---
title: "المتتاليات"
book: "الرياضيات الجامعية — السنة 1"
subject: math
language: ar
chapter: 11
exercises: 12
source: https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/11-sequences
---

# الفصل 11 — المتتاليات

عولجت المتتاليات في مجلّد الثانوي ومفهوم النهاية مأخوذٌ نصفَ أخذٍ على الثقة. وهنا يُعاد بناء النظرية على تمام $\R$ ([الفصل 10](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/10-real-numbers#ch-b1-reals)): فكل مبرهنة كلاسيكية — التقارب الرتيب، [والمتتاليتان المتجاورتان](#thm-b1-seq-adjacent)، 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 ε\varepsilonε–NNN، 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](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/10-real-numbers#thm-b1-reals-archimedes) $N \geq
\max\bigl(2, \frac{5}{2\varepsilon}\bigr)$؛ 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).**

1. النهاية، إذا وُجدت، وحيدة.
2. كل متتالية متقاربة محدودة.
3. 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](#prop-b1-seq-first))، 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](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/3-complex-numbers#prop-b1-complex-rules)). ∎

**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](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/16-taylor-formulas-and-asymptotic-expansions#ch-b1-taylor).

**مبرهنة 11.7 (النهايات والترتيب).**

1. 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 $\lim = 0$ .)
2. (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 $w_n \to \ell$ .
3. 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](#def-b1-seq-limit) 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](#exo-b1-seq-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](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/10-real-numbers#thm-b1-reals-sup)). ومن أجل $\varepsilon >
0$، يعطي التمييز بالمقدار $\varepsilon$ ([القضية 10.4](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/10-real-numbers#prop-b1-reals-epsilon)) 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](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/14-differentiation#ex-b1-derivative-convexineq) 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](#ex-b1-seq-e) أدناه)، وفي [الفصل 17](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/17-numerical-series#ch-b1-series) 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](#thm-b1-seq-monotone))؛ 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 .](https://one-course.com/images/onecourse/chapters/math-3/b1-seq/fig-3a699c2487eb.svg)

*[متتاليتان متجاورتان](#thm-b1-seq-adjacent): تصعد $(a_n)$، وتهبط $(b_n)$، وتتقلص الفجوة بينهما إلى $0$. وكل [فترة](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/10-real-numbers#prop-b1-reals-intervals) $\intcc{a_n}{b_n}$ تحتوي كل الفترات اللاحقة، والنهاية المشتركة $\ell$ هي النقطة الوحيدة الباقية في كل [فترة](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/10-real-numbers#prop-b1-reals-intervals) — وهي الصورة وراء براهين الثنائية لمبرهنة بولتزانو–فايرشتراس أدناه ولمبرهنة القيم الوسطى في [الفصل 13](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/13-limits-and-continuity#ch-b1-continuity).*

**مثال 11.12 (العدد e\eue).**

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](#exo-b1-seq-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](#def-b1-seq-subsequence) 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](#def-b1-seq-subsequence): $\varphi(0)
\geq 0$، 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](#def-b1-seq-subsequence) 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](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/1-logic-sets-and-maps#def-b1-logic-sets) نهايات المتتاليات الجزئية هي $\{1,
-\frac12\}$. والفكرة النافذة: تتقارب متتالية *محدودة* إذا وفقط إذا كان لها نهاية جزئية وحيدة ([التمرين 11.8](#exo-b1-seq-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](#def-b1-seq-subsequence) 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](#thm-b1-seq-adjacent)).

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](#def-b1-seq-subsequence) 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](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/1-logic-sets-and-maps#def-b1-logic-sets) نهايات المتتاليات الجزئية غير منتهية ([المثال 11.15](#ex-b1-seq-sublimits)، [ومجموعة](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/1-logic-sets-and-maps#def-b1-logic-sets) كانتور كلها في [المسألة 12.1](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/12-topology-of-the-real-line#pb-b1-topology-1)). وهي لا تصمد أمام عدم الحدّية: فليس للمتتالية $(n)$ أيّ [متتالية جزئية](#def-b1-seq-subsequence) متقاربة — وإن كان يمكن دائمًا استخراج [متتالية جزئية](#def-b1-seq-subsequence) 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](#def-b1-seq-cauchy)، 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](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/17-numerical-series#ch-b1-series) الحجة في صورة «التقارب بإطلاق يستلزم التقارب».

**مبرهنة 11.20 (تمام R\RR).**

تتقارب متتالية من الأعداد الحقيقية إذا وفقط إذا كانت [متتالية كوشي](#def-b1-seq-cauchy).

**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](#def-b1-seq-cauchy). *فهي محدودة*: إذ مع $\varepsilon = 1$، تقع كل الحدود بعد $N$ على بعد $1$ من $u_N$، والرأس منته. *والاستخراج*: حسب [المبرهنة 11.16](#thm-b1-seq-bw)، تتقارب [متتالية جزئية](#def-b1-seq-subsequence) 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](#def-b1-seq-cauchy) من الأعداد الناطقة بلا نهاية ناطقة): فالتمام خاصية للمقدار $\R$، مكافئة لبديهية [الحد الأعلى](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/10-real-numbers#def-b1-reals-bounds). وهو كذلك حصان العمل وراء تقارب المتسلسلات ([الفصل 17](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/17-numerical-series#ch-b1-series)).

**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](#def-b1-seq-cauchy)، 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](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/17-numerical-series#ch-b1-series).

## 11.5 المتتاليات التراجعية

**طريقة 11.23 (دراسة un+1=f(un)u_{n+1} = f(u_n)un+1​=f(un​)).**

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

1. *[فترة](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/10-real-numbers#prop-b1-reals-intervals) مستقرة:* جد [فترة](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/10-real-numbers#prop-b1-reals-intervals) $I$ تحقق $f(I)  \subseteq I$ وتحتوي $u_0$ : عندئذ يكون كل $u_n \in I$ (بالاستقراء).
2. *النهايات المرشّحة:* إذا كان $u_n \to \ell \in I$ وكانت $f$ متصلة عند $\ell$ ( [الفصل 13](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/13-limits-and-continuity#ch-b1-continuity) )، فإن $\ell$ *نقطة صامدة* : $f(\ell) = \ell$ . حُلَّ $f(x) = x$ .
3. *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](#thm-b1-seq-monotone) الأمر. وإذا كانت $f$ متناقصة، فادرس المتتاليتين الجزئيتين $(u_{2n})$ و $(u_{2n+1})$ ، وهما رتيبتان من أجل $f \circ f$ .
4. *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](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/10-real-numbers#prop-b1-reals-intervals) $I = \intco{\sqrt 2}{+\infty}$ 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.](https://one-course.com/images/onecourse/chapters/math-3/b1-seq/fig-1827245c9f25.svg)

*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](#exo-b1-seq-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](#thm-b1-seq-order))؛ 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](#def-b1-seq-subsequence) متقاربة ([المبرهنة 11.16](#thm-b1-seq-bw)). (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](#met-b1-seq-recurrent)، الخطوات 1–3)، والتعيين ثانيًا.

**مثال 11.26 (دالة fff 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](#met-b1-seq-recurrent) 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](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/14-differentiation#exo-b1-derivative-11)).

**ملاحظة 11.27 (منظورات داخل هذا المجلّد).**

المتتاليات هي أداة القياس التي يرفعها بقية المجلّد في وجه كل غرض. ففي [الفصل 12](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/12-topology-of-the-real-line#ch-b1-topology) هي *تميّز* الانغلاق والتراص؛ وفي [الفصل 13](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/13-limits-and-continuity#ch-b1-continuity) تنقل نهايات الدوال؛ وفي [الفصل 15](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/15-integration-on-a-segment#ch-b1-integration) تكون مجاميع ريمان متتاليات متقاربة إلى التكامل؛ و [الفصل 17](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/17-numerical-series#ch-b1-series) *هو* نظرية صنف خاص واحد من المتتاليات، هو المجاميع الجزئية. بل حتى فصول الجبر تستهلكها: فتكرارات مصفوفة في [الفصل 21](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/21-matrices#ch-b1-matrices) 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](#def-b1-seq-limit) مباشرة، برهن على أن $\dfrac{2n+1}{n+3} \to 2$، وعلى أن $(u_n) = ((-1)^n)$ متباعدة.

**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](#prop-b1-seq-subsequences)). (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 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](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/8-polynomials#def-b1-poly-def) بالمقدار الهندسي ([القضية 4.6](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/4-standard-functions#prop-b1-functions-powerrules)).

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

**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 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](#exo-b1-seq-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 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](#def-b1-seq-cauchy)، ومنه تتباعد (إلى $+\infty$، لكونها متزايدة).

**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](#def-b1-seq-cauchy)، 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](#thm-b1-seq-monotone)): 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 التمرين 11.6.**

ليكن $a = \lim u_{2n}$ و $b = \lim u_{2n+1}$ و $c = \lim u_{3n}$. والمتتالية $(u_{6n})$ [متتالية جزئية](#def-b1-seq-subsequence) من $(u_{2n})$ ومن $(u_{3n})$ معًا: فنهايتها تساوي $a$ و $c$، ومنه $a = c$. والمتتالية $(u_{6n+3})$ [متتالية جزئية](#def-b1-seq-subsequence) 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](#prop-b1-seq-subsequences) (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 التمرين 11.7.**

*الاستقرار والحواصر:* [الفترة](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/10-real-numbers#prop-b1-reals-intervals) $I = \intcc{0}{2}$ 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](#thm-b1-seq-monotone)).

*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](#def-b1-seq-subsequence) متقاربة من $(u_n)$ *النهاية نفسها* $\ell$. برهن على $u_n \to \ell$. *(بالخلف مع بولتزانو–فايرشتراس.)*

**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](#def-b1-seq-subsequence) $(u_{\varphi(n)})$. وهذه [المتتالية الجزئية](#def-b1-seq-subsequence) محدودة، ومنه، حسب بولتزانو–فايرشتراس ([المبرهنة 11.16](#thm-b1-seq-bw))، لها [متتالية جزئية](#def-b1-seq-subsequence) متقاربة، نهايتها $\ell'$ تحقق $\abs{\ell' - \ell} \geq \varepsilon_0$ (بتمرير المتراجحة إلى النهاية، [المبرهنة 11.7](#thm-b1-seq-order)). لكن كل [متتالية جزئية](#def-b1-seq-subsequence) من [متتالية جزئية](#def-b1-seq-subsequence) من $(u_n)$ هي [متتالية جزئية](#def-b1-seq-subsequence) متقاربة من $(u_n)$، ومنه، حسب الفرض، $\ell' = \ell$: وهذا تناقض.

**تمرين 11.9 ★★★.**

بترميز [المثال 11.12](#ex-b1-seq-e)، 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 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 $c_n =
\frac{u_1 + \dots + u_n}{n}$.

1. 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 $\varepsilon$)* .
2. بيّن بمثال أن العكس يفشل.
3. استنتج أنه إذا كان $u_{n+1} - u_n \to \ell$ ، فإن $\frac{u_n}{n}  \to \ell$ .

**حل التمرين 11.10.**

1. 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 $\abs{c_n -  \ell} \leq \varepsilon$.
2. $u_n = (-1)^n$ : تتباعد، ومع ذلك $c_n \to 0$ (فالمجاميع الجزئية محدودة بالعدد $1$ ، مقسومةً على $n$ ).
3. 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 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](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/7-algebraic-structures#def-b1-structures-subgroup) $\Z + 2\pi\Z$ [للزمرة](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/7-algebraic-structures#def-b1-structures-group) $(\R, +)$ ([التمرين 10.9](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/10-real-numbers#exo-b1-reals-9))، برهن على أن المتتالية $(\sin n)_{n \in
\N}$ كثيفة في $\intcc{-1}{1}$ — وعلى الخصوص أنها متباعدة.

**حل التمرين 11.12.**

[الزمرة الجزئية](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/7-algebraic-structures#def-b1-structures-subgroup) $G = \Z + 2\pi\Z$ 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](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/15-integration-on-a-segment#ch-b1-integration)). ومنه، حسب [التمرين 10.9](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/10-real-numbers#exo-b1-reals-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](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/14-differentiation#ch-b1-derivative))،

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

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](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/1-logic-sets-and-maps#def-b1-logic-sets) $\{\sin n : n \in
\N\}$ 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](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/14-differentiation#ch-b1-derivative)، 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](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/16-taylor-formulas-and-asymptotic-expansions#ch-b1-taylor).

**الجزء 1 — مجاميع بلا صيغ مغلقة.**

1. 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 $\lim \frac{1^2 +  \dots + n^2}{n^3}$ .
2. 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.
3. (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 $\dfrac{a_{n+1} - a_n}{b_{n+1} - b_n} \to \ell \in \R$.

4. 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 $n > N$ .
5. 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: $\dfrac{a_n}{b_n} \to \ell$.
6. 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 $\dfrac{a_n}{b_n} \to +\infty$ .
7. خذ $b_n = n$ : فتستعيد مبرهنة متوسط تشيزارو في [التمرين 11.10](#exo-b1-seq-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.**

8. 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.
9. 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 $u =  -t/(1+t)$)*.
10. 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](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/17-numerical-series#ch-b1-series).)
11. (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 $u_{n+1} = \sin u_n$.

12. 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)* .
13. افترض من الآن فصاعدًا $u_1 \in \intoc{0}{1}$. بيّن بالحصر، مستعملًا (G2): $$\frac{\sin u_n}{u_n} \to 1  \qquad\text{و}\qquad  \frac{u_n - \sin u_n}{u_n^{3}} \to \frac16 .$$
14. 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 $w_n \to \frac13$.
15. اختم بالمقدار [التمرين 11.10](#exo-b1-seq-10) (صيغة التزايدات) بأن $\frac{1}{n\,u_n^{2}} \to \frac13$، ثم، بحجة مرافقة من أجل الجذر التربيعي، بالعنوان: $$\sqrt n\;u_n \longrightarrow \sqrt 3 ,  \qquad\text{أي}\qquad  u_n \sim \sqrt{\frac 3n} .$$
16. 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](#ex-b1-seq-heron) ( [المثال 11.24](#ex-b1-seq-heron) ) 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 $< 1$ .
17. 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.

18. 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 $n\,u_n \to \frac1a$ .
19. (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.
20. 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 $u_n  \sim \frac 1n$ .
21. (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.**

22. 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.
23. (ستولتز مرتين) برهن على $\sum_{k=1}^{n} H_k \sim n \ln n$ *([بتطبيق](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/1-logic-sets-and-maps#def-b1-logic-map) واحد لتشيزارو–ستولتز، ثم السؤال 10؛ وحُدّ $(n+1)\ln(n+1) - n\ln n$ مستعملًا السؤال 9)* .
24. (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 $(n!)^{1/n} \to +\infty$ .
25. 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](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/14-differentiation#ch-b1-derivative) )؛ (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 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](#exo-b1-seq-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](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/4-standard-functions#prop-b1-functions-expln))، 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](#thm-b1-seq-monotone)). 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](#exo-b1-seq-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](#ex-b1-seq-heron) 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](#exo-b1-seq-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](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/6-integer-arithmetic#def-b1-arith-congruence) 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](#thm-b1-seq-monotone)). 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](#exo-b1-seq-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](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/14-differentiation#ch-b1-derivative). (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 $\sqrt{3/n}$.