الرياضيات الجامعية — السنة 1 · Bachelor Year 1

16صيغ تايلور والنشور المقاربة

بجوار نقطة، تكون الدالة الملساء بجودة كثير حدود — مع خطأ قابل للضبط. وتجعل صيغ تايلور هذا مضبوطًا في ثلاث نكهات (الباقي التكاملي، وباقي لاغرانج، وباقي يونغ)، وتصير النشور المقاربة الناتجة، معالَجةً جبريًا، أحدَّ أدوات التحليل الأوّلي: النهايات والمكافئات والسلوك الموضعي والمقاربات.

16.1 ترميز المقارنة

تعريف 16.1 (ترميز لانداو)

لتكن $f, g$ معرَّفتين بجوار $x_0$ ( $x_0 \in \R$ أو $\pm\infty$ ). يُكتب، عندما $x \to x_0$ :

$f = o(g)$ («o صغير») إذا كان $f = \varepsilon g$ مع $\varepsilon(x) \to 0$ ؛
$f = O(g)$ («O كبير») إذا كان $f = u g$ مع $u$ محدودة بجوار $x_0$ ؛
$f \sim g$ («مكافئة») إذا كان $f = (1 + \varepsilon) g$ مع $\varepsilon \to 0$ — وبكيفية مكافئة $f - g = o(g)$ .

وينطبق الترميز نفسه على المتتاليات ( $n \to \infty$ ).

قضية 16.2 (القواعد)

عندما $x \to x_0$ :

العلاقة $\sim$ علاقة تكافؤ؛ ويستلزم $f \sim g$ أن تتقاسم $f$ و $g$ النهايات والإشارات (بجوار $x_0$ ) وانعدام الجذور؛
المكافئات تُضرب وتُقسم: يستلزم $f_1 \sim g_1$ و $f_2 \sim g_2$ أن $f_1 f_2 \sim g_1 g_2$ و $\frac{f_1}{f_2} \sim \frac{g_1}{g_2}$ ؛
المكافئات لا تُجمع: فالمقدار $x + 1 \sim x$ و $-x \sim -x + 2$ عند $+\infty$ ، ومع ذلك فالمجموعان $1$ و $2$ غير متكافئين. وللجمع، عُد إلى النشور بحدود $o(\cdot)$ صريحة؛
$o(g) + o(g) = o(g)$ و $\;u \cdot o(g) = o(ug)$ و $\;o(o(g)) = o(g)$ و $f \sim g \iff f = g + o(g)$ .

برهان. كلٌّ منها معالجة قصيرة للتعاريف؛ فمثلًا $f_1 f_2 = (1+\varepsilon_1)(1+\varepsilon_2) g_1 g_2$ و $(1 + \varepsilon_1)(1+\varepsilon_2) \to 1$ . ويستحق بندان من (4) سطرهما. $u\cdot o(g) = o(ug)$ : فإذا كان $f = \varepsilon g$ مع $\varepsilon \to 0$ ، فإن $uf = \varepsilon\,(ug)$ بالمقدار $\varepsilon$ نفسه. و $o(o(g)) = o(g)$ : فإذا كان $f = \varepsilon_1 h$ و $h = \varepsilon_2 g$ مع $\varepsilon_i \to 0$ كليهما، فإن $f = (\varepsilon_1\varepsilon_2) g$ وجداء اللامتناهيَين في الصغر واحدٌ منهما. والتكافؤ $f \sim g \iff f = g + o(g)$ هو التعريف مقروءًا مرتين: $f - g = \varepsilon g$ . والمثال المضاد في (3) هو برهان (3). ∎

مثال 16.3 (سلّم المقارنة)

عندما $x \to +\infty$ ، يُقرأ السلّم المعياري، بترتيب قوة متزايدة:

1 \;=\; o(\ln x), \quad \ln x = o(x^{0.01}), \quad x^{0.01} = o(\sqrt x), \quad \sqrt x = o(x^{10}), \quad x^{10} = o(\eu^{x}), \quad \eu^x = o(\eu^{2x}) ,

وكل خطوة مثالٌ على مقارنات النمو في القضية 4.6 (فالقوى تغلب اللوغاريتمات، والأسّيات تغلب القوى، وداخل العائلة الواحدة يفصل الأُسّ). وعادتان جديرتان بالتكوّن: أولًا، أن $O(\cdot)$ يحطّ في صنف أصغر يرتقي صامتًا (فالمقدار $O(\ln x)$ هو كذلك $o(x^{0.01})$ )؛ وثانيًا، أنه عند $x \to 0^+$ ينقلب السلّم كله بالتعويض $x \mapsto \frac1x$ — فهناك $\ln x = o(x^{-0.01})$ ، ومنه فالقول « $x^\alpha \ln x \to 0$ » يصحّ من أجل كل $\alpha > 0$ . وضبط السلّم نصف كل حجة مقاربة في الفصل 17.

مثال 16.4 (وحدانية النشور، وربح من الزوجية)

إذا قبلت دالةٌ نشرين عند $0$ من الرتبة نفسها،

a_0 + a_1 x + \dots + a_n x^n + o(x^n) = b_0 + b_1 x + \dots + b_n x^n + o(x^n),

فإن $a_k = b_k$ من أجل كل $k$ : فبالطرح ووضع $c_k = a_k - b_k$ ، قوّم المتطابقة $c_0 + c_1 x + \dots + c_n x^n = o(x^n)$ عند $x \to 0$ لتجد $c_0 = 0$ ؛ ثم اقسم على $x$ و كرّر — وكل قسمة مشروعة لأن المقدار الباقي هو مرة أخرى $o(x^{n-k})$ . ومنه فالمعاملات ذاتية، ويمكن حسابها عبر أيّ طريق (مشتقات تايلور، أو جبر على نشور معلومة، أو مكاملة): وعلى كل الطرق أن تتفق. والربح: للدالة الزوجية قوى زوجية فقط في نشرها — استبدل بالمقدار $x$ المقدارَ $-x$ واستدعِ الوحدانية؛ وكذلك للدوال الفردية قوى فردية. ولهذا يحمل $\cos$ المقدارَ $o(x^{2p+1})$ بدل $o(x^{2p})$ في الجدول أدناه: فالحدّ الفردي الغائب معلومة مجانية، أي رتبة دقة واحدة بلا ثمن.

16.2 صيغ تايلور الثلاث

مبرهنة 16.5 (تايلور بالباقي التكاملي)

لتكن $f$ من الصنف $C^{n+1}$ على فترة تحتوي $a$ و $x$ . عندئذ

f(x) = \sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(a)}{k!}\,(x - a)^k + \int_a^x \frac{(x - t)^n}{n!}\, f^{(n+1)}(t)\, \dd t .

برهان. بالاستقراء على $n$ . من أجل $n = 0$ : المقدار $f(x) = f(a) + \int_a^x f'(t)\dd t$ هو المبرهنة الأساسية (المبرهنة 15.9). والخطوة: كامل الباقي بالتجزئة،

\int_a^x \frac{(x-t)^n}{n!} f^{(n+1)}(t)\,\dd t = \Bigl[-\frac{(x-t)^{n+1}}{(n+1)!} f^{(n+1)}(t)\Bigr]_a^x + \int_a^x \frac{(x-t)^{n+1}}{(n+1)!} f^{(n+2)}(t)\,\dd t ,

ويسهم ما بين القوسين بالحدّ $\frac{f^{(n+1)}(a)}{(n+1)!}(x - a)^{n+1}$ . ∎

مثال 16.6 (نشر مضبوط مع باقيه)

من أجل $\ln(1 + x)$ يمكن جعل الباقي التكاملي صريحًا تمامًا دون اشتقاق أيّ شيء $n$ مرة: كامل المتطابقة الهندسية المنتهية $\frac{1}{1+t} = \sum_{k=0}^{n-1}(-t)^k + \frac{(-t)^n}{1+t}$ من $0$ إلى $x$ :

\ln(1 + x) = \sum_{k=1}^{n} \frac{(-1)^{k-1}x^k}{k} + (-1)^n \int_0^x \frac{t^n}{1 + t}\,\dd t ,

ومن أجل $0 \leq x \leq 1$ يكون الباقي محدودًا بالمقدار $\int_0^x t^n\,\dd t = \frac{x^{n+1}}{n+1}$ . وهذا أقوى من تايلور–يونغ بكيفيتين: فهو متطابقة صحيحة من أجل $x$ مثبَّت (لا من أجل $x \to 0$ فقط)، وحاصر الخطأ عددي. وتعيش مسألة نهاية الأسبوع (المسألة 16.1) على مثل هذه الصور المضبوطة؛ وأمّا تايلور–يونغ أدناه فهو الأداة الأخفّ من أجل النهايات، حيث لا يهمّ إلا شكل الخطأ.

مبرهنة 16.7 (متراجحة تايلور–لاغرانج)

لتكن $f$ من الصنف $C^{n+1}$ مع $\abs{f^{(n+1)}} \leq M$ بين $a$ و $x$ . عندئذ

\Bigl| f(x) - \sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k \Bigr| \leq M\, \frac{\abs{x - a}^{n+1}}{(n+1)!} .

برهان. حُدّ الباقي التكاملي: $\bigl|\int_a^x \frac{(x-t)^n}{n!} f^{(n+1)}(t)\,\dd t\bigr| \leq M \bigl|\int_a^x \frac{\abs{x-t}^n}{n!}\dd t\bigr| = M\frac{\abs{x-a}^{n+1}}{(n+1)!}$ . ∎

مثال 16.8 (أعداد مصادَق عليها)

كم يبلغ $\sqrt{1.02}$ ؟ طبّق تايلور–لاغرانج على $f(t) = \sqrt{1 + t}$ عند $a = 0$ ، من الرتبة $2$ ، مع $x = 0.02$ :

\sqrt{1.02} \approx 1 + \frac{0.02}{2} - \frac{0.02^2}{8} = 1.00995 , \qquad \abs{f'''(t)} = \frac{3}{8}(1+t)^{-5/2} \leq \frac 38 ,

ومنه فالخطأ على الأكثر $\frac38 \cdot \frac{0.02^3}{6} = 5\cdot10^{-7}$ : أي $\sqrt{1.02} = 1.00995$ بستة أرقام عشرية مصادَق عليها (والقيمة الحقيقية $1.0099504938\dots$ — فالحاصر يكاد يكون حادًّا). والفكرة النافذة: لا يقول تايلور–يونغ إلا كم يسرع تلاشي الخطأ؛ ويحوّل تايلور–لاغرانج كثيرَ الحدود نفسه إلى شهادة، أي عدد مع عمود خطأ مبرهن عليه. وكلما ادُّعي رقم عشري في هذا الكتاب، وقف وراءه حاصرٌ من نوع لاغرانج؛ وتصنّع مسألة نهاية الأسبوع (المسألة 16.1) هذه الفكرة.

مبرهنة 16.9 (تايلور–يونغ)

لتكن $f$ قابلة للاشتقاق $n$ مرة عند $a$ . عندئذ، عندما $x \to a$ :

f(x) = \sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(a)}{k!}\,(x-a)^k + o\bigl((x-a)^n\bigr) .

برهان. بالاستقراء على $n$ . من أجل $n = 1$ هذا هو تعريف المشتقة (التعريف 14.1). افترض العبارة عند الرتبة $n - 1$ ، ولتكن $f$ قابلة للاشتقاق $n$ مرة عند $a$ . طبّق فرض الاستقراء على $f'$ (وهي قابلة للاشتقاق $n-1$ مرة عند $a$ ):

f'(t) = \sum_{k=0}^{n-1} \frac{f^{(k+1)}(a)}{k!}(t-a)^k + r(t), \qquad r(t) = o\bigl((t-a)^{n-1}\bigr).

لتكن $g(x) = f(x) - \sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k$ ؛ عندئذ $g' = r$ و $g(a) = 0$ . ومن أجل $\varepsilon > 0$ معطى، اختر $\delta$ يحقق $\abs{r(t)} \leq \varepsilon\abs{t - a}^{n-1}$ من أجل $\abs{t-a} \leq \delta$ ؛ وتعطي متراجحة التزايدات المنتهية (المبرهنة 14.9) مطبَّقةً على القطعة من $a$ إلى $x$ (حيث $\abs{g'} \leq \varepsilon\abs{x-a}^{n-1}$ ) أن $\abs{g(x)} \leq \varepsilon\abs{x - a}^n$ : أي $g(x) = o((x-a)^n)$ بالضبط. ∎

ملاحظة 16.10 (ثلاث صيغ وثلاثة أثمان وثلاثة منتجات)

تتدرّج الفرضيات مع النتائج بالضبط تدرّجًا. فتايلور–يونغ يطلب الأقل ( $n$ مشتقة عند النقطة فقط) ويعطي الأقل: أي $o((x-a)^n)$ كيفيًا، مثاليًا من أجل النهايات، عديم النفع من أجل الأرقام المصادَق عليها. وتطلب متراجحة لاغرانج الصنف $C^{n+1}$ على الفترة وحاصرًا $M$ هناك، وتعيد عمود خطأ عدديًا. وتطلب الصيغة التكاملية الانتظام نفسه وتعيد الأكثر: أي الخطأ غرضًا صريحًا يمكن تحويله (المكاملة بالتجزئة، والحصر قطعةً قطعة، وتغيير المتغيرات) — وهي الصيغة التي حرّكت آلة الصمم في المسألة 15.1. واختيار أضعف صيغة تدعم الهدف ليس تنطّعًا: فالدالة المنبسطة في المسألة 16.1 تحقق تايلور–يونغ عند كل رتبة بينما كل نتيجة أقوى عنها خاطئة بعيدًا عن $0$ .

قضية 16.11 (النشور المعيارية عند $0$ )

عندما $x \to 0$ ، من أجل كل رتبة مثبَّتة $n$ :

\begin{align*} \eu^x &= 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \dots + \frac{x^n}{n!} + o(x^n),\\ \cos x &= 1 - \frac{x^2}{2!} + \frac{x^4}{4!} - \dots + \frac{(-1)^p x^{2p}}{(2p)!} + o(x^{2p+1}),\\ \sin x &= x - \frac{x^3}{3!} + \dots + \frac{(-1)^p x^{2p+1}}{(2p+1)!} + o(x^{2p+2}),\\ \frac{1}{1 - x} &= 1 + x + x^2 + \dots + x^n + o(x^n),\\ \ln(1 + x) &= x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \dots + \frac{(-1)^{n-1} x^n}{n} + o(x^n),\\ (1 + x)^\alpha &= 1 + \alpha x + \frac{\alpha(\alpha-1)}{2!}x^2 + \dots + \binom{\alpha}{n} x^n + o(x^n), \end{align*}

حيث $\binom{\alpha}{n} = \frac{\alpha(\alpha - 1)\cdots(\alpha - n + 1)}{n!}$ من أجل $\alpha$ حقيقي. (و $\cosh$ و $\sinh$ : كما $\cos$ و $\sin$ دون الإشارات المتناوبة.)

برهان. كل دالة ملساء بجوار $0$ ومشتقاتها سهلة التقويم: $(\eu^x)^{(k)} = \eu^x$ ؛ ومشتقات $\sin$ و $\cos$ تدور بالدور $4$ ؛ و $\bigl((1+x)^\alpha\bigr)^{(k)} = \alpha(\alpha - 1)\cdots(\alpha - k + 1)(1+x)^{\alpha - k}$ ؛ و $\bigl(\ln(1+x)\bigr)^{(k)} = \frac{(-1)^{k-1}(k-1)!}{(1+x)^k}$ . فطبّق تايلور–يونغ عند $a = 0$ . (والهندسية مضبوطة: $\frac{1}{1-x} - \sum_0^n x^k = \frac{x^{n+1}}{1 - x} = o(x^n)$ .) ∎

طريقة 16.12 (الحساب بالنشور)

ثبّت الرتبة الهدف $n$ أولًا، واقطع كل نتيجة وسيطة عندها — فحمل حدود أعلى عملٌ ضائع، وإسقاط حدود أدنى خطأ.
المجاميع والجداءات: انشر كل عامل حتى الرتبة $n$ و اضرب، مسقطًا ما بعد $x^n$ .
التركيب $f(u(x))$ مع $u(x) \to 0$ : عوّض نشر $u$ في نشر $f$ ، رتبةً رتبة.
القسمة: اكتب $\frac{1}{1 + v}$ مع $v \to 0$ و استعمل النشر الهندسي.
كامل نشرًا حدًّا حدًّا (وأمّا الاشتقاق فيقتضي عناية أكبر — والتسويغ: تكامل $o(t^n)$ من $0$ إلى $x$ هو $o(x^{n+1})$ ، بالحصر المباشر).

مثال 16.13 (التركيب، مع إظهار مسك الدفاتر)

انشر $\eu^{\sin x}$ حتى الرتبة $3$ . والنشر الداخلي: $u = \sin x = x - \frac{x^3}{6} + o(x^3)$ ، وهو فعلًا يؤول إلى $0$ . والخارجي: $\eu^u = 1 + u + \frac{u^2}{2} + \frac{u^3}{6} + o(u^3)$ ، و $o(u^3) = o(x^3)$ لأن $u \sim x$ . وقوى $u$ ، مقطوعةً عند $x^3$ :

u^2 = x^2 + o(x^3), \qquad u^3 = x^3 + o(x^3)

(فالحدّ المتقاطع $2x\cdot(-\frac{x^3}{6})$ هو $x^4$ أصلًا). ورَكِّب:

\eu^{\sin x} = 1 + \Bigl(x - \frac{x^3}{6}\Bigr) + \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{6} + o(x^3) = 1 + x + \frac{x^2}{2} + o(x^3) :

فتتلاشى إسهاما $x^3$ تلاشيًا تامًا. والفكرة النافذة: تتطابق $\eu^{\sin x}$ و $\eu^x$ حتى الرتبة $3$ — لا لأن $\sin x \approx x$ فجًّا، بل لأن أول اختلاف بين الأُسّين ( $-\frac{x^3}{6}$ ) يدخل مضروبًا في $\eu^0 = 1$ ثم يقابله الحدّ التكعيبي في الأسّي الخارجي؛ ويكشف مسك الدفاتر رتبةً رتبة مثل هذه المؤامرات، ولا تكشفها النظرة أبدًا. (والحدّ التالي هو $-\frac{x^4}{8}$ : فتنتهي الهدنة عند الرتبة $4$ .)

مثال 16.14

نشر $\tan$ من الرتبة $5$ . اكتب $\tan x = \sin x \cdot \frac{1}{\cos x}$ :

\frac{1}{\cos x} = \frac{1}{1 - \bigl(\frac{x^2}{2} - \frac{x^4}{24} + o(x^5)\bigr)} = 1 + \Bigl(\frac{x^2}{2} - \frac{x^4}{24}\Bigr) + \Bigl(\frac{x^2}{2}\Bigr)^{\!2} + o(x^5) = 1 + \frac{x^2}{2} + \frac{5x^4}{24} + o(x^5),

ثم

\tan x = \Bigl(x - \frac{x^3}{6} + \frac{x^5}{120}\Bigr) \Bigl(1 + \frac{x^2}{2} + \frac{5x^4}{24}\Bigr) + o(x^5) = x + \frac{x^3}{3} + \frac{2x^5}{15} + o(x^5) .

الجيب (الداكن) إزاء كثيرات حدود تايلور له عند 0: T_1 = x و T_3 = x - x3/6 (المتقطّع) و T_5 = x - x3/6 + x5/120 (المنقّط). ويعانق كل زوج جديد من الحدود المنحنى على نافذة أوسع بوضوح، لكن كل كثير حدود ينفصل في النهاية: فنشر تايلور عقدٌ موضعي، محدَّد عند 0 وصامت بعيدًا. ويكمّم حاصر تايلور–لاغرانج |x|n+1(n+1)! النافذةَ؛ وتبيّن الدالة المنبسطة في أن العقد قد يكون خاليًا حتى بعد النقطة نفسها. — الجيب (الداكن) إزاء كثيرات حدود تايلور له عند $0$ : $T_1 = x$ و $T_3 = x - \frac{x^3}{6}$ (المتقطّع) و $T_5 = x - \frac{x^3}{6} + \frac{x^5}{120}$ (المنقّط). ويعانق كل زوج جديد من الحدود المنحنى على نافذة أوسع بوضوح، لكن كل كثير حدود ينفصل في النهاية: فنشر تايلور عقدٌ *موضعي*، محدَّد عند $0$ وصامت بعيدًا. ويكمّم حاصر تايلور–لاغرانج $\frac{\abs{x}^{n+1}}{(n+1)!}$ النافذةَ؛ وتبيّن الدالة المنبسطة في المسألة 16.1 أن العقد قد يكون خاليًا حتى بعد النقطة نفسها.

16.3 تطبيقات

مثال 16.15 (النهايات)

\lim_{x \to 0} \frac{x - \sin x}{x^3}: \qquad x - \sin x = \frac{x^3}{6} + o(x^3) \sim \frac{x^3}{6}, \qquad\text{ومنه فالنهاية هي } \frac16

— فيُحسم السؤال المطروح في التمرين 4.9. وكذلك $\displaystyle\lim_{x\to0}\Bigl(\frac{\sin x}{x}\Bigr)^{1/x^2}$ : فاللوغاريتم هو

\frac{1}{x^2}\ln\Bigl(1 - \frac{x^2}{6} + o(x^2)\Bigr) = \frac{1}{x^2}\Bigl(-\frac{x^2}{6} + o(x^2)\Bigr) \longrightarrow -\frac16, \qquad\text{والنهاية } \eu^{-1/6}.

ملاحظة 16.16 (مزالق شائعة مع النشور)

(أ) لا تجمع المكافئات ولا تطرحها أبدًا: فمن $\tan x \sim x$ و $\sin x \sim x$ لا يجوز استنتاج $\tan x - \sin x \sim 0$ (وهو بلا معنى) — والطريق الأمين هو النشور:

\tan x - \sin x = \Bigl(x + \frac{x^3}{3}\Bigr) - \Bigl(x - \frac{x^3}{6}\Bigr) + o(x^3) = \frac{x^3}{2} + o(x^3) \sim \frac{x^3}{2} .

(ب) انشر بعد المجزرة: ففي الحساب نفسه، لا ترى الرتبة $1$ إلا $x - x = 0$ ؛ وكلما تلاشت الحدود المهيمنة، فارفع الرتبة حتى ينجو معامل غير معدوم، وعندئذ فقط حوّل رجوعًا إلى مكافئ. (ج) المكافئات لا تمرّ عبر الأسّيات: فالمقدار $n^2 + n \sim n^2$ ، ومع ذلك $\eu^{n^2+n} = \eu^{n}\,\eu^{n^2}$ ليس مكافئًا للمقدار $\eu^{n^2}$ — فلا تأخذ الأسّي إلا لِما في نشور الأُسّ التي يؤول خطؤها إلى $0$ ، لا لمكافئات الأُسّ أبدًا. (وأمّا اللوغاريتمات فأأمن: فإذا كان $u_n \sim v_n \to \ell \neq 1$ مع $\ell > 0$ ، فإن $\ln u_n \sim \ln v_n$ .) (د) حساب $o(\cdot)$ وحيد الاتجاه: $o(x^2) + o(x^2) = o(x^2)$ و $5\,o(x^2) = o(x^2)$ و $x\cdot o(x^2) = o(x^3)$ — لكن $o(x^2)$ ليس دالة معيّنة، فلا تختصر أبدًا اثنين منها أحدهما بالآخر: فالمقدار $o(x^2) - o(x^2)$ هو $o(x^2)$ ، لا $0$ .

قضية 16.17 (السلوك الموضعي)

افترض $f(x) = f(a) + c\,(x - a)^p + o\bigl((x-a)^p\bigr)$ مع $c \neq 0$ (أي أول حدّ غير معدوم بعد الثابت؛ و $p \geq 2$ عند نقطة حرجة).

إذا كان $p$ زوجيًا: فللمقدار $f$ قيمة صغرى موضعية عند $a$ إذا كان $c > 0$ ، و قيمة عظمى موضعية إذا كان $c < 0$ .
وإذا كان $p$ فرديًا: فلا قيمة حدّية (لأن $f - f(a)$ تغيّر إشارتها)؛ وإذا بدأ النشر فوق ذلك بعد حدّ خطي $f'(a)(x - a)$ ، عبر المنحنى مماسَه: أي انعطاف.

برهان. بجوار $a$ ، تكون للمقدار $f(x) - f(a) = (x-a)^p\bigl(c + o(1)\bigr)$ إشارةُ $c\,(x-a)^p$ : فهي ثابتة من أجل $p$ زوجي، ومتغيرة من أجل $p$ فردي. ∎

مثال 16.18 (يجب نشر الأُسس حتى $o(1)$ )

جد مكافئًا للمقدار $u_n = \bigl(1 + \frac1n\bigr)^{n^2}$ . انشر الأُسّ حتى يؤول خطؤه إلى $0$ :

n^2 \ln\Bigl(1 + \frac1n\Bigr) = n^2\Bigl(\frac1n - \frac{1}{2n^2} + O\Bigl(\frac{1}{n^3}\Bigr)\Bigr) = n - \frac12 + O\Bigl(\frac1n\Bigr),

ومنه $u_n = \eu^{\,n - 1/2}\,\eu^{O(1/n)}$ مع $\eu^{O(1/n)} \to 1$ :

u_n \;\sim\; \eu^{\,n - \frac12} .

ولاحظ ما كان سيسوء بعناية أقلّ: فوقف الأُسّ عند $n^2\cdot\frac1n = n + O(1)$ يترك عاملًا $\eu^{O(1)}$ — محدودًا لكنه لا يؤول إلى $1$ — و لا يمكن تأكيد أيّ مكافئ. وقاعدة المزالق أعلاه، في صورتها الموجبة: يقتضي مكافئُ $\eu^{a_n}$ نشرَ $a_n$ حتى حدّ يؤول إلى الصفر، مع الاحتفاظ بكل معامل قبله احتفاظًا مضبوطًا.

مثال 16.19 (تصنيف نقطة حرجة منبسطة)

ادرس $f(x) = \cos x + \frac{x^2}{2}$ بجوار $0$ . فكلٌّ من $f'(0) = 0$ و $f''(0) = -\cos 0 + 1 = 0$ : ومنه فاختبار المشتقة الثانية أخرس. وانشر بدل ذلك:

f(x) = \Bigl(1 - \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24} + o(x^4)\Bigr) + \frac{x^2}{2} = 1 + \frac{x^4}{24} + o(x^4) :

فأول حدّ غير معدوم $c\,x^p$ مع $p = 4$ زوجي و $c = \frac{1}{24} > 0$ : أي قيمة صغرى موضعية، بانبساط غير معتاد (إذ يغادر المنحنى قيمته الصغرى مثل $x^4$ ، لا مثل $x^2$ ). والفكرة النافذة: يرى النشر في سطر واحد ما يحجبه الاشتقاق المكرَّر — و القضية 16.17 هو القاموس المنهجي من «أول حدّ ناجٍ» إلى «الشكل الموضعي».

مثال 16.20 (النشور عند اللانهاية)

حسابان يجري فيهما المتغير إلى $+\infty$ ويستورد التعويض $h = \frac1x \to 0^+$ العدّةَ كلها. أولًا،

x - x^2\ln\Bigl(1 + \frac1x\Bigr) = x - x^2\Bigl(\frac1x - \frac{1}{2x^2} + O\Bigl(\frac{1}{x^3}\Bigr)\Bigr) = \frac12 + O\Bigl(\frac1x\Bigr) \longrightarrow \frac12 .

وثانيًا، ظلّ الزاوية العكسي عند اللانهاية: انطلاقًا من $\arctan x + \arctan\frac1x = \frac\pi2$ من أجل $x > 0$ (القضية 4.12) ومن نشر $\arctan$ عند $0$ (التمرين 16.3)،

\arctan x = \frac\pi2 - \arctan\frac1x = \frac\pi2 - \frac1x + \frac{1}{3x^3} + o\Bigl(\frac{1}{x^3}\Bigr) :

فيقترب المنحنى من مقاربه $y = \frac\pi2$ من أسفل بسرعة $\frac1x$ . والفكرة النافذة: لا توجد نظرية منفصلة للنشور عند اللانهاية — بل يردّها تعويض مقلوب واحد إلى نشور عند $0$ ، شرط أن يُحمل كل $O$ و $o$ وسيط حملًا أمينًا.

مثال 16.21 (مقارب بالنشر)

عندما $x \to +\infty$ ،

\sqrt{x^2 + x} = x\sqrt{1 + \tfrac1x} = x\Bigl(1 + \frac{1}{2x} - \frac{1}{8x^2} + o\bigl(\tfrac{1}{x^2}\bigr)\Bigr) = x + \frac12 - \frac{1}{8x} + o\bigl(\tfrac 1x\bigr):

فالمستقيم $y = x + \frac12$ مقارب، ويُقترب منه من أسفل (لأن الحدّ التالي $-\frac{1}{8x}$ سالب).

ملاحظة 16.22 (أين تعمل النشور تاليًا)

النشور المقاربة هي اللغة الدائمة لبقية الكتاب: ففي الفصل 17 تفصل في التقارب (إذ تغذّي المكافئات محكات المقارنة، ودراسة $\sum \frac{1}{n^\alpha}$ نشرٌ متنكّر)؛ وفي مجلّد السنة الثانية تصير متسلسلات صحيحة، حيث يكتسب كثير حدود تايلور حدودًا لا تُحصى ونصفَ قطر تقارب؛ وكل تخطيط في الفيزياء — البندول، والاضطراب من الرتبة الأولى — عبارةُ تايلور–يونغ مع إسقاط $o(\cdot)$ صامتًا. والتحذير الوحيد الجدير بالحفر: النشر لا يصف الدالة إلا بجوار نقطة واحدة — انظر الدالة المنبسطة في مسألة نهاية الأسبوع، التي نشرها عند $0$ معدوم تمامًا دون أن تكون الدالة كذلك.

ملاحظة 16.23 (منظورات داخل هذا المجلّد)

النشور هي لغة العمل في بقية التحليل وفي الهندسة الآتية. فالفصل الفصل 17 يحوّلها إلى أحكام تقارب: فمكافئ الحدّ العام نشرٌ مقطوع عند حدّه الأول، وتستهلك المحكات الأدقّ (المتناوبة مع ضبط الخطأ) الحدَّ الثاني كذلك. و الفصل 24 يقرأ الهندسة الموضعية من نشور دالتَي الإحداثيات: فأن يعبر منحن معلَّمي أو يقبّل أو يرتدّ عند نقطة أمرٌ تفصل فيه أيُّ قوى $t$ تنجو في $x(t)$ و $y(t)$ — وهي صيغة المستوي للمقدار القضية 16.17. و الفصل 25 يقف عند الرتبة واحد قصدًا: فالمستوي المماس عبارةُ تايلور–يونغ في متغيرين، مع تأجيل النظرية الكاملة من الرتبة الثانية (الهسّيات ونقاط السرج) إلى مجلّد السنة الثانية. و الخيط المشترك: كل سؤال «موضعي» في هذا الكتاب يُجاب عنه بكتابة أول حدّ ناجٍ من نشر.

16.4 تمارين

تمرين 16.1 ★

أعطِ النشور عند $0$ : $\eu^{2x}$ حتى الرتبة $3$ ؛ و $\;\ln(1 - x)$ حتى الرتبة $4$ ؛ و $\;\sqrt{1 + x}$ حتى الرتبة $3$ ؛ و $\;\dfrac{1}{1 + x^2}$ حتى الرتبة $6$ .

حل

حل التمرين 16.1.

\eu^{2x} = 1 + 2x + 2x^2 + \frac{4x^3}{3} + o(x^3); \qquad \ln(1 - x) = -x - \frac{x^2}{2} - \frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4} + o(x^4);

\sqrt{1+x} = 1 + \frac x2 - \frac{x^2}{8} + \frac{x^3}{16} + o(x^3); \qquad \frac{1}{1 + x^2} = 1 - x^2 + x^4 - x^6 + o(x^6),

والأخير بتعويض $-x^2$ في النشر الهندسي.

تمرين 16.2 ★

احسب النهايات:

\lim_{x\to 0} \frac{\eu^x - 1 - x}{x^2}, \qquad \lim_{x\to 0} \frac{\cos x - \sqrt{1 - x^2}}{x^4}, \qquad \lim_{x\to 0} \frac{\ln(1+x) - \sin x}{x^2}.

حل

حل التمرين 16.2.

$\eu^x - 1 - x = \frac{x^2}{2} + o(x^2)$ : فالنهاية $\dfrac12$ .

$\cos x = 1 - \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24} + o(x^4)$ و $\sqrt{1 - x^2} = 1 - \frac{x^2}{2} - \frac{x^4}{8} + o(x^4)$ : والفرق $\frac{x^4}{24} + \frac{x^4}{8} = \frac{x^4}{6} + o(x^4)$ : فالنهاية $\dfrac16$ .

$\ln(1+x) - \sin x = \bigl(x - \frac{x^2}{2}\bigr) - x + o(x^2) = -\frac{x^2}{2} + o(x^2)$ : فالنهاية $-\dfrac12$ .

تمرين 16.3 ★

انشر $\arctan x$ عند $0$ حتى الرتبة $5$ بمكاملة نشر $\frac{1}{1 + x^2}$ ، و $\arcsin x$ حتى الرتبة $5$ بمكاملة نشر $(1 - x^2)^{-1/2}$ .

حل

حل التمرين 16.3.

$\frac{1}{1+t^2} = 1 - t^2 + t^4 + o(t^5)$ ؛ وبالمكاملة من $0$ إلى $x$ (الطريقة 16.12 (5)):

\arctan x = x - \frac{x^3}{3} + \frac{x^5}{5} + o(x^5)\ \ (\text{زوجية }o(x^6)\text{، بالفردية}).

$(1 - t^2)^{-1/2} = 1 + \frac{t^2}{2} + \frac38 t^4 + o(t^5)$ (بنشر ثنائي الحدّ مع $\alpha = -\frac12$ و $x = -t^2$ : $\binom{-1/2}{2} = \frac{(-\frac12)(-\frac32)}{2} = \frac38$ )؛ وبالمكاملة:

\arcsin x = x + \frac{x^3}{6} + \frac{3x^5}{40} + o(x^5) .

تمرين 16.4 ★

باستعمال تايلور–لاغرانج من أجل $\exp$ على $\intcc{0}{1}$ ، برهن على أن

\Bigl| \eu - \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{k!} \Bigr| \leq \frac{3}{(n+1)!},

وحدّد $n$ يضمن $6$ أرقام عشرية مضبوطة للمقدار $\eu$ .

حل

حل التمرين 16.4.

تايلور–لاغرانج (المبرهنة 16.7) من أجل $\exp$ عند $a = 0$ مع $x = 1$ : فالمشتقة $(n+1)$ هي $\eu^t \leq \eu < 3$ على $\intcc{0}{1}$ ، ومنه

\Bigl|\eu - \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{k!}\Bigr| \leq \frac{3}{(n+1)!} .

ومن أجل $6$ أرقام عشرية مضبوطة، نريد $\frac{3}{(n+1)!} < 5\times 10^{-7}$ ، أي $(n+1)! > 6\times 10^{6}$ : ولأن $10! = 3\,628\,800$ و $11! = 39\,916\,800$ ، يكفي $n + 1 = 11$ ، أي $n = 10$ .

تمرين 16.5 ★★

انشر حتى الرتبة $2$ في $\frac1n$ واستنتج النهاية و سرعة التقارب:

\Bigl(1 + \frac 1n\Bigr)^{\!n} = \eu\Bigl(1 - \frac{1}{2n} + \frac{11}{24n^2} + o\Bigl(\frac{1}{n^2}\Bigr)\Bigr).

حل

حل التمرين 16.5.

$n\ln\bigl(1 + \frac1n\bigr) = n\Bigl(\frac1n - \frac{1}{2n^2} + \frac{1}{3n^3} + o\bigl(\frac{1}{n^3}\bigr)\Bigr) = 1 - \frac{1}{2n} + \frac{1}{3n^2} + o\bigl(\frac{1}{n^2}\bigr)$ . وبأخذ الأسّي، مع $u = -\frac{1}{2n} + \frac{1}{3n^2}$ و $\eu^u = 1 + u + \frac{u^2}2 + o(u^2)$ :

\Bigl(1 + \frac1n\Bigr)^n = \eu\cdot \eu^{u} = \eu\Bigl(1 - \frac{1}{2n} + \frac{1}{3n^2} + \frac{1}{8n^2} + o\Bigl(\frac{1}{n^2}\Bigr)\Bigr) = \eu\Bigl(1 - \frac{1}{2n} + \frac{11}{24n^2} + o\Bigl(\frac{1}{n^2}\Bigr)\Bigr).

فالنهاية $\eu$ ؛ والخطأ $\sim \dfrac{\eu}{2n}$ : أي بطيء (رقم واحد لكل زيادة عشرية في $n$ ).

تمرين 16.6 ★★

ادرس السلوك الموضعي عند $0$ للمقدار $f(x) = x^2 - x^4$ وللمقدار $g(x) = x^3 + x^5$ ؛ وجد موضع منحنى $h(x) = \eu^x$ بالنسبة إلى مماسه عند $a = 1$ ، موضعيًا ثم شاملًا.

حل

حل التمرين 16.6.

$f(x) = x^2 - x^4 = x^2(1 + o(1))$ : فأول حدّ $x^2$ ، و $p = 2$ زوجي، والمعامل $> 0$ : أي قيمة صغرى موضعية عند $0$ (وليست شاملة: $f(2) = -12$ ).

$g(x) = x^3 + x^5$ : فأول حدّ $x^3$ ، و $p$ فردي: فلا قيمة حدّية؛ و $g$ تعبر مماسها (الأفقي): أي انعطاف عند $0$ .

$h = \exp$ عند $a = 1$ : $h(x) = \eu + \eu(x-1) + \frac{\eu}{2}(x-1)^2 + o((x-1)^2)$ ؛ والفرق مع المماس هو $\frac{\eu}{2}(x-1)^2 + o(\cdot) > 0$ موضعيًا. وشاملًا: $\eu^x - \eu x \geq 0$ من أجل كل $x$ بالتحدّب (المبرهنة 14.19 (3)): فيقع المنحنى فوق كل مماس، والمساواة عند نقطة التماسّ فقط.

تمرين 16.7 ★★

حدّد المقاربات عند $\pm\infty$ للمقدار $f(x) = \sqrt[3]{x^3 + x^2}$ وموضع المنحنى بالنسبة إليها.

حل

حل التمرين 16.7.

من أجل $x \to +\infty$ :

f(x) = x\Bigl(1 + \frac1x\Bigr)^{1/3} = x\Bigl(1 + \frac{1}{3x} - \frac{1}{9x^2} + o\Bigl(\frac{1}{x^2}\Bigr)\Bigr) = x + \frac13 - \frac{1}{9x} + o\Bigl(\frac1x\Bigr):

فالمقارب $y = x + \frac13$ ، والمنحنى تحته بجوار $+\infty$ . وعندما $x \to -\infty$ ، يصحّ الحساب نفسه (لأن الجذر التكعيبي معرَّف من أجل كل الأعداد الحقيقية، و $\frac1x \to 0$ ): فالمقارب نفسه $y = x + \frac13$ ، لكن الآن $-\frac{1}{9x} > 0$ : فالمنحنى فوق المستقيم.

تمرين 16.8 ★★

جد المكافئ، عندما $n \to \infty$ ، للمقادير

u_n = \sqrt{n+1} - \sqrt n, \qquad v_n = \ln(n+1) - \ln n, \qquad w_n = \sin\frac{1}{n} - \tan\frac{1}{n},

كلٌّ في صورة قوة للمقدار $n$ مضروبة في ثابت.

حل

حل التمرين 16.8.

$u_n = \sqrt n\bigl(\sqrt{1 + \tfrac1n} - 1\bigr) = \sqrt n\bigl(\frac{1}{2n} + o(\frac1n)\bigr) \sim \dfrac{1}{2\sqrt n}$ .

$v_n = \ln\bigl(1 + \frac1n\bigr) \sim \dfrac 1n$ .

$w_n$ : مع $h = \frac1n \to 0$ ، $\sin h - \tan h = \bigl(h - \frac{h^3}{6}\bigr) - \bigl(h + \frac{h^3}{3}\bigr) + o(h^3) = -\frac{h^3}{2} + o(h^3)$ ، ومنه $w_n \sim -\dfrac{1}{2n^3}$ .

تمرين 16.9 ★★★

لتكن $f$ من الصنف $C^2$ على $\R$ . برهن على أنه من أجل كل $x$ و $h > 0$ :

\abs{f'(x)} \leq \frac{\abs{f(x+h) - f(x-h)}}{2h} + \frac{h}{2}\sup_{\intcc{x-h}{x+h}}\abs{f''} ,

واستنتج المتراجحة من نوع لانداو–كولموغوروف: إذا كان $\abs f \leq M_0$ و $\abs{f''} \leq M_2$ على $\R$ ، فإن $\abs{f'} \leq \sqrt{2 M_0 M_2}$ في كل مكان. (أمثِل على $h$ .)

حل

حل التمرين 16.9.

تايلور–لاغرانج من الرتبة $1$ حول $x$ ، على الجهتين:

f(x + h) = f(x) + h f'(x) + R_+,\quad f(x - h) = f(x) - h f'(x) + R_-, \qquad \abs{R_\pm} \leq \frac{h^2}{2} \sup \abs{f''} .

وبالطرح: $f(x+h) - f(x-h) = 2h f'(x) + (R_+ - R_-)$ ، ومنه

\abs{f'(x)} \leq \frac{\abs{f(x+h) - f(x-h)}}{2h} + \frac{h}{2}\sup_{\intcc{x-h}{x+h}}\abs{f''} .

ومع الحواصر الشاملة: $\abs{f'(x)} \leq \frac{M_0}{h} + \frac{M_2 h}{2}$ من أجل كل $h > 0$ . ويُصغَّر الطرف الأيمن عند $h = \sqrt{2M_0/M_2}$ (حيث تنعدم المشتقة)، بالقيمة $\sqrt{2M_0M_2}$ — ومنه $\abs{f'} \leq \sqrt{2M_0M_2}$ . (وإذا كان $M_2 = 0$ ، فدع $h \to \infty$ : فيكون $f' = 0$ ، وهذا متسق.)

تمرين 16.10 ★★★

المتتالية $u_0 \in \intoo{0}{\pi}$ مع $u_{n+1} = \sin u_n$ تتناقص إلى $0$ (سوّغ ذلك بإيجاز). ولإيجاد سرعتها، انظر في $v_n = \frac{1}{u_n^2}$ :

باستعمال نشر $\sin$ ، برهن على $v_{n+1} - v_n \to \frac13$ ؛
ومع تشيزارو (التمرين 11.10)، استنتج $\frac{v_n}{n} \to \frac13$ ، ثم المكافئ $u_n \sim \sqrt{\dfrac{3}{n}}$ .

حل

حل التمرين 16.10.

على $\intoo{0}{\pi}$ : $0 < \sin u < u$ ، ومنه فالمتتالية $(u_n)$ متناقصة قطعًا وموجبة، ومنه متقاربة؛ والنهاية نقطة صامدة للمقدار $\sin$ في $\intcc{0}{\pi}$ ، ويفرض $\sin \ell = \ell$ أن $\ell = 0$ (لأن $\sin x < x$ من أجل $x > 0$ ).

باستعمال $\sin u = u - \frac{u^3}{6} + o(u^3)$ عندما $u \to 0$ :

$v_{n+1} - v_n = \frac{1}{\sin^2 u_n} - \frac{1}{u_n^2} = \frac{1}{u_n^2}\Bigl(\Bigl(1 - \frac{u_n^2}{6} + o(u_n^2)\Bigr)^{\!-2} - 1\Bigr) = \frac{1}{u_n^2}\Bigl(\frac{u_n^2}{3} + o(u_n^2)\Bigr) \longrightarrow \frac13 .$
وحسب التمرين 11.10 (3) (تشيزارو من أجل الفروق)، $\frac{v_n}{n} \to \frac13$ ، أي $v_n \sim \frac n3$ ، أي $u_n^2 \sim \frac 3n$ : ولأن $u_n > 0$ ،

$u_n \sim \sqrt{\frac{3}{n}} .$

تمرين 16.11 ★★

(فروق اللانهايات) احسب

\lim_{x \to 0} \Bigl(\frac{1}{x^2} - \frac{1}{\sin^2 x}\Bigr) \qquad\text{و}\qquad \lim_{x \to 0^+} \Bigl(\frac 1x - \frac{1}{\ln(1 + x)}\Bigr)

بردّهما إلى مقام مشترك ونشر البسط و المقام كلٍّ على حدة.

حل

حل التمرين 16.11.

بالمقامات المشتركة. النهاية الأولى:

\frac{1}{x^2} - \frac{1}{\sin^2 x} = \frac{\sin^2 x - x^2}{x^2\sin^2 x}, \qquad \sin^2 x = \Bigl(x - \frac{x^3}{6} + o(x^4)\Bigr)^{\!2} = x^2 - \frac{x^4}{3} + o(x^5) ,

ومنه فالبسط هو $-\frac{x^4}{3} + o(x^4)$ بينما المقام $\sim x^4$ : فالنهاية هي $-\dfrac13$ .

والثانية: $\dfrac1x - \dfrac{1}{\ln(1+x)} = \dfrac{\ln(1+x) - x}{x\ln(1+x)}$ ؛ والبسط هو $-\frac{x^2}{2} + o(x^2)$ ، و المقام $x\bigl(x + o(x)\bigr) \sim x^2$ : فالنهاية هي $-\dfrac12$ .

تمرين 16.12 ★★★

(مقاربات الجذور الضمنية) بيّن أنه من أجل كل $k \in \N^*$ يكون للمعادلة $\tan x = x$ حلٌّ واحد بالضبط $x_k$ في $\intoo{k\pi - \frac\pi2}{k\pi + \frac\pi2}$ ، وأن $x_k = k\pi + \frac\pi2 - \varepsilon_k$ مع $\varepsilon_k = \arctan\frac{1}{x_k}$ ، واستنتج النشر

x_k = k\pi + \frac\pi2 - \frac{1}{k\pi} + o\Bigl(\frac 1k\Bigr) \qquad (k \to \infty).

حل

حل التمرين 16.12.

على $I_k = \intoo{k\pi - \frac\pi2}{k\pi + \frac\pi2}$ ، تكون للدالة $g(x) = \tan x - x$ مشتقة $\tan^2 x \geq 0$ ، لا تنعدم إلا عند النقطة الوحيدة $k\pi$ : ومنه فالدالة $g$ متزايدة قطعًا على $I_k$ (النتيجة 14.12 (2))، بنهايتين $-\infty$ و $+\infty$ عند الطرفين: أي جذر واحد بالضبط $x_k$ . ومن أجل $k \geq 1$ ، $g(k\pi) = -k\pi < 0$ ، ومنه $x_k \in \intoo{k\pi}{k\pi + \frac\pi2}$ : فاكتب $x_k = k\pi + \frac\pi2 - \varepsilon_k$ مع $\varepsilon_k \in \intoo{0}{\frac\pi2}$ . عندئذ

x_k = \tan x_k = \tan\Bigl(\frac\pi2 - \varepsilon_k\Bigr) = \frac{1}{\tan\varepsilon_k} \quad\Longrightarrow\quad \varepsilon_k = \arctan\frac{1}{x_k} ,

باستعمال $\tan\varepsilon_k = \frac{1}{x_k}$ و $\varepsilon_k \in \intoo{0}{\frac\pi2}$ . ولأن $x_k \geq k\pi \to \infty$ : $\varepsilon_k \to 0$ ، و

\varepsilon_k = \arctan\frac{1}{x_k} = \frac{1}{x_k} + O\Bigl(\frac{1}{x_k^3}\Bigr) = \frac{1}{k\pi + O(1)} + O\Bigl(\frac{1}{k^3}\Bigr) = \frac{1}{k\pi} + O\Bigl(\frac{1}{k^2}\Bigr) ,

ومنه $x_k = k\pi + \frac\pi2 - \frac{1}{k\pi} + o\bigl(\frac1k\bigr)$ .

16.5 مسألة: المجاميع المتناوبة والأرقام المصادَق عليها و صمم $\cos 1$

مسألة 16.1

مسألة نهاية الأسبوع — التقدير المتناوب $\abs{S - S_n} \leq a_{n+1}$ : $\ln 2$ و $\pi$ بأرقام عشرية مبرهن عليها، وصيغة ماشان، و $\cos 1 \notin \Q$

المجموع المتناوب ذو الحدود المتناقصة ألطفُ غرض في التحليل العددي: فخطؤه محدود بأول حدّ محذوف، بإشارة معلومة. وتبرهن هذه المسألة على ذلك المبدأ بمبرهنة المتتاليتين المتجاورتين، ثم تنفقه ثلاث كيفيات: أرقام عشرية مصادَق عليها للمقدار $\ln 2$ (بثلاثة طرق متنافسة) وللمقدار $\pi$ (لايبنتز، ثم صيغة ماشان لسنة 1706، وهي لا تزال الفكرة وراء حسابات قياسية طوال قرون)، وصمم $\cos 1$ و $\sin 1$ و $\cosh 1$ ، و، بوصفه ثقلًا مقابلًا، مساواة تايلور–لاغرانج والدالة المنبسطة التي يكذب نشر تايلور لها. وفي كل ما يأتي، لغة «المتسلسلة» غير صورية: فكل مجموع هنا متتالية مجاميع جزئية، كما في المثال 11.12؛ والنظرية بمعناها الدقيق تُفتتح في الفصل 17.

الجزء 1 — التقدير المتناوب. لتكن $(a_k)_{k \geq 0}$ متناقصة إلى $0$ ولتكن $S_n = \sum_{k=0}^{n} (-1)^k a_k$ .

بيّن أن $(S_{2n+1})$ غير متناقصة و $(S_{2n})$ غير متزايدة، وأنهما متجاورتان (المبرهنة 11.11): فتتقارب كلتاهما إلى $S$ مشترك مع، من أجل كل $n$ ،

$S_{2n+1} \leq S \leq S_{2n}, \qquad \abs{S - S_n} \leq a_{n+1} ,$

وللخطأ إشارة أول حدّ محذوف. وبيّن فوق ذلك أنه إذا كان التناقص قطعيًا، فكل هذه المتراجحات قطعية.
الربح الأول: من أجل $x = 1$ في المتسلسلة الأسّية، قارن بالمقدار المبرهنة 16.7 عند $a = 0$ : بيّن أن $T_n = \sum_{k=0}^{n} \frac{(-1)^k}{k!}$ تتقارب إلى $\eu^{-1}$ مع $\abs{\eu^{-1} - T_n} < \frac{1}{(n+1)!}$ .
(لايبنتز، 1674) انطلاقًا من المتطابقة المنتهية المضبوطة

$\frac{1}{1 + t^2} = \sum_{k=0}^{n} (-1)^k t^{2k} + \frac{(-1)^{n+1} t^{2n+2}}{1 + t^2} ,$

مكامَلةً على $\intcc{0}{1}$ ، برهن على

$\frac\pi4 = \sum_{k=0}^{n} \frac{(-1)^k}{2k+1} + \rho_n, \qquad \abs{\rho_n} \leq \frac{1}{2n+3} .$
البطء: كم حدًّا من لايبنتز يضمن ستة أرقام عشرية مضبوطة للمقدار $\pi$ ؟ (نحو مليونين.) وقوّم $4 S_4 = 4\bigl(1 - \frac13 + \frac15 - \frac17 + \frac19\bigr)$ ومسافته إلى $\pi$ ، لتشعر بالألم.

الجزء 2 — $\ln 2$ بثلاث طرق.

(الطريق 1: التوافقية المتناوبة) من $\frac{1}{1+t} = \sum_{k=0}^{n-1}(-1)^k t^k + \frac{(-1)^n t^n}{1+t}$ مكامَلًا على $\intcc{0}{1}$ :

$\ln 2 = \sum_{k=1}^{n} \frac{(-1)^{k-1}}{k} + (-1)^n R_n, \qquad \frac{1}{2(n+1)} \leq R_n \leq \frac{1}{n+1} :$

والخطأ من الرتبة المضبوطة $\frac 1n$ — أي مليون حدّ من أجل ستة أرقام عشرية.
(الطريق 2: المتسلسلة السريعة) كامل $\frac{1}{1 - t^2} = \sum_{k=0}^{n} t^{2k} + \frac{t^{2n+2}}{1-t^2}$ من $0$ إلى $x \in \intoo{0}{1}$ وقوّم عند $x = \frac13$ (ولاحظ $\frac{1 + 1/3}{1 - 1/3} = 2$ ):

$\ln 2 = 2\sum_{k=0}^{n} \frac{(1/3)^{2k+1}}{2k+1} + \tilde\rho_n, \qquad 0 < \tilde\rho_n \leq \frac{9}{4}\cdot \frac{(1/3)^{2n+3}}{2n+3} :$

فالتقارب هندسي، بنحو رقم واحد لكل حدّ.
(الطريق 3: مجاميع ريمان ومتطابقة مستترة) برهن بالاستقراء على المتطابقة

$\sum_{k=1}^{2n} \frac{(-1)^{k-1}}{k} = H_{2n} - H_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{n + k} ,$

واستعد $\ln 2$ نهايةً لمجاميع ريمان للمقدار المثال 15.21: فالطريقان 1 و 3 هما سرًّا العدد نفسه منظورًا إليه مرتين.
مبارزة عند ستة حدود: قارن $\sum_{k=1}^{6} \frac{(-1)^{k-1}}{k} = 0.6167$ بالطريق 2 عند $n = 5$ ، الذي يعطي أصلًا $\ln 2 = 0.693147$ بخطأ $\leq 1.1\cdot10^{-7}$ . وفسّر السبب البنيوي (نقطة تقويم عميقة داخل فترة التقارب إزاء نقطة على حدّها).
كم حدًّا من الطريق 2 يصادق على عشرة أرقام عشرية للمقدار $\ln 2$ ؟ بيّن أن $n = 10$ يكفي.

الجزء 3 — صيغة ماشان.

احسب $(5 + \iu)^4$ وتحقق من المتطابقة العقدية

$(5 + \iu)^4 = 2\,(1 + \iu)\,(239 + \iu) .$

وبأخذ العمد (باصطلاحات الفصل 3)، استنتج صيغة ماشان

$\frac\pi4 = 4\arctan\frac15 - \arctan\frac{1}{239} .$

(وتحقق من أن لا عمدة تغادر $\intoo{-\frac\pi2}{\frac\pi2}$ .)
كما في السؤال 3، أثبت من أجل $0 < x < 1$ :

$\arctan x = \sum_{k=0}^{n} \frac{(-1)^k x^{2k+1}}{2k+1} + r_n(x), \qquad \abs{r_n(x)} \leq \frac{x^{2n+3}}{2n+3} .$
صادِق على $\pi$ حتى سبعة أرقام عشرية بستة حدود: حُدّ الخطأ الكلي للمقدار

$\pi \approx 16\sum_{k=0}^{4} \frac{(-1)^k (1/5)^{2k+1}}{2k+1} - 4\Bigl(\frac{1}{239} - \frac{1}{3\cdot239^3}\Bigr)$

بالمقدار $16\,\frac{(1/5)^{11}}{11} + 4\,\frac{(1/239)^5}{5} < 5\cdot10^{-8}$ ، وأعطِ القيمة الناتجة $3.1415926\dots$
قارن الطرق الثلاثة إلى $\pi$ المتوفرة الآن — لايبنتز (السؤال 4)، وتكاملات دالزل في المسألة 15.1 (بخطأ $4^{1-5m}$ )، وماشان (بخطأ $\approx 16\cdot 5^{-(2n+3)}$ ) — بعدد الأرقام لكل حدّ، وفسّر لماذا يغلب تصغيرُ نقطة التقويم كلَّ شيء.

الجزء 4 — فخّ العدد الصحيح، الطبعة المتناوبة.

افترض $\cos 1 = \frac pq$ . اضرب التأطير المتناوب القطعي للمقدار $\sum_{k} \frac{(-1)^k}{(2k)!}$ (السؤال 1) في $(2n)!$ مع $2n \geq q$ ، واستخرج تناقضًا: فيكون $\cos 1$ أصمّ.
كيّف ذلك على $\sin 1 = \sum_k \frac{(-1)^k}{(2k+1)!}$ (بالضرب في $(2n+1)!$ ): فيكون $\sin 1 \notin \Q$ . وكلاهما أصمّ، ومع ذلك $\cos^2 1 + \sin^2 1 = 1$ : فالصمم ليس مستقرًا تحت الجبر.
وابن العمّ غير المتناوب: $\cosh 1 = \sum_k \frac{1}{(2k)!}$ (بمعنى المجاميع الجزئية، مع حاصر الذيل ذي الطرفين $0 < \cosh 1 - \sum_{k \leq n} \frac{1}{(2k)!} < \frac{2}{(2n+2)!}$ ، ويُبرهن عليه). واستنتج $\cosh 1 \notin \Q$ بالفخّ نفسه.
ادفع ذلك إلى $\cos\frac 1m$ من أجل كل عدد صحيح $m \geq 1$ : اضرب في $m^{2n}(2n)!$ واستنتج $\cos\frac1m \notin \Q$ . وأين تنكسر المحاولة نفسها من أجل $\cos\frac ab$ مع $b > 1$ عام؟ (حدّد المقام الذي لم يعد يُزال.)

الجزء 5 — أحدّ وأقتم: صيغة المساواة، ودالة تخدع تايلور.

(تايلور–لاغرانج، صيغة المساواة) لتكن $f$ قابلة للاشتقاق $n + 1$ مرة بين $a$ و $x$ . عرّف $g(t) = f(x) - \sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(t)}{k!}(x - t)^k - A\,\frac{(x-t)^{n+1}}{(n+1)!}$ مع اختيار الثابت $A$ بحيث يكون $g(a) = 0$ . احسب $g'$ (فالمجموع يتلسكب)، وطبّق رول على $\intcc{a}{x}$ ، واستنتج أنه يوجد $c$ قطعًا بين $a$ و $x$ يحقق

$f(x) = \sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k + \frac{f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}\,(x-a)^{n+1} .$
ربح المساواة: من أجل $x > 0$ بيّن

$\eu^x > 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \dots + \frac{x^n}{n!}$

(قطعًا، من أجل كل $n$ )، وحدّد أين تنقلب المتراجحة من أجل $x < 0$ تبعًا لزوجية $n$ .
قارن البواقي على $\sin(0.5)$ من الرتبة $3$ : فيعطي يونغ $o(x^3)$ فقط (بلا عدد)؛ ويعطي لاغرانج $\abs{\sin 0.5 - (0.5 - \frac{0.5^3}{6})} \leq \frac{0.5^5}{120} = 2.61\cdot10^{-4}$ ؛ ويعطي التقدير المتناوب الحاصرَ نفسه مع معلومة الإشارة $\sin 0.5 > 0.5 - \frac{0.5^3}{6}$ . وقارن بالخطأ الحقيقي $2.59\cdot10^{-4}$ : فالحاصر يكاد يُبلغ. وأيّ أداة ستمدّ يدك إليها، ومتى؟
(الدالة المنبسطة) لتكن $f(x) = \eu^{-1/x^2}$ من أجل $x \neq 0$ و $f(0) = 0$ . بيّن أن $f$ متصلة عند $0$ ، وأن $f'(0) = 0$ ، وبعبارة أعمّ — بالبرهان على أن لكل مشتقة الشكلَ $f^{(k)}(x) = P_k\bigl(\frac1x\bigr)\eu^{-1/x^2}$ من أجل كثير حدود $P_k$ (بالاستقراء) — أن $f^{(k)}(0) = 0$ من أجل كل $k$ (بمقارنة النمو القضية 4.6). واستنتج: تنعدم كل كثيرات حدود تايلور للمقدار $f$ عند $0$ ، ومع ذلك $f(x) > 0$ من أجل $x \neq 0$ : فيصحّ تايلور–يونغ عند كل رتبة، و لا يقول شيئًا عن $f$ بعيدًا عن $0$ . فالنشور تصف جراثيم، لا دوالّ.

الجزء 6 — توليفة.

شغّل الفخّ مرة أخرى، على $\eu^{-1} = \sum_k \frac{(-1)^k}{k!}$ : اضرب التأطير المتناوب القطعي في $n!$ واستنتج $\eu^{-1} \notin \Q$ ، ومنه $\eu \notin \Q$ — وهو البرهان الثالث على هذه الواقعة في المجلّد. واذكر الثلاثة (المتتاليتان المتجاورتان، التمرين 11.9؛ والتكاملات، المسألة 15.1؛ والمجاميع المتناوبة، هنا) و ما احتاج إليه كلٌّ منها.
والتفاصيل الدقيقة: الرتابة ليست زينة. لتكن $b_k = \frac1k$ من أجل $k$ فردي و $b_k = \frac{1}{k^2}$ من أجل $k$ زوجي: فالمقادير $b_k$ موجبة وتؤول إلى $0$ ، ومع ذلك تتباعد المجاميع الجزئية للمقدار $\sum (-1)^k b_k$ إلى $-\infty$ . برهن على ذلك (اقسم المجموع الجزئي إلى الجزء الزوجي، المحدود عبر المثال 11.22، والجزء الفردي، الذي يهيمن على نصف المتسلسلة التوافقية، التمرين 11.5)، وقل بالضبط أيّ خطوة من السؤال 1 استعملت الرتابة.
تحقق من متطابقة أويلر الأبسط $\arctan\frac12 + \arctan\frac13 = \frac\pi4$ عبر $(2 + \iu)(3 + \iu) = 5(1 + \iu)$ ، وقدّر الحدود اللازمة من أجل ستة أرقام عشرية للمقدار $\pi$ بهذا الطريق ( $n = 10$ يكفي)، وضعه بين لايبنتز وماشان في ترتيب السؤال 13.
توليفة، جملة واحدة لكلٍّ: (أ) اذكر التقدير المتناوب ومخرجيه (الحاصر والإشارة)؛ (ب) ولماذا تغلب المتطابقات المنتهية المضبوطة ذات البواقي الصريحة عباراتِ النهايات من أجل الأعداد المصادَق عليها؛ (ج) وجرد المسألة ( $\pi$ حتى $10^{-7}$ باليد، و $\ln 2$ حتى عشرة أرقام عشرية، وأربعة براهين صمم، ومبرهنة مساواة واحدة، ومثال تحذيري واحد)؛ (د) وأيّ هذه الخيوط سيلتقطه الفصل 17 (محك المتسلسلات المتناوبة، والتقارب بإطلاق إزاء التقارب الشرطي، ودراما إعادة الترتيب في مسألة نهاية الأسبوع فيه).

حل

حل المسألة 16.1.

1. $S_{2n+1} - S_{2n-1} = a_{2n} - a_{2n+1} \geq 0$ و $S_{2n+2} - S_{2n} = a_{2n+2} - a_{2n+1} \leq 0$ ، بينما $S_{2n} - S_{2n+1} = a_{2n+1} \to 0$ : ومنه فالمتتاليتان $(S_{2n+1})$ و $(S_{2n})$ متجاورتان، وتتقاربان إلى $S$ مشترك (المبرهنة 11.11) مع $S_{2n+1} \leq S \leq S_{2n}$ . ومن أجل $n$ زوجي: يعطي $S_{n+1} \leq S \leq S_n$ أن $-a_{n+1} \leq S - S_n \leq 0$ ؛ ومن أجل $n$ فردي: $0 \leq S - S_n \leq a_{n+1}$ . وفي الحالتين $\abs{S - S_n} \leq a_{n+1}$ ويحمل $S - S_n$ إشارة $(-1)^{n+1}$ ، أي أول حدّ محذوف. والتناقص القطعي يجعل كل متراجحة معروضة قطعية، وعلى الخصوص $0 < \abs{S - S_n} < a_{n+1}$ .

2. المقدار $a_k = \frac{1}{k!}$ يتناقص قطعًا إلى $0$ : ومنه ينطبق السؤال 1. وتايلور–لاغرانج (المبرهنة 16.7) من أجل $\exp$ بين $-1$ و $0$ : $\abs{\eu^{-1} - T_n} \leq \frac{1}{(n+1)!}$ (لأن المشتقة $\eu^t$ هي $\leq 1$ هناك)، ومنه $T_n \to \eu^{-1}$ ، وتكون النهاية $S$ في السؤال 1 هي $\eu^{-1}$ ، بالحاصرين القطعيين $0 < \abs{\eu^{-1} - T_n} < \frac{1}{(n+1)!}$ .

3. بمكاملة المتطابقة على $\intcc{0}{1}$ : يكون الطرف الأيسر $\arctan 1 = \frac\pi4$ (بالمبرهنة الأساسية)، ويعطي الحدّ $k$ المقدارَ $\frac{(-1)^k}{2k+1}$ ، و

\rho_n = (-1)^{n+1}\int_0^1 \frac{t^{2n+2}}{1+t^2}\dd t, \qquad \abs{\rho_n} \leq \int_0^1 t^{2n+2}\dd t = \frac{1}{2n+3} .

4. الخطأ على $\pi$ هو $4\abs{\rho_n} \leq \frac{4}{2n+3}$ : ويقتضي نزوله دون $10^{-6}$ أن $2n + 3 > 4\cdot10^6$ ، أي نحو مليونَي حدّ. وفي الأثناء $4S_4 = 4\bigl(1 - \frac13 + \frac15 - \frac17 + \frac19\bigr) = 4 \times 0.834921 = 3.339683$ ، أي على بعد $0.2$ تقريبًا من $\pi$ : خمسة حدود، ولا حتى رقم واحد.

5. بالمكاملة على $\intcc{0}{1}$ : $\ln 2 = \sum_{k=1}^{n} \frac{(-1)^{k-1}}{k} + (-1)^n R_n$ مع $R_n = \int_0^1 \frac{t^n}{1+t}\dd t$ ؛ ومن $\frac12 \leq \frac{1}{1+t} \leq 1$ : $\frac{1}{2(n+1)} \leq R_n \leq \frac{1}{n+1}$ . و الخطأ محبوس بين مضاعفين للمقدار $\frac1n$ : فستة أرقام عشرية تكلّف نحو مليون حدّ.

6. بالمكاملة من $0$ إلى $x$ : $\frac12\ln\frac{1 + x}{1 - x} = \sum_{k=0}^{n} \frac{x^{2k+1}}{2k+1} + \int_0^x \frac{t^{2n+2}}{1-t^2}\dd t$ . وعند $x = \frac13$ : $\frac{1 + 1/3}{1 - 1/3} = 2$ ، وعلى $\intcc{0}{\frac13}$ ، $\frac{1}{1 - t^2} \leq \frac98$ :

\ln 2 = 2\sum_{k=0}^{n} \frac{(1/3)^{2k+1}}{2k+1} + \tilde\rho_n, \qquad 0 < \tilde\rho_n \leq \frac{9}{4}\cdot \frac{(1/3)^{2n+3}}{2n+3} :

فكل حدّ إضافي يقسم الخطأ على نحو $9$ .

7. بالاستقراء: من أجل $n = 1$ : $1 - \frac12 = \frac12 = H_2 - H_1$ . والخطوة:

H_{2n+2} - H_{n+1} = (H_{2n} - H_n) + \frac{1}{2n+1} + \frac{1}{2n+2} - \frac{1}{n+1} = (H_{2n} - H_n) + \frac{1}{2n+1} - \frac{1}{2n+2},

وهو بالضبط تزايد المجموع المتناوب. و $H_{2n} - H_n = \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n+k}$ هو مجموع ريمان للمقدار المثال 15.21، وهو يتقارب إلى $\ln 2$ : ومنه فالمجاميع الجزئية الزوجية في الطريق 1 هي مجاميع ريمان في الطريق 3.

8. $\sum_{k=1}^{6}\frac{(-1)^{k-1}}{k} = 0.61667$ ، بخطأ $0.0765$ ؛ ويعطي الطريق 2 عند $n = 5$ المقدارَ $0.6931471$ بخطأ $\leq \frac94\cdot\frac{(1/3)^{13}}{13} = 1.1\cdot10^{-7}$ . و السبب: يقوّم الطريق 1 متسلسلة اللوغاريتم عند النقطة الحدّية $x = 1$ ، حيث تتلاشى الحدود مثل $\frac1k$ ؛ ويقوّم الطريق 2 عند $x = \frac13$ ، وهو عميق في الداخل، حيث يحمل كل حدّ عاملًا جديدًا $\frac19$ .

9. عشرة أرقام عشرية: نريد $\tilde\rho_n \leq 5\cdot10^{-11}$ . وعند $n = 10$ : $\frac94 \cdot \frac{(1/3)^{23}}{23} = \frac94\cdot\frac{1.06\cdot10^{-11}}{23} \approx 1.0\cdot10^{-12} < 5\cdot10^{-11}$ : فأحد عشر حدًّا تكفي.

10. $(5+\iu)^2 = 24 + 10\iu$ ، ثم $(5+\iu)^4 = (24 + 10\iu)^2 = 476 + 480\iu$ ؛ و $2(1+\iu)(239+\iu) = 2(238 + 240\iu) = 476 + 480\iu$ : فهما متساويان. والعمد: $\arg(5 + \iu) = \arctan\frac15$ ، ومنه فللطرف الأيسر عمدة $4\arctan\frac15 \approx 0.79 \in \intoo{0}{\pi}$ ؛ وللطرف الأيمن عمدة $\frac\pi4 + \arctan\frac{1}{239} \in \intoo{0}{\pi}$ . وعددان عقديان متساويان بعمدتين في الفترة نفسها التي طولها $< 2\pi$ :

4\arctan\frac15 = \frac\pi4 + \arctan\frac{1}{239} ,

وهي صيغة ماشان.

11. كامل $\frac{1}{1+t^2} = \sum_{k=0}^n (-1)^k t^{2k} + \frac{(-1)^{n+1}t^{2n+2}}{1+t^2}$ من $0$ إلى $x$ :

\arctan x = \sum_{k=0}^{n}\frac{(-1)^k x^{2k+1}}{2k+1} + r_n(x), \qquad \abs{r_n(x)} \leq \int_0^x t^{2n+2}\dd t = \frac{x^{2n+3}}{2n+3} .

12. الأخطاء: $16\,\frac{(1/5)^{11}}{11} = 3.0\cdot 10^{-8}$ و $4\,\frac{(1/239)^5}{5} \approx 1\cdot10^{-12}$ : والمجموع $< 5\cdot10^{-8}$ . ويساوي المجموع المعروض $3.14159268\dots$ ، ومنه $\pi = 3.1415926\dots$ مصادَقًا عليه حتى $5\cdot10^{-8}$ : أي سبعة أرقام عشرية من ستة حدود (خمسة عند $\frac15$ واثنان عند $\frac1{239}$ بحساب سخيّ).

13. لايبنتز: خطأ $\sim \frac1n$ ، ومنه فكل رقم جديد يضرب العمل في عشرة. ودالزل (المسألة 15.1، السؤال 22): خطأ $4^{1-5m}$ ، أي نحو ثلاثة أرقام لكل خطوة، وكل خطوة كثير حدود أثقل. وماشان: نسبة خطأ $\frac{1}{25}$ لكل حدّ، أي نحو $1.4$ رقم لكل حدّ، وكل حدّ قسمة واحدة. والعبرة: يتسلّم باقي النشر من النوع الهندسي مثل $x^{2n}$ ، ومنه فتصغير $x$ يشتري الأرقام بكلفة ثابتة لكل حدّ — ومتطابقة ماشان العقدية هي بالضبط آلة لتصغير $x$ .

14. المقدار $a_k = \frac{1}{(2k)!}$ يتناقص قطعًا إلى $0$ ؛ وحسب السؤال 1 و القضية 16.11 (بحاصر لاغرانج كما في السؤال 2)، $\sum_{k \leq n}\frac{(-1)^k}{(2k)!} \to \cos 1$ مع التأطير القطعي $0 < \bigl|\cos 1 - S'_n\bigr| < \frac{1}{(2n+2)!}$ . افترض $\cos 1 = \frac pq$ و خذ $2n \geq q$ : عندئذ $(2n)!\,S'_n = \sum_{k\leq n} (-1)^k \frac{(2n)!}{(2k)!} \in \Z$ و $(2n)!\,\frac pq \in \Z$ ، بينما

0 < \Bigl|(2n)!\cos 1 - (2n)!S'_n\Bigr| < \frac{(2n)!}{(2n+2)!} = \frac{1}{(2n+1)(2n+2)} < 1 :

أي عدد صحيح غير معدوم قيمته المطلقة $< 1$ . وهذا تناقض: ومنه $\cos 1 \notin \Q$ .

15. بالمثل مع $a_k = \frac{1}{(2k+1)!}$ ، وبالضرب في $(2n+1)!$ مع $2n + 1 \geq q$ : $\sin 1 \notin \Q$ . ومع ذلك $\cos^2 1 + \sin^2 1 = 1 \in \Q$ : فجداءات الأعداد الصمّاء ومجاميعها قد تكون ناطقة — فالصمم لا يمرّ عبر أيّ عملية جبرية بالمجّان.

16. حاصر الذيل: من أجل $m > n$ ،

\sum_{k=n+1}^{m} \frac{1}{(2k)!} \leq \frac{1}{(2n+2)!}\Bigl(1 + \frac12 + \frac14 + \dots\Bigr) \leq \frac{2}{(2n+2)!} ,

لأن كل نسبة متتالية هي $\frac{1}{(2k+1)(2k+2)} \leq \frac12$ ؛ والذيل موجب (لأن حدّه الأول كذلك). ومنه $0 < \cosh 1 - \sum_{k\leq n}\frac{1}{(2k)!} < \frac{2}{(2n+2)!}$ ، والضرب في $(2n)!$ مع $2n \geq q$ يحبس عددًا صحيحًا غير معدوم في $\intoo{0}{1}$ مرة أخرى: ومنه $\cosh 1 \notin \Q$ .

17. $\cos\frac1m = \sum_k \frac{(-1)^k}{m^{2k}(2k)!}$ : فالحدود تتناقص قطعًا إلى الصفر، و $m^{2n}(2n)!\cdot\frac{1}{m^{2k}(2k)!} = m^{2(n-k)}\frac{(2n)!}{(2k)!} \in \Z$ من أجل $k \leq n$ . وإذا كان $\cos\frac1m = \frac pq$ ، فاضرب التأطير القطعي في $q\,m^{2n}(2n)!$ : فيكون الخطأ محدودًا بالمقدار $\frac{q}{m^2(2n+1)(2n+2)} < 1$ من أجل $n$ كبير: وهذا تناقض. وأمّا من أجل $\frac ab$ مع $a \geq 2$ : فإن إزالة المقامات تضرب الذيلَ في $b^{2n}(2n)!$ ، لكن أول حدّ محذوف هو $\frac{a^{2n+2}}{b^{2n+2}(2n+2)!}$ ، والجداء $\frac{a^{2n+2}}{b^2(2n+1)(2n+2)}$ ينفجر: فالبسط $a^{2n+2}$ لم يعد يُزال، وينحشر الفخّ. (والنتيجة صحيحة مع ذلك — عبر آلة من نوع نيفن، لا هذه.)

18. عند $t = x$ ينعدم كل حدّ من $g$ إلا $f(x) - f(x) = 0$ : ومنه $g(x) = 0$ ؛ ويُختار $A$ بحيث $g(a) = 0$ . وبالاشتقاق، يتلسكب المجموع:

g'(t) = -\frac{f^{(n+1)}(t)}{n!}(x - t)^n + A\,\frac{(x-t)^n}{n!} = \frac{(x-t)^n}{n!}\bigl(A - f^{(n+1)}(t)\bigr) .

وتعطي رول على القطعة من $a$ إلى $x$ عددًا $c$ قطعًا بينهما يحقق $g'(c) = 0$ ؛ ولأن $(x - c)^n \neq 0$ : $A = f^{(n+1)}(c)$ . ونشرُ $g(a) = 0$ يعطي مساواة تايلور بالباقي $\frac{f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}(x-a)^{n+1}$ .

19. من أجل $x > 0$ ، يكون الباقي $\frac{\eu^{c}} {(n+1)!}x^{n+1} > 0$ : فالأسّي يتجاوز كلًّا من كثيرات حدود تايلور له، قطعًا، عند كل رتبة. ومن أجل $x < 0$ تكون إشارة الباقي إشارةَ $x^{n+1}$ : فيكون $\eu^x$ فوق كثير الحدود من أجل $n$ فردي، وتحته من أجل $n$ زوجي — أي جهتين متناوبتين، كما يبيّن أصلًا منحنيا $1 + x$ و $1 + x + \frac{x^2}{2}$ إزاء $\eu^x$ .

20. الخطأ الحقيقي: $\sin 0.5 - 0.4791667 = 2.59\cdot10^{-4}$ ، إزاء الحاصر $\frac{0.5^5}{120} = 2.60\cdot10^{-4}$ : فيكاد يُبلغ (لأن الحدّ التالي يهيمن على الذيل). ويونغ: من أجل النهايات والتحليل الموضعي، حيث لا حاجة إلى أيّ ثابت. ولاغرانج: من أجل الأرقام العشرية المصادَق عليها. والمتناوب: حين ينطبق، فالحاصر نفسه مع اتجاه الخطأ — أي أفضل الثلاثة، لكنه أندرها.

21. الاتصال عند $0$ : مع $u = \frac{1}{x^2} \to +\infty$ ، $f(x) = \eu^{-u} \to 0 = f(0)$ . والمشتقة عند $0$ : $\bigl|\frac{f(h)}{h}\bigr| = \sqrt u\,\eu^{-u} \to 0$ (القضية 4.6): ومنه $f'(0) = 0$ . ومن أجل $x \neq 0$ ، $f'(x) = \frac{2}{x^3}\eu^{-1/x^2}$ : أي الشكل $P_1\bigl(\frac1x\bigr)\eu^{-1/x^2}$ مع $P_1(X) = 2X^3$ ؛ وبالاستقراء، يعطي اشتقاق $P_k(\frac1x)\eu^{-1/x^2}$ المقدارَ $P_{k+1}(X) = 2X^3 P_k(X) - X^2 P_k'(X)$ ، وهو كثير حدود. وعندئذ

\frac{f^{(k)}(h) - 0}{h} = v\,P_k(v)\,\eu^{-v^2} \Big|_{v = 1/h} \longrightarrow 0

(كثير حدود إزاء $\eu^{-v^2}$ ، بمقارنة النمو عند $\pm\infty$ ): ومنه بالاستقراء $f^{(k)}(0) = 0$ من أجل كل $k$ . فتنعدم كل كثيرات حدود تايلور للمقدار $f$ عند $0$ ، ومع ذلك $f > 0$ خارج $0$ : فتايلور–يونغ مضبوط عند كل رتبة وأعمى بعد الجرثومة. فالنشر معلومة موضعية فقط.

22. حسب السؤال 2، $0 < \abs{\eu^{-1} - T_n} < \frac{1}{(n+1)!}$ ، قطعًا. فإذا كان $\eu^{-1} = \frac pq$ ، فخذ $n \geq q$ واضرب في $n!$ : فيكون $n!\,T_n \in \Z$ و $n!\frac pq \in \Z$ ، ومنه يكون لعدد صحيح غير معدوم قيمة مطلقة $< \frac{n!}{(n+1)!} = \frac{1}{n+1} < 1$ : وهذا تناقض. ومنه $\eu^{-1} \notin \Q$ ، و $\eu = \frac{1}{\eu^{-1}}$ أصمّ كذلك. والبراهين الثلاثة: المتتاليتان المتجاورتان بحصر $q!\,\eu$ (التمرين 11.9)؛ والعلاقة التراجعية التكاملية $A_n = \eu - nA_{n-1}$ (المسألة 15.1)؛ والتأطير المتناوب (هنا). أي فخّ واحد وثلاث شهادات صغر.

23. اجمع المجاميع الجزئية أزواجًا: $\sum_{k=1}^{2n} (-1)^k b_k = E_n - O_n$ مع $E_n = \sum_{j=1}^{n} \frac{1}{4j^2}$ ، وهو محدود (بحاصر التلسكوب في المثال 11.22، $E_n \leq \frac12$ )، و $O_n = \sum_{j=1}^{n}\frac{1}{2j-1} \geq \frac12 H_n \to +\infty$ (التمرين 11.5): ومنه تؤول المجاميع الجزئية إلى $-\infty$ . واستُعملت الرتابة في السؤال 1 بالضبط حيث احتاج $S_{2n+1} - S_{2n-1} = a_{2n} - a_{2n+1}$ إلى إشارة: فبدون التناقص، ليس على المتتاليتين الجزئيتين الزوجية والفردية أن تكونا رتيبتين، و ينهار التجاور.

24. $(2+\iu)(3+\iu) = 5 + 5\iu = 5(1+\iu)$ ؛ وبأخذ العمد (وكلها في $\intoo{0}{\frac\pi2}$ ): $\arctan\frac12 + \arctan\frac13 = \frac\pi4$ . وكلفة المتسلسلة من أجل ستة أرقام عشرية: الخطأ $\leq 4\bigl(\frac{(1/2)^{2n+3}}{2n+3} + \frac{(1/3)^{2n+3}}{2n+3}\bigr)$ ، وهو عند $n = 10$ يساوي $\approx 2\cdot10^{-8} < 5\cdot10^{-7}$ : أي أحد عشر حدًّا. والترتيب: أفضل من لايبنتز بهامش أسّي، وخلف ماشان (الذي نقطته المهيمنة $\frac15$ أصغر من $\frac12$ ): أي نحو $0.6$ رقم لكل حدّ إزاء $1.4$ عند ماشان.

25. (أ) من أجل $a_k \to 0$ متناقصة، تتقارب المجاميع الجزئية المتناوبة مع $\abs{S - S_n} \leq a_{n+1}$ ويحمل الخطأ إشارة أول حدّ محذوف. (ب) والمتطابقة المنتهية ذات الباقي الصريح يمكن تقويمها وحصرها عند نقطة مختارة، بينما لا تعد عبارة النهاية إلا بتقارب في النهاية — وتحتاج المصادقة إلى الأولى. (ج) والمستخرج: $\pi$ حتى $5\cdot10^{-8}$ بماشان، و $\ln 2$ حتى عشرة أرقام عشرية بمتسلسلة $\frac13$ ، وصمم $\cos 1$ و $\sin 1$ و $\cosh 1$ و $\cos\frac1m$ و $\eu^{-1}$ ، و مساواة تايلور–لاغرانج، وتحذير الدالة المنبسطة. (د) ويرقّي الفصل 17 السؤالَ 1 إلى محك المتسلسلات المتناوبة، ويفصل التقارب بإطلاق عن التقارب الشرطي، وتعرض مسألة نهاية الأسبوع فيه دراما إعادة الترتيب التي تكون فيها المتسلسلة التوافقية المتناوبة في الطريق 1 الشاهدَ النجم.

المصطلحات المعرَّفة في هذا الفصل

ترميز لانداو

عرض كل المصطلحات (395) في المسرد