Mathematics · الكتاب 3 · Bachelor Year 1

الرياضيات الجامعية — السنة 1

الرياضيات الجامعية — السنة 1 · Bachelor Year 1

15التكامل على قطعة

قام تكامل مجلّد الثانوي على مساحات مأخوذة بالحدس. ويبني هذا الفصل التكامل: أولًا من أجل الدوال الدرجية، حيث يكون التكامل مجموعًا منتهيًا، ثم من أجل الدوال المتصلة (والمتصلة قطعةً قطعة) بالتقريب المنتظم — وهو الموضع الذي تكسب فيه مبرهنة هاينه (المبرهنة 13.22) قوتَها. ثم تربط المبرهنة الأساسية في التكامل البناءَ بالدوال الأصلية، وتربطه مجاميع ريمان بالمتوسطات المتقطّعة.

وفي كل ما يأتي، a<ba < b عددان حقيقيان.

15.1 الدوال الدرجية

تعريف 15.1

تكون φ ⁣:[a, b]→R\varphi \colon \intcc{a}{b} \to \R دالة درجية إذا وُجدت تجزئة a=x0<x1<⋯<xn=ba = x_0 < x_1 < \dots < x_n = b تكون φ\varphi عليها ثابتة، مساوية cic_i، على كل فترة مفتوحة (xi−1, xi)\intoo{x_{i-1}}{x_i} (والقيم عند العقد غير مقيَّدة). وتكاملها هو

∫abφ=∑i=1nci (xi−xi−1),\int_a^b \varphi = \sum_{i=1}^{n} c_i\,(x_i - x_{i-1}),

وهو مستقل عن التجزئة المختارة (لطّف تجزئتين بتجزئتهما المشتركة: فلا يتغير أيّ طرف بالتلطيف).

قضية 15.2

على الدوال الدرجية، يكون التكامل خطيًا ومتزايدًا (φ≤ψ  ⟹  ∫φ≤∫ψ\varphi \leq \psi \implies \int\varphi \leq \int\psi)، ويحقق علاقة شال ∫ab=∫ac+∫cb\int_a^b = \int_a^c + \int_c^b من أجل a<c<ba < c < b.

برهان. المحرّك هو الحفظ بالتلطيف، المذكور في التعريف: فإدخال عقدة إضافية واحدة t∈(xi−1, xi)t \in \intoo{x_{i-1}}{x_i} في تجزئة يستبدل بالحد ci(xi−xi−1)c_i(x_i - x_{i-1}) المقدارَ ci(t−xi−1)+ci(xi−t)c_i(t - x_{i-1}) + c_i(x_i - t) — وهو العدد نفسه — ومنه فلا يتغير التكامل بأيّ تلطيف منته. والآن خذ φ\varphi بالتجزئة σ\sigma و ψ\psi بالتجزئة σ′\sigma': فعلى التلطيف المشترك σ∪σ′\sigma \cup \sigma' تكون كلتاهما دالتين درجيتين بالعقد نفسها، وعلى كل قطعة تكون φ+λψ\varphi + \lambda\psi ثابتة تساوي ci+λdic_i + \lambda d_i: ومنه تُردّ الخطية إلى خطية المجاميع المنتهية. والتزايد: يعطي ci≤dic_i \leq d_i على كل قطعة أن ∑ciΔi≤∑diΔi\sum c_i \Delta_i \leq \sum d_i \Delta_i (لأن الأطوال Δi≥0\Delta_i \geq 0). وشال: أدخل العقدة cc واقسم المجموع عندها. ∎

15.2 تكامل دالة متصلة

مبرهنة 15.3 (التقريب المنتظم)

لتكن ff متصلة على [a, b]\intcc{a}{b}. من أجل كل ε>0\varepsilon > 0 توجد دالتان درجيتان φ,ψ\varphi, \psi تحققان

φ≤f≤ψوψ−φ≤ε على [a, b].\varphi \leq f \leq \psi \qquad\text{و}\qquad \psi - \varphi \leq \varepsilon \text{ على } \intcc{a}{b}.

برهان. حسب مبرهنة هاينه (المبرهنة 13.22)، تكون ff متصلة انتظامًا: اختر δ\delta من أجل ε\varepsilon، وتجزئةً خطوتها <δ< \delta (متساوية التباعد مثلًا، بعدد n>b−aδn > \frac{b - a}{\delta} قطعة). وعلى كل قطعة مغلقة [xi−1, xi]\intcc{x_{i-1}}{x_i}، تبلغ ff قيمة صغرى mim_i وقيمة عظمى MiM_i (المبرهنة 13.13)، و Mi−mi≤εM_i - m_i \leq \varepsilon (لأن النقطتين الحدّيتين على بعد δ\delta). عرّف φ=mi\varphi = m_i و ψ=Mi\psi = M_i على (xi−1, xi)\intoo{x_{i-1}}{x_i} (و φ=ψ=f\varphi = \psi = f عند العقد). ∎

مبرهنة 15.4 (تعريف التكامل)

لتكن ff متصلة على [a, b]\intcc{a}{b}. العددان

I−(f)=sup⁡{∫abφ:φ درجية, φ≤f},I+(f)=inf⁡{∫abψ:ψ درجية, ψ≥f}I_-(f) = \sup\Bigl\{\int_a^b \varphi : \varphi \text{ درجية},\ \varphi \leq f\Bigr\}, \qquad I_+(f) = \inf\Bigl\{\int_a^b \psi : \psi \text{ درجية},\ \psi \geq f\Bigr\}

متساويان؛ وقيمتهما المشتركة هي التكامل ∫abf\int_a^b f (ويُكتب كذلك ∫abf(t)  ⁣dt\int_a^b f(t)\,\dd t). وهو يوافق المفهوم السابق على الدوال الدرجية، ويمتدّ إلى الدوال المتصلة قطعةً قطعة بقطع [a, b]\intcc{a}{b} عند الانقطاعات (وشال تعريفًا هناك).

برهان. المجموعتان غير خاليتين (لأن ff محدودة) وكل تكامل درجي أدنى هو ≤\leq كل تكامل أعلى (بالرتابة على الدوال الدرجية): ومنه I−(f)≤I+(f)I_-(f) \leq I_+(f). وحسب المبرهنة 15.3، يوجد من أجل كل ε\varepsilon زوجٌ يحقق ∫ψ−∫φ≤ε(b−a)\int\psi - \int\varphi \leq \varepsilon(b - a): ومنه يُحصر الحدّان الأعلى والأدنى معًا، I−=I+I_- = I_+. ∎

مثال 15.5 (متصلة قطعةً قطعة، بلا دراما)

دالة الجزء الصحيح على [0, 3]\intcc{0}{3} دالة درجية متنكّرة: فبالقطع عند قفزاتها،

∫03⌊t⌋  ⁣dt=∫010+∫121+∫232=0+1+2=3,\int_0^3 \lfloor t \rfloor\,\dd t = \int_0^1 0 + \int_1^2 1 + \int_2^3 2 = 0 + 1 + 2 = 3 ,

والقيم عند نقطتَي القفز 1,21, 2 لا شأن لها: فتغيير دالة عند عدد منته من النقاط لا يغيّر أيّ تكامل (لأن الدوال الدرجية المؤطِّرة لا تتأثر). وهذا هو كل مضمون التمديد إلى «المتصلة قطعةً قطعة»: اقطع عند الانقطاعات المنتهية العدد، وكامل كل قطعة متصلة، ثم اجمع — أي شال تعريفًا.

مثال 15.6 (التعريف يحسب، مرة واحدة)

لتكن f(x)=xf(x) = x على [0, 1]\intcc{0}{1} واقطع إلى nn قطعة متساوية. وأفضل الدوال الدرجية الثابتة على القطع هي φ=k−1n\varphi = \frac{k-1}{n} و ψ=kn\psi = \frac kn على القطعة kk، مع

∫01φ=∑k=1nk−1n⋅1n=n−12n,∫01ψ=∑k=1nkn⋅1n=n+12n.\int_0^1 \varphi = \sum_{k=1}^{n} \frac{k-1}{n}\cdot\frac1n = \frac{n-1}{2n}, \qquad \int_0^1 \psi = \sum_{k=1}^{n} \frac{k}{n}\cdot\frac1n = \frac{n+1}{2n} .

وكل تكامل أدنى هو ≤I−(f)≤I+(f)≤\leq I_-(f) \leq I_+(f) \leq كل تكامل أعلى، ومنه n−12n≤I−(f)≤I+(f)≤n+12n\frac{n-1}{2n} \leq I_-(f) \leq I_+(f) \leq \frac{n+1}{2n} من أجل كل nn: فيُحصر كلاهما على 12\frac12، و ∫01x  ⁣dx=12\int_0^1 x\,\dd x = \frac12 مباشرةً من التعريف. والفكرة النافذة: هذه أول وآخر مرة نكامل فيها من التعريف — إذ تستبدل المبرهنة الأساسية أدناه بكل هذه الحسابات بحثًا واحدًا عن دالة أصلية، وهو كل الفائدة الاقتصادية لهذا الفصل.

مبرهنة 15.7 (الخصائص)

من أجل f,gf, g متصلتين (أو متصلتين قطعةً قطعة) على [a, b]\intcc{a}{b} و λ∈R\lambda \in \R:

  1. الخطية: ∫(f+λg)=∫f+λ∫g\int (f + \lambda g) = \int f + \lambda \int g؛
  2. الرتابة: f≤g  ⟹  ∫abf≤∫abgf \leq g \implies \int_a^b f \leq \int_a^b g؛ و ∣∫abf∣≤∫ab∣f∣≤(b−a) sup⁡∣f∣\bigl|\int_a^b f\bigr| \leq \int_a^b \abs f \leq (b - a)\, \sup\abs f؛
  3. شال: ∫ab=∫ac+∫cb\int_a^b = \int_a^c + \int_c^b (مع الاصطلاح ∫ba=−∫ab\int_b^a = -\int_a^b، وهو صحيح من أجل أيّ ترتيب للحدّين)؛
  4. الإيجابية القطعية: إذا كانت ff متصلة و f≥0f \geq 0 و ∫abf=0\int_a^b f = 0، فإن f=0f = 0 في كل مكان على [a, b]\intcc{a}{b}.

برهان. تمرّ البنود (1)–(3) من الدوال الدرجية إلى النهاية عبر التعريف بالحد الأعلى والأدنى. وتستحق الخطية التفاصيل مرة واحدة: فمن أجل ε>0\varepsilon > 0 معطى، أطّر φf≤f≤ψf\varphi_f \leq f \leq \psi_f و φg≤g≤ψg\varphi_g \leq g \leq \psi_g بفجوتين ≤ε\leq \varepsilon (المبرهنة 15.3). ومن أجل λ≥0\lambda \geq 0، يكون φf+λφg≤f+λg≤ψf+λψg\varphi_f + \lambda\varphi_g \leq f + \lambda g \leq \psi_f + \lambda\psi_g تأطيرًا بدوال درجية بفجوة ≤(1+λ)ε\leq (1 + \lambda)\varepsilon، وتساوي تكاملاته الدرجية ∫φf+λ∫φg\int \varphi_f + \lambda\int\varphi_g وهكذا (القضية 15.2): ومنه يحصر جعلُ ε→0\varepsilon \to 0 المقدارَ ∫(f+λg)\int(f + \lambda g) على ∫f+λ∫g\int f + \lambda\int g. وأمّا من أجل λ<0\lambda < 0، فالضرب في λ\lambda يقلب تأطير gg — إذ تصير الدالة الدرجية الدنيا للمقدار λg\lambda g هي λψg\lambda \psi_g — ويجري الحصر نفسه بتبادل الدورين. والحاصر ∣∫f∣≤∫∣f∣\abs{\int f} \leq \int \abs f يأتي من −∣f∣≤f≤∣f∣-\abs f \leq f \leq \abs f ومن الرتابة.

(4) بالنقيض: إذا كان f(x0)=m>0f(x_0) = m > 0، فإن الاتصال يعطي فترة جزئية طولها η>0\eta > 0 تحقق عليها f≥m2f \geq \frac m2؛ و الدالة الدرجية التي تساوي m2\frac m2 هناك و 00 فيما عداه هي ≤f\leq f، ومنه ∫f≥mη2>0\int f \geq \frac{m\eta}{2} > 0. ∎

مثال 15.8 (شال في العمل: تكاملات ذات قيم مطلقة)

لمكاملة قيمة مطلقة، اقطع حيث تتغير الإشارة.

∫02∣x−1∣  ⁣dx=∫01(1−x)  ⁣dx+∫12(x−1)  ⁣dx=12+12=1,\int_0^2 \abs{x - 1}\,\dd x = \int_0^1 (1 - x)\,\dd x + \int_1^2 (x - 1)\,\dd x = \frac12 + \frac12 = 1 ,

و، بقطع [0, 2π]\intcc{0}{2\pi} عند π\pi:

∫02π∣sin⁡t∣  ⁣dt=∫0πsin⁡t  ⁣dt−∫π2πsin⁡t  ⁣dt=2+2=4,\int_0^{2\pi} \abs{\sin t}\,\dd t = \int_0^{\pi} \sin t\,\dd t - \int_{\pi}^{2\pi} \sin t\,\dd t = 2 + 2 = 4 ,

بينما ∫02πsin⁡t  ⁣dt=0\int_0^{2\pi} \sin t\,\dd t = 0: فالتلاشي حقيقي، ولهذا تحمل عبارة الإيجابية القطعية (المبرهنة 15.7 (4)) الفرضَ f≥0f \geq 0 — فبدونه، لا يبرهن التكامل المنعدم على شيء عن ff. والفكرة النافذة: يقيس ∫∣f∣\int \abs f المساحة، ويقيس ∫f\int f الميزان الموقَّع؛ و المتراجحة ∣∫f∣≤∫∣f∣\abs{\int f} \leq \int\abs f سجلٌّ مضبوط لما يستطيع التلاشي تدميره.

15.3 المبرهنة الأساسية في التكامل

مبرهنة 15.9 (المبرهنة الأساسية في التكامل)

لتكن ff متصلة على فترة II وليكن a∈Ia \in I. الدالة

F(x)=∫axf(t)  ⁣dtF(x) = \int_a^x f(t)\, \dd t

من الصنف C1C^1 على II، مع F′=fF' = f: ومنه فلكل دالة متصلة على فترة دوالُّ أصلية. ونتيجةً لذلك، من أجل أيّ دالة أصلية GG للمقدار ff:

∫abf(t)  ⁣dt=G(b)−G(a).\int_a^b f(t)\,\dd t = G(b) - G(a) .

برهان. ثبّت x0∈Ix_0 \in I و ε>0\varepsilon > 0؛ يعطي الاتصال عند x0x_0 عددًا δ\delta يحقق ∣f(t)−f(x0)∣≤ε\abs{f(t) - f(x_0)} \leq \varepsilon من أجل ∣t−x0∣≤δ\abs{t - x_0} \leq \delta. ومن أجل 0<∣h∣≤δ0 < \abs{h} \leq \delta (و x0+h∈Ix_0 + h \in I)، تعطي شال

F(x0+h)−F(x0)h−f(x0)=1h∫x0x0+h(f(t)−f(x0)) ⁣dt,\frac{F(x_0 + h) - F(x_0)}{h} - f(x_0) = \frac 1h \int_{x_0}^{x_0+h} \bigl(f(t) - f(x_0)\bigr)\dd t ,

وقيمته المطلقة هي ≤1∣h∣⋅∣h∣ ε=ε\leq \frac{1}{\abs h}\cdot \abs h\, \varepsilon = \varepsilon (بالحاصر (2)، الصحيح من أجل أيّ ترتيب للحدّين). ومنه F′(x0)=f(x0)F'(x_0) = f(x_0)؛ و F′=fF' = f متصلة: ومنه فالدالة FF من الصنف C1C^1. وإذا كان G′=fG' = f كذلك، فإن (G−F)′=0(G - F)' = 0 على الفترة، ومنه G=F+cG = F + c (النتيجة 14.12)، و G(b)−G(a)=F(b)−F(a)=∫abfG(b) - G(a) = F(b) - F(a) = \int_a^b f. ∎

مثال 15.10 (التناظر قبل الحساب)

على فترة متناظرة، تقوم الزوجية بالعمل: فإذا كانت ff فردية، يرسل التعويض t↦−tt \mapsto -t المقدارَ ∫−a0f\int_{-a}^{0} f إلى −∫0af-\int_0^a f، ومنه

∫−aaf(t)  ⁣dt=0;وإذا كانت f زوجية،∫−aaf=2∫0af.\int_{-a}^{a} f(t)\,\dd t = 0 ; \qquad\text{وإذا كانت $f$ زوجية،}\quad \int_{-a}^{a} f = 2\int_0^a f .

ومنه ∫−11t3cos⁡t1+t4  ⁣dt=0\int_{-1}^{1} \frac{t^3\cos t}{1 + t^4}\,\dd t = 0 دون أيّ دالة أصلية تلوح (لأن المكامَل فردي)، و ∫−ππt2cos⁡t  ⁣dt=2∫0πt2cos⁡t  ⁣dt\int_{-\pi}^{\pi} t^2\cos t\,\dd t = 2\int_0^\pi t^2\cos t\, \dd t. فتحقق من التناظر قبل أن تمدّ يدك إلى التقنيات: فأسرع تكامل هو الذي لا يُحسب قط.

مثال 15.11 (التعرّف على مشتقة بالنظر)

احسب ∫0π/2 ⁣dx1+cos⁡x\displaystyle\int_0^{\pi/2} \frac{\dd x}{1 + \cos x}. تحوّل متطابقة نصف الزاوية 1+cos⁡x=2cos⁡2x21 + \cos x = 2\cos^2\frac x2 المكامَلَ إلى 12(1+tan⁡2x2)\frac{1}{2}\bigl(1 + \tan^2\frac x2\bigr)، وهو بالضبط مشتقة tan⁡x2\tan\frac x2:

∫0π/2 ⁣dx1+cos⁡x=[tan⁡x2]0π/2=tan⁡π4=1.\int_0^{\pi/2} \frac{\dd x}{1 + \cos x} = \Bigl[\tan\frac x2\Bigr]_0^{\pi/2} = \tan\frac\pi4 = 1 .

ولم يُحتَج إلى أيّ آلة تعويض — بل إلى منعكس قراءة المكامَل مشتقةً لأحدهم فقط، والمبرهنة الأساسية تفعل الباقي. (وأمّا الأداة المنهجية وراء مثل هذه التكاملات المثلثية، أي التعويض t=tan⁡x2t = \tan\frac x2، فتنتمي إلى العدّة المعيارية المبنية من المبرهنة 15.15 (2).)

مثال 15.12 (دوال معرَّفة بتكاملات)

تصنع المبرهنة الأساسية دوالًّ. لتكن

F(x)=∫0xe−t2  ⁣dt.F(x) = \int_0^x \eu^{-t^2}\,\dd t .

لا تركيبة من الدوال الكلاسيكية مشتقتُها e−t2\eu^{-t^2} (وهي مبرهنة لليوفيل، مقبولة هنا)؛ ومع ذلك توجد FF، وهي من الصنف C1C^1 مع F′(x)=e−x2>0F'(x) = \eu^{-x^2} > 0، ومتزايدة قطعًا، وفردية (بالتعويض t↦−tt \mapsto -t)، ومحدودة: فمن أجل x≥1x \geq 1،

F(x)−F(1)=∫1xe−t2 ⁣dt≤∫1xe−t ⁣dt≤e−1,F(x) - F(1) = \int_1^x \eu^{-t^2}\dd t \leq \int_1^x \eu^{-t}\dd t \leq \eu^{-1} ,

ومنه F≤F(1)+e−1≤1+e−1F \leq F(1) + \eu^{-1} \leq 1 + \eu^{-1}. (والنهاية المضبوطة، π2\frac{\sqrt\pi}{2}، تُحسب بالتكاملات المضاعفة في مجلّد السنة الثالثة.) وقاعدة السلسلة من أجل حدود متحركة:  ⁣d ⁣dx∫xx2e−t2 ⁣dt=2x e−x4−e−x2\frac{\dd}{\dd x}\int_x^{x^2} \eu^{-t^2}\dd t = 2x\,\eu^{-x^4} - \eu^{-x^2}. والفكرة النافذة: التكامل ينشئ دوالًّ جديدة من قديمة، بكل خصائصها مقروءةً من المكامَل — فالدالة الأصلية التي لا تستطيع كتابتها تبقى دالة تسيطر عليها سيطرة تامة.

مثال 15.13 (التقدير دون التقويم)

التكاملات Rn=∫01tn1+t  ⁣dtR_n = \int_0^1 \frac{t^n}{1 + t}\,\dd t ليس لها أيّ صورة مغلقة لطيفة، ومع ذلك تثبّتها الرتابة بدقة: فعلى [0, 1]\intcc{0}{1}، 12≤11+t≤1\frac12 \leq \frac{1}{1+t} \leq 1، ومنه

12(n+1)=12∫01tn  ⁣dt  ≤  Rn  ≤  ∫01tn  ⁣dt=1n+1:\frac{1}{2(n+1)} = \frac12\int_0^1 t^n\,\dd t \;\leq\; R_n \;\leq\; \int_0^1 t^n \,\dd t = \frac{1}{n+1} :

أي رتبة التلاشي المضبوطة (Rn∼R_n \sim مضاعف للمقدار 1n\frac1n، وفي الواقع Rn∼12nR_n \sim \frac{1}{2n}) بسطرين ودون أيّ دالة أصلية. وتجري مسألتا نهاية الأسبوع في هذا الفصل والذي يليه على مثل هذه التأطيرات بالضبط — فأول منعكس عند المحلل أمام تكامل ينبغي أن يكون حُدَّه، وعندئذ فقط، إن لزم، احسبه.

مثال 15.14 (القيم المتوسطة)

متوسط دالة متصلة ff على [a, b]\intcc{a}{b} هو 1b−a∫abf\frac{1}{b-a}\int_a^b f. ومن أجل قوس الجيب:

1π∫0πsin⁡t  ⁣dt=1π[−cos⁡t]0π=2π≈0.637:\frac{1}{\pi}\int_0^\pi \sin t\,\dd t = \frac{1}{\pi}\bigl[-\cos t\bigr]_0^\pi = \frac{2}{\pi} \approx 0.637 :

فمتوسط قوس موجب كامل ليس 12\frac12 بل 2π\frac2\pi — إذ يقضي المنحنى وقتًا في الأعلى أكثر مما يقضيه مثلث. وحسب التمرين 15.11 (مبرهنة التزايدات المنتهية من أجل التكاملات، مع g=1g = 1)، يكون المتوسط قيمة: sin⁡c=2π\sin c = \frac2\pi من أجل c∈(0, π)c \in \intoo{0}{\pi} ما. وحسب مجاميع ريمان في هذا الفصل، يكون المتوسط نهاية المتوسطات العادية لعدد nn من العيّنات — وهو الجسر بين المتوسط المتقطّع للمعطيات والمتوسط المتصل لإشارة، وهو ما يُدخل التكامل في الفيزياء.

مبرهنة 15.15 (المكاملة بالتجزئة؛ التعويض)

  1. إذا كانت u,vu, v من الصنف C1C^1 على [a, b]\intcc{a}{b}:

    ∫abu′v=[uv]ab−∫abuv′.\int_a^b u'v = \bigl[uv\bigr]_a^b - \int_a^b uv' .

  2. إذا كانت φ\varphi من الصنف C1C^1 على [α, β]\intcc{\alpha}{\beta} و ff متصلة على φ([α, β])\varphi(\intcc{\alpha}{\beta}):

    ∫αβf(φ(t)) φ′(t)  ⁣dt=∫φ(α)φ(β)f(x)  ⁣dx.\int_{\alpha}^{\beta} f\bigl(\varphi(t)\bigr)\,\varphi'(t)\, \dd t = \int_{\varphi(\alpha)}^{\varphi(\beta)} f(x)\, \dd x .

برهان. (1) (uv)′=u′v+uv′(uv)' = u'v + uv'؛ فكامل على [a, b]\intcc{a}{b} وطبّق المبرهنة الأساسية على الدالة uvuv من الصنف C1C^1.

(2) لتكن FF دالة أصلية للمقدار ff على فترة الصورة (المبرهنة 15.9). عندئذ (F∘φ)′=(f∘φ) φ′(F \circ \varphi)' = (f \circ \varphi)\,\varphi' (بقاعدة السلسلة)، ومنه يساوي الطرفان F(φ(β))−F(φ(α))F(\varphi(\beta)) - F(\varphi(\alpha)). ∎

مثال 15.16

∫01t et ⁣dt=[t et]01−∫01et ⁣dt=e−(e−1)=1\int_0^1 t\,\eu^t \dd t = \bigl[t\,\eu^t\bigr]_0^1 - \int_0^1 \eu^t\dd t = \eu - (\eu - 1) = 1. وبالتعويض x=sin⁡tx = \sin t (t∈[0, π2]t \in \intcc{0}{\frac\pi2}):

∫011−x2  ⁣dx=∫0π/2cos⁡t⋅cos⁡t  ⁣dt=∫0π/21+cos⁡2t2  ⁣dt=π4,\int_0^1 \sqrt{1 - x^2}\, \dd x = \int_0^{\pi/2} \cos t \cdot \cos t \, \dd t = \int_0^{\pi/2} \frac{1 + \cos 2t}{2}\, \dd t = \frac\pi4 ,

— أي ربع القرص الواحدي، كما تقتضي الهندسة. (وهذا هو التخطيط من الطريقة 3.11 في العمل.)

ملاحظة 15.17 (مزالق شائعة في حساب التكامل)

(أ) يجب أن تكون التعويضات من الصنف C1C^1 على الفترة كلها: فالتغيير x=1tx = \frac1t غير مشروع عبر 00؛ وتطبيقه بلا تبصّر على ∫−11 ⁣dx1+x2\int_{-1}^{1}\frac{\dd x}{1 + x^2} «يبرهن» على أن التكامل يساوي مقابله. وحين يكون للتعويض شذوذ، فاقطع الفترة أولًا (شال)، ثم عوّض على كل قطعة، ثم أعد التركيب. (ب) الدوال الأصلية اللوغاريتمية تحتاج إلى قيم مطلقة: ∫ ⁣dxx−2=ln⁡∣x−2∣+C\int \frac{\dd x}{x - 2} = \ln\abs{x - 2} + C على كل جانب من 22 على حدة — فكتابة ln⁡(x−2)\ln(x - 2) على (0, 1)\intoo{0}{1} كتابةُ لوغاريتم عدد سالب؛ وقد يختلف الثابت CC على جانبَي الشذوذ. (ج) التكامل المنعدم لا يقتل الدالة: ∫02πsin⁡=0\int_0^{2\pi}\sin = 0؛ وتُشترط إيجابية المكامَل قبل استنتاج f=0f = 0 (المثال 15.8). (د) يجب معايرة مجاميع ريمان: ففي b−an∑f(a+kb−an)\frac{b-a}{n}\sum f\bigl(a + k\frac{b-a}{n}\bigr)، على الخطوة خارجًا وعلى النقاط داخلًا أن تطابقا التجزئة نفسها — والخطأ الشائع مجموعٌ ∑k=1nf(kn)\sum_{k=1}^{n} f\bigl(\frac kn\bigr) دون العامل 1n\frac1n، وهو يتباعد بدل أن يتقارب إلى ∫01f\int_0^1 f. وقائمة التحقق قبل استدعاء المبرهنة 15.20: عمّل 1n\frac1n خارجًا، وأعد كتابة الحدّ في صورة ff عند kn\frac kn، وسمِّ ff وتحقق من اتصالها.

مثال 15.18 (خمّن، ثم اشتق، ثم عدّل)

ما هو ∫1x(ln⁡t)2  ⁣dt\int_1^x (\ln t)^2\,\dd t؟ خمّن دالة أصلية من الشكل t P(ln⁡t)t\,P(\ln t) مع PP كثير حدود واشتق:

(t P(ln⁡t))′=P(ln⁡t)+P′(ln⁡t).\bigl(t\,P(\ln t)\bigr)' = P(\ln t) + P'(\ln t) .

ونحتاج إلى P(u)+P′(u)=u2P(u) + P'(u) = u^2: فخذ P(u)=u2−2u+2P(u) = u^2 - 2u + 2 (بمطابقة المعاملات نزولًا من u2u^2). ومنه

∫1x(ln⁡t)2  ⁣dt=[t((ln⁡t)2−2ln⁡t+2)]1x=x(ln⁡x)2−2xln⁡x+2x−2,\int_1^x (\ln t)^2\,\dd t = \bigl[t\bigl((\ln t)^2 - 2\ln t + 2\bigr)\bigr]_1^x = x(\ln x)^2 - 2x\ln x + 2x - 2 ,

وهي نتيجة تُبلَغ لولا ذلك بمكاملتين بالتجزئة. والفكرة النافذة: من أجل المكامَلات من الشكل (كثير حدود في ln⁡t\ln t) أو (كثير حدود مضروب في eλt\eu^{\lambda t})، تكون للدالة الأصلية الشكل نفسه — فاشتقاق تخمين مشكَّل يحوّل المكاملة إلى جبر خطي على المعاملات، أسرع وأقل عرضةً للخطأ من التجزئة المكرَّرة.

مثال 15.19 (التكامل البوميرانغ)

احسب I=∫0π/2excos⁡x  ⁣dxI = \int_0^{\pi/2} \eu^x \cos x\,\dd x. كامل بالتجزئة مرتين، مشتقًا العامل المثلثي في كل مرة:

I=[exsin⁡x]0π/2−∫0π/2exsin⁡x  ⁣dx=eπ/2−J,J=[−excos⁡x]0π/2+∫0π/2excos⁡x  ⁣dx=1+I.I = \bigl[\eu^x \sin x\bigr]_0^{\pi/2} - \int_0^{\pi/2} \eu^x \sin x\,\dd x = \eu^{\pi/2} - J, \qquad J = \bigl[-\eu^x\cos x\bigr]_0^{\pi/2} + \int_0^{\pi/2} \eu^x\cos x\,\dd x = 1 + I .

وقد عاد التكامل إلى نفسه: I=eπ/2−1−II = \eu^{\pi/2} - 1 - I، ومنه

I=eπ/2−12.I = \frac{\eu^{\pi/2} - 1}{2} .

والفكرة النافذة: حين يكون المكامَل جداءَ دالتين تعيدان إنتاج نفسيهما بالاشتقاق (eax\eu^{ax} و cos⁡bx\cos bx و sin⁡bx\sin bx)، تنتج مكاملتان بالتجزئة معادلةً خطية في التكامل المجهول — فحُلَّها بدل أن تكامل؛ وبكيفية مكافئة، مرّ عبر e(a+ib)x\eu^{(a + \iu b)x} (الفصل 3) وخذ الأجزاء الحقيقية. والطريقان يعطيان الجواب نفسه، والتحقق من ذلك اختبار سلامة مجاني.

15.4 مجاميع ريمان

مبرهنة 15.20 (مجاميع ريمان)

لتكن ff متصلة على [a, b]\intcc{a}{b}. عندئذ

Sn=b−an∑k=0n−1f(a+k b−an)→n→∞∫abf(t)  ⁣dt,S_n = \frac{b - a}{n} \sum_{k=0}^{n-1} f\Bigl(a + k\,\frac{b-a}{n}\Bigr) \xrightarrow[n \to \infty]{} \int_a^b f(t)\, \dd t ,

وكذلك مع أيّ نقاط تقويم داخل الفترات الجزئية.

برهان. المقدار SnS_n هو تكامل الدالة الدرجية φn\varphi_n المساوية f(a+kb−an)f(a + k\frac{b-a}{n}) على الفترة الجزئية kk. ومن أجل ε>0\varepsilon > 0 معطى، يعطي الاتصال المنتظم (هاينه) عددًا δ\delta؛ فمن أجل n>b−aδn > \frac{b-a}{\delta}، تقع كل نقطة من فترة جزئية على بعد δ\delta من نقطة تقويمها، ومنه ∣f−φn∣≤ε\abs{f - \varphi_n} \leq \varepsilon على [a, b]\intcc{a}{b}، ومنه

∣∫abf−Sn∣=∣∫ab(f−φn)∣≤(b−a) ε.\Bigl| \int_a^b f - S_n \Bigr| = \Bigl| \int_a^b (f - \varphi_n) \Bigr| \leq (b-a)\,\varepsilon . \qedhere

∎

مجموع ريمان يساري بعدد n = 8 مستطيلًا: فكلما تقلصت الخطوة، فرض الاتصال المنتظم على مساحة السلّم أن تؤول نحو ∈t_ab f.
مجموع ريمان يساري بعدد n=8n = 8 مستطيلًا: فكلما تقلصت الخطوة، فرض الاتصال المنتظم على مساحة السلّم أن تؤول نحو ∫abf\int_a^b f.

مثال 15.21

∑k=1n1n+k=1n∑k=1n11+k/n→n→∞∫01 ⁣dx1+x=ln⁡2\displaystyle\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{n + k} = \frac 1n \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{1 + k/n} \xrightarrow[n\to\infty]{} \int_0^1 \frac{\dd x}{1 + x} = \ln 2: أي نهاية غير مرئية للحواصر الأولية، شفافة مجموعَ ريمان.

مثال 15.22 (مجموع ريمان ثانٍ، مع معايرة)

جد lim⁡n→∞∑k=1nn(n+k)2\lim_{n\to\infty} \sum_{k=1}^{n} \dfrac{n}{(n+k)^2}. عايِر:

∑k=1nn(n+k)2=1n∑k=1nn2(n+k)2=1n∑k=1n1(1+kn)2,\sum_{k=1}^{n} \frac{n}{(n+k)^2} = \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n} \frac{n^2}{(n+k)^2} = \frac1n \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{\bigl(1 + \frac kn\bigr)^2} ,

وهو مجموع ريمان للدالة المتصلة f(x)=1(1+x)2f(x) = \frac{1}{(1+x)^2} على [0, 1]\intcc{0}{1}: فالنهاية هي

∫01 ⁣dx(1+x)2=[−11+x]01=12.\int_0^1 \frac{\dd x}{(1 + x)^2} = \Bigl[-\frac{1}{1+x}\Bigr]_0^1 = \frac12 .

والفكرة النافذة: كل الفنّ في السطر الأوسط — أي إجبار الحدّ على الشكل f(kn)f(\frac kn) بثمن استخراج عامل 1n\frac1n واحد بالضبط؛ وما إن يستقم الشكل، تقوم المبرهنة بالتحليل وتقوم المبرهنة الأساسية بالحساب.

ملاحظة 15.23 (أين يعمل التكامل تاليًا)

لكل بناء من بناءات الفصل تتمّة. فمجاميع ريمان تعود في الفصل 17 جسرًا بين المتسلسلات و التكاملات (بمقارنة ∑1nα\sum \frac{1}{n^\alpha} بالمقدار ∫ ⁣dttα\int \frac{\dd t}{t^\alpha})؛ والباقي التكاملي هو أدقّ صيغ تايلور في الفصل 16؛ والتعريف المبنيّ على sup⁡\sup هو النموذج الأوّلي لتكامل لوبيغ في مجلّد السنة الثالثة، حيث تُعاد الخصائص الثلاث نفسها (الخطية والرتابة ومبرهنة تقارب) على صنف أوسع بكثير من الدوال. وتحوّل مسألة نهاية الأسبوع أدناه المكاملةَ بالتجزئة إلى حساب أعداد: أي صمم π2\pi^2.

15.5 تمارين

تمرين 15.1 ★

احسب: ∫01 ⁣dxx2−4\displaystyle\int_0^1 \frac{\dd x}{x^2 - 4} (بالعناصر البسيطة، الفصل 9)؛ ∫1eln⁡t  ⁣dt\displaystyle\int_1^{\eu} \ln t \,\dd t؛ ∫0πtsin⁡t  ⁣dt\displaystyle\int_0^{\pi} t \sin t\, \dd t.

حل

حل التمرين 15.1.

1x2−4=1/4x−2−1/4x+2\dfrac{1}{x^2-4} = \dfrac{1/4}{x - 2} - \dfrac{1/4}{x+2} (بالتغطية)، ومنه

∫01 ⁣dxx2−4=14[ln⁡∣x−2∣−ln⁡∣x+2∣]01=14(ln⁡13−ln⁡1)=−ln⁡34.\int_0^1 \frac{\dd x}{x^2 - 4} = \frac14\Bigl[\ln\abs{x-2} - \ln\abs{x+2}\Bigr]_0^1 = \frac14\Bigl(\ln\frac{1}{3} - \ln 1\Bigr) = -\frac{\ln 3}{4}.

وبالتجزئة (u′=1u' = 1 و v=ln⁡tv = \ln t): ∫1eln⁡t  ⁣dt=[tln⁡t]1e−∫1e ⁣dt=e−(e−1)=1\int_1^{\eu} \ln t\,\dd t = \bigl[t\ln t\bigr]_1^{\eu} - \int_1^{\eu} \dd t = \eu - (\eu - 1) = 1.

وبالتجزئة (u′=sin⁡tu' = \sin t و v=tv = t): ∫0πtsin⁡t  ⁣dt=[−tcos⁡t]0π+∫0πcos⁡t  ⁣dt=π+0=π\int_0^\pi t\sin t\,\dd t = \bigl[-t\cos t\bigr]_0^\pi + \int_0^\pi \cos t\,\dd t = \pi + 0 = \pi.

تمرين 15.2 ★

احسب ∫01t(t2+1)2  ⁣dt\displaystyle\int_0^{1} \frac{t}{(t^2+1)^2}\,\dd t (بالتعويض) و ∫0π/2cos⁡3t  ⁣dt\displaystyle\int_0^{\pi/2} \cos^3 t\, \dd t (اكتب cos⁡3=cos⁡(1−sin⁡2)\cos^3 = \cos(1 - \sin^2)).

حل

حل التمرين 15.2.

بالتعويض u=t2+1u = t^2 + 1 و  ⁣du=2t  ⁣dt\dd u = 2t\,\dd t:

∫01t  ⁣dt(t2+1)2=12∫12 ⁣duu2=12[−1u]12=14.\int_0^1 \frac{t\,\dd t}{(t^2+1)^2} = \frac12 \int_1^2 \frac{\dd u}{u^2} = \frac12\Bigl[-\frac1u\Bigr]_1^2 = \frac14 .

ومع u=sin⁡tu = \sin t: ∫0π/2cos⁡3t  ⁣dt=∫0π/2(1−sin⁡2t)cos⁡t  ⁣dt=[sin⁡t−sin⁡3t3]0π/2=1−13=23\int_0^{\pi/2} \cos^3 t\,\dd t = \int_0^{\pi/2} (1 - \sin^2 t)\cos t\,\dd t = \bigl[\sin t - \frac{\sin^3 t}{3}\bigr]_0^{\pi/2} = 1 - \frac13 = \frac23.

تمرين 15.3 ★

جد النهايات، مجاميعَ ريمان:

un=∑k=1nnn2+k2,vn=1n(2n)!n! nnn (take logarithms).u_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{n}{n^2 + k^2}, \qquad v_n = \frac{1}{n}\sqrt[n]{\frac{(2n)!}{n!\,n^n}} \ \emph{(take logarithms)}.
حل

حل التمرين 15.3.

un=1n∑k=1n11+(k/n)2u_n = \dfrac1n \sum_{k=1}^{n} \dfrac{1}{1 + (k/n)^2}: وهو مجموع ريمان للمقدار x↦11+x2x \mapsto \frac{1}{1+x^2} على [0, 1]\intcc{0}{1}، ومنه un→∫01 ⁣dx1+x2=arctan⁡1=π4u_n \to \int_0^1 \frac{\dd x}{1+x^2} = \arctan 1 = \dfrac\pi4.

ln⁡vn=1n∑k=1nln⁡n+kn=1n∑k=1nln⁡(1+kn)→∫01ln⁡(1+x)  ⁣dx=[(1+x)ln⁡(1+x)−x]01=2ln⁡2−1\ln v_n = \dfrac1n \sum_{k=1}^{n} \ln\dfrac{n+k}{n} = \dfrac 1n \sum_{k=1}^n \ln\Bigl(1 + \dfrac kn\Bigr) \to \int_0^1 \ln(1+x)\,\dd x = \bigl[(1+x)\ln(1+x) - x\bigr]_0^1 = 2\ln 2 - 1. ومنه vn→e2ln⁡2−1=4ev_n \to \eu^{2\ln 2 - 1} = \dfrac 4\eu. (وللتحقق من التعرّف: (2n)!n! nn=∏k=1nn+kn\frac{(2n)!}{n!\,n^n} = \prod_{k=1}^{n} \frac{n+k}{n}.)

تمرين 15.4 ★

لتكن ff متصلة على [0, 1]\intcc{0}{1}. احسب lim⁡n→∞∫01xnf(x)  ⁣dx\lim_{n\to\infty} \int_0^1 x^n f(x)\,\dd x. (اقطع [0, 1]\intcc{0}{1} عند 1−δ1 - \delta.)

حل

حل التمرين 15.4.

النهاية هي 00. ليكن M=sup⁡∣f∣M = \sup \abs f و ε∈(0, 1)\varepsilon \in \intoo{0}{1}. اقطع عند 1−ε1 - \varepsilon:

∣∫01xnf∣≤∫01−εxn∣f∣+∫1−ε1xn∣f∣≤M (1−ε)n+Mε.\Bigl| \int_0^1 x^n f \Bigr| \leq \int_0^{1 - \varepsilon} x^n \abs f + \int_{1-\varepsilon}^1 x^n \abs f \leq M\,(1-\varepsilon)^n + M\varepsilon .

ولأن (1−ε)n→0(1 - \varepsilon)^n \to 0 (التمرين 11.3)، تكون النهاية العليا للطرف الأيسر ≤Mε\leq M\varepsilon من أجل كل ε\varepsilon: ومنه يؤول التكامل إلى 00.

تمرين 15.5 ★★

(كوشي–شوارتز) من أجل f,gf, g متصلتين على [a, b]\intcc{a}{b}، برهن على

(∫abfg) ⁣2≤∫abf2⋅∫abg2,\Bigl(\int_a^b fg\Bigr)^{\!2} \leq \int_a^b f^2 \cdot \int_a^b g^2 ,

بنشر ∫ab(f+λg)2≥0\int_a^b (f + \lambda g)^2 \geq 0 كثيرَ حدود من الدرجة الثانية في λ\lambda. ومتى تكون مساواة؟

حل

حل التمرين 15.5.

Q(λ)=∫ab(f+λg)2=∫f2+2λ∫fg+λ2∫g2≥0Q(\lambda) = \int_a^b (f + \lambda g)^2 = \int f^2 + 2\lambda \int fg + \lambda^2 \int g^2 \geq 0 من أجل كل λ\lambda. فإذا كان ∫g2=0\int g^2 = 0، فإن g=0g = 0 (بالإيجابية القطعية، المبرهنة 15.7 (4)) وتكون المتراجحة 0≤00 \leq 0. وإلا فإن QQ كثير حدود حقيقي من الدرجة الثانية، وهو ≥0\geq 0 في كل مكان: ومنه فمميّزه ≤0\leq 0، أي (∫fg)2≤∫f2∫g2\bigl(\int fg\bigr)^2 \leq \int f^2 \int g^2.

والمساواة إذا وفقط إذا انعدم المميّز إذا وفقط إذا كان Q(λ0)=0Q(\lambda_0) = 0 من أجل λ0\lambda_0 ما، أي ∫(f+λ0g)2=0\int (f + \lambda_0 g)^2 = 0، أي (بالإيجابية القطعية مرة أخرى) f=−λ0gf = -\lambda_0 g: ومنه تتحقق المساواة بالضبط عندما يكون ff و gg متناسبين.

تمرين 15.6 ★★

لتكن ff متصلة على R\R ودورية بالدور TT. برهن على أن ∫aa+Tf\int_a^{a+T} f لا يتعلق بالمقدار aa، وعلى أن 1x∫0xf(t)  ⁣dt→1T∫0Tf\frac1x \int_0^x f(t)\,\dd t \to \frac 1T \int_0^T f عندما x→+∞x \to +\infty.

حل

حل التمرين 15.6.

لتكن Φ(a)=∫aa+Tf\Phi(a) = \int_a^{a+T} f. وحسب المبرهنة الأساسية (المبرهنة 15.9)، تكون Φ\Phi قابلة للاشتقاق مع Φ′(a)=f(a+T)−f(a)=0\Phi'(a) = f(a + T) - f(a) = 0: ومنه فهي ثابتة.

ومن أجل x>0x > 0، اكتب x=nT+rx = nT + r مع 0≤r<T0 \leq r < T (n=⌊x/T⌋n = \lfloor x/T \rfloor). وبشال:

∫0xf=n∫0Tf+∫nTnT+rf,∣∫nTnT+rf∣≤Tsup⁡[0, T]∣f∣=C.\int_0^x f = n \int_0^T f + \int_{nT}^{nT + r} f, \qquad \Bigl| \int_{nT}^{nT+r} f \Bigr| \leq T \sup_{\intcc{0}{T}} \abs f = C .

عندئذ 1x∫0xf=nTx⋅1T∫0Tf+O(1x)\frac 1x \int_0^x f = \frac{nT}{x}\cdot\frac 1T \int_0^T f + O\bigl(\frac 1x\bigr)، و nTx→1\frac{nT}{x} \to 1: فالنهاية هي 1T∫0Tf\frac1T \int_0^T f.

تمرين 15.7 ★★

من أجل ff متصلة على [0, 1]\intcc{0}{1} مع ∫01f=12\int_0^1 f = \frac12، برهن على أن للمقدار ff نقطةً صامدة في [0, 1]\intcc{0}{1}. (كامل f(x)−xf(x) - x واستعمل الإيجابية القطعية، المبرهنة 15.7 (4)، عبر نقيضها مع مبرهنة القيم الوسطى.)

حل

حل التمرين 15.7.

لتكن g(x)=f(x)−xg(x) = f(x) - x: فهي متصلة، مع

∫01g=∫01f−12=0.\int_0^1 g = \int_0^1 f - \frac12 = 0 .

ولو لم تنعدم gg أبدًا، لفرضت مبرهنة القيم الوسطى إشارةً ثابتة (لأن الدالة المتصلة على فترة تأخذ الإشارتين تنعدم)؛ ولنقل g>0g > 0. عندئذ، بالإيجابية القطعية (المبرهنة 15.7 (4) مطبَّقةً على g>0g > 0، فتعطي ∫g>0\int g > 0): يقع تناقض مع ∫g=0\int g = 0. ومنه g(c)=0g(c) = 0 من أجل cc ما: أي f(c)=cf(c) = c.

تمرين 15.8 ★★★

(تكاملات واليس) لتكن Wn=∫0π/2sin⁡nt  ⁣dtW_n = \int_0^{\pi/2} \sin^n t\,\dd t.

  1. برهن على العلاقة التراجعية nWn=(n−1)Wn−2n W_n = (n-1) W_{n-2} (n≥2n \geq 2) بالتجزئة، واحسب W0,W1W_0, W_1، ثم W2pW_{2p} و W2p+1W_{2p+1} في صورة مغلقة.
  2. برهن على أن (Wn)(W_n) متناقصة مع Wn+1Wn→1\frac{W_{n+1}}{W_n} \to 1؛ وبرهن على أن المقدار (n+1) Wn+1Wn(n+1)\,W_{n+1} W_n ثابت يساوي π2\frac\pi2؛ واستنتج المكافئ Wn∼π2nW_n \sim \sqrt{\dfrac{\pi}{2n}}.
حل

حل التمرين 15.8.

  1. بالتجزئة مع u′=sin⁡tu' = \sin t و v=sin⁡n−1tv = \sin^{n-1} t:

    Wn=[−cos⁡tsin⁡n−1t]0π/2+(n−1)∫0π/2cos⁡2t sin⁡n−2t  ⁣dt=(n−1)(Wn−2−Wn),W_n = \bigl[-\cos t\sin^{n-1}t\bigr]_0^{\pi/2} + (n-1)\int_0^{\pi/2} \cos^2 t\,\sin^{n-2} t\,\dd t = (n-1)(W_{n-2} - W_n),

    ومنه nWn=(n−1)Wn−2nW_n = (n-1)W_{n-2}. وانطلاقًا من W0=π2W_0 = \frac\pi2 و W1=1W_1 = 1:

    W2p=(2p−1)(2p−3)⋯1(2p)(2p−2)⋯2 π2=(2p)!4p(p!)2 π2,W2p+1=(2p)(2p−2)⋯2(2p+1)(2p−1)⋯3=4p(p!)2(2p+1)!.W_{2p} = \frac{(2p-1)(2p-3)\cdots 1}{(2p)(2p-2)\cdots 2}\, \frac{\pi}{2} = \frac{(2p)!}{4^p (p!)^2}\,\frac\pi2, \qquad W_{2p+1} = \frac{(2p)(2p-2)\cdots 2}{(2p+1)(2p-1)\cdots 3} = \frac{4^p (p!)^2}{(2p+1)!} .

  2. على (0, π2)\intoo{0}{\frac\pi2}، 0<sin⁡t<10 < \sin t < 1، ومنه sin⁡n+1<sin⁡n\sin^{n+1} < \sin^n وتكون (Wn)(W_n) متناقصة (قطعًا) وموجبة. وبالحصر مع العلاقة التراجعية:

    nn+1=Wn+1Wn−1≤Wn+1Wn≤1  ⟹  Wn+1Wn→1.\frac{n}{n+1} = \frac{W_{n+1}}{W_{n-1}} \leq \frac{W_{n+1}}{W_n} \leq 1 \quad\implies\quad \frac{W_{n+1}}{W_n} \to 1 .

    والثابت: يحقق an=(n+1)Wn+1Wna_n = (n+1)W_{n+1}W_n الشرط an=an−1a_n = a_{n-1} بالعلاقة التراجعية (n+1)Wn+1=nWn−1(n+1)W_{n+1} = nW_{n-1}، ومنه an=a0=1⋅W1W0=π2a_n = a_0 = 1 \cdot W_1 W_0 = \frac\pi2. عندئذ

    nWn2∼(n+1)Wn+1Wn=π2  ⟹  Wn∼π2n.n W_n^2 \sim (n+1) W_{n+1} W_n = \frac\pi2 \quad\implies\quad W_n \sim \sqrt{\frac{\pi}{2n}} .

تمرين 15.9 ★★★

(نيفن: العدد π\pi أصمّ) افترض π=ab\pi = \frac ab مع a,b∈N∗a, b \in \N^*، وضع، من أجل nn سيُختار،

P(x)=xn(a−bx)nn!,In=∫0πP(x)sin⁡x  ⁣dx.P(x) = \frac{x^n (a - bx)^n}{n!}, \qquad I_n = \int_0^{\pi} P(x)\sin x\, \dd x .
  1. برهن على أن 0<In≤π (πa)nn!0 < I_n \leq \pi\,\frac{(\pi a)^n}{n!}، وهو <1< 1 من أجل nn كبير.
  2. برهن على أن PP وكل مشتقاته تأخذ قيمًا صحيحة عند 00 وعند π=ab\pi = \frac ab. (بنشر ثنائي الحدّ: فمعاملات PP مضروبةً في k!k! أعداد صحيحة من أجل k≥nk \geq n؛ و P(π−x)=P(x)P(\pi - x) = P(x).)
  3. ضع Q=P−P′′+P(4)−…Q = P - P'' + P^{(4)} - \dots (وهو مجموع منته). تحقق من أن (Q′sin⁡x−Qcos⁡x)′=Psin⁡x\bigl(Q'\sin x - Q\cos x\bigr)' = P \sin x، واستنتج أن In=Q(π)+Q(0)I_n = Q(\pi) + Q(0) عدد صحيح.
  4. اختم.
حل

حل التمرين 15.9.

  1. على (0, π)\intoo{0}{\pi}: x>0x > 0 و a−bx=b(ab−x)=b(π−x)>0a - bx = b(\frac ab - x) = b(\pi - x) > 0 و sin⁡x>0\sin x > 0، ومنه فالمكامَل >0> 0 و In>0I_n > 0 (بالإيجابية القطعية). والحاصر: على [0, π]\intcc{0}{\pi}، x≤πx \leq \pi و a−bx≤aa - bx \leq a، ومنه P≤πnann!P \leq \frac{\pi^n a^n}{n!} و In≤π (πa)nn!I_n \leq \pi\,\frac{(\pi a)^n}{n!}، وهو يؤول إلى 00 (لأن العاملي يغلب الحدّ الهندسي: فهو الحدّ العام للمتسلسلة الأسّية المتقاربة، قارن المثال 11.12)؛ وعلى الخصوص In<1I_n < 1 من أجل nn كبير.
  2. انشر xn(a−bx)n=∑j=0n(nj)an−j(−b)jxn+jx^n(a - bx)^n = \sum_{j=0}^{n} \binom nj a^{n-j} (-b)^j x^{n+j}: ومنه P=1n!∑jcjxn+jP = \frac{1}{n!}\sum_j c_j x^{n+j} بمعاملات صحيحة cjc_j. وعندئذ P(k)(0)=0P^{(k)}(0) = 0 من أجل k<nk < n (بالتقييم) و، من أجل n≤k≤2nn \leq k \leq 2n، P(k)(0)=k!n!ck−nP^{(k)}(0) = \frac{k!}{n!} c_{k-n}، وهو عدد صحيح لأن n!∣k!n! \mid k!. وفوق ذلك P(π−x)=P(x)P(\pi - x) = P(x) (بالتعويض: إذ يبادل π−x\pi - x بين العاملين، باستعمال a−b(π−x)=bxa - b(\pi - x) = bx)، ومنه P(k)(π)=±P(k)(0)P^{(k)}(\pi) = \pm P^{(k)}(0): فهي أعداد صحيحة كذلك.

  3. مع Q=P−P′′+P(4)−…Q = P - P'' + P^{(4)} - \dots (وهو منته: فدرجة PP هي 2n2n): Q+Q′′=PQ + Q'' = P، و

    (Q′sin⁡x−Qcos⁡x)′=(Q+Q′′)sin⁡x=Psin⁡x.\bigl(Q'\sin x - Q\cos x\bigr)' = (Q + Q'')\sin x = P\sin x .

    ومنه In=[Q′sin⁡x−Qcos⁡x]0π=Q(π)+Q(0)I_n = \bigl[Q'\sin x - Q\cos x\bigr]_0^{\pi} = Q(\pi) + Q(0)، وهو مجموع قيم P(2k)P^{(2k)} عند 00 وعند π\pi: أي عدد صحيح حسب (2).

  4. ومن أجل nn كبير، يكون InI_n عددًا صحيحًا مع 0<In<10 < I_n < 1: وهذا محال. ومنه يفشل الفرض π=ab\pi = \frac ab: أي إن π\pi أصمّ.

تمرين 15.10 ★★★

لتكن ff من الصنف C1C^1 على [a, b]\intcc{a}{b}. برهن على النهاية من نوع ريمان–لوبيغ

∫abf(t)sin⁡(λt)  ⁣dt→λ→+∞0\int_a^b f(t)\sin(\lambda t)\,\dd t \xrightarrow[\lambda \to +\infty]{} 0

بالمكاملة بالتجزئة. ثم برهن عليها مرة أخرى من أجل ff متصلة فحسب، بالتقريب المنتظم بالدوال الدرجية (المبرهنة 15.3).

حل

حل التمرين 15.10.

حالة الصنف C1C^1: بالتجزئة،

∫abf(t)sin⁡λt  ⁣dt=[−f(t)cos⁡λtλ]ab+1λ∫abf′(t)cos⁡λt  ⁣dt,\int_a^b f(t)\sin\lambda t\,\dd t = \Bigl[-f(t)\frac{\cos\lambda t}{\lambda}\Bigr]_a^b + \frac{1}{\lambda}\int_a^b f'(t)\cos\lambda t\,\dd t,

وهو محدود قيمةً مطلقة بالمقدار 2sup⁡∣f∣+(b−a)sup⁡∣f′∣λ→0\frac{2\sup\abs f + (b - a)\sup\abs{f'}} {\lambda} \to 0.

وحالة الاتصال فحسب: ليكن ε>0\varepsilon > 0 ولنختر دالة درجية φ\varphi تحقق ∣f−φ∣≤ε\abs{f - \varphi} \leq \varepsilon (المبرهنة 15.3 يعطي φ≤f≤ψ\varphi \leq f \leq \psi بفجوة ≤ε\leq\varepsilon؛ فخذ φ\varphi). عندئذ

∣∫abfsin⁡λt∣≤∫ab∣f−φ∣+∣∫abφsin⁡λt∣≤(b−a)ε+∑i∣ci∣ ∣∫xi−1xisin⁡λt  ⁣dt∣,\Bigl|\int_a^b f\sin\lambda t\Bigr| \leq \int_a^b \abs{f - \varphi} + \Bigl|\int_a^b \varphi \sin\lambda t\Bigr| \leq (b-a)\varepsilon + \sum_i \abs{c_i}\,\Bigl|\int_{x_{i-1}}^{x_i} \sin\lambda t\,\dd t\Bigr| ,

وكل ∣∫sin⁡λt∣=∣cos⁡λxi−1−cos⁡λxiλ∣≤2λ\bigl|\int \sin \lambda t\bigr| = \bigl|\frac{\cos\lambda x_{i-1} - \cos\lambda x_i}{\lambda}\bigr| \leq \frac{2}{\lambda}: ومنه يؤول الحدّ الثاني إلى 00. ومنه فالنهاية العليا هي ≤(b−a)ε\leq (b-a)\varepsilon من أجل كل ε\varepsilon: فالنهاية هي 00.

تمرين 15.11 ★★

(مبرهنة التزايدات المنتهية من أجل التكاملات) لتكن f,gf, g متصلتين على [a, b]\intcc{a}{b} مع g≥0g \geq 0. برهن على أنه يوجد c∈[a, b]c \in \intcc{a}{b} يحقق

∫abf(t) g(t)  ⁣dt=f(c)∫abg(t)  ⁣dt,\int_a^b f(t)\,g(t)\,\dd t = f(c)\int_a^b g(t)\,\dd t ,

وبيّن بمثال أن الفرض g≥0g \geq 0 لا يمكن إسقاطه.

حل

حل التمرين 15.11.

ليكن m=min⁡fm = \min f و M=max⁡fM = \max f، وهما مبلوغان حسب مبرهنة القيم الحدّية. ولأن g≥0g \geq 0: m g≤fg≤M gm\,g \leq fg \leq M\,g، ومنه بالرتابة

m∫abg  ≤  ∫abfg  ≤  M∫abg.m \int_a^b g \;\leq\; \int_a^b fg \;\leq\; M \int_a^b g .

فإذا كان ∫abg=0\int_a^b g = 0: فرضت الإيجابية القطعية (المبرهنة 15.7 (4)) أن g≡0g \equiv 0، فينعدم الطرفان، ويفي أيّ cc بالغرض. وإلا فإن t=∫fg∫gt = \frac{\int fg}{\int g} يقع في [m, M]=f([a, b])\intcc{m}{M} = f(\intcc{a}{b}) (المبرهنات 13.13 و13.10)، ومنه t=f(c)t = f(c) من أجل cc ما.

والإشارة مهمة: فعلى [−1, 1]\intcc{-1}{1} مع f(t)=g(t)=tf(t) = g(t) = t: ∫fg=∫−11t2=23\int fg = \int_{-1}^1 t^2 = \frac23، بينما f(c)∫−11t  ⁣dt=0f(c)\int_{-1}^1 t\,\dd t = 0 من أجل كل cc.

تمرين 15.12 ★★★

(العزوم تفرض الجذور) لتكن ff متصلة على [a, b]\intcc{a}{b} مع

∫abf(t) tk  ⁣dt=0من أجل k=0,1,…,n.\int_a^b f(t)\,t^k\,\dd t = 0 \qquad \text{من أجل } k = 0, 1, \dots, n .

برهن على أن ff تنعدم عند n+1n + 1 نقطة متمايزة من (a, b)\intoo{a}{b}. (إذا كانت ff لا تغيّر إشارتها إلا عند z1<⋯<zmz_1 < \dots < z_m مع m≤nm \leq n، فكامل ff في مقابل P(t)=(t−z1)⋯(t−zm)P(t) = (t - z_1) \cdots (t - z_m) واستعمل الإيجابية القطعية.)

حل

حل التمرين 15.12.

إذا كان f≡0f \equiv 0 فالادعاء فارغ (فكل نقطة جذر). ومنه افترض f≢0f \not\equiv 0 ولنفترض أن لها nn جذرًا متمايزًا على الأكثر في (a, b)\intoo{a}{b}؛ وليكن z1<⋯<zmz_1 < \dots < z_m (m≤nm \leq n) تلك الجذور التي تغيّر ff إشارتها عندها (وقد لا توجد). ضع P(t)=∏i=1m(t−zi)P(t) = \prod_{i=1}^{m}(t - z_i) (والجداء الخالي =1= 1)، من الدرجة m≤nm \leq n. وعلى كل فترة جزئية تقطعها ziz_i، تكون لكلٍّ من ff و PP إشارة ثابتة، وتنقلب إشارتهما معًا عند عبور ziz_i ما: ومنه للجداء fPfP إشارة ثابتة واحدة على كل (a, b)\intoo{a}{b}. ولكونه متصلًا وغير معدوم تمامًا وذا إشارة ثابتة، يكون له ∣∫abfP∣>0\bigl|\int_a^b fP\bigr| > 0 (بالإيجابية القطعية مطبَّقةً على ∣fP∣\abs{fP}). لكن ∫fP\int f P تركيبة خطية من العزوم ∫f tk\int f\,t^k مع k≤nk \leq n، وكلها معدومة: وهذا تناقض. ومنه فللمقدار ff عدد n+1n + 1 جذرًا متمايزًا على الأقل في (a, b)\intoo{a}{b}.

ملاحظة 15.24 (منظورات داخل هذا المجلّد)

ثلاثة فصول قادمة تتّكئ على هذا الفصل مباشرة. فالفصل الفصل 16 يحمل الباقي التكاملي — إذ إن أدقّ صيغ تايلور الثلاث مكاملةٌ بالتجزئة مكرَّرة nn مرة. و الفصل 17 يحوّل تأطير المجاميع بالتكاملات إلى المحك الحاسم من أجل ∑n−α\sum n^{-\alpha}، وتلطّف مسألة نهاية الأسبوع فيه ذلك التأطير إلى ثابت أويلر. و الفصل 24 يجعل التكامل هندسيًا: إذ إن طول قوس معلَّمي هو ∫x′(t)2+y′(t)2  ⁣dt\int \sqrt{x'(t)^2 + y'(t)^2}\,\dd t، وهو تكامل دالة متصلة على قطعة — أي الغرض المبنيّ هنا بالضبط، دون أيّ حاجة إلى نظرية معتلّة. وأكثر الوقائع إعادةَ استعمال ستكون أشدَّها تواضعًا: ∣∫f∣≤(b−a)sup⁡∣f∣\bigl|\int f\bigr| \leq (b - a)\sup\abs{f}، وهي المتراجحة التي تحوّل كل تقدير نقطي إلى تقدير تكاملي.

15.6 مسألة: آلة الصمم التكاملية

مسألة 15.1

مسألة نهاية الأسبوع — e\eu و π2\pi^2 أصمّان، و e\eu إلى ستة أرقام عشرية، و 227>π\frac{22}{7} > \pi مع برهان

آلية واحدة تحرّك هذه المسألة كلها: لا يمكن أن يوجد مقدار يجب أن يكون عددًا صحيحًا موجبًا ومع ذلك يُبرهن على أنه أصغر من 11. وقد شغّل التمرين 15.9 (نيفن) الآلية مرة واحدة للبرهان على π∉Q\pi \notin \Q؛ وهنا نصنّعها. وتحتاج الآلة إلى ثلاثة أجزاء: مدخل صحيحية (وهو قيم كثيرات حدود محسنة الاختيار عند الطرفين)، ومدخل صغر (وهو عامل 1n!\frac{1}{n!} يسحق التكامل)، وجسر (هو المكاملة بالتجزئة) يصل بينهما. ونبرهن على أن e\eu أصمّ ونحسبه بخطأ مصادَق عليه، ونبرهن على مبرهنة لوجاندر الأدقّ التي تقول إن π2\pi^2 أصمّ، ونُختم بأبهج تكامل في التحليل: ∫01x4(1−x)41+x2 ⁣dx=227−π\int_0^1 \frac{x^4(1 - x)^4}{1 + x^2}\dd x = \frac{22}{7} - \pi، الذي يؤطّر π\pi باليد.

الجزء 1 — الوقود.

  1. برهن على أن c nn!→0\dfrac{c^{\,n}}{n!} \to 0 من أجل كل c>0c > 0 مثبَّت (فبعد n≥2cn \geq 2c، تنصّف كل خطوة الحدَّ على الأقل).

  2. (تكاملات بيتا) برهن، بالاستقراء على mm مع المكاملة بالتجزئة:

    ∫01x k (1−x) m  ⁣dx=k! m!(k+m+1)!(k,m∈N).\int_0^1 x^{\,k}\,(1 - x)^{\,m}\,\dd x = \frac{k!\,m!}{(k + m + 1)!} \qquad (k, m \in \N).
  3. استنتج ∫01(x(1−x))n ⁣dx=1(2n+1)(2nn)\displaystyle\int_0^1 \bigl(x(1-x)\bigr)^n \dd x = \frac{1}{(2n+1)\binom{2n}{n}}، و — بالمقارنة مع الحاصر x(1−x)≤14x(1 - x) \leq \frac14 — التقدير (2nn)≥4n2n+1\binom{2n}{n} \geq \dfrac{4^n}{2n+1}، المطابق للمقدار (2nn)1/n→4\binom{2n}{n}^{1/n} \to 4 من المسألة 11.1.

  4. برهن على مبرهنة الصغر المساعدة المستعملة مرتين أدناه: من أجل كل دالة متصلة g>0g > 0 على (0, 1)\intoo{0}{1}،

    0<∫01(x(1−x))ng(x)  ⁣dx≤sup⁡[0, 1]∣g∣4 n.0 < \int_0^1 \bigl(x(1-x)\bigr)^n g(x)\,\dd x \leq \frac{\sup_{\intcc{0}{1}}\abs g}{4^{\,n}} .

الجزء 2 — e\eu: الصمم، ثم ستة أرقام عشرية. ضع An=∫01xnex ⁣dxA_n = \displaystyle\int_0^1 x^n \eu^x \dd x.

  1. احسب A0A_0 و A1A_1، وبرهن على العلاقة التراجعية An=e−nAn−1A_n = \eu - n A_{n-1}، وعلى الحاصرين 0<An≤en+10 < A_n \leq \dfrac{\eu}{n+1}.
  2. بيّن بالاستقراء أن An=αn+βneA_n = \alpha_n + \beta_n \eu مع αn,βn∈Z\alpha_n, \beta_n \in \Z.
  3. استنتج أن e\eu أصمّ (فإذا كان e=pq\eu = \frac pq، فإن qAnq A_n عدد صحيح محبوس في (0, 1)\intoo{0}{1} من أجل nn كبير). وقارن ببرهان التمرين 11.9: النكتة نفسها، بوقود مختلف.

  4. برهن، بالاستقراء والمكاملة بالتجزئة، على صيغة الباقي المضبوطة

    e=∑k=0n1k!+Rn,Rn=1n!∫01(1−t)n e t  ⁣dt,1(n+1)!≤Rn≤e(n+1)!.\eu = \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{k!} + R_n, \qquad R_n = \frac{1}{n!}\int_0^1 (1 - t)^n\,\eu^{\,t}\,\dd t, \qquad \frac{1}{(n+1)!} \leq R_n \leq \frac{\eu}{(n+1)!} .
  5. خذ n=9n = 9: حُدّ R9R_9 مستعملًا e<2.75\eu < 2.75 (من b2=2.75b_2 = 2.75 في المثال 11.12)، وقوّم المجموع، واختم بالتأطير المصادَق عليه 2.7182818≤e≤2.71828232.7182818 \leq \eu \leq 2.7182823 — أي ستة أرقام عشرية، e≈2.718282\eu \approx 2.718282، مع برهان.

الجزء 3 — مبرهنة لوجاندر: π2\pi^2 أصمّ. لتكن f(x)=xn(1−x)nn!f(x) = \dfrac{x^n (1 - x)^n}{n!}، ولنفترض π2=ab\pi^2 = \frac ab مع a,b∈N∗a, b \in \N^*.

  1. بيّن f(1−x)=f(x)f(1 - x) = f(x) و 0<f≤14n n!0 < f \leq \dfrac{1}{4^n\,n!} على (0, 1)\intoo{0}{1}.
  2. بيّن أن f(k)(0)f^{(k)}(0) و f(k)(1)f^{(k)}(1) عددان صحيحان من أجل كل k≥0k \geq 0 (انشر xn(1−x)nx^n(1-x)^n بمعاملات صحيحة؛ و k!n!∈Z\frac{k!}{n!} \in \Z من أجل k≥nk \geq n؛ ثم استعمل التناظر).

  3. عرّف

    G=b n∑k=0n(−1)k π2n−2kf(2k).G = b^{\,n} \sum_{k=0}^{n} (-1)^k\, \pi^{2n - 2k} f^{(2k)} .

    بيّن أن G(0)G(0) و G(1)G(1) عددان صحيحان (لأن كل bnπ2n−2k=a n−k b kb^n \pi^{2n-2k} = a^{\,n-k}\,b^{\,k}).

  4. تحقق من التلسكوب G′′+π2G=bnπ2n+2f=π2anfG'' + \pi^2 G = b^n \pi^{2n+2} f = \pi^2 a^n f، ثم

     ⁣d ⁣dx(G′(x)sin⁡πx−π G(x)cos⁡πx)=π2anf(x)sin⁡πx.\frac{\dd}{\dd x}\Bigl(G'(x)\sin \pi x - \pi\,G(x)\cos \pi x\Bigr) = \pi^2 a^n f(x)\sin \pi x .

  5. كامل على [0, 1]\intcc{0}{1} واستنتج

    π an∫01f(x)sin⁡(πx)  ⁣dx=G(0)+G(1)∈Z,\pi\,a^n \int_0^1 f(x)\sin(\pi x)\,\dd x = G(0) + G(1) \in \Z ,

    وهو عدد صحيح موجب محدود بالمقدار πan4n n!\dfrac{\pi a^n}{4^n\,n!}.

  6. اختم مع السؤال 1 بأن π2\pi^2 أصمّ (لوجاندر، 1794)، وبأن هذا يقوّي التمرين 15.9: فلماذا يستلزم صمم π2\pi^2 صممَ π\pi، ولا يستلزم العكس؟

الجزء 4 — فهم الآلة.

  1. حدّد القوتين المتعاكستين (صحيحية معطيات الطرفين؛ والصغر التحليلي للتكامل) و الجسرَ، في الجزأين 2 و 3. ثم فسّر لماذا يكون العامل 1n!\frac{1}{n!} في ff هو العقدة: فإذا أُزيل، نجت الصحيحية، لكن أيّ متراجحة تموت، ومن أجل أيّ الكسور المدَّعاة ab\frac ab يفشل البرهان عندئذ؟
  2. الفعّالية: افترض أن أحدهم يدّعي π2=ab\pi^2 = \frac ab مع a≤10a \leq 10. بيّن أن التناقض يحطّ أصلًا عند n=7n = 7: واحسب π (10/4)7/7!≈0.38<1\pi\,(10/4)^7/7! \approx 0.38 < 1. فالآلة لا تكتفي بالدحض؛ بل تدحض عند مرحلة مثبَّتة قابلة للحساب.

  3. تحقق من سلامة الجسر دون شرط: برهن بمكاملتين بالتجزئة على أن

    ∫01x(1−x)sin⁡(πx)  ⁣dx=4π3,\int_0^1 x(1 - x)\sin(\pi x)\,\dd x = \frac{4}{\pi^3},

    ووفّق ذلك مع السؤال 14 عند n=1n = 1 (وأبقِ π2\pi^2 رمزيًا: فالمتطابقة المتلسكبة تُقرأ π3∫01f1sin⁡πx=−(f1′′(0)+f1′′(1))=4\pi^3 \int_0^1 f_1 \sin \pi x = -(f_1''(0) + f_1''(1)) = 4).

  4. ما الذي يجعل ex\eu^x و sin⁡πx\sin \pi x مؤهلين نواتين للآلة؟ حدّد الخاصية (فكلٌّ منهما يحقق معادلة تفاضلية خطية بمعاملات ثابتة، ومنه تعود المكاملة المكرَّرة بالتجزئة إلى البداية)، وسمِّ الحدّ الأمامي: فالآلة نفسها، ملطَّفةً بيد إرميت ولينديمان، تبرهن على أن e\eu و π\pi متساميان — وهذا خارج هذا المجلّد.

الجزء 5 — 227\frac{22}{7} إزاء π\pi، و العبرة.

  1. أثبت القسمة الكثيرحدودية

    x4(1−x)41+x2=x6−4x5+5x4−4x2+4−41+x2,\frac{x^4(1-x)^4}{1 + x^2} = x^6 - 4x^5 + 5x^4 - 4x^2 + 4 - \frac{4}{1 + x^2},

    واستنتج المتطابقة الشهيرة

    ∫01x4(1−x)41+x2  ⁣dx=227−π.\int_0^1 \frac{x^4 (1-x)^4}{1 + x^2}\,\dd x = \frac{22}{7} - \pi .

  2. المكامَل موجب: فاستنتج π<227\pi < \frac{22}{7}. ثم، بحصر 11+x2\frac{1}{1+x^2} بين 12\frac12 و 11 وباستعمال ∫01(x(1−x))4=1630\int_0^1 (x(1-x))^4 = \frac{1}{630} (السؤال 3)، برهن على

    227−1630  ≤  π  ≤  227−11260,\frac{22}{7} - \frac{1}{630} \;\leq\; \pi \;\leq\; \frac{22}{7} - \frac{1}{1260} ,

    أي 3.14126≤π≤3.142073.14126 \leq \pi \leq 3.14207: أي رقمان عشريان صحيحان، باليد.

  3. عمّم: بقسمة x4m(1−x)4mx^{4m}(1-x)^{4m} على 1+x21 + x^2، بيّن أن الباقي هو الثابت (−4)m(-4)^m (اعمل بترديد x2+1x^2 + 1: (1−x)2≡−2x(1-x)^2 \equiv -2x)، واستنتج أعدادًا ناطقة rmr_m تحقق

    ∣π−rm∣≤4 1−5m,\abs{\pi - r_m} \leq 4^{\,1 - 5m} ,

    وتحقق من أن m=1m = 1 يستعيد السؤالين 20–21.

  4. قابل هذه الأعداد الناطقة بنظرية التقريب في المسألة 14.1: احسب ∣π−227∣≈1.26⋅10−3\abs{\pi - \frac{22}{7}} \approx 1.26\cdot10^{-3} إزاء ضمان ديريكليه 149\frac{1}{49}، واذكر ∣π−355113∣≈2.7⋅10−7\abs{\pi - \frac{355}{113}} \approx 2.7\cdot10^{-7} إزاء 11132≈7.8⋅10−5\frac{1}{113^2} \approx 7.8\cdot10^{-5}: فتوجد من أجل π\pi تقريبات ناطقة جيدة استثنائيًا — وهذا متسق، إذ ليس معروفًا أن π\pi سيّئ التقريب.
  5. (فخّ العدد الصحيح، مجرَّدًا) برهن على المبرهنة المساعدة التي توحّد كل شيء: إذا كان x∈Rx \in \R ووُجدت أعداد صحيحة an,bna_n, b_n تحقق 0<∣an+bnx∣→00 < \abs{a_n + b_n x} \to 0، فإن xx أصمّ. واذكر أمثلتها في هذه المسألة، وفي التمرين 15.9، وفي التمرين 11.9، وفي المسألة 14.1.
  6. توليفة، جملة واحدة لكلٍّ: (أ) أجزاء الآلة الثلاثة وأين يعيش كلٌّ منها في عدّة هذا الفصل؛ (ب) وما الذي يسهم به التكامل ولم تستطع مبرهنة التزايدات المنتهية في المسألة 14.1 أن تسهم به؛ (ج) وجرد النتائج المستخرجة (صممان وثابت من ستة أرقام عشرية وتأطير واحد للمقدار π\pi وحاصر ثنائي حدّ واحد)؛ (د) و الحدّ الأمامي (إرميت ولينديمان؛ والفخّ نفسه، مشغَّلًا على ζ(2)\zeta(2) و ζ(3)\zeta(3)، في حساب الأعداد في القرن العشرين).
حل

حل المسألة 15.1.

1. ليكن N=⌈2c⌉N = \lceil 2c \rceil. من أجل n≥Nn \geq N: cn+1/(n+1)!cn/n!=cn+1≤12\frac{c^{n+1}/(n+1)!}{c^n/n!} = \frac{c}{n+1} \leq \frac12، ومنه 0<cnn!≤cNN! 2−(n−N)→00 < \frac{c^n}{n!} \leq \frac{c^N}{N!}\,2^{-(n - N)} \to 0: وهو الحصر.

2. ثبّت kk؛ وبالاستقراء على mm. من أجل m=0m = 0: ∫01xk=1k+1=k! 0!(k+1)!\int_0^1 x^k = \frac{1}{k+1} = \frac{k!\,0!}{(k+1)!}. والخطوة، بالتجزئة (u=(1−x)mu = (1-x)^m و v′=xkv' = x^k):

∫01xk(1−x)m ⁣dx=[xk+1k+1(1−x)m]01+mk+1∫01xk+1(1−x)m−1 ⁣dx=mk+1⋅(k+1)! (m−1)!(k+m+1)!,\int_0^1 x^k (1-x)^m \dd x = \Bigl[\frac{x^{k+1}}{k+1}(1-x)^m\Bigr]_0^1 + \frac{m}{k+1}\int_0^1 x^{k+1}(1-x)^{m-1}\dd x = \frac{m}{k+1}\cdot\frac{(k+1)!\,(m-1)!}{(k+m+1)!} ,

وهو k! m!(k+m+1)!\frac{k!\,m!}{(k+m+1)!}.

3. k=m=nk = m = n: ∫01(x(1−x))n=(n!)2(2n+1)!=1(2n+1)(2nn)\int_0^1 (x(1-x))^n = \frac{(n!)^2}{(2n+1)!} = \frac{1}{(2n+1)\binom{2n}{n}}. ولأن x(1−x)≤14x(1-x) \leq \frac14 على [0, 1]\intcc{0}{1}، يكون التكامل ≤4−n\leq 4^{-n}، ومنه (2nn)≥4n2n+1\binom{2n}{n} \geq \frac{4^n}{2n+1} — وهذا متسق مع (2nn)1/n→4\binom{2n}{n}^{1/n} \to 4 (المسألة 11.1).

4. المكامَل متصل و ≥0\geq 0 وموجب على (0, 1)\intoo{0}{1}، ومنه فهو غير معدوم تمامًا: ومنه تكامله >0> 0 (المبرهنة 15.7 (4)). والحاصر الأعلى: (x(1−x))n≤4−n(x(1-x))^n \leq 4^{-n} و g≤sup⁡∣g∣g \leq \sup\abs g، ثم الرتابة.

5. A0=e−1A_0 = \eu - 1؛ A1=[xex]01−∫01ex=e−(e−1)=1A_1 = [x\eu^x]_0^1 - \int_0^1 \eu^x = \eu - (\eu - 1) = 1. وبالتجزئة: An=[xnex]01−n∫01xn−1ex=e−nAn−1A_n = [x^n \eu^x]_0^1 - n\int_0^1 x^{n-1}\eu^x = \eu - n A_{n-1}. والحواصر: المكامَل موجب، ومنه An>0A_n > 0؛ ويعطي ex≤e\eu^x \leq \eu أن An≤e∫01xn=en+1A_n \leq \eu\int_0^1 x^n = \frac{\eu}{n+1}.

6. A0=−1+1⋅eA_0 = -1 + 1\cdot\eu. فإذا كان An−1=αn−1+βn−1eA_{n-1} = \alpha_{n-1} + \beta_{n-1}\eu بمركبات صحيحة، فإن

An=e−nαn−1−nβn−1e=(−n αn−1)⏟αn+(1−n βn−1)⏟βn e,A_n = \eu - n\alpha_{n-1} - n\beta_{n-1}\eu = \underbrace{(-n\,\alpha_{n-1})}_{\alpha_n} + \underbrace{(1 - n\,\beta_{n-1})}_{\beta_n}\,\eu ,

وكلاهما عدد صحيح.

7. إذا كان e=pq\eu = \frac pq: qAn=qαn+pβn∈Zq A_n = q\alpha_n + p\beta_n \in \Z، و 0<qAn≤qen+1<10 < qA_n \leq \frac{q\eu}{n+1} < 1 من أجل nn كبير: أي عدد صحيح قطعًا بين 00 و 11 — وهذا محال. ومنه e∉Q\eu \notin \Q. وفي التمرين 11.9 كان العدد الصحيح المحبوس هو q! pq−q! aqq!\,\frac pq - q!\,a_q؛ وهنا هو qAnqA_n: أي الفخّ نفسه، بوقود تكاملي.

8. n=0n = 0: R0=∫01et=e−1R_0 = \int_0^1 \eu^t = \eu - 1، ومنه e=1+R0\eu = 1 + R_0. وبالتجزئة (u=etu = \eu^t و v=−(1−t)n+1n+1v = -\frac{(1-t)^{n+1}}{n+1}):

Rn=1n!([−(1−t)n+1n+1et]01+1n+1∫01(1−t)n+1et)=1(n+1)!+Rn+1,R_n = \frac{1}{n!}\Bigl(\Bigl[-\frac{(1-t)^{n+1}}{n+1} \eu^t\Bigr]_0^1 + \frac{1}{n+1}\int_0^1 (1-t)^{n+1}\eu^t\Bigr) = \frac{1}{(n+1)!} + R_{n+1} ,

ومنه تنتشر الصيغة من nn إلى n+1n + 1. والحواصر: يعطي 1≤et≤e1 \leq \eu^t \leq \eu على [0, 1]\intcc{0}{1} و ∫01(1−t)n=1n+1\int_0^1 (1-t)^n = \frac{1}{n+1} أن 1(n+1)!≤Rn≤e(n+1)!\frac{1}{(n+1)!} \leq R_n \leq \frac{\eu}{(n+1)!}.

9. ∑k=091k!=986410362880=2.71828152…\sum_{k=0}^{9} \frac{1}{k!} = \frac{986410}{362880} = 2.71828152\dots، و

110!=2.76⋅10−7≤R9≤2.7510!=7.58⋅10−7,\frac{1}{10!} = 2.76\cdot10^{-7} \leq R_9 \leq \frac{2.75}{10!} = 7.58\cdot10^{-7} ,

ومنه 2.7182818≤e≤2.71828232.7182818 \leq \eu \leq 2.7182823: أي، مع برهان، e=2.718282\eu = 2.718282 إلى ستة أرقام عشرية (والقيمة الحقيقية 2.7182818…2.7182818\dots).

10. f(1−x)=(1−x)nxnn!=f(x)f(1 - x) = \frac{(1-x)^n x^n}{n!} = f(x). وعلى (0, 1)\intoo{0}{1}: 0<x(1−x)≤140 < x(1-x) \leq \frac14، ومنه 0<f≤14n n!0 < f \leq \frac{1}{4^n\,n!}.

11. xn(1−x)n=∑j=0n(−1)j(nj) xn+jx^n(1-x)^n = \sum_{j=0}^{n} (-1)^j\binom nj\,x^{n+j}، ومنه f=1n!∑jcj xn+jf = \frac{1}{n!}\sum_j c_j\,x^{n+j} مع cj∈Zc_j \in \Z. ومنه f(k)(0)=0f^{(k)}(0) = 0 من أجل k<nk < n أو k>2nk > 2n، ومن أجل n≤k≤2nn \leq k \leq 2n: f(k)(0)=k!n! ck−nf^{(k)}(0) = \frac{k!}{n!}\, c_{k-n}، وهو عدد صحيح لأن n!∣k!n! \mid k!. ويعطي التناظر f(k)(1)=(−1)kf(k)(0)∈Zf^{(k)}(1) = (-1)^k f^{(k)}(0) \in \Z.

12. bnπ2n−2k=bn(ab) n−k=a n−k b k∈Zb^n \pi^{2n-2k} = b^n\bigl(\frac ab\bigr)^{\,n-k} = a^{\,n-k}\,b^{\,k} \in \Z، ومنه G(0)=∑k(−1)kan−kbkf(2k)(0)G(0) = \sum_k (-1)^k a^{n-k} b^k f^{(2k)}(0) وكذلك G(1)G(1) عددان صحيحان حسب السؤال 11.

13. في π2G+G′′\pi^2 G + G''، يحمل الحدّ kk من π2G\pi^2 G المقدارَ π2n−2k+2f(2k)\pi^{2n-2k+2}f^{(2k)} ويحمل الحدّ j=k−1j = k - 1 من G′′G'' المقدارَ (−1)k−1π2n−2k+2f(2k)(-1)^{k-1}\pi^{2n-2k+2}f^{(2k)}: فيتلاشى كل شيء إلا k=0k = 0 في المجموع الأول و j=nj = n في الثاني، أي

G′′+π2G=bn(π2n+2f+(−1)nf(2n+2))=bnπ2n+2f=π2anfG'' + \pi^2 G = b^n\bigl(\pi^{2n+2} f + (-1)^n f^{(2n+2)}\bigr) = b^n \pi^{2n+2} f = \pi^2 a^n f

(فدرجة ff هي 2n2n، ومنه f(2n+2)=0f^{(2n+2)} = 0؛ و bnπ2n=anb^n\pi^{2n} = a^n). عندئذ

(G′sin⁡πx−πGcos⁡πx)′=(G′′+π2G)sin⁡πx=π2anfsin⁡πx.\bigl(G'\sin\pi x - \pi G\cos\pi x\bigr)' = (G'' + \pi^2 G)\sin \pi x = \pi^2 a^n f\sin\pi x .

14. بالمكاملة على [0, 1]\intcc{0}{1}:

π2an∫01fsin⁡(πx)  ⁣dx=[G′sin⁡πx−πGcos⁡πx]01=π(G(1)+G(0)),\pi^2 a^n \int_0^1 f\sin(\pi x)\,\dd x = \bigl[G'\sin\pi x - \pi G\cos\pi x\bigr]_0^1 = \pi\bigl(G(1) + G(0)\bigr) ,

ومنه πan∫01fsin⁡πx=G(0)+G(1)∈Z\pi a^n \int_0^1 f\sin\pi x = G(0) + G(1) \in \Z. وعلى (0, 1)\intoo{0}{1}، f>0f > 0 و sin⁡πx>0\sin\pi x > 0: ومنه فالطرف الأيسر موجب، ومنه G(0)+G(1)≥1G(0) + G(1) \geq 1؛ ويحدّه sin⁡≤1\sin \leq 1 مع السؤال 10 بالمقدار πan4n n!\frac{\pi a^n}{4^n\,n!}.

15. حسب السؤال 1 (مع c=a4c = \frac a4)، πan4nn!→0\frac{\pi a^n}{4^n n!} \to 0: فمن أجل nn كبير يكون <1< 1، مناقضًا G(0)+G(1)≥1G(0) + G(1) \geq 1. ومنه فلا كسر ab\frac ab يساوي π2\pi^2: وهي مبرهنة لوجاندر. ولو كان π\pi ناطقًا، لكان π2\pi^2 كذلك: ومنه π∉Q\pi \notin \Q — ولا يجري الاستلزام إلا في هذا الاتجاه (فالعدد 2\sqrt2 أصمّ ومربعه ناطق)، ولهذا يكون π2∉Q\pi^2 \notin \Q أقوى قطعًا من التمرين 15.9.

16. الصحيحية: السؤالان 11–12 (مشتقات الطرفين)؛ والصغر: السؤالان 10 و 1؛ والجسر: السؤالان 13–14 (المكاملة المزدوجة المتلسكبة بالتجزئة). وبدون 1n!\frac{1}{n!}، تبقى معطيات الطرفين أعدادًا صحيحة (بل بسهولة أكبر)، لكن الحاصر يصير πan4n\frac{\pi a^n}{4^n}، وهو لا يؤول إلى 00 إلا عندما a<4a < 4 — ولكل مرشّح a=b π2>9a = b\,\pi^2 > 9. فالعاملي هو بالضبط ما يسبق النمو الهندسي ana^n: فلا عاملي، لا مبرهنة.

17. من أجل a≤10a \leq 10، يكون العدد الصحيح G(0)+G(1)G(0) + G(1) موجبًا و π (10/4)n/n!\pi\,(10/4)^n/n! على الأكثر. وعند n=7n = 7: 2.57=610.35…2.5^7 = 610.35\dots، ومنه فالحاصر هو π×610.355040≈0.38<1\frac{\pi \times 610.35}{5040} \approx 0.38 < 1 (وعند n=6n = 6 لا يزال 1.071.07): فيحطّ التناقض عند المرحلة السابعة، صراحةً.

18. بمكاملتين بالتجزئة:

∫01x(1−x)sin⁡πx  ⁣dx=1π∫01(1−2x)cos⁡πx  ⁣dx=2π2∫01sin⁡πx  ⁣dx=2π2⋅2π=4π3\int_0^1 x(1-x)\sin\pi x\,\dd x = \frac1\pi\int_0^1 (1 - 2x)\cos\pi x\,\dd x = \frac{2}{\pi^2}\int_0^1 \sin\pi x\,\dd x = \frac{2}{\pi^2}\cdot\frac{2}{\pi} = \frac{4}{\pi^3}

(وتنعدم الحدود بين القوسين: x(1−x)x(1-x) عند 0,10, 1، و sin⁡πx\sin\pi x عند 0,10, 1). ورمزيًا، يُقرأ تلسكوب n=1n = 1 (دون أيّ فرض على π\pi) π3∫01f1sin⁡πx=−(f1′′(0)+f1′′(1))\pi^3\int_0^1 f_1\sin\pi x = -(f_1''(0) + f_1''(1)) مع f1=x(1−x)f_1 = x(1 - x) و f1′′=−2f_1'' = -2: فالطرف الأيمن 44 — ومنه يتوافق الحسابان.

19. يحلّ ex\eu^x المعادلةَ y′=yy' = y ويحلّ sin⁡πx\sin\pi x المعادلةَ y′′=−π2yy'' = -\pi^2 y: أي معادلتان خطيتان بمعاملات ثابتة، ومنه تدير المكاملة بالتجزئة النواةَ عائدةً إلى نفسها و تُبقي كل معطيات الحدّ داخل Z+Ze\Z + \Z\eu (أو كثيرات حدود صحيحة في π2\pi^2). وخاصية الانغلاق تلك هي ما تحتاج إليه الآلة. وبتلطيفها بنوى مكيَّفة مع عدة نقاط دفعة واحدة، تعطي الآلية نفسها مبرهنة إرميت (تسامي e\eu، 1873) ومبرهنة لينديمان (تسامي π\pi، 1882) — وهما خارج هذا المجلّد.

20. بالقسمة الكثيرحدودية (أو اضرب رجوعًا وتحقق):

x4(1−x)4=(x6−4x5+5x4−4x2+4)(1+x2)−4.x^4(1-x)^4 = (x^6 - 4x^5 + 5x^4 - 4x^2 + 4)(1 + x^2) - 4 .

وبمكاملة المتطابقة المعروضة مقسومةً على 1+x21 + x^2:

∫01x4(1−x)41+x2 ⁣dx=(17−46+1−43+4)−4arctan⁡1=227−π,\int_0^1 \frac{x^4(1-x)^4}{1+x^2}\dd x = \Bigl(\frac17 - \frac46 + 1 - \frac43 + 4\Bigr) - 4\arctan 1 = \frac{22}{7} - \pi ,

باستعمال 17−23+1−43+4=3+17\frac17 - \frac23 + 1 - \frac43 + 4 = 3 + \frac17 و arctan⁡1=π4\arctan 1 = \frac\pi4.

21. المكامَل متصل وموجب على (0, 1)\intoo{0}{1}: ومنه فالتكامل >0> 0، ومنه π<227\pi < \frac{22}{7}. وفوق ذلك 12≤11+x2≤1\frac12 \leq \frac{1}{1+x^2} \leq 1 على [0, 1]\intcc{0}{1} و ∫01(x(1−x))4=(4!)29!=1630\int_0^1 (x(1-x))^4 = \frac{(4!)^2}{9!} = \frac{1}{630} (السؤال 3):

11260≤227−π≤1630⟹3.14126<227−1630≤π≤227−11260<3.14207.\frac{1}{1260} \leq \frac{22}{7} - \pi \leq \frac{1}{630} \quad\Longrightarrow\quad 3.14126 < \frac{22}{7} - \frac{1}{630} \leq \pi \leq \frac{22}{7} - \frac{1}{1260} < 3.14207 .

22. بترديد x2+1x^2 + 1: x2≡−1x^2 \equiv -1، ومنه x4m=(x2)2m≡1x^{4m} = (x^2)^{2m} \equiv 1 و (1−x)2=1−2x+x2≡−2x(1 - x)^2 = 1 - 2x + x^2 \equiv -2x، ومنه (1−x)4m≡(−2x)2m=4m(x2)m≡(−4)m(1-x)^{4m} \equiv (-2x)^{2m} = 4^m (x^2)^m \equiv (-4)^m: فالباقي هو الثابت (−4)m(-4)^m، و للحاصل QmQ_m معاملات صحيحة (لأنها قسمة على كثير حدود صحيح واحديّ). وبقسمة المتطابقة على 1+x21 + x^2 و المكاملة:

Jm:=∫01(x(1−x))4m1+x2 ⁣dx=sm+(−4)m π4,sm=∫01Qm∈Q.J_m := \int_0^1 \frac{(x(1-x))^{4m}}{1+x^2}\dd x = s_m + (-4)^m\,\frac{\pi}{4}, \qquad s_m = \int_0^1 Q_m \in \Q .

وبالحلّ من أجل π\pi: مع rm=(−1)m+1 4 1−msm∈Qr_m = (-1)^{m+1}\,4^{\,1-m} s_m \in \Q،   ∣π−rm∣=4 1−mJm≤4 1−m⋅4−4m=4 1−5m\;\abs{\pi - r_m} = 4^{\,1-m} J_m \leq 4^{\,1-m}\cdot4^{-4m} = 4^{\,1-5m}. ومن أجل m=1m = 1: s1=227s_1 = \frac{22}{7} و r1=227r_1 = \frac{22}{7} والحاصر 4−4=12564^{-4} = \frac{1}{256} — أي السؤالان 20–21 مرة أخرى.

23. ∣π−227∣=227−π≈1.26⋅10−3\bigl|\pi - \frac{22}{7}\bigr| = \frac{22}{7} - \pi \approx 1.26\cdot10^{-3}، أي أفضل ستة عشر مرة من المرجع من الرتبة 22 172≈2.0⋅10−2\frac{1}{7^2} \approx 2.0\cdot10^{-2} الذي يضمنه ديريكليه (المسألة 14.1، السؤال 4)؛ و ∣π−355113∣≈2.7⋅10−7\bigl|\pi - \frac{355}{113}\bigr| \approx 2.7\cdot10^{-7} يغلب 11132≈7.8⋅10−5\frac{1}{113^2} \approx 7.8\cdot10^{-5} بعامل ≈300\approx 300. ولا تناقض مع أيّ شيء مبرهن عليه: فمتراجحات ليوفيل تحدّ من أدنى أخطاء التقريب من أجل الأعداد الجبرية وحدها، ولا يتوفر مثل هذا الحاصر من أجل π\pi في هذا المستوى — فالعدد π\pi حرّ في أن يُقرَّب تقريبًا رائعًا.

24. المبرهنة المساعدة: افترض x=pqx = \frac pq و 0<∣an+bnx∣→00 < \abs{a_n + b_n x} \to 0. عندئذ ∣an+bnx∣=∣qan+pbn∣q\abs{a_n + b_n x} = \frac{\abs{q a_n + p b_n}}{q}، مع كون qan+pbnq a_n + p b_n عددًا صحيحًا غير معدوم (وهو غير معدوم لأن القيمة المطلقة >0> 0): ومنه ∣an+bnx∣≥1q\abs{a_n + b_n x} \geq \frac1q من أجل كل nn، وهذا يناقض التقارب إلى 00. والأمثلة: السؤال 7 (x=ex = \eu و an=αna_n = \alpha_n و bn=βnb_n = \beta_n)؛ و التمرين 11.9 (x=ex = \eu مرة أخرى، مع aq=−q!∑k≤q1k!a_q = -q!\sum_{k \leq q}\frac{1}{k!} و bq=q!b_q = q!)؛ و المسألة 14.1، السؤال 1، هو صيغته الهندسية. وفي الجزء 3 وفي التمرين 15.9 يجري الفخّ داخل التناقض: إذ يحوّل فرض النطقية مقدارًا إلى عدد صحيح، ثم يحصره التحليل في (0, 1)\intoo{0}{1} — أي المبدأ نفسه، منقولًا.

25. (أ) تعيش الصحيحية في حساب كثيرات الحدود عند الطرفين (الأسئلة 6 و 11–12)، ويعيش الصغر في الحواصر التي تعطيها رتابة sup⁡\sup (السؤالان 4 و 10)، ويعيش الجسر في المكاملة بالتجزئة (الأسئلة 8 و 13–14) — وثلاثتها مبرهنات في هذا الفصل. (ب) ويوفّر التكامل ما لم تستطع مبرهنة التزايدات المنتهية توفيره: أي متطابقة مضبوطة بين الغرض التحليلي والمعطيات الحسابية (مساواة، لا مجرد متراجحة بمجهول cc)، ولهذا تبلغ الآلة π2\pi^2 بينما لم يبلغ المسألة 14.1 إلا أُسس التقريب. (ج) والمستخرج: e∉Q\eu \notin \Q و π2∉Q\pi^2 \notin \Q (ومنه π∉Q\pi \notin \Q)، و e=2.718282\eu = 2.718282 مصادَقًا عليه، و 227−1630≤π≤227−11260\frac{22}{7} - \frac{1}{630} \leq \pi \leq \frac{22}{7} - \frac{1}{1260}، و (2nn)≥4n2n+1\binom{2n}{n} \geq \frac{4^n}{2n+1}. (د) والحدّ الأمامي: يدفع إرميت ولينديمان الآلةَ نفسها إلى التسامي؛ وشغّل آبيري (1979) فخَّ العدد الصحيح على ζ(3)\zeta(3) — فالآلة لا تزال تنتج رياضيات القرن العشرين.

المصطلحات المعرَّفة في هذا الفصل

عرض كل المصطلحات (395) في المسرد