الرياضيات الجامعية — السنة 1 · Bachelor Year 1

4الدوال المعيارية

لا يفيد التحليل إلا بقدر مخزون الدوال التي يتقنها المرء. وإلى المجموعة الموروثة عن الثانوية — القوى والدالة الأسّية واللوغاريتم والدوال المثلثية — يضيف هذا الفصل دوالَّها العكسية ( $\arcsin$ و $\arccos$ و $\arctan$ ) والعائلة الزائدية. وتُستعمل المشتقات بحرية على مستوى الثانوية؛ أمّا النظرية التي وراء الدوال العكسية فتُستكمل في الفصول 13 و14.

4.1 الدالة الأسّية واللوغاريتم والقوى

قضية 4.1 (تذكير وتوصيف)

التطبيقان $\exp \colon \R \to \intoo{0}{+\infty}$ و $\ln \colon \intoo{0}{+\infty} \to \R$ تقابلان أحدهما مقلوب الآخر، متزايدان تمامًا، مع

\exp(x + y) = \exp x \exp y, \qquad \ln(xy) = \ln x + \ln y, \qquad \exp' = \exp, \qquad \ln'(x) = \frac 1x .

وزيادةً على ذلك، فإن $\exp$ هي الدالة القابلة للاشتقاق الوحيدة $f \colon \R \to \R$ التي تحقق $f' = f$ و $f(0) = 1$ .

برهان. التذكير مادة ثانوية. وأمّا الوحدانية، فلتكن $f' = f$ و $f(0) = 1$ ، ولنضع $g(x) = f(x)\,\eu^{-x}$ . عندئذ $g' = f'\eu^{-x} - f\eu^{-x} = 0$ ، فتكون $g$ ثابتة تساوي $g(0) = 1$ : أي $f = \exp$ . ∎

تعريف 4.2 (القوى العامة)

من أجل $x > 0$ و $\alpha \in \R$ : $\;x^\alpha = \eu^{\alpha \ln x}$ . ومن أجل $a > 0$ حيث $a \neq 1$ ، يكون اللوغاريتم ذو الأساس $a$ هو $\log_a x = \frac{\ln x}{\ln a}$ ، وهو مقلوب $x \mapsto a^x$ .

مثال 4.3 (حلّ المعادلات الأسّية)

حُلَّ $2^x = 5^{\,x-1}$ في $\R$ . الطرفان موجبان، فخذ اللوغاريتمات — وهي خطوة قابلة للعكس:

x\ln2 = (x - 1)\ln5 \iff x(\ln2 - \ln5) = -\ln5 \iff x = \frac{\ln5}{\ln5 - \ln2} = \frac{\ln 5}{\ln\frac52} \approx 1.756 .

ثم حُلَّ $x^{\sqrt2} = 3$ من أجل $x > 0$ : ارفع إلى القوة $\frac1{\sqrt2}$ (أي طبّق التقابل المقلوب): $x = 3^{1/\sqrt2} = \eu^{(\ln 3)/\sqrt2} \approx 2.175$ . والفكرة النافذة: كل معادلة تخلط القوى تنفكّ عبر $\ln$ و $\exp$ ، لأن التعريف $x^\alpha = \eu^{\alpha\ln x}$ يردّ كل تلاعب بالقوى إلى حساب الأسس — لكن على مجموعة التعريف $x > 0$ وحدها حيث يحيا ذلك التعريف.

مثال 4.4 (أزمنة التضاعف)

مقدار ينمو بنسبة $3\%$ في كل خطوة: فبعد $n$ خطوة يكون قد ضُرب في $(1.03)^n$ . فمتى يتضاعف؟ حُلَّ $(1.03)^n \geq 2$ :

n\ln(1.03) \geq \ln2 \iff n \geq \frac{\ln 2}{\ln 1.03} = \frac{0.6931}{0.02956} \approx 23.4 ,

فيقع التضاعف الأول عند الخطوة $24$ . (و«قاعدة $72$ » عند الماليين، التي تقدّر زمن التضاعف بقسمة $72$ على النسبة المئوية، هي هذا الحساب مع التقريب $\ln(1 + x) \approx x$ ، المكمَّم في الفصل 16.) وأحسن ما يُعقل به عن السيرورات الأسّية هو لوغاريتماتها: فعلى ذلك السلّم يكون النموّ خطيًا وتصير الأسئلة قسمات.

مثال 4.5 (كم طول العدد $2^{2026}$ ؟)

عدد الأرقام العشرية لعدد صحيح $N \geq 1$ هو $\floor{\log_{10} N} + 1$ (فللعدد $N$ بالفعل $d$ رقمًا تحديدًا عندما $10^{d-1} \leq N < 10^d$ ، أي $d - 1 \leq \log_{10}N < d$ ). ومن أجل $N = 2^{2026}$ :

\log_{10} 2^{2026} = 2026\,\log_{10}2 = 2026 \times 0.301030 = 609.887 ,

ومنه فللعدد $2^{2026}$ من الأرقام $610$ . ويحمل الجزء الكسري مكافأةً: $10^{0.887} \approx 7.7$ ، فالعدد يبدأ بالرقم $7$ . فقد أجابت عملية ضرب واحدة عن سؤال يخصّ عددًا لن يكتبه أحد كاملًا — فاللوغاريتمات تضغط الحجم الجدائي في حجم جمعيّ، وهذا كل مغزاها التاريخي (والمثال 7.12 يجعل هذه الجملة دقيقة).

قضية 4.6 (قواعد القوى ومقارنة النموّ)

من أجل $x, y > 0$ و $\alpha, \beta \in \R$ :

x^{\alpha+\beta} = x^\alpha x^\beta, \quad (x^\alpha)^\beta = x^{\alpha\beta}, \quad (xy)^\alpha = x^\alpha y^\alpha, \quad (x^\alpha)' = \alpha\, x^{\alpha - 1}.

وسلّم النموّ عندما $x \to +\infty$ ، من أجل كل $\alpha > 0$ و $\beta > 0$ :

\frac{(\ln x)^\beta}{x^\alpha} \longrightarrow 0, \qquad \frac{x^\alpha}{\eu^{\beta x}} \longrightarrow 0 .

برهان. تنسخ المتطابقات نظيراتها الخاصة بالدالتين $\exp$ و $\ln$ عبر التعريف. وبالتفصيل من أجل الثانية (وهي أقلّها وضوحًا): $x^\alpha > 0$ و $\ln(x^\alpha) = \alpha\ln x$ (طبّق $\ln$ على التعريف)، ومنه

(x^\alpha)^\beta = \eu^{\beta\ln(x^\alpha)} = \eu^{\beta\alpha\ln x} = x^{\alpha\beta} ;

والأولى والثالثة هما الفكّ نفسه في سطرين عبر $\exp(u + v) = \exp u\exp v$ و $\ln(xy) = \ln x + \ln y$ . والمشتقة تأتي من قاعدة السلسلة: $(\eu^{\alpha\ln x})' = \frac{\alpha}{x} \eu^{\alpha\ln x}$ .

وأمّا المقارنات: فمن $\frac{\ln t}{t} \to 0$ (المبرهن عليها في مجلد الثانوية)، عوّض $t = x^{\alpha/\beta}$ : $\frac{\ln x}{x^{\alpha/\beta}} \to 0$ ، ثم ارفع إلى القوة $\beta$ . وأمّا الثانية فعوّض $x = \ln u$ في الأولى. ∎

مثال 4.7 (نهايتان ينبغي لكل قارئ أن يمتلكهما)

ما $\lim_{x \to 0^+} x^x$ و $\lim_{x \to +\infty} x^{1/x}$ ؟ كلتا القوتين معرَّفة عبر الدالة الأسّية، فاحسم الأس أولًا:

x^x = \eu^{x\ln x}, \qquad x\ln x = -\frac{\ln(1/x)}{1/x} \longrightarrow 0 \quad (x \to 0^+), \qquad\text{ومنه } x^x \longrightarrow \eu^0 = 1 ;

و $x^{1/x} = \eu^{(\ln x)/x} \to \eu^0 = 1$ عندما $x \to +\infty$ ، مباشرةً بمقارنة النموّ. والفكرة النافذة: القوة غير المعيَّنة (من الشكل $0^0$ أو $\infty^0$ ) تُعالَج دائمًا بإعادة كتابة $u^v = \eu^{v\ln u}$ وتحليل الجداء $v \ln u$ — لا بالتخمين من الأساس والأس كلٍّ على حدة. والدالة $x \mapsto \frac{\ln x}{x}$ التي حسمت النهايتين تُدرس دراسةً مستوفاة في مسألة نهاية الأسبوع من هذا الفصل.

سلّم النموّ في : قرب الحافة اليمنى، لم يتجاوز x القيمة 1.6 بعدُ إلا بقليل، في حين غادر x الإطار. وكل نسبة (لوغاريتم على قوة، أو قوة على أسّية) تؤول إلى 0 — ولا يلمّح الرسم إلا إلى ما تجعله التعويضات في البرهان دقيقًا. — سلّم النموّ في القضية 4.6: قرب الحافة اليمنى، لم يتجاوز $\ln x$ القيمة $1.6$ بعدُ إلا بقليل، في حين غادر $\eu^x$ الإطار. وكل نسبة (لوغاريتم على قوة، أو قوة على أسّية) تؤول إلى $0$ — ولا يلمّح الرسم إلا إلى ما تجعله التعويضات في البرهان دقيقًا.

ملاحظة 4.8 (مزالق شائعة مع القوى واللوغاريتمات)

مجموعات التعريف. المقدار $x^\alpha$ من أجل $\alpha$ أصمّ يقتضي $x > 0$ ؛ ويحسن تجنّب $(-8)^{1/3}$ لصالح «الجذر التكعيبي الحقيقي للعدد $-8$ »، لأن القاعدة $(x^\alpha)^\beta = x^{\alpha\beta}$ تخفق ضمنًا على الأعداد السالبة: $\bigl((-8)^2\bigr)^{1/6} = 2 \neq -2$ .
$\sqrt{x^2} = \abs x$ ، لا $x$ : ونسيان القيمة المطلقة هو المصدر الكلاسيكي لضياع الحلول السالبة.
القاعدة $\ln(xy) = \ln x + \ln y$ تقتضي $x, y > 0$ . ففي حالة الوسائط السالبة قد يكون $\ln(xy)$ معرَّفًا بينما لا يكون الطرف الأيمن كذلك.
أيّ الدالتين تنمو؟ في $x^\alpha$ يتغير الأساس؛ وفي $a^x$ يتغير الأس. ونموّاهما مختلفان اختلافًا هائلًا (القضية 4.6)، ويجب إعادة كتابة العبارات المهجّنة مثل $x^{\ln x}$ أو $x^{1/x}$ في صورة $\eu^{(\cdot)}$ قبل أيّ استدلال — كما في المثال 4.7.

4.2 الدوال المثلثية العكسية

تعريف 4.9 ( $\arcsin$ و $\arccos$ و $\arctan$ )

القصور

\sin \colon \intcc{-\tfrac\pi2}{\tfrac\pi2} \to \intcc{-1}{1}, \qquad \cos \colon \intcc{0}{\pi} \to \intcc{-1}{1}, \qquad \tan \colon \intoo{-\tfrac\pi2}{\tfrac\pi2} \to \R

تقابلات رتيبة تمامًا. وتُكتب تطبيقاتها العكسية $\arcsin$ و $\arccos$ و $\arctan$ . وهكذا فإن $y = \arcsin x$ (حيث $x \in \intcc{-1}{1}$ ) هو مثلًا الزاوية الوحيدة في $\intcc{-\frac\pi2}{\frac\pi2}$ التي جيبها $x$ .

من اليسار إلى اليمين: و و . ويرث كلٌّ منها منحنيه من الدالة المباشرة المقصورة بالتناظر بالنسبة إلى المستقيم y = x. — من اليسار إلى اليمين: $\arcsin$ و $\arccos$ و $\arctan$ . ويرث كلٌّ منها منحنيه من الدالة المباشرة المقصورة بالتناظر بالنسبة إلى المستقيم $y = x$ .

قضية 4.10 (المشتقات)

على داخل مجموعات تعريفها:

\arcsin' x = \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}}, \qquad \arccos' x = \frac{-1}{\sqrt{1 - x^2}}, \qquad \arctan' x = \frac{1}{1 + x^2}.

برهان. باستباق قاعدة الدالة العكسية المبرهن عليها في الفصل 14: إذا كان $f$ تقابلًا قابلًا للاشتقاق و $f' \neq 0$ فإن $(f^{-1})'(x) = \frac{1}{f'(f^{-1}(x))}$ . ومن أجل $\arcsin$ : مع $y = \arcsin x$ ،

\arcsin' x = \frac{1}{\cos y} = \frac{1}{\sqrt{1 - \sin^2 y}} = \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}},

حيث $\cos y = +\sqrt{1 - \sin^2 y}$ لأن $y \in \intoo{-\frac\pi2}{\frac\pi2}$ يفرض $\cos y > 0$ . وبالمثل $\arccos' x = \frac{1}{-\sin y}$ مع $\sin y > 0$ على $\intoo{0}{\pi}$ ، و $\arctan' x = \frac{1}{1 + \tan^2 y} = \frac{1}{1 + x^2}$ باستعمال $\tan' = 1 + \tan^2$ . ∎

مثال 4.11 (التعرف على ثابت مستتر)

ادرس $g(x) = \arctan\dfrac{1 - x}{1 + x}$ على $\intoo{-1} {+\infty}$ . قاعدة السلسلة وحساب قصير يعطيان:

g'(x) = \frac{1}{1 + \bigl(\frac{1-x}{1+x}\bigr)^2}\cdot \frac{-(1+x) - (1-x)}{(1+x)^2} = \frac{-2}{(1+x)^2 + (1-x)^2} = \frac{-1}{1 + x^2} ,

لأن $(1+x)^2 + (1-x)^2 = 2 + 2x^2$ . إذن $g' = -\arctan'$ : أي أن الدالة $g + \arctan$ لها مشتقة معدومة على المجال $\intoo{-1}{+\infty}$ ، فهي ثابتة هناك؛ وقيمتها عند $x = 0$ هي $\arctan 1 + \arctan 0 = \frac\pi4$ . والخلاصة:

\arctan\frac{1 - x}{1 + x} = \frac\pi4 - \arctan x \qquad (x > -1) .

وعلى $\intoo{-\infty}{-1}$ يبقى حساب المشتقة نفسه صالحًا لكن الثابت مختلف ( $-\frac{3\pi}4$ : احسب النهاية عندما $x \to -\infty$ ). والفكرة النافذة: عبارة «المشتقة المعدومة تستلزم الثبات» عبارةٌ تصحّ مجالًا مجالًا — وهي بالضبط الدقة المستثمَرة في التمرين 4.6 و التمرين 4.10.

قضية 4.12 (متطابقات معيارية)

من أجل $x \in \intcc{-1}{1}$ : $\arcsin x + \arccos x = \dfrac{\pi}{2}$ .
من أجل $x > 0$ : $\arctan x + \arctan\dfrac 1x = \dfrac{\pi}{2}$ (والقيمة $-\frac\pi2$ من أجل $x < 0$ ).
$\sin(\arccos x) = \cos(\arcsin x) = \sqrt{1 - x^2}$ ؛ و $\;\tan(\arcsin x) = \dfrac{x}{\sqrt{1 - x^2}}$ من أجل $\abs x < 1$ .

برهان. (1) مشتقة $x \mapsto \arcsin x + \arccos x$ معدومة على $\intoo{-1}{1}$ (القضية 4.10)، فالدالة ثابتة هناك، وتساوي قيمتها $\frac\pi2$ عند $0$ ؛ وتُتحقَّق قيمتا الطرفين $\pm 1$ مباشرةً ( $\frac\pi2 + 0$ و $-\frac\pi2 + \pi$ ).

(2) الطريقة نفسها على $\intoo{0}{+\infty}$ : المشتقة هي $\frac{1}{1+x^2} + \frac{-1/x^2}{1 + 1/x^2} = \frac{1}{1+x^2} - \frac{1}{x^2 + 1} = 0$ ، وعند $x = 1$ يكون المجموع $2\arctan 1 = \frac\pi2$ . ومن أجل $x < 0$ استعمل فردية $\arctan$ .

(3) مع $y = \arccos x \in \intcc{0}{\pi}$ : لدينا $\sin y \geq 0$ ، ومنه $\sin y = \sqrt{1 - \cos^2 y} = \sqrt{1 - x^2}$ ؛ وكذلك من أجل $\cos(\arcsin x)$ ، وصيغة الظل هي القسمة. ∎

ملاحظة 4.13

تصحّ $\arcsin(\sin\theta) = \theta$ وحدها من أجل $\theta \in \intcc{-\frac\pi2}{\frac\pi2}$ : فمثلًا $\arcsin(\sin\pi) = 0 \neq \pi$ . أمّا التركيب في الاتجاه الآخر، $\sin(\arcsin x) = x$ ، فصالح على $\intcc{-1}{1}$ كلها.

مثال 4.14 (العودة إلى المجال الرئيس)

احسب

\arctan\Bigl(\tan\frac{3\pi}4\Bigr) \qquad\text{و}\qquad \arctan\Bigl(\tan\frac{17\pi}5\Bigr).

والوصفة: استبدل بالزاوية الزاويةَ الوحيدة من $\intoo{-\frac\pi2}{\frac\pi2}$ التي لها الظل نفسه، أي اطرح المضاعف المناسب للعدد $\pi$ (وهو دور $\tan$ ). أولًا: $\frac{3\pi}4 - \pi = -\frac\pi4$ ، فيكون الجواب $-\frac\pi4$ . وثانيًا: $\frac{17\pi} 5 - 3\pi = \frac{2\pi}5 \in \intoo{-\frac\pi2}{\frac\pi2}$ ، فيكون الجواب $\frac{2\pi}5$ . والحساب قسمةٌ إقليدية للزاوية على $\pi$ متنكرةً — والوصفتان المماثلتان للدالة $\arcsin$ (بالانعكاس إلى $\intcc{-\frac\pi2}{\frac\pi2}$ ، والدور $2\pi$ ) وللدالة $\arccos$ (بالانعكاس إلى $\intcc0\pi$ ) تحرّكان التمرين 4.1 و الجوابَ المتشعّب في التمرين 4.10.

مثال 4.15 (جمع أقواس الظل بأمان)

لنبرهن على أن

\arctan\frac12 + \arctan\frac15 + \arctan\frac18 = \frac\pi4 .

والمكوّنان اثنان: صيغة جمع الظل، و — وهي الخطوة التي ينساها المبتدئون — تحديد موضع المجموع. أولًا، تعطي $\tan(u + v) = \frac{\tan u + \tan v}{1 - \tan u\tan v}$ مع $u = \arctan\frac12$ و $v = \arctan\frac15$

\tan(u + v) = \frac{\frac12 + \frac15}{1 - \frac1{10}} = \frac{7/10}{9/10} = \frac79, \qquad\text{ثم}\qquad \tan\Bigl(u + v + \arctan\frac18\Bigr) = \frac{\frac79 + \frac18}{1 - \frac7{72}} = \frac{65/72}{65/72} = 1 .

وثانيًا، تقع كل زاوية من الزوايا الثلاث في $\intoo0{\frac\pi4}$ (فوسائطها أصغر من $1$ )، فيقع المجموع في $\intoo0{\frac{3\pi}4}$ ؛ والزاوية الوحيدة هناك التي ظلها $1$ هي $\frac\pi4$ . ودون تحديد الموضع لكان الاستنتاج « $\frac\pi4$ بمضاعف للعدد $\pi$ » — أي نصف برهان. وهذا الانضباط ذو الخطوتين نفسه يشغّل التمرين 4.8 و التمرين 4.12.

مثال 4.16 (معادلة بقوس الظل)

حُلَّ $\arctan x + \arctan 2x = \dfrac\pi4$ . أولًا حدّد الموضع: إشارة الطرف الأيسر هي إشارة $x$ (فكلا الحدّين كذلك)، فأيّ حلّ يحقق $x > 0$ ، وعندئذ يقع المجموع في $\intoo0\pi$ . خذ الظلال (وهي غير متباينة على أيّ مجال طوله $\pi$ ، لكنها مقرونةً بتحديد الموضع ستكفي): تعطي صيغة الجمع

\tan\bigl(\arctan x + \arctan 2x\bigr) = \frac{3x}{1 - 2x^2} = 1 \iff 2x^2 + 3x - 1 = 0 \iff x = \frac{-3 \pm \sqrt{17}}4 .

ويُستبعد الجذر السالب بتحديد الموضع؛ وأمّا المرشح الموجب $x_0 = \frac{\sqrt{17} - 3}4 \approx 0.28$ ، فيقع المجموع في $\intoo0\pi$ وظله $1$ ، والزاوية الوحيدة كذلك هي $\frac\pi4$ (ففي $\intoo{\frac\pi2}\pi$ يكون الظل سالبًا): إذن $x_0$ هو الحل الوحيد. ولاحظ شكل الحجة: أخذ الظلال قد يخلق حلولًا ولا يفقدها أبدًا، فيُحلّ المعادلةَ الكثيرةَ الحدود ثم يُصفّى الحلول بتحديد الموضع — وهو انضباط التحقق الأمامي نفسه المتبع عند تربيع معادلة.

4.3 الدوال الزائدية

تعريف 4.17 ( $\cosh$ و $\sinh$ و $\tanh$ )

من أجل $x \in \R$ :

\cosh x = \frac{\eu^x + \eu^{-x}}{2}, \qquad \sinh x = \frac{\eu^x - \eu^{-x}}{2}, \qquad \tanh x = \frac{\sinh x}{\cosh x}

(جيب التمام الزائدي والجيب الزائدي والظل الزائدي). والدالة $\cosh$ زوجية، والدالتان $\sinh$ و $\tanh$ فرديتان.

قضية 4.18 (خصائص أساسية)

لكل $x, y \in \R$ :

$\cosh^2 x - \sinh^2 x = 1$ ؛
$\cosh' = \sinh$ و $\;\sinh' = \cosh$ و $\;\tanh' = 1 - \tanh^2 = \dfrac{1}{\cosh^2}$ ؛
$\cosh(x+y) = \cosh x\cosh y + \sinh x \sinh y$ و $\sinh(x+y) = \sinh x \cosh y + \cosh x \sinh y$ ؛
الدالة $\sinh$ تقابل متزايد تمامًا من $\R$ على $\R$ ؛ والدالة $\cosh$ مقصورةً على $\R_+$ تقابل متزايد تمامًا على $\intco{1}{+\infty}$ ؛ والدالة $\tanh$ تقابل متزايد تمامًا من $\R$ على $\intoo{-1}{1}$ .

برهان. (1) $\bigl(\frac{\eu^x + \eu^{-x}}{2}\bigr)^2 - \bigl(\frac{\eu^x - \eu^{-x}}{2}\bigr)^2 = \frac{(\eu^{2x} + 2 + \eu^{-2x}) - (\eu^{2x} - 2 + \eu^{-2x})}{4} = 1$ .

(2) اشتقّ الصيغ المعرِّفة؛ وأمّا $\tanh$ فتعطي قاعدة القسمة $\frac{\cosh^2 - \sinh^2}{\cosh^2}$ ، وهو $1 - \tanh^2$ و $\frac{1}{\cosh^2}$ معًا حسب (1).

(3) انشر الطرفين الأيمنين باستعمال التعاريف. وبالتفصيل من أجل الصيغة الأولى:

\cosh x\cosh y + \sinh x\sinh y = \frac{(\eu^x + \eu^{-x})(\eu^y + \eu^{-y}) + (\eu^x - \eu^{-x})(\eu^y - \eu^{-y})}{4} ;

فمن الجداءات الثمانية، تختصر الأربعة «المختلطة» ( $\eu^{x-y}$ و $\eu^{y-x}$ ) مثنى مثنى، بينما يظهر كلٌّ من $\eu^{x+y}$ و $\eu^{-(x+y)}$ مرتين: والمجموع هو $\frac{2\eu^{x+y} + 2\eu^{-(x+y)}}{4} = \cosh(x+y)$ . وصيغة الجيب مماثلة، لكن مع بقاء الحدود المختلطة بدل ذلك.

(4) $\sinh' = \cosh \geq 1 > 0$ ، فتكون $\sinh$ متزايدة تمامًا، ولها النهايتان $\pm\infty$ (والحدّ المهيمن $\pm\frac{\eu^{\abs x}}{2}$ )؛ ثم تنتج عبارة التقابل من مبرهنة القيم الوسطى (المستعملة على مستوى الثانوية؛ والمعالجة المنهجية في الفصل 13). وعلى $\R_+$ لدينا $\cosh' = \sinh \geq 0$ ولا ينعدم إلا عند $0$ : فتتزايد تمامًا من $\cosh 0 = 1$ إلى $+\infty$ . ولدينا $\tanh' > 0$ مع النهايتين $\pm 1$ عند $\pm\infty$ : وبالتفصيل،

\tanh x = \frac{\eu^x - \eu^{-x}}{\eu^x + \eu^{-x}} = \frac{1 - \eu^{-2x}}{1 + \eu^{-2x}} \xrightarrow[x \to +\infty]{} 1 ,

بعد قسمة البسط والمقام على $\eu^x$ ، وتعطي الفردية النهاية $-1$ عند $-\infty$ ؛ فترسل الدالة $\tanh$ المتزايدة تمامًا المجموعةَ $\R$ إذن على $\intoo{-1}1$ . ∎

إلى اليسار: و ، ملتصقتان مقاربيًا بالمنحني x/2 (المتقطع). وإلى اليمين: ، متزايدةً من -1 إلى 1. — إلى اليسار: $\cosh$ و $\sinh$ ، ملتصقتان مقاربيًا بالمنحني $\frac{\eu^x}{2}$ (المتقطع). وإلى اليمين: $\tanh$ ، متزايدةً من $-1$ إلى $1$ .

ملاحظة 4.19 (لماذا «زائدية»؟)

تجري النقطة $(\cosh t, \sinh t)$ على الفرع $x > 0$ من القطع الزائد $x^2 - y^2 = 1$ (حسب القضية 4.18 (1))، تمامًا كما تجري $(\cos t, \sin t)$ على الدائرة $x^2 + y^2 = 1$ . ولكل متطابقة دائرية شقيقةٌ زائدية، وتحكم تغيّرات الإشارة فيها $\sinh^2 \leftrightarrow -\sin^2$ .

مثال 4.20 (صيغة الجمع للدالة $\tanh$ )

بقسمة صيغتَي الجمع في القضية 4.18 (3) على $\cosh x\cosh y$ :

\tanh(x + y) = \frac{\sinh x\cosh y + \cosh x\sinh y} {\cosh x\cosh y + \sinh x\sinh y} = \frac{\tanh x + \tanh y}{1 + \tanh x\,\tanh y} ,

وهي شقيقة صيغة جمع الظل الزائدية — مع إشارة $+$ حيث تضع المثلثات إشارة $-$ . ومن فوائدها: بما أن $\abs{\tanh} < 1$ ، يكون الطرف الأيمن قاعدةَ «جمع سرعات» لا تغادر $\intoo{-1}1$ أبدًا: فإذا كان $u, v \in \intoo{-1}1$ فإن $\frac{u + v}{1 + uv} \in \intoo{-1}1$ كذلك (اكتب $u = \tanh a$ و $v = \tanh b$ ، وهذا ممكن بالتقابلية، واقرأ الصيغة بالمقلوب). والتحقق من ذلك جبريًا، دون دوال زائدية، تمرين مؤلم بعض الشيء؛ أمّا الوسْط بالدالة $\tanh$ فيجعله سطرًا واحدًا — وهي الاستراتيجية نفسها التي توفّرها الدوال الدائرية لدائرة الوحدة.

قضية 4.21 (الدوال الزائدية العكسية)

للتقابلات العكسية التي يمنحها القضية 4.18 (4) صيغ مغلقة:

\operatorname{arsinh} x = \ln\bigl(x + \sqrt{x^2 + 1}\bigr) \ (x \in \R), \qquad \operatorname{arcosh} x = \ln\bigl(x + \sqrt{x^2 - 1}\bigr) \ (x \geq 1),

\operatorname{artanh} x = \frac 12 \ln\frac{1 + x}{1 - x} \ (\abs x < 1),

ومشتقاتها $\frac{1}{\sqrt{x^2+1}}$ و $\frac{1}{\sqrt{x^2-1}}$ (من أجل $x > 1$ ) و $\frac{1}{1 - x^2}$ على الترتيب.

برهان. من أجل $\operatorname{arsinh}$ : حُلَّ $x = \sinh y = \frac{\eu^y - \eu^{-y}}{2}$ . وبوضع $u = \eu^y > 0$ : $u^2 - 2xu - 1 = 0$ ، ومنه $u = x + \sqrt{x^2 + 1}$ (فالجذر $x - \sqrt{x^2+1}$ سالب)، و $y = \ln(x + \sqrt{x^2+1})$ . والاثنان الآخران حسابان مماثلان ( $u^2 - 2xu + 1 = 0$ من أجل $\operatorname{arcosh}$ ، مع الاحتفاظ بالجذر $\geq 1$ ؛ وإعادة ترتيب في سطرين من أجل $\operatorname{artanh}$ ). وأمّا المشتقات: فاشتقّ العبارات اللوغاريتمية، مثلًا

\bigl(\ln(x + \sqrt{x^2+1})\bigr)' = \frac{1 + \frac{x}{\sqrt{x^2+1}}}{x + \sqrt{x^2+1}} = \frac{1}{\sqrt{x^2 + 1}} . \qedhere

∎

مثال 4.22 (الصيغ المغلقة في العمل)

حلّ المعادلة $\cosh t = 2$ حيث $t \geq 0$ هو، بالصيغة المغلقة، $t = \operatorname{arcosh} 2 = \ln(2 + \sqrt3) \approx 1.317$ ؛ والحل الآخر هو $-t$ بالزوجية — وبالفعل $\ln(2 - \sqrt3) = \ln\frac1{2 + \sqrt3} = -\ln(2 + \sqrt3)$ : أي أن جذرَي المعادلة من الدرجة الثانية $u^2 - 4u + 1 = 0$ ، وهما $u = \eu^t$ ، مقلوبان أحدهما للآخر، كما يقتضيه جداؤهما $1$ (فييت). ويُظهر هذا الحساب الصغير النمط العام: فالمعادلات الزائدية تتحول إلى معادلات من الدرجة الثانية في $\eu^t$ ، ويظهر التناظر $t \mapsto -t$ في صورة التناظر $u \mapsto 1/u$ للمعادلة من الدرجة الثانية — ويجدر تذكّر ذلك عند حلّ التمرين 4.7.

طريقة 4.23 (اختيار صيغة الدالة الأصلية المناسبة)

أنماط المشتقات الثلاثة التي ينبغي حفظها من أجل المكاملة (الفصل 15):

\int \frac{\dd x}{1 + x^2} = \arctan x + C, \qquad \int \frac{\dd x}{\sqrt{1 - x^2}} = \arcsin x + C, \qquad \int \frac{\dd x}{\sqrt{x^2 + 1}} = \operatorname{arsinh} x + C,

وأمّا في حالة كثير حدود عام من الدرجة الثانية فنردّه إلى هذه بإكمال المربع وإعادة السلّم.

ملاحظة 4.24 (أين يُستعمل هذا الفصل)

هذا الفصل هو المفردات العاملة لكل التحليل الآتي. فسلّم النموّ في القضية 4.6 يحسم مسائل التقارب في كل الفصول 11 و17؛ وصيغ المشتقات في القضية 4.10 و القضية 4.21 هي الدوال الأصلية الأكثر لزومًا في الفصل 15، عبر الطريقة 4.23؛ وتوسِّط الدوال الزائدية حلولَ المعادلة $y'' = y$ في الفصل 5 تمامًا كما توسّط الدوال الدائرية حلولَ $y'' = -y$ . وتوصيف $\exp$ بالعلاقتين $f' = f$ و $f(0) = 1$ (القضية 4.1) هو البذرة الأحادية البُعد لنظرية المعادلات التفاضلية الخطية، ويعود منحنى السلسلة $y = \cosh x$ بين المنحنيات المستوية في الفصل 24.

ملاحظة 4.25 (استراحة: برنامج الدالة العكسية)

شغّل هذا الفصل برنامجًا واحدًا أربع مرات: اقصر دالةً حتى تصير تقابلًا رتيبًا تمامًا، وسمِّ مقلوبها، وانقل كل صيغة عبره. أمّا ما استُعمل في كل خطوة — أي أن الدالة المتصلة الرتيبة تمامًا على مجال تكون تقابلًا على مجال، وأن مقلوبها متصل ثم قابل للاشتقاق بعيدًا عن النقاط الحرجة — فقد استُلف على حساب الثانوية. ويُسدَّد الدين داخل هذا المجلد: إذ يبرهن الفصل 13 على عبارة التقابل (وهي مبرهنة المقلوب الرتيب، القائمة على مبرهنة القيم الوسطى)، ويبرهن الفصل 14 على قاعدة المشتقة $(f^{-1})' = 1/(f' \circ f^{-1})$ التي أنتجت ضمنًا كل صيغة في القضية 4.10 و القضية 4.21. وقراءة تلك الفصول مع استحضار $\arcsin$ و $\operatorname{arsinh}$ — بوصفها الأمثلة المشغولة التي بُنيت النظرية لتبريرها — هي الطريق المقصود للخروج من الدائرية الظاهرة.

4.4 تمارين

تمرين 4.1 ★

احسب دون آلة حاسبة: $\arcsin\frac{\sqrt 3}{2}$ ؛ و $\;\arccos\bigl(-\frac 12\bigr)$ ؛ و $\;\arctan(-1)$ ؛ و $\;\arcsin\bigl(\sin\frac{5\pi}{6}\bigr)$ ؛ و $\;\arccos\bigl(\cos\frac{7\pi}{4}\bigr)$ .

حل

حل التمرين 4.1.

$\arcsin\frac{\sqrt 3}{2} = \frac\pi3$ ؛ $\;\arccos\bigl(-\frac12\bigr) = \frac{2\pi}{3}$ ؛ $\;\arctan(-1) = -\frac\pi4$ .

$\arcsin\bigl(\sin\frac{5\pi}{6}\bigr)$ : لدينا $\sin\frac{5\pi}{6} = \frac12$ ، والزاوية من $\intcc{-\frac\pi2}{\frac\pi2}$ التي جيبها $\frac12$ هي $\frac\pi6$ (لا $\frac{5\pi}{6}$ ).

$\arccos\bigl(\cos\frac{7\pi}{4}\bigr)$ : لدينا $\cos\frac{7\pi}{4} = \frac{\sqrt 2}{2}$ ، والزاوية من $\intcc{0}{\pi}$ التي جيب تمامها ذلك هي $\frac\pi4$ .

تمرين 4.2 ★

أعط مجموعة تعريف $f(x) = \arcsin(2x - 1)$ واحسب $f'$ حيث تكون معرَّفة. والأسئلة نفسها من أجل $g(x) = \arctan\sqrt{x}$ .

حل

حل التمرين 4.2.

يقتضي $f(x) = \arcsin(2x - 1)$ أن $-1 \leq 2x - 1 \leq 1$ ، أي $x \in \intcc{0}{1}$ . وعلى $\intoo{0}{1}$ ، تعطي قاعدة السلسلة و القضية 4.10

f'(x) = \frac{2}{\sqrt{1 - (2x-1)^2}} = \frac{2}{\sqrt{4x - 4x^2}} = \frac{1}{\sqrt{x(1 - x)}} .

والمقدار $g(x) = \arctan\sqrt x$ معرَّف من أجل $x \geq 0$ ، ومن أجل $x > 0$ :

g'(x) = \frac{1}{1 + x} \cdot \frac{1}{2\sqrt x} = \frac{1}{2\sqrt x\,(1 + x)} .

تمرين 4.3 ★

برهن على أنه لكل $x \in \R$ : $\cosh x + \sinh x = \eu^x$ و $(\cosh x + \sinh x)^n = \cosh nx + \sinh nx$ من أجل كل $n \in \Z$ (وهي صيغة دي موافر الزائدية).

حل

حل التمرين 4.3.

$\cosh x + \sinh x = \frac{\eu^x + \eu^{-x}}{2} + \frac{\eu^x - \eu^{-x}}{2} = \eu^x$ . ومنه، من أجل $n \in \Z$ :

(\cosh x + \sinh x)^n = (\eu^x)^n = \eu^{nx} = \cosh nx + \sinh nx .

تمرين 4.4 ★

بسّط $\cos(2\arcsin x)$ و $\sin(2\arctan x)$ إلى عبارتين جبريتين في $x$ .

حل

حل التمرين 4.4.

مع $y = \arcsin x$ : $\cos 2y = 1 - 2\sin^2 y = 1 - 2x^2$ ، ومنه $\cos(2\arcsin x) = 1 - 2x^2$ .

ومع $y = \arctan x$ : $\sin 2y = 2 \sin y \cos y = 2 \tan y \cos^2 y = \frac{2\tan y}{1 + \tan^2 y}$ ، ومنه $\sin(2\arctan x) = \dfrac{2x}{1 + x^2}$ .

تمرين 4.5 ★

رتّب، من أجل $x$ كبيرة، الدوال $x^{100}$ و $\;\eu^{\sqrt x}$ و $\;(\ln x)^{1000}$ و $\;\eu^{x/100}$ و $\;x^{\ln x}$ ، من الأبطأ نموًّا إلى الأسرع، مع تبريرات مبنيّة على القضية 4.6.

حل

حل التمرين 4.5.

من الأبطأ إلى الأسرع:

(\ln x)^{1000} \;\ll\; x^{100} \;\ll\; x^{\ln x} \;\ll\; \eu^{\sqrt x} \;\ll\; \eu^{x/100} .

والتبريرات: $(\ln x)^{1000}/x^{100} \to 0$ حسب القضية 4.6 (فاللوغاريتمات تخسر أمام القوى). و $x^{100} = \eu^{100\ln x}$ و $x^{\ln x} = \eu^{(\ln x)^2}$ : وبما أن $(\ln x)^2 - 100\ln x \to +\infty$ ، تفوز الثانية. و $x^{\ln x} = \eu^{(\ln x)^2} \ll \eu^{\sqrt x}$ لأن $(\ln x)^2/\sqrt x \to 0$ (فاللوغاريتمات تخسر أمام القوة $x^{1/4}$ ، مربَّعةً). وأخيرًا $\sqrt x - x/100 \to -\infty$ ، ومنه $\eu^{\sqrt x} \ll \eu^{x/100}$ .

تمرين 4.6 ★★

ادرس الدالة $f(x) = \arctan\dfrac{2x}{1 - x^2}$ على مجموعة تعريفها: احسب $f'$ ، وقارنها بالمشتقة $(2\arctan x)'$ ، وعبّر عن $f(x)$ بدلالة $\arctan x$ على كل مجال من المجالات الثلاثة لمجموعة التعريف.

حل

حل التمرين 4.6.

مجموعة التعريف: $x \neq \pm 1$ ، أي ثلاثة مجالات. وعلى كلٍّ منها،

f'(x) = \frac{\bigl(\frac{2x}{1-x^2}\bigr)'}{1 + \frac{4x^2}{(1-x^2)^2}} = \frac{\frac{2(1-x^2) + 4x^2}{(1-x^2)^2}} {\frac{(1-x^2)^2 + 4x^2}{(1-x^2)^2}} = \frac{2(1 + x^2)}{(1 + x^2)^2} = \frac{2}{1 + x^2} = (2\arctan x)' .

إذن $f(x) - 2\arctan x$ ثابت على كل مجال. والقيم: عند $x = 0$ لدينا $f(0) = 0$ : فالثابت هو $0$ على $\intoo{-1}{1}$ . وعندما $x \to +\infty$ ، لدينا $\frac{2x}{1-x^2} \to 0^-$ ومنه $f \to 0$ ، بينما $2\arctan x \to \pi$ : فالثابت هو $-\pi$ على $\intoo{1}{+\infty}$ . وبالفردية، يكون $+\pi$ على $\intoo{-\infty}{-1}$ . والخلاصة: $f = 2\arctan x$ على $\intoo{-1}{1}$ ، و $f = 2\arctan x - \pi$ من أجل $x > 1$ ، و $f = 2\arctan x + \pi$ من أجل $x < -1$ . (وهذه هي صيغة الزاوية المضاعفة للظل، مقروءةً عبر $\arctan$ .)

تمرين 4.7 ★★

حُلَّ في $\R$ : $\;\cosh x = 2$ ؛ ثم $5\cosh x - 4 \sinh x = 3$ (عبّر عن الحلول باللوغاريتمات). إرشاد للثانية: اكتب كل شيء بوضع $u = \eu^x$ .

حل

حل التمرين 4.7.

$\cosh x = 2$ : مع $u = \eu^x > 0$ لدينا $u + u^{-1} = 4$ ، ومنه $u^2 - 4u + 1 = 0$ و $u = 2 \pm \sqrt 3$ : أي $x = \ln(2 + \sqrt 3)$ أو $x = \ln(2 - \sqrt 3) = -\ln(2 + \sqrt 3)$ (والحلان متقابلان، لأن $\cosh$ زوجية؛ وكلاهما صالح). وعلى نحو مكافئ $x = \pm \operatorname{arcosh} 2$ .

$5\cosh x - 4\sinh x = 3$ : بتعويض التعاريف الأسّية، $\frac{5(u + u^{-1}) - 4(u - u^{-1})}{2} = 3$ ، أي $u + 9u^{-1} = 6$ ، أي $u^2 - 6u + 9 = (u - 3)^2 = 0$ : ومنه $u = 3$ ، فحلّ واحد $x = \ln 3$ .

تمرين 4.8 ★★

برهن على المتطابقة $\arctan\frac{1}{2} + \arctan\frac{1}{3} = \frac{\pi}{4}$ ، ثم على صيغة ماشان

4\arctan\frac 15 - \arctan\frac{1}{239} = \frac{\pi}{4}.

إرشاد: احسب ظلّ الطرفين باستعمال صيغة الجمع، وتحكّم في المجال الذي يقع فيه كل طرف.

حل

حل التمرين 4.8.

لتكن $\alpha = \arctan\frac12 + \arctan\frac13$ . وبصيغة الجمع:

\tan\alpha = \frac{\frac12 + \frac13}{1 - \frac12\cdot\frac13} = \frac{5/6}{5/6} = 1 .

ويقع قوسا الظل كلاهما في $\intoo{0}{\frac\pi4}$ (فوسيطاهما في $\intoo{0}{1}$ )، ومنه $\alpha \in \intoo{0}{\frac\pi2}$ ؛ والزاوية الوحيدة هناك التي ظلها $1$ هي $\frac\pi4$ .

وأمّا صيغة ماشان: فلتكن $\beta = \arctan\frac15$ . وبتضعيف الزاوية مرتين:

\tan 2\beta = \frac{2/5}{1 - 1/25} = \frac{5}{12}, \qquad \tan 4\beta = \frac{2 \cdot 5/12}{1 - 25/144} = \frac{120}{119}.

ثم

\tan\Bigl(4\beta - \frac\pi4\Bigr) = \frac{\frac{120}{119} - 1}{1 + \frac{120}{119}} = \frac{1/119}{239/119} = \frac{1}{239}.

وتحديد الموضع: $\beta < \arctan 1 = \frac\pi4$ ، بل في الواقع $\tan 4\beta = \frac{120}{119}$ قريبة من $1$ مع $4\beta \in \intoo{0}{\frac\pi2}$ (لأن $\beta < \frac\pi8$ ، إذ $\tan\frac\pi8 = \sqrt 2 - 1 > \frac15$ )؛ ومنه $4\beta - \frac\pi4 \in \intoo{-\frac\pi4}{\frac\pi4}$ ، حيث يقلب $\arctan$ الدالةَ $\tan$ : $4\beta - \frac\pi4 = \arctan\frac{1}{239}$ ، وهي صيغة ماشان.

تمرين 4.9 ★★

برهن على أنه لكل $x \geq 0$ : $\;x - \dfrac{x^3}{6} \leq \sin x \leq x$ (ادرس المشتقات المتتالية للفروق)، واستنتج أن $\lim_{x \to 0^+} \frac{x - \sin x}{x^3} = \frac 16$ مقبولة — أمّا النهاية نفسها فتُرسى في الفصل 16.

حل

حل التمرين 4.9.

لتكن $f(x) = x - \sin x$ : عندئذ $f(0) = 0$ و $f'(x) = 1 - \cos x \geq 0$ ، ومنه $f \geq 0$ على $\R_+$ : أي $\sin x \leq x$ .

ولتكن $g(x) = \sin x - x + \frac{x^3}{6}$ : عندئذ $g(0) = 0$ و $g'(x) = \cos x - 1 + \frac{x^2}{2}$ و $g'(0) = 0$ و $g''(x) = -\sin x + x = f(x) \geq 0$ على $\R_+$ . فتكون $g'$ متزايدة مع $g'(0) = 0$ ، ومنه $g' \geq 0$ ، ومنه تكون $g$ متزايدة مع $g(0) = 0$ : أي $g \geq 0$ ، أي $x - \frac{x^3}{6} \leq \sin x$ على $\R_+$ .

ومنه $0 \leq \frac{x - \sin x}{x^3} \leq \frac 16$ من أجل $x > 0$ : فالنسبة محصورة قرب سلّم المقدار $\frac16$ ، و الفصل 16 يبيّن أن نهايتها هي $\frac 16$ بالضبط.

تمرين 4.10 ★★★

من أجل $x \in \intcc{-1}{1}$ ، ضع $h(x) = \arcsin\bigl(2x\sqrt{1 - x^2}\,\bigr) - 2\arcsin x$ . وقد يُتوقَّع أن $h = 0$ من المتطابقة $\sin 2y = 2\sin y\cos y$ — لكن $h$ ليست معدومة تطابقيًا. احسب $h'$ على المجالات المفتوحة التي توجد فيها، واحسب $h$ عند نقاط حسنة الاختيار، وأعط الوصف الكامل للدالة $h$ بوصفها ثابتة متشعّبة على $\intcc{-1}{1}$ .

حل

حل التمرين 4.10.

اكتب $y = \arcsin x$ ، ومنه $2x\sqrt{1 - x^2} = 2\sin y\cos y = \sin 2y$ و $h(x) = \arcsin(\sin 2y) - 2y$ .

ومن أجل $\abs x \leq \frac{\sqrt 2}{2}$ : $2y \in \intcc{-\frac\pi2}{\frac\pi2}$ ، ومنه $\arcsin(\sin 2y) = 2y$ و $h = 0$ .

ومن أجل $x \in \intoc{\frac{\sqrt 2}{2}}{1}$ : $2y \in \intoc{\frac\pi2}{\pi}$ ، والزاوية من $\intcc{-\frac\pi2}{\frac\pi2}$ التي جيبها $\sin 2y$ هي $\pi - 2y$ : ومنه $h(x) = \pi - 4\arcsin x$ . (وللتحقق بالمشتقة: هناك $h'(x) = \frac{2(1 - 2x^2)}{\abs{1 - 2x^2}\sqrt{1 - x^2}} - \frac{2}{\sqrt{1-x^2}} = \frac{-4}{\sqrt{1 - x^2}}$ ، وهي مشتقة $-4\arcsin x$ ؛ وعند $x = 1$ ، $h(1) = \arcsin 0 - 2\cdot\frac\pi2 = -\pi = \pi - 4\cdot\frac\pi2$ .)

ومن أجل $x \in \intco{-1}{-\frac{\sqrt 2}{2}}$ ، بفردية $h$ : $h(x) = -\pi - 4\arcsin x$ .

تمرين 4.11 ★★★

(دالة غودرمان) لتكن $g(x) = \arctan(\sinh x)$ من أجل $x \in \R$ . برهن على أن $g$ تقابل فرديّ متزايد تمامًا من $\R$ على $\intoo{-\frac\pi2}{\frac\pi2}$ ، وأن $g'(x) = \frac{1}{\cosh x}$ ، وأن $\tan g(x) = \sinh x$ و $\;\sin g(x) = \tanh x$ و $\;\cos g(x) = \frac{1}{\cosh x}$ : أي أن الدالة $g$ تربط المثلثات الدائرية بالمثلثات الزائدية دون أعداد عقدية.

حل

حل التمرين 4.11.

الدالة $g = \arctan \circ \sinh$ تركيبُ دوال فردية متزايدة تمامًا، فهي فردية ومتزايدة تمامًا؛ وعندما $x \to +\infty$ ، يكون $\sinh x \to +\infty$ ومنه $g(x) \to \frac\pi2$ ، وتكون $g$ تقابلًا على $\intoo{-\frac\pi2}{\frac\pi2}$ (بالاتصال مع مبرهنة القيم الوسطى). وبقاعدة السلسلة مع القضية 4.18 (1):

g'(x) = \frac{\cosh x}{1 + \sinh^2 x} = \frac{\cosh x}{\cosh^2 x} = \frac{1}{\cosh x} .

وبحكم الإنشاء $\tan g(x) = \sinh x$ . ثم، بما أن $g(x) \in \intoo{-\frac\pi2}{\frac\pi2}$ جيب تمامها موجب،

\begin{align*} \cos g(x) &= \frac{1}{\sqrt{1 + \tan^2 g(x)}} = \frac{1}{\sqrt{1 + \sinh^2 x}} = \frac{1}{\cosh x},\\ \sin g(x) &= \tan g(x) \cos g(x) = \frac{\sinh x}{\cosh x} = \tanh x . \end{align*}

تمرين 4.12 ★★

برهن على أن

\arctan 1 + \arctan 2 + \arctan 3 = \pi .

إرشاد: احسب $\arctan 2 + \arctan 3$ أولًا، مع تحديد موضع المجموع كما في المثال 4.15؛ وانتبه إلى أن مقام صيغة الجمع سالب هنا.

حل

حل التمرين 4.12.

ضع $u = \arctan 2$ و $v = \arctan 3$ ؛ وكلاهما يقع في $\intoo{\frac\pi4}{\frac\pi2}$ (فوسيطاهما يفوقان $1$ )، ومنه $u + v \in \intoo{\frac\pi2}{\pi}$ . وتعطي صيغة الجمع

\tan(u + v) = \frac{2 + 3}{1 - 6} = -1 ,

والزاوية الوحيدة من $\intoo{\frac\pi2}{\pi}$ التي ظلها $-1$ هي $\frac{3\pi}4$ : ومنه $\arctan 2 + \arctan 3 = \frac{3\pi}4$ . (ولو طُبّق $\arctan$ على الظل تطبيقًا أعمى لأعطى $-\frac\pi4$ ، بفارق $\pi$ — فتحديد الموضع هو ما ينقذ الحساب، والمقام السالب $1 - 6$ هو بالضبط الإشارة إلى أن المجموع غادر $\intoo{-\frac\pi2}{\frac\pi2}$ .) وبإضافة $\arctan 1 = \frac\pi4$ :

\arctan 1 + \arctan 2 + \arctan 3 = \frac\pi4 + \frac{3\pi}4 = \pi .

4.5 مسألة: المعادلة $x^y = y^x$

مسألة 4.1

أيّ أزواج الأعداد الموجبة يحقق $x^y = y^x$ ؟ يعرف الجميع مثالًا واحدًا يبدو عرضيًا، $2^4 = 4^2 = 16$ ؛ وتبيّن هذه المسألة أن لا شيء فيه عرضيّ. فالمعادلة كلها تحكمها تغيرات الدالة الواحدة

f(t) = \frac{\ln t}{t} \qquad (t > 0),

التي تعطي دراستها: مجموعة الحلول كاملةً (قطر مع فرع منحنٍ واحد يمرّ بالنقطة $(\eu, \eu)$ )، وتوسيطًا ناطقًا للفرع، وواقعة أن $(2, 4)$ هي نقطته الصحيحة الوحيدة، وتصنيف كل نقاطه الناطقة — ومن الفوائد الجانبية، مقارنة $\eu^\pi$ مع $\pi^\eu$ والتقارب الرتيب للمتتالية $\bigl(1 + \frac1n\bigr)^n$ نحو $\eu$ .

الجزء 1 — الدالة $f(t) = \ln t / t$ .

برّر أن $f$ قابلة للاشتقاق على $\intoo0{+\infty}$ ، واحسب $f'$ ، وضع جدول التغيرات: تتزايد $f$ تمامًا على $\intoc0\eu$ ، وتتناقص تمامًا على $\intco\eu{+\infty}$ ، وقيمتها القصوى $f(\eu) = \frac1\eu$ .
عيّن نهايتَي $f$ عند $0^+$ وعند $+\infty$ (القضية 4.6)، وإشارة $f$ (سالبة على $\intoo01$ ، ومعدومة عند $1$ ، وموجبة بعده)، وارسم المنحني تخطيطيًا.
تحقق بحساب مباشر من أن $f(2) = f(4)$ . (واحتفظ بهذا التساوي في ذهنك: فالمسألة كلها تنبت منه.)
ليكن $c \in \R$ . ناقش، بحسب قيمة $c$ ، عدد حلول $f(t) = c$ : حلٌّ واحد بالضبط من أجل $c \leq 0$ ؛ وحلّان بالضبط (أحدهما في $\intoo1\eu$ والآخر في $\intoo\eu{+\infty}$ ) من أجل $0 < c < \frac1\eu$ ؛ وحلٌّ واحد بالضبط من أجل $c = \frac1\eu$ ؛ ولا حلّ من أجل $c > \frac1\eu$ .
استنتج أن $\eu^x > x^\eu$ من أجل كل $x > 0$ حيث $x \neq \eu$ ، وبوجه خاص احسم أيّ العددين $\eu^\pi$ و $\pi^\eu$ أكبر.

الجزء 2 — المعادلة ومنحنيها. في هذا الجزء $x, y > 0$ .

بيّن أن $x^y = y^x \iff f(x) = f(y)$ .
استنتج بنية مجموعة الحلول: كل أزواج القطر $(x, x)$ ؛ والأزواج غير البديهية (حيث $x \neq y$ )، وهي تحقق: أن كلتا الإحداثيتين $> 1$ ، وأن إحداهما تقع في $\intoo1\eu$ بينما تقع الأخرى في $\intoo\eu{+\infty}$ .
وسّط الأزواج غير البديهية: بكتابة $y = tx$ حيث $t > 0$ و $t \neq 1$ ، بيّن أن $x^y = y^x$ تفرض

$x(t) = t^{\frac1{t-1}}, \qquad y(t) = t\,x(t) = t^{\frac{t}{t-1}},$

وأن كل زوج كهذا حلٌّ بالعكس.
تحقق من أن $t = 2$ يعطي $(2, 4)$ ، وبرهن على التناظر $x(1/t) = y(t)$ و $y(1/t) = x(t)$ : أي أن قلب الوسيط يبادل بين الإحداثيتين.
عيّن نهايتَي $x(t)$ و $y(t)$ عندما $t \to 1$ (وكلتاهما تؤول إلى $\eu$ )، وعندما $t \to +\infty$ ( $x \to 1$ و $y \to +\infty$ ) وعندما $t \to 0^+$ ( $x \to +\infty$ و $y \to 1$ ). وصِف الفرع الناتج: منحنٍ مقارب للمستقيمين $x = 1$ و $y = 1$ ، ويقطع القطر عند $(\eu, \eu)$ .
بيّن أن $t \mapsto x(t)$ متناقص تمامًا على $\intoo1{+\infty}$ . (ادرس $h(t) = 1 - \frac1t - \ln t$ ، فإشارتها تتحكم في مشتقة $\ln x(t) = \frac{\ln t}{t - 1}$ .)
استنتج أن الحلول غير البديهية تعرّف تقابلًا متناقصًا تمامًا $\varphi \colon \intoo1\eu \to \intoo\eu{+\infty}$ حيث $x^{\varphi(x)} = \varphi(x)^x$ ، وأن $\varphi$ انطواء على الفرع: $\varphi(\varphi(x)) = x$ حيثما كان الطرفان معرَّفين.

الجزء 3 — النقاط الصحيحة والناطقة.

برهن على أن $(2, 4)$ و $(4, 2)$ هما الحلان الصحيحان غير البديهيين الوحيدان للمعادلة $x^y = y^x$ .
من أجل $n \in \N^*$ ، طبّق التوسيط مع $t = 1 + \frac1n$ وبيّن أن

$x_n = \Bigl(1 + \frac1n\Bigr)^{n}, \qquad y_n = \Bigl(1 + \frac1n\Bigr)^{n+1}$

حلٌّ ناطق غير بديهي من أجل كل $n$ ، مع $(x_1, y_1) = (2, 4)$ .
وبالعكس، ليكن $(x, y)$ حلًّا ناطقًا غير بديهي حيث $y > x$ ، واكتب $t = y/x = 1 + \frac rs$ في أبسط صورة (حيث $r, s \in \N^*$ ). باستعمال $x = t^{s/r}$ وبقبول وحدانية التفكيك إلى عوامل أولية (وهي مألوفة من المدرسة؛ ومبرهن عليها في الفصل 6)، بيّن أن نطقية $x$ تفرض أن يكون كلٌّ من $s$ و $s + r$ قوةً من الرتبة $r$ لعدد صحيح.
بيّن بمبرهنة ثنائي الحدّ أن $a^r - b^r = r$ ليس له حلول صحيحة $a > b \geq 1$ عندما $r \geq 2$ ، و استنتج: أن الحلول الناطقة للمعادلة $x^y = y^x$ هي بالضبط الأزواج $(x_n, y_n)$ من السؤال 14 (مع مبادلاتها).
تحقق من الحالة $n = 2$ عدديًا: احسب $f(9/4)$ و $f(27/8)$ بأربعة أرقام عشرية وتأكّد من تطابقهما.

الجزء 4 — فوائد جانبية.

استعمل السؤالين 7 و 11 للبرهان، دون أيّ حساب إضافي، على أن المتتالية $x_n = \bigl(1 + \frac1n\bigr)^n$ متزايدة تمامًا مع $x_n < \eu$ ، وأن $y_n = \bigl(1 + \frac1n\bigr)^{n+1}$ متناقصة تمامًا مع $y_n > \eu$ ، وأن كلتيهما تتقارب نحو $\eu$ . (فالوسيط $t_n = 1 + \frac1n$ يتناقص نحو $1$ .)
أرسِ قاعدة المقارنة العامة من أجل $1 < a < b$ : إذا كان $\eu \leq a$ فإن $a^b > b^a$ ؛ وإذا كان $b \leq \eu$ فإن $a^b < b^a$ ؛ وبيّن بالمثالين $(2, 3)$ و $(2, 5)$ أنه في الحالة المختلطة $a < \eu < b$ تقع النتيجتان معًا فعلًا.
افترض أن الانطواء $\varphi$ من السؤال 12 قابل للاشتقاق عند $\eu$ (وهو كذلك). اشتقّ المتطابقة $\varphi(\varphi(x)) = x$ عند $x = \eu$ واستنتج أن $\varphi'(\eu) = -1$ : أي أن الفرع يقطع القطر عموديًا عليه.
جد زوج الحلول الوحيد الذي يحقق $y = 3x$ ، في صورة مغلقة، وتحقق منه عدديًا بأربعة أرقام عشرية عبر $f$ .
من بين الأعداد $\sqrt2$ و $\sqrt[3]3$ و $\sqrt[4]4$ و $\sqrt[5]5$ ، عيّن الأكبر وحدّد العددين المتساويين. (قارن $n^{1/n} = \eu^{f(n)}$ .)

الجزء 5 — توليفة ختامية.

صِف مجموعة حلول $x^y = y^x$ كاملةً في الربع $x, y > 0$ — القطر مع الفرع، وتقاطعهما $(\eu, \eu)$ ، والمقاربات، والنقطة الصحيحة $(2, 4)$ ، والنقاط الناطقة المتراكمة عند $(\eu, \eu)$ — في صورة تستطيع رسمها من الذاكرة.
أين استعملت المسألة بالضبط: (أ) مقارنات النموّ في القضية 4.6؛ (ب) مبرهنة القيم الوسطى (عبر عبارات التقابل)؛ (ج) وحدانية التفكيك إلى عوامل أولية المقبولة؟ جملة واحدة لكلٍّ منها.
العبرة، في فقرة قصيرة: جدول تغيرات واحد حلّ معادلةً في مجهولين، وصنّف نقاطها الناطقة، وبرهن على التقارب الرتيب للمتتالية $\bigl(1 + \frac1n\bigr)^n$ — علّق على هذا الاقتصاد، وسمِّ أين يُصنَّع كل خيط لاحقًا في المجلد (الفصل 11 من أجل المتتالية، والفصل 14 من أجل جداول التغيرات، والفصل 16 من أجل الدقة التي يفتقر إليها الجدول).

حل

حل المسألة 4.1.

1. الدالة $f$ قسمة دالتين قابلتين للاشتقاق ومقامها غير معدوم على $\intoo0{+\infty}$ ، و

f'(t) = \frac{\frac1t \cdot t - \ln t}{t^2} = \frac{1 - \ln t}{t^2} ,

وهي موجبة من أجل $t < \eu$ ، ومعدومة عند $t = \eu$ ، وسالبة من أجل $t > \eu$ : فتتزايد $f$ تمامًا على $\intoc0\eu$ ، وتتناقص تمامًا على $\intco\eu{+\infty}$ ، وقيمتها القصوى $f(\eu) = \frac1\eu$ .

2. عندما $t \to 0^+$ : يكون $\ln t \to -\infty$ و $\frac1t \to +\infty$ ، ومنه $f(t) \to -\infty$ . وعندما $t \to +\infty$ : يكون $f(t) \to 0$ بمقارنة النموّ في القضية 4.6 (مع $\beta = \alpha = 1$ ). والإشارة: هي إشارة $\ln t$ ، ومنه $f < 0$ على $\intoo01$ و $f(1) = 0$ و $f > 0$ على $\intoo1{+\infty}$ . والمنحني يصعد من $-\infty$ ، ويقطع الصفر عند $1$ ، ويبلغ ذروته عند $(\eu, \frac1\eu)$ ، ثم يتناقص نحو $0^+$ .

3. $f(4) = \frac{\ln 4}4 = \frac{2\ln 2}4 = \frac{\ln 2}2 = f(2)$ .

4. بجدول التغيرات ومبرهنة القيم الوسطى (المستعملة على مستوى الثانوية؛ والمصوغة في الفصل 13). من أجل $c < 0$ : لا توجد حلول إلا حيث $f < 0$ ، أي في $\intoo01$ حيث تكون $f$ تقابلًا متزايدًا تمامًا على $\intoo{-\infty}0$ : أي حلٌّ واحد بالضبط. ومن أجل $c = 0$ : لا غير $t = 1$ . ومن أجل $0 < c < \frac1\eu$ : على $\intoo1\eu$ تتزايد $f$ من $0$ إلى $\frac1\eu$ : أي حلّ واحد؛ وعلى $\intoo\eu{+\infty}$ تتناقص $f$ من $\frac1\eu$ إلى $0$ : أي حلّ آخر؛ فالمجموع حلّان. ومن أجل $c = \frac1\eu$ : لا غير نقطة القيمة القصوى $t = \eu$ . ومن أجل $c > \frac1\eu$ : لا حلّ.

5. من أجل $x \neq \eu$ ، تعطي الأعظمية التامة أن $f(x) < f(\eu)$ ، أي $\frac{\ln x}x < \frac1\eu$ ، أي $\eu\ln x < x$ ، أي $\ln(x^\eu) < \ln(\eu^x)$ : ومنه $x^\eu < \eu^x$ . ومع $x = \pi$ : $\eu^\pi > \pi^\eu$ (وعدديًا $23.14 > 22.46$ ).

6. من أجل $x, y > 0$ ، الطرفان موجبان، ومنه

x^y = y^x \iff y\ln x = x\ln y \iff \frac{\ln x}x = \frac{\ln y}y \iff f(x) = f(y) ,

بالقسمة على $xy > 0$ .

7. ليكن $f(x) = f(y) = c$ مع $x \neq y$ . إذا كان $c \leq 0$ أو $c = \frac1\eu$ ، قال السؤال 4 إن للمعادلة $f = c$ حلًّا واحدًا: وهذا مستحيل. إذن $0 < c < \frac1\eu$ ، وبالسؤال 4 من جديد يكون الحلان نقطةً من $\intoo1\eu$ وأخرى من $\intoo\eu{+\infty}$ : فكلتا الإحداثيتين تفوق $1$ وهما يحيطان بالعدد $\eu$ .

8. بتعويض $y = tx$ في $y\ln x = x\ln y$ :

tx\ln x = x(\ln t + \ln x) \iff (t - 1)\ln x = \ln t \iff \ln x = \frac{\ln t}{t - 1} ,

ومنه $x = t^{1/(t-1)}$ و $y = tx = t^{1 + \frac1{t-1}} = t^{t/(t-1)}$ . وبالعكس، من أجل هذه القيم، لدينا $\ln y = \frac{t\ln t}{t-1} = t\ln x$ و $y = tx$ ، ومنه $\frac{\ln y}y = \frac{t\ln x}{tx} = \frac{\ln x}x$ : أي أنه حلّ. ولكل حلّ غير بديهي نسبةٌ ما $t = y/x \in \intoo0{+\infty} \setminus \{1\}$ ، فيكون التوسيط كاملًا.

9. مع $t = 2$ : $x = 2^{1/1} = 2$ و $y = 2^{2/1} = 4$ . و

x(1/t) = (1/t)^{\frac1{\frac1t - 1}} = (t^{-1})^{\frac{t}{1 - t}} = t^{\frac{t}{t - 1}} = y(t) ,

ثم $y(1/t) = \frac1t\,x(1/t) = \frac{y(t)}t = x(t)$ : أي أن تغيير الوسيط $t \mapsto 1/t$ يبادل بين الإحداثيتين، كما يقتضيه تناظر المعادلة.

10. عندما $t \to 1$ : $\frac{\ln t}{t-1} \to 1$ (فهو نسبة تزايد $\ln$ عند $1$ )، ومنه $x \to \eu^1 = \eu$ و $y = tx \to \eu$ . وعندما $t \to +\infty$ : $\ln x = \frac{\ln t}{t-1} \to 0$ ومنه $x \to 1$ ، بينما $\ln y = \frac{t\ln t}{t-1} \to +\infty$ ومنه $y \to +\infty$ . وعندما $t \to 0^+$ : $\ln x = \frac{\ln t}{t-1} \to \frac{-\infty}{-1} = +\infty$ ومنه $x \to +\infty$ ، بينما $\ln y = \frac{t\ln t}{t-1} \to \frac{0}{-1} = 0$ ومنه $y \to 1$ (باستعمال $t\ln t \to 0$ ، المثال 4.7). فالفرع يجري إذن من المقارب $y = 1$ (في أقصى اليمين)، صاعدًا عبر $(\eu, \eu)$ على القطر، ثم بعيدًا على طول المقارب $x = 1$ (في أقصى الأعلى) — وهو متناظر بالنسبة إلى القطر حسب السؤال 9.

11. $\ln x(t) = g(t) = \frac{\ln t}{t-1}$ ، و

g'(t) = \frac{\frac{t-1}t - \ln t}{(t-1)^2} = \frac{h(t)}{(t-1)^2}, \qquad h(t) = 1 - \frac1t - \ln t .

ولدينا $h(1) = 0$ و $h'(t) = \frac1{t^2} - \frac1t = \frac{1 - t}{t^2} < 0$ من أجل $t > 1$ : ومنه $h < 0$ على $\intoo1{+\infty}$ ، فيكون $g' < 0$ ويكون $x = \eu^g$ متناقصًا تمامًا هناك (من $\eu$ إلى $1$ ، حسب السؤال 10).

12. حسب السؤال 11، يكون $t \mapsto x(t)$ تقابلًا متناقصًا تمامًا من $\intoo1{+\infty}$ على $\intoo1\eu$ ؛ ولنكتب $t(x)$ لمقلوبه (وهو متناقص تمامًا كذلك) ولنضع $\varphi(x) = y(t(x))$ . ولاحظ أن $h < 0$ على $\intoo01$ كذلك (فهناك $h' > 0$ و $h(1) = 0$ )، ومنه فإن $x(\cdot)$ متناقص على $\intoo01$ أيضًا؛ ومنه فإن $y(t) = x(1/t)$ (السؤال 9) متزايد في $t$ على $\intoo1{+\infty}$ ، من $\eu$ إلى $+\infty$ . وبالتركيب: $\varphi = y \circ t(\cdot)$ متناقص تمامًا من $\intoo1\eu$ على $\intoo\eu{+\infty}$ ، و $x^{\varphi(x)} = \varphi(x)^x$ حسب السؤال 8. وأخيرًا، من أجل قيمة مشتركة $c = f(x) \in \intoo0{\frac1\eu}$ ، يكون الزوج $\{x, \varphi(x)\}$ هو مجموعة حلّي المعادلة $f = c$ (السؤال 4)؛ وبتمديد $\varphi$ إلى $\intoo\eu{+\infty}$ بوصفه التطبيق العكسي، يعود $\varphi(\varphi(x))$ إلى العنصر الآخر (أي الأصلي): $\varphi \circ \varphi = \mathrm{id}$ .

13. إذا كان $(x, y)$ حلًّا صحيحًا غير بديهي حيث $x < y$ ، وضع السؤال 7 العددَ $x \in \intoo1\eu$ : والعدد الصحيح الوحيد هناك هو $x = 2$ . عندئذ $f(y) = f(2) = \frac{\ln2}2$ مع $y > \eu$ ؛ وحسب السؤال 4 يكون للمعادلة $f = \frac{\ln2}2$ حلٌّ واحد بالضبط بعد $\eu$ ، ويبرزه السؤال 3: أي $y = 4$ . ومنه فإن $(2, 4)$ ومبادلته هما الوحيدان.

14. $t = 1 + \frac1n = \frac{n+1}n$ يعطي $\frac1{t - 1} = n$ و $\frac t{t-1} = n + 1$ ، ومنه

x_n = \Bigl(\frac{n+1}n\Bigr)^{n}, \qquad y_n = \Bigl(\frac{n+1}n\Bigr)^{n+1},

وهما ناطقان بداهةً، ومتمايزان (إذ $y_n = t\,x_n \neq x_n$ )، ويعطي $n = 1$ أن $x_1 = 2$ و $y_1 = 4$ .

15. المقدار $t = y/x$ ناطق و $> 1$ ؛ اكتب $t - 1 = \frac rs$ في أبسط صورة، ومنه $t = \frac{s + r}s$ مع $\gcd(s + r, s) = \gcd(r, s) = 1$ . ويعطي السؤال 8 أن $x = t^{s/r}$ ، ومنه

x^r = t^s = \frac{(s+r)^s}{s^s} ,

وهو كسر في أبسط صورة (فلا عدد أوليّ يقسم كلًّا من $s + r$ و $s$ ). وبكتابة $x = \frac pq$ في أبسط صورة، يكون $x^r = \frac{p^r} {q^r}$ في أبسط صورة كذلك، وبوحدانية التمثيل المختزل: $p^r = (s+r)^s$ و $q^r = s^s$ . وقارن أس أيّ عدد أوليّ $\ell$ في $q^r = s^s$ : $r \cdot v_\ell(q) = s \cdot v_\ell(s)$ ، ومنه يقسم $r$ المقدار $s\,v_\ell(s)$ ؛ وبما أن $\gcd(r, s) = 1$ ، يقسم $r$ المقدار $v_\ell(s)$ من أجل كل عدد أوليّ $\ell$ (بوحدانية التفكيك، وهي مقبولة؛ ومبرهن عليها في الفصل 6)، ومنه $s = b^r$ من أجل عدد صحيح $b$ . والحجة نفسها على $p^r = (s+r)^s$ تعطي $s + r = a^r$ .

16. نفترض $a^r - b^r = r$ مع عددين صحيحين $a > b \geq 1$ و $r \geq 2$ . عندئذ $a \geq b + 1$ ، ومنه بمبرهنة ثنائي الحدّ

a^r - b^r \geq (b+1)^r - b^r = \sum_{k=0}^{r-1}\binom rk b^k \geq \binom r0 + \binom r{r-1} b^{r-1} \geq 1 + r > r ,

وهذا تناقض. ومن السؤال 15، يفرض $a^r - b^r = (s + r) - s = r$ أن $r = 1$ : أي $t = 1 + \frac1s$ ، ويكون الحلّ $(x_s, y_s)$ من السؤال 14. ومع الأزواج المبادَلة، يكتمل التصنيف.

17. $f\bigl(\tfrac94\bigr) = \frac{\ln 2.25}{2.25} = \frac{0.81093}{2.25} = 0.3604$ و $f\bigl(\tfrac{27}8\bigr) = \frac{\ln 3.375}{3.375} = \frac{1.21640}{3.375} = 0.3604$ (بأربعة أرقام عشرية): فهما متساويان، كما يعد به الإنشاء — ومنه $\bigl(\tfrac94\bigr)^{27/8} = \bigl(\tfrac{27}8\bigr)^{9/4}$ .

18. الوسائط $t_n = 1 + \frac1n$ تتناقص تمامًا نحو $1$ . وبما أن $x(\cdot)$ متناقص تمامًا على $\intoo1{+\infty}$ (السؤال 11)، تكون $x_n = x(t_n)$ متزايدة تمامًا؛ وبما أن $y(\cdot)$ متزايد تمامًا هناك (السؤال 12)، تكون $y_n = y(t_n)$ متناقصة تمامًا. وحسب السؤال 7 يكون $x_n \in \intoo1\eu$ و $y_n \in \intoo\eu{+\infty}$ : ومنه $x_n < \eu < y_n$ من أجل كل $n$ . وأخيرًا يعطي $t_n \to 1$ مع السؤال 10 أن $x_n \to \eu$ و $y_n \to \eu$ . فالتقارب الرتيب الكلاسيكي للمتتالية $\bigl(1 + \frac1n\bigr)^n$ يسقط من هندسة الفرع، دون أيّ متراجحة جديدة.

19. إذا كان $\eu \leq a < b$ : أعطى تناقص $f$ التام على $\intco\eu{+\infty}$ أن $f(a) > f(b)$ ، أي $b\ln a > a\ln b$ ، أي $a^b > b^a$ . وإذا كان $1 < a < b \leq \eu$ : أعطى تزايد $f$ التام أن $f(a) < f(b)$ ، ومنه $a^b < b^a$ . وأمّا الحالة المختلطة: فلدينا $2 < \eu < 3$ و $2^3 = 8 < 9 = 3^2$ ؛ لكن $2 < \eu < 5$ و $2^5 = 32 > 25 = 5^2$ : فالنتيجتان تقعان معًا، ويحسمهما أيّ جانب من الفرع تقع فيه النقطة $(a, b)$ .

20. يلتقي الفرع بالقطر عند $\eu$ ويمتدّ $\varphi$ هناك امتدادًا متصلًا مع $\varphi(\eu) = \eu$ . وباشتقاق $\varphi(\varphi(x)) = x$ عند $x = \eu$ بقاعدة السلسلة: $\varphi'(\varphi(\eu))\,\varphi'(\eu) = \varphi'(\eu)^2 = 1$ ، ومنه $\varphi'(\eu) = \pm1$ ؛ والدالة $\varphi$ متناقصة، ومنه $\varphi'(\eu) = -1$ . فالفرع يقطع القطر بمعامل توجيه $-1$ : أي عموديًا عليه.

21. الحالة $y = 3x$ هي الحالة $t = 3$ : أي $x = 3^{1/2} = \sqrt3$ و $y = 3^{3/2} = 3\sqrt3$ . وللتحقق: $f(\sqrt3) = \frac{0.54931}{1.73205} = 0.3171$ و $f(3\sqrt3) = \frac{\ln 5.19615}{5.19615} = \frac{1.64792}{5.19615} = 0.3171$ : متساويان بأربعة أرقام عشرية، ومنه $(\sqrt3)^{3\sqrt3} = (3\sqrt3)^{\sqrt3}$ .

22. لدينا $n^{1/n} = \eu^{f(n)}$ ، والدالة $\exp$ متزايدة، ومنه يكون الترتيب هو ترتيب $f(n)$ : إذ يفوق $f(3) = \frac{\ln3}3 \approx 0.3662$ $f(2) = f(4) = \frac{\ln2}2 \approx 0.3466$ (السؤال 3) و $f(5) \approx 0.3219$ . فالأكبر هو $\sqrt[3]3$ ، والزوج المتساوي هو $\sqrt2 = \sqrt[4]4$ — أي الزوج الصحيح $(2, 4)$ في تنكّر آخر.

23. مجموعة الحلول هي اتحاد القطر $\{(x, x) : x > 0\}$ مع فرع واحد متناظر بالنسبة إلى القطر، متناقص تمامًا من المقارب $x = 1$ (عندما $y \to +\infty$ ) إلى المقارب $y = 1$ (عندما $x \to +\infty$ )، ويقطع القطر مرة واحدة بالضبط، عند $(\eu, \eu)$ ، بمعامل توجيه $-1$ هناك. وعلى الفرع تقع النقطتان الصحيحتان $(2, 4)$ و $(4, 2)$ — وهما الوحيدتان — والنقاط الناطقة $(x_n, y_n)$ التي تزحف رتيبًا على طول الفرع نحو $(\eu, \eu)$ دون أن تبلغها أبدًا (فالعدد $\eu$ أصمّ؛ وتتراكم النقاط الناطقة للفرع عند ركن أصمّ).

24. (أ) أعطت مقارنات النموّ نهايات $f$ عند $+\infty$ (السؤال 2) والنهاية $t\ln t \to 0$ (السؤال 10)، فشكّلت جدول التغيرات والمقاربات معًا. (ب) وحوّلت مبرهنة القيم الوسطى، عبر عبارات التقابل، جدولَ التغيرات إلى أعداد حلول مضبوطة (السؤال 4) وإلى وجود التطبيق العكسي $t(x)$ (السؤال 12). (ج) وشغّلت وحدانية التفكيك تعيينَي الصورة المختزلة في السؤال 15، وهما القلب الحسابي لتصنيف النقاط الناطقة.

25. حسابُ مشتقة واحد — أي إشارة $1 - \ln t$ — ولّد كل شيء: عدد الحلول من أجل كل مستوى $c$ ، وشكل الفرع ومقارباته، والمتراجحة القصوى $\eu^x \geq x^\eu$ ، وتصنيف الحلول الصحيحة والناطقة، والتقارب الرتيب للمتتالية $\bigl(1 + \frac1n\bigr)^n$ . وهذا هو اقتصاد التفكير بجداول التغيرات: فدراسة أحادية البُعد تحلّ معادلةً في متغيرين لأن المعادلة تمرّ عبر دالة واحدة. وسيعيد الفصل 11 تقارب $(x_n)$ بالنظرية العامة للمتتاليات الرتيبة؛ ويؤسس الفصل 14 جداول التغيرات تأسيسًا دقيقًا على مبرهنة التزايدات المنتهية؛ ويوفّر الفصل 16 ما لا يستطيعه الجدول — أي سرعة التقارب $x_n \to \eu$ (فهي من الرتبة $1/n$ ).

المصطلحات المعرَّفة في هذا الفصل

عرض كل المصطلحات (395) في المسرد