الرياضيات الجامعية — السنة 1 · Bachelor Year 1

11المتتاليات

عولجت المتتاليات في مجلّد الثانوي ومفهوم النهاية مأخوذٌ نصفَ أخذٍ على الثقة. وهنا يُعاد بناء النظرية على تمام $\R$ (الفصل 10): فكل مبرهنة كلاسيكية — التقارب الرتيب، والمتتاليتان المتجاورتان، وبولتزانو–فايرشتراس، ومحك كوشي — وجهٌ لتلك البديهية الوحيدة. ويُختم الفصل بالدراسة العملية للمتتاليات المعرَّفة بالمقدار $u_{n+1} = f(u_n)$ .

11.1 التقارب

تعريف 11.1 (نهاية متتالية)

تتقارب المتتالية $(u_n)$ من الأعداد الحقيقية إلى $\ell \in \R$ إذا كان

\forall \varepsilon > 0,\ \exists N \in \N,\ \forall n \geq N, \qquad \abs{u_n - \ell} \leq \varepsilon .

ويُكتب $u_n \to \ell$ أو $\lim u_n = \ell$ . وتكون المتتالية التي لا تتقارب (إلى أيّ عدد حقيقي) متباعدة. والتباعد إلى $+\infty$ : $\forall M,\ \exists N,\ \forall n \geq N,\ u_n \geq M$ (وكذلك $-\infty$ ).

مثال 11.2 (برهان $\varepsilon$ – $N$ ، مكتوبًا مرة واحدة)

الادعاء: $u_n = \dfrac{n^2 + 1}{2n^2 - 3} \to \dfrac12$ . اعزل الخطأ أولًا:

\Bigl| u_n - \frac12 \Bigr| = \Bigl| \frac{2(n^2 + 1) - (2n^2 - 3)}{2(2n^2 - 3)} \Bigr| = \frac{5}{2\,\abs{2n^2 - 3}} = \frac{5}{2\,(2n^2 - 3)} \quad (n \geq 2).

ثم سيطر عليه بمقدار بسيط: من أجل $n \geq 2$ ، $2n^2 - 3 \geq n^2$ ، ومنه فالخطأ هو $\leq \frac{5}{2n^2} \leq \frac 5{2n}$ . ومن أجل $\varepsilon > 0$ ، تعطي خاصية أرخميدس $N \geq \max\bigl(2, \frac{5}{2\varepsilon}\bigr)$ ؛ ومن أجل $n \geq N$ يكون الخطأ $\leq \varepsilon$ . وانتهى. والفكرة النافذة: لبرهان $\varepsilon$ – $N$ ثلاث حركات بالضبط — احسب الخطأ، وحُدّه بمقدار أوليّ متناقص، وحلّ من أجل العتبة — وبعد مبرهنات هذا الفصل (العمليات والحصر) لا يكاد المرء يكتب مثل هذا البرهان مرة أخرى: إذ تعلّب المبرهنات الحركات الثلاث مرة واحدة وإلى الأبد.

مثال 11.3 (التباعد إلى اللانهاية، مصادَقًا عليه)

الادعاء: $u_n = n^2 - 100n \to +\infty$ . عمّل الحد المهيمن: $u_n = n^2\bigl(1 - \frac{100}{n}\bigr) \geq \frac{n^2}{2}$ من أجل $n \geq 200$ . ومن أجل $M$ معطى، خذ $N = \max\bigl(200, \lceil\sqrt{2M}\rceil\bigr)$ : فمن أجل $n \geq N$ ، $u_n \geq \frac{n^2}{2} \geq M$ . وعادتان معروضتان هنا: تعميل الحد المهيمن يحوّل تنافسًا ( $n^2$ ضد $-100n$ ) إلى سلّم وحيد مضروب في عامل يؤول إلى $1$ ؛ وقد تكون العتبة هائلة ( $u_{100} = 0$ ، بل المتتالية سالبة قبل $n = 100$ ) — فالتباعد إلى $+\infty$ عبارة عن الذيل، لا تبالي بأيّ قدر منته من سوء السلوك.

قضية 11.4 (الخصائص الأولى)

النهاية، إذا وُجدت، وحيدة.
كل متتالية متقاربة محدودة.
إذا كان $u_n \to \ell$ ، فإن أيّ تعديل لعدد منته من الحدود يبقي التقارب والنهاية على حالهما.

برهان. (1) إذا كان $u_n \to \ell$ و $u_n \to \ell'$ مع $\ell \neq \ell'$ ، فخذ $\varepsilon = \frac{\abs{\ell - \ell'}}{3}$ : فبعد العتبتين يكون $\abs{\ell - \ell'} \leq \abs{\ell - u_n} + \abs{u_n - \ell'} \leq 2\varepsilon = \frac23 \abs{\ell - \ell'}$ ، وهذا محال.

(2) مع $\varepsilon = 1$ : بعد $N$ يكون $\abs{u_n} \leq \abs\ell + 1$ ؛ والحدود السابقة المنتهية العدد محدودة كذلك، ومنه $\abs{u_n} \leq \max(\abs{u_0}, \dots, \abs{u_{N-1}}, \abs\ell + 1)$ .

(3) بالتفصيل: افترض $v_n = u_n$ من أجل $n \geq n_0$ و $u_n \to \ell$ . ومن أجل $\varepsilon > 0$ ، خذ العتبة $N$ الخاصة بالمتتالية $(u_n)$ : فمن أجل $n \geq \max(N, n_0)$ ، $\abs{v_n - \ell} = \abs{u_n - \ell} \leq \varepsilon$ . ومنه $v_n \to \ell$ : إذ لا يسوّر التعريف إلا على $n \geq N$ ، ويمكن الكتابة فوق أيّ بادئة منتهية بثمن تكبير العتبة. (ولهذا تكفي في كل هذا الفصل الفرضيات من نوع «من أجل كل $n$ كبير».) ∎

مبرهنة 11.5 (العمليات على النهايات)

إذا كان $u_n \to \ell$ و $v_n \to m$ ، فإن

u_n + v_n \to \ell + m, \qquad u_n v_n \to \ell m, \qquad \frac{u_n}{v_n} \to \frac{\ell}{m} \ (\text{إذا كان } m \neq 0), \qquad \abs{u_n} \to \abs\ell .

برهان. المجموع: $\abs{(u_n + v_n) - (\ell + m)} \leq \abs{u_n - \ell} + \abs{v_n - m} \leq 2\varepsilon$ بعد العتبة الأكبر. الجداء: اكتب

u_n v_n - \ell m = (u_n - \ell)\,v_n + \ell\,(v_n - m);

والمتتالية $(v_n)$ محدودة بمقدار $B$ ما (القضية 11.4)، ومنه فالطرف الأيمن هو $\leq B\abs{u_n - \ell} + \abs{\ell}\,\abs{v_n - m}$ ، وهو صغير كما نشاء. القسمة: يكفي معالجة $\frac 1{v_n}$ . مع $\varepsilon = \frac{\abs m}{2}$ : بعد $N_0$ ما، $\abs{v_n} \geq \frac{\abs m}{2}$ ، ومنه

\Bigl| \frac{1}{v_n} - \frac 1m \Bigr| = \frac{\abs{m - v_n}}{\abs{v_n m}} \leq \frac{2}{m^2}\,\abs{v_n - m} \longrightarrow 0 .

القيمة المطلقة: $\bigl|\abs{u_n} - \abs\ell\bigr| \leq \abs{u_n - \ell}$ (متراجحة المثلث المعكوسة، القضية 3.2). ∎

مثال 11.6 (العمليات مع حيلة جبرية واحدة)

احسب $\lim\,\bigl(\sqrt{n^2 + n} - n\bigr)$ . يؤول الجزآن كلٌّ على حدة إلى $+\infty$ : ولا تقول مبرهنة العمليات شيئًا عن فرقهما (وهو شكل غير محدَّد). اضرب في المرافق:

\sqrt{n^2 + n} - n = \frac{(n^2 + n) - n^2}{\sqrt{n^2 + n} + n} = \frac{n}{\sqrt{n^2+n} + n} = \frac{1}{\sqrt{1 + \frac1n} + 1} .

والآن يتقارب كل شيء: $\sqrt{1 + \frac1n} \to 1$ ، لأن $0 \leq \sqrt{1 + h} - 1 = \frac{h}{\sqrt{1+h} + 1} \leq h$ (بالمرافق مرة أخرى، ثم بالحصر مع $h = \frac1n$ )؛ وعندئذ تعطي مبرهنة العمليات النهاية $\frac{1}{1 + 1} = \frac12$ . والفكرة النافذة: ليست مبرهنة العمليات حاسبةً لكل النهايات — فالأشكال غير المحدَّدة ( $\infty - \infty$ و $\frac00$ و $0 \times \infty$ و $1^\infty$ ) يجب أولًا أن تُحوَّل بالجبر (المرافقات، وتعميل الحد المهيمن) حتى يتقارب كل جزء؛ والآلة المنهجية للحالات العنيدة هي النشر المقارب في الفصل 16.

مبرهنة 11.7 (النهايات والترتيب)

إذا كان $u_n \leq v_n$ من أجل كل $n$ كبير، وتقاربت المتتاليتان، فإن $\lim u_n \leq \lim v_n$ . (وأمّا المتراجحات القطعية فلا تمرّ إلى النهاية: إذ $\frac 1n > 0$ لكن $\lim = 0$ .)
(مبرهنة الحصر) إذا كان $u_n \leq w_n \leq v_n$ من أجل كل $n$ كبير و $u_n, v_n \to \ell$ ، فإن $w_n \to \ell$ .
إذا كان $u_n \to \ell > 0$ ، فإن $u_n > \frac\ell2 > 0$ من أجل كل $n$ كبير.

برهان. (1) افترض $\ell = \lim u_n > m = \lim v_n$ ؛ مع $\varepsilon = \frac{\ell - m}{3}$ ، تحقق الحدود الكبيرة $v_n \leq m + \varepsilon < \ell - \varepsilon \leq u_n$ ، وهذا يناقض $u_n \leq v_n$ .

(2) بعد العتبات: $\ell - \varepsilon \leq u_n \leq w_n \leq v_n \leq \ell + \varepsilon$ .

(3) هي التعريف 11.1 مع $\varepsilon = \frac\ell2$ . ∎

مثال 11.8 (حصران)

(أ) $\dfrac{\sin n}{n} \to 0$ : انطلاقًا من $-\frac1n \leq \frac{\sin n}{n} \leq \frac1n$ ، وكلا الجدارين ينهار على $0$ — دون أيّ حاجة إلى فهم البسط المضطرب أصلًا. (ب) $(2^n + 3^n)^{1/n} \to 3$ : أطّر ما بالداخل،

3^n \leq 2^n + 3^n \leq 2\cdot3^n \quad\Longrightarrow\quad 3 \leq (2^n + 3^n)^{1/n} \leq 3\cdot 2^{1/n} ,

و $2^{1/n} = \eu^{\frac{\ln 2}{n}} \to 1$ (كما في $5^{1/n}$ في التمرين 11.2): فيعطي الحصر $3$ . والفكرة النافذة: مجموع أسّيات متنافسة يسلك سلوك حدّه الأكبر — إذ تبتلع العواملُ الثابتة غير المؤذية الأصغرَ منها، ثم يمحوها الجذر من الرتبة $n$ .

11.2 المتتاليات الرتيبة

مبرهنة 11.9 (مبرهنة النهاية الرتيبة)

كل متتالية متزايدة محدودة من أعلى تتقارب، إلى $\sup\{u_n : n \in \N\}$ ؛ وكل متتالية متزايدة غير محدودة من أعلى تتباعد إلى $+\infty$ . (وعبارتان مرآتيتان من أجل المتتاليات المتناقصة.)

برهان. ليكن $s = \sup\{u_n\}$ (المبرهنة 10.2). ومن أجل $\varepsilon > 0$ ، يعطي التمييز بالمقدار $\varepsilon$ (القضية 10.4) عتبةً $N$ تحقق $u_N > s - \varepsilon$ ؛ وبالرتابة، $s - \varepsilon < u_N \leq u_n \leq s$ من أجل كل $n \geq N$ : فيتحقق التقارب إلى $s$ . وإذا كانت غير محدودة: فمن أجل كل $M$ يوجد $u_N > M$ ، وتُبقي الرتابة كل الحدود اللاحقة فوق $M$ . ∎

مثال 11.10 (المبرهنة الرتيبة آلةَ وجود)

لتكن $u_n = \prod_{k=1}^{n} \bigl(1 + \frac{1}{2^k}\bigr)$ . كل عامل يتجاوز $1$ ، ومنه فالمتتالية $(u_n)$ متزايدة. فهل هي محدودة من أعلى؟ خذ اللوغاريتمات واستعمل $\ln(1 + x) \leq x$ (المثال 14.20 يستبقها؛ أو استعمل المتراجحة الفجّة $1 + x \leq \eu^x$ من مجلّد الثانوي):

\ln u_n = \sum_{k=1}^{n} \ln\Bigl(1 + \frac{1}{2^k}\Bigr) \leq \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{2^k} < 1 ,

ومنه $u_n < \eu$ . فهي متزايدة ومحدودة: ومنه تتقارب $(u_n)$ إلى $\ell \in \intoc{u_1}{\eu}$ ما — وهو عدد حقيقي معرَّف تعريفًا تامًا دون أيّ صورة مغلقة تلوح في الأفق ( $\ell = 2.384\dots$ ). والفكرة النافذة: مبرهنة النهاية الرتيبة أرخص آلة وجود في التحليل؛ فقد سمّت $\eu$ نفسه (المثال 11.12 أدناه)، وفي الفصل 17 سوف تفصل في تقارب كل متسلسلة موجبة بمجرد الحدّية.

مبرهنة 11.11 (المتتاليتان المتجاورتان)

لتكن $(a_n)$ متزايدة و $(b_n)$ متناقصة، مع $b_n - a_n \to 0$ . عندئذ تتقارب المتتاليتان إلى نهاية مشتركة $\ell$ ، ويكون $a_n \leq \ell \leq b_n$ من أجل كل $n$ .

برهان. أولًا، $a_n \leq b_n$ من أجل كل $n$ : فالمتتالية $(b_n - a_n)$ متناقصة وتؤول إلى $0$ ، ومنه فهي $\geq 0$ (إذ إن حدًّا سالبًا سيجمّدها دون $0$ ). ثم إن $(a_n)$ متزايدة ومحدودة من أعلى بالمقدار $b_0$ : فتتقارب إلى $\ell$ ما (المبرهنة 11.9)؛ وكذلك $(b_n) \to \ell'$ ؛ و $\ell' - \ell = \lim (b_n - a_n) = 0$ . وتتبع المتراجحات $a_n \leq \ell \leq b_n$ من الرتابة ( $\ell = \sup a_k \geq a_n$ وهكذا). ∎

متتاليتان متجاورتان: تصعد (a_n)، وتهبط (b_n)، وتتقلص الفجوة بينهما إلى 0. وكل فترة [a_n, b_n] تحتوي كل الفترات اللاحقة، والنهاية المشتركة هي النقطة الوحيدة الباقية في كل فترة — وهي الصورة وراء براهين الثنائية لمبرهنة بولتزانو–فايرشتراس أدناه ولمبرهنة القيم الوسطى في . — متتاليتان متجاورتان: تصعد $(a_n)$ ، وتهبط $(b_n)$ ، وتتقلص الفجوة بينهما إلى $0$ . وكل فترة $\intcc{a_n}{b_n}$ تحتوي كل الفترات اللاحقة، والنهاية المشتركة $\ell$ هي النقطة الوحيدة الباقية في كل فترة — وهي الصورة وراء براهين الثنائية لمبرهنة بولتزانو–فايرشتراس أدناه ولمبرهنة القيم الوسطى في الفصل 13.

مثال 11.12 (العدد $\eu$ )

ضع $a_n = \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{k!}$ و $b_n = a_n + \frac{1}{n \cdot n!}$ ( $n \geq 1$ ). عندئذ تتزايد $(a_n)$ ؛ و

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 ,

ومنه تتناقص $(b_n)$ ، و $b_n - a_n \to 0$ : فهما متجاورتان. ونهايتهما المشتركة هي (بالتعريف هنا) العدد $\eu \approx 2.71828$ ؛ والمتراجحتان $a_n < \eu < b_n$ دقيقتان بما يكفي للبرهان على $\eu \notin \Q$ (التمرين 11.9).

11.3 المتتاليات الجزئية وبولتزانو–فايرشتراس

تعريف 11.13 (متتالية جزئية)

المتتالية الجزئية للمتتالية $(u_n)$ هي متتالية $(u_{\varphi(n)})$ حيث $\varphi \colon \N \to \N$ متزايدة قطعًا (ولاحظ $\varphi(n) \geq n$ ، بالاستقراء).

قضية 11.14

إذا كان $u_n \to \ell$ ( $\ell \in \R$ أو $\pm\infty$ )، فإن كل متتالية جزئية تؤول إلى $\ell$ . ونتيجةً لذلك، تتباعد كل متتالية لها متتاليتان جزئيتان مختلفتا النهاية. وبالعكس، إذا تقاربت $(u_{2n})$ و $(u_{2n+1})$ كلتاهما إلى النهاية نفسها $\ell$ ، فإن $u_n \to \ell$ .

برهان. بعد العتبة $N$ الخاصة بالمتتالية $(u_n)$ ، تفي كل الأدلة $\varphi(n) \geq n \geq N$ بالغرض (والمتراجحة $\varphi(n) \geq n$ هي الاستقراء المشار إليه في التعريف 11.13: $\varphi(0) \geq 0$ ، ويفرض $\varphi(n+1) > \varphi(n) \geq n$ أن $\varphi(n+1) \geq n + 1$ ). وأمّا العكس: فمن أجل $\varepsilon$ ، خذ العتبتين $N_0$ (الأدلة الزوجية) و $N_1$ (الفردية)؛ فأيّ دليل $n \geq \max(2N_0, 2N_1 + 1)$ يكون إمّا زوجيًا، $n = 2k$ مع $k \geq N_0$ ، وإمّا فرديًا، $n = 2k+1$ مع $k \geq N_1$ — وفي الحالتين $\abs{u_n - \ell} \leq \varepsilon$ : فكل دليل مغطّى بإحدى المتتاليتين الجزئيتين، وذلك هو كل المقصود. ∎

مثال 11.15 (نهايات المتتاليات الجزئية)

من أجل $u_n = (-1)^n \frac{n}{n+1}$ : تؤول المتتالية الجزئية الزوجية إلى $1$ ، والفردية إلى $-1$ ، ومنه تتباعد المتتالية — لكنها تفعل ذلك بكيفية منظَّمة، متكدّسة حول القيمتين $\pm 1$ . ومن أجل $u_n = \cos\frac{2\pi n}{3}$ : المتتاليات الجزئية الثلاث ذات الأدلة $3k$ و $3k + 1$ و $3k + 2$ ثابتة، تساوي $1$ و $-\frac12$ و $-\frac12$ ؛ ومجموعة نهايات المتتاليات الجزئية هي $\{1, -\frac12\}$ . والفكرة النافذة: تتقارب متتالية محدودة إذا وفقط إذا كان لها نهاية جزئية وحيدة (التمرين 11.8)؛ وتباعد متتالية محدودة يعني دائمًا تكدّسين على الأقل، وتضمن بولتزانو–فايرشتراس أدناه وجود واحد على الأقل.

مبرهنة 11.16 (بولتزانو–فايرشتراس)

لكل متتالية محدودة من الأعداد الحقيقية متتالية جزئية متقاربة.

برهان. ليكن $u_n \in \intcc{a}{b}$ من أجل كل $n$ . ابنِ قطعًا متداخلة بالثنائية: ضع $\intcc{a_0}{b_0} = \intcc{a}{b}$ ؛ ومن أجل $\intcc{a_k}{b_k}$ تحتوي $u_n$ من أجل عدد لا يُحصى من $n$ ، يبقى أحد نصفيها محتويًا $u_n$ من أجل عدد لا يُحصى من $n$ — ولنسمّه $\intcc{a_{k+1}}{b_{k+1}}$ . والمتتاليتان $(a_k)$ و $(b_k)$ متجاورتان ( $b_k - a_k = \frac{b-a}{2^k} \to 0$ )، ونهايتهما المشتركة $\ell$ (المبرهنة 11.11).

والاستخراج: اختر $\varphi(0)$ يحقق $u_{\varphi(0)} \in \intcc{a_0}{b_0}$ ، ثم، بالاستقراء، $\varphi(k+1) > \varphi(k)$ مع $u_{\varphi(k+1)} \in \intcc{a_{k+1}}{b_{k+1}}$ — وهذا ممكن لأن تلك القطعة تحتوي عددًا لا يُحصى من الحدود. عندئذ $a_k \leq u_{\varphi(k)} \leq b_k$ ، وتعطي مبرهنة الحصر $u_{\varphi(k)} \to \ell$ . ∎

ملاحظة 11.17 (ما تقوله وما لا تقوله مبرهنة بولتزانو–فايرشتراس)

إنها تقول: انطلاقًا من الحدّية وحدها، تتقارب متتالية جزئية ما — وجودٌ بلا صيغة، كما يوضّح برهان الثنائية (فلا شيء يخبرنا أيّ الأدلة يبقى). وهي لا تقول إن النهاية وحيدة: فللمتتالية $((-1)^n)$ متتاليتان جزئيتان تتقاربان إلى $1$ وإلى $-1$ ، بل قد تكون مجموعة نهايات المتتاليات الجزئية غير منتهية (المثال 11.15، ومجموعة كانتور كلها في المسألة 12.1). وهي لا تصمد أمام عدم الحدّية: فليس للمتتالية $(n)$ أيّ متتالية جزئية متقاربة — وإن كان يمكن دائمًا استخراج متتالية جزئية تؤول إلى $+\infty$ أو $-\infty$ من أيّ متتالية غير محدودة (اختر $\varphi(k)$ يحقق $u_{\varphi(k)} \geq k$ ، مثلًا). وباستعمالها استعمالًا صحيحًا، تكون المبرهنة مضخّة وجود: فهي تظهر في عقدة محك كوشي أدناه، وفي مبرهنة هاينه، وفي مبرهنة القيم الحدّية — ودائمًا لإنتاج نقطة لا يقدّمها أيّ بناء صريح.

11.4 متتاليات كوشي والتمام

تعريف 11.18

تكون المتتالية $(u_n)$ متتالية كوشي إذا صارت حدودها قريبة كما نشاء بعضها من بعض:

\forall \varepsilon > 0,\ \exists N,\ \forall p, q \geq N, \qquad \abs{u_p - u_q} \leq \varepsilon .

مثال 11.19 (التحقق من خاصية كوشي باليد)

لتكن $u_n = \sum_{k=0}^{n} \frac{\cos k}{2^k}$ — فلا رتابة، ولا نهاية يمكن تخمينها. من أجل $p > q$ :

\abs{u_p - u_q} = \Bigl| \sum_{k=q+1}^{p} \frac{\cos k}{2^k} \Bigr| \leq \sum_{k=q+1}^{p} \frac{1}{2^k} < \frac{1}{2^{q}} ,

بمتراجحة المثلث، و $\abs{\cos k} \leq 1$ ، ومجموع هندسي منته. ومن أجل $\varepsilon > 0$ ، اختر $N$ يحقق $2^{-N} \leq \varepsilon$ : فكل الفروق بعد $N$ هي $\leq \varepsilon$ ، والمتتالية متتالية كوشي، ومنه تتقارب — إلى نهاية لا يستطيع أحد تسميتها في صورة مغلقة، وذلك بالضبط هو المقصود. والفكرة النافذة: السيطرة الهندسية على التزايدات هي الطريقة المعيارية لكسب خاصية كوشي، وسوف يعبّئ الفصل 17 الحجة في صورة «التقارب بإطلاق يستلزم التقارب».

مبرهنة 11.20 (تمام $\R$ )

تتقارب متتالية من الأعداد الحقيقية إذا وفقط إذا كانت متتالية كوشي.

برهان. ( $\Rightarrow$ ) إذا كان $u_n \to \ell$ : فبعد العتبة الخاصة بالمقدار $\frac\varepsilon2$ ، $\abs{u_p - u_q} \leq \abs{u_p - \ell} + \abs{\ell - u_q} \leq \varepsilon$ .

( $\Leftarrow$ ) لتكن $(u_n)$ متتالية كوشي. فهي محدودة: إذ مع $\varepsilon = 1$ ، تقع كل الحدود بعد $N$ على بعد $1$ من $u_N$ ، والرأس منته. والاستخراج: حسب المبرهنة 11.16، تتقارب متتالية جزئية ما $u_{\varphi(n)} \to \ell$ . والاستنتاج: من أجل $\varepsilon > 0$ ، خذ $N$ (من خاصية كوشي، من أجل $\frac\varepsilon2$ ) و $n \geq N$ يحققان $\abs{u_{\varphi(n)} - \ell} \leq \frac\varepsilon2$ و $\varphi(n) \geq N$ ؛ عندئذ من أجل كل $p \geq N$ :

\abs{u_p - \ell} \leq \abs{u_p - u_{\varphi(n)}} + \abs{u_{\varphi(n)} - \ell} \leq \varepsilon . \qedhere

∎

ملاحظة 11.21

قيمة المحك أنه يصادق على التقارب دون تسمية النهاية. وهو يفشل على $\Q$ (فالاقتطاعات العشرية للمقدار $\sqrt 2$ تكوّن متتالية كوشي من الأعداد الناطقة بلا نهاية ناطقة): فالتمام خاصية للمقدار $\R$ ، مكافئة لبديهية الحد الأعلى. وهو كذلك حصان العمل وراء تقارب المتسلسلات (الفصل 17).

مثال 11.22 (متتالية كوشي نهايتها غير مرئية)

لتكن $S_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k^2}$ . من أجل $p > q \geq 1$ :

S_p - S_q = \sum_{k=q+1}^{p} \frac{1}{k^2} \leq \sum_{k=q+1}^{p} \frac{1}{k(k-1)} = \sum_{k=q+1}^{p} \Bigl(\frac{1}{k-1} - \frac 1k\Bigr) = \frac 1q - \frac 1p < \frac 1q ,

ومنه فبعد $N > \frac1\varepsilon$ تكون كل الفروق $\leq \varepsilon$ : فالمتتالية $(S_n)$ متتالية كوشي، ومنه تتقارب. ولاحظ ما حدث للتوّ: فقد برهنّا على أن عددًا حقيقيًا معيّنًا موجود دون أن يكون لنا أيّ اسم له. (وهو $\frac{\pi^2}{6}$ — متطابقة شهيرة لأويلر، مبرهنٌ عليها في مجلّد السنة الثانية؛ ولا شيء في هذا الفصل يستطيع أن يخبرنا بذلك.) وتقسيم العمل هذا — الوجود الآن، والتعيين لاحقًا، إن كان — هو كل مقصود محك كوشي، ومحرّك نظرية المتسلسلات في الفصل 17.

11.5 المتتاليات التراجعية

طريقة 11.23 (دراسة $u_{n+1} = f(u_n)$ )

من أجل $f$ ونقطة انطلاق $u_0$ معطاتين:

فترة مستقرة: جد فترة $I$ تحقق $f(I) \subseteq I$ وتحتوي $u_0$ : عندئذ يكون كل $u_n \in I$ (بالاستقراء).
النهايات المرشّحة: إذا كان $u_n \to \ell \in I$ وكانت $f$ متصلة عند $\ell$ (الفصل 13)، فإن $\ell$ نقطة صامدة: $f(\ell) = \ell$ . حُلَّ $f(x) = x$ .
الرتابة: إذا كانت $f$ متزايدة على $I$ ، فإن $(u_n)$ رتيبة (متزايدة إذا كان $u_1 \geq u_0$ ، ومتناقصة فيما عدا ذلك)؛ ومع الحدّية، يختم المبرهنة 11.9 الأمر. وإذا كانت $f$ متناقصة، فادرس المتتاليتين الجزئيتين $(u_{2n})$ و $(u_{2n+1})$ ، وهما رتيبتان من أجل $f \circ f$ .
ضبط الخطأ: تعطي متراجحة $\abs{f(x) - \ell} \leq k\abs{x - \ell}$ مع $k < 1$ المقدارَ $\abs{u_n - \ell} \leq k^n \abs{u_0 - \ell} \to 0$ مباشرة.

مثال 11.24 (طريقة هيرون)

ليكن $u_0 = 2$ و $u_{n+1} = \dfrac12\Bigl(u_n + \dfrac{2}{u_n}\Bigr)$ : وهي الخوارزمية القديمة من أجل $\sqrt 2$ .

الاستقرار: من أجل $x > 0$ ، تعطي متراجحة المتوسطين الحسابي والهندسي أن $\frac12(x + \frac2x) \geq \sqrt{x \cdot \frac 2x} = \sqrt 2$ ؛ ومنه فالفترة $I = \intco{\sqrt 2}{+\infty}$ مستقرة وتحتوي $u_1$ (وفعلًا $u_1 = \frac32 \geq \sqrt 2$ ).
الرتابة: من أجل $x \geq \sqrt 2$ ، $\;x - f(x) = \frac{x^2 - 2}{2x} \geq 0$ : فتتناقص المتتالية ابتداءً من $u_1$ ، وهي محدودة من أدنى بالمقدار $\sqrt 2$ : ومنه تتقارب.
النهاية: تحلّ النقاط الصامدة $x = \frac12(x + \frac2x)$ ، أي $x^2 = 2$ : وعلى $I$ ، $\ell = \sqrt 2$ .
السرعة: $u_{n+1} - \sqrt 2 = \frac{(u_n - \sqrt2)^2}{2u_n} \leq \frac{(u_n - \sqrt 2)^2}{2\sqrt 2}$ : فعدد الأرقام الصحيحة يتضاعف تقريبًا في كل خطوة (تقارب تربيعي).

تكرار هيرون u_n+1 = 1/2 (u_n + 2/u_n )، مرسومًا سُلَّمًا بين منحنى f والقطر y = x: فمن u_0 = 2، تنزلق التكرارات نزولًا إلى النقطة الصامدة √ 2. — تكرار هيرون $u_{n+1} = \frac12\bigl(u_n + \frac{2}{u_n}\bigr)$ ، مرسومًا سُلَّمًا بين منحنى $f$ والقطر $y = x$ : فمن $u_0 = 2$ ، تنزلق التكرارات نزولًا إلى النقطة الصامدة $\sqrt 2$ .

ملاحظة 11.25 (مزالق شائعة مع النهايات)

أربعة كلاسيكية. (أ) الخطوات الصغيرة لا تستلزم التقارب: فالشرط $u_{n+1} - u_n \to 0$ أضعف بكثير من خاصية كوشي — إذ للمجاميع التوافقية $H_n$ خطوات $\frac{1}{n+1} \to 0$ ومع ذلك تتباعد إلى $+\infty$ (التمرين 11.5)؛ فشرط كوشي يضبط $\abs{u_p - u_q}$ من أجل كل الأزواج الكبيرة، لا المتتالية منها. (ب) المتراجحات القطعية تموت في النهاية: فمن $u_n < v_n$ من أجل كل $n$ لا يُحصَّل إلا $\lim u_n \leq \lim v_n$ (المبرهنة 11.7)؛ إذ $\frac1n > 0$ ومع ذلك $\lim = 0$ . (ج) المحدودة ليست متقاربة: فالمتتالية $((-1)^n)$ محدودة وتتباعد؛ والحدّية مع الرتابة تتقارب، وأمّا الحدّية وحدها فلا تضمن إلا متتالية جزئية متقاربة (المبرهنة 11.16). (د) معادلة النقطة الصامدة تأتي ثانيةً لا أولًا: فمن أجل $u_{n+1} = f(u_n)$ ، لا يعيّن حلُّ $f(\ell) = \ell$ النهايةَ إلا بعد البرهان على التقارب. فللعلاقة التراجعية $u_{n+1} = 2u_n$ نقطة صامدة وحيدة $\ell = 0$ ، ومع ذلك تجري المتتالية من $u_0 = 1$ إلى $+\infty$ : فلم تكن المعادلة $\ell = 2\ell$ مؤهلة لنهاية قط. فترتيب العمليات دائمًا: الوجود أولًا (الطريقة 11.23، الخطوات 1–3)، والتعيين ثانيًا.

مثال 11.26 (دالة $f$ متناقصة: العلاقة التراجعية الذهبية)

ليكن $u_0 = 1$ و $u_{n+1} = \dfrac{1}{1 + u_n}$ . وهنا $f(x) = \frac{1}{1+x}$ متناقصة، ومنه فالمتتالية ليست رتيبة (بل تتناوب حول نهايتها)؛ وخطوة التقلّص في الطريقة 11.23 هي الأداة الصحيحة. الاستقرار: إذا كان $x \in \intcc{\frac12}{1}$ فإن $1 + x \in \intcc{\frac32}{2}$ ، ومنه $f(x) \in \intcc{\frac12}{\frac23} \subseteq \intcc{\frac12}{1}$ ، ويضع $u_1 = \frac12$ المتتالية كلها هناك. والنقطة الصامدة: يعطي $\ell = \frac{1}{1+\ell}$ مع $\ell > 0$ أن $\ell^2 + \ell - 1 = 0$ ، أي

\ell = \frac{\sqrt5 - 1}{2} = 0.6180\dots

(وهو مقلوب النسبة الذهبية). والتقلّص: من أجل $x, y \in \intcc{\frac12}{1}$ ،

\abs{f(x) - f(y)} = \frac{\abs{x - y}}{(1+x)(1+y)} \leq \frac{\abs{x-y}}{(3/2)^2} = \frac49\,\abs{x - y} ,

ومنه $\abs{u_n - \ell} \leq \bigl(\frac49\bigr)^{n-1}\abs{u_1 - \ell} \to 0$ : أي التقارب، بسرعة هندسية، دون حاجة إلى رتابة. والفكرة النافذة: تقتسم الطرق الرتيبة وطرق التقلّص العالمَ التراجعي بينها — فالدالة $f$ المتزايدة تعطي مدارات رتيبة، و $f$ المتناقصة تعطي مدارات متناوبة يروّضها ثابت ليبشيتز $< 1$ (والنظرية المنهجية في التمرين 14.11).

ملاحظة 11.27 (منظورات داخل هذا المجلّد)

المتتاليات هي أداة القياس التي يرفعها بقية المجلّد في وجه كل غرض. ففي الفصل 12 هي تميّز الانغلاق والتراص؛ وفي الفصل 13 تنقل نهايات الدوال؛ وفي الفصل 15 تكون مجاميع ريمان متتاليات متقاربة إلى التكامل؛ و الفصل 17 هو نظرية صنف خاص واحد من المتتاليات، هو المجاميع الجزئية. بل حتى فصول الجبر تستهلكها: فتكرارات مصفوفة في الفصل 21 تكوّن متتاليات سلوكها (تقارب $A^n$ ) سؤال في الجبر الخطي بمفردات هذا الفصل. والمبرهنتان اللتان تُحملان في كل مكان: النهاية الرتيبة (وجودٌ من الترتيب) وبولتزانو–فايرشتراس (وجودٌ من الحدّية) — وبينهما تولد كل نهاية في هذا الكتاب تقريبًا.

ملاحظة 11.28 (المتتاليات العقدية)

تتقارب متتالية $(z_n)$ من الأعداد العقدية إلى $\ell$ إذا كان $\abs{z_n - \ell} \to 0$ ؛ وبكيفية مكافئة، إذا كان $\Re(z_n) \to \Re(\ell)$ و $\Im(z_n) \to \Im(\ell)$ (قارن $\abs{z}$ بالمقدارين $\abs{\Re z} + \abs{\Im z}$ ). وأمّا المبرهنات التي لا تتدخّل فيها بنية الترتيب — العمليات، وبولتزانو–فايرشتراس (استخرج مرتين)، ومحك كوشي — فتنتقل حرفيًا.

11.6 تمارين

تمرين 11.1 ★

انطلاقًا من التعريف 11.1 مباشرة، برهن على أن $\dfrac{2n+1}{n+3} \to 2$ ، وعلى أن $(u_n) = ((-1)^n)$ متباعدة.

حل

حل التمرين 11.1.

$\Bigl|\dfrac{2n+1}{n+3} - 2\Bigr| = \dfrac{5}{n+3}$ . ومن أجل $\varepsilon > 0$ ، خذ $N > \frac 5\varepsilon - 3$ (أرخميدس): فمن أجل $n \geq N$ ، $\frac{5}{n+3} \leq \varepsilon$ . ومنه فالنهاية هي $2$ .

$((-1)^n)$ : متتاليتاها الجزئيتان $(u_{2n}) = (1)$ و $(u_{2n+1}) = (-1)$ تتقاربان إلى نهايتين مختلفتين، ومنه تتباعد المتتالية (القضية 11.14). (ومباشرةً: يفشل أيّ مرشّح $\ell$ من أجل $\varepsilon = \frac12$ ، لأن الحدين المتتاليين على بعد $2$ .)

تمرين 11.2 ★

احسب النهايات:

\frac{n^2 - 3n + 1}{2n^2 + 5}, \qquad \sqrt{n+1} - \sqrt n, \qquad \frac{2^n + n^3}{3^n - n^2}, \qquad \sqrt[n]{5}\ \Bigl(= 5^{1/n}\Bigr).

حل

حل التمرين 11.2.

بالقسمة على $n^2$ : $\dfrac{1 - 3/n + 1/n^2}{2 + 5/n^2} \to \dfrac12$ .

$\sqrt{n+1} - \sqrt n = \dfrac{1}{\sqrt{n+1} + \sqrt n} \to 0$ (بالمرافق).

$\dfrac{2^n + n^3}{3^n - n^2} = \dfrac{(2/3)^n + n^3/3^n}{1 - n^2/3^n} \to \dfrac{0 + 0}{1 - 0} = 0$ ، باستعمال $q^n \to 0$ من أجل $\abs q < 1$ ومقارنة كثير الحدود بالمقدار الهندسي (القضية 4.6).

$5^{1/n} = \eu^{\frac{\ln 5}{n}} \to \eu^0 = 1$ .

تمرين 11.3 ★

برهن على المقارنة المعيارية: إذا كان $\abs{q} < 1$ فإن $q^n \to 0$ (اكتب $\frac{1}{\abs q} = 1 + h$ مع $h > 0$ ، واستعمل متراجحة برنولي $(1+h)^n \geq 1 + nh$ ، ويُبرهن عليها بالاستقراء). وما السلوكات من أجل $q = 1$ و $q = -1$ و $\abs q > 1$ ؟

حل

حل التمرين 11.3.

برنولي: $(1+h)^n \geq 1 + nh$ من أجل $h \geq -1$ ، بالاستقراء — $(1+h)^{n+1} = (1+h)^n(1+h) \geq (1+nh)(1+h) = 1 + (n+1)h + nh^2 \geq 1 + (n+1)h$ .

ومن أجل $0 < \abs q < 1$ : اكتب $\frac{1}{\abs q} = 1 + h$ مع $h > 0$ ؛ عندئذ $\abs{q}^n = \frac{1}{(1+h)^n} \leq \frac{1}{1 + nh} \to 0$ ، ويعطي الحصر $q^n \to 0$ (وحالة $q = 0$ بديهية). ومن أجل $q = 1$ : متتالية ثابتة نهايتها $1$ . ومن أجل $q = -1$ : تتباعد (التمرين 11.1). ومن أجل $\abs q > 1$ : $\abs q^n = (1 + h)^n \geq 1 + nh \to +\infty$ ، ومنه فالمتتالية $(q^n)$ غير محدودة، ومنه متباعدة (إلى $+\infty$ إذا كان $q > 1$ ؛ وبإشارات متناوبة، دون نهاية، إذا كان $q < -1$ ).

تمرين 11.4 ★

لتكن $u_{n+1} = \frac{u_n + 3}{2}$ مع $u_0 = 0$ . جد النقطة الصامدة $\ell$ ، وبرهن على أن $v_n = u_n - \ell$ هندسية، وأعطِ صيغة صريحة ونهاية المتتالية $(u_n)$ .

حل

حل التمرين 11.4.

النقطة الصامدة: يعطي $\ell = \frac{\ell + 3}{2}$ أن $\ell = 3$ . عندئذ

v_{n+1} = u_{n+1} - 3 = \frac{u_n + 3}{2} - 3 = \frac{u_n - 3}{2} = \frac{v_n}{2}:

والمتتالية $(v_n)$ هندسية أساسها $\frac12$ و $v_0 = -3$ . ومنه $u_n = 3 - \frac{3}{2^n} \to 3$ .

تمرين 11.5 ★★

(المتسلسلة التوافقية) لتكن $H_n = \sum_{k=1}^{n} \frac 1k$ . برهن على أن $H_{2n} - H_n \geq \frac12$ من أجل كل $n \geq 1$ ، واستنتج أن $(H_n)$ ليست متتالية كوشي، ومنه تتباعد (إلى $+\infty$ ، لكونها متزايدة).

حل

حل التمرين 11.5.

$H_{2n} - H_n = \sum_{k=n+1}^{2n} \frac 1k \geq n \cdot \frac{1}{2n} = \frac12$ (فكل حد من الحدود $n$ هو $\geq \frac{1}{2n}$ ). ولو كانت $(H_n)$ متتالية كوشي، لفرض أخذ $\varepsilon = \frac13$ أن $\abs{H_{2n} - H_n} \leq \frac13$ من أجل $n$ كبير: وهذا تناقض. وكل متتالية متزايدة غير متقاربة تتباعد إلى $+\infty$ (المبرهنة 11.9): ومنه $H_n \to +\infty$ .

تمرين 11.6 ★★

افترض أن $(u_{2n})$ و $(u_{2n+1})$ و $(u_{3n})$ تتقارب كلها. برهن على أن $(u_n)$ تتقارب. (جد متتاليات جزئية مشتركة لتساوي بين النهايات.)

حل

حل التمرين 11.6.

ليكن $a = \lim u_{2n}$ و $b = \lim u_{2n+1}$ و $c = \lim u_{3n}$ . والمتتالية $(u_{6n})$ متتالية جزئية من $(u_{2n})$ ومن $(u_{3n})$ معًا: فنهايتها تساوي $a$ و $c$ ، ومنه $a = c$ . والمتتالية $(u_{6n+3})$ متتالية جزئية من $(u_{2n+1})$ (الأدلة الفردية) ومن $(u_{3n})$ (الأدلة $6n + 3 = 3(2n+1)$ ): ومنه $b = c$ . ومنه $a = b$ ، ويعطي القضية 11.14 (الأدلة الزوجية والفردية بنهايتين متساويتين) تقارب $(u_n)$ .

تمرين 11.7 ★★

ادرس المتتالية $u_0 = 0$ ، $u_{n+1} = \sqrt{2 + u_n}$ : الاستقرار والرتابة والنهاية. ثم برهن على حاصر الخطأ $\abs{u_n - 2} \leq \dfrac{2}{3^{\,n}}$ (بيّن $2 - u_{n+1} = \dfrac{2 - u_n}{2 + \sqrt{2 + u_n}}$ وحُدّ المقام من أدنى بالعدد $3$ ).

حل

حل التمرين 11.7.

الاستقرار والحواصر: الفترة $I = \intcc{0}{2}$ مستقرة: فمن أجل $x \in I$ ، $\sqrt{2 + x} \in \intcc{\sqrt 2}{2} \subseteq I$ ؛ و $u_0 = 0 \in I$ .

الرتابة: الدالة $f(x) = \sqrt{2+x}$ متزايدة و $u_1 = \sqrt 2 > u_0$ : ومنه بالاستقراء تكون $(u_n)$ متزايدة. وهي متزايدة و محدودة من أعلى بالعدد $2$ : ومنه تتقارب (المبرهنة 11.9).

النهاية: يعطي $\ell = \sqrt{2 + \ell}$ مع $\ell \geq 0$ أن $\ell^2 - \ell - 2 = 0$ ، ومنه $\ell = 2$ .

حاصر الخطأ: بالضرب في المرافق،

2 - u_{n+1} = 2 - \sqrt{2 + u_n} = \frac{4 - (2 + u_n)}{2 + \sqrt{2+u_n}} = \frac{2 - u_n}{2 + \sqrt{2 + u_n}} \leq \frac{2 - u_n}{3},

لأن $\sqrt{2 + u_n} \geq \sqrt 2 > 1$ . وبالاستقراء انطلاقًا من $2 - u_0 = 2$ : $\;0 \leq 2 - u_n \leq \frac{2}{3^n}$ .

تمرين 11.8 ★★

لتكن $(u_n)$ محدودة، بحيث تكون لكل متتالية جزئية متقاربة من $(u_n)$ النهاية نفسها $\ell$ . برهن على $u_n \to \ell$ . (بالخلف مع بولتزانو–فايرشتراس.)

حل

حل التمرين 11.8.

افترض أن $(u_n)$ لا تتقارب إلى $\ell$ : فمن أجل $\varepsilon_0 > 0$ ما، يحقق عدد لا يُحصى من الأدلة الشرط $\abs{u_n - \ell} > \varepsilon_0$ ؛ وهي تكوّن متتالية جزئية $(u_{\varphi(n)})$ . وهذه المتتالية الجزئية محدودة، ومنه، حسب بولتزانو–فايرشتراس (المبرهنة 11.16)، لها متتالية جزئية متقاربة، نهايتها $\ell'$ تحقق $\abs{\ell' - \ell} \geq \varepsilon_0$ (بتمرير المتراجحة إلى النهاية، المبرهنة 11.7). لكن كل متتالية جزئية من متتالية جزئية من $(u_n)$ هي متتالية جزئية متقاربة من $(u_n)$ ، ومنه، حسب الفرض، $\ell' = \ell$ : وهذا تناقض.

تمرين 11.9 ★★★

بترميز المثال 11.12، افترض $\eu = \frac pq$ مع $p, q \in \N^*$ . باستعمال $a_q < \eu < b_q = a_q + \frac{1}{q\, q!}$ ، اضرب في $q!$ واستخرج تناقضًا بين عددين صحيحين. واستنتج: العدد $\eu$ أصمّ.

حل

حل التمرين 11.9.

افترض $\eu = \frac pq$ مع $q \geq 1$ . المتراجحات القطعية $a_q < \eu < a_q + \frac{1}{q\,q!}$ (وهي قطعية لأن $(a_n)$ متزايدة قطعًا و $(b_n)$ متناقصة قطعًا) مضروبةً في $q!$ تعطي

q!\,a_q \;<\; q!\,\frac pq \;<\; q!\,a_q + \frac 1q \leq q!\,a_q + 1.

والآن $N = q!\,a_q = \sum_{k=0}^{q} \frac{q!}{k!}$ عدد صحيح (فكل $\frac{q!}{k!}$ جداءُ أعداد صحيحة من أجل $k \leq q$ )، وكذلك $q!\,\frac pq = (q-1)!\,p$ . ومنه تضع المعروضة العددَ الصحيح $(q-1)!\,p$ قطعًا بين $N$ و $N + \frac 1q \leq N + 1$ : أي عددًا صحيحًا قطعًا داخل $\intoo{N}{N+1}$ ، وهذا محال. ومنه $\eu \notin \Q$ .

تمرين 11.10 ★★★

(متوسطات تشيزارو) من أجل متتالية $(u_n)_{n \geq 1}$ ، ضع $c_n = \frac{u_1 + \dots + u_n}{n}$ .

برهن على أن $u_n \to \ell$ يستلزم $c_n \to \ell$ (اقطع المجموع عند عتبة $N$ ؛ وحُدّ الرأس بمقدار ثابت مقسوم على $n$ ، والذيل بالمقدار $\varepsilon$ ).
بيّن بمثال أن العكس يفشل.
استنتج أنه إذا كان $u_{n+1} - u_n \to \ell$ ، فإن $\frac{u_n}{n} \to \ell$ .

حل

حل التمرين 11.10.

ليكن $\varepsilon > 0$ ولتكن $N$ تحقق $\abs{u_k - \ell} \leq \frac{\varepsilon}{2}$ من أجل $k > N$ . ومن أجل $n > N$ :

$\abs{c_n - \ell} = \Bigl|\frac{\sum_{k=1}^{n}(u_k - \ell)}{n}\Bigr| \leq \frac{\sum_{k=1}^{N} \abs{u_k - \ell}}{n} + \frac{n - N}{n}\cdot\frac{\varepsilon}{2} \leq \frac{C}{n} + \frac{\varepsilon}{2},$

حيث $C = \sum_{k=1}^N \abs{u_k - \ell}$ مثبَّت. ومن أجل $n$ كبير، $\frac Cn \leq \frac\varepsilon2$ : عندئذ $\abs{c_n - \ell} \leq \varepsilon$ .
$u_n = (-1)^n$ : تتباعد، ومع ذلك $c_n \to 0$ (فالمجاميع الجزئية محدودة بالعدد $1$ ، مقسومةً على $n$ ).
طبّق (1) على المتتالية $v_n = u_{n+1} - u_n \to \ell$ : فمتوسط تشيزارو لها هو $\frac{u_{n+1} - u_1}{n} \to \ell$ (بالتلسكوب)، و $\frac{u_{n+1}}{n} = \frac{u_{n+1} - u_1}{n} + \frac{u_1}{n} \to \ell$ ؛ وبإعادة تنظيم الأدلة ( $\frac{u_n}{n} = \frac{u_n}{n-1}\cdot\frac{n-1}{n}$ ) نجد $\frac{u_n}{n} \to \ell$ .

تمرين 11.11 ★★★

لتحقق $(u_n)$ الشرط $0 \leq u_{m+n} \leq u_m + u_n$ من أجل كل $m, n$ (شبه الجمعية). برهن على أن $\bigl(\frac{u_n}{n}\bigr)$ تتقارب إلى $\inf_{n \geq 1} \frac{u_n}{n}$ . (من أجل $m$ مثبَّت، اكتب $n = qm + r$ وحُدّ $\frac{u_n}{n}$ مستعملًا $u_n \leq q\,u_m + u_r$ .)

حل

حل التمرين 11.11.

ليكن $L = \inf_{n \geq 1} \frac{u_n}{n} \geq 0$ و $\varepsilon > 0$ . اختر $m$ يحقق $\frac{u_m}{m} \leq L + \varepsilon$ . وكل $n$ يُكتب $n = qm + r$ مع $0 \leq r < m$ ؛ وتعطي شبه الجمعية (مكرَّرة) $u_n \leq q\,u_m + u_r$ ، ومنه

\frac{u_n}{n} \leq \frac{q m}{n}\cdot\frac{u_m}{m} + \frac{u_r}{n} \leq \frac{u_m}{m} + \frac{\max(u_0, \dots, u_{m-1})}{n} \leq L + \varepsilon + \frac{C_m}{n},

باستعمال $qm \leq n$ . ومن أجل $n$ كبير، $\frac{C_m}{n} \leq \varepsilon$ : ومنه $L \leq \frac{u_n}{n} \leq L + 2\varepsilon$ من أجل كل $n$ كبير، وهو التقارب إلى $L$ .

تمرين 11.12 ★★★

باستعمال كثافة الزمرة الجزئية $\Z + 2\pi\Z$ للزمرة $(\R, +)$ (التمرين 10.9)، برهن على أن المتتالية $(\sin n)_{n \in \N}$ كثيفة في $\intcc{-1}{1}$ — وعلى الخصوص أنها متباعدة.

حل

حل التمرين 11.12.

الزمرة الجزئية $G = \Z + 2\pi\Z$ من $(\R, +)$ كثيفة: فهي ليست $\alpha\Z$ ، لأن $1 = p\alpha$ و $2\pi = q\alpha$ سيجعلان $2\pi = \frac qp$ ناطقًا — و $\pi \notin \Q$ (وهو مقبول هنا؛ ويُخطَّط برهانٌ عليه في الفصل 15). ومنه، حسب التمرين 10.9، تكون $G$ كثيفة في $\R$ .

وليكن الآن $y \in \intcc{-1}{1}$ و $\theta = \arcsin y$ . وبالكثافة، من أجل كل $\varepsilon > 0$ يوجد $n \in \Z$ و $k \in \Z$ يحققان $\abs{(n + 2\pi k) - \theta} \leq \varepsilon$ ، أي إن $n$ يقع على بعد $\varepsilon$ من $\theta - 2\pi k$ ؛ وعندئذ، ولأن $\sin$ دورية بالدور $2\pi$ وليبشيتزية بالثابت $1$ ( $\abs{\sin a - \sin b} \leq \abs{a - b}$ ، من متراجحة التزايدات المنتهية في الفصل 14)،

\abs{\sin n - y} = \abs{\sin(n + 2\pi k) - \sin\theta} \leq \abs{n + 2\pi k - \theta} \leq \varepsilon .

وتفصيل واحد: يجري $n$ على $\Z$ ، لكن $\sin(-n) = -\sin n$ و $y$ كان كيفيًا في $\intcc{-1}{1}$ ، ومنه تكفي الأدلة غير السالبة (استبدل $(-n, -y)$ بالزوج $(n, y)$ عند الحاجة). ومنه فالمجموعة $\{\sin n : n \in \N\}$ كثيفة في $\intcc{-1}{1}$ ؛ ولمتتالية كثيفة في قطعة متتاليات جزئية تقترب من قيم متمايزة، ومنه تتباعد.

11.7 مسألة: تشيزارو وستولتز والسقوط البطيء للجيب

مسألة 11.1

مسألة نهاية الأسبوع — مبرهنة تشيزارو–ستولتز والمقاربة $u_n \sim \sqrt{3/n}$ من أجل $u_{n+1} = \sin u_n$

مبرهنة تشيزارو–ستولتز هي قاعدة لوبيتال المتقطّعة: فلإيجاد نهاية قسمة $a_n/b_n$ ، يكفي إيجاد نهاية قسمة التزايدات $(a_{n+1} - a_n)/(b_{n+1} - b_n)$ . وتبرهن هذه المسألة على المبرهنة، وتجني بها نهايات كلاسيكية، ثم تصوّبها نحو هدف شهير: المتتالية $u_{n+1} = \sin u_n$ ، التي تزحف إلى $0$ بالسرعة القابلة للحساب بالضبط $u_n \sim \sqrt{3/n}$ . وتُمنح هنا واقعتان من مجلّد الثانوي ويُعاد البرهان عليهما بأمانة لاحقًا في هذا المجلّد: متراجحة المماس

\tag{G1} \eu^{u} \geq 1 + u \quad (u \in \R),

المبرهن عليها ثانيةً بالتحدّب في الفصل 14، وتأطير الجيب

\tag{G2} x - \frac{x^3}{6} \;\leq\; \sin x \;\leq\; x - \frac{x^3}{6} + \frac{x^5}{120} \quad (0 \leq x \leq 1), \qquad \abs{\sin x} \leq \abs{x} \quad (x \in \R),

المبرهن عليه ثانيةً بصيغة تايلور في الفصل 16.

الجزء 1 — مجاميع بلا صيغ مغلقة.

باستعمال $1 + 2 + \dots + n = \frac{n(n+1)}{2}$ و $1^2 + \dots + n^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$ ، احسب $\lim \frac{1 + 2 + \dots + n}{n^2}$ و $\lim \frac{1^2 + \dots + n^2}{n^3}$ .
لتكن $T_n = \sum_{k=1}^n \sqrt k$ ، ولا توجد لها أيّ صيغة مغلقة. برهن على التأطير

$\frac{1}{2\sqrt 2}\,n^{3/2} \;\leq\; T_n \;\leq\; n^{3/2}$

(احتفظ من أجل الحاصر الأدنى بالحدود $k > \frac n2$ فقط). ومنه فرتبة $T_n$ هي $n^{3/2}$ — لكن بأيّ ثابت؟ أرجئ السؤال حتى السؤال 8.
(مبرهنة التلسكوب المساعدة) لتكن $(b_n)$ متزايدة قطعًا ولنفترض أنه من أجل كل $k \geq N$ ،

$m \;\leq\; \frac{a_{k+1} - a_k}{b_{k+1} - b_k} \;\leq\; M .$

برهن على أن $m \leq \dfrac{a_n - a_N}{b_n - b_N} \leq M$ من أجل كل $n > N$ .

الجزء 2 — مبرهنة تشيزارو–ستولتز. لتكن $(b_n)$ متزايدة قطعًا مع $b_n \to +\infty$ ، ولنفترض $\dfrac{a_{n+1} - a_n}{b_{n+1} - b_n} \to \ell \in \R$ .

ثبّت $\varepsilon > 0$ . بيّن أنه يوجد $N$ يحقق $\ell - \varepsilon \leq \dfrac{a_n - a_N}{b_n - b_N} \leq \ell + \varepsilon$ من أجل كل $n > N$ .
أثبت، من أجل $n > N$ ، المتطابقة

$\frac{a_n}{b_n} - \ell = \frac{a_N - \ell\,b_N}{b_n} + \Bigl(1 - \frac{b_N}{b_n}\Bigr) \Bigl(\frac{a_n - a_N}{b_n - b_N} - \ell\Bigr),$

واستنتج المبرهنة: $\dfrac{a_n}{b_n} \to \ell$ .
برهن على صيغة $+\infty$ : إذا كان $\dfrac{a_{n+1} - a_n}{b_{n+1} - b_n} \to +\infty$ (بالفرضيات نفسها على $(b_n)$ )، فإن $\dfrac{a_n}{b_n} \to +\infty$ .
خذ $b_n = n$ : فتستعيد مبرهنة متوسط تشيزارو في التمرين 11.10. ثم بيّن أن عكس تشيزارو–ستولتز يفشل: فمن أجل $a_n = (-1)^n$ و $b_n = n$ ، تتقارب قسمة $a_n/b_n$ بينما لا تتقارب قسمة التزايدات. فستولتز طريق باتجاه واحد.

الجزء 3 — الأرباح الأولى.

برهن على $(1+h)^{3/2} - 1 = \dfrac{3h + 3h^2 + h^3}{(1+h)^{3/2} + 1}$ بالمرافقة، واستنتج $n\bigl((1 + \tfrac1n)^{3/2} - 1\bigr) \to \tfrac32$ ، واختم بتشيزارو–ستولتز:

$T_n = \sum_{k=1}^{n} \sqrt k \;\sim\; \tfrac23\, n^{3/2} ,$

فتحلّ عقدة السؤال 2.
انطلاقًا من (G1) وحدها، استخرج تأطير اللوغاريتم

$\frac{t}{1 + t} \;\leq\; \ln(1 + t) \;\leq\; t \qquad (t > -1)$

(طبّق (G1) عند $u = \ln(1+t)$ وعند $u = -t/(1+t)$ ).
بيّن أن $b_n = \ln n$ متزايدة قطعًا مع $\ln n \to +\infty$ ، وبرهن بتشيزارو–ستولتز و السؤال 9 على أن

$H_n = \sum_{k=1}^{n} \frac 1k \;\sim\; \ln n .$

(والبنية الأدقّ $H_n = \ln n + \gamma + o(1)$ هي مسألة نهاية الأسبوع في الفصل 17.)
(من النسب إلى الجذور) لتكن $u_n > 0$ مع $\frac{u_{n+1}}{u_n} \to L > 0$ . باستعمال السؤال 9، بيّن $\ln\frac{u_{n+1}}{u_n} \to \ln L$ ؛ وطبّق تشيزارو لتستنتج $\frac{\ln u_n}{n} \to \ln L$ ، ثم، مع (G1)، أن $u_n^{1/n} \to L$ . وتطبيقًا: احسب $\lim\,\binom{2n}{n}^{1/n}$ .

الجزء 4 — السقوط البطيء للجيب. ليكن $u_0 \in \R$ و $u_{n+1} = \sin u_n$ .

انطلاقًا من (G2)، بيّن $0 < \sin x < x$ من أجل $0 < x \leq 1$ . واستنتج: $u_1 \in \intcc{-1}{1}$ ؛ وإذا كان $u_1 = 0$ فالمتتالية معدومة ابتداءً من الرتبة $1$ ؛ وإذا كان $u_1 > 0$ (وحالة $u_1 < 0$ متناظرة، لأن $\sin$ فردية)، فإن $(u_n)_{n \geq 1}$ متناقصة قطعًا وموجبة، و تتقارب إلى $0$ (عيّن النهاية عبر $\ell = \sin \ell$ ، مستعملًا $\abs{\sin a - \sin b} \leq \abs{a - b}$ ، وهي نفسها نتيجة للمقدار (G2) وصيغة تحويل الجداء إلى مجموع).
افترض من الآن فصاعدًا $u_1 \in \intoc{0}{1}$ . بيّن بالحصر، مستعملًا (G2):

$\frac{\sin u_n}{u_n} \to 1 \qquad\text{و}\qquad \frac{u_n - \sin u_n}{u_n^{3}} \to \frac16 .$
برهن على التعميل

$w_n := \frac{1}{u_{n+1}^{2}} - \frac{1}{u_n^{2}} = \frac{u_n - \sin u_n}{u_n^{3}} \cdot \frac{u_n + \sin u_n}{u_n} \cdot \Bigl(\frac{u_n}{\sin u_n}\Bigr)^{2},$

واستنتج $w_n \to \frac13$ .
اختم بالمقدار التمرين 11.10 (صيغة التزايدات) بأن $\frac{1}{n\,u_n^{2}} \to \frac13$ ، ثم، بحجة مرافقة من أجل الجذر التربيعي، بالعنوان:

$\sqrt n\;u_n \longrightarrow \sqrt 3 , \qquad\text{أي}\qquad u_n \sim \sqrt{\frac 3n} .$
كمِّم البطء: بيّن أنه في النهاية $\sqrt{2/n} \leq u_n \leq 2/\sqrt n$ ، بحيث يقتضي بلوغ $u_n \leq 10^{-2}$ أكثر من $20\,000$ تكرار (نحو $30\,000$ ، حسب المقاربة). وقابل ذلك بطريقة هيرون (المثال 11.24) وفسّر السبب البنيوي: عند النقطة الصامدة $0$ ، يكون ميل $\sin$ هو $1$ (أي نقطة صامدة محايدة)، بينما تحتاج التكرارات التي تنصّف الخطأ إلى ميل مقياسه $< 1$ .
بيّن أنه من أجل كل نقطة انطلاق $u_0 \in \R$ ، إمّا أن يكون $u_n = 0$ ابتداءً من الرتبة $1$ ، وإمّا أن يكون $\abs{u_n} \sim \sqrt{3/n}$ — فالسقوط شامل، ولا تتذكّر الإشارة وحدها إلا $u_0$ .

الجزء 5 — المبدأ العام. الجيب مثال واحد على آلة.

لتكن $u_n > 0$ و $u_n \to 0$ و $\dfrac{u_n - u_{n+1}}{u_n^{2}} \to a > 0$ . برهن تباعًا على: $\frac{u_{n+1}}{u_n} \to 1$ ؛ ثم $\frac{1}{u_{n+1}} - \frac{1}{u_n} \to a$ ؛ ثم $n\,u_n \to \frac1a$ .
(نموذج مضبوط) من أجل $u_{n+1} = \dfrac{u_n}{1 + u_n}$ ، $u_0 > 0$ : بيّن أن $\frac{1}{u_n}$ حسابية، وحُلَّ بالضبط، وتحقق من نتيجة السؤال 18 إزاء الصيغة المضبوطة.
من أجل $u_{n+1} = u_n \eu^{-u_n}$ مع $u_0 > 0$ : بيّن $u_n \to 0$ ، واستعمل (G1) لحصر $\frac{1 - \eu^{-t}}{t}$ بين $\frac{1}{1+t}$ و $1$ من أجل $t > 0$ ، واستنتج $u_n \sim \frac 1n$ .
(تماسّ تكعيبي وتلسكوب مربَّع) لتكن $u_n > 0$ و $u_n \to 0$ و $\dfrac{u_n - u_{n+1}}{u_n^{3}} \to a > 0$ . كيّف تعميل السؤال 14 لتبيّن $\frac{1}{u_{n+1}^2} - \frac{1}{u_n^2} \to 2a$ ، و استنتج $n\,u_n^{2} \to \frac{1}{2a}$ . وتحقق من أن $a = \frac16$ يستعيد الجزء 4.

الجزء 6 — حدود الطريقة، والعبر.

بيّن أن الفرضية $b_n \to +\infty$ لا يمكن إسقاطها: فمن أجل $a_n = 2 - 2^{-n}$ و $b_n = 1 - 2^{-n}$ ، تؤول قسمة التزايدات إلى $1$ بينما $\frac{a_n} {b_n} \to 2$ . وأشِر إلى السطر الدقيق من برهان السؤال 5 الذي ينكسر.
(ستولتز مرتين) برهن على $\sum_{k=1}^{n} H_k \sim n \ln n$ (بتطبيق واحد لتشيزارو–ستولتز، ثم السؤال 10؛ وحُدّ $(n+1)\ln(n+1) - n\ln n$ مستعملًا السؤال 9).
(المتوسطات الهندسية) إذا كان $u_n > 0$ و $u_n \to \ell > 0$ ، فبيّن $(u_1 u_2 \cdots u_n)^{1/n} \to \ell$ ؛ وإذا كان $u_n \to +\infty$ ، فبيّن $(u_1 \cdots u_n)^{1/n} \to +\infty$ . واستنتج $(n!)^{1/n} \to +\infty$ .
توليفة، جملة واحدة لكلٍّ: (أ) أين دخلت خاصية التمام في هذه المسألة بالضبط؛ (ب) بأيّ معنى تكون تشيزارو–ستولتز قاعدةَ لوبيتال متقطّعة (فتوأمها التفاضلي يقوم على مبرهنة التزايدات المنتهية في الفصل 14)؛ (ج) اذكر القاعدة الاستكشافية الرابطة بين رتبة تماسّ $f$ عند نقطة صامدة محايدة وأُسّ التلاشي للمقدار $u_{n+1} = f(u_n)$ ؛ (د) وتتبّع الثابت $3$ في $\sqrt{3/n}$ رجوعًا عبر السلسلة $\frac16 \to \frac13 \to 3$ .

حل

حل المسألة 11.1.

1. $\dfrac{n(n+1)/2}{n^2} = \dfrac{1 + 1/n}{2} \to \dfrac12$ ، و $\dfrac{n(n+1)(2n+1)/6}{n^3} = \dfrac{(1 + 1/n)(2 + 1/n)}{6} \to \dfrac13$ .

2. من أعلى: كل حد من الحدود $n$ هو $\leq \sqrt n$ ، ومنه $T_n \leq n\sqrt n$ . ومن أدنى: عدد الحدود ذات $k > \frac n2$ هو $\frac n2$ على الأقل، وكلٌّ منها $\geq \sqrt{n/2}$ :

T_n \geq \frac n2 \sqrt{\frac n2} = \frac{n^{3/2}}{2\sqrt 2} .

3. من أجل $k \geq N$ ، ولأن $b_{k+1} - b_k > 0$ : $m(b_{k+1} - b_k) \leq a_{k+1} - a_k \leq M(b_{k+1} - b_k)$ . وبالجمع من أجل $k = N, \dots, n - 1$ ، يتلسكب الطرفان:

m\,(b_n - b_N) \leq a_n - a_N \leq M\,(b_n - b_N),

وبالقسمة على $b_n - b_N > 0$ نجد الادعاء.

4. بحكم تعريف النهاية يوجد $N$ يحقق $\ell - \varepsilon \leq \frac{a_{k+1} - a_k}{b_{k+1} - b_k} \leq \ell + \varepsilon$ من أجل كل $k \geq N$ ؛ وينقل السؤال 3 مع $m = \ell - \varepsilon$ و $M = \ell + \varepsilon$ التأطيرَ إلى $\frac{a_n - a_N}{b_n - b_N}$ .

5. بنشر الطرف الأيمن من المتطابقة:

\frac{a_N - \ell b_N}{b_n} + \frac{a_n - a_N}{b_n} - \ell\,\frac{b_n - b_N}{b_n} = \frac{a_n - \ell b_n}{b_n} = \frac{a_n}{b_n} - \ell .

وحسب السؤال 4 يكون العامل الثاني من الجداء محدودًا بالمقدار $\varepsilon$ قيمةً مطلقة، و $0 < 1 - \frac{b_N}{b_n} \leq 1$ من أجل $n$ كبير، ومنه

\Bigl|\frac{a_n}{b_n} - \ell\Bigr| \leq \frac{\abs{a_N - \ell b_N}}{b_n} + \varepsilon \leq 2\varepsilon

ما إن يكون $b_n \geq \frac{\abs{a_N - \ell b_N}}{\varepsilon}$ ، وهذا يقع في النهاية لأن $b_n \to +\infty$ . ومنه $\frac{a_n}{b_n} \to \ell$ : وهذه هي مبرهنة تشيزارو–ستولتز.

6. من أجل $M$ معطى، اختر $N$ يحقق $\frac{a_{k+1} - a_k}{b_{k+1} - b_k} \geq M$ من أجل $k \geq N$ ؛ ويعطي النصف الأدنى من السؤال 3 أن $a_n - a_N \geq M(b_n - b_N)$ ، ومنه

\frac{a_n}{b_n} \geq \frac{a_N}{b_n} + M\Bigl(1 - \frac{b_N}{b_n}\Bigr) \longrightarrow M .

وبعد رتبة ما، $\frac{a_n}{b_n} \geq M - 1$ ؛ ولأن $M$ كان كيفيًا، $\frac{a_n}{b_n} \to +\infty$ .

7. مع $b_n = n$ و $a_n = u_1 + \dots + u_n$ : تكون قسمة التزايدات $u_{n+1} \to \ell$ ، ومنه يؤول متوسط تشيزارو $\frac{a_n}{n}$ إلى $\ell$ : وهو البند (1) من التمرين 11.10. ومع $a_n = u_n$ : تكون قسمة التزايدات هي $u_{n+1} - u_n$ ، فينتج البند (3). وأمّا العكس: فللمقدارين $a_n = (-1)^n$ و $b_n = n$ لدينا $\frac{a_n}{b_n} \to 0$ ، ومع ذلك تتناوب $a_{n+1} - a_n = \pm 2$ : فلا نهاية لقسمة التزايدات.

8. بالمرافقة:

\bigl((1+h)^{3/2} - 1\bigr)\bigl((1+h)^{3/2} + 1\bigr) = (1+h)^3 - 1 = 3h + 3h^2 + h^3 .

ومن أجل $h = \frac1n$ : $n\bigl((1 + \frac1n)^{3/2} - 1\bigr) = \frac{3 + 3/n + 1/n^2}{(1 + 1/n)^{3/2} + 1}$ ، و $1 \leq (1 + \frac1n)^{3/2} \leq (1 + \frac1n)^2 \to 1$ (بالحصر)، ومنه يؤول المقام إلى $2$ ويؤول المقدار إلى $\frac32$ . والآن ستولتز مع $a_n = T_n$ و $b_n = n^{3/2}$ (متزايدة قطعًا و $\to +\infty$ ):

\frac{\sqrt{n+1}}{(n+1)^{3/2} - n^{3/2}} = \frac{\sqrt{n+1}}{\sqrt n} \cdot \frac{1}{n\bigl((1 + \frac1n)^{3/2} - 1\bigr)} \longrightarrow 1 \cdot \frac{2}{3},

ومنه $T_n \sim \frac23\,n^{3/2}$ . (وقد حبس تأطير السؤال 2 الثابتَ في $\intcc{0.35}{1}$ ؛ وستولتز يثبّته.)

9. (G1) عند $u = \ln(1+t)$ : $1 + t = \eu^{\ln(1+t)} \geq 1 + \ln(1+t)$ ، ومنه $\ln(1+t) \leq t$ . و (G1) عند $u = -\frac{t}{1+t}$ : $\eu^{-t/(1+t)} \geq 1 - \frac{t}{1+t} = \frac{1}{1+t} > 0$ ؛ وبأخذ $\ln$ (وهي متزايدة): $-\frac{t}{1+t} \geq -\ln(1+t)$ ، أي $\ln(1+t) \geq \frac{t}{1+t}$ .

10. الدالة $\ln$ متزايدة قطعًا (القضية 4.1)، و $\ln(2^k) = k\ln 2$ غير محدود، ومنه $\ln n \to +\infty$ . والتزايدات: مع $t = \frac1n$ في السؤال 9،

\frac 1{n+1} = \frac{1/n}{1 + 1/n} \leq \ln\Bigl(1 + \frac1n\Bigr) \leq \frac1n \quad\Longrightarrow\quad \frac{n}{n+1} \leq \frac{1/(n+1)}{\ln(1 + 1/n)} \leq 1 ,

ومنه تؤول قسمة التزايدات $\frac{H_{n+1} - H_n}{\ln(n+1) - \ln n}$ إلى $1$ ؛ ويعطي ستولتز $H_n \sim \ln n$ .

11. ضع $x_n = \frac{u_{n+1}}{u_n} \to L$ و $t_n = \frac{x_n}{L} - 1 \to 0$ . السؤال 9: $\frac{t_n}{1 + t_n} \leq \ln(1 + t_n) \leq t_n$ ، ومنه $\ln x_n - \ln L = \ln(1 + t_n) \to 0$ بالحصر. وتشيزارو (السؤال 7) مطبَّقًا على $(\ln x_k)$ :

\frac1n \sum_{k=0}^{n-1} \ln x_k = \frac{\ln u_n - \ln u_0}{n} \longrightarrow \ln L ,

ومنه $\frac{\ln u_n}{n} \to \ln L$ . ومع $h_n = \frac{\ln u_n}{n} - \ln L \to 0$ : $u_n^{1/n} = L\,\eu^{h_n}$ ، ويحصر (G1) $1 + h_n \leq \eu^{h_n} \leq \frac{1}{1 - h_n}$ (من أجل $h_n < 1$ )، ومنه $\eu^{h_n} \to 1$ و $u_n^{1/n} \to L$ . وتطبيقًا: $u_n = \binom{2n}{n}$ يعطي

\frac{u_{n+1}}{u_n} = \frac{(2n+1)(2n+2)}{(n+1)^2} = \frac{2(2n+1)}{n+1} \longrightarrow 4 , \qquad\text{ومنه}\qquad \binom{2n}{n}^{1/n} \to 4 .

12. من أجل $0 < x \leq 1$ ، يعطي (G2) أن $\sin x \geq x(1 - \frac{x^2}{6}) \geq \frac{5x}{6} > 0$ و

x - \sin x \geq \frac{x^3}{6} - \frac{x^5}{120} = x^3\Bigl(\frac16 - \frac{x^2}{120}\Bigr) \geq \frac{19}{120}\,x^3 > 0 :

ومنه $0 < \sin x < x$ على $\intoc{0}{1}$ . ودائمًا $u_1 = \sin u_0 \in \intcc{-1}{1}$ . وإذا كان $u_1 = 0$ ، فإن $u_n = 0$ من أجل $n \geq 1$ . وإذا كان $u_1 \in \intoc{0}{1}$ : فبالاستقراء $0 < u_{n+1} = \sin u_n < u_n \leq 1$ ، ومنه فالمتتالية $(u_n)_{n\geq1}$ متناقصة قطعًا و محدودة من أدنى بالعدد $0$ : ومنه تتقارب إلى $\ell \in \intco{0}{1}$ ما (المبرهنة 11.9). وتعطي صيغة تحويل الجداء إلى مجموع و (G2) أن $\abs{\sin a - \sin b} = 2\abs{\cos \frac{a+b}{2}}\,\abs{\sin\frac{a-b}{2}} \leq \abs{a - b}$ ، ومنه $u_{n+1} = \sin u_n \to \sin \ell$ : أي $\ell = \sin\ell$ . وإذا كان $\ell > 0$ فإن $\sin\ell < \ell$ : وهذا محال. ومنه $u_n \to 0$ .

13. بقسمة (G2) على $u_n > 0$ :

1 - \frac{u_n^2}{6} \leq \frac{\sin u_n}{u_n} \leq 1 - \frac{u_n^2}{6} + \frac{u_n^4}{120} \leq 1 ,

ويحصر $u_n \to 0$ المقدارَ $\frac{\sin u_n}{u_n} \to 1$ . وبقسمة $x - \sin x$ على $x^3$ :

\frac16 - \frac{u_n^2}{120} \leq \frac{u_n - \sin u_n}{u_n^3} \leq \frac16 \longrightarrow \frac16 .

14. بما أن $u_{n+1} = \sin u_n$ :

w_n = \frac{u_n^2 - \sin^2 u_n}{u_n^2 \sin^2 u_n} = \frac{(u_n - \sin u_n)(u_n + \sin u_n)}{u_n^2 \sin^2 u_n} = \frac{u_n - \sin u_n}{u_n^3}\cdot \frac{u_n + \sin u_n}{u_n}\cdot \Bigl(\frac{u_n}{\sin u_n}\Bigr)^{2}

(تحقق من قوى $u_n$ : $3 + 1 + (-4)$ في مقابل $u_n^2$ في المقام و $u_n^4$ في البسط). وحسب السؤال 13 تؤول العوامل الثلاثة إلى $\frac16$ و $2$ و $1$ : ومنه $w_n \to \frac13$ .

15. للمقدار $v_n = \frac{1}{u_n^2}$ تزايدات $v_{n+1} - v_n = w_n \to \frac13$ ، ومنه $\frac{v_n}{n} \to \frac13$ حسب التمرين 11.10 (3): أي $n u_n^2 \to 3$ . عندئذ

\abs{\sqrt n\,u_n - \sqrt 3} = \frac{\abs{n u_n^2 - 3}}{\sqrt n\,u_n + \sqrt 3} \leq \frac{\abs{n u_n^2 - 3}}{\sqrt 3} \longrightarrow 0 :

$\sqrt n\,u_n \to \sqrt 3$ ، أي $u_n \sim \sqrt{3/n}$ .

16. بما أن $n u_n^2 \to 3$ ، يكون في النهاية $2 \leq n u_n^2 \leq 4$ ، أي $\sqrt{2/n} \leq u_n \leq 2/\sqrt n$ . وإذا كان $u_n \leq 10^{-2}$ مع $n$ في هذا المجال، فإن $2/n \leq 10^{-4}$ : أي $n \geq 20\,000$ ؛ و $\sqrt{3/n} = 10^{-2}$ عند $n = 30\,000$ . وأمّا طريقة هيرون فتربّع الخطأ في كل خطوة — فيتضاعف عدد الأرقام — لأن الميل المعنيّ عند نقطتها الصامدة هو $< 1$ مقياسًا (بل التكرار تقلّصي). وهنا $\sin' 0 = \cos 0 = 1$ : فالنقطة الصامدة محايدة، ولا وجود لتقلّص هندسي، ويحكم التلاشيَ الحدُّ غير الخطي الأول $-\frac{x^3}{6}$ ، ومنه فهو كثيرحدودي. فخطوة واحدة من هيرون تربح دقة أكثر من عشرة آلاف خطوة من الجيب.

17. من أجل $u_0$ كيفي: $u_1 = \sin u_0 \in \intcc{-1}{1}$ . وإذا كان $u_1 = 0$ فالمتتالية تنعدم ابتداءً من الرتبة $1$ . وإذا كان $u_1 > 0$ ، فينطبق الجزء 4 حرفيًا. وإذا كان $u_1 < 0$ ، فضع $v_n = -u_n$ : فتعطي فردية $\sin$ أن $v_{n+1} = -\sin u_n = \sin(-u_n) = \sin v_n$ مع $v_1 \in \intoc{0}{1}$ ، ومنه $v_n \sim \sqrt{3/n}$ ، أي $u_n \sim -\sqrt{3/n}$ . وفي كل الحالات $\abs{u_n} \sim \sqrt{3/n}$ (أو تكون المتتالية مساوية $0$ في النهاية): فالسقوط شامل، ولا تتذكّر البداية إلا الإشارة.

18. أولًا $\frac{u_{n+1}}{u_n} = 1 - \frac{u_n - u_{n+1}}{u_n^2}\,u_n \to 1 - a \cdot 0 = 1$ . ثم

\frac{1}{u_{n+1}} - \frac{1}{u_n} = \frac{u_n - u_{n+1}}{u_n u_{n+1}} = \frac{u_n - u_{n+1}}{u_n^2}\cdot\frac{u_n}{u_{n+1}} \longrightarrow a \cdot 1 = a ,

ويعطي التمرين 11.10 (3) أن $\frac{1}{n u_n} \to a$ ، أي $n u_n \to \frac1a$ .

19. $v_n = \frac{1}{u_n}$ : $v_{n+1} = \frac{1 + u_n}{u_n} = v_n + 1$ ، ومنه $v_n = v_0 + n$ و

u_n = \frac{u_0}{1 + n u_0} , \qquad n u_n = \frac{n u_0}{1 + n u_0} \longrightarrow 1 .

وللتحقق من المبرهنة المساعدة: $u_n - u_{n+1} = \frac{u_n^2}{1 + u_n}$ ، ومنه $\frac{u_n - u_{n+1}}{u_n^2} = \frac{1}{1 + u_n} \to 1 = a$ ، و يتنبّأ السؤال 18 بأن $n u_n \to 1$ : وهو توافق مضبوط.

20. الإيجابية بالاستقراء ( $\eu^{-u} > 0$ )؛ والتناقص لأن $\eu^{-u_n} < 1$ من أجل $u_n > 0$ ؛ ومنه $u_n \to \ell \geq 0$ (المبرهنة 11.9). وجسر الاتصال: مع $h_n = \ell - u_n \to 0$ ، $\eu^{-u_n} = \eu^{-\ell} \eu^{h_n} \to \eu^{-\ell}$ بحصر (G1) $1 + h_n \leq \eu^{h_n} \leq \frac{1}{1 - h_n}$ ؛ ومنه $\ell = \ell\, \eu^{-\ell}$ ، و $\ell > 0$ سيفرض $\eu^{-\ell} = 1$ ، وهو خطأ: ومنه $\ell = 0$ . ومن أجل $t > 0$ ، يعطي (G1) أن $\eu^{-t} \geq 1 - t$ و $\eu^{-t} \leq \frac{1}{1 + t}$ ، ومنه

\frac{1}{1 + t} \leq \frac{1 - \eu^{-t}}{t} \leq 1 .

ومع $t = u_n$ : $\frac{u_n - u_{n+1}}{u_n^2} = \frac{1 - \eu^{-u_n}}{u_n} \to 1$ . والسؤال 18 مع $a = 1$ : $n u_n \to 1$ ، ومنه $u_n \sim \frac1n$ .

21. كما في السؤال 18، $\frac{u_{n+1}}{u_n} = 1 - \frac{u_n - u_{n+1}}{u_n^3}\,u_n^2 \to 1$ . ثم

\frac{1}{u_{n+1}^2} - \frac{1}{u_n^2} = \frac{(u_n - u_{n+1})(u_n + u_{n+1})}{u_n^2 u_{n+1}^2} = \frac{u_n - u_{n+1}}{u_n^3}\cdot \frac{u_n + u_{n+1}}{u_n}\cdot \Bigl(\frac{u_n}{u_{n+1}}\Bigr)^2 \longrightarrow a \cdot 2 \cdot 1 = 2a ,

ويعطي التمرين 11.10 (3) أن $\frac{1}{n u_n^2} \to 2a$ : $n u_n^2 \to \frac{1}{2a}$ . ومن أجل الجيب، $a = \frac16$ (السؤال 13): فيكون $n u_n^2 \to 3$ ، وهو الجزء 4 بالضبط.

22. التزايدات: $a_{n+1} - a_n = 2^{-n} - 2^{-n-1} = 2^{-n-1} = b_{n+1} - b_n$ ، ومنه فقسمة التزايدات تساوي $1$ باستمرار. ومع ذلك $\frac{a_n}{b_n} = \frac{2 - 2^{-n}}{1 - 2^{-n}} \to 2 \neq 1$ . وينكسر برهان السؤال 5 عند الحد الحدّي: إذ احتاج $\frac{a_N - \ell b_N}{b_n} \to 0$ إلى $b_n \to +\infty$ ؛ وهنا (مع $\ell = 1$ ) $a_N - b_N = 1$ و $b_n \to 1$ ، ومنه يؤول الحد إلى $1$ — وهو بالضبط الفجوة المتبقية $2 - 1$ .

23. ستولتز مع $A_n = \sum_{k=1}^n H_k$ و $B_n = n\ln n$ : $B_{n+1} - B_n = \ln(n+1) + n\ln(1 + \frac1n) > 0$ و $B_n \to +\infty$ . وحسب السؤال 9، $\frac{n}{n+1} \leq n\ln(1 + \frac1n) \leq 1$ ، ومنه $B_{n+1} - B_n = \ln(n+1) + \theta_n$ مع $\frac12 \leq \theta_n \leq 1$ . ومنه

\frac{A_{n+1} - A_n}{B_{n+1} - B_n} = \frac{H_{n+1}}{\ln(n+1)}\cdot \frac{1}{1 + \theta_n/\ln(n+1)} \longrightarrow 1 \cdot 1 = 1

(السؤال 10 من أجل العامل الأول؛ و $\theta_n$ محدود و $\ln(n+1) \to \infty$ من أجل الثاني). ويختم ستولتز: $\sum_{k=1}^n H_k \sim n\ln n$ .

24. إذا كان $u_n \to \ell > 0$ : فكما في السؤال 11، $\ln u_n \to \ln\ell$ (بحصر السؤال 9 على $\ln\frac{u_n}{\ell}$ )، ومنه تؤول متوسطات تشيزارو $\frac1n\sum_{k=1}^n \ln u_k \to \ln\ell$ ، ويعطي الجسر الأسّي من السؤال 11 أن $(u_1\cdots u_n)^{1/n} = \exp\bigl(\frac1n\sum\ln u_k\bigr) \to \ell$ . وإذا كان $u_n \to +\infty$ : فمن أجل أيّ $M$ ، يكون في النهاية $u_n \geq \eu^M$ ، ومنه $\ln u_n \geq M$ : أي $\ln u_n \to +\infty$ ؛ ويعطي تشيزارو الخاص بالمقدار $+\infty$ (السؤال 6، مع $b_n = n$ ) أن $\frac1n\sum \ln u_k \to +\infty$ ، ويرسل (G1) ( $\eu^s \geq 1 + s$ ) المتوسطَ الهندسي إلى $+\infty$ . ومع $u_n = n$ : $(n!)^{1/n} \to +\infty$ .

25. (أ) لم تدخل خاصية التمام إلا عبر مبرهنة النهاية الرتيبة، لإنتاج النهايتين في السؤالين 12 و 20؛ أمّا مبرهنة تشيزارو–ستولتز نفسها فإدارةُ $\varepsilon$ محضة، صحيحة على $\Q$ . (ب) يستبدل ستولتز بالمقدار $\lim \frac{a_n}{b_n}$ المقدارَ $\lim$ لقسمة التزايدات، كما يستبدل لوبيتال بالمقدار $\lim\frac fg$ المقدارَ $\lim\frac{f'}{g'}$ — ويقوم التوأم التفاضلي على مبرهنة التزايدات المنتهية في الفصل 14. (ج) القاعدة الاستكشافية: إذا كان $f(x) = x - a\,x^{p+1} + o(x^{p+1})$ عند النقطة الصامدة المحايدة $0$ ، فإن $\frac{1}{u_{n+1}^p} - \frac{1}{u_n^p} \to pa$ و $u_n \sim (pan)^{-1/p}$ : أي إن تماسًّا من الرتبة $p + 1$ يعطي تلاشيًا $n^{-1/p}$ — فكلما كان المنحنى أشدّ انبساطًا إزاء القطر، كان السقوط أبطأ. (د) والثابت: يوفّر (G2) المعامل التكعيبي $\frac16$ ؛ ويضاعفه تعميل السؤال 14 ليصير تزايد التلسكوب $\frac13$ ؛ ويحوّل تشيزارو $\frac{1}{u_n^2}$ إلى $\frac n3$ ؛ ويعطي القلبُ وأخذُ الجذور $\sqrt{3/n}$ .

المصطلحات المعرَّفة في هذا الفصل

عرض كل المصطلحات (395) في المسرد