--- title: "الدوال المعيارية" book: "الرياضيات الجامعية — السنة 1" subject: math language: ar chapter: 4 exercises: 12 source: https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/4-standard-functions --- # الفصل 4 — الدوال المعيارية لا يفيد التحليل إلا بقدر مخزون الدوال التي يتقنها المرء. وإلى [المجموعة](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/1-logic-sets-and-maps#def-b1-logic-sets) 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](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/13-limits-and-continuity#ch-b1-continuity) و[14](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/14-differentiation#ch-b1-derivative). ## 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](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/1-logic-sets-and-maps#def-b1-logic-sets) 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](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/16-taylor-formulas-and-asymptotic-expansions#ch-b1-taylor).) وأحسن ما يُعقل به عن السيرورات الأسّية هو لوغاريتماتها: فعلى ذلك السلّم يكون النموّ خطيًا وتصير الأسئلة قسمات. **مثال 4.5 (كم طول العدد 220262^{2026}22026؟).** 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 (و[المثال 7.12](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/7-algebraic-structures#ex-b1-structures-expmorphism) 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.](https://one-course.com/images/onecourse/chapters/math-3/b1-functions/fig-e212b0476b06.svg) *سلّم النموّ في [القضية 4.6](#prop-b1-functions-powerrules): 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).** 1. *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: $\bigl((-8)^2\bigr)^{1/6} = 2 \neq -2$ . 2. *$\sqrt{x^2} = \abs x$* ، لا $x$ : ونسيان القيمة المطلقة هو المصدر الكلاسيكي لضياع الحلول السالبة. 3. *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. 4. *أيّ الدالتين تنمو؟* في $x^\alpha$ يتغير *الأساس* ؛ وفي $a^x$ يتغير *الأس* . ونموّاهما مختلفان اختلافًا هائلًا ( [القضية 4.6](#prop-b1-functions-powerrules) )، 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](#ex-b1-functions-xx) . ## 4.2 الدوال المثلثية العكسية **تعريف 4.9 (arcsin⁡\arcsinarcsin و arccos⁡\arccosarccos و arctan⁡\arctanarctan).** 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.](https://one-course.com/images/onecourse/chapters/math-3/b1-functions/fig-2fc622239438.svg) *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](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/14-differentiation#ch-b1-derivative): 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](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/1-logic-sets-and-maps#def-b1-logic-statement) «المشتقة المعدومة تستلزم الثبات» عبارةٌ تصحّ مجالًا مجالًا — وهي بالضبط الدقة المستثمَرة في [التمرين 4.6](#exo-b1-functions-6) و [التمرين 4.10](#exo-b1-functions-10). **قضية 4.12 (متطابقات معيارية).** 1. من أجل $x \in \intcc{-1}{1}$ : $\arcsin x + \arccos x = \dfrac{\pi}{2}$ . 2. من أجل $x > 0$ : $\arctan x + \arctan\dfrac 1x = \dfrac{\pi}{2}$ (والقيمة $-\frac\pi2$ من أجل $x < 0$ ). 3. $\sin(\arccos x) = \cos(\arcsin x) = \sqrt{1 - x^2}$ ؛ 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](#prop-b1-functions-arcderiv))، 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](#exo-b1-functions-1) و الجوابَ المتشعّب في [التمرين 4.10](#exo-b1-functions-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](#exo-b1-functions-8) و [التمرين 4.12](#exo-b1-functions-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⁡\coshcosh و sinh⁡\sinhsinh و tanh⁡\tanhtanh).** 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 $x, y \in \R$: 1. $\cosh^2 x - \sinh^2 x = 1$ ؛ 2. $\cosh' = \sinh$ و $\;\sinh' = \cosh$ و $\;\tanh' = 1 - \tanh^2 = \dfrac{1}{\cosh^2}$ ؛ 3. $\cosh(x+y) = \cosh x\cosh y + \sinh x \sinh y$ و $\sinh(x+y) = \sinh x \cosh y + \cosh x \sinh y$ ؛ 4. 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](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/1-logic-sets-and-maps#def-b1-logic-statement) التقابل من مبرهنة القيم الوسطى (المستعملة على مستوى الثانوية؛ والمعالجة المنهجية في [الفصل 13](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/13-limits-and-continuity#ch-b1-continuity)). 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.](https://one-course.com/images/onecourse/chapters/math-3/b1-functions/fig-714927f508af.svg) *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](#prop-b1-functions-hyprules) (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⁡\tanhtanh).** بقسمة صيغتَي الجمع في [القضية 4.18](#prop-b1-functions-hyprules) (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](#def-b1-functions-hyperbolic)، 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](#prop-b1-functions-hyprules) (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](#exo-b1-functions-7). **طريقة 4.23 (اختيار صيغة الدالة الأصلية المناسبة).** أنماط المشتقات الثلاثة التي ينبغي حفظها من أجل المكاملة ([الفصل 15](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/15-integration-on-a-segment#ch-b1-integration)): $$ \int \frac{\dd x}{1 + x^2} = \arctan x + C, \qquad \int \frac{\dd x}{\sqrt{1 - x^2}} = \arcsin x + C, \qquad \int \frac{\dd x}{\sqrt{x^2 + 1}} = \operatorname{arsinh} x + C, $$ 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](#prop-b1-functions-powerrules) يحسم مسائل التقارب في كل الفصول [11](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/11-sequences#ch-b1-seq) و[17](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/17-numerical-series#ch-b1-series)؛ وصيغ المشتقات في [القضية 4.10](#prop-b1-functions-arcderiv) و [القضية 4.21](#prop-b1-functions-invhyp) هي الدوال الأصلية الأكثر لزومًا في [الفصل 15](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/15-integration-on-a-segment#ch-b1-integration)، عبر [الطريقة 4.23](#met-b1-functions-primitive)؛ وتوسِّط [الدوال الزائدية](#def-b1-functions-hyperbolic) حلولَ المعادلة $y'' = y$ في [الفصل 5](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/5-linear-differential-equations#ch-b1-diffeq) تمامًا كما توسّط الدوال الدائرية حلولَ $y'' = -y$. وتوصيف $\exp$ بالعلاقتين $f' = f$ و $f(0) = 1$ ([القضية 4.1](#prop-b1-functions-expln)) هو البذرة الأحادية البُعد لنظرية المعادلات التفاضلية الخطية، ويعود منحنى السلسلة $y = \cosh x$ بين المنحنيات المستوية في [الفصل 24](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/24-plane-curves#ch-b1-curves). **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](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/13-limits-and-continuity#ch-b1-continuity) على [عبارة](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/1-logic-sets-and-maps#def-b1-logic-statement) التقابل (وهي مبرهنة المقلوب الرتيب، القائمة على مبرهنة القيم الوسطى)، ويبرهن [الفصل 14](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/14-differentiation#ch-b1-derivative) على قاعدة المشتقة $(f^{-1})' = 1/(f' \circ f^{-1})$ التي أنتجت ضمنًا كل صيغة في [القضية 4.10](#prop-b1-functions-arcderiv) و [القضية 4.21](#prop-b1-functions-invhyp). 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 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](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/1-logic-sets-and-maps#def-b1-logic-sets) تعريف $f(x) = \arcsin(2x - 1)$ واحسب $f'$ حيث تكون معرَّفة. والأسئلة نفسها من أجل $g(x) = \arctan\sqrt{x}$. **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](#prop-b1-functions-arcderiv) $$ f'(x) = \frac{2}{\sqrt{1 - (2x-1)^2}} = \frac{2}{\sqrt{4x - 4x^2}} = \frac{1}{\sqrt{x(1 - x)}} . $$ 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 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 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](#prop-b1-functions-powerrules). **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](#prop-b1-functions-powerrules) (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](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/1-logic-sets-and-maps#def-b1-logic-sets) تعريفها: احسب $f'$، وقارنها بالمشتقة $(2\arctan x)'$، وعبّر عن $f(x)$ بدلالة $\arctan x$ على كل مجال من المجالات الثلاثة [لمجموعة](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/1-logic-sets-and-maps#def-b1-logic-sets) التعريف. **حل التمرين 4.6.** [مجموعة](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/1-logic-sets-and-maps#def-b1-logic-sets) 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 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 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](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/16-taylor-formulas-and-asymptotic-expansions#ch-b1-taylor). **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](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/16-taylor-formulas-and-asymptotic-expansions#ch-b1-taylor) 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 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 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](#prop-b1-functions-hyprules) (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](#ex-b1-functions-arctansum)؛ وانتبه إلى أن مقام صيغة الجمع سالب هنا.* **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](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/1-logic-sets-and-maps#def-b1-logic-sets) 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 $f(t) = \ln t / t$.** 1. 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 $f(\eu) = \frac1\eu$ . 2. عيّن نهايتَي $f$ عند $0^+$ وعند $+\infty$ ( [القضية 4.6](#prop-b1-functions-powerrules) )، وإشارة $f$ (سالبة على $\intoo01$ ، ومعدومة عند $1$ ، وموجبة بعده)، وارسم المنحني تخطيطيًا. 3. تحقق بحساب مباشر من أن $f(2) = f(4)$ . (واحتفظ بهذا التساوي في ذهنك: فالمسألة كلها تنبت منه.) 4. 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 $c > \frac1\eu$ . 5. 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 $x, y > 0$. 6. بيّن أن $x^y = y^x \iff f(x) = f(y)$ . 7. استنتج بنية [مجموعة](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/1-logic-sets-and-maps#def-b1-logic-sets) 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 $\intoo\eu{+\infty}$ . 8. 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. 9. 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. 10. 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 $(\eu, \eu)$ . 11. بيّن أن $t \mapsto x(t)$ متناقص تمامًا على $\intoo1{+\infty}$ . *(ادرس $h(t) = 1 - \frac1t - \ln t$، فإشارتها تتحكم في مشتقة $\ln x(t) = \frac{\ln t}{t - 1}$.)* 12. 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.** 13. برهن على أن $(2, 4)$ و $(4, 2)$ هما الحلان *الصحيحان* غير البديهيين الوحيدان للمعادلة $x^y = y^x$ . 14. 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 $(x_1, y_1) = (2, 4)$. 15. 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](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/6-integer-arithmetic#ch-b1-arith) )، بيّن أن نطقية $x$ تفرض أن يكون كلٌّ من $s$ و $s + r$ قوةً من الرتبة $r$ لعدد صحيح. 16. 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). 17. تحقق من الحالة $n = 2$ عدديًا: احسب $f(9/4)$ و $f(27/8)$ بأربعة أرقام عشرية وتأكّد من تطابقهما. **الجزء 4 — فوائد جانبية.** 18. 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 $1$ .) 19. 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. 20. 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. 21. جد زوج الحلول الوحيد الذي يحقق $y = 3x$ ، في صورة مغلقة، وتحقق منه عدديًا بأربعة أرقام عشرية عبر $f$ . 22. 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.** 23. صِف [مجموعة](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/1-logic-sets-and-maps#def-b1-logic-sets) 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. 24. أين استعملت المسألة بالضبط: (أ) مقارنات النموّ في [القضية 4.6](#prop-b1-functions-powerrules) ؛ (ب) مبرهنة القيم الوسطى (عبر عبارات التقابل)؛ (ج) وحدانية التفكيك إلى عوامل أولية المقبولة؟ جملة واحدة لكلٍّ منها. 25. 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](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/11-sequences#ch-b1-seq) من أجل المتتالية، و [الفصل 14](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/14-differentiation#ch-b1-derivative) من أجل جداول التغيرات، و [الفصل 16](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/16-taylor-formulas-and-asymptotic-expansions#ch-b1-taylor) من أجل الدقة التي يفتقر إليها الجدول). **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](#prop-b1-functions-powerrules) (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](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/13-limits-and-continuity#ch-b1-continuity)). 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](#ex-b1-functions-xx)). 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](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/1-logic-sets-and-maps#def-b1-logic-sets) حلّي المعادلة $f = c$ (السؤال 4)؛ وبتمديد $\varphi$ إلى $\intoo\eu{+\infty}$ بوصفه [التطبيق](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/1-logic-sets-and-maps#def-b1-logic-map) 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](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/6-integer-arithmetic#ch-b1-arith))، 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](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/1-logic-sets-and-maps#def-b1-logic-sets) 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](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/1-logic-sets-and-maps#def-b1-logic-map) 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](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/11-sequences#ch-b1-seq) تقارب $(x_n)$ بالنظرية العامة للمتتاليات الرتيبة؛ ويؤسس [الفصل 14](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/14-differentiation#ch-b1-derivative) جداول التغيرات تأسيسًا دقيقًا على مبرهنة التزايدات المنتهية؛ ويوفّر [الفصل 16](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/16-taylor-formulas-and-asymptotic-expansions#ch-b1-taylor) ما لا يستطيعه الجدول — أي *سرعة* التقارب $x_n \to \eu$ (فهي من الرتبة $1/n$).