--- title: "الاشتقاق" book: "الرياضيات الجامعية — السنة 1" subject: math language: ar chapter: 14 exercises: 12 source: https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/14-differentiation --- # الفصل 14 — الاشتقاق 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](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/10-real-numbers#prop-b1-reals-intervals) $I$. ## 14.1 المشتقة **تعريف 14.1.** تكون $f \colon I \to \R$ *قابلة للاشتقاق عند $x_0 \in I$* إذا كان لنسبة الفرق $\frac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0}$ نهايةٌ (منتهية) عندما $x \to x_0$؛ وتُكتب النهاية $f'(x_0)$. وبكيفية مكافئة: $$ f(x_0 + h) = f(x_0) + f'(x_0)\,h + h\,\varepsilon(h), \qquad \varepsilon(h) \xrightarrow[h \to 0]{} 0 , $$ ويقبل المنحنى عندئذ المماس $y = f(x_0) + f'(x_0)(x - x_0)$. والقابلية للاشتقاق عند $x_0$ تستلزم [الاتصال](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/13-limits-and-continuity#def-b1-continuity-continuous) عند $x_0$ (اقرأ المعروضة). وتكون $f$ قابلة للاشتقاق على $I$ إذا كانت كذلك عند كل نقطة؛ وتكون $f$ من الصنف $C^1$ إذا كانت $f'$ [متصلة](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/13-limits-and-continuity#def-b1-continuity-continuous) فوق ذلك، ومن الصنف $C^k$ إذا أمكن اشتقاق $f$ عدد $k$ مرة مع $f^{(k)}$ [متصلة](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/13-limits-and-continuity#def-b1-continuity-continuous). **مثال 14.2.** عكس «[قابلة للاشتقاق](#def-b1-derivative-def) $\Rightarrow$ [متصلة](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/13-limits-and-continuity#def-b1-continuity-continuous)» يفشل: فالمقدار $\abs{\,\cdot\,}$ عند $0$. والأدهش أن القابلية للاشتقاق لا تستلزم الصنف $C^1$: فالدالة $f(x) = x^2 \sin\frac 1x$ ($f(0) = 0$) [قابلة للاشتقاق](#def-b1-derivative-def) في كل مكان، مع $f'(0) = 0$، لكن $f'(x) = 2x \sin\frac1x - \cos\frac 1x$ لا نهاية له عند $0$ ([التمرين 14.2](#exo-b1-derivative-2)). **مثال 14.3 (قابلة للاشتقاق عند نقطة واحدة بالضبط).** لتكن $f(x) = x^2$ من أجل $x \in \Q$ و $f(x) = 0$ من أجل $x \notin \Q$. عند $0$: $\bigl|\frac{f(h) - 0}{h}\bigr| \leq \abs h \to 0$، ومنه فالدالة $f$ [قابلة للاشتقاق](#def-b1-derivative-def) عند $0$ مع $f'(0) = 0$. وعند أيّ $x_0 \neq 0$، لا تكون $f$ [متصلة](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/13-limits-and-continuity#def-b1-continuity-continuous) أصلًا: إذ ترسل المتتاليات الناطقة والصمّاء المتقاربة إلى $x_0$ الدالةَ $f$ إلى $x_0^2 \neq 0$ وإلى $0$ على الترتيب ([بالكثافة](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/12-topology-of-the-real-line#def-b1-topology-dense)، [المبرهنة 10.14](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/10-real-numbers#thm-b1-reals-density)). ومنه فالقابلية للاشتقاق مفهوم *نقطي* حقًا: إذ يمكن أن تصحّ عند نقطة واحدة من $\R$ ولا تصحّ في أيّ موضع آخر. والعبرة العملية: تقتضي عبارات مثل محك الرتابة أو مبرهنة رول المشتقةَ *على [فترة](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/10-real-numbers#prop-b1-reals-intervals)* — فامتلاك $f'(x_0)$ عند نقاط معزولة، مهما كثرت، لا يدعم أيّ نتيجة شاملة أصلًا. **مبرهنة 14.4 (العمليات).** إذا كانت $f, g$ قابلتين للاشتقاق عند $x_0$ (وحيث تكون الصيغ ذات معنى): $$ (f + g)' = f' + g', \qquad (fg)' = f'g + fg', \qquad \Bigl(\frac fg\Bigr)' = \frac{f'g - fg'}{g^2}, $$ وإذا كانت $g$ [قابلة للاشتقاق](#def-b1-derivative-def) عند $f(x_0)$: $\;(g \circ f)'(x_0) = g'\bigl(f(x_0)\bigr)\, f'(x_0)$ (قاعدة السلسلة). **برهان.** المجموع: مباشر. والجداء: اكتب $$ f(x)g(x) - f(x_0)g(x_0) = \bigl(f(x) - f(x_0)\bigr) g(x) + f(x_0)\bigl(g(x) - g(x_0)\bigr), $$ واقسم على $x - x_0$ ودع $x \to x_0$ (فالدالة $g$ [متصلة](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/13-limits-and-continuity#def-b1-continuity-continuous) عند $x_0$). والقسمة: عالج $\frac 1g$ عبر $\frac{1/g(x) - 1/g(x_0)}{x - x_0} = \frac{-1}{g(x)g(x_0)}\cdot\frac{g(x) - g(x_0)}{x - x_0}$، ثم طبّق قاعدة الجداء. وقاعدة السلسلة: مع $y_0 = f(x_0)$، عرّف $\theta(y) = \frac{g(y) - g(y_0)}{y - y_0}$ من أجل $y \neq y_0$ و $\theta(y_0) = g'(y_0)$: فتكون $\theta$ [متصلة](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/13-limits-and-continuity#def-b1-continuity-continuous) عند $y_0$، ومن أجل $x \neq x_0$، $$ \frac{g(f(x)) - g(f(x_0))}{x - x_0} = \theta\bigl(f(x)\bigr)\cdot \frac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0} \longrightarrow g'(y_0)\, f'(x_0), $$ والعامل الأول بتركيب النهايات (وهذه الحيلة تعالج حالة $f(x) = f(x_0)$ معالجة نظيفة، حيث تنكسر الطريقة الساذجة «اضرب واقسم على $f(x) - f(x_0)$»). ∎ **مبرهنة 14.5 (مشتقة دالة معكوسة).** لتكن $f$ [متصلة](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/13-limits-and-continuity#def-b1-continuity-continuous) ورتيبة قطعًا على $I$، [وقابلة للاشتقاق](#def-b1-derivative-def) عند $x_0$ مع $f'(x_0) \neq 0$. عندئذ تكون $f^{-1}$ ([المبرهنة 13.16](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/13-limits-and-continuity#thm-b1-continuity-bijection)) [قابلة للاشتقاق](#def-b1-derivative-def) عند $y_0 = f(x_0)$، مع $$ (f^{-1})'(y_0) = \frac{1}{f'(x_0)} = \frac{1}{f'\bigl(f^{-1}(y_0)\bigr)} . $$ وإذا كان $f'(x_0) = 0$، فللمعكوس مماس عمودي عند $y_0$. **برهان.** من أجل $y \to y_0$، ضع $x = f^{-1}(y)$: فيعطي [اتصال](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/13-limits-and-continuity#def-b1-continuity-continuous) $f^{-1}$ أن $x \to x_0$، و $$ \frac{f^{-1}(y) - f^{-1}(y_0)}{y - y_0} = \frac{x - x_0}{f(x) - f(x_0)} = \frac{1}{\dfrac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0}} \longrightarrow \frac{1}{f'(x_0)} . $$ وأمّا ادعاء المماس العمودي: فإذا كان $f'(x_0) = 0$، تكون القسمة المعروضة مقلوبَ مقدار يؤول إلى $0$ محافظًا على إشارة ثابتة واحدة (فمن أجل $f$ متزايدة قطعًا، $\frac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0} > 0$ من أجل كل $x \neq x_0$): ومنه تؤول نسبة الفرق للمقدار $f^{-1}$ إلى $+\infty$ (وإلى $-\infty$ من أجل $f$ متناقصة). ويبقى المعكوس متصلًا لكنه ليس قابلًا للاشتقاق عند $y_0$ — فمنحناه، وهو انعكاس منحنى $f$ عبر القطر، ينتصب عموديًا بالضبط حيث كان منحنى $f$ أفقيًا، كما يوضّح $x^{1/3}$ عند $0$ إزاء $x^3$. ∎ **مثال 14.6 (مشتقات المعكوسات، مرتين).** تعيد المبرهنة حساب المشتقات الكلاسيكية دون أيّ عمل على النهايات. فمن أجل $\ln = \exp^{-1}$: عند $y = \eu^x$، $$ (\ln)'(y) = \frac{1}{\exp'(x)} = \frac{1}{\eu^{x}} = \frac1y , $$ وهذا صحيح من أجل كل $y > 0$ لأن $\exp' = \exp$ لا ينعدم أبدًا. ومن أجل $\arctan = \tan^{-1}$: عند $y = \tan x$، $$ (\arctan)'(y) = \frac{1}{1 + \tan^2 x} = \frac{1}{1 + y^2} , $$ باستعمال $\tan' = 1 + \tan^2 > 0$. والفكرة النافذة: تحوّل الصيغة معرفةً عن دالة إلى معرفة عن معكوسها بثمن تعويض واحد — والتعويض ($x = \ln y$ و $x = \arctan y$) هو بالضبط [عبارة](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/1-logic-sets-and-maps#def-b1-logic-statement) أن المتغيرين يعيشان على جانبَي التقابل. ## 14.2 رول ومبرهنة التزايدات المنتهية **قضية 14.7 (القيمة الحدّية الداخلية).** إذا كانت $f$ [قابلة للاشتقاق](#def-b1-derivative-def) عند نقطة *داخلية* $x_0$ من $I$ و كانت لها قيمة حدّية موضعية هناك، فإن $f'(x_0) = 0$. **برهان.** لنقل إنها قيمة عظمى موضعية: فيوجد $r > 0$ يحقق $f(x) \leq f(x_0)$ من أجل $\abs{x - x_0} \leq r$، وتضمن الداخلية توفّر جانبَي $x_0$ داخل $I$. فمن أجل $0 < h \leq r$ تكون القسمة $\frac{f(x_0 + h) - f(x_0)}{h}$ بسطها $\leq 0$ ومقامها $> 0$: ومنه فهي $\leq 0$، وترث نهايتها $f'(x_0)$ الشرطَ $\leq 0$ (لأن المتراجحات الواسعة تمرّ إلى النهايات، [المبرهنة 11.7](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/11-sequences#thm-b1-seq-order))؛ ومن أجل $-r \leq h < 0$ تكون القسمة $\geq 0$، فينتج $f'(x_0) \geq 0$. ومنه $f'(x_0) = 0$. (وعند طرف، لا تتوفر إلا إشارة واحدة: فتفشل النتيجة هناك — فكّر في $x$ على $\intcc{0}{1}$، وهي عظمى عند $1$ ومشتقتها $1$.) ∎ **مبرهنة 14.8 (رول).** لتكن $f$ [متصلة](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/13-limits-and-continuity#def-b1-continuity-continuous) على $\intcc{a}{b}$ [وقابلة للاشتقاق](#def-b1-derivative-def) على $\intoo{a}{b}$، مع $f(a) = f(b)$. عندئذ $f'(c) = 0$ من أجل $c \in \intoo{a}{b}$ ما. **برهان.** حسب مبرهنة القيم الحدّية ([المبرهنة 13.13](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/13-limits-and-continuity#thm-b1-continuity-evt))، تبلغ $f$ قيمتيها العظمى والصغرى على $\intcc{a}{b}$. فإذا بُلغت كلتاهما عند الطرفين، فإن (لأن $f(a) = f(b)$) العظمى $=$ الصغرى وتكون $f$ ثابتة: فيفي أيّ $c$ داخلي بالغرض. وإلا فتُبلغ قيمة حدّية عند نقطة داخلية $c$، ويعطي [القضية 14.7](#prop-b1-derivative-fermat) أن $f'(c) = 0$. ∎ **مبرهنة 14.9 (مبرهنة التزايدات المنتهية).** لتكن $f$ [متصلة](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/13-limits-and-continuity#def-b1-continuity-continuous) على $\intcc{a}{b}$ [وقابلة للاشتقاق](#def-b1-derivative-def) على $\intoo{a}{b}$. يوجد $c \in \intoo{a}{b}$ يحقق $$ f(b) - f(a) = f'(c)\,(b - a) . $$ *متراجحة التزايدات المنتهية:* إذا كان فوق ذلك $m \leq f' \leq M$ على $\intoo{a}{b}$، فإن $m(b-a) \leq f(b) - f(a) \leq M(b-a)$؛ وعلى الخصوص يستلزم $\abs{f'} \leq K$ أن تكون $f$ ليبشيتزية بالثابت $K$. **برهان.** طبّق رول على $g(x) = f(x) - \frac{f(b) - f(a)}{b - a}(x - a)$: فالدالة $g$ [متصلة](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/13-limits-and-continuity#def-b1-continuity-continuous) على $\intcc{a}{b}$ [وقابلة للاشتقاق](#def-b1-derivative-def) بالداخل، و $g(a) = f(a) = g(b)$. وعند النقطة $c$ حيث $g'(c) = 0$: $f'(c) = \frac{f(b)-f(a)}{b-a}$. وتتبع المتراجحة بحصر $f'(c)$؛ وتطبّقها [عبارة](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/1-logic-sets-and-maps#def-b1-logic-statement) 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.](https://one-course.com/images/onecourse/chapters/math-3/b1-derivative/fig-a2d4f0542a62.svg) *مبرهنة التزايدات المنتهية: مماسٌ ما (متقطّع) مواز للوتر (الرمادي). وفاصلته $c$ هي حيث تجد مبرهنة رول، مطبَّقةً على الدالة ناقص وترها، نقطةً حرجة.* **مثال 14.10 (طريقة نيوتن هي طريقة هيرون).** تستبدل طريقة نيوتن لحلّ $f(x) = 0$ بالمنحنى مماسَه عند التخمين الحالي $x_n$ وتأخذ جذر المماس تخمينًا تاليًا: $$ 0 = f(x_n) + f'(x_n)(x_{n+1} - x_n) \quad\Longrightarrow\quad x_{n+1} = x_n - \frac{f(x_n)}{f'(x_n)} . $$ نفّذها على $f(x) = x^2 - 2$: $$ x_{n+1} = x_n - \frac{x_n^2 - 2}{2x_n} = \frac{x_n}{2} + \frac{1}{x_n} = \frac12\Bigl(x_n + \frac{2}{x_n}\Bigr) : $$ وهو تكرار هيرون بالضبط ([المثال 11.24](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/11-sequences#ex-b1-seq-heron))، 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](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/1-logic-sets-and-maps#def-b1-logic-statement) العامة تتبع من حواصر تايلور في [الفصل 16](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/16-taylor-formulas-and-asymptotic-expansions#ch-b1-taylor). والفكرة النافذة: حيث تستعمل الثنائية ([المثال 13.12](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/13-limits-and-continuity#ex-b1-continuity-dichotomy)) الاتصالَ وحده وتربح بتّة واحدة لكل خطوة، تنفق نيوتن مشتقةً [لتضاعف](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/8-polynomials#def-b1-poly-derivative) عدد الأرقام الصحيحة في كل خطوة. **مثال 14.11 (مبرهنة التزايدات المنتهية مقدِّرًا).** كم يبلغ $\sqrt{101}$؟ طبّق المبرهنة على $f(t) = \sqrt t$ على $\intcc{100}{101}$: فمن أجل $c \in \intoo{100}{101}$ ما، $$ \sqrt{101} - 10 = \frac{1}{2\sqrt c}, \qquad\text{ومنه}\qquad \frac{1}{2\sqrt{101}} < \sqrt{101} - 10 < \frac{1}{20} = 0.05 , $$ ولأن $\sqrt{101} < 10.05$، يتجاوز الحاصر الأيسر $\frac{1}{20.1} > 0.0497$: ومنه $10.0497 < \sqrt{101} < 10.05$ (والقيمة الحقيقية $10.049875\dots$) — أي ثلاثة أرقام عشرية صحيحة من تقويم [مشتقة](#def-b1-derivative-def) واحد. وكذلك $\abs{\sin a - \sin b} \leq \abs{a - b}$ (بالحاصر $\abs{\cos}\leq 1$): فتقديرات ليبشيتز المستعملة منذ [الفصل 11](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/11-sequences#ch-b1-seq) كلها هذه المبرهنة. والفكرة النافذة: مبرهنة التزايدات المنتهية صيغةُ تايلور من الرتبة صفر — فهي تقايض نقطةً مجهولة $c$ بمتراجحة صلبة، و سوف يكرّر [الفصل 16](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/16-taylor-formulas-and-asymptotic-expansions#ch-b1-taylor) هذه المقايضة بالضبط. **نتيجة 14.12 (محك الرتابة).** لتكن $f$ [متصلة](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/13-limits-and-continuity#def-b1-continuity-continuous) على $I$ [وقابلة للاشتقاق](#def-b1-derivative-def) على الداخل. 1. $f' \geq 0$ على الداخل $\iff$ $f$ متزايدة؛ و $f' = 0$ $\iff$ $f$ ثابتة. 2. إذا كان $f' > 0$ إلا عند عدد منته من النقاط ينعدم عندها، فإن $f$ متزايدة *قطعًا* . **برهان.** إذا كان $f' \geq 0$: فمن أجل $x < y$ في $I$، تعطي مبرهنة التزايدات المنتهية على $\intcc{x}{y}$ أن $f(y) - f(x) = f'(c)(y - x) \geq 0$. وبالعكس، تكون نسب الفروق لدالة متزايدة $\geq 0$، ومنه تكون نهاياتها كذلك. وأمّا حالة الثابت: فطبّق ما سبق على $f'$ و $-f' \geq 0$. والصيغة القطعية: $f$ متزايدة؛ ومساواة $f(x) = f(y)$ من أجل $x < y$ ستجمّد $f$ على $\intcc{x}{y}$، فتفرض $f' = 0$ هناك — أي عند نقاط لا تُحصى. ∎ **مثال 14.13 (مشتقتان متساويتان ودالتان غير متساويتين).** على $\R^* = \intoo{-\infty}{0} \cup \intoo{0}{+\infty}$، تحقق كلٌّ من $f(x) = \ln\abs x$ و $g(x) = \ln\abs x + \mathbf{1}_{x>0}$ (بإضافة $1$ على نصف المستقيم الأيمن فقط) الشرطَ $f' = g' = \frac1x$. وهما لا تختلفان بثابت: فالمحك «$f' = 0 \implies f$ ثابتة» عبارةٌ عن *[فترة](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/10-real-numbers#prop-b1-reals-intervals)* — إذ يجري برهانه مبرهنةَ التزايدات المنتهية بين نقطتين، وهذا يقتضي وقوع القطعة الواصلة بينهما كلها في [مجموعة](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/1-logic-sets-and-maps#def-b1-logic-sets) التعريف. وعلى كل نصف مستقيم على حدة، تكون الدوال الأصلية للمقدار $\frac1x$ هي $\ln\abs x + c$ بثابت واحد لكل نصف مستقيم، أي ثابتين مستقلين إجمالًا. ويرث [الفصل 15](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/15-integration-on-a-segment#ch-b1-integration) هذه التفاصيل الدقيقة: فالدالة الأصلية «الوحيدة» لدالة معرَّفة جيدًا بغضّ النظر عن ثابت *على كل [فترة](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/10-real-numbers#prop-b1-reals-intervals) من [مجموعة](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/1-logic-sets-and-maps#def-b1-logic-sets) تعريفها*، وتفترض جداول الدوال الأصلية الترابطَ صامتة. **مثال 14.14 (القطعية بالمجّان).** الدالة $x \mapsto x^3$ متزايدة *قطعًا* على $\R$ وإن انعدمت مشتقتها عند $0$: فبند المحك «$f' > 0$ إلا عند عدد منته من النقاط» مصمَّم بالضبط لمثل هذه النقاط المنبسطة. وعلى النقيض، لا يعطي $f' \geq 0$ وحده إلا التزايد بالمعنى الواسع (فالدالة الثابتة تفي بالغرض)، و [المشتقة](#def-b1-derivative-def) المنعدمة على [فترة](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/10-real-numbers#prop-b1-reals-intervals) جزئية كاملة تجمّد الدالة هناك. والقاعدة العملية: لادعاء الرتابة القطعية، اذكر جذور $f'$؛ فعددٌ منته منها (أو، [بعبارة](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/1-logic-sets-and-maps#def-b1-logic-statement) أعمّ، لا شيء منها على أيّ [فترة](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/10-real-numbers#prop-b1-reals-intervals) جزئية) غير مؤذٍ، وأمّا [فترة](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/10-real-numbers#prop-b1-reals-intervals) منها فقاتلة. **مثال 14.15 (دراسة تغيرات كاملة).** ادرس $f(x) = x^3 - 3x + 1$ على $\R$. [المشتقة](#def-b1-derivative-def): $f'(x) = 3(x^2 - 1)$، وهي موجبة على $\intoo{-\infty}{-1}$، وسالبة على $\intoo{-1}{1}$، وموجبة على $\intoo{1}{+\infty}$: ومنه، حسب محك الرتابة، تتزايد $f$ ثم تتناقص ثم تتزايد، بقيمة عظمى موضعية $f(-1) = 3$ وقيمة صغرى موضعية $f(1) = -1$. والنهايات: $\mp\infty$ عند $\mp\infty$. والنتائج، مقروءةً من جدول التغيرات مع مبرهنة القيم الوسطى على كل فرع رتيب: تنعدم $f$ مرة واحدة بالضبط في كل من $$ \intoo{-\infty}{-1}, \qquad \intoo{-1}{1}, \qquad \intoo{1}{+\infty} $$ (فالقيم عند الوصلات ذات إشارات متعاكسة: $3 > 0 > -1$)، ومنه فللمعادلة $x^3 - 3x + 1 = 0$ ثلاثة جذور حقيقية بالضبط؛ وعدديًا تقع بجوار $-1.88$ و $0.35$ و $1.53$. 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 $f, g$ قابلتين للاشتقاق $n$ مرة، فكذلك $fg$، و $$ (fg)^{(n)} = \sum_{k=0}^{n} \binom nk f^{(k)}\, g^{(n-k)} . $$ **برهان.** بالاستقراء على $n$، على نحو مواز تمامًا لمبرهنة ثنائي الحدّ. و حالة $n = 1$ هي قاعدة الجداء. وبفرض الصيغة عند الرتبة $n$، اشتق مرة أخرى: $$ (fg)^{(n+1)} = \sum_{k=0}^{n} \binom nk \Bigl( f^{(k+1)} g^{(n-k)} + f^{(k)} g^{(n-k+1)} \Bigr), $$ ثم أعد تدليل المجموع الأول بالمقدار $j = k + 1$ واجمع معامل $f^{(j)} g^{(n+1-j)}$: فهو $\binom{n}{j-1} + \binom nj = \binom{n+1}{j}$ حسب قاعدة باسكال ([القضية 2.15](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/2-counting#prop-b1-counting-identities))، ويحمل الحدّان الحدّيان $j = 0$ و $j = n + 1$ المقدارَ $\binom{n+1}{0} = \binom{n+1}{n+1} = 1$ كما ينبغي. ∎ **مثال 14.17 (لايبنتز في العمل).** احسب $\bigl(x^2 \eu^x\bigr)^{(n)}$ من أجل $n \geq 2$. خذ $f = x^2$، ومشتقاته تموت سريعًا ($f' = 2x$ و $f'' = 2$ و $f^{(k)} = 0$ من أجل $k \geq 3$)، و $g = \eu^x$: فلا ينجو إلا ثلاثة حدود من مجموع لايبنتز، $$ \bigl(x^2\eu^x\bigr)^{(n)} = \binom n0 x^2 \eu^x + \binom n1 (2x)\,\eu^x + \binom n2\, 2\,\eu^x = \eu^x\bigl(x^2 + 2nx + n(n-1)\bigr). $$ وللتحقق عند $n = 1$: $\eu^x(x^2 + 2x)$، وهو فعلًا $(x^2\eu^x)'$. والفكرة النافذة: استعمل لايبنتز حين يكون أحد العاملين [كثير حدود](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/8-polynomials#def-b1-poly-def) — إذ لا يكون في المجموع عندئذ إلا $\deg + 1$ حدًا، و تكون الصيغة صورةً مغلقة لا متطابقة مجردة. (وأمّا من أجل عاملين لا نهائيَي الحيوية مثل $\eu^x\sin x$، فالأسّيات العقدية من [الفصل 3](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/3-complex-numbers#ch-b1-complex) أداة أفضل.) ## 14.3 التحدّب **تعريف 14.18.** تكون $f \colon I \to \R$ *محدَّبة* إذا وقع كل وتر فوق المنحنى: $$ \forall x, y \in I,\ \forall t \in \intcc{0}{1}, \quad f\bigl(tx + (1-t)y\bigr) \leq t f(x) + (1-t) f(y). $$ (وتكون $f$ *مقعّرة* إذا كانت $-f$ محدَّبة.) **مبرهنة 14.19 (التمييزات التفاضلية).** لتكن $f$ [قابلة للاشتقاق](#def-b1-derivative-def) على $I$. تتكافأ العبارات الآتية: 1. $f$ [محدَّبة](#def-b1-derivative-convex) ؛ 2. $f'$ متزايدة على $I$ ؛ 3. يقع المنحنى فوق كل مماس: $f(y) \geq f(x) + f'(x)(y - x)$ من أجل كل $x, y \in I$ . وإذا كانت $f$ [قابلة للاشتقاق](#def-b1-derivative-def) مرتين: تكون $f$ [محدَّبة](#def-b1-derivative-convex) $\iff f'' \geq 0$. **برهان.** (1 $\Rightarrow$ 3) يُكتب التحدّب $\frac{f(x + t(y-x)) - f(x)}{t} \leq f(y) - f(x)$ من أجل $t \in \intoc{0}{1}$؛ ودع $t \to 0^+$: $f'(x)(y - x) \leq f(y) - f(x)$. (3 $\Rightarrow$ 2) من أجل $x < y$، تعطي متراجحتا المماس عند $x$ وعند $y$ أن $f'(x)(y-x) \leq f(y) - f(x) \leq f'(y)(y - x)$، ومنه $f'(x) \leq f'(y)$. (2 $\Rightarrow$ 1) ثبّت $x < y$ و $t \in \intoo{0}{1}$، وليكن $z = tx + (1-t)y \in \intoo{x}{y}$. وحسب مبرهنة التزايدات المنتهية على $\intcc{x}{z}$ وعلى $\intcc{z}{y}$: يوجد $c_1 < z < c_2$ يحققان $$ \frac{f(z) - f(x)}{z - x} = f'(c_1) \leq f'(c_2) = \frac{f(y) - f(z)}{y - z} , $$ وبإزالة المقامات ($z - x = (1-t)(y-x)$ و $y - z = t(y-x)$) يُعاد الترتيب فيعطي متراجحة التحدّب بالضبط. وحالة القابلية للاشتقاق مرتين: $f'' \geq 0 \iff f'$ متزايدة ([النتيجة 14.12](#cor-b1-derivative-monotone)). ∎ ![التحدّب مرتين: كل وتر (رمادي) يقع فوق المنحنى، ويقع المنحنى فوق كل مماس (متقطّع).](https://one-course.com/images/onecourse/chapters/math-3/b1-derivative/fig-d730906df39f.svg) *التحدّب مرتين: كل وتر (رمادي) يقع فوق المنحنى، ويقع المنحنى فوق كل مماس (متقطّع).* **مثال 14.20 (متراجحات التحدّب الكلاسيكية).** الدالة $\exp$ [محدَّبة](#def-b1-derivative-convex) ($\exp'' = \exp > 0$): ويعطي مماسها عند $0$ أن $\eu^x \geq 1 + x$ من أجل كل $x$. والدالة $\ln$ مقعّرة: ويعطي مماسها عند $1$ أن $\ln x \leq x - 1$؛ وتعطي أوتارها، من أجل $0 < a \leq b$، المتراجحةَ بين المتوسطين الهندسي والحسابي: فبأخذ $t = \frac12$ في التقعّر، $$ \ln\frac{a + b}{2} \geq \frac{\ln a + \ln b}{2} = \ln\sqrt{ab}, \qquad\text{ومنه}\qquad \sqrt{ab} \leq \frac{a+b}{2} . $$ والمتراجحة العامة بين المتوسطين الحسابي والهندسي هي [التمرين 14.9](#exo-b1-derivative-9). **مثال 14.21 (متراجحة تحدّب من الصفر).** الدالة $f(t) = t\ln t$ [محدَّبة](#def-b1-derivative-convex) على $\intoo{0}{+\infty}$: إذ $f''(t) = \frac1t > 0$. ومتراجحتها عند المنتصف، مضروبةً في $2$، تُقرأ: من أجل كل $a, b > 0$، $$ a\ln a + b\ln b \;\geq\; (a + b)\,\ln\frac{a + b}{2} , $$ مع المساواة إذا وفقط إذا كان $a = b$ (بالتحدّب القطعي). ولتجربتها: $a = 1$ و $b = 3$ يعطي $3\ln 3 = 3.296$ إزاء $4\ln 2 = 2.773$. وهذه المتراجحة البريئة هي حالة النقطتين من مقارنة *الإنتروبيا* التي تعود مع متراجحة ينسن ([التمرين 14.9](#exo-b1-derivative-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](#def-b1-derivative-def) الموجبة عند نقطة واحدة لا تعطي الرتابة بجوارها*: فالمقدار $f(x) = \frac x2 + x^2\sin\frac1x$ (مع $f(0) = 0$) له $f'(0) = \frac12 > 0$، ومع ذلك $$ f'(x) = \frac12 + 2x\sin\frac1x - \cos\frac1x $$ يساوي $-\frac12$ عند كل $x_n = \frac{1}{2\pi n}$: فكل [جوار](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/12-topology-of-the-real-line#def-b1-topology-open) للنقطة $0$ يحتوي هبوطات. وتحتاج الرتابة إلى $f' \geq 0$ *على [فترة](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/10-real-numbers#prop-b1-reals-intervals)* ([النتيجة 14.12](#cor-b1-derivative-monotone))؛ وأمّا الإشارة النقطية فلا تضبط إلا عبور مستقيم المماس. (ب) *فرضيات رول الثلاث كلها فاعلة*: فالمقدار $\abs x$ على $\intcc{-1}{1}$ (لا قابلية اشتقاق بالداخل)، و $x$ على $\intcc{0}{1}$ (الطرفان غير متساويين)، و $x - \lfloor x\rfloor$ على $\intcc{0}{1}$ (يفشل [الاتصال](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/13-limits-and-continuity#def-b1-continuity-continuous) عند $1$) يكسر كلٌّ منها فرضًا واحدًا بالضبط ويكسر النتيجة. (ج) *قد تكون المشتقات منقطعة، لكن لا كيفما اتفق*: فقد تتذبذب $f'$ ([المثال 14.2](#ex-b1-derivative-notc1)) ومع ذلك تحقق دائمًا خاصية القيم الوسطى (دربو، [التمرين 14.10](#exo-b1-derivative-10)): [فالمشتقة](#def-b1-derivative-def) لا تقفز أبدًا — وإذا حسبتَ «نهاية [مشتقة](#def-b1-derivative-def)» من جهة واحدة فيها قفزة، فقد اشتققتَ دالة غير [قابلة للاشتقاق](#def-b1-derivative-def). (د) *صيغة المعكوس تحتاج إلى $f' \neq 0$*: [فالتطبيق](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/1-logic-sets-and-maps#def-b1-logic-map) $x \mapsto x^3$ تقابل ملس متزايد قطعًا معكوسه $x^{1/3}$ له مماس عمودي عند $0$ — فقابلية اشتقاق المعكوس تُفقد بالضبط حيث تنعدم $f'$ ([المبرهنة 14.5](#thm-b1-derivative-inverse)). **ملاحظة 14.23 (أين تعمل مبرهنة التزايدات المنتهية تاليًا).** تكاد كل [عبارة](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/1-logic-sets-and-maps#def-b1-logic-statement) كمّية في الفصول الآتية أن تكون مبرهنةَ التزايدات المنتهية في هذا الفصل متنكّرة: فالمبرهنة الأساسية في التكامل ([الفصل 15](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/15-integration-on-a-segment#ch-b1-integration)) تشتق دالة المساحة وتختم بمحك الرتابة؛ وصيغة تايلور–لاغرانج ([الفصل 16](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/16-taylor-formulas-and-asymptotic-expansions#ch-b1-taylor)) هي مبرهنة التزايدات المنتهية مكرَّرة $n$ مرة؛ وتحليل خطأ طريقة نيوتن وتكرارات النقطة الصامدة ([التمرين 14.11](#exo-b1-derivative-11)) هو صيغة ليبشيتز؛ وتحوّل مسألة نهاية الأسبوع في هذا الفصل ([المسألة 14.1](#pb-b1-derivative-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 $p, q > 1$ مع $\frac1p + \frac1q = 1$. من أجل كل $a, b > 0$: $$ ab \;\leq\; \frac{a^p}{p} + \frac{b^q}{q} . $$ والبرهان [بتطبيق](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/1-logic-sets-and-maps#def-b1-logic-map) واحد لتقعّر $\ln$ بالوزنين $\frac1p, \frac1q$ (وهي متراجحة ينسن ذات النقطتين، كما في [التمرين 14.9](#exo-b1-derivative-9)): $$ \ln\Bigl(\frac{a^p}{p} + \frac{b^q}{q}\Bigr) \;\geq\; \frac1p \ln(a^p) + \frac1q \ln(b^q) = \ln a + \ln b = \ln(ab), $$ ويحوّل تزايد $\ln$ متراجحةَ اللوغاريتمات إلى الادعاء؛ والمساواة إذا وفقط إذا كان $a^p = b^q$ (بالتقعّر القطعي). وحالة $p = q = 2$ هي المتراجحة بين المتوسطين الحسابي والهندسي $ab \leq \frac{a^2 + b^2}{2}$ متنكّرة. والفكرة النافذة: متراجحة يونغ هي البذرة الجبرية لمتراجحتَي هولدر ومنكوفسكي في مجلّد السنة الثانية — أي [عبارة](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/1-logic-sets-and-maps#def-b1-logic-statement) تقعّر واحدة عن $\ln$، محصودةً من أجل المعايير. **ملاحظة 14.25 (منظورات داخل هذا المجلّد).** تكتسب [المشتقة](#def-b1-derivative-def) ثلاث حيوات جديدة قبل نهاية المجلّد. ففي [الفصل 16](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/16-taylor-formulas-and-asymptotic-expansions#ch-b1-taylor) تتكرر: إذ تُضغط $n$ [مشتقة](#def-b1-derivative-def) عند نقطة في [كثير حدود](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/8-polynomials#def-b1-poly-def) واحد مع خطأ مضبوط، وتصير مبرهنة التزايدات المنتهية باقيَ لاغرانج. وفي [الفصل 24](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/24-plane-curves#ch-b1-curves)، يصير الاشتقاق هندسيًا: فمن أجل منحن معلَّمي $t \mapsto (x(t), y(t))$، يكون الزوج $(x'(t), y'(t))$ *متجهة* سرعة، ويصير التماسّ استقامية، وتصير النقاط الحرجة نقاطَ ارتداد تُصنَّف. وفي [الفصل 25](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/25-functions-of-two-variables#ch-b1-multivar)، 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): $x^x$؛ $\;\ln\bigl(x + \sqrt{x^2+1}\bigr)$؛ $\;\arctan\frac{1}{x}$؛ $\;\sqrt{1 + \eu^{2x}}$. **حل التمرين 14.1.** $x^x = \eu^{x\ln x}$ على $\intoo{0}{+\infty}$: [المشتقة](#def-b1-derivative-def) $(\ln x + 1)\,x^x$. $\ln(x + \sqrt{x^2+1})$ على $\R$ (لأن المتغير دائمًا $> 0$): [المشتقة](#def-b1-derivative-def) $\frac{1}{\sqrt{x^2+1}}$ (محسوبة في [القضية 4.21](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/4-standard-functions#prop-b1-functions-invhyp) — وهي $\operatorname{arsinh}$). $\arctan\frac1x$ على $\R^*$: [المشتقة](#def-b1-derivative-def) $\frac{-1/x^2}{1 + 1/x^2} = \frac{-1}{1 + x^2}$ (وهذا متسق مع [القضية 4.12](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/4-standard-functions#prop-b1-functions-arcidentities) (2): فالدالة $\pm\frac\pi2 - \arctan x$ على كل نصف مستقيم). $\sqrt{1 + \eu^{2x}}$ على $\R$: [المشتقة](#def-b1-derivative-def) $\frac{\eu^{2x}}{\sqrt{1 + \eu^{2x}}}$. **تمرين 14.2 ★.** أكمل [المثال 14.2](#ex-b1-derivative-notc1): برهن على أن $f(x) = x^2 \sin\frac1x$ مع $f(0) = 0$ [قابلة للاشتقاق](#def-b1-derivative-def) عند $0$ مع $f'(0) = 0$، وعلى أن $f'$ لا نهاية له عند $0$. **حل التمرين 14.2.** عند $0$: $\bigl|\frac{f(h) - 0}{h}\bigr| = \abs{h \sin\frac1h} \leq \abs h \to 0$، ومنه $f'(0) = 0$. ومن أجل $x \neq 0$، تعطي القواعد المعتادة $f'(x) = 2x\sin\frac1x - \cos\frac1x$. وعلى $x_n = \frac{1}{2\pi n}$: $f'(x_n) = 0 - 1 \to -1$؛ وعلى $y_n = \frac{1}{(2n+1)\pi}$: $f'(y_n) = 0 + 1 \to 1$. أي متتاليتان تؤولان إلى $0$ بنهايتين مختلفتين للمقدار $f'$: فلا نهاية ([المبرهنة 13.3](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/13-limits-and-continuity#thm-b1-continuity-seqchar))، ومنه [فالمشتقة](#def-b1-derivative-def) $f'$ ليست [متصلة](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/13-limits-and-continuity#def-b1-continuity-continuous) عند $0$ وتكون $f$ [قابلة للاشتقاق](#def-b1-derivative-def) دون أن تكون من الصنف $C^1$. **تمرين 14.3 ★.** باستعمال مبرهنة التزايدات المنتهية أو متراجحات المماس، برهن على أنه من أجل كل $x > 0$: $$ \frac{x}{1 + x} < \ln(1 + x) < x . $$ واستنتج $\lim_{n\to\infty} \bigl(1 + \frac xn\bigr)^n = \eu^x$ من أجل كل $x > 0$. **حل التمرين 14.3.** $\ln(1+x) < x$ من أجل $x > 0$: بمتراجحة مماس التقعّر عند $0$ (وهي قطعية بعيدًا عن نقطة التماسّ لأن $\ln$ مقعّرة قطعًا؛ أو طبّق مبرهنة التزايدات المنتهية: $\ln(1+x) = \frac{x}{1+c}$ من أجل $c \in \intoo{0}{x}$ ما، و $\frac{x}{1+c} < x$). وتعطي متطابقة التزايدات المنتهية نفسها الحاصرَ الأدنى: $\frac{x}{1+c} > \frac{x}{1+x}$. والنتيجة: مع $x/n$ بدل $x$، $$ \frac{x/n}{1 + x/n} < \ln\Bigl(1 + \frac xn\Bigr) < \frac xn \quad\implies\quad \frac{x}{1 + x/n} < n \ln\Bigl(1 + \frac xn\Bigr) < x . $$ ويؤول الطرف الأيسر إلى $x$: ومنه، بالحصر، $n\ln(1 + \frac xn) \to x$، وباتصال $\exp$، $\bigl(1 + \frac xn\bigr)^n = \eu^{n\ln(1 + x/n)} \to \eu^x$. **تمرين 14.4 ★.** ليكن $P$ [كثير حدود](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/8-polynomials#def-b1-poly-def) حقيقيًا له $k$ جذرًا حقيقيًا متمايزًا. برهن على أن للمقدار $P'$ عددَ $k - 1$ جذرًا حقيقيًا متمايزًا على الأقل، متداخلة مع جذور $P$. واستنتج أنه إذا كانت كل جذور $P$ حقيقية، فكذلك جذور $P'$. **حل التمرين 14.4.** ليكن $x_1 < x_2 < \dots < x_k$ جذورًا متمايزة للمقدار $P$. وعلى كل $\intcc{x_i}{x_{i+1}}$، تنتج مبرهنة رول ([المبرهنة 14.8](#thm-b1-derivative-rolle)) عددًا $c_i \in \intoo{x_i}{x_{i+1}}$ يحقق $P'(c_i) = 0$: أي $k - 1$ جذرًا للمقدار $P'$، متمايزة لأن الفترات [المفتوحة](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/12-topology-of-the-real-line#def-b1-topology-open) منفصلة — ومتداخلة بحكم البناء. وإذا كانت كل جذور $P$ (من الدرجة $n$) حقيقية، فاكتبها مع تضاعفاتها $m_1 + \dots + m_k = n$. وكل جذر تضاعفه $m_i \geq 2$ جذرٌ للمقدار $P'$ تضاعفه $m_i - 1$ ([القضية 8.11](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/8-polynomials#prop-b1-poly-multiplicity))، فيسهم بالمقدار $\sum (m_i - 1) = n - k$؛ وتسهم رول بعدد $k - 1$ آخر، وكلها متمايزة عن هذه. والمجموع $\geq n - 1 = \deg P'$: ومنه فكل جذور $P'$ حقيقية. **تمرين 14.5 ★★.** لتكن $f$ [قابلة للاشتقاق](#def-b1-derivative-def) على $\R$ مع $f' (x)\to \ell$ عندما $x \to +\infty$. برهن على أن $\frac{f(x)}{x} \to \ell$ *(بمبرهنة التزايدات المنتهية على $\intcc{A}{x}$)*. وهل يصحّ $f(x+1) - f(x) \to \ell$ كذلك؟ **حل التمرين 14.5.** ثبّت $\varepsilon > 0$ و $A$ يحقق $\abs{f'(t) - \ell} \leq \varepsilon$ من أجل $t \geq A$. ومن أجل $x > A$، تعطي مبرهنة التزايدات المنتهية على $\intcc{A}{x}$ عددًا $c \in \intoo{A}{x}$ يحقق $$ f(x) = f(A) + f'(c)(x - A), \qquad\text{ومنه}\qquad \Bigl|\frac{f(x)}{x} - \ell\Bigr| \leq \frac{\abs{f(A)} + \abs\ell A}{x} + \abs{f'(c) - \ell} \cdot\frac{x - A}{x} \leq \frac{C_A}{x} + \varepsilon . $$ ومن أجل $x$ كبير، $\frac{C_A}{x} \leq \varepsilon$: ومنه $\frac{f(x)}{x} \to \ell$. نعم: $f(x+1) - f(x) = f'(c_x)$ مع $c_x \in \intoo{x}{x+1}$ (بمبرهنة التزايدات المنتهية على $\intcc{x}{x+1}$)، و $c_x \to +\infty$، ومنه $f(x+1) - f(x) \to \ell$. **تمرين 14.6 ★★.** (رول متقطّع) لتكن $f$ [قابلة للاشتقاق](#def-b1-derivative-def) $n$ مرة على $I$ و تنعدم عند $n + 1$ نقطة متمايزة. برهن على أن $f^{(n)}$ ينعدم مرة واحدة على الأقل. وتطبيقًا: [كثير الحدود](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/8-polynomials#def-b1-poly-def) من درجة $\leq n$ المنعدم عند $n+1$ نقطة معدوم (مرة أخرى). **حل التمرين 14.6.** بالاستقراء على $n$. من أجل $n = 1$: رول. وإذا صحّ الادعاء من أجل $n - 1$: فإن $f$ تنعدم عند $n+1$ نقطة، ومنه، برول مطبَّقة على الفجوات $n$، تنعدم $f'$ عند $n$ نقطة متمايزة؛ ويجعل فرض الاستقراء مطبَّقًا على $f'$ (وهي [قابلة للاشتقاق](#def-b1-derivative-def) $n-1$ مرة ولها $n$ جذرًا) $(f')^{(n-1)} = f^{(n)}$ ينعدم في موضع ما. وتطبيقًا: إذا انعدم $P$ من الدرجة $\leq n$ عند $n+1$ نقطة، فإن $P^{(n)}$، وهو ثابت يساوي $n!$ مضروبًا في المعامل المهيمن، ينعدم: ومنه فالمعامل المهيمن هو $0$، ويُختم باستقراء نازل (أو مباشرةً: تنعدم كل المعاملات). **تمرين 14.7 ★★.** لتكن $f$ [قابلة للاشتقاق](#def-b1-derivative-def) مرتين على $\intcc{a}{b}$ مع $f(a) = f(b) = 0$ و $f(x_0) > 0$ من أجل $x_0$ داخلية ما. برهن على أن $f''(c) < 0$ من أجل $c \in \intoo{a}{b}$ ما. *(بمبرهنتَي تزايدات منتهية و مقارنة ميول.)* **حل التمرين 14.7.** بمبرهنة التزايدات المنتهية على $\intcc{a}{x_0}$ وعلى $\intcc{x_0}{b}$: $$ f'(c_1) = \frac{f(x_0) - f(a)}{x_0 - a} = \frac{f(x_0)}{x_0 - a} > 0, \qquad f'(c_2) = \frac{f(b) - f(x_0)}{b - x_0} = \frac{-f(x_0)}{b - x_0} < 0, $$ مع $c_1 < x_0 < c_2$. ثم تعطي مبرهنة التزايدات المنتهية مطبَّقةً على $f'$ على $\intcc{c_1}{c_2}$ عددًا $c$ يحقق $$ f''(c) = \frac{f'(c_2) - f'(c_1)}{c_2 - c_1} < 0 . \qedhere $$ **تمرين 14.8 ★★.** ادرس الدالة $f(x) = \dfrac{\ln x}{x}$ على $\intoo{0}{+\infty}$: التغيرات والنهايات والقيمة العظمى. واستنتج أن $a^b > b^a$ من أجل كل الأعداد الحقيقية $\eu \leq a < b$، واحسم الحالة الخاصة الشهيرة: أيّهما أكبر، $\eu^\pi$ أم $\pi^\eu$؟ وتحقق إزاء زوجَي الأعداد الصحيحة الصغيرة $(2,3)$ و $(2,4)$: ولماذا يسلكان سلوكًا مختلفًا؟ **حل التمرين 14.8.** $f'(x) = \frac{1 - \ln x}{x^2}$: تتزايد $f$ على $\intoc{0}{\eu}$، و تتناقص على $\intco{\eu}{+\infty}$، بقيمة عظمى $f(\eu) = \frac1\eu$؛ والنهايتان $-\infty$ عند $0^+$ و $0$ عند $+\infty$ ([بمقارنة النمو](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/4-standard-functions#prop-b1-functions-powerrules)). ومن أجل $\eu \leq a < b$: يعطي تناقص $f$ القطعي هناك أن $\frac{\ln a}{a} > \frac{\ln b}{b}$، أي $b \ln a > a \ln b$، أي $a^b > b^a$. ومع $a = \eu < b = \pi$: $\eu^\pi > \pi^\eu$. والأزواج الصغيرة: $(2, 3)$: $2^3 = 8 < 9 = 3^2$ — أي معكوسًا! والسبب: $2 < \eu$، وعلى $\intoo{0}{\eu}$ تكون الدالة $f$ *متزايدة*، ومنه تنقلب المقارنة حين يقع العددان دون $\eu$، وتكون غير قابلة للتنبؤ عبر $\eu$ (ويفسّر $f(2) = f(4)$ التعادلَ $2^4 = 4^2 = 16$). **تمرين 14.9 ★★.** (المتراجحة بين المتوسطين الحسابي والهندسي) باستعمال تقعّر $\ln$ بأوزان عامة (متراجحة ينسن من أجل $n$ نقطة، ويُبرهن عليها بالاستقراء على $n$)، بيّن أنه من أجل الأعداد الحقيقية الموجبة $a_1, \dots, a_n$: $$ \sqrt[n]{a_1 a_2 \cdots a_n} \leq \frac{a_1 + \dots + a_n}{n}, $$ مع المساواة إذا وفقط إذا تساوت كل $a_i$. **حل التمرين 14.9.** *ينسن من أجل $\ln$، بالاستقراء على $n$.* الادعاء: من أجل $x_i$ موجبة وأوزان $\lambda_i > 0$ مع $\sum \lambda_i = 1$: $\ln\bigl(\sum \lambda_i x_i\bigr) \geq \sum \lambda_i \ln x_i$. ومن أجل $n = 2$ هذا هو التقعّر. والخطوة: مع $\Lambda = \lambda_1 + \dots + \lambda_{n-1} = 1 - \lambda_n$ و $y = \sum_{i 0$. وحسب مبرهنة القيم الحدّية، تبلغ $g$ قيمتها الصغرى على $\intcc{a}{b}$ عند $c$ ما. وهي ليست عند $a$: لأن $g'(a) < 0$، فللنقاط يمين $a$ مباشرةً $g < g(a)$. وهي ليست عند $b$: لأن $g'(b) > 0$، فللنقاط يسار $b$ مباشرةً $g < g(b)$. ومنه فالنقطة $c$ داخلية، ويعطي [القضية 14.7](#prop-b1-derivative-fermat) أن $g'(c) = 0$، أي $f'(c) = v$. **تمرين 14.11 ★★★.** لتكن $f \colon \R \to \R$ [قابلة للاشتقاق](#def-b1-derivative-def) مع $\abs{f'(x)} \leq k < 1$ من أجل كل $x$ (أي *تقلّص*). برهن على أن للمقدار $f$ نقطة صامدة واحدة بالضبط $\ell$، وعلى أن كل متتالية $u_{n+1} = f(u_n)$ تتقارب إلى $\ell$ مع $\abs{u_n - \ell} \leq k^n\abs{u_0 - \ell}$. *(الوجود: طبّق مبرهنة القيم الوسطى على $f(x) - x$ على قطعة كبيرة، مستعملًا حاصر ليبشيتز؛ أو استعمل التمام مع محك كوشي.)* **حل التمرين 14.11.** *الوحدانية:* نقطتان صامدتان $\ell \neq \ell'$ ستعطيان $\abs{\ell - \ell'} = \abs{f(\ell) - f(\ell')} \leq k\abs{\ell - \ell'} < \abs{\ell - \ell'}$، وهذا محال. *الوجود:* تحقق $g(x) = f(x) - x$، بمتراجحة التزايدات المنتهية، $f(x) \leq f(0) + k\abs x$؛ ومنه من أجل $x \geq \frac{\abs{f(0)}}{1 - k}$، $g(x) \leq f(0) + kx - x \leq 0$، و بالتناظر $g(-x) \geq 0$ من أجل $x$ كبير. وتعطي مبرهنة القيم الوسطى جذرًا $\ell$ للمقدار $g$: أي نقطة صامدة. *التقارب:* بمتراجحة التزايدات المنتهية مرة أخرى: $$ \abs{u_{n+1} - \ell} = \abs{f(u_n) - f(\ell)} \leq k\abs{u_n - \ell}, $$ ومنه بالاستقراء $\abs{u_n - \ell} \leq k^n \abs{u_0 - \ell} \to 0$. **تمرين 14.12 ★★★.** (مبرهنة التزايدات المنتهية لكوشي وقاعدة لوبيتال) 1. لتكن $f, g$ متصلتين على $\intcc{a}{b}$ و قابلتين للاشتقاق على $\intoo{a}{b}$، مع $g'$ لا ينعدم هناك أبدًا. برهن على أن $g(b) \neq g(a)$ وعلى أن $c \in \intoo{a}{b}$ ما يحقق $$\frac{f(b) - f(a)}{g(b) - g(a)} = \frac{f'(c)}{g'(c)}$$ *(طبّق رول على $h = f - \lambda g$ من أجل الثابت $\lambda$ الصحيح)*. 2. استنتج قاعدة لوبيتال في الصورة $\frac00$ عند نقطة: إذا كان $f(a) = g(a) = 0$ و $\frac{f'(x)}{g'(x)} \to \ell$ عندما $x \to a^+$ ، فإن $\frac{f(x)}{g(x)} \to \ell$ . 3. بيّن أن العكس يفشل: فمن أجل $f(x) = x^2\sin\frac1x$ ( $f(0) = 0$ ) و $g(x) = x$ ، يكون للقسمة $\frac{f}{g}$ نهايةٌ عند $0$ لكن $\frac{f'}{g'}$ لا نهاية له. **حل التمرين 14.12.** 1. إذا كان $g(b) = g(a)$ ، لأعطت رول جذرًا داخليًا للمقدار $g'$ : وهذا مستبعد. ضع $\lambda = \frac{f(b) - f(a)}{g(b) - g(a)}$ و $h = f - \lambda g$ : فالدالة $h$ [متصلة](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/13-limits-and-continuity#def-b1-continuity-continuous) على $\intcc{a}{b}$ [وقابلة للاشتقاق](#def-b1-derivative-def) بالداخل، و $h(b) - h(a) = f(b) - f(a) - \lambda(g(b) - g(a)) = 0$ . وتعطي رول عددًا $c$ يحقق $h'(c) = 0$ ، أي $f'(c) = \lambda\,g'(c)$ ؛ فاقسم على $g'(c) \neq 0$ . 2. من أجل $x > a$ قريب من $a$، يعطي البند (1) على $\intcc{a}{x}$ (حيث $g' \neq 0$) أن $g(x) \neq 0$ وأن $c_x \in \intoo{a}{x}$ يحقق $$\frac{f(x)}{g(x)} = \frac{f(x) - f(a)}{g(x) - g(a)} = \frac{f'(c_x)}{g'(c_x)} .$$ وعندما $x \to a^+$، يكون $c_x \to a^+$ (بالحصر)، ومنه يؤول الطرف الأيمن إلى $\ell$: أي $\frac{f}{g} \to \ell$. 3. $\frac{f(x)}{g(x)} = x\sin\frac1x \to 0$ ، بينما $\frac{f'(x)}{g'(x)} = 2x\sin\frac1x - \cos\frac1x$ لا نهاية له عند $0$ ( [التمرين 14.2](#exo-b1-derivative-2) ): فقاعدة لوبيتال لا تنقل المعلومة إلا من $\frac{f'}{g'}$ إلى $\frac fg$ ، لا بالعكس أبدًا. ## 14.5 مسألة: متراجحة ليوفيل وأول عدد متسامٍ **مسألة 14.1.** مسألة نهاية الأسبوع — الأعداد الجبرية تنافر الأعداد الناطقة: $\abs{x - p/q} \geq C/q^d$، وتسامي $\sum 10^{-n!}$ يكون العدد الحقيقي *جبريًا* إذا كان جذرًا [لكثير حدود](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/8-polynomials#def-b1-poly-def) غير معدوم بمعاملات صحيحة، و*متساميًا* 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](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/1-logic-sets-and-maps#pb-b1-logic-1) من الدرجة $d$ لا يمكن تقريبه بالأعداد الناطقة أفضل من $C/q^d$ — ومنه فالعدد القابل للتقريب *أسرع من كل قوة* لا يمكن أن يكون جبريًا. وتبني هذه المسألة المتراجحة، وتنشئ عدد ليوفيل $L = 0.110001000\dots$ (بآحاد عند المواضع العاملية، عبر آلة الأرقام في [المسألة 10.1](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/10-real-numbers#pb-b1-reals-1))، وتبرهن على تساميه، وتُختم ببرهان كانتور المنافس وبحواصر فعّالة من أجل $\sqrt2$ و $2^{1/3}$. **الجزء 1 — إلى أيّ حد يمكن تقريب الأعداد الناطقة؟** 1. بيّن أن العددين الناطقين المتمايزين $\frac ab \neq \frac pq$ (مكتوبين مع $b, q \geq 1$ ) يحققان $\bigl|\frac ab - \frac pq\bigr| \geq \frac{1}{bq}$ . واستنتج: إذا كان $x = \frac ab$ و $0 < \bigl|x - \frac pq\bigr| < \frac{1}{bq}$ ، فلا وجود لمثل هذا $\frac pq$ — أي إن العدد الناطق ينافر كل الأعداد الناطقة الأخرى على سلّم $\frac 1q$ . 2. برهن على أنه من أجل *كل* عدد ناطق $\frac pq$ ( $q \geq 1$ ): $\bigl|\sqrt2 - \frac pq\bigr| \geq \frac{1}{4q^2}$ *(فإذا تجاوزت المسافة $1$ فهذا جليّ؛ وإلا فحُدّ $\abs{\sqrt2 + p/q} < 4$ و استعمل العدد الصحيح غير المعدوم $\abs{p^2 - 2q^2} \geq 1$)* . 3. وفي الاتجاه الآخر: تحقق من أن $(p, q) \mapsto (p + 2q, p + q)$ يحفظ $\abs{p^2 - 2q^2} = 1$، وولّد انطلاقًا من $(1,1)$ الأزواجَ $(3,2)$ و $(7,5)$ و $(17,12)$ و $(41,29)$ و $(99,70)$، وبيّن أن كلًّا منها يحقق $$\Bigl|\sqrt2 - \frac pq\Bigr| = \frac{1}{q^2\,(\sqrt2 + p/q)} < \frac{1}{2q^2} :$$ أي تقريبات لا تُحصى من الرتبة $2$. ومع السؤال 2: يكون أُسّ التقريب للمقدار $\sqrt 2$ هو $2$ *بالضبط*. 4. (ديريكليه) ليكن $x$ أصمّ و $N \in \N^*$ . انظر في الأجزاء الكسرية $N + 1$ للمقادير $0, x, 2x, \dots, Nx$ في الأدراج $N$ $\intco{\frac kN}{\frac{k + 1}{N}}$ : فحسب مبدأ الأدراج ( [النتيجة 2.3](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/2-counting#cor-b1-counting-pigeonhole) )، يقع اثنان في درج واحد. واستنتج $q \leq N$ و $p$ يحققان $\abs{qx - p} < \frac 1N$ ، ومنه أعدادًا ناطقة لا تُحصى تحقق $\bigl|x - \frac pq\bigr| < \frac{1}{q^2}$ : أي إن *كل* عدد أصمّ قابل للتقريب من الرتبة $2$ . **الجزء 2 — متراجحة ليوفيل.** ليكن $x$ أصمّ وجبريًا. 5. بيّن أنه بين كثيرات الحدود الصحيحة غير المعدومة المنعدمة عند $x$ يوجد واحد، وليكن $P$ من الدرجة $d$ ، *بلا جذر ناطق* ؛ وتحقق من $d \geq 2$ *(اقسم على عامل $X - \frac ab$ على $\Q$ و أزل المقامات؛ فالدرجة $1$ ستجعل $x$ ناطقًا)* . 6. بيّن أنه من أجل كل عدد ناطق $\frac pq$ ( $q \geq 1$ ): $\bigl|P\bigl(\frac pq\bigr)\bigr| \geq \frac{1}{q^d}$ *(لأن $q^d P(p/q)$ عدد صحيح غير معدوم)* . 7. لتكن $M = \max_{\intcc{x-1}{x+1}} \abs{P'}$ ([المبرهنة 13.13](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/13-limits-and-continuity#thm-b1-continuity-evt)). وباستعمال مبرهنة التزايدات المنتهية بين $x$ و $\frac pq$، برهن على *متراجحة ليوفيل*: مع $C = \min\bigl(1, \frac 1M\bigr) > 0$، $$\Bigl| x - \frac pq \Bigr| \geq \frac{C}{q^{\,d}} \qquad\text{من أجل كل عدد ناطق } \frac pq,\ q \geq 1 .$$ 8. سمِّ $x$ *عدد ليوفيل* إذا كان من أجل كل $n \in \N$ يوجد عدد ناطق $\frac pq$ مع $q \geq 2$ و $0 < \bigl|x - \frac pq\bigr| < q^{-n}$ . برهن على أن عدد ليوفيل أصمّ *(السؤال 1: اختر $n$ يحقق $2^{\,n-1} > b$)* . 9. برهن على مبرهنة ليوفيل: *عدد ليوفيل متسامٍ* *(اجمع بين السؤالين 7 و 8: فالمتراجحة $C < q^{\,d-n}$ تفشل من أجل $n$ كبير)* . **الجزء 3 — العدد $L$.** 10. ليكن $L$ القيمة (بمعنى [المسألة 10.1](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/10-real-numbers#pb-b1-reals-1) ) لسلسلة الأرقام العشرية ذات الرقم $1$ في المواضع $n!$ ( $n = 1, 2, 3, \dots$ ) و $0$ فيما عداها، أي $L = \sup_k t_k$ مع $t_k = \sum_{n=1}^{k} 10^{-n!}$ . اكتب الأرقام $25$ الأولى للمقدار $L$ . 11. برهن على تأطير الذيل، من أجل كل $k \geq 1$: $$10^{-(k+1)!} \;\leq\; L - t_k \;\leq\; \frac{10}{9}\,10^{-(k+1)!} \;<\; 2\cdot 10^{-(k+1)!}$$ *(حُدّ كل مجموع جزئي بعد $t_k$ بمجموع هندسي منته)*. 12. اكتب $t_k = \frac{p_k}{q_k}$ مع $q_k = 10^{k!}$ . بيّن $0 < L - \frac{p_k}{q_k} < \frac{2}{q_k^{\,k+1}}$ ، واستنتج أن $L$ عدد ليوفيل بمعنى السؤال 8. 13. استنتج: العدد $L$ 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](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/10-real-numbers#pb-b1-reals-1) ، السؤال 20). 14. عمّم: استبدل بكل رقم $1$ رقمًا كيفيًا غير معدوم $d_n \in \intint{1}{9}$ . بيّن أن القيمة تبقى عدد ليوفيل، واستنتج — بحجة القطر في [المسألة 10.1](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/10-real-numbers#pb-b1-reals-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 $x$ *قابل للتقريب من الرتبة $\mu$* إذا كان من أجل ثابت $c > 0$ ما يحقق عدد لا يُحصى من الأعداد الناطقة $\bigl|x - \frac pq\bigr| < \frac{c}{q^{\mu}}$. 15. ركّب التراتب من الأجزاء 1–3: الأعداد الناطقة قابلة للتقريب من الرتبة $1$ ولا أفضل؛ و $\sqrt 2$ من الرتبة $2$ ولا أفضل؛ وكل عدد أصمّ من الرتبة $2$ على الأقل؛ [والعدد الجبري](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/1-logic-sets-and-maps#pb-b1-logic-1) من الدرجة $d$ من لا رتبة بعد $d$ ؛ وأعداد ليوفيل من كل رتبة. وسوّغ كل ادعاء بالاستشهاد بالسؤال المعني. 16. بيّن أن $L + r$ عدد ليوفيل من أجل كل عدد ناطق $r = \frac ab$ *(انسحب بالمقرّبات: فالمقامات الجديدة هي $b\,q_k$)* . واستنتج أن أعداد ليوفيل — ومنه المتسامية — [كثيفة](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/12-topology-of-the-real-line#def-b1-topology-dense) في $\R$ . 17. (كانتور، 1874) برهن على أن [مجموعة](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/1-logic-sets-and-maps#def-b1-logic-sets) الأعداد الجبرية قابلة للعدّ: فعدد كثيرات الحدود الصحيحة التي درجتها مضافًا إليها مجموع $\abs{\text{المعاملات}}$ محدود بالمقدار $h$ منتهٍ، ولكلٍّ منها $\deg$ جذرًا على الأكثر؛ و الاتحاد القابل للعدّ لمجموعات منتهية قابل للعدّ. ولأن لا متتالية تستنفد $\R$ ( [المسألة 10.1](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/10-real-numbers#pb-b1-reals-1) ، السؤال 22)، توجد أعداد متسامية — بل تكوّن [مجموعة](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/1-logic-sets-and-maps#def-b1-logic-sets) غير قابلة للعدّ. وقارن البرهانين: فماذا يعطي برهان ليوفيل ولا يستطيع برهان كانتور إعطاءه؟ 18. برهن مباشرةً من السؤال 2 على أن $\sqrt 2$ *ليس* عدد ليوفيل *(فمن أجل $n \geq 3$، تحدّ المتراجحة $q^{-n} > \frac{1}{4q^2}$ المقدارَ $q$؛ ولا يبقى عندئذ إلا عدد منته من الأعداد الناطقة المرشّحة، وكلها على مسافة موجبة من $\sqrt2$)* . وعمّم: لا [عدد جبري](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/1-logic-sets-and-maps#pb-b1-logic-1) هو عدد ليوفيل. **الجزء 5 — ثوابت فعّالة.** 19. من أجل زوج بيل $(99, 70)$: تحقق من $99^2 - 2\cdot70^2 = 1$ وقوّم الخطأ المضبوط $$\sqrt2 - \frac{99}{70} = \frac{-1}{70^2\,\bigl(\sqrt2 + \frac{99}{70}\bigr)}, \qquad \Bigl|\sqrt 2 - \frac{99}{70}\Bigr| \approx 7.2\cdot 10^{-5} :$$ أي خمسة أرقام صحيحة من كسر ذي ثلاثة أرقام. 20. نفّذ الجزء 2 على $x = 2^{1/3}$ مع $P = X^3 - 2$: تحقق من أن $P$ ليس له جذر ناطق، وحُدّ $M = \max_{\intcc{x-1}{x+1}} 3t^2 \leq 3\,(1 + 2^{1/3})^2 < 16$، واستنتج المتراجحة الفعّالة $$\Bigl| 2^{1/3} - \frac pq \Bigr| \geq \frac{1}{16\,q^3} \qquad \text{من أجل كل } \frac pq .$$ 21. والربح: بيّن أن أيّ عدد ناطق يقرّب $2^{1/3}$ بدقة $10^{-6}$ يجب أن يكون مقامه $q \geq 40$ . 22. بيّن أن الأساس $10$ لا شأن له: فالنظير الثنائي $\sum_{n\geq1} 2^{-n!}$ (وهو قيمة السلسلة الثنائية ذات الآحاد في المواضع العاملية) هو كذلك عدد ليوفيل، ومنه متسامٍ. **الجزء 6 — الحدود الأمامية والتوليفة.** 23. ليكن $x^\dagger$ قيمة السلسلة العشرية ذات الآحاد بالضبط في المواضع $3^k$ ( $k \geq 0$ ). بيّن أن $x^\dagger$ قابل للتقريب من الرتبة $3$ ، واستنتج من متراجحة ليوفيل أن $x^\dagger$ ليس ناطقًا ولا عددًا أصمّ تربيعيًا. وفسّر لماذا تتعثّر الطريقة هناك: فالرتبة $3$ متوافقة مع الجبرية من الدرجة $\geq 3$ ، وسدّ تلك الفجوة (إذ يكفي أيّ أُسّ $> 2$ ، من أجل كل [عدد جبري](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/1-logic-sets-and-maps#pb-b1-logic-1) ) هو مبرهنة روث، وهي أبعد بكثير من هذا المجلّد. 24. كمِّم كانتور: بيّن أن عدد الأعداد الجبرية من الدرجة $\leq d$ المعطاة بكثيرات حدود بمعاملات في $\intint{-H}{H}$ هو $d\,(2H + 1)^{d+1}$ على الأكثر. (وهذا التناهي هو ما جعل السؤال 17 يعمل.) 25. 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 $\abs{P(p/q)} \geq q^{-d}$ ، والملاسة تمنع $\abs{P(p/q)} > M\abs{x - p/q}$ )؛ (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](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/15-integration-on-a-segment#ch-b1-integration) على صمم $\pi$ بحصر الصحيحية إزاء الصغر نفسه، بتكاملات بدل المشتقات. **حل المسألة 14.1.** **1.** $\bigl|\frac ab - \frac pq\bigr| = \frac{\abs{aq - bp}}{bq}$، و $aq - bp$ عدد صحيح غير معدوم عندما يختلف الكسران: ومنه فالمسافة $\geq \frac{1}{bq}$. ومنه فلا عدد ناطق غير $x$ نفسه يدخل [الفترة](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/10-real-numbers#prop-b1-reals-intervals) المثقوبة ذات نصف القطر $\frac{1}{bq}$ حول $x = \frac ab$. **2.** إذا كان $\bigl|\sqrt2 - \frac pq\bigr| \geq 1 \geq \frac{1}{4q^2}$، فقد انتهينا. وإلا فإن $\frac pq \in \intoo{\sqrt2 - 1}{\sqrt2 + 1}$، ومنه $0 < \sqrt2 + \frac pq < 2\sqrt2 + 1 < 4$. ولأن $\sqrt 2 \notin \Q$، يكون $p^2 - 2q^2$ عددًا صحيحًا غير معدوم، و $$ \Bigl|\sqrt2 - \frac pq\Bigr| = \frac{\abs{2q^2 - p^2}}{q^2\,\bigl(\sqrt2 + \frac pq\bigr)} \geq \frac{1}{4q^2} . $$ **3.** $(p + 2q)^2 - 2(p + q)^2 = -(p^2 - 2q^2)$: فتنتشر القيمة $\pm1$. وانطلاقًا من $(1,1)$: $$ (3,2),\ (7,5),\ (17,12),\ (41,29),\ (99,70), $$ مع تناوب $p^2 - 2q^2$ بين $-1, +1, \dots$ ومن أجل هذه، $\frac pq \geq 1$، ومنه $\sqrt2 + \frac pq > 2$ و $$ \Bigl|\sqrt2 - \frac pq\Bigr| = \frac{1}{q^2(\sqrt2 + p/q)} < \frac{1}{2q^2} , $$ مع $q \to \infty$: أي تقريبات من الرتبة $2$ لا تُحصى. ومع السؤال 2، يكون الأُسّ $2$ مضبوطًا من أجل $\sqrt 2$. **4.** الأعداد $N + 1$ $kx - \lfloor kx\rfloor$ ($0 \leq k \leq N$) تقع في الأدراج $N$ $\intco{\frac jN}{\frac{j+1}{N}}$: فيتشارك اثنان درجًا ([النتيجة 2.3](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/2-counting#cor-b1-counting-pigeonhole))، ولنقل من أجل $i < j$. ومع $q = j - i \leq N$ و $p = \lfloor jx\rfloor - \lfloor ix\rfloor$: $\abs{qx - p} < \frac1N$، ومنه $\bigl|x - \frac pq\bigr| < \frac{1}{Nq} \leq \frac{1}{q^2}$. وبجعل $N \to \infty$: ولأن $x$ أصمّ، فلكل كسر مثبَّت مسافة موجبة إلى $x$، بينما يفرض $\frac{1}{Nq} \leq \frac 1N \to 0$ ظهور كسور جديدة: ومنه أعداد ناطقة متمايزة $\frac pq$ لا تُحصى تحقق $\bigl|x - \frac pq\bigr| < \frac{1}{q^2}$. **5.** ابدأ من أيّ [كثير حدود](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/8-polynomials#def-b1-poly-def) صحيح غير معدوم $P_0$ يحقق $P_0(x) = 0$. فإذا كان للمقدار $P_0$ جذر ناطق $\frac ab$، فإن مبرهنة العامل ([المبرهنة 8.7](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/8-polynomials#thm-b1-poly-factor)) تكتب $P_0 = \bigl(X - \frac ab\bigr)Q$ مع $Q \in \Q[X]$؛ ولأن $x \neq \frac ab$ (فالعدد $x$ أصمّ)، يكون $Q(x) = 0$، و تعطي إزالة المقامات [كثير حدود](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/8-polynomials#def-b1-poly-def) *صحيحًا* غير معدوم من درجة أصغر ينعدم عند $x$. وتهبط الدرجة عند كل خطوة، ومنه تتوقف العملية: فنبلغ $P \in \Z[X]$ مع $P(x) = 0$، بلا جذر ناطق، من درجة $d$ ما. وإذا كان $d \leq 1$، لجعل $P = uX + v$ العددَ $x = -\frac vu$ ناطقًا: ومنه $d \geq 2$. **6.** المقدار $q^d\,P\bigl(\frac pq\bigr) = a_d p^d + a_{d-1} p^{d-1} q + \dots + a_0 q^d$ عدد صحيح، وهو غير معدوم لأن $P$ ليس له جذر ناطق: $\bigl|P\bigl(\frac pq\bigr)\bigr| \geq q^{-d}$. **7.** ولاحظ $M > 0$: فالمقدار $P'$ [كثير حدود](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/8-polynomials#def-b1-poly-def) غير معدوم ($d \geq 2$)، ومنه لا يمكن أن ينعدم تمامًا على $\intcc{x-1}{x+1}$. فإذا كان $\bigl|x - \frac pq\bigr| > 1$، فإنه يتجاوز $\frac{C}{q^d}$ بداهةً. وإلا فإن $\frac pq \in \intcc{x-1}{x+1}$ وتعطي مبرهنة التزايدات المنتهية ([المبرهنة 14.9](#thm-b1-derivative-mvt)) عددًا $c$ بين $x$ و $\frac pq$ يحقق $$ \Bigl|P\Bigl(\frac pq\Bigr)\Bigr| = \Bigl|P\Bigl(\frac pq\Bigr) - P(x)\Bigr| = \abs{P'(c)}\,\Bigl|x - \frac pq\Bigr| \leq M\,\Bigl|x - \frac pq\Bigr| , $$ ومنه، مع السؤال 6: $\bigl|x - \frac pq\bigr| \geq \frac{1}{Mq^d} \geq \frac{C}{q^d}$. **8.** افترض أن $x = \frac ab$ عدد ليوفيل. اختر $n$ يحقق $2^{n-1} > b$ والكسرَ المقابل $\frac pq$ مع $q \geq 2$: $$ 0 < \Bigl|x - \frac pq\Bigr| < \frac{1}{q^n} = \frac{1}{q^{n-1}\,q} \leq \frac{1}{2^{n-1} q} < \frac{1}{bq} , $$ وهذا يناقض السؤال 1. ومنه فأعداد ليوفيل صمّاء. **9.** لو كان عدد ليوفيل $x$ جبريًا: فهو أصمّ (السؤال 8)، ومنه تعطي الأسئلة 5–7 عددين $d \geq 2$ و $C > 0$ يحققان $\bigl|x - \frac pq\bigr| \geq \frac{C}{q^d}$ دائمًا. ومن أجل كل $n$، يعطي مقرّب ليوفيل أن $\frac{C}{q^d} < q^{-n}$، أي $C < q^{d-n} \leq 2^{d-n}$ (لأن $q \geq 2$). ومن أجل $n$ كبير، $2^{d-n} < C$: وهذا تناقض. ومنه فأعداد ليوفيل متسامية. **10.** آحاد في المواضع $1, 2, 6, 24$؛ وكل الأرقام الأخرى بين الأرقام $25$ الأولى معدومة: $$ L = 0.1100010000\,0000000000\,00010\dots $$ **11.** من أجل $m > k$، تكون المواضع $n!$ ذات $n > k$ أعدادًا صحيحة متمايزة $\geq (k+1)!$، ومنه يعطي المجموع الهندسي المنتهي $$ t_m - t_k = \sum_{n=k+1}^{m} 10^{-n!} \leq \sum_{j = (k+1)!}^{m!} 10^{-j} < 10^{-(k+1)!}\,\frac{1}{1 - \frac1{10}} = \frac{10}{9}\,10^{-(k+1)!} ; $$ وبأخذ [الحد الأعلى](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/10-real-numbers#def-b1-reals-bounds) على $m$: $L - t_k \leq \frac{10}{9}10^{-(k+1)!} < 2\cdot10^{-(k+1)!}$. والحاصر الأدنى: $L \geq t_{k+1} = t_k + 10^{-(k+1)!}$. **12.** $p_k = 10^{k!}\,t_k \in \N$ و $q_k = 10^{k!}$، ويعطي $(k+1)! = (k+1)\,k!$ أن $10^{-(k+1)!} = q_k^{-(k+1)}$: فيُقرأ السؤال 11 $$ 0 < L - \frac{p_k}{q_k} < \frac{2}{q_k^{\,k+1}} . $$ ومن أجل $n$ معطى: من أجل $k \geq n$، $2\,q_k^{-(k+1)} \leq q_k^{-n}$ (فعلًا $q_k^{\,k+1-n} \geq q_k \geq 10 > 2$)، و $q_k \geq 2$: فيتحقق تعريف السؤال 8. ومنه فالعدد $L$ عدد ليوفيل. **13.** حسب السؤال 9، يكون $L$ متساميًا — وهو أول عدد في التاريخ بُرهن على تساميه (ليوفيل، 1844). وللتحقق بالأرقام: في السلسلة آحاد لا تُحصى بفجوات متتالية $(k+1)! - k! = k\cdot k! \to \infty$، ومنه فهي ليست دورية في النهاية، و $L \notin \Q$ حسب محك الدورية في [المسألة 10.1](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/10-real-numbers#pb-b1-reals-1) (السؤال 18) — وهذا متسق. **14.** مع أرقام $d_n \in \intint{1}{9}$ في المواضع العاملية: يُضرب حاصر الذيل في السؤال 11 بعامل $9$ على الأكثر: $0 < L' - t'_k \leq 9\cdot\frac{10}{9}\,10^{-(k+1)!} = 10\,q_k^{-(k+1)}$ (والإيجابية لأن الرقم في الموضع $(k+1)!$ غير معدوم). ومن أجل $k \geq n$: $10\,q_k^{-(k+1)} \leq q_k^{-n}$ لأن $q_k^{\,k+1-n} \geq 10$: 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](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/10-real-numbers#pb-b1-reals-1)، السؤال 10). ومن أجل أيّ قائمة $k \mapsto x_k$ منها، اختر الرقم العاملي $k$ في $\intint{1}{9}$ مختلفًا عن رقم $x_k$: 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 $\bigl|x - \frac pq\bigr| \geq \frac{C}{q^s}$ من أجل كل $\frac pq \neq x$، فإن $x$ ليس قابلًا للتقريب من أيّ رتبة $\mu > s$.* فعلًا، لو وُجد عدد لا يُحصى من $\frac pq \neq x$ يحقق $\bigl|x - \frac pq\bigr| < \frac{c}{q^\mu}$ لفُرض $\frac{C}{q^s} < \frac{c}{q^\mu}$، أي $q^{\mu - s} < \frac cC$: فتكون $q$ محدودة، و عددٌ محدود من الكسور يقع على مسافة $1$ من $x$ — أي عدد منته من المرشّحين، لا عددًا لا يُحصى. والآن التراتب: الأعداد الناطقة قابلة للتقريب من الرتبة $1$ ($\frac pq$ مع $p = \lfloor qx\rfloor + 1$ يعطي خطأ $\leq \frac1q < \frac2q$) ولا من أيّ رتبة $\mu > 1$ (فالسؤال 1 يعطي فرض المبرهنة المساعدة مع $s = 1$ و $C = \frac1b$)؛ و $\sqrt2$: الرتبة $2$ (السؤال 3) ولا أكثر (السؤال 2 مع المبرهنة المساعدة)؛ وكل عدد أصمّ: الرتبة $2$ على الأقل (السؤال 4)؛ [والعدد الجبري](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/1-logic-sets-and-maps#pb-b1-logic-1) من الدرجة $d$: $d$ على الأكثر (السؤال 7 مع المبرهنة المساعدة)؛ وأعداد ليوفيل: كل رتبة (معروضة السؤال 12، مع $c = 2$). **16.** مع $r = \frac ab$: $\frac{p_k}{q_k} + \frac ab = \frac{b p_k + a q_k}{b q_k} =: \frac{P_k}{Q_k}$ و $Q_k = b q_k \geq 2$، و $$ \Bigl|(L + r) - \frac{P_k}{Q_k}\Bigr| = L - \frac{p_k}{q_k} < 2\,q_k^{-(k+1)} = 2\,b^{\,k+1} Q_k^{-(k+1)} . $$ ومن أجل $n$ معطى: من أجل $k$ كبير، $Q_k^{\,k+1-n} \geq Q_k = b\,10^{k!} \geq 2\,b^{\,k+1}$ (لأن العاملي يسحق القوة)، ومنه يكون الخطأ $< Q_k^{-n}$: أي إن $L + r$ عدد ليوفيل. ولأن $\Q$ [كثيفة](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/12-topology-of-the-real-line#def-b1-topology-dense) وكل $L + r$ متسامٍ، تكون الأعداد المتسامية [كثيفة](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/12-topology-of-the-real-line#def-b1-topology-dense) في $\R$. **17.** من أجل $h \geq 1$ يوجد عدد منته من $P \in \Z[X]$ يحقق $\deg P + \sum_i \abs{a_i} \leq h$ (فالدرجة $\leq h$ وكل معامل في $\intint{-h}{h}$: أي $(2h+1)^{h+1}$ على الأكثر). ولكل [كثير حدود](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/8-polynomials#def-b1-poly-def) صحيح غير معدوم مثلُ هذا الارتفاع، وله $\deg P$ جذرًا حقيقيًا على الأكثر: ومنه تكوّن الأعداد الجبرية اتحادًا قابلًا للعدّ (على $h$) لمجموعات منتهية، ومنه يمكن تعدادها متتاليةً واحدة. ولو أمكن تعداد الأعداد المتسامية كذلك، لكان تشبيك القائمتين يعدّد $\R$، مناقضًا [المسألة 10.1](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/10-real-numbers#pb-b1-reals-1) (السؤال 22). ومنه تكوّن الأعداد المتسامية [مجموعة](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/1-logic-sets-and-maps#def-b1-logic-sets) 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 $s = 2$ و $C = \frac14$. ولو كان $\sqrt2$ عدد ليوفيل، لكان من أجل $n = 3$: يفرض $\frac{1}{4q^2} < q^{-3}$ أن $q < 4$، ومنه $q \in \{2, 3\}$؛ ولا يقع إلا عدد منته من $\frac pq$ ذات هذه المقامات $q$ على بعد $1$ من $\sqrt2$، وكلٌّ على مسافة موجبة $\geq \varepsilon_0$ (لأن $\sqrt2$ أصمّ)؛ واختيار $n$ يحقق $2^{-n} < \varepsilon_0$ لا يترك أيّ $\frac pq$ مقبولًا أصلًا: وهذا تناقض. والحجة نفسها مع $\frac{C}{q^d}$ تبيّن أن لا [عدد جبري](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/1-logic-sets-and-maps#pb-b1-logic-1) هو عدد ليوفيل — أي السؤال 9 في ثياب فعّالة. **19.** $99^2 - 2\cdot70^2 = 9801 - 9800 = 1$. ومنه $$ \sqrt2 - \frac{99}{70} = \frac{2 - (99/70)^2}{\sqrt2 + 99/70} = \frac{-1}{4900\,\bigl(\sqrt2 + \tfrac{99}{70}\bigr)} , \qquad \Bigl|\sqrt2 - \frac{99}{70}\Bigr| = \frac{1}{4900 \times 2.8284\dots} \approx 7.2\cdot10^{-5} : $$ $\frac{99}{70} = 1.414285\dots$ إزاء $\sqrt2 = 1.414213\dots$ — أي خمسة أرقام صحيحة. **20.** اختبار الجذر الناطق من أجل $P = X^3 - 2$: المرشّحون $\pm1, \pm2, \pm\frac12$، ولا واحد منهم جذر. ومنه $d = 3$ وينطبق الجزء 2 على $x = 2^{1/3} = 1.2599\dots$ وعلى $\intcc{x - 1}{x + 1} \subseteq \intcc{0.25}{2.26}$: $\abs{P'(t)} = 3t^2 \leq 3\,(1 + 2^{1/3})^2 < 3\times(2.26)^2 = 15.32 < 16$، ومنه $M < 16$ و $C \geq \frac{1}{16}$: $$ \Bigl|2^{1/3} - \frac pq\Bigr| \geq \frac{1}{16\,q^3} \qquad\text{من أجل كل الأعداد الناطقة.} $$ **21.** إذا كان $\bigl|2^{1/3} - \frac pq\bigr| < 10^{-6}$، فإن $\frac{1}{16 q^3} < 10^{-6}$، أي $q^3 > \frac{10^6}{16} = 62\,500$؛ ولأن $39^3 = 59\,319 < 62\,500 \leq 64\,000 = 40^3$: يكون $q \geq 40$. **22.** نفّذ الجزء 3 في الأساس $2$: $B = \sup_k \sum_{n\leq k} 2^{-n!}$ و $q_k = 2^{k!}$، ويعطي الذيل الهندسي (بالأساس $\frac12$) أن $0 < B - \frac{p_k}{q_k} \leq 2\cdot2^{-(k+1)!} = 2\,q_k^{-(k+1)} \leq q_k^{-n}$ من أجل $k \geq n$. ومنه فالعدد $B$ عدد ليوفيل، ومنه متسامٍ: فلا شيء في الحجة عشري. **23.** مع آحاد في المواضع $3^k$: $q_k = 10^{3^k}$ و يعطي حاصر الذيل $0 < x^\dagger - \frac{p_k}{q_k} < 2\cdot10^{-3^{k+1}} = 2\,q_k^{-3}$ (لأن $3^{k+1} = 3\cdot3^k$): أي تقريبات من الرتبة $3$ لا تُحصى. وحسب المبرهنة المساعدة في السؤال 15: تستبعد الرتبة $3 > 1$ النطقية، وتستبعد الرتبة $3 > 2$ كونه عددًا أصمّ تربيعيًا (فمتراجحة ليوفيل له لها $s = d = 2$). لكن [العدد الجبري](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/1-logic-sets-and-maps#pb-b1-logic-1) من الدرجة $\geq 3$ لا يُنافَر إلا من الرتبة $d \geq 3$: ومنه فطريقة ليوفيل لا تستطيع فصل $x^\dagger$ عن التكعيبيات. وتُسدّ الفجوة بمبرهنة روث — إذ لكل عدد أصمّ جبري رتبة تقريب تساوي $2$ بالضبط — وهي نتيجة من القرن العشرين أبعد بكثير من هذا المجلّد؛ وبقبولها، يكون $x^\dagger$ كذلك متساميًا. **24.** يوجد $(2H+1)^{d+1}$ على الأكثر من الثنائيات $(a_0, \dots, a_d)$ ذات المركبات في $\intint{-H}{H}$، ولكل [كثير حدود](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/8-polynomials#def-b1-poly-def) غير معدوم بينها $d$ جذرًا حقيقيًا على الأكثر: ومنه ينشأ $d\,(2H+1)^{d+1}$ 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 $P(x) = 0$ إلى التنافر الليبشيتزي $\abs{P(p/q)} \leq M\abs{x - p/q}$. (ب) والتوتر: تدفع الصحيحية $\abs{P(p/q)}$ صعودًا إلى $q^{-d}$، وتسحبها الملاسة نزولًا إلى $M\abs{x - p/q}$ — ومنه فالعدد الناطق القريب جدًا من $x$ 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](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/15-integration-on-a-segment#ch-b1-integration) على صمم $\pi$ بالحصر نفسه — أي تكامل سيكون عددًا صحيحًا موجبًا ومع ذلك يُحبس في $\intoo{0}{1}$ — بالتكامل بدل الاشتقاق نصفًا تحليليًا.