رياضيات المرحلة الثانوية · Grades 10–12

20المتتاليات

المتتالية قائمة من الأعداد الحقيقية مدلَّلة بالأعداد الطبيعية. وتنمذج المتتاليات التطورات المتقطعة — تعدادات السكان محسوبة سنة بعد سنة، وأرصدة حساب مصرفي، والتقريبات المتعاقبة لعدد ما — ونهاياتها هي أول لقاء جدي مع اللانهاية. ويرسي هذا الفصل المفردات، ومبدأ التراجع، ومبرهنات التقارب الأساسية.

20.1 الاستدلال بالتراجع

مبرهنة 20.1 (مبدأ التراجع)

لتكن $P(n)$ عبارة تتعلق بعدد صحيح $n$ ، وليكن $n_0 \in \N$ . إذا تحقق

(الحالة الابتدائية) $P(n_0)$ صحيحة، و
(خطوة التراجع) من أجل كل $n \geq n_0$ ، تستلزم $P(n)$ العبارة $P(n+1)$ ،

فإن $P(n)$ صحيحة من أجل كل $n \geq n_0$ .

برهان. لنفترض، بغرض الوصول إلى تناقض، أن مجموعة الأعداد الصحيحة $A$ التي $n \geq n_0$ و $P(n)$ خاطئة من أجلها غير خالية. عندئذٍ تملك $A$ عنصرًا أصغريًا $m$ .¹ وبما أن $P(n_0)$ صحيحة، فإن $m > n_0$ ، إذن $m - 1 \geq n_0$ و $m-1 \notin A$ ، أي إن $P(m-1)$ صحيحة. وعندئذٍ تبيّن خطوة التراجع مطبَّقة على $n = m-1$ أن $P(m)$ صحيحة، وهذا يناقض $m \in A$ . ∎

مثال 20.2

لنبرهن على متراجحة برنولي: من أجل كل عدد حقيقي $a > 0$ وكل $n \in \N$ ،

(1+a)^n \geq 1 + na.

الحالة الابتدائية. من أجل $n = 0$ ، يساوي الطرفان $1$ . خطوة التراجع. لنفترض أن $(1+a)^n \geq 1+na$ من أجل $n \in \N$ ما. وبما أن $1 + a > 0$ ، فإن ضرب الطرفين في $1+a$ يحافظ على المتراجحة:

(1+a)^{n+1} \geq (1+na)(1+a) = 1 + (n+1)a + na^2 \geq 1 + (n+1)a .

وبالتراجع، تصح المتراجحة من أجل كل $n \in \N$ .

طريقة 20.3 (كتابة برهان بالتراجع)

اجعل العبارة $P(n)$ صريحة دائمًا قبل أن تبدأ. وللبرهان الكامل ثلاثة أجزاء ظاهرة: الحالة الابتدائية، وخطوة التراجع (“لنفترض $P(n)$ ؛ ولنبرهن على $P(n+1)$ ”)، والخاتمة التي تستدعي مبدأ التراجع. وأشيع الأخطاء هو أن تُبرهن خطوة التراجع دون أن تُستعمل الفرضية $P(n)$ قط: فإن حدث ذلك، فإما أن البرهان خاطئ وإما أن التراجع لم يكن ضروريًا.

20.2 مفردات المتتاليات

تعريف 20.4 (المتتالية)

المتتالية هي دالة $u \colon \N \to \R$ (أو من $\{n \in \N : n \geq n_0\}$ إلى $\R$ ). وتُكتب صورة $n$ على الصورة $u_n$ ، وتُكتب المتتالية نفسها $(u_n)_{n\in\N}$ أو ببساطة $(u_n)$ .

ويمكن تعريف متتالية صراحةً، بصيغة $u_n = f(n)$ ، أو بالتراجع، بحدها الأول وعلاقة $u_{n+1} = f(u_n)$ .

تعريف 20.5 (الرتابة)

تكون المتتالية $(u_n)$ متزايدة إذا كان $u_{n+1} \geq u_n$ من أجل كل $n$ ، ومتناقصة إذا كان $u_{n+1} \leq u_n$ من أجل كل $n$ ، ورتيبة إذا كانت متزايدة أو متناقصة. وتكون متزايدة (أو متناقصة) تمامًا عندما تكون المتراجحات تامة.

طريقة 20.6 (دراسة رتابة متتالية)

ثلاث تقنيات معيارية:

ادرس إشارة $u_{n+1} - u_n$ ؛
إذا كانت كل الحدود موجبة، فقارن $\dfrac{u_{n+1}}{u_n}$ بالعدد $1$ ؛
إذا كان $u_n = f(n)$ مع $f$ معرَّفة على $\intco{0}{+\infty}$ ، فاستعمل تغيرات $f$ .

تعريف 20.7 (المتتالية المحدودة)

تكون المتتالية $(u_n)$ محدودة من الأعلى إذا وُجد $M \in \R$ حيث $u_n \leq M$ من أجل كل $n$ ؛ ومحدودة من الأسفل إذا وُجد $m \in \R$ حيث $u_n \geq m$ من أجل كل $n$ ؛ ومحدودة إذا تحقق الشرطان معًا.

20.2.1 المتتاليات الحسابية والهندسية

تعريف 20.8 (المتتاليات الحسابية والهندسية)

تكون المتتالية $(u_n)$ حسابية ذات أساس $r$ إذا كان $u_{n+1} = u_n + r$ من أجل كل $n$ ، و هندسية ذات أساس هندسي $q$ إذا كان $u_{n+1} = q\,u_n$ من أجل كل $n$ .

قضية 20.9 (الصورة الصريحة والمجاميع)

ليكن $n \in \N$ .

إذا كانت $(u_n)$ حسابية ذات أساس $r$ ، فإن $u_n = u_0 + nr$ و

$u_0 + u_1 + \dots + u_n = (n+1)\,\frac{u_0 + u_n}{2}.$
إذا كانت $(u_n)$ هندسية ذات أساس هندسي $q \neq 1$ ، فإن $u_n = u_0\, q^n$ و

$u_0 + u_1 + \dots + u_n = u_0\,\frac{1 - q^{n+1}}{1 - q}.$

برهان. تنتج الصور الصريحة بتراجعات مباشرة. وأما المجموع الحسابي، فاكتب $S = u_0 + \dots + u_n$ ثم اجمعه إلى المجموع نفسه مكتوبًا بالترتيب المعكوس: فيساوي كل عمود من الأعمدة $n+1$ المقدار $u_0 + u_n$ ، إذن $2S = (n+1)(u_0+u_n)$ . وأما المجموع الهندسي، فاحسب $S - qS$ : فتختصر كل الحدود أزواجًا عدا الأول والأخير، إذن $(1-q)S = u_0(1 - q^{n+1})$ . ∎

20.3 نهاية متتالية

تعريف 20.10 (المتتالية المتقاربة)

تتقارب المتتالية $(u_n)$ إلى العدد الحقيقي $\ell$ إذا كانت كل فترة مفتوحة تحوي $\ell$ تحوي كل الحدود $u_n$ ابتداءً من دليل ما. ونكتب عندئذٍ $\lim\limits_{n\to+\infty} u_n = \ell$ .

وبصيغة مكافئة: من أجل كل $\varepsilon > 0$ ، يوجد $N \in \N$ بحيث يكون من أجل كل $n \geq N$ ، $\abs{u_n - \ell} \leq \varepsilon$ .

تقارب u_n = 2 + (-1)n/n إلى = 2: فإذا أُعطي > 0، وقعت كل الحدود ابتداءً من الدليل N في الشريط [ - , + ]. — تقارب $u_n = 2 + \frac{(-1)^n}{n}$ إلى $\ell = 2$ : فإذا أُعطي $\varepsilon > 0$ ، وقعت كل الحدود ابتداءً من الدليل $N$ في الشريط $\intcc{\ell-\varepsilon}{\ell+\varepsilon}$ .

تعريف 20.11 (التباعد إلى ما لا نهاية)

تؤول المتتالية $(u_n)$ إلى $+\infty$ إذا وُجد، من أجل كل $A \in \R$ ، عدد $N \in \N$ بحيث يكون $u_n \geq A$ من أجل كل $n \geq N$ . ونكتب $\lim\limits_{n\to+\infty} u_n = +\infty$ ؛ وتعريف $\lim u_n = -\infty$ نظير له. ويقال عن متتالية لا تتقارب إنها تتباعد.

ملاحظة 20.12

يمكن أن تتباعد متتالية دون أن تؤول إلى $\pm\infty$ : فالمتتالية $u_n = (-1)^n$ لا تأخذ إلا القيمتين $1$ و $-1$ وليست لها نهاية.

قضية 20.13 (وحدانية النهاية)

إذا تقاربت $(u_n)$ ، فنهايتها وحيدة.

برهان. لنفترض أن $u_n \to \ell$ و $u_n \to \ell'$ مع $\ell \neq \ell'$ ، وليكن مثلًا $\ell < \ell'$ . ضع $\varepsilon = \frac{\ell' - \ell}{3} > 0$ . فابتداءً من دليل ما، يكون $\abs{u_n - \ell} \leq \varepsilon$ و $\abs{u_n - \ell'} \leq \varepsilon$ ، ومنه

\ell' - \ell \leq \abs{\ell' - u_n} + \abs{u_n - \ell} \leq 2\varepsilon = \tfrac{2}{3}(\ell' - \ell) < \ell' - \ell,

وهذا تناقض. ∎

قضية 20.14 (العمليات على النهايات)

لتكن $(u_n)$ و $(v_n)$ متتاليتين نهايتاهما $\ell$ و $\ell'$ (منتهيتين أو لانهائيتين). عندئذٍ، كلما لم يكن الطرف الأيمن صورة غير محددة،

\lim (u_n + v_n) = \ell + \ell', \qquad \lim (u_n v_n) = \ell\,\ell', \qquad \lim \frac{u_n}{v_n} = \frac{\ell}{\ell'}.

والصور غير المحددة هي $(+\infty) + (-\infty)$ و $0 \times \infty$ و $\frac{\infty}{\infty}$ و $\frac{0}{0}$ .

برهان. نبرهن على قاعدة المجموع من أجل نهايتين منتهيتين؛ والحالات الأخرى مماثلة وتُترك تمارين. ليكن $\varepsilon > 0$ . يوجد $N_1, N_2$ بحيث يكون $\abs{u_n - \ell} \leq \varepsilon/2$ من أجل $n \geq N_1$ و $\abs{v_n - \ell'} \leq \varepsilon/2$ من أجل $n \geq N_2$ . ومن أجل $n \geq \max(N_1, N_2)$ ، تعطي متراجحة المثلث

\abs{(u_n + v_n) - (\ell + \ell')} \leq \abs{u_n - \ell} + \abs{v_n - \ell'} \leq \varepsilon. \qedhere

∎

طريقة 20.15 (رفع صورة غير محددة)

أمام صورة غير محددة، أخرج الحد المهيمن عاملًا مشتركًا. فمثلًا

n^2 - n = n^2\left(1 - \tfrac{1}{n}\right) \xrightarrow[n\to+\infty]{} +\infty, \qquad \frac{2n^2+1}{n^2 - n} = \frac{2 + 1/n^2}{1 - 1/n} \xrightarrow[n\to+\infty]{} 2 .

20.4 مبرهنات التقارب

مبرهنة 20.16 (مبرهنتا المقارنة والحصر)

لتكن $(u_n)$ و $(v_n)$ و $(w_n)$ متتاليات.

إذا كان $u_n \leq v_n$ ابتداءً من دليل ما وكان $u_n \to +\infty$ ، فإن $v_n \to +\infty$ .
(مبرهنة الحصر) إذا كان $u_n \leq v_n \leq w_n$ ابتداءً من دليل ما وتقاربت $(u_n)$ و $(w_n)$ كلتاهما إلى النهاية نفسها $\ell$ ، فإن $(v_n)$ تتقارب إلى $\ell$ .

برهان. 1. ليكن $A \in \R$ . بما أن $u_n \to +\infty$ ، يوجد $N$ حيث $u_n \geq A$ من أجل $n \geq N$ ؛ وبتكبير $N$ عند اللزوم، يكون $v_n \geq u_n \geq A$ من أجل $n \geq N$ .

2. ليكن $\varepsilon > 0$ . فابتداءً من دليل ما، يتحقق $\ell - \varepsilon \leq u_n$ و $w_n \leq \ell + \varepsilon$ معًا، ومنه $\ell - \varepsilon \leq u_n \leq v_n \leq w_n \leq \ell + \varepsilon$ ، أي $\abs{v_n - \ell} \leq \varepsilon$ . ∎

مثال 20.17

من أجل كل $n \geq 1$ ، يكون $-\frac{1}{n} \leq \frac{(-1)^n}{n} \leq \frac{1}{n}$ ، وتؤول الحاصرتان كلتاهما إلى $0$ ؛ ومنه $\frac{(-1)^n}{n} \to 0$ .

مبرهنة 20.18 (مبرهنة التقارب الرتيب)

كل متتالية متزايدة ومحدودة من الأعلى تتقارب. وكل متتالية متناقصة ومحدودة من الأسفل تتقارب. وكل متتالية متزايدة غير محدودة من الأعلى تؤول إلى $+\infty$ .

برهان جزئي. نبرهن على العبارة الثالثة. لتكن $(u_n)$ متزايدة وغير محدودة من الأعلى، وليكن $A \in \R$ . بما أن $A$ ليس حدًا أعلى، يوجد $N$ حيث $u_N \geq A$ ؛ وبالرتابة، يكون $u_n \geq u_N \geq A$ من أجل كل $n \geq N$ . ومنه $u_n \to +\infty$ .

أما عبارتا التقارب فتعتمدان على خاصية الحد الأعلى الأصغري في $\R$ ؛ وهما مقبولتان في هذا المستوى (ويُبرهن عليهما في السنة الأولى الجامعية). ∎

ملاحظة 20.19

تضمن المبرهنة وجود النهاية لكنها لا تعطي قيمتها. فمتتالية متزايدة ومحدودة من الأعلى بالعدد $M$ تتقارب إلى $\ell \leq M$ ما، وليس بالضرورة إلى $M$ .

مبرهنة 20.20 (نهاية المتتاليات الهندسية)

ليكن $q \in \R$ .

إذا كان $q > 1$ ، فإن $q^n \to +\infty$ .
إذا كان $q = 1$ ، فإن $q^n \to 1$ .
إذا كان $\abs{q} < 1$ ، فإن $q^n \to 0$ .
إذا كان $q \leq -1$ ، فإن $(q^n)$ تتباعد وليست لها نهاية.

برهان. 1. اكتب $q = 1 + a$ مع $a > 0$ . فمتراجحة برنولي (المثال 20.2) تعطي $q^n \geq 1 + na \to +\infty$ ، ونستنتج بالمقارنة (المبرهنة 20.16).

2. مباشرة.

3. إذا كان $q = 0$ فالادعاء واضح. وإلا فإن $\abs{q} < 1$ يعطي $1/\abs{q} > 1$ ، إذن $(1/\abs{q})^n \to +\infty$ حسب النقطة 1، ومنه $\abs{q}^n \to 0$ ، ويسمح $-\abs{q}^n \leq q^n \leq \abs{q}^n$ بأن نستنتج بمبرهنة الحصر.

4. من أجل $q \leq -1$ ، تأخذ $(q^{2n})$ قيمًا $\geq 1$ بينما تأخذ $(q^{2n+1})$ قيمًا $\leq -1$ : فلا نهاية وحيدة تجذب المتتاليتين الجزئيتين معًا. ∎

سلوكيات (qn) الثلاثة: التباعد إلى +∈fty من أجل q > 1 (بالأحمر)، والتقارب إلى 0 من أجل q < 1 (بالأزرق)، والتذبذب المخمَّد — وهو تقارب إلى 0 أيضًا — من أجل -1 < q < 0 (بالبرتقالي). — سلوكيات $(q^n)$ الثلاثة: التباعد إلى $+\infty$ من أجل $q > 1$ (بالأحمر)، والتقارب إلى $0$ من أجل $\abs q < 1$ (بالأزرق)، والتذبذب المخمَّد — وهو تقارب إلى $0$ أيضًا — من أجل $-1 < q < 0$ (بالبرتقالي).

طريقة 20.21 (المتتاليات التراجعية $u_{n+1} = f(u_n)$ )

لدراسة متتالية معرَّفة بالعلاقة $u_{n+1} = f(u_n)$ :

برهن بالتراجع على أن $(u_n)$ تبقى في فترة $I$ تكون $f$ حسنة السلوك عليها (وعلى أن $(u_n)$ رتيبة، في الغالب)؛
استنتج التقارب من مبرهنة التقارب الرتيب؛
انتقل إلى النهاية في العلاقة $u_{n+1} = f(u_n)$ : فإذا كانت $f$ متصلة وكان $u_n \to \ell \in I$ ، فإن $\ell$ يحقق $f(\ell) = \ell$ (انظر الفصل 21)؛ فحل هذه المعادلة واختر الجذر الصحيح.

إنشاء الدرج من أجل u_n+1 = √u_n + 2 و u_0 = 0 (): فكل خطوة شاقولية تقرأ f(u_n) على المنحنى، وكل خطوة أفقية تعيدها عبر y = x. وتصعد المتتالية إلى النقطة الثابتة = 2، حيث يلتقي المنحنى بالمستقيم. — إنشاء الدرج من أجل $u_{n+1} = \sqrt{u_n + 2}$ و $u_0 = 0$ (التمرين 20.6): فكل خطوة شاقولية تقرأ $f(u_n)$ على المنحنى، وكل خطوة أفقية تعيدها عبر $y = x$ . وتصعد المتتالية إلى النقطة الثابتة $\ell = 2$ ، حيث يلتقي المنحنى بالمستقيم.

مثال 20.22

ليكن $u_0 = 2$ و $u_{n+1} = \frac{1}{2}\left(u_n + \frac{2}{u_n}\right)$ . ويُتحقق بالتراجع من أن $u_n \geq \sqrt{2}$ من أجل كل $n$ (فالمتراجحة $\frac{1}{2}(x + 2/x) \geq \sqrt{2}$ من أجل $x>0$ تكافئ $(x - \sqrt2)^2 \geq 0$ )، ثم من أن $(u_n)$ متناقصة، إذ

u_{n+1}-u_n=\frac{2-u_n^2}{2u_n}\leq 0 .

وبما أنها متناقصة ومحدودة من الأسفل، فإن $(u_n)$ تتقارب إلى $\ell \geq \sqrt{2}$ ما، ولا بد أن يحقق $\ell = \frac{1}{2}(\ell + 2/\ell)$ ، أي $\ell^2 = 2$ . ومنه $u_n \to \sqrt{2}$ . وهذه خوارزمية هيرون، وقد استعملها البابليون من قبل؛ وتقاربها سريع جدًا ( $u_3$ يعطي $\sqrt 2$ بثمانية أرقام عشرية أصلًا).

20.5 تمارين

تمرين 20.1 ★

برهن بالتراجع على أنه من أجل كل $n \in \N$ ،

1^2 + 2^2 + \dots + n^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}.

حل

حل التمرين 20.1.

لتكن $P(n)$ العبارة $\sum_{k=1}^{n} k^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$ . الحالة الابتدائية: من أجل $n = 0$ يساوي الطرفان $0$ (مجموع خالٍ). خطوة التراجع: لنفترض $P(n)$ . عندئذٍ

\sum_{k=1}^{n+1} k^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} + (n+1)^2 = \frac{(n+1)\bigl(n(2n+1) + 6(n+1)\bigr)}{6} = \frac{(n+1)(2n^2 + 7n + 6)}{6}.

وبما أن $2n^2 + 7n + 6 = (n+2)(2n+3)$ ، فهذا هو $\frac{(n+1)(n+2)(2(n+1)+1)}{6}$ ، أي $P(n+1)$ . وبالتراجع، تصح $P(n)$ من أجل كل $n$ .

تمرين 20.2 ★

ادرس رتابة المتتاليتين المعرَّفتين من أجل $n \geq 1$ بالعلاقتين

a_n = \frac{n+1}{n}, \qquad b_n = \frac{2^n}{n}, \qquad c_n = n^2 - 10n .

حل

حل التمرين 20.2.

$a_{n+1} - a_n = \frac{n+2}{n+1} - \frac{n+1}{n} = \frac{n(n+2) - (n+1)^2}{n(n+1)} = \frac{-1}{n(n+1)} < 0$ : إذن $(a_n)$ متناقصة تمامًا.

وحدود $(b_n)$ موجبة و $\frac{b_{n+1}}{b_n} = \frac{2^{n+1}}{n+1}\cdot\frac{n}{2^n} = \frac{2n}{n+1} \geq 1 \iff 2n \geq n+1 \iff n \geq 1$ : إذن $(b_n)$ متزايدة (تمامًا من أجل $n \geq 2$ ).

$c_{n+1} - c_n = (n+1)^2 - 10(n+1) - n^2 + 10n = 2n - 9$ ، وهو سالب من أجل $n \leq 4$ وموجب من أجل $n \geq 5$ : فتتناقص $(c_n)$ حتى $c_5 = -25$ ، وهي قيمتها الصغرى، ثم تتزايد. فهي ليست رتيبة.

تمرين 20.3 ★

احسب نهايات المتتاليات ذات الحدود العامة

u_n = \frac{3n^2 - n + 1}{2n^2 + 5}, \qquad v_n = \sqrt{n+1} - \sqrt{n}, \qquad w_n = \frac{2^n - 3^n}{3^n + 1}.

حل

حل التمرين 20.3.

أخرج الحدود المهيمنة عوامل مشتركة:

u_n = \frac{n^2(3 - 1/n + 1/n^2)}{n^2(2 + 5/n^2)} \xrightarrow[n\to+\infty]{} \frac{3}{2}.

اضرب في المرافق:

v_n = \frac{(n+1) - n}{\sqrt{n+1} + \sqrt{n}} = \frac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}} \xrightarrow[n\to+\infty]{} 0.

اقسم البسط والمقام على $3^n$ :

w_n = \frac{(2/3)^n - 1}{1 + (1/3)^n} \xrightarrow[n\to+\infty]{} \frac{0-1}{1+0} = -1,

باستعمال $\lim q^n = 0$ من أجل $\abs{q} < 1$ .

تمرين 20.4 ★

لتكن $(u_n)$ المتتالية الحسابية حيث $u_0 = 5$ وأساسها $r = 3$ ، ولتكن $(v_n)$ المتتالية الهندسية حيث $v_0 = 8$ وأساسها الهندسي $q = \frac{1}{2}$ . احسب $u_n$ و $v_n$ و $\sum_{k=0}^{n} u_k$ و $\sum_{k=0}^{n} v_k$ ، ونهايات العبارات الأربع كلها لما $n \to +\infty$ .

حل

حل التمرين 20.4.

$u_n = 5 + 3n \to +\infty$ و $v_n = 8 \cdot (1/2)^n = 2^{3-n} \to 0$ . والمجموعان هما

\sum_{k=0}^{n} u_k = (n+1)\,\frac{5 + (5+3n)}{2} = \frac{(n+1)(10+3n)}{2} \xrightarrow[n\to+\infty]{} +\infty,

\sum_{k=0}^{n} v_k = 8\,\frac{1 - (1/2)^{n+1}}{1 - 1/2} = 16\left(1 - \left(\tfrac{1}{2}\right)^{n+1}\right) \xrightarrow[n\to+\infty]{} 16 .

تمرين 20.5 ★★

باستعمال مبرهنة الحصر، احسب

\lim_{n\to+\infty} \frac{n + \cos n}{n + 1} \qquad\text{و}\qquad \lim_{n\to+\infty} \frac{n!}{n^n},

حيث $n! = 1 \times 2 \times \dots \times n$ . ومن أجل النهاية الثانية، احصر $\frac{n!}{n^n}$ بحد من متتالية هندسية.

حل

حل التمرين 20.5.

بما أن $-1 \leq \cos n \leq 1$ ، فإن

\frac{n-1}{n+1} \leq \frac{n + \cos n}{n+1} \leq 1,

و $\frac{n-1}{n+1} \to 1$ ، إذن النهاية هي $1$ بمبرهنة الحصر.

وأما النهاية الثانية، فاكتب

0 \leq \frac{n!}{n^n} = \frac{1}{n}\cdot\frac{2}{n}\cdots\frac{n}{n} \leq \frac{1}{n},

لأن كل عامل $\frac{k}{n}$ حيث $2 \leq k \leq n$ لا يتجاوز $1$ . وبما أن $\frac1n \to 0$ ، تعطي مبرهنة الحصر أن $\frac{n!}{n^n} \to 0$ . (والحصر الهندسي المقترح يفلح أيضًا: فكل عامل حيث $k \leq n/2$ لا يتجاوز $\frac12$ ، مما يعطي الحاصرة الأقوى $(1/2)^{\floor{n/2}}$ .)

تمرين 20.6 ★★

ليكن $u_0 = 0$ و $u_{n+1} = \sqrt{u_n + 2}$ من أجل كل $n \in \N$ .

برهن بالتراجع على أن $0 \leq u_n \leq 2$ من أجل كل $n$ .
بيّن أن $(u_n)$ متزايدة.
استنتج أن $(u_n)$ تتقارب وحدّد نهايتها.

حل

حل التمرين 20.6.

1. $u_0 = 0 \in \intcc{0}{2}$ . وإذا كان $0 \leq u_n \leq 2$ ، فإن $2 \leq u_n + 2 \leq 4$ ، إذن $\sqrt{2} \leq u_{n+1} \leq 2$ ؛ وخاصة $0 \leq u_{n+1} \leq 2$ . وبالتراجع تصح الخاصية من أجل كل $n$ .

2. $u_{n+1} - u_n = \sqrt{u_n + 2} - u_n$ . ومن أجل $x \in \intcc{0}{2}$ ، يكون $\sqrt{x+2} \geq x \iff x + 2 \geq x^2 \iff (2-x)(x+1) \geq 0$ ، وهذا صحيح. ومنه فإن $(u_n)$ متزايدة.

3. وبما أنها متزايدة ومحدودة من الأعلى بالعدد $2$ ، تتقارب $(u_n)$ إلى $\ell \in \intcc{0}{2}$ ما. وبالانتقال إلى النهاية في $u_{n+1} = \sqrt{u_n + 2}$ (فالتطبيق $x \mapsto \sqrt{x+2}$ متصل) نجد $\ell = \sqrt{\ell + 2}$ ، إذن $\ell^2 - \ell - 2 = 0$ ، أي $\ell \in \{-1, 2\}$ . وبما أن $\ell \geq 0$ ، فإن $\lim u_n = 2$ .

تمرين 20.7 ★★

يأخذ مريض جرعة مقدارها $1$ وحدة من دواء كل صباح. وخلال كل فترة من 24 ساعة، يطرح الجسم $40\%$ من الدواء الموجود. وليكن $u_n$ كمية الدواء في الجسم بُعيد جرعة اليوم $n$ ، بحيث $u_0 = 1$ .

برّر أن $u_{n+1} = 0.6\,u_n + 1$ .
ليكن $v_n = u_n - 2.5$ . بيّن أن $(v_n)$ هندسية واستنتج صيغة صريحة للمقدار $u_n$ .
حدّد كمية الدواء في الجسم على المدى الطويل.

حل

حل التمرين 20.7.

1. بين جرعتين، يُطرح $40\%$ من الدواء، فتصير الكمية $u_n$ هي $0.6\,u_n$ ؛ ثم تضيف الجرعة التالية $1$ وحدة: $u_{n+1} = 0.6\,u_n + 1$ .

2. $v_{n+1} = u_{n+1} - 2.5 = 0.6\,u_n + 1 - 2.5 = 0.6(u_n - 2.5) = 0.6\,v_n$ : إذن $(v_n)$ هندسية أساسها الهندسي $0.6$ وحدها الأول $v_0 = 1 - 2.5 = -1.5$ . ومنه $v_n = -1.5 \times 0.6^n$ و

u_n = 2.5 - 1.5 \times 0.6^n .

3. وبما أن $0.6^n \to 0$ ، فإن $u_n \to 2.5$ : أي أن كمية الدواء تستقر عند $2.5$ وحدة.

تمرين 20.8 ★★

لتكن $(u_n)$ معرَّفة بالعلاقتين $u_0 = 3$ و $u_{n+1} = \frac{4u_n - 1}{u_n + 2}$ .

بيّن بالتراجع أن $u_n > 1$ من أجل كل $n \in \N$ .
بيّن أن $v_n = \dfrac{1}{u_n - 1}$ يعرّف متتالية حسابية.
استنتج صيغتين صريحتين للمقدارين $v_n$ و $u_n$ ، ونهاية $(u_n)$ .

حل

حل التمرين 20.8.

1. $u_0 = 3 > 1$ . وإذا كان $u_n > 1$ ، فإن $u_n + 2 > 0$ و

u_{n+1} - 1 = \frac{4u_n - 1 - u_n - 2}{u_n + 2} = \frac{3(u_n - 1)}{u_n + 2} > 0 .

وبالتراجع، يكون $u_n > 1$ من أجل كل $n$ (وخاصة $u_n + 2 \neq 0$ ، إذن المتتالية معرَّفة جيدًا).

2. باستعمال المتطابقة أعلاه،

v_{n+1} = \frac{1}{u_{n+1} - 1} = \frac{u_n + 2}{3(u_n - 1)} = \frac{(u_n - 1) + 3}{3(u_n - 1)} = \frac{1}{3} + v_n .

إذن $(v_n)$ حسابية أساسها $\frac13$ و $v_0 = \frac{1}{u_0 - 1} = \frac12$ .

3. $v_n = \frac12 + \frac{n}{3}$ ، ومنه $u_n = 1 + \frac{1}{v_n} = 1 + \frac{6}{3 + 2n}$ . وبما أن $v_n \to +\infty$ ، فإن $u_n \to 1$ .

تمرين 20.9 ★★★

من أجل $n \geq 1$ ، ليكن $H_n = 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{n}$ .

بيّن أنه من أجل كل $n \geq 1$ ، يكون $H_{2n} - H_n \geq \frac{1}{2}$ .
استنتج أن $H_{2^k} \geq 1 + \frac{k}{2}$ من أجل كل $k \in \N$ ، ثم استنتج أن $H_n \to +\infty$ .

حل

حل التمرين 20.9.

1. المقدار $H_{2n} - H_n = \sum_{k=n+1}^{2n} \frac{1}{k}$ مجموع $n$ حدًا، كل منها لا يقل عن $\frac{1}{2n}$ ؛ ومنه $H_{2n} - H_n \geq n \cdot \frac{1}{2n} = \frac12$ .

2. بالتراجع على $k$ : $H_{2^0} = H_1 = 1 \geq 1$ . وإذا كان $H_{2^k} \geq 1 + \frac{k}{2}$ ، فإن تطبيق النقطة 1 مع $n = 2^k$ يعطي

H_{2^{k+1}} \geq H_{2^k} + \frac12 \geq 1 + \frac{k+1}{2}.

والمتتالية $(H_n)$ متزايدة (فكل خطوة تضيف $\frac{1}{n+1} > 0$ ) و المتتالية الجزئية $H_{2^k}$ غير محدودة، إذن $(H_n)$ غير محدودة من الأعلى. وبما أنها متزايدة وغير محدودة، فهي تؤول إلى $+\infty$ (المبرهنة 20.18).

تمرين 20.10 ★★★

(المتتاليتان المتجاورتان.) تكون متتاليتان $(a_n)$ و $(b_n)$ متجاورتين إذا كانت $(a_n)$ متزايدة و $(b_n)$ متناقصة و $b_n - a_n \to 0$ .

بيّن أنه من أجل كل $n$ ، يكون $a_n \leq b_n$ . (إرشاد: ادرس رتابة المتتالية $(b_n - a_n)$ .)
بيّن أن المتتاليتين المتجاورتين تتقاربان كلتاهما إلى النهاية نفسها.
تطبيق: بيّن أن المتتاليتين $a_n = \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{k!}$ و $b_n = a_n + \frac{1}{n \cdot n!}$ ( $n \geq 1$ ) متجاورتان. (ونهايتهما المشتركة هي العدد $\eu$ ، المدروس في الفصل 23.)

حل

حل التمرين 20.10.

1. المتتالية $d_n = b_n - a_n$ تحقق $d_{n+1} - d_n = (b_{n+1} - b_n) - (a_{n+1} - a_n) \leq 0$ ، إذن $(d_n)$ متناقصة؛ وبما أن $d_n \to 0$ ، نجد $d_n \geq 0$ من أجل كل $n$ (فمتتالية متناقصة فيها حد سالب تبقى دونه إلى الأبد، مما يمنع النهاية $0$ ). ومنه $a_n \leq b_n$ .

2. من $a_n \leq b_n \leq b_0$ ، تكون المتتالية المتزايدة $(a_n)$ محدودة من الأعلى، فتتقارب إلى $\ell$ ما. وبالمثل تتقارب $(b_n)$ ، المتناقصة والمحدودة من الأسفل بالعدد $a_0$ ، إلى $\ell'$ ما. ثم $\ell' - \ell = \lim (b_n - a_n) = 0$ ، إذن $\ell = \ell'$ .

3. المتتالية $(a_n)$ متزايدة (تمامًا) لأن $a_{n+1} - a_n = \frac{1}{(n+1)!} > 0$ . وأما $(b_n)$ ، فإن

b_{n+1} - b_n = \frac{1}{(n+1)!} + \frac{1}{(n+1)(n+1)!} - \frac{1}{n\,n!} = \frac{n(n+1) + n - (n+1)^2}{n(n+1)(n+1)!} = \frac{-1}{n(n+1)(n+1)!} < 0 ,

إذن $(b_n)$ متناقصة. وأخيرًا $b_n - a_n = \frac{1}{n\,n!} \to 0$ . فالمتتاليتان متجاورتان، ومنه تتقاربان إلى نهاية مشتركة.

20.6 مسألة: متتالية هيرون، تُحاكم أخيرًا

مسألة 20.1

مسألة نهاية الأسبوع — التراجع يصادق، والتقارب الرتيب يحكم، ووصفة $\sqrt2$ ذات الألفي سنة تنال برهانها أخيرًا (ومتوسط غاوس البديع للتحلية)

ثلاث مرات التقت هذه السلسلة بوصفة هيرون — خذ متوسط التخمين مع $2/\text{التخمين}$ — وثلاث مرات لم تستطع إلا أن تلاحظ أن الوصفة تعمل. وهذا الفصل يملك أخيرًا أدوات الحكم: التراجع (المبرهنة 20.1)، ومبرهنة التقارب الرتيب (المبرهنة 20.18)، ونهايات العلاقات التراجعية. ويشغل الحكمُ والسرعةُ المصادَق عليها قلب هذه المسألة؛ وحولهما، مصائد التراجع الكلاسيكية، وأبطأ تباعد في الرياضيات، وأسرع تقارب وجده غاوس قط.

الجزء الأول — تمارين إحماء على التراجع.

برهن بالتراجع على: $1 + 3 + 5 + \dots + (2n - 1) = n^2$ (درج الأعداد الفردية، المرسوم في الكتاب السابق، وقد صار الآن مصادَقًا عليه).
برهن بالتراجع على أن $2^n > n$ من أجل كل $n \in \N$ .
برهن بالتراجع على متراجحة برنولي: من أجل $x \geq 0$ و $n \in \N$ ، $(1 + x)^n \geq 1 + nx$ .
المصيدة الكلاسيكية: “كل الكريات لها اللون نفسه — فهذا صحيح من أجل كرية واحدة؛ وإذا كانت أي $n$ كرية أحادية اللون دائمًا، فإن الكريات $n$ الأولى من بين $n + 1$ كرية تشترك في لون، والكريات $n$ الأخيرة تشترك في لون، فتشترك الكريات $n + 1$ كلها.” وكل طفل يعرف أن الخاتمة سخيفة: فأوجد الخطوة التي ينهار عندها التراجع بالضبط.
برهن بالتراجع على أن $4^n - 1$ يقبل القسمة على $3$ من أجل كل $n \in \N$ .

الجزء الثاني — محاكمة هيرون. ليكن $x_0 = 2$ و $x_{n+1} = \dfrac12\left(x_n + \dfrac{2}{x_n}\right)$ .

احسب $x_1$ و $x_2$ و $x_3$ كسورًا مضبوطة (أصدقاء قدامى).
برهن على المتطابقة المفتاحية

$x_{n+1}^2 - 2 = \left(\frac{x_n^2 - 2}{2x_n}\right)^{\!2} \geq 0,$

واستنتج بالتراجع أن $x_n > 0$ و $x_n^2 > 2$ من أجل كل $n$ .
بيّن أن $(x_n)$ متناقصة تمامًا (احسب $x_{n+1} - x_n$ واستعمل السؤال 7).
استدعِ مبرهنة التقارب الرتيب: لماذا تتقارب $(x_n)$ إلى نهاية $L \geq 1$ ما؟
حدّد النهاية: انتقل بالعلاقة التراجعية إلى النهاية (القضية 20.14) واستنتج $L = \sqrt2$ . وصُغ الحكم التاريخي: بعد ألفي سنة من الخدمة الأمينة، صار مبرهَنًا أن وصفة هيرون تتقارب.
السرعة المصادَق عليها: مع $e_n = x_n - \sqrt2$ ، برهن على

$e_{n+1} = \frac{e_n^2}{2 x_n} ,$

واستنتج $e_{n+1} \leq \frac{e_n^2}{2\sqrt2}$ : أي أن الخطأ يُربَّع عند كل خطوة — وهو تضاعف الأرقام الملاحَظ منذ الكتاب السابق، وقد صار مبرهنة.
تأكد عدديًا: احسب $e_0, e_1, e_2, e_3$ (انطلاقًا من السؤال 6) وتحقق من أن كل $\frac{e_{n+1}}{e_n^2}$ قريب من $\frac{1}{2x_n}$ .

الجزء الثالث — أبطأ تباعد.

برهن التمرين 20.9 على $H_{2^k} \geq 1 + \frac k2$ من أجل المجاميع التوافقية. فكم حدًا يضمن $H_n > 10$ ؟ (وتكفي قوة للعدد اثنين؛ فاعجب من حجمها.)
وفي المقابل، تتقارب المجاميع الهندسية $1 + \frac12 + \frac14 + \dots + \frac{1}{2^n} = 2 - \frac{1}{2^n}$ إلى $2$ (المبرهنة 20.20): وهذا حدس لوح الشوكولاتة في الكتاب السابق، وقد صار أخيرًا عبارة عن نهاية. اكتب البرهان في سطرين.
وبين الاثنين: بيّن أن المجاميع $S_n = 1 + \frac{1}{4} + \frac{1}{9} + \dots + \frac{1}{n^2}$ تتقارب، بحصر $\frac{1}{k^2} \leq \frac{1}{k(k-1)} = \frac{1}{k-1} - \frac{1}{k}$ (من أجل $k \geq 2$ )، ثم التلسكوب، ثم تطبيق التقارب الرتيب. (وهذه النهاية، $\frac{\pi^2}{6}$ ، إحدى معجزات أويلر، المبرهَن عليها في الكتب الجامعية.)
صُغ عبرة الأسئلة 13–15 في جملتين: ماذا تقرّر عبارة “الحدود تؤول إلى $0$ ” بخصوص تقارب المجاميع — وماذا لا تقرّر؟

الجزء الرابع — المتوسط الحسابي الهندسي عند غاوس. ليكن $a_0 = 1$ و $b_0 = 2$ و

a_{n+1} = \sqrt{a_n b_n}, \qquad b_{n+1} = \frac{a_n + b_n}{2} .

احسب $a_1, b_1, a_2, b_2$ (بخمسة أرقام عشرية). فماذا تلاحظ بخصوص السرعة؟
بيّن أن $a_n \leq b_n$ من أجل كل $n$ (وهي المتراجحة بين المتوسطين الحسابي والهندسي، التي لقيناها في هذه السلسلة كلها)، وأن $(a_n)$ متزايدة و $(b_n)$ متناقصة.
بيّن أن $b_{n+1} - a_{n+1} \leq \frac{b_n - a_n}{2}$ (بإخراج $b_{n+1} - a_{n+1} = \frac{(\sqrt{b_n} - \sqrt{a_n})^2}{2}$ عاملًا مشتركًا والمقارنة)، واستنتج حسب التمرين 20.10 أن المتتاليتين متجاورتان: فلهما نهاية مشتركة $M(1, 2)$ ، هي المتوسط الحسابي الهندسي.
احسب $M(1, 2)$ بستة أرقام عشرية (وكم تكرارًا لزمك؟). في 30 أيار 1799، حسب غاوس $M(1, \sqrt2)$ بأحد عشر رقمًا عشريًا، وتعرّف على $\frac{\pi}{M(1,\sqrt2)}$ بوصفه تكاملًا معروفًا، وكتب أن “حقلًا جديدًا من التحليل” قد انفتح — وقد انفتح فعلًا: التكاملات الإهليلجية، المحكية في الكتب الجامعية. واختم بسرعات التقارب الملاحَظة في هذه المسألة، من الأبطأ إلى الأسرع.

حل

حل المسألة 20.1.

1. صحيحة من أجل $n = 1$ ( $1 = 1^2$ ). وإذا كان $1 + 3 + \dots + (2n - 1) = n^2$ ، فبإضافة العدد الفردي التالي: $n^2 + (2n + 1) = (n + 1)^2$ : وهي الوراثة. وبالتراجع، تصح من أجل كل $n \geq 1$ .

2. $2^0 = 1 > 0$ . وإذا كان $2^n > n$ ، فإن $2^{n+1} = 2 \cdot 2^n > 2n \geq n + 1$ من أجل $n \geq 1$ (والحالة $n = 0$ تُتحقق مباشرة): وهي الوراثة، وقد تمّ المطلوب.

3. $n = 0$ : $1 \geq 1$ . وإذا كان $(1 + x)^n \geq 1 + nx$ ، فاضرب في $1 + x \geq 1 > 0$ : $(1 + x)^{n+1} \geq (1 + nx)(1 + x) = 1 + (n + 1)x + nx^2 \geq 1 + (n + 1)x$ .

4. الخطوة من $n = 1$ إلى $n = 2$ : ففي حالة كريتين، تكون “الكريات $n$ الأولى” و“الكريات $n$ الأخيرة” كريتين مفردتين منفصلتين — فلا كرية مشتركة تجسر بين المجموعتين، ولا شيء يفرض توافق لونيهما. وحجة الوراثة تقتضي ضمنًا أن تتقاطع المجموعتان، وهذا لا يصح إلا من $n \geq 2$ ؛ ومع الحالة الابتدائية $n = 1$ لا تنطلق السلسلة أبدًا.

5. $4^0 - 1 = 0 = 3 \times 0$ . وإذا كان $4^n - 1 = 3k$ ، فإن $4^{n+1} - 1 = 4(4^n - 1) + 3 = 3(4k + 1)$ : وهي الوراثة.

6. $x_1 = \frac32$ ، و $x_2 = \frac{17}{12}$ ، و $x_3 = \frac{577}{408}$ .

7. $x_{n+1}^2 - 2 = \frac{(x_n^2 + 2)^2 - 8x_n^2} {4x_n^2} = \frac{(x_n^2 - 2)^2}{4 x_n^2}$ : مربع على مقدار موجب، ومنه فهو $\geq 0$ ، وهو $> 0$ كلما كان $x_n^2 \neq 2$ . والتراجع: $x_0 = 2 > 0$ مع $x_0^2 = 4 > 2$ ؛ وإذا كان $x_n > 0$ و $x_n^2 > 2$ ، فإن $x_{n+1}$ (وهو متوسط موجبين) موجب و $x_{n+1}^2 - 2 > 0$ .

8. $x_{n+1} - x_n = \frac{2 - x_n^2}{2x_n} < 0$ حسب السؤال 7: إذن متناقصة تمامًا.

9. متناقصة ومحدودة من الأسفل (بالعدد $1$ ، لأن $x_n^2 > 2 > 1$ و $x_n > 0$ ): فبمبرهنة التقارب الرتيب، تتقارب $(x_n)$ إلى $L \geq 1$ ما.

10. تحترم النهايات الجبر: فمن $x_{n+1} = \frac12\left(x_n + \frac{2}{x_n}\right)$ و $x_n \to L \geq 1 > 0$ : $L = \frac12\left(L + \frac2L\right)$ ، إذن $L^2 = 2$ ، وبما أن $L$ موجب، فإن $L = \sqrt2$ . والحكم: التقارب مبرهَن عليه، والنهاية محدَّدة — فهيرون بريء مع مرتبة الشرف.

11. $x_{n+1} - \sqrt2 = \frac{x_n^2 - 2\sqrt2\,x_n + 2}{2x_n} = \frac{(x_n - \sqrt2)^2}{2x_n}$ : أي بالضبط $e_{n+1} = \frac{e_n^2}{2x_n}$ ، و $x_n > \sqrt2$ يعطي $e_{n+1} \leq \frac{e_n^2}{2\sqrt2}$ . فالخطأ مربَّع: أي أن كل خطوة تضاعف عدد الأرقام العشرية الصحيحة، كما لوحظ منذ الكتاب السابق.

12. $e_0 \approx 0.5858$ ، و $e_1 \approx 0.0858$ ، و $e_2 \approx 0.00245$ ، و $e_3 \approx 2.1 \times 10^{-6}$ . والنسب $\frac{e_1}{e_0^2} \approx 0.25 = \frac{1}{2x_0}$ ؛ $\frac{e_2}{e_1^2} \approx 0.333 = \frac{1}{2x_1}$ ؛ $\frac{e_3}{e_2^2} \approx 0.353 \approx \frac{1}{2x_2}$ : أي المبرهنة في العمل.

13. $H_{2^{18}} \geq 1 + 9 = 10$ : أي نحو $260\,000$ حد ( $2^{18} = 262\,144$ ) لمجرد تجاوز $10$ — فهو تباعد بخطوة السلحفاة (وأما $H_n > 100$ فسيحتاج إلى حدود أكثر من ذرات أي مكتبة).

14. $S_n = 2 - \frac{1}{2^n}$ (مجموع هندسي)، و $\frac{1}{2^n} \to 0$ (المبرهنة 20.20)، إذن $S_n \to 2$ : فلوح الشوكولاتة المقضوم بلا انتهاء يؤول إلى اللوح كله دون أن يبلغه أبدًا — والآن بلغة النهايات الرسمية.

15. من أجل $k \geq 2$ : $\frac{1}{k^2} \leq \frac{1}{k(k-1)} = \frac{1}{k-1} - \frac1k$ ، إذن $S_n \leq 1 + \left(1 - \frac1n\right) < 2$ : فهي متزايدة و محدودة من الأعلى، ومنه متقاربة (بالتقارب الرتيب). وقد سمّى أويلر النهاية فيما بعد: $\frac{\pi^2}{6}$ .

16. أيلولة الحدود إلى $0$ لازمة لكي تستقر المجاميع لكنها لا تقرّر شيئًا: فالحدود التوافقية $\frac1n \to 0$ ومع ذلك تنفجر المجاميع؛ والحدود $\frac{1}{n^2} \to 0$ والمجاميع تتقارب. فالسؤال كله هو بأي سرعة تموت الحدود — وتلك نظرية المتسلسلات، المبنية في الكتب الجامعية.

17. $a_1 = \sqrt2 \approx 1.41421$ و $b_1 = 1.5$ ؛ و $a_2 \approx 1.45648$ ، و $b_2 \approx 1.45711$ : فتكراران اثنان يتفقان أصلًا إلى ثلاثة أرقام عشرية — سرعة مذهلة.

18. $b_{n+1} - a_{n+1} = \frac{a_n + b_n}{2} - \sqrt{a_n b_n} = \frac{(\sqrt{b_n} - \sqrt{a_n})^2}{2} \geq 0$ : فالمتوسطان يبقيان مرتبين. و $(a_n)$ متزايدة: $a_{n+1} = \sqrt{a_n b_n} \geq \sqrt{a_n \cdot a_n} = a_n$ ؛ و $(b_n)$ متناقصة بتناظر.

19. $\frac{b_{n+1} - a_{n+1}}{b_n - a_n} = \frac{(\sqrt{b_n} - \sqrt{a_n})^2} {2(\sqrt{b_n} - \sqrt{a_n})(\sqrt{b_n} + \sqrt{a_n})} = \frac{\sqrt{b_n} - \sqrt{a_n}}{2(\sqrt{b_n} + \sqrt{a_n})} \leq \frac12$ : فالفجوة تنتصف على الأقل، إذن $b_n - a_n \to 0$ ؛ ومع السؤال 18، تكون المتتاليتان متجاورتين ولهما نهاية مشتركة $M(1, 2)$ .

20. يعطي التكرار الثالث $a_3 \approx b_3 \approx 1.456791$ : أي $M(1, 2) \approx 1.456791$ في ثلاث لفات من المدور (فالفجوة تتربّع تقريبًا، مثل فجوة هيرون). وترتيب سرعات متتاليات المسألة، من الأبطأ إلى الأسرع: المجاميع التوافقية (تباعد جليدي)، ثم المجاميع الهندسية (الخطأ ينتصف عند كل خطوة)، ثم هيرون والمتوسط الحسابي الهندسي (الخطأ يتربّع عند كل خطوة) — وسرعة هذا الأخير الخارقة هي التي أنبأت غاوس بأنه أصاب عرقًا جديدًا من التحليل.

كل جزء غير خالٍ من $\N$ له عنصر أصغري؛ وتُؤخذ هذه الخاصية للمجموعة $\N$ بديهيةً. ↩

المصطلحات المعرَّفة في هذا الفصل

عرض كل المصطلحات (395) في المسرد