# تفاضل الدوال المثلثية

| الدالة | مشتقها |
| $\sin(x)$ | $\cos(x)$ |
| $\cos(x)$ | $-\sin(x)$ |
| $\tan(x)$ | $\sec ^{2}x\,$ |
| $\cot(x)$ | $-\csc ^{2}x\,$ |
| $\sec(x)$ | $\sec(x)\tan(x)$ |
| $\csc(x)$ | $-\csc(x)\cot(x)$ |
| $\arcsin(x)$ | ${\frac {1}{\sqrt {1-x^{2}}}}$ |
| $\arccos(x)$ | $-{\frac {1}{\sqrt {1-x^{2}}}}$ |
| $\arctan(x)$ | ${\frac {1}{x^{2}+1}}$ |
| $\operatorname {arccot}(x)$ | $-{\frac {1}{x^{2}+1}}$ |
| $\operatorname {arcsec}(x)$ | ${\frac {1}{|x|{\sqrt {x^{2}-1}}}}$ |
| $\operatorname {arccsc}(x)$ | $-{\frac {1}{|x|{\sqrt {x^{2}-1}}}}$ |
تفاضل الدوال المثلثية هي العملية الحسابية لإيجاد مشتق دالة مثلثية، أو معدل تغيرها بالنسبة لمتغير. على سبيل المثال، يكتب مشتق دالة الجيب على هذا الشكل sin′(a) = cos (a)، وهذا يعني أن معدل تغير sin (x) عند زاوية معينة x = a يُعطى بجيب تمام تلك الزاوية.
يمكن إيجاد جميع مشتقات الدوال المثلثية من تلك الخاصة بـ sin (x) و cos (x) عن طريق قاعدة ناتج القسمة المطبقة على الدوال مثل tan (x) = sin (x) / cos (x). بمعرفة هذه المشتقات، يتم إيجاد مشتقات الدوال المثلثية العكسية باستخدام التفاضل الضمني.

## مشتقات الدوال المثلثية ودوالها العكسية

    ${\frac {d}{dx}}\sin(x)=\cos(x)$
    ${\frac {d}{dx}}\cos(x)=-\sin(x)$
    ${\frac {d}{dx}}\tan(x)=\left({\frac {\sin(x)}{\cos(x)}}\right)'={\frac {\cos ^{2}(x)+\sin ^{2}(x)}{\cos ^{2}(x)}}={\frac {1}{\cos ^{2}(x)}}=\sec ^{2}(x)$
    ${\frac {d}{dx}}\cot(x)=\left({\frac {\cos(x)}{\sin(x)}}\right)'={\frac {-\sin ^{2}(x)-\cos ^{2}(x)}{\sin ^{2}(x)}}={\frac {-1}{\sin ^{2}(x)}}=-\csc ^{2}(x)$
    ${\frac {d}{dx}}\sec(x)=\left({\frac {1}{\cos(x)}}\right)'={\frac {\sin(x)}{\cos ^{2}(x)}}={\frac {1}{\cos(x)}}\cdot {\frac {\sin(x)}{\cos(x)}}=\sec(x)\tan(x)$
    ${\frac {d}{dx}}\csc(x)=\left({\frac {1}{\sin(x)}}\right)'=-{\frac {\cos(x)}{\sin ^{2}(x)}}=-{\frac {1}{\sin(x)}}\cdot {\frac {\cos(x)}{\sin(x)}}=-\csc(x)\cot(x)$
    ${\frac {d}{dx}}\arcsin(x)={\frac {1}{\sqrt {1-x^{2}}}}$
    ${\frac {d}{dx}}\arccos(x)={\frac {-1}{\sqrt {1-x^{2}}}}$
    ${\frac {d}{dx}}\arctan(x)={\frac {1}{1+x^{2}}}$
    ${\frac {d}{dx}}{\mbox{arccot}}(x)={\frac {-1}{1+x^{2}}}$
    ${\frac {d}{dx}}{\mbox{arcsec}}(x)={\frac {1}{|x|{\sqrt {x^{2}-1}}}}$
    ${\frac {d}{dx}}{\mbox{arccsc}}(x)={\frac {-1}{|x|{\sqrt {x^{2}-1}}}}$

## إثبات مشتقات الدوال المثلثية
### نهاية sin(θ)/θ لما θ يؤول إلى 0

يوضح الرسم البياني الموجود على اليسار دائرة ذات المركز O ونصف القطر r = 1. لتكن OA و OB اثنين من نصف القطر يصنعان قوس قياسه θ راديان. بما أننا اعتبرنا النهاية لما θ يؤول إلى الصفر، فقد نفترض أن θ هو عدد موجب صغير، نقول 0 < θ < ½ في الربع الأول.
في الرسم البياني، ليكن R$_1$ المثلث OAB و R$_2$ القطاع الدائري OAB و R$_3$ المثلث OAC. مساحة المثلث OAB هي:
    $\mathrm {Area} (R_{1})={\tfrac {1}{2}}\ |OA|\ |OB|\sin \theta ={\tfrac {1}{2}}\sin \theta \,.$
مساحة القطاع الدائري OAB هي: $\mathrm {Area} (R_{2})={\tfrac {1}{2}}\theta$، بينما مساحة المثلث OAC معطاة بواسطة:
    $\mathrm {Area} (R_{3})={\tfrac {1}{2}}\ |OA|\ |AC|={\tfrac {1}{2}}\tan \theta \,.$
بما أن كل منطقة تقع في المنطقة التالية، فإن:
    ${\text{Area}}(R_{1})<{\text{Area}}(R_{2})<{\text{Area}}(R_{3})\iff {\tfrac {1}{2}}\sin \theta <{\tfrac {1}{2}}\theta <{\tfrac {1}{2}}\tan \theta \,.$
زيادة على ذلك، بما أن sin θ > 0 في الربع الأول، فيمكننا القسمة على ½ sin θ، معطيًا:
    $1<{\frac {\theta }{\sin \theta }}<{\frac {1}{\cos \theta }}\implies 1>{\frac {\sin \theta }{\theta }}>\cos \theta \,.$
في الخطوة الأخيرة، أخذنا مقاليب الحدود الموجبة الثلاثة، وعكسنا المتباينة.
نستنتج أنه من أجل 0 < θ < ½ π، يكون مقدار sin(θ)/θ دائما أقل من 1 ودائمًا أكبر من cos(θ). وهكذا، عندما تقترب θ من 0، فإن sin(θ)/θ «عُصِرت» بين سقف ارتفاعه 1 وأرضية ارتفاعها cos θ، والتي ترتفع نحو 1؛ لذلك يجب أن تؤول sin(θ)/θ إلى 1؛ حيث أن θ تؤول إلى 0 من الجهة الموجبة:
   $\lim _{\theta \to 0^{+}}{\frac {\sin \theta }{\theta }}=1\,.$
بالنسبة للحالة التي تكون فيها θ عددًا سالبًا صغيرًا –½ π < θ < 0، نستخدم حقيقة أن الجيب دالة فردية:
    $\lim _{\theta \to 0^{-}}\!{\frac {\sin \theta }{\theta }}\ =\ \lim _{\theta \to 0^{+}}\!{\frac {\sin(-\theta )}{-\theta }}\ =\ \lim _{\theta \to 0^{+}}\!{\frac {-\sin \theta }{-\theta }}\ =\ \lim _{\theta \to 0^{+}}\!{\frac {\sin \theta }{\theta }}\ =\ 1\,.$

### نهاية (cos(θ)-1)/θ لما θ يؤول إلى 0

يتيح لنا القسم الأخير حساب هذه النهاية الجديدة بسهولة نسبية. يتم ذلك عن طريق استخدام حيلة بسيطة. في هذا الحساب، إشارة θ غير مهمة.
    $\lim _{\theta \to 0}\,{\frac {\cos \theta -1}{\theta }}\ =\ \lim _{\theta \to 0}\left({\frac {\cos \theta -1}{\theta }}\right)\!\!\left({\frac {\cos \theta +1}{\cos \theta +1}}\right)\ =\ \lim _{\theta \to 0}\,{\frac {\cos ^{2}\!\theta -1}{\theta \,(\cos \theta +1)}}.$
باستخدام هذه المتطابقة cos$^2$θ – 1 = –sin$^2$θ، حقيقة أن نهاية الجداء هو جداء النهايات، ونتيجة النهاية من القسم السابق، نجد أن:
    $\lim _{\theta \to 0}\,{\frac {\cos \theta -1}{\theta }}\ =\ \lim _{\theta \to 0}\,{\frac {-\sin ^{2}\theta }{\theta (\cos \theta +1)}}\ =\ \left(-\lim _{\theta \to 0}{\frac {\sin \theta }{\theta }}\right)\!\left(\lim _{\theta \to 0}\,{\frac {\sin \theta }{\cos \theta +1}}\right)\ =\ (-1)\left({\frac {0}{2}}\right)=0\,.$

### نهاية (tan(θ))/θ لما θ يؤول إلى 0

باستخدام نهاية دالة الجيب، وحقيقة أن دالة الظل فردية، وحقيقة أن نهاية الجداء هو جداء النهايات، نجد:
    $\lim _{\theta \to 0}{\frac {\tan \theta }{\theta }}\ =\ \left(\lim _{\theta \to 0}{\frac {\sin \theta }{\theta }}\right)\!\left(\lim _{\theta \to 0}{\frac {1}{\cos \theta }}\right)\ =\ (1)(1)\ =\ 1\,.$

### مشتق دالة الجيب

نحسب مشتق دالة الجيب باستخدام تعريف بواسطة النهاية:
    ${\frac {\operatorname {d} }{\operatorname {d} \!\theta }}\,\sin \theta =\lim _{\delta \to 0}{\frac {\sin(\theta +\delta )-\sin \theta }{\delta }}.$
باستخدام متطابقة مجموع زاويتين sin(α+β) = sin α cos β + sin β cos α، لدينا:
    ${\frac {\operatorname {d} }{\operatorname {d} \!\theta }}\,\sin \theta =\lim _{\delta \to 0}{\frac {\sin \theta \cos \delta +\sin \delta \cos \theta -\sin \theta }{\delta }}=\lim _{\delta \to 0}\left({\frac {\sin \delta }{\delta }}\cos \theta +{\frac {\cos \delta -1}{\delta }}\sin \theta \right).$
باستخدام نهايتي كل من دالة الجيب وجيب التمام:
    ${\frac {\operatorname {d} }{\operatorname {d} \!\theta }}\,\sin \theta =(1)\cos \theta +(0)\sin \theta =\cos \theta \,.$

### مشتق دالة جيب التمام
#### من تعريف المشتق

مرة أخرى نحسب مشتق دالة جيب التمام من تعريف بواسطة النهاية:
باستخدام متطابقة مجموع زاويتين cos(α+β) = cos α cos β – sin α sin β، لدينا:
    ${\frac {\operatorname {d} }{\operatorname {d} \!\theta }}\,\cos \theta =\lim _{\delta \to 0}{\frac {\cos \theta \cos \delta -\sin \theta \sin \delta -\cos \theta }{\delta }}=\lim _{\delta \to 0}\left({\frac {\cos \delta -1}{\delta }}\cos \theta \,-\,{\frac {\sin \delta }{\delta }}\sin \theta \right).$
باستخدام النهايات الأولى:
    ${\frac {\operatorname {d} }{\operatorname {d} \!\theta }}\,\cos \theta =(0)\cos \theta -(1)\sin \theta =-\sin \theta \,.$

#### من قاعدة السلسلة

لحساب مشتق دالة جيب التمام من قاعدة السلسلة، لاحظ أولاً الحقائق الثلاث التالية:
    $\cos \theta =\sin \left({\tfrac {\pi }{2}}-\theta \right)$
    $\sin \theta =\cos \left({\tfrac {\pi }{2}}-\theta \right)$
    ${\tfrac {\operatorname {d} }{\operatorname {d} \!\theta }}\sin \theta =\cos \theta$
الأولى والثانية هما متطبقتان مثلثيتان، والثالث تم إثباته أعلاه. باستخدام هذه الحقائق الثلاث، يمكننا كتابة ما يلي:
    ${\tfrac {\operatorname {d} }{\operatorname {d} \!\theta }}\cos \theta ={\tfrac {\operatorname {d} }{\operatorname {d} \!\theta }}\sin \left({\tfrac {\pi }{2}}-\theta \right)$
يمكن اشتقاقها باستخدام قاعدة السلسلة. لتكن $f(x)=\sin x$ و $g(\theta )={\tfrac {\pi }{2}}-\theta$، لدينا:
    ${\tfrac {\operatorname {d} }{\operatorname {d} \!\theta }}f\!\left(g\!\left(\theta \right)\right)=f^{\prime }\!\left(g\!\left(\theta \right)\right)\cdot g^{\prime }\!\left(\theta \right)=\cos \left({\tfrac {\pi }{2}}-\theta \right)\cdot (0-1)=-\sin \theta$
إذن:
    ${\tfrac {\operatorname {d} }{\operatorname {d} \!\theta }}\cos \theta =-\sin \theta$.

### مشتق دالة الظل
#### من تعريف المشتقة

لحساب مشتق دالة الظل tan θ، نستخدم تعريف بواسطة النهاية:
    ${\frac {\operatorname {d} }{\operatorname {d} \!\theta }}\,\tan \theta =\lim _{\delta \to 0}\left({\frac {\tan(\theta +\delta )-\tan \theta }{\delta }}\right).$
باستخدام المتطابقة المعروفة: tan(α+β) = (tan α + tan β) / (1 - tan α tan β)، لدينا:
    ${\frac {\operatorname {d} }{\operatorname {d} \!\theta }}\,\tan \theta =\lim _{\delta \to 0}\left[{\frac {{\frac {\tan \theta +\tan \delta }{1-\tan \theta \tan \delta }}-\tan \theta }{\delta }}\right]=\lim _{\delta \to 0}\left[{\frac {\tan \theta +\tan \delta -\tan \theta +\tan ^{2}\theta \tan \delta }{\delta \left(1-\tan \theta \tan \delta \right)}}\right].$
باستخدام حقيقة أن نهاية الجداء هو جداء نهايتين:
    ${\frac {\operatorname {d} }{\operatorname {d} \!\theta }}\,\tan \theta =\lim _{\delta \to 0}{\frac {\tan \delta }{\delta }}\times \lim _{\delta \to 0}\left({\frac {1+\tan ^{2}\theta }{1-\tan \theta \tan \delta }}\right).$
باستخدام النهاية الخاصة بدالة الظل، وحقيقة أن tan δ يؤول إلى 0 حيث δ يؤول إلى 0:
    ${\frac {\operatorname {d} }{\operatorname {d} \!\theta }}\,\tan \theta =1\times {\frac {1+\tan ^{2}\theta }{1-0}}=1+\tan ^{2}\theta .$
نرى على الفور أن:
    ${\frac {\operatorname {d} }{\operatorname {d} \!\theta }}\,\tan \theta =1+{\frac {\sin ^{2}\theta }{\cos ^{2}\theta }}={\frac {\cos ^{2}\theta +\sin ^{2}\theta }{\cos ^{2}\theta }}={\frac {1}{\cos ^{2}\theta }}=\sec ^{2}\theta \,.$

#### من قاعدة ناتج القسمة

يمكن للمرء حساب مشتق دالة الظل باستخدام قاعدة ناتج القسمة.
    ${\frac {\operatorname {d} }{\operatorname {d} \!\theta }}\tan \theta ={\frac {\operatorname {d} }{\operatorname {d} \!\theta }}{\frac {\sin \theta }{\cos \theta }}={\frac {\left(\sin \theta \right)^{\prime }\cdot \cos \theta -\sin \theta \cdot \left(\cos \theta \right)^{\prime }}{\cos ^{2}\theta }}={\frac {\cos ^{2}\theta +\sin ^{2}\theta }{\cos ^{2}\theta }}$
يمكن تبسيط البسط إلى 1 بواسطة متطابقة فيثاغورس، يعطينا:
    ${\frac {1}{\cos ^{2}\theta }}=\sec ^{2}\theta$
إذن:
    ${\frac {\operatorname {d} }{\operatorname {d} \!\theta }}\tan \theta =\sec ^{2}\theta$

## إثبات مشتقات الدوال المثلثية العكسية

يتم إيجاد المشتقات التالية عن طريق وضع متغير y يساوي الدالة المثلثية العكسية التي نرغب في إيجاد مشتقها. باستخدام التفاضل الضمني ثم الحل لـ dy/dx، يتم إيجاد مشتق الدالة العكسية بدلالة y. لتحويل dy/dx مرة أخرى إلى كونها بدلالة x، يمكننا رسم مثلث مرجعي على دائرة الوحدة، نعتبر θ هي y. باستخدام مبرهنة فيثاغورس وتعريف الدوال المثلثية العادية، يمكننا في النهاية التعبير عن dy/dx بدلالة x.

### اشتقاق دالة الجيب العكسية

نعتبر الدالة
    $y=\arcsin x\,\!$
حيث
    $-{\frac {\pi }{2}}\leq y\leq {\frac {\pi }{2}}$
بالتعريف
    $\sin y=x\,\!$
نشتق كلا طرفي الأخيرة بالنسبة لـ $x$ وحل لـ dy/dx:
    ${d \over dx}\sin y={d \over dx}x$
    $\cos y\cdot {dy \over dx}=1\,\!$
نعوض بـ $\cos y={\sqrt {1-\sin ^{2}y}}$:
    ${\sqrt {1-\sin ^{2}y}}\cdot {dy \over dx}=1$
نعوض بـ $x=\sin y$:
    ${\sqrt {1-x^{2}}}\cdot {dy \over dx}=1$
    ${dy \over dx}={\frac {1}{\sqrt {1-x^{2}}}}$

### اشتقاق دالة جيب التمام العكسية

نعتبر الدالة
    $y=\arccos x\,\!$
حيث
    $0\leq y\leq \pi$
بالتعريف
    $\cos y=x\,\!$
نشتق كلا طرفي الأخيرة بالنسبة لـ $x$ وحل لـ dy/dx:
    ${d \over dx}\cos y={d \over dx}x$
    $-\sin y\cdot {dy \over dx}=1$
نعوض بـ $\sin y={\sqrt {1-\cos ^{2}y}}\,\!$:
    $-{\sqrt {1-\cos ^{2}y}}\cdot {dy \over dx}=1$
نعوض بـ $x=\cos y\,\!$:
    $-{\sqrt {1-x^{2}}}\cdot {dy \over dx}=1$
    ${dy \over dx}=-{\frac {1}{\sqrt {1-x^{2}}}}$

### اشتقاق دالة الظل العكسية

نعتبر الدالة
    $y=\arctan x\,\!$
حيث
    $-{\frac {\pi }{2}}<y<{\frac {\pi }{2}}$
بالتعريف
    $\tan y=x\,\!$
نشتق كلا طرفي الأخيرة بالنسبة لـ $x$ وحل لـ dy/dx:
    ${d \over dx}\tan y={d \over dx}x$
الطرف الأيسر:
    ${d \over dx}\tan y=\sec ^{2}y\cdot {dy \over dx}=(1+\tan ^{2}y){dy \over dx}$ باستخدام متطابقة فيثاغورس
الطرف الأيمن:
    ${d \over dx}x=1$
ومنه:
    $(1+\tan ^{2}y){dy \over dx}=1$
نعوض بـ $x=\tan y\,\!$ ، نحصل على:
    $(1+x^{2}){dy \over dx}=1$
    ${dy \over dx}={\frac {1}{1+x^{2}}}$

### اشتقاق دالة ظل التمام العكسية

نعتبر الدالة
    $y=\operatorname {arccot} x$
حيث $0<y<\pi$.
بالتعريف
    $\cot y=x$
نشتق كلا طرفي الأخيرة بالنسبة لـ $x$ وحل لـ dy/dx:
    ${\frac {d}{dx}}\cot y={\frac {d}{dx}}x$
الطرف الأيسر:
    ${d \over dx}\cot y=-\csc ^{2}y\cdot {dy \over dx}=-(1+\cot ^{2}y){dy \over dx}$ باستخدام متطابقة فيثاغورس
الطرف الأيمن:
    ${d \over dx}x=1$
ومنه،
    $-(1+\cot ^{2}y){\frac {dy}{dx}}=1$
نعوض بـ $x=\cot y$:
    $-(1+x^{2}){\frac {dy}{dx}}=1$
    ${\frac {dy}{dx}}=-{\frac {1}{1+x^{2}}}$

### اشتقاق دالة القاطع العكسية
#### باستخدام التفاضل الضمني

نعتبر الدالة:
    $y=\operatorname {arcsec} x\ \ |x|\geq 1$
بالتعريف
    $x=\sec y\ \ y\in \left[0,{\frac {\pi }{2}}\right)\cup \left({\frac {\pi }{2}},\pi \right]$
    ${\frac {dx}{dy}}=\sec y\tan y=|x|{\sqrt {x^{2}-1}}$
(القيمة المطلقة في التعبير ضرورية حيث أن جداء القاطع والظل في مجال y يكون دائمًا غير سالب، بينما العبارة ${\sqrt {x^{2}-1}}$ دائمًا غير سالبة بتعريف الجذر التربيعي الرئيسي، لذلك يجب أن يكون العامل المتبقي غير سالب، والذي يتحقق باستخدام القيمة المطلقة لـ x.)
    ${\frac {dy}{dx}}={\frac {1}{|x|{\sqrt {x^{2}-1}}}}$

#### باستخدام قاعدة السلسلة

بدلاً من ذلك، يمكن اشتقاق دالة القاطع العكسية من مشتق دالة جيب التمام العكسية باستخدام قاعدة السلسلة.
لتكن
    $y=\operatorname {arcsec} x=\arccos \left({\frac {1}{x}}\right)$
حيث
    $|x|\geq 1$ و $y\in \left[0,{\frac {\pi }{2}}\right)\cup \left({\frac {\pi }{2}},\pi \right]$
وبعد ذلك، بتطبيق قاعدة السلسلة على $\arccos \left({\frac {1}{x}}\right)$:
    ${\frac {dy}{dx}}=-{\frac {1}{\sqrt {1-({\frac {1}{x}})^{2}}}}\cdot \left(-{\frac {1}{x^{2}}}\right)={\frac {1}{x^{2}{\sqrt {1-{\frac {1}{x^{2}}}}}}}={\frac {1}{x^{2}{\frac {\sqrt {x^{2}-1}}{\sqrt {x^{2}}}}}}={\frac {1}{{\sqrt {x^{2}}}{\sqrt {x^{2}-1}}}}={\frac {1}{|x|{\sqrt {x^{2}-1}}}}$

### اشتقاق دالة قاطع التمام العكسية
#### باستخدام التفاضل الضمني

لتكن
    $y=\operatorname {arccsc} x\ \ |x|\geq 1$
بالتعريف:
    $x=\csc y\ \ \ y\in \left[-{\frac {\pi }{2}},0\right)\cup \left(0,{\frac {\pi }{2}}\right]$
    ${\frac {dx}{dy}}=-\csc y\cot y=-|x|{\sqrt {x^{2}-1}}$
(القيمة المطلقة في التعبير ضرورية حيث أن جداء قاطع التمام وظل التمام في مجال y يكون دائمًا غير سالب، بينما العبارة ${\sqrt {x^{2}-1}}$ دائمًا غير سالبة بتعريف الجذر التربيعي الرئيسي، لذلك يجب أن يكون العامل المتبقي غير سالب، والذي يتحقق باستخدام القيمة المطلقة لـ x.)
    ${\frac {dy}{dx}}={\frac {-1}{|x|{\sqrt {x^{2}-1}}}}$

#### باستخدام قاعدة السلسلة

بدلاً من ذلك، يمكن اشتقاق دالة قاطع التمام العكسية من مشتق دالة الجيب العكسية باستخدام قاعدة السلسلة.
لتكن
    $y=\operatorname {arccsc} x=\arcsin \left({\frac {1}{x}}\right)$
حيث
    $|x|\geq 1$ و $y\in \left[-{\frac {\pi }{2}},0\right)\cup \left(0,{\frac {\pi }{2}}\right]$
وبعد ذلك، بتطبيق قاعدة السلسلة على $\arcsin \left({\frac {1}{x}}\right)$:
    ${\frac {dy}{dx}}={\frac {1}{\sqrt {1-({\frac {1}{x}})^{2}}}}\cdot \left(-{\frac {1}{x^{2}}}\right)=-{\frac {1}{x^{2}{\sqrt {1-{\frac {1}{x^{2}}}}}}}=-{\frac {1}{x^{2}{\frac {\sqrt {x^{2}-1}}{\sqrt {x^{2}}}}}}=-{\frac {1}{{\sqrt {x^{2}}}{\sqrt {x^{2}-1}}}}=-{\frac {1}{|x|{\sqrt {x^{2}-1}}}}$