ما معنى arcsin⁡ و arccos⁡ و arctan⁡؟ — الرياضيات

বইগুলো এখনো বাংলা ভাষায় পাওয়া যায় না — العربية সংস্করণ দেখানো হচ্ছে।

تعريف 4.9 الرياضيات الجامعية — السنة 1 · অধ্যায় 4 — الدوال المعيارية

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 $y = x$ .

উদাহরণ

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.

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.

প্রসঙ্গসহ পড়ো ←