17المتسلسلات العددية

حل التمرين 17.1.

$\dfrac{1}{n(n+1)} = \dfrac1n - \dfrac{1}{n+1}$: تلسكوبية، $S_N = 1 - \frac{1}{N+1} \to 1$. فهي متقاربة بمجموع $1$.

$\ln\bigl(1 - \frac{1}{n^2}\bigr) = \ln\frac{(n-1)(n+1)}{n^2} = \ln\frac{n-1}{n} - \ln\frac{n}{n+1}$: تلسكوبية مرة أخرى، $S_N = \ln\frac12 - \ln\frac{N}{N+1} \to -\ln 2$. فهي متقاربة بمجموع $-\ln 2$.

$\dfrac{3^n + 4^n}{5^n} = \bigl(\frac35\bigr)^n + \bigl(\frac45\bigr)^n$: متسلسلتان هندسيتان متقاربتان، بمجموع $\frac{1}{1 - 3/5} + \frac{1}{1 - 4/5} = \frac52 + 5 = \frac{15}{2}$.

حل التمرين 17.2.

محك النسبة في كل ما يأتي.

$\frac{u_{n+1}}{u_n} = \frac{(n+1)^2}{2n^2} \to \frac12 < 1$: متقاربة.

$\frac{u_{n+1}}{u_n} = \frac{(n+1)!\,n^n}{n!\,(n+1)^{n+1}} = \bigl(\frac{n}{n+1}\bigr)^n = \bigl(1 + \frac1n\bigr)^{-n} \to \frac1\eu < 1$: متقاربة.

ومع العامل $2^n$: النسبة $\to \frac2\eu < 1$: متقاربة.

ومع $3^n$: النسبة $\to \frac3\eu > 1$: متباعدة (والحدود تؤول إلى $+\infty$).

حل التمرين 17.3.

كل الحدود غير سالبة؛ فاستعمل المكافئات (المبرهنة 17.7).

$\sin\frac{1}{n^2} \sim \frac{1}{n^2}$: متقاربة (ريمان $\alpha = 2$).

$1 - \cos\frac1n \sim \frac{1}{2n^2}$: متقاربة.

$\frac{1}{\sqrt{n(n+1)}} \sim \frac1n$: متباعدة.

$\frac{\ln n}{n^2} = \frac{1}{n^{3/2}}\cdot\frac{\ln n}{n^{1/2}}$ و $\frac{\ln n}{\sqrt n} \to 0$ (القضية 4.6): ومنه $\frac{\ln n}{n^2} \leq \frac{1}{n^{3/2}}$ من أجل $n$ كبير: فهي متقاربة.

حل التمرين 17.4.

من أجل $n \geq 2$: $\frac{1}{n^2} \leq \frac{1}{n(n-1)} = \frac{1}{n-1} - \frac1n$. ومنه

فالمجاميع الجزئية متزايدة ومحدودة بالعدد $2$: ومنه التقارب (المبرهنة 17.7)، بمجموع $\leq 2$. (والقيمة المضبوطة $\frac{\pi^2}{6}$ احتفالُ السنة الثانية.)

حل التمرين 17.5.

$\sum \frac{(-1)^n}{\sqrt n}$: متناوبة مع $\frac{1}{\sqrt n} \downarrow 0$: فهي متقاربة (المبرهنة 17.18)؛ ولا بإطلاق ($\alpha = \frac12 \leq 1$).

$\sum \frac{(-1)^n}{n + (-1)^n}$: المتتالية $\frac{1}{n + (-1)^n}$ ليست متناقصة (إذ يتناوب $\frac{1}{n+1}$ ثم $\frac{1}{n}$ تناوبًا سيّئًا)، ومنه فالمحك لا ينطبق مباشرة. انشر:

فالمتسلسلة الأولى تتقارب (بالمتناوب)، و $\sum \frac{1}{n^2}$ تتقارب، و $O(n^{-3})$ تتقارب بإطلاق: ومنه يتقارب مجموع ثلاث متسلسلات متقاربة.

$\sin\bigl(\pi\sqrt{n^2+1}\bigr)$: اكتب $\sqrt{n^2 + 1} = n + \frac{1}{2n} + \varepsilon_n$ مع $\varepsilon_n = O(n^{-3})$؛ عندئذ، بدورية $\sin$ بالدور $\pi$ حتى الإشارة،

ضع $\theta_n = \frac{\pi}{2n} + \pi\varepsilon_n$ و $a_n = \sin\theta_n$. ومن أجل $n$ كبير، $\theta_n \in \intoo{0}{\frac\pi2}$ و

في النهاية، ومنه تتناقص $(\theta_n)$ إلى $0$؛ ولأن $\sin$ متزايدة على $\intcc{0}{\frac\pi2}$، تتناقص $(a_n)$ إلى $0$ كذلك. وينطبق المحك المتناوب: فهي متقاربة — ولا بإطلاق، لأن $a_n \sim \frac{\pi}{2n}$.

حل التمرين 17.6.

الدالة $f(t) = \frac{1}{t(\ln t)^\alpha}$ موجبة ومتصلة و متناقصة على $\intco{2}{+\infty}$. وبتعويض $u = \ln t$:

وهو محدود عندما $x \to \infty$ إذا وفقط إذا كان $\alpha > 1$ (بحساب المبرهنة 17.10). ومنه، بالمقارنة التكاملية: يقع التقارب إذا وفقط إذا كان $\alpha > 1$. (وتبيّن هذه المتسلسلات من نوع برتران كم هي دقيقة حدود التقارب: فالمقدار $n\ln n$ يتباعد، و $n(\ln n)^{1.01}$ يتقارب.)

حل التمرين 17.7.

بحواصر المماس في التمرين 14.3 معادةِ الكتابة عبر النشور: فمن أجل $x = \frac1n \in \intoc{0}{1}$، يعطي تايلور–لاغرانج للمقدار $\ln(1+x)$ من الرتبة $1$ أن $\ln(1 + x) = x - \frac{x^2}{2(1 + c)^2}$ من أجل $c \in \intoo{0}{x}$ ما، ومنه

وبالمقارنة بمتسلسلة ريمان: تتقارب $\sum u_n$. ويتلسكب مجموعها الجزئي في اللوغاريتمات:

(لأن $\sum_{n\leq N} \ln\frac{n+1}{n} = \ln(N+1)$). ومنه تتقارب $H_N - \ln(N+1)$؛ وبإضافة $\ln\frac{N+1}{N} \to 0$، تتقارب المتتالية $H_N - \ln N$. ونهايتها هي $\gamma \approx 0.5772$.

حل التمرين 17.8.

$\dfrac{1}{n(n+2)} = \dfrac{1/2}{n} - \dfrac{1/2}{n+2}$: يتلسكب المجموع الجزئي بتأخر قدره $2$،

$\sum \frac{n}{2^n}$: من أجل $\abs x < 1$، باشتقاق المجموع الهندسي المنتهي والمرور إلى النهاية (وكل المتسلسلات هنا تتقارب بإطلاق، بمحك النسبة): من $\sum_{n\geq0} x^n = \frac{1}{1-x}$، نجد بحساب مباشر بالمجاميع الجزئية

(لأن الحدود الحدّية $N x^N \to 0$). وعند $x = \frac12$: $\sum_{n\geq1} n\bigl(\frac12\bigr)^{n-1} = 4$، ومنه $\sum_{n\geq0} \frac{n}{2^n} = \frac12 \times 4 = 2$.

حل التمرين 17.9.

اجمع حدود $\sum u_n$ في حزم بين قوى $2$. والحزم العليا: من أجل $2^k \leq n < 2^{k+1}$ يوجد $2^k$ حدًّا، كلٌّ منها $\leq u_{2^k}$:

والحزم الدنيا: كل حدّ من الحزمة نفسها هو $\geq u_{2^{k+1}}$، ومنه $\sum_{n=2^k}^{2^{k+1}-1} u_n \geq 2^k u_{2^{k+1}} = \frac12 \cdot 2^{k+1} u_{2^{k+1}}$، ومنه

ومقارنتا المجاميع الجزئية تجريان في الاتجاهين (لأن الحدود غير سالبة، المبرهنة 17.7): ومنه فللمتسلسلتين الطبيعة نفسها.

وريمان: يعطي $u_n = n^{-\alpha}$ أن $2^k u_{2^k} = 2^{k(1-\alpha)}$، وهي متسلسلة هندسية، متقاربة إذا وفقط إذا كان $2^{1 - \alpha} < 1$ إذا وفقط إذا كان $\alpha > 1$. وبرتران (التمرين 17.6): يعطي $u_n = \frac{1}{n(\ln n)^\alpha}$ أن $2^k u_{2^k} = \frac{1}{(k\ln 2)^\alpha}$، وهي متسلسلة ريمان في $k$: متقاربة إذا وفقط إذا كان $\alpha > 1$.

حل التمرين 17.10.

المتطابقة الهندسية المنتهية بالأساس $-t^2$:

كامل على $\intcc{0}{1}$ (فيكامل الطرف الأيسر إلى $\arctan 1 = \frac\pi4$، القضية 4.10):

وبجعل $n \to \infty$ يُبرهن على الصيغة، والحاصر المعروض على التكامل هو بالضبط حاصر الباقي: فبعد الجمع حتى $N$ (أي $n = N + 1$ حدًّا)، $\abs{R_N} \leq \frac{1}{2N + 3}$.

حل التمرين 17.11.

$n^{1/n} = \eu^{\frac{\ln n}{n}} \to \eu^0 = 1$ (القضية 4.6). ومنه

ويقارن محك المكافئات (المبرهنة 17.7) بالمتسلسلة التوافقية المتباعدة: فهي متباعدة، وإن كان كل أُسّ $1 + \frac1n$ يتجاوز $1$. فمحك ريمان يخصّ أُسًّا مثبَّتًا $\alpha$؛ وقد يفقد أُسّ ينزلق نزولًا إلى $1$ كلَّ هامشه، كما هنا.

حل التمرين 17.12.

ليكن $\varepsilon > 0$. وحسب محك كوشي من أجل المتسلسلة المتقاربة (المبرهنة 11.20 مطبَّقًا على المجاميع الجزئية)، يوجد $N$ يحقق $\sum_{k=n+1}^{2n} u_k \leq \varepsilon$ من أجل $n \geq N$. وبالرتابة يكون كلٌّ من هذه الحدود $n$ هو $\geq u_{2n}$:

ومن أجل الأدلة الفردية $(2n+1)\,u_{2n+1} \leq (2n+1)\,u_{2n} \leq 2\bigl(2n\,u_{2n}\bigr) \leq 4\varepsilon$ من أجل $n \geq N$: ومنه، في الزوجيتين، $n u_n \to 0$.

والعكس خاطئ: فللمقدار $u_n = \frac{1}{n\ln n}$ لدينا $n u_n = \frac{1}{\ln n} \to 0$، ومع ذلك تتباعد المتسلسلة (التمرين 17.6 مع $\alpha = 1$). والرتابة لازمة: لتكن $u_n = \frac1n$ عندما يكون $n$ مربعًا كاملًا و $u_n = 2^{-n}$ فيما عدا ذلك: فتتقارب المتسلسلة (إذ تُجمع الحدود المربعة مثل $\sum \frac{1}{k^2}$، والباقي هندسيًا)، لكن $n u_n = 1$ على المربعات.