---
title: "صيغ تايلور والنشور المقاربة"
book: "الرياضيات الجامعية — السنة 1"
subject: math
language: ar
chapter: 16
exercises: 12
source: https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/16-taylor-formulas-and-asymptotic-expansions
---

# الفصل 16 — صيغ تايلور والنشور المقاربة

بجوار نقطة، تكون الدالة الملساء بجودة [كثير حدود](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/8-polynomials#def-b1-poly-def) — مع خطأ قابل للضبط. وتجعل صيغ تايلور هذا مضبوطًا في ثلاث نكهات (الباقي التكاملي، وباقي لاغرانج، وباقي يونغ)، وتصير *النشور المقاربة* الناتجة، معالَجةً جبريًا، أحدَّ أدوات التحليل الأوّلي: النهايات والمكافئات والسلوك الموضعي والمقاربات.

## 16.1 ترميز المقارنة

**تعريف 16.1 (ترميز لانداو).**

لتكن $f, g$ معرَّفتين بجوار $x_0$ ($x_0 \in \R$ أو $\pm\infty$). يُكتب، عندما $x \to x_0$:

- $f = o(g)$ («o صغير») إذا كان $f = \varepsilon g$ مع $\varepsilon(x) \to 0$ ؛
- $f = O(g)$ («O كبير») إذا كان $f = u g$ مع $u$ محدودة بجوار $x_0$ ؛
- $f \sim g$ («مكافئة») إذا كان $f = (1 + \varepsilon) g$ مع $\varepsilon \to 0$ — وبكيفية مكافئة $f - g = o(g)$ .

وينطبق الترميز نفسه على المتتاليات ($n \to \infty$).

**قضية 16.2 (القواعد).**

عندما $x \to x_0$:

1. العلاقة $\sim$ [علاقة تكافؤ](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/1-logic-sets-and-maps#def-b1-logic-equiv) ؛ ويستلزم $f \sim g$ أن تتقاسم $f$ و $g$ النهايات والإشارات (بجوار $x_0$ ) وانعدام الجذور؛
2. المكافئات *تُضرب وتُقسم* : يستلزم $f_1 \sim g_1$ و $f_2  \sim g_2$ أن $f_1 f_2 \sim g_1 g_2$ و $\frac{f_1}{f_2}  \sim \frac{g_1}{g_2}$ ؛
3. المكافئات *لا* تُجمع: فالمقدار $x + 1 \sim x$ و $-x \sim  -x + 2$ عند $+\infty$ ، ومع ذلك فالمجموعان $1$ و $2$ غير متكافئين. وللجمع، عُد إلى النشور بحدود $o(\cdot)$ صريحة؛
4. $o(g) + o(g) = o(g)$ و $\;u \cdot o(g) = o(ug)$ و $\;o(o(g)) =  o(g)$ و $f \sim g \iff f = g + o(g)$ .

**برهان.** كلٌّ منها معالجة قصيرة للتعاريف؛ فمثلًا $f_1 f_2 = (1+\varepsilon_1)(1+\varepsilon_2) g_1 g_2$ و $(1 +
\varepsilon_1)(1+\varepsilon_2) \to 1$. ويستحق بندان من (4) سطرهما. $u\cdot o(g) = o(ug)$: فإذا كان $f = \varepsilon g$ مع $\varepsilon \to 0$، فإن $uf = \varepsilon\,(ug)$ بالمقدار $\varepsilon$ نفسه. و $o(o(g)) = o(g)$: فإذا كان $f = \varepsilon_1 h$ و $h = \varepsilon_2 g$ مع $\varepsilon_i \to 0$ كليهما، فإن $f =
(\varepsilon_1\varepsilon_2) g$ وجداء اللامتناهيَين في الصغر واحدٌ منهما. والتكافؤ $f \sim g \iff f = g +
o(g)$ هو التعريف مقروءًا مرتين: $f - g = \varepsilon g$. والمثال المضاد في (3) هو برهان (3). ∎

**مثال 16.3 (سلّم المقارنة).**

عندما $x \to +\infty$، يُقرأ السلّم المعياري، بترتيب قوة متزايدة:

$$
1 \;=\; o(\ln x), \quad
\ln x = o(x^{0.01}), \quad
x^{0.01} = o(\sqrt x), \quad
\sqrt x = o(x^{10}), \quad
x^{10} = o(\eu^{x}), \quad
\eu^x = o(\eu^{2x}) ,
$$

وكل خطوة مثالٌ على مقارنات النمو في [القضية 4.6](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/4-standard-functions#prop-b1-functions-powerrules) (فالقوى تغلب اللوغاريتمات، والأسّيات تغلب القوى، وداخل العائلة الواحدة يفصل الأُسّ). وعادتان جديرتان بالتكوّن: أولًا، أن $O(\cdot)$ يحطّ في صنف أصغر يرتقي صامتًا (فالمقدار $O(\ln x)$ هو كذلك $o(x^{0.01})$)؛ وثانيًا، أنه عند $x \to 0^+$ ينقلب السلّم كله بالتعويض $x \mapsto \frac1x$ — فهناك $\ln x = o(x^{-0.01})$، ومنه فالقول «$x^\alpha \ln x \to 0$» يصحّ من أجل كل $\alpha > 0$. وضبط السلّم نصف كل حجة مقاربة في [الفصل 17](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/17-numerical-series#ch-b1-series).

**مثال 16.4 (وحدانية النشور، وربح من الزوجية).**

إذا قبلت دالةٌ نشرين عند $0$ من الرتبة نفسها،

$$
a_0 + a_1 x + \dots + a_n x^n + o(x^n)
= b_0 + b_1 x + \dots + b_n x^n + o(x^n),
$$

فإن $a_k = b_k$ من أجل كل $k$: فبالطرح ووضع $c_k =
a_k - b_k$، قوّم المتطابقة $c_0 + c_1 x + \dots + c_n x^n
= o(x^n)$ عند $x \to 0$ لتجد $c_0 = 0$؛ ثم اقسم على $x$ و كرّر — وكل قسمة مشروعة لأن المقدار الباقي هو مرة أخرى $o(x^{n-k})$. ومنه فالمعاملات ذاتية، ويمكن حسابها عبر *أيّ* طريق (مشتقات تايلور، أو جبر على نشور معلومة، أو مكاملة): وعلى كل الطرق أن تتفق. والربح: للدالة *الزوجية* قوى زوجية فقط في نشرها — استبدل بالمقدار $x$ المقدارَ $-x$ واستدعِ الوحدانية؛ وكذلك للدوال الفردية قوى فردية. ولهذا يحمل $\cos$ المقدارَ $o(x^{2p+1})$ بدل $o(x^{2p})$ في الجدول أدناه: فالحدّ الفردي الغائب معلومة مجانية، أي رتبة دقة واحدة بلا ثمن.

## 16.2 صيغ تايلور الثلاث

**مبرهنة 16.5 (تايلور بالباقي التكاملي).**

لتكن $f$ من الصنف $C^{n+1}$ على [فترة](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/10-real-numbers#prop-b1-reals-intervals) تحتوي $a$ و $x$. عندئذ

$$
f(x) = \sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(a)}{k!}\,(x - a)^k
+ \int_a^x \frac{(x - t)^n}{n!}\, f^{(n+1)}(t)\, \dd t .
$$

**برهان.** بالاستقراء على $n$. من أجل $n = 0$: المقدار $f(x) = f(a) + \int_a^x f'(t)\dd t$ هو المبرهنة الأساسية ([المبرهنة 15.9](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/15-integration-on-a-segment#thm-b1-integration-ftc)). والخطوة: كامل الباقي بالتجزئة،

$$
\int_a^x \frac{(x-t)^n}{n!} f^{(n+1)}(t)\,\dd t
= \Bigl[-\frac{(x-t)^{n+1}}{(n+1)!} f^{(n+1)}(t)\Bigr]_a^x
+ \int_a^x \frac{(x-t)^{n+1}}{(n+1)!} f^{(n+2)}(t)\,\dd t ,
$$

ويسهم ما بين القوسين بالحدّ $\frac{f^{(n+1)}(a)}{(n+1)!}(x -
a)^{n+1}$. ∎

**مثال 16.6 (نشر مضبوط مع باقيه).**

من أجل $\ln(1 + x)$ يمكن جعل الباقي التكاملي صريحًا تمامًا دون اشتقاق أيّ شيء $n$ مرة: كامل المتطابقة الهندسية المنتهية $\frac{1}{1+t} =
\sum_{k=0}^{n-1}(-t)^k + \frac{(-t)^n}{1+t}$ من $0$ إلى $x$:

$$
\ln(1 + x) = \sum_{k=1}^{n} \frac{(-1)^{k-1}x^k}{k}
+ (-1)^n \int_0^x \frac{t^n}{1 + t}\,\dd t ,
$$

ومن أجل $0 \leq x \leq 1$ يكون الباقي محدودًا بالمقدار $\int_0^x
t^n\,\dd t = \frac{x^{n+1}}{n+1}$. وهذا أقوى من تايلور–يونغ بكيفيتين: فهو *متطابقة* صحيحة من أجل $x$ مثبَّت (لا من أجل $x \to 0$ فقط)، وحاصر الخطأ عددي. وتعيش مسألة نهاية الأسبوع ([المسألة 16.1](#pb-b1-taylor-1)) على مثل هذه الصور المضبوطة؛ وأمّا تايلور–يونغ أدناه فهو الأداة الأخفّ من أجل النهايات، حيث لا يهمّ إلا شكل الخطأ.

**مبرهنة 16.7 (متراجحة تايلور–لاغرانج).**

لتكن $f$ من الصنف $C^{n+1}$ مع $\abs{f^{(n+1)}} \leq M$ بين $a$ و $x$. عندئذ

$$
\Bigl| f(x) - \sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k \Bigr|
\leq M\, \frac{\abs{x - a}^{n+1}}{(n+1)!} .
$$

**برهان.** حُدّ الباقي التكاملي: $\bigl|\int_a^x \frac{(x-t)^n}{n!}
f^{(n+1)}(t)\,\dd t\bigr| \leq M \bigl|\int_a^x
\frac{\abs{x-t}^n}{n!}\dd t\bigr| = M\frac{\abs{x-a}^{n+1}}{(n+1)!}$. ∎

**مثال 16.8 (أعداد مصادَق عليها).**

كم يبلغ $\sqrt{1.02}$؟ طبّق تايلور–لاغرانج على $f(t) =
\sqrt{1 + t}$ عند $a = 0$، من الرتبة $2$، مع $x = 0.02$:

$$
\sqrt{1.02} \approx 1 + \frac{0.02}{2} - \frac{0.02^2}{8}
= 1.00995 ,
\qquad
\abs{f'''(t)} = \frac{3}{8}(1+t)^{-5/2} \leq \frac 38 ,
$$

ومنه فالخطأ على الأكثر $\frac38 \cdot \frac{0.02^3}{6} =
5\cdot10^{-7}$: أي $\sqrt{1.02} = 1.00995$ بستة أرقام عشرية مصادَق عليها (والقيمة الحقيقية $1.0099504938\dots$ — فالحاصر يكاد يكون حادًّا). والفكرة النافذة: لا يقول تايلور–يونغ إلا *كم يسرع* تلاشي الخطأ؛ ويحوّل تايلور–لاغرانج كثيرَ الحدود نفسه إلى *شهادة*، أي عدد مع عمود خطأ مبرهن عليه. وكلما ادُّعي رقم عشري في هذا الكتاب، وقف وراءه حاصرٌ من نوع لاغرانج؛ وتصنّع مسألة نهاية الأسبوع ([المسألة 16.1](#pb-b1-taylor-1)) هذه الفكرة.

**مبرهنة 16.9 (تايلور–يونغ).**

لتكن $f$ [قابلة للاشتقاق](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/14-differentiation#def-b1-derivative-def) $n$ مرة عند $a$. عندئذ، عندما $x \to a$:

$$
f(x) = \sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(a)}{k!}\,(x-a)^k
+ o\bigl((x-a)^n\bigr) .
$$

**برهان.** بالاستقراء على $n$. من أجل $n = 1$ هذا هو تعريف [المشتقة](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/14-differentiation#def-b1-derivative-def) ([التعريف 14.1](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/14-differentiation#def-b1-derivative-def)). افترض العبارة عند الرتبة $n - 1$، ولتكن $f$ [قابلة للاشتقاق](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/14-differentiation#def-b1-derivative-def) $n$ مرة عند $a$. طبّق فرض الاستقراء على $f'$ (وهي [قابلة للاشتقاق](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/14-differentiation#def-b1-derivative-def) $n-1$ مرة عند $a$):

$$
f'(t) = \sum_{k=0}^{n-1} \frac{f^{(k+1)}(a)}{k!}(t-a)^k + r(t),
\qquad r(t) = o\bigl((t-a)^{n-1}\bigr).
$$

لتكن $g(x) = f(x) - \sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k$؛ عندئذ $g' = r$ و $g(a) = 0$. ومن أجل $\varepsilon > 0$ معطى، اختر $\delta$ يحقق $\abs{r(t)} \leq \varepsilon\abs{t - a}^{n-1}$ من أجل $\abs{t-a}
\leq \delta$؛ وتعطي متراجحة التزايدات المنتهية ([المبرهنة 14.9](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/14-differentiation#thm-b1-derivative-mvt)) مطبَّقةً على القطعة من $a$ إلى $x$ (حيث $\abs{g'} \leq \varepsilon\abs{x-a}^{n-1}$) أن $\abs{g(x)} \leq \varepsilon\abs{x - a}^n$: أي $g(x) =
o((x-a)^n)$ بالضبط. ∎

**ملاحظة 16.10 (ثلاث صيغ وثلاثة أثمان وثلاثة منتجات).**

تتدرّج الفرضيات مع النتائج بالضبط تدرّجًا. فتايلور–يونغ يطلب الأقل ($n$ [مشتقة](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/14-differentiation#def-b1-derivative-def) *عند النقطة* فقط) ويعطي الأقل: أي $o((x-a)^n)$ كيفيًا، مثاليًا من أجل النهايات، عديم النفع من أجل الأرقام المصادَق عليها. وتطلب متراجحة لاغرانج الصنف $C^{n+1}$ *على [الفترة](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/10-real-numbers#prop-b1-reals-intervals)* وحاصرًا $M$ هناك، وتعيد عمود خطأ عدديًا. وتطلب الصيغة التكاملية الانتظام نفسه وتعيد الأكثر: أي الخطأ غرضًا صريحًا يمكن تحويله ([المكاملة بالتجزئة](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/15-integration-on-a-segment#thm-b1-integration-parts)، والحصر قطعةً قطعة، وتغيير المتغيرات) — وهي الصيغة التي حرّكت آلة الصمم في [المسألة 15.1](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/15-integration-on-a-segment#pb-b1-integration-1). واختيار أضعف صيغة تدعم الهدف ليس تنطّعًا: فالدالة المنبسطة في [المسألة 16.1](#pb-b1-taylor-1) تحقق تايلور–يونغ عند كل رتبة بينما كل نتيجة أقوى عنها خاطئة بعيدًا عن $0$.

**قضية 16.11 (النشور المعيارية عند 000).**

عندما $x \to 0$، من أجل كل رتبة مثبَّتة $n$:

$$
\begin{align*}
\eu^x &= 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \dots + \frac{x^n}{n!} + o(x^n),\\
\cos x &= 1 - \frac{x^2}{2!} + \frac{x^4}{4!} - \dots
+ \frac{(-1)^p x^{2p}}{(2p)!} + o(x^{2p+1}),\\
\sin x &= x - \frac{x^3}{3!} + \dots + \frac{(-1)^p
x^{2p+1}}{(2p+1)!} + o(x^{2p+2}),\\
\frac{1}{1 - x} &= 1 + x + x^2 + \dots + x^n + o(x^n),\\
\ln(1 + x) &= x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \dots +
\frac{(-1)^{n-1} x^n}{n} + o(x^n),\\
(1 + x)^\alpha &= 1 + \alpha x + \frac{\alpha(\alpha-1)}{2!}x^2 +
\dots + \binom{\alpha}{n} x^n + o(x^n),
\end{align*}
$$

حيث $\binom{\alpha}{n} = \frac{\alpha(\alpha - 1)\cdots(\alpha - n
+ 1)}{n!}$ من أجل $\alpha$ حقيقي. (و $\cosh$ و $\sinh$: كما $\cos$ و $\sin$ دون الإشارات المتناوبة.)

**برهان.** كل دالة ملساء بجوار $0$ ومشتقاتها سهلة التقويم: $(\eu^x)^{(k)} = \eu^x$؛ ومشتقات $\sin$ و $\cos$ تدور بالدور $4$؛ و $\bigl((1+x)^\alpha\bigr)^{(k)} = \alpha(\alpha -
1)\cdots(\alpha - k + 1)(1+x)^{\alpha - k}$؛ و $\bigl(\ln(1+x)\bigr)^{(k)} = \frac{(-1)^{k-1}(k-1)!}{(1+x)^k}$. فطبّق تايلور–يونغ عند $a = 0$. (والهندسية مضبوطة: $\frac{1}{1-x} - \sum_0^n x^k = \frac{x^{n+1}}{1 - x} = o(x^n)$.) ∎

**طريقة 16.12 (الحساب بالنشور).**

1. *ثبّت الرتبة الهدف* $n$ أولًا، واقطع كل نتيجة وسيطة عندها — فحمل حدود أعلى عملٌ ضائع، وإسقاط حدود أدنى خطأ.
2. *المجاميع والجداءات* : انشر كل عامل حتى الرتبة $n$ و اضرب، مسقطًا ما بعد $x^n$ .
3. *التركيب* $f(u(x))$ مع $u(x) \to 0$ : عوّض نشر $u$ في نشر $f$ ، رتبةً رتبة.
4. *القسمة* : اكتب $\frac{1}{1 + v}$ مع $v \to 0$ و استعمل النشر الهندسي.
5. *كامل* نشرًا حدًّا حدًّا (وأمّا الاشتقاق فيقتضي عناية أكبر — والتسويغ: تكامل $o(t^n)$ من $0$ إلى $x$ هو $o(x^{n+1})$ ، بالحصر المباشر).

**مثال 16.13 (التركيب، مع إظهار مسك الدفاتر).**

انشر $\eu^{\sin x}$ حتى الرتبة $3$. والنشر الداخلي: $u = \sin x
= x - \frac{x^3}{6} + o(x^3)$، وهو فعلًا يؤول إلى $0$. والخارجي: $\eu^u = 1 + u + \frac{u^2}{2} + \frac{u^3}{6} + o(u^3)$، و $o(u^3) = o(x^3)$ لأن $u \sim x$. وقوى $u$، مقطوعةً عند $x^3$:

$$
u^2 = x^2 + o(x^3), \qquad u^3 = x^3 + o(x^3)
$$

(فالحدّ المتقاطع $2x\cdot(-\frac{x^3}{6})$ هو $x^4$ أصلًا). ورَكِّب:

$$
\eu^{\sin x} = 1 + \Bigl(x - \frac{x^3}{6}\Bigr) + \frac{x^2}{2}
+ \frac{x^3}{6} + o(x^3)
= 1 + x + \frac{x^2}{2} + o(x^3) :
$$

فتتلاشى إسهاما $x^3$ تلاشيًا تامًا. والفكرة النافذة: تتطابق $\eu^{\sin x}$ و $\eu^x$ حتى الرتبة $3$ — لا لأن $\sin x \approx x$ فجًّا، بل لأن أول اختلاف بين الأُسّين ($-\frac{x^3}{6}$) يدخل مضروبًا في $\eu^0 = 1$ ثم يقابله الحدّ التكعيبي في الأسّي الخارجي؛ ويكشف مسك الدفاتر رتبةً رتبة مثل هذه المؤامرات، ولا تكشفها النظرة أبدًا. (والحدّ التالي هو $-\frac{x^4}{8}$: فتنتهي الهدنة عند الرتبة $4$.)

**مثال 16.14.**

نشر $\tan$ من الرتبة $5$. اكتب $\tan x =
\sin x \cdot \frac{1}{\cos x}$:

$$
\frac{1}{\cos x} = \frac{1}{1 - \bigl(\frac{x^2}{2} - \frac{x^4}{24}
+ o(x^5)\bigr)}
= 1 + \Bigl(\frac{x^2}{2} - \frac{x^4}{24}\Bigr)
+ \Bigl(\frac{x^2}{2}\Bigr)^{\!2} + o(x^5)
= 1 + \frac{x^2}{2} + \frac{5x^4}{24} + o(x^5),
$$

ثم

$$
\tan x = \Bigl(x - \frac{x^3}{6} + \frac{x^5}{120}\Bigr)
\Bigl(1 + \frac{x^2}{2} + \frac{5x^4}{24}\Bigr) + o(x^5)
= x + \frac{x^3}{3} + \frac{2x^5}{15} + o(x^5) .
$$

![الجيب (الداكن) إزاء كثيرات حدود تايلور له عند 0: T_1 = x و T_3 = x - x3/6 (المتقطّع) و T_5 = x - x3/6 + x5/120 (المنقّط). ويعانق كل زوج جديد من الحدود المنحنى على نافذة أوسع بوضوح، لكن كل كثير حدود ينفصل في النهاية: فنشر تايلور عقدٌ موضعي، محدَّد عند 0 وصامت بعيدًا. ويكمّم حاصر تايلور–لاغرانج |x|n+1(n+1)! النافذةَ؛ وتبيّن الدالة المنبسطة في أن العقد قد يكون خاليًا حتى بعد النقطة نفسها.](https://one-course.com/images/onecourse/chapters/math-3/b1-taylor/fig-7578dfaf5f91.svg)

*الجيب (الداكن) إزاء كثيرات حدود تايلور له عند $0$: $T_1 = x$ و $T_3 = x - \frac{x^3}{6}$ (المتقطّع) و $T_5 = x -
\frac{x^3}{6} + \frac{x^5}{120}$ (المنقّط). ويعانق كل زوج جديد من الحدود المنحنى على نافذة أوسع بوضوح، لكن كل [كثير حدود](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/8-polynomials#def-b1-poly-def) ينفصل في النهاية: فنشر تايلور عقدٌ *موضعي*، محدَّد عند $0$ وصامت بعيدًا. ويكمّم حاصر تايلور–لاغرانج $\frac{\abs{x}^{n+1}}{(n+1)!}$ النافذةَ؛ وتبيّن الدالة المنبسطة في [المسألة 16.1](#pb-b1-taylor-1) أن العقد قد يكون خاليًا حتى بعد النقطة نفسها.*

## 16.3 تطبيقات

**مثال 16.15 (النهايات).**

$$
\lim_{x \to 0} \frac{x - \sin x}{x^3}:
\qquad
x - \sin x = \frac{x^3}{6} + o(x^3) \sim \frac{x^3}{6},
\qquad\text{ومنه فالنهاية هي } \frac16
$$

— فيُحسم السؤال المطروح في [التمرين 4.9](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/4-standard-functions#exo-b1-functions-9). وكذلك $\displaystyle\lim_{x\to0}\Bigl(\frac{\sin
x}{x}\Bigr)^{1/x^2}$: فاللوغاريتم هو

$$
\frac{1}{x^2}\ln\Bigl(1 - \frac{x^2}{6} + o(x^2)\Bigr)
= \frac{1}{x^2}\Bigl(-\frac{x^2}{6} + o(x^2)\Bigr)
\longrightarrow -\frac16,
\qquad\text{والنهاية } \eu^{-1/6}.
$$

**ملاحظة 16.16 (مزالق شائعة مع النشور).**

(أ) *لا تجمع المكافئات ولا تطرحها أبدًا*: فمن $\tan x \sim
x$ و $\sin x \sim x$ *لا* يجوز استنتاج $\tan x -
\sin x \sim 0$ (وهو بلا معنى) — والطريق الأمين هو النشور:

$$
\tan x - \sin x
= \Bigl(x + \frac{x^3}{3}\Bigr) - \Bigl(x - \frac{x^3}{6}\Bigr)
+ o(x^3) = \frac{x^3}{2} + o(x^3) \sim \frac{x^3}{2} .
$$

(ب) *انشر بعد المجزرة*: ففي الحساب نفسه، لا ترى الرتبة $1$ إلا $x - x = 0$؛ وكلما تلاشت الحدود المهيمنة، فارفع الرتبة حتى ينجو معامل غير معدوم، وعندئذ فقط حوّل رجوعًا إلى مكافئ. (ج) *المكافئات لا تمرّ عبر الأسّيات*: فالمقدار $n^2 + n \sim n^2$، ومع ذلك $\eu^{n^2+n} = \eu^{n}\,\eu^{n^2}$ *ليس* مكافئًا للمقدار $\eu^{n^2}$ — فلا تأخذ الأسّي إلا لِما في *نشور الأُسّ* التي يؤول خطؤها إلى $0$، لا لمكافئات الأُسّ أبدًا. (وأمّا اللوغاريتمات فأأمن: فإذا كان $u_n \sim v_n \to \ell \neq
1$ مع $\ell > 0$، فإن $\ln u_n \sim \ln v_n$.) (د) *حساب $o(\cdot)$ وحيد الاتجاه*: $o(x^2) + o(x^2) =
o(x^2)$ و $5\,o(x^2) = o(x^2)$ و $x\cdot o(x^2) = o(x^3)$ — لكن $o(x^2)$ ليس دالة معيّنة، فلا تختصر أبدًا اثنين منها أحدهما بالآخر: فالمقدار $o(x^2) - o(x^2)$ هو $o(x^2)$، لا $0$.

**قضية 16.17 (السلوك الموضعي).**

افترض $f(x) = f(a) + c\,(x - a)^p + o\bigl((x-a)^p\bigr)$ مع $c
\neq 0$ (أي أول حدّ غير معدوم بعد الثابت؛ و $p \geq 2$ عند نقطة حرجة).

- إذا كان $p$ زوجيًا: فللمقدار $f$ قيمة صغرى موضعية عند $a$ إذا كان $c > 0$ ، و قيمة عظمى موضعية إذا كان $c < 0$ .
- وإذا كان $p$ فرديًا: فلا قيمة حدّية (لأن $f - f(a)$ تغيّر إشارتها)؛ وإذا بدأ النشر فوق ذلك بعد حدّ خطي $f'(a)(x  - a)$ ، عبر المنحنى مماسَه: أي *انعطاف* .

**برهان.** بجوار $a$، تكون للمقدار $f(x) - f(a) = (x-a)^p\bigl(c + o(1)\bigr)$ إشارةُ $c\,(x-a)^p$: فهي ثابتة من أجل $p$ زوجي، ومتغيرة من أجل $p$ فردي. ∎

**مثال 16.18 (يجب نشر الأُسس حتى o(1)o(1)o(1)).**

جد مكافئًا للمقدار $u_n = \bigl(1 + \frac1n\bigr)^{n^2}$. انشر *الأُسّ* حتى يؤول خطؤه إلى $0$:

$$
n^2 \ln\Bigl(1 + \frac1n\Bigr)
= n^2\Bigl(\frac1n - \frac{1}{2n^2} +
O\Bigl(\frac{1}{n^3}\Bigr)\Bigr)
= n - \frac12 + O\Bigl(\frac1n\Bigr),
$$

ومنه $u_n = \eu^{\,n - 1/2}\,\eu^{O(1/n)}$ مع $\eu^{O(1/n)} \to
1$:

$$
u_n \;\sim\; \eu^{\,n - \frac12} .
$$

ولاحظ ما كان سيسوء بعناية أقلّ: فوقف الأُسّ عند $n^2\cdot\frac1n = n + O(1)$ يترك عاملًا $\eu^{O(1)}$ — محدودًا لكنه لا يؤول إلى $1$ — و لا يمكن تأكيد أيّ مكافئ. وقاعدة المزالق أعلاه، في صورتها الموجبة: يقتضي مكافئُ $\eu^{a_n}$ نشرَ $a_n$ *حتى حدّ يؤول إلى الصفر*، مع الاحتفاظ بكل معامل قبله احتفاظًا مضبوطًا.

**مثال 16.19 (تصنيف نقطة حرجة منبسطة).**

ادرس $f(x) = \cos x + \frac{x^2}{2}$ بجوار $0$. فكلٌّ من $f'(0) =
0$ و $f''(0) = -\cos 0 + 1 = 0$: ومنه فاختبار [المشتقة](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/14-differentiation#def-b1-derivative-def) الثانية أخرس. وانشر بدل ذلك:

$$
f(x) = \Bigl(1 - \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24} +
o(x^4)\Bigr) + \frac{x^2}{2}
= 1 + \frac{x^4}{24} + o(x^4) :
$$

فأول حدّ غير معدوم $c\,x^p$ مع $p = 4$ زوجي و $c =
\frac{1}{24} > 0$: أي قيمة صغرى موضعية، بانبساط غير معتاد (إذ يغادر المنحنى قيمته الصغرى مثل $x^4$، لا مثل $x^2$). والفكرة النافذة: يرى النشر في سطر واحد ما يحجبه الاشتقاق المكرَّر — و [القضية 16.17](#prop-b1-taylor-local) هو القاموس المنهجي من «أول حدّ ناجٍ» إلى «الشكل الموضعي».

**مثال 16.20 (النشور عند اللانهاية).**

حسابان يجري فيهما المتغير إلى $+\infty$ ويستورد التعويض $h = \frac1x \to 0^+$ العدّةَ كلها. أولًا،

$$
x - x^2\ln\Bigl(1 + \frac1x\Bigr)
= x - x^2\Bigl(\frac1x - \frac{1}{2x^2} +
O\Bigl(\frac{1}{x^3}\Bigr)\Bigr)
= \frac12 + O\Bigl(\frac1x\Bigr) \longrightarrow \frac12 .
$$

وثانيًا، ظلّ الزاوية العكسي عند اللانهاية: انطلاقًا من $\arctan x +
\arctan\frac1x = \frac\pi2$ من أجل $x > 0$ ([القضية 4.12](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/4-standard-functions#prop-b1-functions-arcidentities)) ومن نشر $\arctan$ عند $0$ ([التمرين 16.3](#exo-b1-taylor-3))،

$$
\arctan x = \frac\pi2 - \arctan\frac1x
= \frac\pi2 - \frac1x + \frac{1}{3x^3} +
o\Bigl(\frac{1}{x^3}\Bigr) :
$$

فيقترب المنحنى من مقاربه $y = \frac\pi2$ من أسفل بسرعة $\frac1x$. والفكرة النافذة: لا توجد نظرية منفصلة للنشور عند اللانهاية — بل يردّها تعويض مقلوب واحد إلى نشور عند $0$، شرط أن يُحمل كل $O$ و $o$ وسيط حملًا أمينًا.

**مثال 16.21 (مقارب بالنشر).**

عندما $x \to +\infty$،

$$
\sqrt{x^2 + x} = x\sqrt{1 + \tfrac1x}
= x\Bigl(1 + \frac{1}{2x} - \frac{1}{8x^2} + o\bigl(\tfrac{1}{x^2}\bigr)\Bigr)
= x + \frac12 - \frac{1}{8x} + o\bigl(\tfrac 1x\bigr):
$$

فالمستقيم $y = x + \frac12$ مقارب، ويُقترب منه *من أسفل* (لأن الحدّ التالي $-\frac{1}{8x}$ سالب).

**ملاحظة 16.22 (أين تعمل النشور تاليًا).**

النشور المقاربة هي اللغة الدائمة لبقية الكتاب: ففي [الفصل 17](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/17-numerical-series#ch-b1-series) تفصل في التقارب (إذ تغذّي المكافئات محكات المقارنة، ودراسة $\sum
\frac{1}{n^\alpha}$ نشرٌ متنكّر)؛ وفي مجلّد السنة الثانية تصير *متسلسلات صحيحة*، حيث يكتسب [كثير حدود](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/8-polynomials#def-b1-poly-def) تايلور حدودًا لا تُحصى ونصفَ قطر تقارب؛ وكل تخطيط في الفيزياء — البندول، والاضطراب من الرتبة الأولى — عبارةُ تايلور–يونغ مع إسقاط $o(\cdot)$ صامتًا. والتحذير الوحيد الجدير بالحفر: النشر لا يصف الدالة إلا *بجوار نقطة واحدة* — انظر الدالة المنبسطة في مسألة نهاية الأسبوع، التي نشرها عند $0$ معدوم تمامًا دون أن تكون الدالة كذلك.

**ملاحظة 16.23 (منظورات داخل هذا المجلّد).**

النشور هي لغة العمل في بقية التحليل وفي الهندسة الآتية. فالفصل [الفصل 17](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/17-numerical-series#ch-b1-series) يحوّلها إلى أحكام تقارب: فمكافئ الحدّ العام نشرٌ مقطوع عند حدّه الأول، وتستهلك المحكات الأدقّ (المتناوبة مع ضبط الخطأ) الحدَّ الثاني كذلك. و [الفصل 24](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/24-plane-curves#ch-b1-curves) يقرأ الهندسة الموضعية من نشور دالتَي الإحداثيات: فأن يعبر منحن معلَّمي أو يقبّل أو يرتدّ عند نقطة أمرٌ تفصل فيه أيُّ قوى $t$ تنجو في $x(t)$ و $y(t)$ — وهي صيغة المستوي للمقدار [القضية 16.17](#prop-b1-taylor-local). و [الفصل 25](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/25-functions-of-two-variables#ch-b1-multivar) يقف عند الرتبة واحد قصدًا: فالمستوي المماس عبارةُ تايلور–يونغ في متغيرين، مع تأجيل النظرية الكاملة من الرتبة الثانية (الهسّيات ونقاط السرج) إلى مجلّد السنة الثانية. و الخيط المشترك: كل سؤال «موضعي» في هذا الكتاب يُجاب عنه بكتابة أول حدّ ناجٍ من نشر.

## 16.4 تمارين

**تمرين 16.1 ★.**

أعطِ النشور عند $0$: $\eu^{2x}$ حتى الرتبة $3$؛ و $\;\ln(1 - x)$ حتى الرتبة $4$؛ و $\;\sqrt{1 + x}$ حتى الرتبة $3$؛ و $\;\dfrac{1}{1 + x^2}$ حتى الرتبة $6$.

**حل التمرين 16.1.**

$$
\eu^{2x} = 1 + 2x + 2x^2 + \frac{4x^3}{3} + o(x^3);
\qquad
\ln(1 - x) = -x - \frac{x^2}{2} - \frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4} +
o(x^4);
$$

$$
\sqrt{1+x} = 1 + \frac x2 - \frac{x^2}{8} + \frac{x^3}{16} + o(x^3);
\qquad
\frac{1}{1 + x^2} = 1 - x^2 + x^4 - x^6 + o(x^6),
$$

والأخير بتعويض $-x^2$ في النشر الهندسي.

**تمرين 16.2 ★.**

احسب النهايات:

$$
\lim_{x\to 0} \frac{\eu^x - 1 - x}{x^2},
\qquad
\lim_{x\to 0} \frac{\cos x - \sqrt{1 - x^2}}{x^4},
\qquad
\lim_{x\to 0} \frac{\ln(1+x) - \sin x}{x^2}.
$$

**حل التمرين 16.2.**

$\eu^x - 1 - x = \frac{x^2}{2} + o(x^2)$: فالنهاية $\dfrac12$.

$\cos x = 1 - \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24} + o(x^4)$ و $\sqrt{1 - x^2} = 1 - \frac{x^2}{2} - \frac{x^4}{8} + o(x^4)$: والفرق $\frac{x^4}{24} + \frac{x^4}{8} = \frac{x^4}{6} + o(x^4)$: فالنهاية $\dfrac16$.

$\ln(1+x) - \sin x = \bigl(x - \frac{x^2}{2}\bigr) - x + o(x^2) =
-\frac{x^2}{2} + o(x^2)$: فالنهاية $-\dfrac12$.

**تمرين 16.3 ★.**

انشر $\arctan x$ عند $0$ حتى الرتبة $5$ بمكاملة نشر $\frac{1}{1 + x^2}$، و $\arcsin x$ حتى الرتبة $5$ بمكاملة نشر $(1 - x^2)^{-1/2}$.

**حل التمرين 16.3.**

$\frac{1}{1+t^2} = 1 - t^2 + t^4 + o(t^5)$؛ وبالمكاملة من $0$ إلى $x$ ([الطريقة 16.12](#met-b1-taylor-compute) (5)):

$$
\arctan x = x - \frac{x^3}{3} + \frac{x^5}{5} + o(x^5)\ \ (\text{زوجية
}o(x^6)\text{، بالفردية}).
$$

$(1 - t^2)^{-1/2} = 1 + \frac{t^2}{2} + \frac38 t^4 + o(t^5)$ (بنشر ثنائي الحدّ مع $\alpha = -\frac12$ و $x = -t^2$: $\binom{-1/2}{2} = \frac{(-\frac12)(-\frac32)}{2} = \frac38$)؛ وبالمكاملة:

$$
\arcsin x = x + \frac{x^3}{6} + \frac{3x^5}{40} + o(x^5) .
$$

**تمرين 16.4 ★.**

باستعمال تايلور–لاغرانج من أجل $\exp$ على $\intcc{0}{1}$، برهن على أن

$$
\Bigl| \eu - \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{k!} \Bigr| \leq
\frac{3}{(n+1)!},
$$

وحدّد $n$ يضمن $6$ أرقام عشرية مضبوطة للمقدار $\eu$.

**حل التمرين 16.4.**

تايلور–لاغرانج ([المبرهنة 16.7](#thm-b1-taylor-lagrange)) من أجل $\exp$ عند $a =
0$ مع $x = 1$: [فالمشتقة](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/14-differentiation#def-b1-derivative-def) $(n+1)$ هي $\eu^t \leq \eu < 3$ على $\intcc{0}{1}$، ومنه

$$
\Bigl|\eu - \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{k!}\Bigr| \leq
\frac{3}{(n+1)!} .
$$

ومن أجل $6$ أرقام عشرية مضبوطة، نريد $\frac{3}{(n+1)!} < 5\times 10^{-7}$، أي $(n+1)! > 6\times 10^{6}$: ولأن $10! = 3\,628\,800$ و $11! =
39\,916\,800$، يكفي $n + 1 = 11$، أي $n = 10$.

**تمرين 16.5 ★★.**

انشر حتى الرتبة $2$ في $\frac1n$ واستنتج النهاية و سرعة التقارب:

$$
\Bigl(1 + \frac 1n\Bigr)^{\!n}
= \eu\Bigl(1 - \frac{1}{2n} + \frac{11}{24n^2} +
o\Bigl(\frac{1}{n^2}\Bigr)\Bigr).
$$

**حل التمرين 16.5.**

$n\ln\bigl(1 + \frac1n\bigr) = n\Bigl(\frac1n - \frac{1}{2n^2} +
\frac{1}{3n^3} + o\bigl(\frac{1}{n^3}\bigr)\Bigr) = 1 - \frac{1}{2n}
+ \frac{1}{3n^2} + o\bigl(\frac{1}{n^2}\bigr)$. وبأخذ الأسّي، مع $u = -\frac{1}{2n} + \frac{1}{3n^2}$ و $\eu^u = 1 + u + \frac{u^2}2
+ o(u^2)$:

$$
\Bigl(1 + \frac1n\Bigr)^n = \eu\cdot \eu^{u}
= \eu\Bigl(1 - \frac{1}{2n} + \frac{1}{3n^2} + \frac{1}{8n^2}
+ o\Bigl(\frac{1}{n^2}\Bigr)\Bigr)
= \eu\Bigl(1 - \frac{1}{2n} + \frac{11}{24n^2} +
o\Bigl(\frac{1}{n^2}\Bigr)\Bigr).
$$

فالنهاية $\eu$؛ والخطأ $\sim \dfrac{\eu}{2n}$: أي بطيء (رقم واحد لكل زيادة عشرية في $n$).

**تمرين 16.6 ★★.**

ادرس السلوك الموضعي عند $0$ للمقدار $f(x) = x^2 - x^4$ وللمقدار $g(x) =
x^3 + x^5$؛ وجد موضع منحنى $h(x) = \eu^x$ بالنسبة إلى مماسه عند $a = 1$، موضعيًا ثم [شاملًا](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/1-logic-sets-and-maps#def-b1-logic-inj).

**حل التمرين 16.6.**

$f(x) = x^2 - x^4 = x^2(1 + o(1))$: فأول حدّ $x^2$، و $p = 2$ زوجي، والمعامل $> 0$: أي قيمة صغرى موضعية عند $0$ (وليست شاملة: $f(2) = -12$).

$g(x) = x^3 + x^5$: فأول حدّ $x^3$، و $p$ فردي: فلا قيمة حدّية؛ و $g$ تعبر مماسها (الأفقي): أي انعطاف عند $0$.

$h = \exp$ عند $a = 1$: $h(x) = \eu + \eu(x-1) + \frac{\eu}{2}(x-1)^2
+ o((x-1)^2)$؛ والفرق مع المماس هو $\frac{\eu}{2}(x-1)^2 + o(\cdot) > 0$ موضعيًا. [وشاملًا](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/1-logic-sets-and-maps#def-b1-logic-inj): $\eu^x -
\eu x \geq 0$ من أجل كل $x$ بالتحدّب ([المبرهنة 14.19](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/14-differentiation#thm-b1-derivative-convexchar) (3)): فيقع المنحنى فوق كل مماس، والمساواة عند نقطة التماسّ فقط.

**تمرين 16.7 ★★.**

حدّد المقاربات عند $\pm\infty$ للمقدار $f(x) =
\sqrt[3]{x^3 + x^2}$ وموضع المنحنى بالنسبة إليها.

**حل التمرين 16.7.**

من أجل $x \to +\infty$:

$$
f(x) = x\Bigl(1 + \frac1x\Bigr)^{1/3}
= x\Bigl(1 + \frac{1}{3x} - \frac{1}{9x^2} +
o\Bigl(\frac{1}{x^2}\Bigr)\Bigr)
= x + \frac13 - \frac{1}{9x} + o\Bigl(\frac1x\Bigr):
$$

فالمقارب $y = x + \frac13$، والمنحنى تحته بجوار $+\infty$. وعندما $x
\to -\infty$، يصحّ الحساب نفسه (لأن الجذر التكعيبي معرَّف من أجل كل الأعداد الحقيقية، و $\frac1x \to 0$): فالمقارب نفسه $y = x +
\frac13$، لكن الآن $-\frac{1}{9x} > 0$: فالمنحنى *فوق* المستقيم.

**تمرين 16.8 ★★.**

جد المكافئ، عندما $n \to \infty$، للمقادير

$$
u_n = \sqrt{n+1} - \sqrt n, \qquad
v_n = \ln(n+1) - \ln n, \qquad
w_n = \sin\frac{1}{n} - \tan\frac{1}{n},
$$

كلٌّ في صورة قوة للمقدار $n$ مضروبة في ثابت.

**حل التمرين 16.8.**

$u_n = \sqrt n\bigl(\sqrt{1 + \tfrac1n} - 1\bigr) = \sqrt
n\bigl(\frac{1}{2n} + o(\frac1n)\bigr) \sim \dfrac{1}{2\sqrt n}$.

$v_n = \ln\bigl(1 + \frac1n\bigr) \sim \dfrac 1n$.

$w_n$: مع $h = \frac1n \to 0$، $\sin h - \tan h = \bigl(h -
\frac{h^3}{6}\bigr) - \bigl(h + \frac{h^3}{3}\bigr) + o(h^3) =
-\frac{h^3}{2} + o(h^3)$، ومنه $w_n \sim -\dfrac{1}{2n^3}$.

**تمرين 16.9 ★★★.**

لتكن $f$ من الصنف $C^2$ على $\R$. برهن على أنه من أجل كل $x$ و $h > 0$:

$$
\abs{f'(x)} \leq \frac{\abs{f(x+h) - f(x-h)}}{2h} +
\frac{h}{2}\sup_{\intcc{x-h}{x+h}}\abs{f''} ,
$$

واستنتج المتراجحة من نوع لانداو–كولموغوروف: إذا كان $\abs f \leq
M_0$ و $\abs{f''} \leq M_2$ على $\R$، فإن $\abs{f'} \leq
\sqrt{2 M_0 M_2}$ في كل مكان. *(أمثِل على $h$.)*

**حل التمرين 16.9.**

تايلور–لاغرانج من الرتبة $1$ حول $x$، على الجهتين:

$$
f(x + h) = f(x) + h f'(x) + R_+,\quad
f(x - h) = f(x) - h f'(x) + R_-,
\qquad \abs{R_\pm} \leq \frac{h^2}{2} \sup \abs{f''} .
$$

وبالطرح: $f(x+h) - f(x-h) = 2h f'(x) + (R_+ - R_-)$، ومنه

$$
\abs{f'(x)} \leq \frac{\abs{f(x+h) - f(x-h)}}{2h} +
\frac{h}{2}\sup_{\intcc{x-h}{x+h}}\abs{f''} .
$$

ومع الحواصر الشاملة: $\abs{f'(x)} \leq \frac{M_0}{h} + \frac{M_2
h}{2}$ من أجل كل $h > 0$. ويُصغَّر الطرف الأيمن عند $h =
\sqrt{2M_0/M_2}$ (حيث تنعدم [المشتقة](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/14-differentiation#def-b1-derivative-def))، بالقيمة $\sqrt{2M_0M_2}$ — ومنه $\abs{f'} \leq \sqrt{2M_0M_2}$. (وإذا كان $M_2 = 0$، فدع $h \to
\infty$: فيكون $f' = 0$، وهذا متسق.)

**تمرين 16.10 ★★★.**

المتتالية $u_0 \in \intoo{0}{\pi}$ مع $u_{n+1} = \sin u_n$ تتناقص إلى $0$ (سوّغ ذلك بإيجاز). ولإيجاد سرعتها، انظر في $v_n
= \frac{1}{u_n^2}$:

1. باستعمال نشر $\sin$ ، برهن على $v_{n+1} - v_n \to  \frac13$ ؛
2. ومع تشيزارو ( [التمرين 11.10](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/11-sequences#exo-b1-seq-10) )، استنتج $\frac{v_n}{n}  \to \frac13$ ، ثم المكافئ $u_n \sim  \sqrt{\dfrac{3}{n}}$ .

**حل التمرين 16.10.**

على $\intoo{0}{\pi}$: $0 < \sin u < u$، ومنه فالمتتالية $(u_n)$ متناقصة قطعًا وموجبة، ومنه متقاربة؛ والنهاية نقطة صامدة للمقدار $\sin$ في $\intcc{0}{\pi}$، ويفرض $\sin \ell = \ell$ أن $\ell =
0$ (لأن $\sin x < x$ من أجل $x > 0$).

1. باستعمال $\sin u = u - \frac{u^3}{6} + o(u^3)$ عندما $u \to 0$: $$v_{n+1} - v_n = \frac{1}{\sin^2 u_n} - \frac{1}{u_n^2}  = \frac{1}{u_n^2}\Bigl(\Bigl(1 - \frac{u_n^2}{6} +  o(u_n^2)\Bigr)^{\!-2} - 1\Bigr)  = \frac{1}{u_n^2}\Bigl(\frac{u_n^2}{3} + o(u_n^2)\Bigr)  \longrightarrow \frac13 .$$
2. وحسب [التمرين 11.10](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/11-sequences#exo-b1-seq-10) (3) (تشيزارو من أجل الفروق)، $\frac{v_n}{n} \to \frac13$، أي $v_n \sim \frac n3$، أي $u_n^2 \sim \frac 3n$: ولأن $u_n > 0$، $$u_n \sim \sqrt{\frac{3}{n}} .$$

**تمرين 16.11 ★★.**

(فروق اللانهايات) احسب

$$
\lim_{x \to 0} \Bigl(\frac{1}{x^2} - \frac{1}{\sin^2 x}\Bigr)
\qquad\text{و}\qquad
\lim_{x \to 0^+} \Bigl(\frac 1x - \frac{1}{\ln(1 + x)}\Bigr)
$$

بردّهما إلى مقام مشترك ونشر البسط و المقام كلٍّ على حدة.

**حل التمرين 16.11.**

بالمقامات المشتركة. النهاية الأولى:

$$
\frac{1}{x^2} - \frac{1}{\sin^2 x}
= \frac{\sin^2 x - x^2}{x^2\sin^2 x},
\qquad
\sin^2 x = \Bigl(x - \frac{x^3}{6} + o(x^4)\Bigr)^{\!2}
= x^2 - \frac{x^4}{3} + o(x^5) ,
$$

ومنه فالبسط هو $-\frac{x^4}{3} + o(x^4)$ بينما المقام $\sim x^4$: فالنهاية هي $-\dfrac13$.

والثانية: $\dfrac1x - \dfrac{1}{\ln(1+x)} = \dfrac{\ln(1+x) -
x}{x\ln(1+x)}$؛ والبسط هو $-\frac{x^2}{2} + o(x^2)$، و المقام $x\bigl(x + o(x)\bigr) \sim x^2$: فالنهاية هي $-\dfrac12$.

**تمرين 16.12 ★★★.**

(مقاربات الجذور الضمنية) بيّن أنه من أجل كل $k \in
\N^*$ يكون للمعادلة $\tan x = x$ حلٌّ واحد بالضبط $x_k$ في $\intoo{k\pi - \frac\pi2}{k\pi + \frac\pi2}$، وأن $x_k = k\pi
+ \frac\pi2 - \varepsilon_k$ مع $\varepsilon_k =
\arctan\frac{1}{x_k}$، واستنتج النشر

$$
x_k = k\pi + \frac\pi2 - \frac{1}{k\pi} + o\Bigl(\frac
1k\Bigr) \qquad (k \to \infty).
$$

**حل التمرين 16.12.**

على $I_k = \intoo{k\pi - \frac\pi2}{k\pi + \frac\pi2}$، تكون للدالة $g(x) = \tan x - x$ [مشتقة](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/14-differentiation#def-b1-derivative-def) $\tan^2 x \geq 0$، لا تنعدم إلا عند النقطة الوحيدة $k\pi$: ومنه فالدالة $g$ متزايدة قطعًا على $I_k$ ([النتيجة 14.12](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/14-differentiation#cor-b1-derivative-monotone) (2))، بنهايتين $-\infty$ و $+\infty$ عند الطرفين: أي جذر واحد بالضبط $x_k$. ومن أجل $k \geq 1$، $g(k\pi) = -k\pi < 0$، ومنه $x_k \in
\intoo{k\pi}{k\pi + \frac\pi2}$: فاكتب $x_k = k\pi + \frac\pi2 -
\varepsilon_k$ مع $\varepsilon_k \in \intoo{0}{\frac\pi2}$. عندئذ

$$
x_k = \tan x_k = \tan\Bigl(\frac\pi2 - \varepsilon_k\Bigr)
= \frac{1}{\tan\varepsilon_k}
\quad\Longrightarrow\quad
\varepsilon_k = \arctan\frac{1}{x_k} ,
$$

باستعمال $\tan\varepsilon_k = \frac{1}{x_k}$ و $\varepsilon_k \in
\intoo{0}{\frac\pi2}$. ولأن $x_k \geq k\pi \to \infty$: $\varepsilon_k \to 0$، و

$$
\varepsilon_k = \arctan\frac{1}{x_k} = \frac{1}{x_k} +
O\Bigl(\frac{1}{x_k^3}\Bigr)
= \frac{1}{k\pi + O(1)} + O\Bigl(\frac{1}{k^3}\Bigr)
= \frac{1}{k\pi} + O\Bigl(\frac{1}{k^2}\Bigr) ,
$$

ومنه $x_k = k\pi + \frac\pi2 - \frac{1}{k\pi} +
o\bigl(\frac1k\bigr)$.

## 16.5 مسألة: المجاميع المتناوبة والأرقام المصادَق عليها و صمم $\cos 1$

**مسألة 16.1.**

مسألة نهاية الأسبوع — التقدير المتناوب $\abs{S - S_n} \leq a_{n+1}$: $\ln 2$ و $\pi$ بأرقام عشرية مبرهن عليها، وصيغة ماشان، و $\cos 1 \notin \Q$

المجموع المتناوب ذو الحدود المتناقصة ألطفُ غرض في التحليل العددي: فخطؤه محدود بأول حدّ محذوف، *بإشارة معلومة*. وتبرهن هذه المسألة على ذلك المبدأ بمبرهنة المتتاليتين المتجاورتين، ثم تنفقه ثلاث كيفيات: أرقام عشرية مصادَق عليها للمقدار $\ln 2$ (بثلاثة طرق متنافسة) وللمقدار $\pi$ (لايبنتز، ثم صيغة ماشان لسنة 1706، وهي لا تزال الفكرة وراء حسابات قياسية طوال قرون)، وصمم $\cos 1$ و $\sin 1$ و $\cosh 1$، و، بوصفه ثقلًا مقابلًا، *مساواة* تايلور–لاغرانج والدالة المنبسطة التي يكذب نشر تايلور لها. وفي كل ما يأتي، لغة «المتسلسلة» غير صورية: فكل مجموع هنا *متتالية مجاميع جزئية*، كما في [المثال 11.12](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/11-sequences#ex-b1-seq-e)؛ والنظرية بمعناها الدقيق تُفتتح في [الفصل 17](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/17-numerical-series#ch-b1-series).

**الجزء 1 — التقدير المتناوب.** لتكن $(a_k)_{k \geq 0}$ متناقصة إلى $0$ ولتكن $S_n = \sum_{k=0}^{n}
(-1)^k a_k$.

1. بيّن أن $(S_{2n+1})$ غير متناقصة و $(S_{2n})$ غير متزايدة، وأنهما متجاورتان ([المبرهنة 11.11](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/11-sequences#thm-b1-seq-adjacent)): فتتقارب كلتاهما إلى $S$ مشترك مع، من أجل كل $n$، $$S_{2n+1} \leq S \leq S_{2n},  \qquad  \abs{S - S_n} \leq a_{n+1} ,$$ وللخطأ إشارة أول حدّ محذوف. وبيّن فوق ذلك أنه إذا كان التناقص *قطعيًا*، فكل هذه المتراجحات قطعية.
2. الربح الأول: من أجل $x = 1$ في المتسلسلة الأسّية، قارن بالمقدار [المبرهنة 16.7](#thm-b1-taylor-lagrange) عند $a = 0$ : بيّن أن $T_n = \sum_{k=0}^{n} \frac{(-1)^k}{k!}$ تتقارب إلى $\eu^{-1}$ مع $\abs{\eu^{-1} - T_n} <  \frac{1}{(n+1)!}$ .
3. (لايبنتز، 1674) انطلاقًا من المتطابقة المنتهية *المضبوطة* $$\frac{1}{1 + t^2} = \sum_{k=0}^{n} (-1)^k t^{2k}  + \frac{(-1)^{n+1} t^{2n+2}}{1 + t^2} ,$$ مكامَلةً على $\intcc{0}{1}$، برهن على $$\frac\pi4 = \sum_{k=0}^{n} \frac{(-1)^k}{2k+1} + \rho_n,  \qquad \abs{\rho_n} \leq \frac{1}{2n+3} .$$
4. البطء: كم حدًّا من لايبنتز يضمن ستة أرقام عشرية مضبوطة للمقدار $\pi$ ؟ (نحو مليونين.) وقوّم $4 S_4  = 4\bigl(1 - \frac13 + \frac15 - \frac17 +  \frac19\bigr)$ ومسافته إلى $\pi$ ، لتشعر بالألم.

**الجزء 2 — $\ln 2$ بثلاث طرق.**

5. (الطريق 1: التوافقية المتناوبة) من $\frac{1}{1+t} =  \sum_{k=0}^{n-1}(-1)^k t^k + \frac{(-1)^n t^n}{1+t}$ مكامَلًا على $\intcc{0}{1}$: $$\ln 2 = \sum_{k=1}^{n} \frac{(-1)^{k-1}}{k} + (-1)^n  R_n, \qquad \frac{1}{2(n+1)} \leq R_n \leq  \frac{1}{n+1} :$$ والخطأ من الرتبة المضبوطة $\frac 1n$ — أي مليون حدّ من أجل ستة أرقام عشرية.
6. (الطريق 2: المتسلسلة السريعة) كامل $\frac{1}{1 - t^2} =  \sum_{k=0}^{n} t^{2k} + \frac{t^{2n+2}}{1-t^2}$ من $0$ إلى $x \in \intoo{0}{1}$ وقوّم عند $x = \frac13$ (ولاحظ $\frac{1 + 1/3}{1 - 1/3} = 2$): $$\ln 2 = 2\sum_{k=0}^{n} \frac{(1/3)^{2k+1}}{2k+1} +  \tilde\rho_n,  \qquad  0 < \tilde\rho_n \leq \frac{9}{4}\cdot  \frac{(1/3)^{2n+3}}{2n+3} :$$ فالتقارب هندسي، بنحو رقم واحد لكل حدّ.
7. (الطريق 3: [مجاميع ريمان](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/15-integration-on-a-segment#thm-b1-integration-riemann) ومتطابقة مستترة) برهن بالاستقراء على المتطابقة $$\sum_{k=1}^{2n} \frac{(-1)^{k-1}}{k} = H_{2n} - H_n =  \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{n + k} ,$$ واستعد $\ln 2$ نهايةً [لمجاميع ريمان](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/15-integration-on-a-segment#thm-b1-integration-riemann) للمقدار [المثال 15.21](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/15-integration-on-a-segment#ex-b1-integration-riemannexample): فالطريقان 1 و 3 هما سرًّا العدد نفسه منظورًا إليه مرتين.
8. مبارزة عند ستة حدود: قارن $\sum_{k=1}^{6}  \frac{(-1)^{k-1}}{k} = 0.6167$ بالطريق 2 عند $n = 5$ ، الذي يعطي أصلًا $\ln 2 = 0.693147$ بخطأ $\leq  1.1\cdot10^{-7}$ . وفسّر السبب البنيوي (نقطة تقويم عميقة داخل [فترة](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/10-real-numbers#prop-b1-reals-intervals) التقارب إزاء نقطة على حدّها).
9. كم حدًّا من الطريق 2 يصادق على *عشرة* أرقام عشرية للمقدار $\ln 2$ ؟ بيّن أن $n = 10$ يكفي.

**الجزء 3 — صيغة ماشان.**

10. احسب $(5 + \iu)^4$ وتحقق من المتطابقة العقدية $$(5 + \iu)^4 = 2\,(1 + \iu)\,(239 + \iu) .$$ وبأخذ العمد (باصطلاحات [الفصل 3](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/3-complex-numbers#ch-b1-complex))، استنتج صيغة ماشان $$\frac\pi4 = 4\arctan\frac15 - \arctan\frac{1}{239} .$$ (وتحقق من أن لا [عمدة](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/3-complex-numbers#def-b1-complex-expi) تغادر $\intoo{-\frac\pi2}{\frac\pi2}$.)
11. كما في السؤال 3، أثبت من أجل $0 < x < 1$: $$\arctan x = \sum_{k=0}^{n} \frac{(-1)^k  x^{2k+1}}{2k+1} + r_n(x), \qquad \abs{r_n(x)} \leq  \frac{x^{2n+3}}{2n+3} .$$
12. صادِق على $\pi$ حتى سبعة أرقام عشرية بستة حدود: حُدّ الخطأ الكلي للمقدار $$\pi \approx 16\sum_{k=0}^{4}  \frac{(-1)^k (1/5)^{2k+1}}{2k+1}  - 4\Bigl(\frac{1}{239} - \frac{1}{3\cdot239^3}\Bigr)$$ بالمقدار $16\,\frac{(1/5)^{11}}{11} +  4\,\frac{(1/239)^5}{5} < 5\cdot10^{-8}$، وأعطِ القيمة الناتجة $3.1415926\dots$
13. قارن الطرق الثلاثة إلى $\pi$ المتوفرة الآن — لايبنتز (السؤال 4)، وتكاملات دالزل في [المسألة 15.1](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/15-integration-on-a-segment#pb-b1-integration-1) (بخطأ $4^{1-5m}$ )، وماشان (بخطأ $\approx 16\cdot 5^{-(2n+3)}$ ) — بعدد الأرقام لكل حدّ، وفسّر لماذا يغلب تصغيرُ نقطة التقويم كلَّ شيء.

**الجزء 4 — فخّ العدد الصحيح، الطبعة المتناوبة.**

14. افترض $\cos 1 = \frac pq$ . اضرب التأطير المتناوب القطعي للمقدار $\sum_{k}  \frac{(-1)^k}{(2k)!}$ (السؤال 1) في $(2n)!$ مع $2n  \geq q$ ، واستخرج تناقضًا: فيكون $\cos 1$ أصمّ.
15. كيّف ذلك على $\sin 1 = \sum_k \frac{(-1)^k}{(2k+1)!}$ (بالضرب في $(2n+1)!$ ): فيكون $\sin 1 \notin \Q$ . وكلاهما أصمّ، ومع ذلك $\cos^2 1 + \sin^2 1 = 1$ : فالصمم ليس مستقرًا تحت الجبر.
16. وابن العمّ غير المتناوب: $\cosh 1 = \sum_k  \frac{1}{(2k)!}$ (بمعنى المجاميع الجزئية، مع حاصر الذيل ذي الطرفين $0 < \cosh 1 - \sum_{k \leq n}  \frac{1}{(2k)!} < \frac{2}{(2n+2)!}$ ، ويُبرهن عليه). واستنتج $\cosh 1 \notin \Q$ بالفخّ نفسه.
17. ادفع ذلك إلى $\cos\frac 1m$ من أجل كل عدد صحيح $m \geq 1$ : اضرب في $m^{2n}(2n)!$ واستنتج $\cos\frac1m  \notin \Q$ . وأين تنكسر المحاولة نفسها من أجل $\cos\frac ab$ مع $b > 1$ عام؟ (حدّد المقام الذي لم يعد يُزال.)

**الجزء 5 — أحدّ وأقتم: صيغة المساواة، ودالة تخدع تايلور.**

18. (تايلور–لاغرانج، صيغة المساواة) لتكن $f$ [قابلة للاشتقاق](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/14-differentiation#def-b1-derivative-def) $n + 1$ مرة بين $a$ و $x$. عرّف $g(t) =  f(x) - \sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(t)}{k!}(x - t)^k -  A\,\frac{(x-t)^{n+1}}{(n+1)!}$ مع اختيار الثابت $A$ بحيث يكون $g(a) = 0$. احسب $g'$ (فالمجموع يتلسكب)، وطبّق رول على $\intcc{a}{x}$، واستنتج أنه يوجد $c$ قطعًا بين $a$ و $x$ يحقق $$f(x) = \sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k  + \frac{f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}\,(x-a)^{n+1} .$$
19. ربح المساواة: من أجل $x > 0$ بيّن $$\eu^x > 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \dots +  \frac{x^n}{n!}$$ (قطعًا، من أجل كل $n$)، وحدّد أين تنقلب المتراجحة من أجل $x < 0$ تبعًا لزوجية $n$.
20. قارن البواقي على $\sin(0.5)$ من الرتبة $3$ : فيعطي يونغ $o(x^3)$ فقط (بلا عدد)؛ ويعطي لاغرانج $\abs{\sin 0.5 - (0.5 - \frac{0.5^3}{6})} \leq  \frac{0.5^5}{120} = 2.61\cdot10^{-4}$ ؛ ويعطي التقدير المتناوب الحاصرَ نفسه *مع* معلومة الإشارة $\sin 0.5 > 0.5 - \frac{0.5^3}{6}$ . وقارن بالخطأ الحقيقي $2.59\cdot10^{-4}$ : فالحاصر يكاد يُبلغ. وأيّ أداة ستمدّ يدك إليها، ومتى؟
21. (الدالة المنبسطة) لتكن $f(x) = \eu^{-1/x^2}$ من أجل $x  \neq 0$ و $f(0) = 0$ . بيّن أن $f$ [متصلة](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/13-limits-and-continuity#def-b1-continuity-continuous) عند $0$ ، وأن $f'(0) = 0$ ، وبعبارة أعمّ — بالبرهان على أن لكل [مشتقة](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/14-differentiation#def-b1-derivative-def) الشكلَ $f^{(k)}(x) =  P_k\bigl(\frac1x\bigr)\eu^{-1/x^2}$ من أجل [كثير حدود](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/8-polynomials#def-b1-poly-def) $P_k$ (بالاستقراء) — أن $f^{(k)}(0) = 0$ من أجل كل $k$ *([بمقارنة النمو](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/4-standard-functions#prop-b1-functions-powerrules) [القضية 4.6](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/4-standard-functions#prop-b1-functions-powerrules))* . واستنتج: تنعدم كل كثيرات حدود تايلور للمقدار $f$ عند $0$ ، ومع ذلك $f(x) > 0$ من أجل $x \neq 0$ : فيصحّ تايلور–يونغ عند كل رتبة، و لا يقول شيئًا عن $f$ بعيدًا عن $0$ . فالنشور تصف *جراثيم* ، لا دوالّ.

**الجزء 6 — توليفة.**

22. شغّل الفخّ مرة أخرى، على $\eu^{-1} = \sum_k  \frac{(-1)^k}{k!}$ : اضرب التأطير المتناوب القطعي في $n!$ واستنتج $\eu^{-1} \notin \Q$ ، ومنه $\eu \notin \Q$ — وهو البرهان الثالث على هذه الواقعة في المجلّد. واذكر الثلاثة ( [المتتاليتان المتجاورتان](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/11-sequences#thm-b1-seq-adjacent) ، [التمرين 11.9](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/11-sequences#exo-b1-seq-9) ؛ والتكاملات، [المسألة 15.1](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/15-integration-on-a-segment#pb-b1-integration-1) ؛ والمجاميع المتناوبة، هنا) و ما احتاج إليه كلٌّ منها.
23. والتفاصيل الدقيقة: الرتابة ليست زينة. لتكن $b_k = \frac1k$ من أجل $k$ فردي و $b_k = \frac{1}{k^2}$ من أجل $k$ زوجي: فالمقادير $b_k$ موجبة وتؤول إلى $0$ ، ومع ذلك تتباعد المجاميع الجزئية للمقدار $\sum (-1)^k b_k$ إلى $-\infty$ . برهن على ذلك *(اقسم المجموع الجزئي إلى الجزء الزوجي، المحدود عبر [المثال 11.22](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/11-sequences#ex-b1-seq-basel)، والجزء الفردي، الذي يهيمن على نصف المتسلسلة التوافقية، [التمرين 11.5](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/11-sequences#exo-b1-seq-5))* ، وقل بالضبط أيّ خطوة من السؤال 1 استعملت الرتابة.
24. تحقق من متطابقة أويلر الأبسط $\arctan\frac12 +  \arctan\frac13 = \frac\pi4$ عبر $(2 + \iu)(3 + \iu) =  5(1 + \iu)$ ، وقدّر الحدود اللازمة من أجل ستة أرقام عشرية للمقدار $\pi$ بهذا الطريق ( $n = 10$ يكفي)، وضعه بين لايبنتز وماشان في ترتيب السؤال 13.
25. توليفة، جملة واحدة لكلٍّ: (أ) اذكر التقدير المتناوب ومخرجيه (الحاصر والإشارة)؛ (ب) ولماذا تغلب المتطابقات المنتهية المضبوطة ذات البواقي الصريحة عباراتِ النهايات من أجل الأعداد المصادَق عليها؛ (ج) وجرد المسألة ( $\pi$ حتى $10^{-7}$ باليد، و $\ln 2$ حتى عشرة أرقام عشرية، وأربعة براهين صمم، ومبرهنة مساواة واحدة، ومثال تحذيري واحد)؛ (د) وأيّ هذه الخيوط سيلتقطه [الفصل 17](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/17-numerical-series#ch-b1-series) (محك المتسلسلات المتناوبة، والتقارب بإطلاق إزاء التقارب الشرطي، ودراما إعادة الترتيب في مسألة نهاية الأسبوع فيه).

**حل المسألة 16.1.**

**1.** $S_{2n+1} - S_{2n-1} = a_{2n} - a_{2n+1} \geq 0$ و $S_{2n+2} - S_{2n} = a_{2n+2} - a_{2n+1} \leq 0$، بينما $S_{2n}
- S_{2n+1} = a_{2n+1} \to 0$: ومنه فالمتتاليتان $(S_{2n+1})$ و $(S_{2n})$ متجاورتان، وتتقاربان إلى $S$ مشترك ([المبرهنة 11.11](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/11-sequences#thm-b1-seq-adjacent)) مع $S_{2n+1} \leq S \leq S_{2n}$. ومن أجل $n$ زوجي: يعطي $S_{n+1} \leq S \leq S_n$ أن $-a_{n+1} \leq S -
S_n \leq 0$؛ ومن أجل $n$ فردي: $0 \leq S - S_n \leq a_{n+1}$. وفي الحالتين $\abs{S - S_n} \leq a_{n+1}$ ويحمل $S - S_n$ إشارة $(-1)^{n+1}$، أي أول حدّ محذوف. والتناقص القطعي يجعل كل متراجحة معروضة قطعية، وعلى الخصوص $0 < \abs{S -
S_n} < a_{n+1}$.

**2.** المقدار $a_k = \frac{1}{k!}$ يتناقص قطعًا إلى $0$: ومنه ينطبق السؤال 1. وتايلور–لاغرانج ([المبرهنة 16.7](#thm-b1-taylor-lagrange)) من أجل $\exp$ بين $-1$ و $0$: $\abs{\eu^{-1} - T_n} \leq \frac{1}{(n+1)!}$ (لأن [المشتقة](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/14-differentiation#def-b1-derivative-def) $\eu^t$ هي $\leq 1$ هناك)، ومنه $T_n \to \eu^{-1}$، وتكون النهاية $S$ في السؤال 1 *هي* $\eu^{-1}$، بالحاصرين القطعيين $0 < \abs{\eu^{-1} - T_n} < \frac{1}{(n+1)!}$.

**3.** بمكاملة المتطابقة على $\intcc{0}{1}$: يكون الطرف الأيسر $\arctan 1 = \frac\pi4$ (بالمبرهنة الأساسية)، ويعطي الحدّ $k$ المقدارَ $\frac{(-1)^k}{2k+1}$، و

$$
\rho_n = (-1)^{n+1}\int_0^1 \frac{t^{2n+2}}{1+t^2}\dd t,
\qquad
\abs{\rho_n} \leq \int_0^1 t^{2n+2}\dd t = \frac{1}{2n+3} .
$$

**4.** الخطأ على $\pi$ هو $4\abs{\rho_n} \leq
\frac{4}{2n+3}$: ويقتضي نزوله دون $10^{-6}$ أن $2n + 3 > 4\cdot10^6$، أي نحو مليونَي حدّ. وفي الأثناء $4S_4 = 4\bigl(1 - \frac13 +
\frac15 - \frac17 + \frac19\bigr) = 4 \times 0.834921 =
3.339683$، أي على بعد $0.2$ تقريبًا من $\pi$: خمسة حدود، ولا حتى رقم واحد.

**5.** بالمكاملة على $\intcc{0}{1}$: $\ln 2 =
\sum_{k=1}^{n} \frac{(-1)^{k-1}}{k} + (-1)^n R_n$ مع $R_n =
\int_0^1 \frac{t^n}{1+t}\dd t$؛ ومن $\frac12 \leq \frac{1}{1+t}
\leq 1$: $\frac{1}{2(n+1)} \leq R_n \leq \frac{1}{n+1}$. و الخطأ محبوس بين مضاعفين للمقدار $\frac1n$: فستة أرقام عشرية تكلّف نحو مليون حدّ.

**6.** بالمكاملة من $0$ إلى $x$: $\frac12\ln\frac{1 +
x}{1 - x} = \sum_{k=0}^{n} \frac{x^{2k+1}}{2k+1} + \int_0^x
\frac{t^{2n+2}}{1-t^2}\dd t$. وعند $x = \frac13$: $\frac{1 +
1/3}{1 - 1/3} = 2$، وعلى $\intcc{0}{\frac13}$، $\frac{1}{1 -
t^2} \leq \frac98$:

$$
\ln 2 = 2\sum_{k=0}^{n} \frac{(1/3)^{2k+1}}{2k+1} +
\tilde\rho_n,
\qquad
0 < \tilde\rho_n \leq \frac{9}{4}\cdot
\frac{(1/3)^{2n+3}}{2n+3} :
$$

فكل حدّ إضافي [يقسم](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/6-integer-arithmetic#def-b1-arith-divides) الخطأ على نحو $9$.

**7.** بالاستقراء: من أجل $n = 1$: $1 - \frac12 = \frac12 = H_2
- H_1$. والخطوة:

$$
H_{2n+2} - H_{n+1} = (H_{2n} - H_n) + \frac{1}{2n+1} +
\frac{1}{2n+2} - \frac{1}{n+1}
= (H_{2n} - H_n) + \frac{1}{2n+1} - \frac{1}{2n+2},
$$

وهو بالضبط تزايد المجموع المتناوب. و $H_{2n} - H_n = \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n+k}$ هو مجموع ريمان للمقدار [المثال 15.21](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/15-integration-on-a-segment#ex-b1-integration-riemannexample)، وهو يتقارب إلى $\ln
2$: ومنه فالمجاميع الجزئية الزوجية في الطريق 1 *هي* [مجاميع ريمان](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/15-integration-on-a-segment#thm-b1-integration-riemann) في الطريق 3.

**8.** $\sum_{k=1}^{6}\frac{(-1)^{k-1}}{k} = 0.61667$، بخطأ $0.0765$؛ ويعطي الطريق 2 عند $n = 5$ المقدارَ $0.6931471$ بخطأ $\leq \frac94\cdot\frac{(1/3)^{13}}{13} = 1.1\cdot10^{-7}$. و السبب: يقوّم الطريق 1 متسلسلة اللوغاريتم عند النقطة الحدّية $x = 1$، حيث تتلاشى الحدود مثل $\frac1k$؛ ويقوّم الطريق 2 عند $x = \frac13$، وهو عميق في الداخل، حيث يحمل كل حدّ عاملًا جديدًا $\frac19$.

**9.** عشرة أرقام عشرية: نريد $\tilde\rho_n \leq
5\cdot10^{-11}$. وعند $n = 10$: $\frac94 \cdot
\frac{(1/3)^{23}}{23} = \frac94\cdot\frac{1.06\cdot10^{-11}}{23}
\approx 1.0\cdot10^{-12} < 5\cdot10^{-11}$: فأحد عشر حدًّا تكفي.

**10.** $(5+\iu)^2 = 24 + 10\iu$، ثم $(5+\iu)^4 = (24 +
10\iu)^2 = 476 + 480\iu$؛ و $2(1+\iu)(239+\iu) = 2(238 +
240\iu) = 476 + 480\iu$: فهما متساويان. والعمد: $\arg(5 + \iu) =
\arctan\frac15$، ومنه فللطرف الأيسر [عمدة](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/3-complex-numbers#def-b1-complex-expi) $4\arctan\frac15 \approx 0.79 \in \intoo{0}{\pi}$؛ وللطرف الأيمن [عمدة](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/3-complex-numbers#def-b1-complex-expi) $\frac\pi4 + \arctan\frac{1}{239} \in
\intoo{0}{\pi}$. وعددان عقديان متساويان بعمدتين في [الفترة](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/10-real-numbers#prop-b1-reals-intervals) نفسها التي طولها $< 2\pi$:

$$
4\arctan\frac15 = \frac\pi4 + \arctan\frac{1}{239} ,
$$

وهي صيغة ماشان.

**11.** كامل $\frac{1}{1+t^2} = \sum_{k=0}^n (-1)^k
t^{2k} + \frac{(-1)^{n+1}t^{2n+2}}{1+t^2}$ من $0$ إلى $x$:

$$
\arctan x = \sum_{k=0}^{n}\frac{(-1)^k x^{2k+1}}{2k+1} +
r_n(x),
\qquad
\abs{r_n(x)} \leq \int_0^x t^{2n+2}\dd t =
\frac{x^{2n+3}}{2n+3} .
$$

**12.** الأخطاء: $16\,\frac{(1/5)^{11}}{11} = 3.0\cdot
10^{-8}$ و $4\,\frac{(1/239)^5}{5} \approx 1\cdot10^{-12}$: والمجموع $< 5\cdot10^{-8}$. ويساوي المجموع المعروض $3.14159268\dots$، ومنه $\pi = 3.1415926\dots$ مصادَقًا عليه حتى $5\cdot10^{-8}$: أي سبعة أرقام عشرية من ستة حدود (خمسة عند $\frac15$ واثنان عند $\frac1{239}$ بحساب سخيّ).

**13.** لايبنتز: خطأ $\sim \frac1n$، ومنه فكل رقم جديد يضرب العمل في عشرة. ودالزل ([المسألة 15.1](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/15-integration-on-a-segment#pb-b1-integration-1)، السؤال 22): خطأ $4^{1-5m}$، أي نحو ثلاثة أرقام لكل خطوة، وكل خطوة [كثير حدود](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/8-polynomials#def-b1-poly-def) أثقل. وماشان: نسبة خطأ $\frac{1}{25}$ لكل حدّ، أي نحو $1.4$ رقم لكل حدّ، وكل حدّ قسمة واحدة. والعبرة: يتسلّم باقي النشر من النوع الهندسي مثل $x^{2n}$، ومنه فتصغير $x$ يشتري الأرقام بكلفة *ثابتة* لكل حدّ — ومتطابقة ماشان العقدية هي بالضبط آلة لتصغير $x$.

**14.** المقدار $a_k = \frac{1}{(2k)!}$ يتناقص قطعًا إلى $0$؛ وحسب السؤال 1 و [القضية 16.11](#prop-b1-taylor-standard) (بحاصر لاغرانج كما في السؤال 2)، $\sum_{k \leq n}\frac{(-1)^k}{(2k)!}
\to \cos 1$ مع التأطير *القطعي* $0 < \bigl|\cos 1 -
S'_n\bigr| < \frac{1}{(2n+2)!}$. افترض $\cos 1 = \frac pq$ و خذ $2n \geq q$: عندئذ $(2n)!\,S'_n = \sum_{k\leq n} (-1)^k
\frac{(2n)!}{(2k)!} \in \Z$ و $(2n)!\,\frac pq \in \Z$، بينما

$$
0 < \Bigl|(2n)!\cos 1 - (2n)!S'_n\Bigr| <
\frac{(2n)!}{(2n+2)!} = \frac{1}{(2n+1)(2n+2)} < 1 :
$$

أي عدد صحيح غير معدوم قيمته المطلقة $< 1$. وهذا تناقض: ومنه $\cos
1 \notin \Q$.

**15.** بالمثل مع $a_k = \frac{1}{(2k+1)!}$، وبالضرب في $(2n+1)!$ مع $2n + 1 \geq q$: $\sin 1 \notin
\Q$. ومع ذلك $\cos^2 1 + \sin^2 1 = 1 \in \Q$: فجداءات الأعداد الصمّاء ومجاميعها قد تكون ناطقة — فالصمم لا يمرّ عبر أيّ عملية جبرية بالمجّان.

**16.** حاصر الذيل: من أجل $m > n$،

$$
\sum_{k=n+1}^{m} \frac{1}{(2k)!}
\leq \frac{1}{(2n+2)!}\Bigl(1 + \frac12 + \frac14 +
\dots\Bigr) \leq \frac{2}{(2n+2)!} ,
$$

لأن كل نسبة متتالية هي $\frac{1}{(2k+1)(2k+2)} \leq
\frac12$؛ والذيل موجب (لأن حدّه الأول كذلك). ومنه $0 <
\cosh 1 - \sum_{k\leq n}\frac{1}{(2k)!} < \frac{2}{(2n+2)!}$، والضرب في $(2n)!$ مع $2n \geq q$ يحبس عددًا صحيحًا غير معدوم في $\intoo{0}{1}$ مرة أخرى: ومنه $\cosh 1 \notin \Q$.

**17.** $\cos\frac1m = \sum_k
\frac{(-1)^k}{m^{2k}(2k)!}$: فالحدود تتناقص قطعًا إلى الصفر، و $m^{2n}(2n)!\cdot\frac{1}{m^{2k}(2k)!} =
m^{2(n-k)}\frac{(2n)!}{(2k)!} \in \Z$ من أجل $k \leq n$. وإذا كان $\cos\frac1m = \frac pq$، فاضرب التأطير القطعي في $q\,m^{2n}(2n)!$: فيكون الخطأ محدودًا بالمقدار $\frac{q}{m^2(2n+1)(2n+2)} < 1$ من أجل $n$ كبير: وهذا تناقض. وأمّا من أجل $\frac ab$ مع $a \geq 2$: فإن إزالة المقامات تضرب الذيلَ في $b^{2n}(2n)!$، لكن أول حدّ محذوف هو $\frac{a^{2n+2}}{b^{2n+2}(2n+2)!}$، والجداء $\frac{a^{2n+2}}{b^2(2n+1)(2n+2)}$ *ينفجر*: فالبسط $a^{2n+2}$ لم يعد يُزال، وينحشر الفخّ. (والنتيجة صحيحة مع ذلك — عبر آلة من نوع نيفن، لا هذه.)

**18.** عند $t = x$ ينعدم كل حدّ من $g$ إلا $f(x)
- f(x) = 0$: ومنه $g(x) = 0$؛ ويُختار $A$ بحيث $g(a) = 0$. وبالاشتقاق، يتلسكب المجموع:

$$
g'(t) = -\frac{f^{(n+1)}(t)}{n!}(x - t)^n +
A\,\frac{(x-t)^n}{n!}
= \frac{(x-t)^n}{n!}\bigl(A - f^{(n+1)}(t)\bigr) .
$$

وتعطي رول على القطعة من $a$ إلى $x$ عددًا $c$ قطعًا بينهما يحقق $g'(c) = 0$؛ ولأن $(x - c)^n \neq 0$: $A =
f^{(n+1)}(c)$. ونشرُ $g(a) = 0$ يعطي مساواة تايلور بالباقي $\frac{f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}(x-a)^{n+1}$.

**19.** من أجل $x > 0$، يكون الباقي $\frac{\eu^{c}}
{(n+1)!}x^{n+1} > 0$: فالأسّي يتجاوز كلًّا من كثيرات حدود تايلور له، قطعًا، عند كل رتبة. ومن أجل $x < 0$ تكون إشارة الباقي إشارةَ $x^{n+1}$: فيكون $\eu^x$ *فوق* [كثير الحدود](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/8-polynomials#def-b1-poly-def) من أجل $n$ فردي، و*تحته* من أجل $n$ زوجي — أي جهتين متناوبتين، كما يبيّن أصلًا منحنيا $1 + x$ و $1
+ x + \frac{x^2}{2}$ إزاء $\eu^x$.

**20.** الخطأ الحقيقي: $\sin 0.5 - 0.4791667 =
2.59\cdot10^{-4}$، إزاء الحاصر $\frac{0.5^5}{120} =
2.60\cdot10^{-4}$: فيكاد يُبلغ (لأن الحدّ التالي يهيمن على الذيل). ويونغ: من أجل النهايات والتحليل الموضعي، حيث لا حاجة إلى أيّ ثابت. ولاغرانج: من أجل الأرقام العشرية المصادَق عليها. والمتناوب: حين ينطبق، فالحاصر نفسه *مع* اتجاه الخطأ — أي أفضل الثلاثة، لكنه أندرها.

**21.** [الاتصال](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/13-limits-and-continuity#def-b1-continuity-continuous) عند $0$: مع $u = \frac{1}{x^2} \to
+\infty$، $f(x) = \eu^{-u} \to 0 = f(0)$. [والمشتقة](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/14-differentiation#def-b1-derivative-def) عند $0$: $\bigl|\frac{f(h)}{h}\bigr| = \sqrt u\,\eu^{-u} \to 0$ ([القضية 4.6](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/4-standard-functions#prop-b1-functions-powerrules)): ومنه $f'(0) = 0$. ومن أجل $x \neq
0$، $f'(x) = \frac{2}{x^3}\eu^{-1/x^2}$: أي الشكل $P_1\bigl(\frac1x\bigr)\eu^{-1/x^2}$ مع $P_1(X) = 2X^3$؛ وبالاستقراء، يعطي اشتقاق $P_k(\frac1x)\eu^{-1/x^2}$ المقدارَ $P_{k+1}(X) = 2X^3 P_k(X) - X^2 P_k'(X)$، وهو [كثير حدود](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/8-polynomials#def-b1-poly-def). وعندئذ

$$
\frac{f^{(k)}(h) - 0}{h} = v\,P_k(v)\,\eu^{-v^2}
\Big|_{v = 1/h} \longrightarrow 0
$$

([كثير حدود](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/8-polynomials#def-b1-poly-def) إزاء $\eu^{-v^2}$، [بمقارنة النمو](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/4-standard-functions#prop-b1-functions-powerrules) عند $\pm\infty$): ومنه بالاستقراء $f^{(k)}(0) = 0$ من أجل كل $k$. فتنعدم كل كثيرات حدود تايلور للمقدار $f$ عند $0$، ومع ذلك $f > 0$ خارج $0$: فتايلور–يونغ مضبوط عند كل رتبة وأعمى بعد الجرثومة. فالنشر معلومة موضعية فقط.

**22.** حسب السؤال 2، $0 < \abs{\eu^{-1} - T_n} <
\frac{1}{(n+1)!}$، قطعًا. فإذا كان $\eu^{-1} = \frac pq$، فخذ $n
\geq q$ واضرب في $n!$: فيكون $n!\,T_n \in \Z$ و $n!\frac pq
\in \Z$، ومنه يكون لعدد صحيح غير معدوم قيمة مطلقة $<
\frac{n!}{(n+1)!} = \frac{1}{n+1} < 1$: وهذا تناقض. ومنه $\eu^{-1} \notin \Q$، و $\eu = \frac{1}{\eu^{-1}}$ أصمّ كذلك. والبراهين الثلاثة: [المتتاليتان المتجاورتان](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/11-sequences#thm-b1-seq-adjacent) بحصر $q!\,\eu$ ([التمرين 11.9](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/11-sequences#exo-b1-seq-9))؛ والعلاقة التراجعية التكاملية $A_n =
\eu - nA_{n-1}$ ([المسألة 15.1](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/15-integration-on-a-segment#pb-b1-integration-1))؛ والتأطير المتناوب (هنا). أي فخّ واحد وثلاث شهادات صغر.

**23.** اجمع المجاميع الجزئية أزواجًا: $\sum_{k=1}^{2n}
(-1)^k b_k = E_n - O_n$ مع $E_n = \sum_{j=1}^{n}
\frac{1}{4j^2}$، وهو محدود (بحاصر التلسكوب في [المثال 11.22](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/11-sequences#ex-b1-seq-basel)، $E_n \leq \frac12$)، و $O_n =
\sum_{j=1}^{n}\frac{1}{2j-1} \geq \frac12 H_n \to +\infty$ ([التمرين 11.5](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/11-sequences#exo-b1-seq-5)): ومنه تؤول المجاميع الجزئية إلى $-\infty$. واستُعملت الرتابة في السؤال 1 بالضبط حيث احتاج $S_{2n+1} -
S_{2n-1} = a_{2n} - a_{2n+1}$ إلى إشارة: فبدون التناقص، ليس على المتتاليتين الجزئيتين الزوجية والفردية أن تكونا رتيبتين، و ينهار التجاور.

**24.** $(2+\iu)(3+\iu) = 5 + 5\iu = 5(1+\iu)$؛ وبأخذ العمد (وكلها في $\intoo{0}{\frac\pi2}$): $\arctan\frac12 +
\arctan\frac13 = \frac\pi4$. وكلفة المتسلسلة من أجل ستة أرقام عشرية: الخطأ $\leq 4\bigl(\frac{(1/2)^{2n+3}}{2n+3} +
\frac{(1/3)^{2n+3}}{2n+3}\bigr)$، وهو عند $n = 10$ يساوي $\approx 2\cdot10^{-8} < 5\cdot10^{-7}$: أي أحد عشر حدًّا. والترتيب: أفضل من لايبنتز بهامش أسّي، وخلف ماشان (الذي نقطته المهيمنة $\frac15$ أصغر من $\frac12$): أي نحو $0.6$ رقم لكل حدّ إزاء $1.4$ عند ماشان.

**25.** (أ) من أجل $a_k \to 0$ متناقصة، تتقارب المجاميع الجزئية المتناوبة مع $\abs{S - S_n} \leq a_{n+1}$ ويحمل الخطأ إشارة أول حدّ محذوف. (ب) والمتطابقة المنتهية ذات الباقي الصريح يمكن *تقويمها وحصرها عند نقطة مختارة*، بينما لا تعد [عبارة](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/1-logic-sets-and-maps#def-b1-logic-statement) النهاية إلا بتقارب في النهاية — وتحتاج المصادقة إلى الأولى. (ج) والمستخرج: $\pi$ حتى $5\cdot10^{-8}$ بماشان، و $\ln 2$ حتى عشرة أرقام عشرية بمتسلسلة $\frac13$، وصمم $\cos 1$ و $\sin 1$ و $\cosh 1$ و $\cos\frac1m$ و $\eu^{-1}$، و مساواة تايلور–لاغرانج، وتحذير الدالة المنبسطة. (د) ويرقّي [الفصل 17](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/17-numerical-series#ch-b1-series) السؤالَ 1 إلى محك المتسلسلات المتناوبة، ويفصل التقارب بإطلاق عن التقارب الشرطي، وتعرض مسألة نهاية الأسبوع فيه دراما إعادة الترتيب التي تكون فيها المتسلسلة التوافقية المتناوبة في الطريق 1 الشاهدَ النجم.