t∈(0, 1]t \in \intoc{0}{1}؛ ودع t→0+t \to 0^+: f′(x)(y−x)≤f(y)−f(x)f'(x)(y - x) \leq f(y) - f(x).

(3 ⇒\Rightarrow 2) من أجل x<yx < y، تعطي متراجحتا المماس عند xx وعند yy أن f′(x)(y−x)≤f(y)−f(x)≤f′(y)(y−x)f'(x)(y-x) \leq f(y) - f(x) \leq f'(y)(y - x)، ومنه f′(x)≤f′(y)f'(x) \leq f'(y).

(2 ⇒\Rightarrow 1) ثبّت x<yx < y و t∈(0, 1)t \in \intoo{0}{1}، وليكن z=tx+(1−t)y∈(x, y)z = tx + (1-t)y \in \intoo{x}{y}. وحسب مبرهنة التزايدات المنتهية على [x, z]\intcc{x}{z} وعلى [z, y]\intcc{z}{y}: يوجد c1<z<c2c_1 < z < c_2 يحققان

f(z)−f(x)z−x=f′(c1)≤f′(c2)=f(y)−f(z)y−z,\frac{f(z) - f(x)}{z - x} = f'(c_1) \leq f'(c_2) = \frac{f(y) - f(z)}{y - z} ,

وبإزالة المقامات (z−x=(1−t)(y−x)z - x = (1-t)(y-x) و y−z=t(y−x)y - z = t(y-x)) يُعاد الترتيب فيعطي متراجحة التحدّب بالضبط.

وحالة القابلية للاشتقاق مرتين: f′′≥0  ⟺  f′f'' \geq 0 \iff f' متزايدة (النتيجة 14.12). ∎

التحدّب مرتين: كل وتر (رمادي) يقع فوق المنحنى، ويقع المنحنى فوق كل مماس (متقطّع).
التحدّب مرتين: كل وتر (رمادي) يقع فوق المنحنى، ويقع المنحنى فوق كل مماس (متقطّع).

مثال 14.20 (متراجحات التحدّب الكلاسيكية)

الدالة exp⁡\exp محدَّبة (exp⁡′′=exp⁡>0\exp'' = \exp > 0): ويعطي مماسها عند 00 أن ex≥1+x\eu^x \geq 1 + x من أجل كل xx. والدالة ln⁡\ln مقعّرة: ويعطي مماسها عند 11 أن ln⁡x≤x−1\ln x \leq x - 1؛ وتعطي أوتارها، من أجل 0<a≤b0 < a \leq b، المتراجحةَ بين المتوسطين الهندسي والحسابي: فبأخذ t=12t = \frac12 في التقعّر،

ln⁡a+b2≥ln⁡a+ln⁡b2=ln⁡ab,ومنهab≤a+b2.\ln\frac{a + b}{2} \geq \frac{\ln a + \ln b}{2} = \ln\sqrt{ab}, \qquad\text{ومنه}\qquad \sqrt{ab} \leq \frac{a+b}{2} .

والمتراجحة العامة بين المتوسطين الحسابي والهندسي هي التمرين 14.9.

مثال 14.21 (متراجحة تحدّب من الصفر)

الدالة f(t)=tln⁡tf(t) = t\ln t محدَّبة على (0, +∞)\intoo{0}{+\infty}: إذ f′′(t)=1t>0f''(t) = \frac1t > 0. ومتراجحتها عند المنتصف، مضروبةً في 22، تُقرأ: من أجل كل a,b>0a, b > 0،

aln⁡a+bln⁡b  ≥  (a+b) ln⁡a+b2,a\ln a + b\ln b \;\geq\; (a + b)\,\ln\frac{a + b}{2} ,

مع المساواة إذا وفقط إذا كان a=ba = b (بالتحدّب القطعي). ولتجربتها: a=1a = 1 و b=3b = 3 يعطي 3ln⁡3=3.2963\ln 3 = 3.296 إزاء 4ln⁡2=2.7734\ln 2 = 2.773. وهذه المتراجحة البريئة هي حالة النقطتين من مقارنة الإنتروبيا التي تعود مع متراجحة ينسن (التمرين 14.9) وفي المقاربات المعلوماتية في مجلّد السنة الثالثة. والفكرة النافذة: لتصنيع متراجحة، جد دالةً لمشتقتها الثانية إشارة واكتب ما يقوله التحدّب — فالتمييز التفاضلي يحوّل تحقّق إشارة واحدًا إلى متراجحات لا تُحصى.

ملاحظة 14.22 (مزالق شائعة مع المشتقات)

(أ) المشتقة الموجبة عند نقطة واحدة لا تعطي الرتابة بجوارها: فالمقدار f(x)=x2+x2sin⁡1xf(x) = \frac x2 + x^2\sin\frac1x (مع f(0)=0f(0) = 0) له f′(0)=12>0f'(0) = \frac12 > 0، ومع ذلك

f′(x)=12+2xsin⁡1x−cos⁡1xf'(x) = \frac12 + 2x\sin\frac1x - \cos\frac1x

يساوي −12-\frac12 عند كل xn=12πnx_n = \frac{1}{2\pi n}: فكل جوار للنقطة 00 يحتوي هبوطات. وتحتاج الرتابة إلى f′≥0f' \geq 0 على فترة (النتيجة 14.12)؛ وأمّا الإشارة النقطية فلا تضبط إلا عبور مستقيم المماس. (ب) فرضيات رول الثلاث كلها فاعلة: فالمقدار ∣x∣\abs x على [−1, 1]\intcc{-1}{1} (لا قابلية اشتقاق بالداخل)، و xx على [0, 1]\intcc{0}{1} (الطرفان غير متساويين)، و x−⌊x⌋x - \lfloor x\rfloor على [0, 1]\intcc{0}{1} (يفشل الاتصال عند 11) يكسر كلٌّ منها فرضًا واحدًا بالضبط ويكسر النتيجة. (ج) قد تكون المشتقات منقطعة، لكن لا كيفما اتفق: فقد تتذبذب f′f' (المثال 14.2) ومع ذلك تحقق دائمًا خاصية القيم الوسطى (دربو، التمرين 14.10): فالمشتقة لا تقفز أبدًا — وإذا حسبتَ «نهاية مشتقة» من جهة واحدة فيها قفزة، فقد اشتققتَ دالة غير قابلة للاشتقاق. (د) صيغة المعكوس تحتاج إلى f′≠0f' \neq 0: فالتطبيق x↦x3x \mapsto x^3 تقابل ملس متزايد قطعًا معكوسه x1/3x^{1/3} له مماس عمودي عند 00 — فقابلية اشتقاق المعكوس تُفقد بالضبط حيث تنعدم f′f' (المبرهنة 14.5).

ملاحظة 14.23 (أين تعمل مبرهنة التزايدات المنتهية تاليًا)

تكاد كل عبارة كمّية في الفصول الآتية أن تكون مبرهنةَ التزايدات المنتهية في هذا الفصل متنكّرة: فالمبرهنة الأساسية في التكامل (الفصل 15) تشتق دالة المساحة وتختم بمحك الرتابة؛ وصيغة تايلور–لاغرانج (الفصل 16) هي مبرهنة التزايدات المنتهية مكرَّرة nn مرة؛ وتحليل خطأ طريقة نيوتن وتكرارات النقطة الصامدة (التمرين 14.11) هو صيغة ليبشيتز؛ وتحوّل مسألة نهاية الأسبوع في هذا الفصل (المسألة 14.1) حاصرَ ليبشيتز نفسه إلى نظرية أعداد — أي متراجحة تنافر بين الأعداد الجبرية والأعداد الناطقة، تعطي أول عدد متسامٍ في التاريخ. وفي مجلّد السنة الثانية، تنجو متراجحة التزايدات المنتهية في عدة متغيرات حيث لا تنجو المساواة.

مثال 14.24 (متراجحة يونغ من التقعّر)

ليكن p,q>1p, q > 1 مع 1p+1q=1\frac1p + \frac1q = 1. من أجل كل a,b>0a, b > 0:

ab  ≤  app+bqq.ab \;\leq\; \frac{a^p}{p} + \frac{b^q}{q} .

والبرهان بتطبيق واحد لتقعّر ln⁡\ln بالوزنين 1p,1q\frac1p, \frac1q (وهي متراجحة ينسن ذات النقطتين، كما في التمرين 14.9):

ln⁡(app+bqq)  ≥  1pln⁡(ap)+1qln⁡(bq)=ln⁡a+ln⁡b=ln⁡(ab),\ln\Bigl(\frac{a^p}{p} + \frac{b^q}{q}\Bigr) \;\geq\; \frac1p \ln(a^p) + \frac1q \ln(b^q) = \ln a + \ln b = \ln(ab),

ويحوّل تزايد ln⁡\ln متراجحةَ اللوغاريتمات إلى الادعاء؛ والمساواة إذا وفقط إذا كان ap=bqa^p = b^q (بالتقعّر القطعي). وحالة p=q=2p = q = 2 هي المتراجحة بين المتوسطين الحسابي والهندسي ab≤a2+b22ab \leq \frac{a^2 + b^2}{2} متنكّرة. والفكرة النافذة: متراجحة يونغ هي البذرة الجبرية لمتراجحتَي هولدر ومنكوفسكي في مجلّد السنة الثانية — أي عبارة تقعّر واحدة عن ln⁡\ln، محصودةً من أجل المعايير.

ملاحظة 14.25 (منظورات داخل هذا المجلّد)

تكتسب المشتقة ثلاث حيوات جديدة قبل نهاية المجلّد. ففي الفصل 16 تتكرر: إذ تُضغط nn مشتقة عند نقطة في كثير حدود واحد مع خطأ مضبوط، وتصير مبرهنة التزايدات المنتهية باقيَ لاغرانج. وفي الفصل 24، يصير الاشتقاق هندسيًا: فمن أجل منحن معلَّمي t↦(x(t),y(t))t \mapsto (x(t), y(t))، يكون الزوج (x′(t),y′(t))(x'(t), y'(t)) متجهة سرعة، ويصير التماسّ استقامية، وتصير النقاط الحرجة نقاطَ ارتداد تُصنَّف. وفي الفصل 25، يُجمَّد متغير واحد في كل مرة: فتكرّر المشتقات الجزئية هذا الفصل مرتين، وينمو مستقيم المماس إلى مستوٍ مماس. وترث الفصول الثلاثة كلها القواعد نفسها — تقريب خطي موضعي مع حدّ خطأ — المنطوقة أول مرة هنا.

14.4 تمارين

تمرين 14.1 ★

اشتق (محدّدًا مجموعات التعريف): xxx^x؛   ln⁡(x+x2+1)\;\ln\bigl(x + \sqrt{x^2+1}\bigr)؛   arctan⁡1x\;\arctan\frac{1}{x}؛   1+e2x\;\sqrt{1 + \eu^{2x}}.

حل

حل التمرين 14.1.

xx=exln⁡xx^x = \eu^{x\ln x} على (0, +∞)\intoo{0}{+\infty}: المشتقة (ln⁡x+1) xx(\ln x + 1)\,x^x.

ln⁡(x+x2+1)\ln(x + \sqrt{x^2+1}) على R\R (لأن المتغير دائمًا >0> 0): المشتقة 1x2+1\frac{1}{\sqrt{x^2+1}} (محسوبة في القضية 4.21 — وهي arsinh⁡\operatorname{arsinh}).

arctan⁡1x\arctan\frac1x على R∗\R^*: المشتقة −1/x21+1/x2=−11+x2\frac{-1/x^2}{1 + 1/x^2} = \frac{-1}{1 + x^2} (وهذا متسق مع القضية 4.12 (2): فالدالة ±π2−arctan⁡x\pm\frac\pi2 - \arctan x على كل نصف مستقيم).

1+e2x\sqrt{1 + \eu^{2x}} على R\R: المشتقة e2x1+e2x\frac{\eu^{2x}}{\sqrt{1 + \eu^{2x}}}.

تمرين 14.2 ★

أكمل المثال 14.2: برهن على أن f(x)=x2sin⁡1xf(x) = x^2 \sin\frac1x مع f(0)=0f(0) = 0 قابلة للاشتقاق عند 00 مع f′(0)=0f'(0) = 0، وعلى أن f′f' لا نهاية له عند 00.

حل

حل التمرين 14.2.

عند 00: ∣f(h)−0h∣=∣hsin⁡1h∣≤∣h∣→0\bigl|\frac{f(h) - 0}{h}\bigr| = \abs{h \sin\frac1h} \leq \abs h \to 0، ومنه f′(0)=0f'(0) = 0. ومن أجل x≠0x \neq 0، تعطي القواعد المعتادة f′(x)=2xsin⁡1x−cos⁡1xf'(x) = 2x\sin\frac1x - \cos\frac1x. وعلى xn=12πnx_n = \frac{1}{2\pi n}: f′(xn)=0−1→−1f'(x_n) = 0 - 1 \to -1؛ وعلى yn=1(2n+1)πy_n = \frac{1}{(2n+1)\pi}: f′(yn)=0+1→1f'(y_n) = 0 + 1 \to 1. أي متتاليتان تؤولان إلى 00 بنهايتين مختلفتين للمقدار f′f': فلا نهاية (المبرهنة 13.3)، ومنه فالمشتقة f′f' ليست متصلة عند 00 وتكون ff قابلة للاشتقاق دون أن تكون من الصنف C1C^1.

تمرين 14.3 ★

باستعمال مبرهنة التزايدات المنتهية أو متراجحات المماس، برهن على أنه من أجل كل x>0x > 0:

x1+x<ln⁡(1+x)<x.\frac{x}{1 + x} < \ln(1 + x) < x .

واستنتج lim⁡n→∞(1+xn)n=ex\lim_{n\to\infty} \bigl(1 + \frac xn\bigr)^n = \eu^x من أجل كل x>0x > 0.

حل

حل التمرين 14.3.

ln⁡(1+x)<x\ln(1+x) < x من أجل x>0x > 0: بمتراجحة مماس التقعّر عند 00 (وهي قطعية بعيدًا عن نقطة التماسّ لأن ln⁡\ln مقعّرة قطعًا؛ أو طبّق مبرهنة التزايدات المنتهية: ln⁡(1+x)=x1+c\ln(1+x) = \frac{x}{1+c} من أجل c∈(0, x)c \in \intoo{0}{x} ما، و x1+c<x\frac{x}{1+c} < x). وتعطي متطابقة التزايدات المنتهية نفسها الحاصرَ الأدنى: x1+c>x1+x\frac{x}{1+c} > \frac{x}{1+x}.

والنتيجة: مع x/nx/n بدل xx،

x/n1+x/n<ln⁡(1+xn)<xn  ⟹  x1+x/n<nln⁡(1+xn)<x.\frac{x/n}{1 + x/n} < \ln\Bigl(1 + \frac xn\Bigr) < \frac xn \quad\implies\quad \frac{x}{1 + x/n} < n \ln\Bigl(1 + \frac xn\Bigr) < x .

ويؤول الطرف الأيسر إلى xx: ومنه، بالحصر، nln⁡(1+xn)→xn\ln(1 + \frac xn) \to x، وباتصال exp⁡\exp، (1+xn)n=enln⁡(1+x/n)→ex\bigl(1 + \frac xn\bigr)^n = \eu^{n\ln(1 + x/n)} \to \eu^x.

تمرين 14.4 ★

ليكن PP كثير حدود حقيقيًا له kk جذرًا حقيقيًا متمايزًا. برهن على أن للمقدار P′P' عددَ k−1k - 1 جذرًا حقيقيًا متمايزًا على الأقل، متداخلة مع جذور PP. واستنتج أنه إذا كانت كل جذور PP حقيقية، فكذلك جذور P′P'.

حل

حل التمرين 14.4.

ليكن x1<x2<⋯<xkx_1 < x_2 < \dots < x_k جذورًا متمايزة للمقدار PP. وعلى كل [xi, xi+1]\intcc{x_i}{x_{i+1}}، تنتج مبرهنة رول (المبرهنة 14.8) عددًا ci∈(xi, xi+1)c_i \in \intoo{x_i}{x_{i+1}} يحقق P′(ci)=0P'(c_i) = 0: أي k−1k - 1 جذرًا للمقدار P′P'، متمايزة لأن الفترات المفتوحة منفصلة — ومتداخلة بحكم البناء.

وإذا كانت كل جذور PP (من الدرجة nn) حقيقية، فاكتبها مع تضاعفاتها m1+⋯+mk=nm_1 + \dots + m_k = n. وكل جذر تضاعفه mi≥2m_i \geq 2 جذرٌ للمقدار P′P' تضاعفه mi−1m_i - 1 (القضية 8.11)، فيسهم بالمقدار ∑(mi−1)=n−k\sum (m_i - 1) = n - k؛ وتسهم رول بعدد k−1k - 1 آخر، وكلها متمايزة عن هذه. والمجموع ≥n−1=deg⁡P′\geq n - 1 = \deg P': ومنه فكل جذور P′P' حقيقية.

تمرين 14.5 ★★

لتكن ff قابلة للاشتقاق على R\R مع f′(x)→ℓf' (x)\to \ell عندما x→+∞x \to +\infty. برهن على أن f(x)x→ℓ\frac{f(x)}{x} \to \ell (بمبرهنة التزايدات المنتهية على [A, x]\intcc{A}{x}). وهل يصحّ f(x+1)−f(x)→ℓf(x+1) - f(x) \to \ell كذلك؟

حل

حل التمرين 14.5.

ثبّت ε>0\varepsilon > 0 و AA يحقق ∣f′(t)−ℓ∣≤ε\abs{f'(t) - \ell} \leq \varepsilon من أجل t≥At \geq A. ومن أجل x>Ax > A، تعطي مبرهنة التزايدات المنتهية على [A, x]\intcc{A}{x} عددًا c∈(A, x)c \in \intoo{A}{x} يحقق

f(x)=f(A)+f′(c)(x−A),ومنه∣f(x)x−ℓ∣≤∣f(A)∣+∣ℓ∣Ax+∣f′(c)−ℓ∣⋅x−Ax≤CAx+ε.f(x) = f(A) + f'(c)(x - A), \qquad\text{ومنه}\qquad \Bigl|\frac{f(x)}{x} - \ell\Bigr| \leq \frac{\abs{f(A)} + \abs\ell A}{x} + \abs{f'(c) - \ell} \cdot\frac{x - A}{x} \leq \frac{C_A}{x} + \varepsilon .

ومن أجل xx كبير، CAx≤ε\frac{C_A}{x} \leq \varepsilon: ومنه f(x)x→ℓ\frac{f(x)}{x} \to \ell.

نعم: f(x+1)−f(x)=f′(cx)f(x+1) - f(x) = f'(c_x) مع cx∈(x, x+1)c_x \in \intoo{x}{x+1} (بمبرهنة التزايدات المنتهية على [x, x+1]\intcc{x}{x+1})، و cx→+∞c_x \to +\infty، ومنه f(x+1)−f(x)→ℓf(x+1) - f(x) \to \ell.

تمرين 14.6 ★★

(رول متقطّع) لتكن ff قابلة للاشتقاق nn مرة على II و تنعدم عند n+1n + 1 نقطة متمايزة. برهن على أن f(n)f^{(n)} ينعدم مرة واحدة على الأقل. وتطبيقًا: كثير الحدود من درجة ≤n\leq n المنعدم عند n+1n+1 نقطة معدوم (مرة أخرى).

حل

حل التمرين 14.6.

بالاستقراء على nn. من أجل n=1n = 1: رول. وإذا صحّ الادعاء من أجل n−1n - 1: فإن ff تنعدم عند n+1n+1 نقطة، ومنه، برول مطبَّقة على الفجوات nn، تنعدم f′f' عند nn نقطة متمايزة؛ ويجعل فرض الاستقراء مطبَّقًا على f′f' (وهي قابلة للاشتقاق n−1n-1 مرة ولها nn جذرًا) (f′)(n−1)=f(n)(f')^{(n-1)} = f^{(n)} ينعدم في موضع ما.

وتطبيقًا: إذا انعدم PP من الدرجة ≤n\leq n عند n+1n+1 نقطة، فإن P(n)P^{(n)}، وهو ثابت يساوي n!n! مضروبًا في المعامل المهيمن، ينعدم: ومنه فالمعامل المهيمن هو 00، ويُختم باستقراء نازل (أو مباشرةً: تنعدم كل المعاملات).

تمرين 14.7 ★★

لتكن ff قابلة للاشتقاق مرتين على [a, b]\intcc{a}{b} مع f(a)=f(b)=0f(a) = f(b) = 0 و f(x0)>0f(x_0) > 0 من أجل x0x_0 داخلية ما. برهن على أن f′′(c)<0f''(c) < 0 من أجل c∈(a, b)c \in \intoo{a}{b} ما. (بمبرهنتَي تزايدات منتهية و مقارنة ميول.)

حل

حل التمرين 14.7.

بمبرهنة التزايدات المنتهية على [a, x0]\intcc{a}{x_0} وعلى [x0, b]\intcc{x_0}{b}:

f′(c1)=f(x0)−f(a)x0−a=f(x0)x0−a>0,f′(c2)=f(b)−f(x0)b−x0=−f(x0)b−x0<0,f'(c_1) = \frac{f(x_0) - f(a)}{x_0 - a} = \frac{f(x_0)}{x_0 - a} > 0, \qquad f'(c_2) = \frac{f(b) - f(x_0)}{b - x_0} = \frac{-f(x_0)}{b - x_0} < 0,

مع c1<x0<c2c_1 < x_0 < c_2. ثم تعطي مبرهنة التزايدات المنتهية مطبَّقةً على f′f' على [c1, c2]\intcc{c_1}{c_2} عددًا cc يحقق

f′′(c)=f′(c2)−f′(c1)c2−c1<0.f''(c) = \frac{f'(c_2) - f'(c_1)}{c_2 - c_1} < 0 . \qedhere

تمرين 14.8 ★★

ادرس الدالة f(x)=ln⁡xxf(x) = \dfrac{\ln x}{x} على (0, +∞)\intoo{0}{+\infty}: التغيرات والنهايات والقيمة العظمى. واستنتج أن ab>baa^b > b^a من أجل كل الأعداد الحقيقية e≤a<b\eu \leq a < b، واحسم الحالة الخاصة الشهيرة: أيّهما أكبر، eπ\eu^\pi أم πe\pi^\eu؟ وتحقق إزاء زوجَي الأعداد الصحيحة الصغيرة (2,3)(2,3) و (2,4)(2,4): ولماذا يسلكان سلوكًا مختلفًا؟

حل

حل التمرين 14.8.

f′(x)=1−ln⁡xx2f'(x) = \frac{1 - \ln x}{x^2}: تتزايد ff على (0, e]\intoc{0}{\eu}، و تتناقص على [e, +∞)\intco{\eu}{+\infty}، بقيمة عظمى f(e)=1ef(\eu) = \frac1\eu؛ والنهايتان −∞-\infty عند 0+0^+ و 00 عند +∞+\infty (بمقارنة النمو).

ومن أجل e≤a<b\eu \leq a < b: يعطي تناقص ff القطعي هناك أن ln⁡aa>ln⁡bb\frac{\ln a}{a} > \frac{\ln b}{b}، أي bln⁡a>aln⁡bb \ln a > a \ln b، أي ab>baa^b > b^a.

ومع a=e<b=πa = \eu < b = \pi: eπ>πe\eu^\pi > \pi^\eu.

والأزواج الصغيرة: (2,3)(2, 3): 23=8<9=322^3 = 8 < 9 = 3^2 — أي معكوسًا! والسبب: 2<e2 < \eu، وعلى (0, e)\intoo{0}{\eu} تكون الدالة ff متزايدة، ومنه تنقلب المقارنة حين يقع العددان دون e\eu، وتكون غير قابلة للتنبؤ عبر e\eu (ويفسّر f(2)=f(4)f(2) = f(4) التعادلَ 24=42=162^4 = 4^2 = 16).

تمرين 14.9 ★★

(المتراجحة بين المتوسطين الحسابي والهندسي) باستعمال تقعّر ln⁡\ln بأوزان عامة (متراجحة ينسن من أجل nn نقطة، ويُبرهن عليها بالاستقراء على nn)، بيّن أنه من أجل الأعداد الحقيقية الموجبة a1,…,ana_1, \dots, a_n:

a1a2⋯ann≤a1+⋯+ann,\sqrt[n]{a_1 a_2 \cdots a_n} \leq \frac{a_1 + \dots + a_n}{n},

مع المساواة إذا وفقط إذا تساوت كل aia_i.

حل

حل التمرين 14.9.

ينسن من أجل ln⁡\ln، بالاستقراء على nn. الادعاء: من أجل xix_i موجبة وأوزان λi>0\lambda_i > 0 مع ∑λi=1\sum \lambda_i = 1: ln⁡(∑λixi)≥∑λiln⁡xi\ln\bigl(\sum \lambda_i x_i\bigr) \geq \sum \lambda_i \ln x_i. ومن أجل n=2n = 2 هذا هو التقعّر. والخطوة: مع Λ=λ1+⋯+λn−1=1−λn\Lambda = \lambda_1 + \dots + \lambda_{n-1} = 1 - \lambda_n و y=∑i<nλiΛxiy = \sum_{i<n} \frac{\lambda_i}{\Lambda} x_i،

ln⁡(∑i≤nλixi)=ln⁡(Λy+λnxn)≥Λln⁡y+λnln⁡xn≥Λ∑i<nλiΛln⁡xi+λnln⁡xn,\ln\Bigl(\sum_{i \leq n} \lambda_i x_i\Bigr) = \ln\bigl(\Lambda y + \lambda_n x_n\bigr) \geq \Lambda \ln y + \lambda_n \ln x_n \geq \Lambda \sum_{i<n} \frac{\lambda_i}{\Lambda}\ln x_i + \lambda_n \ln x_n,

باستعمال التقعّر (n=2n = 2) ثم فرض الاستقراء.

ومع λi=1n\lambda_i = \frac 1n و xi=aix_i = a_i: ln⁡∑ain≥1n∑ln⁡ai=ln⁡a1⋯ann\ln\frac{\sum a_i}{n} \geq \frac 1n \sum \ln a_i = \ln\sqrt[n]{a_1\cdots a_n}؛ ثم خذ الأسّي. وأمّا المساواة: فالدالة ln⁡\ln مقعّرة قطعًا (ln⁡′′<0\ln'' < 0)، ومنه تفرض المساواة عند كل خطوة تطابقَ النقاط الممتوسطة — أي تساوي كل aia_i؛ وإذا تساوت كلها، فالمساواة جلية.

تمرين 14.10 ★★★

(دربو: المشتقات تأخذ القيم الوسطى) لتكن ff قابلة للاشتقاق على II وليكن a<ba < b في II مع f′(a)<v<f′(b)f'(a) < v < f'(b). وبالنظر في g(x)=f(x)−vxg(x) = f(x) - vx وفي النقطة التي تبلغ عندها gg قيمتها الصغرى على [a, b]\intcc{a}{b}، برهن على أن f′(c)=vf'(c) = v من أجل c∈(a, b)c \in \intoo{a}{b} ما — وإن لم يكن على f′f' أن تكون متصلة (التمرين 14.2).

حل

حل التمرين 14.10.

لتكن g(x)=f(x)−vxg(x) = f(x) - vx: فهي قابلة للاشتقاق، مع g′(a)=f′(a)−v<0g'(a) = f'(a) - v < 0 و g′(b)=f′(b)−v>0g'(b) = f'(b) - v > 0. وحسب مبرهنة القيم الحدّية، تبلغ gg قيمتها الصغرى على [a, b]\intcc{a}{b} عند cc ما. وهي ليست عند aa: لأن g′(a)<0g'(a) < 0، فللنقاط يمين aa مباشرةً g<g(a)g < g(a). وهي ليست عند bb: لأن g′(b)>0g'(b) > 0، فللنقاط يسار bb مباشرةً g<g(b)g < g(b). ومنه فالنقطة cc داخلية، ويعطي القضية 14.7 أن g′(c)=0g'(c) = 0، أي f′(c)=vf'(c) = v.

تمرين 14.11 ★★★

لتكن f ⁣:R→Rf \colon \R \to \R قابلة للاشتقاق مع ∣f′(x)∣≤k<1\abs{f'(x)} \leq k < 1 من أجل كل xx (أي تقلّص). برهن على أن للمقدار ff نقطة صامدة واحدة بالضبط ℓ\ell، وعلى أن كل متتالية un+1=f(un)u_{n+1} = f(u_n) تتقارب إلى ℓ\ell مع ∣un−ℓ∣≤kn∣u0−ℓ∣\abs{u_n - \ell} \leq k^n\abs{u_0 - \ell}. (الوجود: طبّق مبرهنة القيم الوسطى على f(x)−xf(x) - x على قطعة كبيرة، مستعملًا حاصر ليبشيتز؛ أو استعمل التمام مع محك كوشي.)

حل

حل التمرين 14.11.

الوحدانية: نقطتان صامدتان ℓ≠ℓ′\ell \neq \ell' ستعطيان ∣ℓ−ℓ′∣=∣f(ℓ)−f(ℓ′)∣≤k∣ℓ−ℓ′∣<∣ℓ−ℓ′∣\abs{\ell - \ell'} = \abs{f(\ell) - f(\ell')} \leq k\abs{\ell - \ell'} < \abs{\ell - \ell'}، وهذا محال.

الوجود: تحقق g(x)=f(x)−xg(x) = f(x) - x، بمتراجحة التزايدات المنتهية، f(x)≤f(0)+k∣x∣f(x) \leq f(0) + k\abs x؛ ومنه من أجل x≥∣f(0)∣1−kx \geq \frac{\abs{f(0)}}{1 - k}، g(x)≤f(0)+kx−x≤0g(x) \leq f(0) + kx - x \leq 0، و بالتناظر g(−x)≥0g(-x) \geq 0 من أجل xx كبير. وتعطي مبرهنة القيم الوسطى جذرًا ℓ\ell للمقدار gg: أي نقطة صامدة.

التقارب: بمتراجحة التزايدات المنتهية مرة أخرى:

∣un+1−ℓ∣=∣f(un)−f(ℓ)∣≤k∣un−ℓ∣,\abs{u_{n+1} - \ell} = \abs{f(u_n) - f(\ell)} \leq k\abs{u_n - \ell},

ومنه بالاستقراء ∣un−ℓ∣≤kn∣u0−ℓ∣→0\abs{u_n - \ell} \leq k^n \abs{u_0 - \ell} \to 0.

تمرين 14.12 ★★★

(مبرهنة التزايدات المنتهية لكوشي وقاعدة لوبيتال)

  1. لتكن f,gf, g متصلتين على [a, b]\intcc{a}{b} و قابلتين للاشتقاق على (a, b)\intoo{a}{b}، مع g′g' لا ينعدم هناك أبدًا. برهن على أن g(b)≠g(a)g(b) \neq g(a) وعلى أن c∈(a, b)c \in \intoo{a}{b} ما يحقق

    f(b)−f(a)g(b)−g(a)=f′(c)g′(c)\frac{f(b) - f(a)}{g(b) - g(a)} = \frac{f'(c)}{g'(c)}

    (طبّق رول على h=f−λgh = f - \lambda g من أجل الثابت λ\lambda الصحيح).

  2. استنتج قاعدة لوبيتال في الصورة 00\frac00 عند نقطة: إذا كان f(a)=g(a)=0f(a) = g(a) = 0 و f′(x)g′(x)→ℓ\frac{f'(x)}{g'(x)} \to \ell عندما x→a+x \to a^+، فإن f(x)g(x)→ℓ\frac{f(x)}{g(x)} \to \ell.
  3. بيّن أن العكس يفشل: فمن أجل f(x)=x2sin⁡1xf(x) = x^2\sin\frac1x (f(0)=0f(0) = 0) و g(x)=xg(x) = x، يكون للقسمة fg\frac{f}{g} نهايةٌ عند 00 لكن f′g′\frac{f'}{g'} لا نهاية له.
حل

حل التمرين 14.12.

  1. إذا كان g(b)=g(a)g(b) = g(a)، لأعطت رول جذرًا داخليًا للمقدار g′g': وهذا مستبعد. ضع λ=f(b)−f(a)g(b)−g(a)\lambda = \frac{f(b) - f(a)}{g(b) - g(a)} و h=f−λgh = f - \lambda g: فالدالة hh متصلة على [a, b]\intcc{a}{b} وقابلة للاشتقاق بالداخل، و h(b)−h(a)=f(b)−f(a)−λ(g(b)−g(a))=0h(b) - h(a) = f(b) - f(a) - \lambda(g(b) - g(a)) = 0. وتعطي رول عددًا cc يحقق h′(c)=0h'(c) = 0، أي f′(c)=λ g′(c)f'(c) = \lambda\,g'(c)؛ فاقسم على g′(c)≠0g'(c) \neq 0.

  2. من أجل x>ax > a قريب من aa، يعطي البند (1) على [a, x]\intcc{a}{x} (حيث g′≠0g' \neq 0) أن g(x)≠0g(x) \neq 0 وأن cx∈(a, x)c_x \in \intoo{a}{x} يحقق

    f(x)g(x)=f(x)−f(a)g(x)−g(a)=f′(cx)g′(cx).\frac{f(x)}{g(x)} = \frac{f(x) - f(a)}{g(x) - g(a)} = \frac{f'(c_x)}{g'(c_x)} .

    وعندما x→a+x \to a^+، يكون cx→a+c_x \to a^+ (بالحصر)، ومنه يؤول الطرف الأيمن إلى ℓ\ell: أي fg→ℓ\frac{f}{g} \to \ell.

  3. f(x)g(x)=xsin⁡1x→0\frac{f(x)}{g(x)} = x\sin\frac1x \to 0، بينما f′(x)g′(x)=2xsin⁡1x−cos⁡1x\frac{f'(x)}{g'(x)} = 2x\sin\frac1x - \cos\frac1x لا نهاية له عند 00 (التمرين 14.2): فقاعدة لوبيتال لا تنقل المعلومة إلا من f′g′\frac{f'}{g'} إلى fg\frac fg، لا بالعكس أبدًا.

14.5 مسألة: متراجحة ليوفيل وأول عدد متسامٍ

مسألة 14.1

مسألة نهاية الأسبوع — الأعداد الجبرية تنافر الأعداد الناطقة: ∣x−p/q∣≥C/qd\abs{x - p/q} \geq C/q^d، وتسامي ∑10−n!\sum 10^{-n!}

يكون العدد الحقيقي جبريًا إذا كان جذرًا لكثير حدود غير معدوم بمعاملات صحيحة، ومتساميًا فيما عدا ذلك. وفي سنة 1844 أنتج ليوفيل أول عدد بُرهن على تساميه قط، ومحرّك برهانه هو مبرهنة التزايدات المنتهية في هذا الفصل: فالعدد الجبري من الدرجة dd لا يمكن تقريبه بالأعداد الناطقة أفضل من C/qdC/q^d — ومنه فالعدد القابل للتقريب أسرع من كل قوة لا يمكن أن يكون جبريًا. وتبني هذه المسألة المتراجحة، وتنشئ عدد ليوفيل L=0.110001000…L = 0.110001000\dots (بآحاد عند المواضع العاملية، عبر آلة الأرقام في المسألة 10.1)، وتبرهن على تساميه، وتُختم ببرهان كانتور المنافس وبحواصر فعّالة من أجل 2\sqrt2 و 21/32^{1/3}.

الجزء 1 — إلى أيّ حد يمكن تقريب الأعداد الناطقة؟

  1. بيّن أن العددين الناطقين المتمايزين ab≠pq\frac ab \neq \frac pq (مكتوبين مع b,q≥1b, q \geq 1) يحققان ∣ab−pq∣≥1bq\bigl|\frac ab - \frac pq\bigr| \geq \frac{1}{bq}. واستنتج: إذا كان x=abx = \frac ab و 0<∣x−pq∣<1bq0 < \bigl|x - \frac pq\bigr| < \frac{1}{bq}، فلا وجود لمثل هذا pq\frac pq — أي إن العدد الناطق ينافر كل الأعداد الناطقة الأخرى على سلّم 1q\frac 1q.
  2. برهن على أنه من أجل كل عدد ناطق pq\frac pq (q≥1q \geq 1): ∣2−pq∣≥14q2\bigl|\sqrt2 - \frac pq\bigr| \geq \frac{1}{4q^2} (فإذا تجاوزت المسافة 11 فهذا جليّ؛ وإلا فحُدّ ∣2+p/q∣<4\abs{\sqrt2 + p/q} < 4 و استعمل العدد الصحيح غير المعدوم ∣p2−2q2∣≥1\abs{p^2 - 2q^2} \geq 1).

  3. وفي الاتجاه الآخر: تحقق من أن (p,q)↦(p+2q,p+q)(p, q) \mapsto (p + 2q, p + q) يحفظ ∣p2−2q2∣=1\abs{p^2 - 2q^2} = 1، وولّد انطلاقًا من (1,1)(1,1) الأزواجَ (3,2)(3,2) و (7,5)(7,5) و (17,12)(17,12) و (41,29)(41,29) و (99,70)(99,70)، وبيّن أن كلًّا منها يحقق

    ∣2−pq∣=1q2 (2+p/q)<12q2:\Bigl|\sqrt2 - \frac pq\Bigr| = \frac{1}{q^2\,(\sqrt2 + p/q)} < \frac{1}{2q^2} :

    أي تقريبات لا تُحصى من الرتبة 22. ومع السؤال 2: يكون أُسّ التقريب للمقدار 2\sqrt 2 هو 22 بالضبط.

  4. (ديريكليه) ليكن xx أصمّ و N∈N∗N \in \N^*. انظر في الأجزاء الكسرية N+1N + 1 للمقادير 0,x,2x,…,Nx0, x, 2x, \dots, Nx في الأدراج NN [kN, k+1N)\intco{\frac kN}{\frac{k + 1}{N}}: فحسب مبدأ الأدراج (النتيجة 2.3)، يقع اثنان في درج واحد. واستنتج q≤Nq \leq N و pp يحققان ∣qx−p∣<1N\abs{qx - p} < \frac 1N، ومنه أعدادًا ناطقة لا تُحصى تحقق ∣x−pq∣<1q2\bigl|x - \frac pq\bigr| < \frac{1}{q^2}: أي إن كل عدد أصمّ قابل للتقريب من الرتبة 22.

الجزء 2 — متراجحة ليوفيل. ليكن xx أصمّ وجبريًا.

  1. بيّن أنه بين كثيرات الحدود الصحيحة غير المعدومة المنعدمة عند xx يوجد واحد، وليكن PP من الدرجة dd، بلا جذر ناطق؛ وتحقق من d≥2d \geq 2 (اقسم على عامل X−abX - \frac ab على Q\Q و أزل المقامات؛ فالدرجة 11 ستجعل xx ناطقًا).
  2. بيّن أنه من أجل كل عدد ناطق pq\frac pq (q≥1q \geq 1): ∣P(pq)∣≥1qd\bigl|P\bigl(\frac pq\bigr)\bigr| \geq \frac{1}{q^d} (لأن qdP(p/q)q^d P(p/q) عدد صحيح غير معدوم).

  3. لتكن M=max⁡[x−1, x+1]∣P′∣M = \max_{\intcc{x-1}{x+1}} \abs{P'} (المبرهنة 13.13). وباستعمال مبرهنة التزايدات المنتهية بين xx و pq\frac pq، برهن على متراجحة ليوفيل: مع C=min⁡(1,1M)>0C = \min\bigl(1, \frac 1M\bigr) > 0،

    ∣x−pq∣≥Cq dمن أجل كل عدد ناطق pq, q≥1.\Bigl| x - \frac pq \Bigr| \geq \frac{C}{q^{\,d}} \qquad\text{من أجل كل عدد ناطق } \frac pq,\ q \geq 1 .
  4. سمِّ xx عدد ليوفيل إذا كان من أجل كل n∈Nn \in \N يوجد عدد ناطق pq\frac pq مع q≥2q \geq 2 و 0<∣x−pq∣<q−n0 < \bigl|x - \frac pq\bigr| < q^{-n}. برهن على أن عدد ليوفيل أصمّ (السؤال 1: اختر nn يحقق 2 n−1>b2^{\,n-1} > b).
  5. برهن على مبرهنة ليوفيل: عدد ليوفيل متسامٍ (اجمع بين السؤالين 7 و 8: فالمتراجحة C<q d−nC < q^{\,d-n} تفشل من أجل nn كبير).

الجزء 3 — العدد LL.

  1. ليكن LL القيمة (بمعنى المسألة 10.1) لسلسلة الأرقام العشرية ذات الرقم 11 في المواضع n!n! (n=1,2,3,…n = 1, 2, 3, \dots) و 00 فيما عداها، أي L=sup⁡ktkL = \sup_k t_k مع tk=∑n=1k10−n!t_k = \sum_{n=1}^{k} 10^{-n!}. اكتب الأرقام 2525 الأولى للمقدار LL.

  2. برهن على تأطير الذيل، من أجل كل k≥1k \geq 1:

    10−(k+1)!  ≤  L−tk  ≤  109 10−(k+1)!  <  2⋅10−(k+1)!10^{-(k+1)!} \;\leq\; L - t_k \;\leq\; \frac{10}{9}\,10^{-(k+1)!} \;<\; 2\cdot 10^{-(k+1)!}

    (حُدّ كل مجموع جزئي بعد tkt_k بمجموع هندسي منته).

  3. اكتب tk=pkqkt_k = \frac{p_k}{q_k} مع qk=10k!q_k = 10^{k!}. بيّن 0<L−pkqk<2qk k+10 < L - \frac{p_k}{q_k} < \frac{2}{q_k^{\,k+1}}، واستنتج أن LL عدد ليوفيل بمعنى السؤال 8.
  4. استنتج: العدد LL متسامٍ — وهو أول مثال صريح في التاريخ (ليوفيل، 1844). وتحقق من صممه مباشرةً: فأرقامه ليست دورية في النهاية (لتنامي الفجوات، كما في المسألة 10.1، السؤال 20).
  5. عمّم: استبدل بكل رقم 11 رقمًا كيفيًا غير معدوم dn∈[ ⁣[1, 9] ⁣]d_n \in \intint{1}{9}. بيّن أن القيمة تبقى عدد ليوفيل، واستنتج — بحجة القطر في المسألة 10.1 (السؤال 22) مطبَّقةً على اختيارات الأرقام هذه — أن الأعداد المتسامية من هذا الشكل لا تُحصى عددًا غير قابل للعدّ.

الجزء 4 — تراتب رتب التقريب. قل إن xx قابل للتقريب من الرتبة μ\mu إذا كان من أجل ثابت c>0c > 0 ما يحقق عدد لا يُحصى من الأعداد الناطقة ∣x−pq∣<cqμ\bigl|x - \frac pq\bigr| < \frac{c}{q^{\mu}}.

  1. ركّب التراتب من الأجزاء 1–3: الأعداد الناطقة قابلة للتقريب من الرتبة 11 ولا أفضل؛ و 2\sqrt 2 من الرتبة 22 ولا أفضل؛ وكل عدد أصمّ من الرتبة 22 على الأقل؛ والعدد الجبري من الدرجة dd من لا رتبة بعد dd؛ وأعداد ليوفيل من كل رتبة. وسوّغ كل ادعاء بالاستشهاد بالسؤال المعني.
  2. بيّن أن L+rL + r عدد ليوفيل من أجل كل عدد ناطق r=abr = \frac ab (انسحب بالمقرّبات: فالمقامات الجديدة هي b qkb\,q_k). واستنتج أن أعداد ليوفيل — ومنه المتسامية — كثيفة في R\R.
  3. (كانتور، 1874) برهن على أن مجموعة الأعداد الجبرية قابلة للعدّ: فعدد كثيرات الحدود الصحيحة التي درجتها مضافًا إليها مجموع ∣المعاملات∣\abs{\text{المعاملات}} محدود بالمقدار hh منتهٍ، ولكلٍّ منها deg⁡\deg جذرًا على الأكثر؛ و الاتحاد القابل للعدّ لمجموعات منتهية قابل للعدّ. ولأن لا متتالية تستنفد R\R (المسألة 10.1، السؤال 22)، توجد أعداد متسامية — بل تكوّن مجموعة غير قابلة للعدّ. وقارن البرهانين: فماذا يعطي برهان ليوفيل ولا يستطيع برهان كانتور إعطاءه؟
  4. برهن مباشرةً من السؤال 2 على أن 2\sqrt 2 ليس عدد ليوفيل (فمن أجل n≥3n \geq 3، تحدّ المتراجحة q−n>14q2q^{-n} > \frac{1}{4q^2} المقدارَ qq؛ ولا يبقى عندئذ إلا عدد منته من الأعداد الناطقة المرشّحة، وكلها على مسافة موجبة من 2\sqrt2). وعمّم: لا عدد جبري هو عدد ليوفيل.

الجزء 5 — ثوابت فعّالة.

  1. من أجل زوج بيل (99,70)(99, 70): تحقق من 992−2⋅702=199^2 - 2\cdot70^2 = 1 وقوّم الخطأ المضبوط

    2−9970=−1702 (2+9970),∣2−9970∣≈7.2⋅10−5:\sqrt2 - \frac{99}{70} = \frac{-1}{70^2\,\bigl(\sqrt2 + \frac{99}{70}\bigr)}, \qquad \Bigl|\sqrt 2 - \frac{99}{70}\Bigr| \approx 7.2\cdot 10^{-5} :

    أي خمسة أرقام صحيحة من كسر ذي ثلاثة أرقام.

  2. نفّذ الجزء 2 على x=21/3x = 2^{1/3} مع P=X3−2P = X^3 - 2: تحقق من أن PP ليس له جذر ناطق، وحُدّ M=max⁡[x−1, x+1]3t2≤3 (1+21/3)2<16M = \max_{\intcc{x-1}{x+1}} 3t^2 \leq 3\,(1 + 2^{1/3})^2 < 16، واستنتج المتراجحة الفعّالة

    ∣21/3−pq∣≥116 q3من أجل كل pq.\Bigl| 2^{1/3} - \frac pq \Bigr| \geq \frac{1}{16\,q^3} \qquad \text{من أجل كل } \frac pq .
  3. والربح: بيّن أن أيّ عدد ناطق يقرّب 21/32^{1/3} بدقة 10−610^{-6} يجب أن يكون مقامه q≥40q \geq 40.
  4. بيّن أن الأساس 1010 لا شأن له: فالنظير الثنائي ∑n≥12−n!\sum_{n\geq1} 2^{-n!} (وهو قيمة السلسلة الثنائية ذات الآحاد في المواضع العاملية) هو كذلك عدد ليوفيل، ومنه متسامٍ.

الجزء 6 — الحدود الأمامية والتوليفة.

  1. ليكن x†x^\dagger قيمة السلسلة العشرية ذات الآحاد بالضبط في المواضع 3k3^k (k≥0k \geq 0). بيّن أن x†x^\dagger قابل للتقريب من الرتبة 33، واستنتج من متراجحة ليوفيل أن x†x^\dagger ليس ناطقًا ولا عددًا أصمّ تربيعيًا. وفسّر لماذا تتعثّر الطريقة هناك: فالرتبة 33 متوافقة مع الجبرية من الدرجة ≥3\geq 3، وسدّ تلك الفجوة (إذ يكفي أيّ أُسّ >2> 2، من أجل كل عدد جبري) هو مبرهنة روث، وهي أبعد بكثير من هذا المجلّد.
  2. كمِّم كانتور: بيّن أن عدد الأعداد الجبرية من الدرجة ≤d\leq d المعطاة بكثيرات حدود بمعاملات في [ ⁣[−H, H] ⁣]\intint{-H}{H} هو d (2H+1)d+1d\,(2H + 1)^{d+1} على الأكثر. (وهذا التناهي هو ما جعل السؤال 17 يعمل.)
  3. توليفة، جملة واحدة لكلٍّ: (أ) حدّد المكوّن التحليلي الوحيد في برهان ليوفيل (أيّ مبرهنة من هذا الفصل، ومستعملة أين)؛ (ب) اذكر التوتر الذي يحرّكه (فالصحيحية تفرض ∣P(p/q)∣≥q−d\abs{P(p/q)} \geq q^{-d}، والملاسة تمنع ∣P(p/q)∣>M∣x−p/q∣\abs{P(p/q)} > M\abs{x - p/q})؛ (ج) وقابل برهانَي ليوفيل وكانتور على وجود الأعداد المتسامية؛ (د) وسمِّ الموضع الذي يلتقي فيه هذا المجلّد بالموضوع مرة أخرى — إذ تبرهن مسألة نهاية الأسبوع في الفصل 15 على صمم π\pi بحصر الصحيحية إزاء الصغر نفسه، بتكاملات بدل المشتقات.
حل

حل المسألة 14.1.

1. ∣ab−pq∣=∣aq−bp∣bq\bigl|\frac ab - \frac pq\bigr| = \frac{\abs{aq - bp}}{bq}، و aq−bpaq - bp عدد صحيح غير معدوم عندما يختلف الكسران: ومنه فالمسافة ≥1bq\geq \frac{1}{bq}. ومنه فلا عدد ناطق غير xx نفسه يدخل الفترة المثقوبة ذات نصف القطر 1bq\frac{1}{bq} حول x=abx = \frac ab.

2. إذا كان ∣2−pq∣≥1≥14q2\bigl|\sqrt2 - \frac pq\bigr| \geq 1 \geq \frac{1}{4q^2}، فقد انتهينا. وإلا فإن pq∈(2−1, 2+1)\frac pq \in \intoo{\sqrt2 - 1}{\sqrt2 + 1}، ومنه 0<2+pq<22+1<40 < \sqrt2 + \frac pq < 2\sqrt2 + 1 < 4. ولأن 2∉Q\sqrt 2 \notin \Q، يكون p2−2q2p^2 - 2q^2 عددًا صحيحًا غير معدوم، و

∣2−pq∣=∣2q2−p2∣q2 (2+pq)≥14q2.\Bigl|\sqrt2 - \frac pq\Bigr| = \frac{\abs{2q^2 - p^2}}{q^2\,\bigl(\sqrt2 + \frac pq\bigr)} \geq \frac{1}{4q^2} .

3. (p+2q)2−2(p+q)2=−(p2−2q2)(p + 2q)^2 - 2(p + q)^2 = -(p^2 - 2q^2): فتنتشر القيمة ±1\pm1. وانطلاقًا من (1,1)(1,1):

(3,2), (7,5), (17,12), (41,29), (99,70),(3,2),\ (7,5),\ (17,12),\ (41,29),\ (99,70),

مع تناوب p2−2q2p^2 - 2q^2 بين −1,+1,…-1, +1, \dots ومن أجل هذه، pq≥1\frac pq \geq 1، ومنه 2+pq>2\sqrt2 + \frac pq > 2 و

∣2−pq∣=1q2(2+p/q)<12q2,\Bigl|\sqrt2 - \frac pq\Bigr| = \frac{1}{q^2(\sqrt2 + p/q)} < \frac{1}{2q^2} ,

مع q→∞q \to \infty: أي تقريبات من الرتبة 22 لا تُحصى. ومع السؤال 2، يكون الأُسّ 22 مضبوطًا من أجل 2\sqrt 2.

4. الأعداد N+1N + 1 kx−⌊kx⌋kx - \lfloor kx\rfloor (0≤k≤N0 \leq k \leq N) تقع في الأدراج NN [jN, j+1N)\intco{\frac jN}{\frac{j+1}{N}}: فيتشارك اثنان درجًا (النتيجة 2.3)، ولنقل من أجل i<ji < j. ومع q=j−i≤Nq = j - i \leq N و p=⌊jx⌋−⌊ix⌋p = \lfloor jx\rfloor - \lfloor ix\rfloor: ∣qx−p∣<1N\abs{qx - p} < \frac1N، ومنه ∣x−pq∣<1Nq≤1q2\bigl|x - \frac pq\bigr| < \frac{1}{Nq} \leq \frac{1}{q^2}. وبجعل N→∞N \to \infty: ولأن xx أصمّ، فلكل كسر مثبَّت مسافة موجبة إلى xx، بينما يفرض 1Nq≤1N→0\frac{1}{Nq} \leq \frac 1N \to 0 ظهور كسور جديدة: ومنه أعداد ناطقة متمايزة pq\frac pq لا تُحصى تحقق ∣x−pq∣<1q2\bigl|x - \frac pq\bigr| < \frac{1}{q^2}.

5. ابدأ من أيّ كثير حدود صحيح غير معدوم P0P_0 يحقق P0(x)=0P_0(x) = 0. فإذا كان للمقدار P0P_0 جذر ناطق ab\frac ab، فإن مبرهنة العامل (المبرهنة 8.7) تكتب P0=(X−ab)QP_0 = \bigl(X - \frac ab\bigr)Q مع Q∈Q[X]Q \in \Q[X]؛ ولأن x≠abx \neq \frac ab (فالعدد xx أصمّ)، يكون Q(x)=0Q(x) = 0، و تعطي إزالة المقامات كثير حدود صحيحًا غير معدوم من درجة أصغر ينعدم عند xx. وتهبط الدرجة عند كل خطوة، ومنه تتوقف العملية: فنبلغ P∈Z[X]P \in \Z[X] مع P(x)=0P(x) = 0، بلا جذر ناطق، من درجة dd ما. وإذا كان d≤1d \leq 1، لجعل P=uX+vP = uX + v العددَ x=−vux = -\frac vu ناطقًا: ومنه d≥2d \geq 2.

6. المقدار qd P(pq)=adpd+ad−1pd−1q+⋯+a0qdq^d\,P\bigl(\frac pq\bigr) = a_d p^d + a_{d-1} p^{d-1} q + \dots + a_0 q^d عدد صحيح، وهو غير معدوم لأن PP ليس له جذر ناطق: ∣P(pq)∣≥q−d\bigl|P\bigl(\frac pq\bigr)\bigr| \geq q^{-d}.

7. ولاحظ M>0M > 0: فالمقدار P′P' كثير حدود غير معدوم (d≥2d \geq 2)، ومنه لا يمكن أن ينعدم تمامًا على [x−1, x+1]\intcc{x-1}{x+1}. فإذا كان ∣x−pq∣>1\bigl|x - \frac pq\bigr| > 1، فإنه يتجاوز Cqd\frac{C}{q^d} بداهةً. وإلا فإن pq∈[x−1, x+1]\frac pq \in \intcc{x-1}{x+1} وتعطي مبرهنة التزايدات المنتهية (المبرهنة 14.9) عددًا cc بين xx و pq\frac pq يحقق

∣P(pq)∣=∣P(pq)−P(x)∣=∣P′(c)∣ ∣x−pq∣≤M ∣x−pq∣,\Bigl|P\Bigl(\frac pq\Bigr)\Bigr| = \Bigl|P\Bigl(\frac pq\Bigr) - P(x)\Bigr| = \abs{P'(c)}\,\Bigl|x - \frac pq\Bigr| \leq M\,\Bigl|x - \frac pq\Bigr| ,

ومنه، مع السؤال 6: ∣x−pq∣≥1Mqd≥Cqd\bigl|x - \frac pq\bigr| \geq \frac{1}{Mq^d} \geq \frac{C}{q^d}.

8. افترض أن x=abx = \frac ab عدد ليوفيل. اختر nn يحقق 2n−1>b2^{n-1} > b والكسرَ المقابل pq\frac pq مع q≥2q \geq 2:

0<∣x−pq∣<1qn=1qn−1 q≤12n−1q<1bq,0 < \Bigl|x - \frac pq\Bigr| < \frac{1}{q^n} = \frac{1}{q^{n-1}\,q} \leq \frac{1}{2^{n-1} q} < \frac{1}{bq} ,

وهذا يناقض السؤال 1. ومنه فأعداد ليوفيل صمّاء.

9. لو كان عدد ليوفيل xx جبريًا: فهو أصمّ (السؤال 8)، ومنه تعطي الأسئلة 5–7 عددين d≥2d \geq 2 و C>0C > 0 يحققان ∣x−pq∣≥Cqd\bigl|x - \frac pq\bigr| \geq \frac{C}{q^d} دائمًا. ومن أجل كل nn، يعطي مقرّب ليوفيل أن Cqd<q−n\frac{C}{q^d} < q^{-n}، أي C<qd−n≤2d−nC < q^{d-n} \leq 2^{d-n} (لأن q≥2q \geq 2). ومن أجل nn كبير، 2d−n<C2^{d-n} < C: وهذا تناقض. ومنه فأعداد ليوفيل متسامية.

10. آحاد في المواضع 1,2,6,241, 2, 6, 24؛ وكل الأرقام الأخرى بين الأرقام 2525 الأولى معدومة:

L=0.1100010000 0000000000 00010…L = 0.1100010000\,0000000000\,00010\dots

11. من أجل m>km > k، تكون المواضع n!n! ذات n>kn > k أعدادًا صحيحة متمايزة ≥(k+1)!\geq (k+1)!، ومنه يعطي المجموع الهندسي المنتهي

tm−tk=∑n=k+1m10−n!≤∑j=(k+1)!m!10−j<10−(k+1)! 11−110=109 10−(k+1)!;t_m - t_k = \sum_{n=k+1}^{m} 10^{-n!} \leq \sum_{j = (k+1)!}^{m!} 10^{-j} < 10^{-(k+1)!}\,\frac{1}{1 - \frac1{10}} = \frac{10}{9}\,10^{-(k+1)!} ;

وبأخذ الحد الأعلى على mm: L−tk≤10910−(k+1)!<2⋅10−(k+1)!L - t_k \leq \frac{10}{9}10^{-(k+1)!} < 2\cdot10^{-(k+1)!}. والحاصر الأدنى: L≥tk+1=tk+10−(k+1)!L \geq t_{k+1} = t_k + 10^{-(k+1)!}.

12. pk=10k! tk∈Np_k = 10^{k!}\,t_k \in \N و qk=10k!q_k = 10^{k!}، ويعطي (k+1)!=(k+1) k!(k+1)! = (k+1)\,k! أن 10−(k+1)!=qk−(k+1)10^{-(k+1)!} = q_k^{-(k+1)}: فيُقرأ السؤال 11

0<L−pkqk<2qk k+1.0 < L - \frac{p_k}{q_k} < \frac{2}{q_k^{\,k+1}} .

ومن أجل nn معطى: من أجل k≥nk \geq n، 2 qk−(k+1)≤qk−n2\,q_k^{-(k+1)} \leq q_k^{-n} (فعلًا qk k+1−n≥qk≥10>2q_k^{\,k+1-n} \geq q_k \geq 10 > 2)، و qk≥2q_k \geq 2: فيتحقق تعريف السؤال 8. ومنه فالعدد LL عدد ليوفيل.

13. حسب السؤال 9، يكون LL متساميًا — وهو أول عدد في التاريخ بُرهن على تساميه (ليوفيل، 1844). وللتحقق بالأرقام: في السلسلة آحاد لا تُحصى بفجوات متتالية (k+1)!−k!=k⋅k!→∞(k+1)! - k! = k\cdot k! \to \infty، ومنه فهي ليست دورية في النهاية، و L∉QL \notin \Q حسب محك الدورية في المسألة 10.1 (السؤال 18) — وهذا متسق.

14. مع أرقام dn∈[ ⁣[1, 9] ⁣]d_n \in \intint{1}{9} في المواضع العاملية: يُضرب حاصر الذيل في السؤال 11 بعامل 99 على الأكثر: 0<L′−tk′≤9⋅109 10−(k+1)!=10 qk−(k+1)0 < L' - t'_k \leq 9\cdot\frac{10}{9}\,10^{-(k+1)!} = 10\,q_k^{-(k+1)} (والإيجابية لأن الرقم في الموضع (k+1)!(k+1)! غير معدوم). ومن أجل k≥nk \geq n: 10 qk−(k+1)≤qk−n10\,q_k^{-(k+1)} \leq q_k^{-n} لأن qk k+1−n≥10q_k^{\,k+1-n} \geq 10: أي عدد ليوفيل مرة أخرى، ومنه متسامٍ. وهذه القيم متمايزة مثنى مثنى من أجل اختيارات أرقام متمايزة (فالسلاسل سليمة — إذ تكثر فيها الأصفار — والسلاسل السليمة تحدّد قيمتها، المسألة 10.1، السؤال 10). ومن أجل أيّ قائمة k↦xkk \mapsto x_k منها، اختر الرقم العاملي kk في [ ⁣[1, 9] ⁣]\intint{1}{9} مختلفًا عن رقم xkx_k: فتحصل على عدد من الشكل نفسه غائب عن القائمة. أي أعداد متسامية صريحة لا تُحصى عددًا غير قابل للعدّ.

15. أولًا مبرهنة مساعدة: إذا كان ∣x−pq∣≥Cqs\bigl|x - \frac pq\bigr| \geq \frac{C}{q^s} من أجل كل pq≠x\frac pq \neq x، فإن xx ليس قابلًا للتقريب من أيّ رتبة μ>s\mu > s. فعلًا، لو وُجد عدد لا يُحصى من pq≠x\frac pq \neq x يحقق ∣x−pq∣<cqμ\bigl|x - \frac pq\bigr| < \frac{c}{q^\mu} لفُرض Cqs<cqμ\frac{C}{q^s} < \frac{c}{q^\mu}، أي qμ−s<cCq^{\mu - s} < \frac cC: فتكون qq محدودة، و عددٌ محدود من الكسور يقع على مسافة 11 من xx — أي عدد منته من المرشّحين، لا عددًا لا يُحصى. والآن التراتب: الأعداد الناطقة قابلة للتقريب من الرتبة 11 (pq\frac pq مع p=⌊qx⌋+1p = \lfloor qx\rfloor + 1 يعطي خطأ ≤1q<2q\leq \frac1q < \frac2q) ولا من أيّ رتبة μ>1\mu > 1 (فالسؤال 1 يعطي فرض المبرهنة المساعدة مع s=1s = 1 و C=1bC = \frac1b)؛ و 2\sqrt2: الرتبة 22 (السؤال 3) ولا أكثر (السؤال 2 مع المبرهنة المساعدة)؛ وكل عدد أصمّ: الرتبة 22 على الأقل (السؤال 4)؛ والعدد الجبري من الدرجة dd: dd على الأكثر (السؤال 7 مع المبرهنة المساعدة)؛ وأعداد ليوفيل: كل رتبة (معروضة السؤال 12، مع c=2c = 2).

16. مع r=abr = \frac ab: pkqk+ab=bpk+aqkbqk=:PkQk\frac{p_k}{q_k} + \frac ab = \frac{b p_k + a q_k}{b q_k} =: \frac{P_k}{Q_k} و Qk=bqk≥2Q_k = b q_k \geq 2، و

∣(L+r)−PkQk∣=L−pkqk<2 qk−(k+1)=2 b k+1Qk−(k+1).\Bigl|(L + r) - \frac{P_k}{Q_k}\Bigr| = L - \frac{p_k}{q_k} < 2\,q_k^{-(k+1)} = 2\,b^{\,k+1} Q_k^{-(k+1)} .

ومن أجل nn معطى: من أجل kk كبير، Qk k+1−n≥Qk=b 10k!≥2 b k+1Q_k^{\,k+1-n} \geq Q_k = b\,10^{k!} \geq 2\,b^{\,k+1} (لأن العاملي يسحق القوة)، ومنه يكون الخطأ <Qk−n< Q_k^{-n}: أي إن L+rL + r عدد ليوفيل. ولأن Q\Q كثيفة وكل L+rL + r متسامٍ، تكون الأعداد المتسامية كثيفة في R\R.

17. من أجل h≥1h \geq 1 يوجد عدد منته من P∈Z[X]P \in \Z[X] يحقق deg⁡P+∑i∣ai∣≤h\deg P + \sum_i \abs{a_i} \leq h (فالدرجة ≤h\leq h وكل معامل في [ ⁣[−h, h] ⁣]\intint{-h}{h}: أي (2h+1)h+1(2h+1)^{h+1} على الأكثر). ولكل كثير حدود صحيح غير معدوم مثلُ هذا الارتفاع، وله deg⁡P\deg P جذرًا حقيقيًا على الأكثر: ومنه تكوّن الأعداد الجبرية اتحادًا قابلًا للعدّ (على hh) لمجموعات منتهية، ومنه يمكن تعدادها متتاليةً واحدة. ولو أمكن تعداد الأعداد المتسامية كذلك، لكان تشبيك القائمتين يعدّد R\R، مناقضًا المسألة 10.1 (السؤال 22). ومنه تكوّن الأعداد المتسامية مجموعة غير قابلة للعدّ. والمقارنة: يبرهن كانتور على أن أكثر الأعداد الحقيقية متسامية دون أن يظهر واحدًا؛ ويظهر ليوفيل واحدًا، بثوابت فعّالة (الجزء 5) — أي الوجود بالوفرة إزاء الوجود بالبناء.

18. من السؤال 2، يتحقق فرض المبرهنة المساعدة مع s=2s = 2 و C=14C = \frac14. ولو كان 2\sqrt2 عدد ليوفيل، لكان من أجل n=3n = 3: يفرض 14q2<q−3\frac{1}{4q^2} < q^{-3} أن q<4q < 4، ومنه q∈{2,3}q \in \{2, 3\}؛ ولا يقع إلا عدد منته من pq\frac pq ذات هذه المقامات qq على بعد 11 من 2\sqrt2، وكلٌّ على مسافة موجبة ≥ε0\geq \varepsilon_0 (لأن 2\sqrt2 أصمّ)؛ واختيار nn يحقق 2−n<ε02^{-n} < \varepsilon_0 لا يترك أيّ pq\frac pq مقبولًا أصلًا: وهذا تناقض. والحجة نفسها مع Cqd\frac{C}{q^d} تبيّن أن لا عدد جبري هو عدد ليوفيل — أي السؤال 9 في ثياب فعّالة.

19. 992−2⋅702=9801−9800=199^2 - 2\cdot70^2 = 9801 - 9800 = 1. ومنه

2−9970=2−(99/70)22+99/70=−14900 (2+9970),∣2−9970∣=14900×2.8284…≈7.2⋅10−5:\sqrt2 - \frac{99}{70} = \frac{2 - (99/70)^2}{\sqrt2 + 99/70} = \frac{-1}{4900\,\bigl(\sqrt2 + \tfrac{99}{70}\bigr)} , \qquad \Bigl|\sqrt2 - \frac{99}{70}\Bigr| = \frac{1}{4900 \times 2.8284\dots} \approx 7.2\cdot10^{-5} :

9970=1.414285…\frac{99}{70} = 1.414285\dots إزاء 2=1.414213…\sqrt2 = 1.414213\dots — أي خمسة أرقام صحيحة.

20. اختبار الجذر الناطق من أجل P=X3−2P = X^3 - 2: المرشّحون ±1,±2,±12\pm1, \pm2, \pm\frac12، ولا واحد منهم جذر. ومنه d=3d = 3 وينطبق الجزء 2 على x=21/3=1.2599…x = 2^{1/3} = 1.2599\dots وعلى [x−1, x+1]⊆[0.25, 2.26]\intcc{x - 1}{x + 1} \subseteq \intcc{0.25}{2.26}: ∣P′(t)∣=3t2≤3 (1+21/3)2<3×(2.26)2=15.32<16\abs{P'(t)} = 3t^2 \leq 3\,(1 + 2^{1/3})^2 < 3\times(2.26)^2 = 15.32 < 16، ومنه M<16M < 16 و C≥116C \geq \frac{1}{16}:

∣21/3−pq∣≥116 q3من أجل كل الأعداد الناطقة.\Bigl|2^{1/3} - \frac pq\Bigr| \geq \frac{1}{16\,q^3} \qquad\text{من أجل كل الأعداد الناطقة.}

21. إذا كان ∣21/3−pq∣<10−6\bigl|2^{1/3} - \frac pq\bigr| < 10^{-6}، فإن 116q3<10−6\frac{1}{16 q^3} < 10^{-6}، أي q3>10616=62 500q^3 > \frac{10^6}{16} = 62\,500؛ ولأن 393=59 319<62 500≤64 000=40339^3 = 59\,319 < 62\,500 \leq 64\,000 = 40^3: يكون q≥40q \geq 40.

22. نفّذ الجزء 3 في الأساس 22: B=sup⁡k∑n≤k2−n!B = \sup_k \sum_{n\leq k} 2^{-n!} و qk=2k!q_k = 2^{k!}، ويعطي الذيل الهندسي (بالأساس 12\frac12) أن 0<B−pkqk≤2⋅2−(k+1)!=2 qk−(k+1)≤qk−n0 < B - \frac{p_k}{q_k} \leq 2\cdot2^{-(k+1)!} = 2\,q_k^{-(k+1)} \leq q_k^{-n} من أجل k≥nk \geq n. ومنه فالعدد BB عدد ليوفيل، ومنه متسامٍ: فلا شيء في الحجة عشري.

23. مع آحاد في المواضع 3k3^k: qk=103kq_k = 10^{3^k} و يعطي حاصر الذيل 0<x†−pkqk<2⋅10−3k+1=2 qk−30 < x^\dagger - \frac{p_k}{q_k} < 2\cdot10^{-3^{k+1}} = 2\,q_k^{-3} (لأن 3k+1=3⋅3k3^{k+1} = 3\cdot3^k): أي تقريبات من الرتبة 33 لا تُحصى. وحسب المبرهنة المساعدة في السؤال 15: تستبعد الرتبة 3>13 > 1 النطقية، وتستبعد الرتبة 3>23 > 2 كونه عددًا أصمّ تربيعيًا (فمتراجحة ليوفيل له لها s=d=2s = d = 2). لكن العدد الجبري من الدرجة ≥3\geq 3 لا يُنافَر إلا من الرتبة d≥3d \geq 3: ومنه فطريقة ليوفيل لا تستطيع فصل x†x^\dagger عن التكعيبيات. وتُسدّ الفجوة بمبرهنة روث — إذ لكل عدد أصمّ جبري رتبة تقريب تساوي 22 بالضبط — وهي نتيجة من القرن العشرين أبعد بكثير من هذا المجلّد؛ وبقبولها، يكون x†x^\dagger كذلك متساميًا.

24. يوجد (2H+1)d+1(2H+1)^{d+1} على الأكثر من الثنائيات (a0,…,ad)(a_0, \dots, a_d) ذات المركبات في [ ⁣[−H, H] ⁣]\intint{-H}{H}، ولكل كثير حدود غير معدوم بينها dd جذرًا حقيقيًا على الأكثر: ومنه ينشأ d (2H+1)d+1d\,(2H+1)^{d+1} عددًا جبريًا على الأكثر — وهو التناهي الذي أتاح للسؤال 17 تعدادها كلها.

25. (أ) المكوّن التحليلي الوحيد هو مبرهنة التزايدات المنتهية، في السؤال 7، وهي تحوّل الانعدام P(x)=0P(x) = 0 إلى التنافر الليبشيتزي ∣P(p/q)∣≤M∣x−p/q∣\abs{P(p/q)} \leq M\abs{x - p/q}. (ب) والتوتر: تدفع الصحيحية ∣P(p/q)∣\abs{P(p/q)} صعودًا إلى q−dq^{-d}، وتسحبها الملاسة نزولًا إلى M∣x−p/q∣M\abs{x - p/q} — ومنه فالعدد الناطق القريب جدًا من xx سيُسحق بين الاثنين. (ج) ويبني ليوفيل عددًا متساميًا واحدًا بثوابت فعّالة؛ ويبيّن كانتور أن كل الأعداد الحقيقية تقريبًا متسامية دون أن يسمّي واحدًا: أي البناء إزاء القوة العددية. (د) و تبرهن مسألة نهاية الأسبوع في الفصل 15 على صمم π\pi بالحصر نفسه — أي تكامل سيكون عددًا صحيحًا موجبًا ومع ذلك يُحبس في (0, 1)\intoo{0}{1} — بالتكامل بدل الاشتقاق نصفًا تحليليًا.

المصطلحات المعرَّفة في هذا الفصل

عرض كل المصطلحات (395) في المسرد