--- title: "المتسلسلات العددية" book: "الرياضيات الجامعية — السنة 1" subject: math language: ar chapter: 17 exercises: 12 source: https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/17-numerical-series --- # الفصل 17 — المتسلسلات العددية جمع أعداد لا تُحصى يعني أخذ نهاية المجاميع الجزئية — لا أكثر ولا أقلّ. ويهيّئ هذا الفصل التعاريف ومحكات التقارب الصالحة للاستعمال في السنة الأولى: المقارنة والمكافئات من أجل الحدود الموجبة، [ومحك النسبة](#thm-b1-series-ratio)، و المقارنة التكاملية التي تعطي متسلسلات ريمان، [والتقارب بإطلاق](#thm-b1-series-absolute)، ومبرهنة المتسلسلات المتناوبة. وأمّا النظرية الأدقّ (جداءات المتسلسلات، والجمع بالحزم، ومتسلسلات الدوال) فتنتمي إلى السنة الثانية. ## 17.1 عموميات **تعريف 17.1.** من أجل متتالية $(u_n)$، تكون *المتسلسلة* $\sum u_n$ هي متتالية *المجاميع الجزئية* $S_N = \sum_{n=0}^{N} u_n$. و*تتقارب* المتسلسلة إذا تقاربت $(S_N)$؛ وتكون النهاية هي *المجموع* $\sum_{n=0}^{\infty} u_n$، ويكون $R_N = \sum_{n > N} u_n = S - S_N$ هو *الباقي*، وهو يؤول إلى $0$. **مثال 17.2 (المتسلسلة الهندسية).** من أجل $q \in \C$: $\;S_N = \sum_{n=0}^{N} q^n = \frac{1 - q^{N+1}}{1-q}$ ($q \neq 1$). وتتقارب [المتسلسلة](#def-b1-series-def) إذا وفقط إذا كان $\abs q < 1$ ([التمرين 11.3](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/11-sequences#exo-b1-seq-3))، مع $$ \sum_{n=0}^{\infty} q^n = \frac{1}{1 - q} . $$ **مثال 17.3 (الأعداد العشرية الدورية متسلسلات هندسية).** ما العدد $0.363636\dots$؟ إن كتابته نفسها [متسلسلة](#def-b1-series-def): $$ 0.\overline{36} = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{36}{100^k} = 36\cdot\frac{1/100}{1 - 1/100} = \frac{36}{99} = \frac{4}{11} , $$ بالمجموع الهندسي مع $q = \frac{1}{100}$. وعمومًا فإن كتلة $B$ من $p$ رقمًا تتكرر إلى الأبد تساوي $\frac{B}{10^p - 1}$ — وهي الآلية وراء محك الدورية في [المسألة 10.1](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/10-real-numbers#pb-b1-reals-1)، الذي تذكره لغة هذا الفصل أخيرًا في سطر واحد: [فالنشر العشري](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/10-real-numbers#pb-b1-reals-1) [متسلسلة](#def-b1-series-def) متقاربة، دورية في النهاية إذا وفقط إذا كان مجموعها ناطقًا. وقد كانت آلة الأرقام في الفصل 10، المبنية هناك بالحدود العليا العارية، نظريةَ متسلسلات مسافرةً متنكّرة. **قضية 17.4 (الوقائع الأولى).** 1. إذا تقاربت $\sum u_n$ ، فإن $u_n \to 0$ . (والعكس *خاطئ* : [فالمتسلسلة](#def-b1-series-def) التوافقية.) 2. الخطية: تُجمع المتسلسلات المتقاربة وتُضرب في سلّم، بالمجاميع المتوقّعة. 3. (التلسكوب) تتقارب $\sum (v_{n+1} - v_n)$ إذا وفقط إذا تقاربت $(v_n)$ ، بالمجموع $\lim v_n - v_0$ . 4. تغيير عدد منته من الحدود لا يؤثر في التقارب (بل في المجموع فقط). **برهان.** (1) $u_N = S_N - S_{N-1} \to S - S = 0$. وللمتسلسلة التوافقية $u_n = \frac1n \to 0$ ومع ذلك تتباعد ([التمرين 11.5](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/11-sequences#exo-b1-seq-5)). (2) عمليات على النهايات. (3) $S_N = v_{N+1} - v_0$. (4) تتغير المجاميع الجزئية بمقدار ثابت في النهاية. ∎ **مثال 17.5 (تخطيط الأرقام بالباقي الهندسي).** من أجل $\abs q < 1$ يكون باقي [المتسلسلة الهندسية](#ex-b1-series-geometric) صريحًا: $$ R_N = \sum_{n = N+1}^{\infty} q^n = \frac{q^{N+1}}{1 - q} . $$ وهذا يحوّل أهداف الدقة إلى أعداد حدود قبل أيّ حساب. فلتقويم $\sum_{n\geq0} \bigl(\frac13\bigr)^n = \frac32$ بدقة $10^{-10}$: نحتاج إلى $\frac{(1/3)^{N+1}}{2/3} \leq 10^{-10}$، أي $3^{N} \geq \frac{3}{2}\cdot 10^{10}$، أي $N \geq 22$ (لأن $3^{22} \approx 3.1\cdot10^{10}$): أي ثلاثة وعشرون حدًّا، معلومة مسبقًا. وكل تقدير بسرعة هندسية في مسائل نهاية الأسبوع ([متسلسلة](#def-b1-series-def) $\frac13$ من أجل $\ln 2$، وظلال ماشان العكسية في [المسألة 16.1](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/16-taylor-formulas-and-asymptotic-expansions#pb-b1-taylor-1)) هو هذه الميزانية ذات السطرين في ثوب احترافي. **مثال 17.6 (تلسكوب أطول).** احسب $\sum_{n\geq1} \frac{1}{n(n+1)(n+2)}$. بالعناصر البسيطة ([الفصل 9](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/9-rational-fractions#ch-b1-fractions)): $$ \frac{1}{n(n+1)(n+2)} = \frac{1/2}{n} - \frac{1}{n+1} + \frac{1/2}{n+2} = \frac12\Bigl(\frac{1}{n(n+1)} - \frac{1}{(n+1)(n+2)}\Bigr), $$ حيث تكون الصورة الثانية — وهي فرق قيمتين متتاليتين للمقدار $w_n = \frac{1}{n(n+1)}$ — هي التلسكوبية. ومنه $$ \sum_{n=1}^{N} \frac{1}{n(n+1)(n+2)} = \frac12\Bigl(w_1 - w_{N+1}\Bigr) = \frac12\Bigl(\frac12 - \frac{1}{(N+1)(N+2)}\Bigr) \longrightarrow \frac14 . $$ والفكرة النافذة: قلّما تتلسكب العناصر البسيطة الثلاثية كما تُكتب؛ فأعد تجميعها أولًا في فرق $w_n - w_{n+1}$ — والجائزة ليست التقارب فحسب بل المجموع المضبوط، وهو ما لا يعطيه أيّ محك مقارنة. ## 17.2 المتسلسلات ذات الحدود غير السالبة **مبرهنة 17.7 (المجاميع الجزئية المحدودة).** إذا كان $u_n \geq 0$ من أجل كل $n$، تتزايد المجاميع الجزئية، ومنه: تتقارب $\sum u_n$ $\iff$ كانت مجاميعها الجزئية محدودة من أعلى. ومنه *محك المقارنة*: إذا كان $0 \leq u_n \leq v_n$ من أجل كل $n$ (كبير)، $$ \sum v_n \text{ تتقارب} \implies \sum u_n \text{ تتقارب}, \qquad \sum u_n \text{ تتباعد} \implies \sum v_n \text{ تتباعد}. $$ و*محك المكافئات*: إذا كان $u_n \sim v_n$ مع $v_n \geq 0$، فللمتسلسلتين الطبيعة نفسها. **برهان.** مبرهنة النهاية الرتيبة ([المبرهنة 11.9](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/11-sequences#thm-b1-seq-monotone)) من أجل النقطة الأولى؛ ومقارنة المجاميع الجزئية من أجل الثانية. وأمّا المكافئات: فمن أجل $n$ كبير، $\frac12 v_n \leq u_n \leq 2 v_n$ (وهو تعريف $\sim$ مع $\varepsilon = \frac12$)، وتنطبق المقارنة في الاتجاهين. ∎ **مثال 17.8 (مكافئ يبرهن على التباعد).** ما طبيعة $\sum_{n\geq1} n\sin\dfrac{1}{n^2}$؟ لأن $\frac{1}{n^2} \to 0$ و $\sin h \sim h$ عند $0$: $$ n\sin\frac{1}{n^2} \;\sim\; n\cdot\frac{1}{n^2} = \frac1n , $$ وينقل محك المكافئات تباعدَ [المتسلسلة](#def-b1-series-def) التوافقية: فهي متباعدة — وإن آلت حدودها إلى $0$. أي نشر واحد وسلّم واحد وحكم واحد؛ والنمط نفسه ذو الخطوتين (مكافئ، ثم بحث في ريمان أو الهندسية) يفصل في متسلسلات [التمرين 17.3](#exo-b1-series-3) الأربع كلها. **مثال 17.9 (محك المكافئات في سطر واحد).** ما طبيعة $\sum_{n \geq 1} \frac{\sqrt{n+1} - \sqrt n}{n}$؟ رافِق البسط: $$ \frac{\sqrt{n+1} - \sqrt n}{n} = \frac{1}{n\,(\sqrt{n+1} + \sqrt n)} \sim \frac{1}{2\,n^{3/2}} , $$ وهو سلّم ريمان متقارب ($\alpha = \frac32 > 1$): فتتقارب [المتسلسلة](#def-b1-series-def). وقد أخذ القرار كله مكافئًا واحدًا وبحثًا واحدًا — شرط أن تكون الحدود غير سالبة، وهي كذلك. والفكرة النافذة: من أجل المتسلسلات الموجبة، تكون نظرية التقارب كلها *قاموسَ سلالم* ($n^{-\alpha}$ و $q^n$ و $\frac{1}{n(\ln n)^\alpha}$) مع رخصة استبدال حدّ بمكافئه؛ والعمل التحليلي في المقاربات ([الفصل 16](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/16-taylor-formulas-and-asymptotic-expansions#ch-b1-taylor))، لا في الجمع أبدًا. **مبرهنة 17.10 (المقارنة التكاملية؛ متسلسلات ريمان).** لتكن $f$ [متصلة](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/13-limits-and-continuity#def-b1-continuity-continuous) وغير سالبة و*متناقصة* على $\intco{1}{+\infty}$. عندئذ $$ \int_1^{N+1} f(t)\,\dd t \;\leq\; \sum_{n=1}^{N} f(n) \;\leq\; f(1) + \int_1^{N} f(t)\,\dd t , $$ ومنه تتقارب $\sum f(n)$ إذا وفقط إذا كان $\bigl(\int_1^x f\bigr)$ محدودًا. وعلى الخصوص، من أجل $\alpha \in \R$: $$ \sum_{n \geq 1} \frac{1}{n^\alpha} \text{ تتقارب} \iff \alpha > 1, $$ و $\sum_{n=1}^{N} \frac1n = \ln N + O(1)$. **برهان.** من أجل $n \leq t \leq n+1$، تعطي الرتابة أن $f(n+1) \leq f(t) \leq f(n)$؛ وبالمكاملة على $\intcc{n}{n+1}$ (وهي قطعة طولها $1$): $$ f(n+1) \;\leq\; \int_n^{n+1} f(t)\,\dd t \;\leq\; f(n) . $$ وبجمع المتراجحات اليمنى من أجل $n = 1, \dots, N-1$ نجد $\int_1^{N} f \leq \sum_{n=1}^{N-1} f(n)$، ومنه التأطير الأعلى بعد إضافة $f(N) \leq f(1)$؛ وبجمع اليسرى من أجل $n = 1, \dots, N$ نجد $\sum_{n=2}^{N+1} f(n) \leq \int_1^{N+1} f$، وهو بعد إعادة التدليل التأطير الأدنى. والتقارب: تحدّ المجاميع الجزئية والتكاملات $\int_1^x f$ بعضها بعضًا في حدود الثابت $f(1)$، وكلاهما غير متناقص، ومنه يكون أحدهما محدودًا إذا وفقط إذا كان الآخر كذلك ([المبرهنة 17.7](#thm-b1-series-positive)). ومن أجل $f(t) = t^{-\alpha}$ ($\alpha \neq 1$): $\int_1^x t^{-\alpha}\dd t = \frac{x^{1-\alpha} - 1}{1 - \alpha}$، وهو محدود إذا وفقط إذا كان $\alpha > 1$؛ ومن أجل $\alpha = 1$ يكون [التكامل](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/15-integration-on-a-segment#thm-b1-integration-def) $\ln x \to \infty$، ويعطي التأطير $\ln(N+1) \leq H_N \leq 1 + \ln N$. ومن أجل $\alpha \leq 0$ لا تؤول الحدود إلى $0$. ∎ **مثال 17.11 (الكومة التوافقية).** كم حدًّا يجب أن تراكم [المتسلسلة](#def-b1-series-def) التوافقية لتتجاوز $20$؟ يجيب التأطير $\ln(N+1) \leq H_N \leq 1 + \ln N$ دون أيّ جمع أصلًا: فالشرط $H_N \geq 20$ يقتضي $1 + \ln N \geq 20$، أي $N \geq \eu^{19} \approx 1.8\cdot10^{8}$، وهو مضمون ما إن يكون $\ln(N + 1) \geq 20$، أي $N \approx \eu^{20} \approx 4.9\cdot10^{8}$. (وتلطّف مسألة نهاية الأسبوع هذا إلى $N \approx \eu^{20 - \gamma} \approx 2.7\cdot10^{8}$ عبر [ثابت أويلر](#pb-b1-series-1).) والفكرة النافذة: لا تكتفي المقارنة التكاملية بالفصل في التقارب — بل *تحدّد موضع* المجاميع الجزئية بدقة لوغاريتمية، فتحوّل حسابًا ميؤوسًا منه (مئات الملايين من الحدود) إلى تقدير في سطرين. **مبرهنة 17.12 (محك النسبة (دالامبير)).** لتكن $u_n > 0$ مع $\frac{u_{n+1}}{u_n} \to \ell$. - إذا كان $\ell < 1$ : تتقارب $\sum u_n$ ؛ - وإذا كان $\ell > 1$ : $u_n \to +\infty$ ، أي التباعد؛ - وإذا كان $\ell = 1$ : فلا نتيجة ( [فالمتسلسلة](#def-b1-series-def) $\sum \frac1n$ تتباعد و $\sum \frac{1}{n^2}$ تتقارب). **برهان.** إذا كان $\ell < 1$، فثبّت $q \in \intoo{\ell}{1}$: فبعد $N$ ما، $u_{n+1} \leq q\,u_n$، ومنه $u_n \leq u_N q^{\,n-N}$ بالاستقراء: أي المقارنة [بمتسلسلة هندسية](#ex-b1-series-geometric). وإذا كان $\ell > 1$: فبعد $N$ ما تكون المتتالية $(u_n)$ متزايدة، ومنه لا يمكن أن تؤول إلى $0$ (لأن نهايتها، إن وُجدت، هي $\geq u_N > 0$)؛ ومنه، حسب [القضية 17.4](#prop-b1-series-first) (1)، يقع التباعد — بل إن $u_n \geq u_N q^{n-N}$ مع $q > 1$ يعطي $u_n \to \infty$. ∎ **مثال 17.13.** تتقارب $\sum \frac{x^n}{n!}$ من أجل كل $x > 0$: فالنسبة $\frac{x}{n+1} \to 0$. ومجموعها هو $\eu^x$: فبتايلور–لاغرانج ([المبرهنة 16.7](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/16-taylor-formulas-and-asymptotic-expansions#thm-b1-taylor-lagrange)) على $\intcc{0}{x}$، $$ \Bigl| \eu^x - \sum_{k=0}^{n} \frac{x^k}{k!} \Bigr| \leq \eu^{x}\, \frac{x^{n+1}}{(n+1)!} \xrightarrow[n\to\infty]{} 0 , $$ ويؤول الحاصر إلى $0$ لأن العاملي يهيمن ([التمرين 15.9](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/15-integration-on-a-segment#exo-b1-integration-9) (1) استعمل الواقعة نفسها). والحجة نفسها تجمع متسلسلات $\sin$ و $\cos$ و $\sinh$ و $\cosh$ على $\R$ كله. **مثال 17.14 (محك النسبة كافٍ لا لازم).** لتكن $u_n = 2^{-n}$ من أجل $n$ زوجي و $u_n = 2^{-n-2}$ من أجل $n$ فردي. فتتذبذب النسب المتتالية بين $\frac{1}{8}$ و $\frac12\cdot4 = 2$، ومنه فلا نهاية للمقدار $\frac{u_{n+1}}{u_n}$ و يصمت دالامبير — ومع ذلك $u_n \leq 2^{-n}$ ويفصل محك المقارنة في التقارب فورًا. ففرض المحك (أي أن *تتقارب* النسبة) قيدٌ حقيقي: فهو يناسب الحدود ذات البنية الضربية المهيمنة الواحدة (العامليات والقوى)، ويفشل على كل ما يتنفس. وحين تسيء النسب السلوك، فتراجع إلى المقارنة بغلاف هندسي — وهو كل ما كان [محك النسبة](#thm-b1-series-ratio) أصلًا، كما يبيّن برهانه. **مثال 17.15 (محك النسبة في معارك العامليات).** ما طبيعة $\sum_{n\geq0} \dfrac{(n!)^2}{(2n)!}$ (مقلوبات المعاملات الثنائية المركزية، مضروبةً في العامل $n + 1$)؟ تُسقط النسبة العامليات: $$ \frac{u_{n+1}}{u_n} = \frac{((n+1)!)^2}{(n!)^2}\cdot\frac{(2n)!}{(2n+2)!} = \frac{(n+1)^2}{(2n+1)(2n+2)} \longrightarrow \frac14 < 1 : $$ فهي متقاربة، مع فسحة — إذ تتلاشى الحدود جوهريًا مثل $4^{-n}$، وهذا متسق مع $\binom{2n}{n} \geq \frac{4^n}{2n+1}$ من [المسألة 15.1](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/15-integration-on-a-segment#pb-b1-integration-1). والفكرة النافذة: قسمة العامليات هي بالضبط ما يهضمه [محك النسبة](#thm-b1-series-ratio) — فكل عاملي يختصر إلى [كسر ناطق](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/9-rational-fractions#def-b1-fractions-field) في $n$، تُقرأ نهايته من الحدود المهيمنة. ## 17.3 التقارب بإطلاق؛ المتسلسلات المتناوبة **مبرهنة 17.16 (التقارب بإطلاق).** إذا تقاربت $\sum \abs{u_n}$ (أي *التقارب بإطلاق*)، فإن $\sum u_n$ تتقارب، و $\bigl|\sum u_n\bigr| \leq \sum \abs{u_n}$. وهذا يصحّ من أجل الحدود الحقيقية أو العقدية. **برهان.** تحقق المجاميع الجزئية، من أجل $M > N$ (بمحك كوشي، [المبرهنة 11.20](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/11-sequences#thm-b1-seq-complete)): $$ \abs{S_M - S_N} = \Bigl| \sum_{n=N+1}^{M} u_n \Bigr| \leq \sum_{n=N+1}^{M} \abs{u_n}, $$ وهو صغير من أجل $N$ كبير لأن المجاميع الجزئية للمقدار $\sum\abs{u_n}$ تكوّن [متتالية كوشي](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/11-sequences#def-b1-seq-cauchy). ومنه فالمتتالية $(S_N)$ [متتالية كوشي](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/11-sequences#def-b1-seq-cauchy)، ومنه متقاربة. و تمرّ المتراجحة إلى النهاية من متراجحة المثلث المنتهية. ∎ **مثال 17.17 (التقارب بإطلاق، حقيقيًا وعقديًا).** $\sum_{n\geq1} \frac{\sin n}{n^2}$: تتغير إشارات الحدود تغيّرًا مضطربًا (بل إن $(\sin n)$ [كثيفة](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/12-topology-of-the-real-line#def-b1-topology-dense) في $\intcc{-1}{1}$، [التمرين 11.12](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/11-sequences#exo-b1-seq-12))، ولا بنية تناوب تلوح في الأفق. وينقذ [التقارب بإطلاق](#thm-b1-series-absolute) كل شيء دفعة واحدة: $\bigl|\frac{\sin n}{n^2}\bigr| \leq \frac{1}{n^2}$، وهو سلّم متقارب، ومنه تتقارب [المتسلسلة](#def-b1-series-def). ويعمل الدرع نفسه على $\C$: فتتقارب $\sum_{n\geq1}\frac{\eu^{\iu n}}{n^2}$ لأن $\bigl|\frac{\eu^{\iu n}}{n^2}\bigr| = \frac{1}{n^2}$ — فأنماط الإشارة، حتى الثنائية البعد منها، لا شأن لها ما إن تكون المقاييس قابلة للجمع. والفكرة النافذة: [التقارب بإطلاق](#thm-b1-series-absolute) هو الأداة الوحيدة في هذا الفصل التي لا تسأل أبدًا كيف تنظَّم الإشارات؛ فجرّبه أولًا ([الطريقة 17.21](#met-b1-series-decide))، واحفظ المحكات الرقيقة للمتسلسلات التي تفشل فيه. **مبرهنة 17.18 (محك المتسلسلات المتناوبة).** لتكن $(a_n)$ متناقصة مع $a_n \to 0$. عندئذ تتقارب [المتسلسلة المتناوبة](#thm-b1-series-alternating) $\sum (-1)^n a_n$؛ ويقع مجموعها بين أيّ مجموعين جزئيين متتاليين، و $$ \abs{R_N} = \Bigl| \sum_{n > N} (-1)^n a_n \Bigr| \leq a_{N+1} . $$ **برهان.** المجاميع الجزئية الزوجية والفردية متجاورة: $S_{2p+2} - S_{2p} = a_{2p+2} - a_{2p+1} \leq 0$ (متناقصة) و $S_{2p+1} - S_{2p-1} = a_{2p} - a_{2p+1} \geq 0$ (متزايدة) و $S_{2p} - S_{2p+1} = a_{2p+1} \to 0$. وحسب [المبرهنة 11.11](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/11-sequences#thm-b1-seq-adjacent) تتقاسمان نهاية $S$، ويجعلها محك المتتاليتين الجزئيتين ([القضية 11.14](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/11-sequences#prop-b1-seq-subsequences)) نهايةً للمتتالية $(S_N)$؛ وفوق ذلك يُحبس $S$ بين مجموعين جزئيين متتاليين، ويكون $\abs{S - S_N}$ على الأكثر الفجوةَ إلى التالي، أي $a_{N+1}$. ∎ **مثال 17.19 (المتسلسلة التوافقية المتناوبة).** تتقارب $\sum_{n \geq 1} \frac{(-1)^{n-1}}{n}$ (بالمحك المتناوب) لكن لا بإطلاق (لأن [المتسلسلة](#def-b1-series-def) التوافقية). ومجموعها هو $\ln 2$: فمن المتطابقة الهندسية المنتهية $\frac{1}{1+t} = \sum_{k=0}^{n-1} (-t)^k + \frac{(-t)^n}{1+t}$، بالمكاملة على $\intcc{0}{1}$: $$ \ln 2 = \sum_{k=1}^{n} \frac{(-1)^{k-1}}{k} + (-1)^n \int_0^1 \frac{t^n}{1+t}\,\dd t , \qquad 0 \leq \int_0^1 \frac{t^n}{1+t}\,\dd t \leq \frac{1}{n+1} \to 0 . $$ والتقارب بطيء بشكل مؤلم ($R_N \approx \frac{1}{N}$) — فالمتسلسلات المتناوبة تتقارب بالتلاشي، لا بالصغر. ![المجاميع الجزئية S_N للمتسلسلة التوافقية المتناوبة 1 - 1/2 + 1/3 - تقفز فوق نهايتها 2 عند كل خطوة: فالمجاميع الفردية من أعلى، والزوجية من أسفل، وكل قفزة حجمها 1/N+1. والتأطير هو برهان مجعولًا مرئيًا — و الانغلاق البطيء للكمّاشة (|S_N - 2| 1/2N، ومسألة نهاية الأسبوع ) هو سبب أن لا أحد يحسب 2 بهذه الكيفية.](https://one-course.com/images/onecourse/chapters/math-3/b1-series/fig-4fb812dd779c.svg) *المجاميع الجزئية $S_N$ [للمتسلسلة](#def-b1-series-def) التوافقية المتناوبة $1 - \frac12 + \frac13 - \cdots$ تقفز فوق نهايتها $\ln 2$ عند كل خطوة: فالمجاميع الفردية من أعلى، والزوجية من أسفل، وكل قفزة حجمها $\frac{1}{N+1}$. والتأطير هو برهان [المبرهنة 17.18](#thm-b1-series-alternating) مجعولًا مرئيًا — و الانغلاق البطيء للكمّاشة ($\abs{S_N - \ln 2} \approx \frac{1}{2N}$، ومسألة نهاية الأسبوع [المسألة 17.1](#pb-b1-series-1)) هو سبب أن لا أحد يحسب $\ln 2$ بهذه الكيفية.* **ملاحظة 17.20 (مزالق شائعة مع المتسلسلات).** (أ) *يحتاج محك المكافئات إلى إشارة*: لتكن $v_n = \frac{(-1)^n}{\sqrt n}$ و $u_n = v_n + \frac1n$. عندئذ $\frac{u_n}{v_n} = 1 + \frac{(-1)^n}{\sqrt n} \to 1$، ومنه $u_n \sim v_n$؛ ومع ذلك تتقارب $\sum v_n$ (بالمحك المتناوب) بينما تتباعد $\sum u_n = \sum v_n + \sum \frac1n$. فالتكافؤ يضبط *حجم* الحدود، وأمّا في المتسلسلات ذات الإشارة فالحجم ليس قدرًا — والمحك مذكور، وصحيح، من أجل الحدود غير السالبة (في النهاية) فقط. (ب) *المقدار $u_n \to 0$ لا يبرهن على شيء*: [فالمتسلسلة](#def-b1-series-def) التوافقية المثال المضاد الأبدي؛ والاتجاه العكسي ([القضية 17.4](#prop-b1-series-first) (1)) ليس إلا محك تباعد سريعًا. (ج) *نهاية النسبة $1$ صمتٌ لا تقارب*: فلكلٍّ من $\sum\frac1n$ و $\sum\frac{1}{n^2}$ نسبةٌ $\to 1$؛ فانتقل إلى سلالم ريمان أو المقارنة التكاملية. (د) *يحتاج المتناوب إلى التناقص*: فالمقدار $\sum \frac{(-1)^n}{n + (-1)^n}$ يبدو متناوبًا ولا يُعالج إلا بالنشر ([التمرين 17.5](#exo-b1-series-5))؛ وتبيّن مسألة نهاية الأسبوع في [الفصل 16](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/16-taylor-formulas-and-asymptotic-expansions#ch-b1-taylor) (السؤال 23 هناك) أن المحك قد يفشل تمامًا دون رتابة. (ه) *التجميع و إعادة الترتيب ليسا مجانيين*: فإدخال الأقواس غير مؤذٍ في المتسلسلات المتقاربة لكنه قد ينشئ تقاربًا من تباعد ($1 - 1 + 1 - \cdots$ مجمَّعةً أزواجًا)، وقد تغيّر إعادة الترتيب المجموعَ نفسه — وهي الدراما المعروضة في مسألة نهاية الأسبوع في هذا الفصل ([المسألة 17.1](#pb-b1-series-1)). **طريقة 17.21 (الفصل في طبيعة متسلسلة).** 1. هل $u_n \to 0$ ؟ إن لم يكن، فالتباعد، وتوقّف. 2. الحدود غير السالبة: ابحث عن مكافئ للمقدار $u_n$ (بالنشور، [الفصل 16](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/16-taylor-formulas-and-asymptotic-expansions#ch-b1-taylor) !)، وقارن بسلالم ريمان أو الهندسية؛ وتستدعي العامليات والقوى [محك النسبة](#thm-b1-series-ratio) ؛ وتستدعي $f(n)$ المتناقصة المقارنةَ التكاملية. 3. الإشارات متغيرة: جرّب [التقارب بإطلاق](#thm-b1-series-absolute) أولًا؛ فإن فشل، فالمحك المتناوب (وتحقق من *التناقص* بعناية)؛ وما بعد ذلك، أدوات السنة الثانية. **مثال 17.22 (مقامات فردية ونصف تلسكوب).** احسب $\sum_{n \geq 1} \dfrac{1}{4n^2 - 1}$. بالعناصر البسيطة: $\frac{1}{(2n-1)(2n+1)} = \frac12\bigl(\frac{1}{2n-1} - \frac{1}{2n+1}\bigr)$، ومنه $$ \sum_{n=1}^{N} \frac{1}{4n^2 - 1} = \frac12\Bigl(1 - \frac{1}{2N+1}\Bigr) \longrightarrow \frac12 . $$ وقارن بالمقدار $\sum \frac{1}{n(n+1)} = 1$ ([التمرين 17.1](#exo-b1-series-1)): فالهيكل التلسكوبي نفسه، لكن الحدين المتتاليين هنا يبعد أحدهما عن الآخر باثنين في الأعداد الفردية، و يسجّل العامل $\frac12$ الخطوة. والفكرة النافذة: التلسكوب تغييرُ منظور لا حيلة — فكلما كان الحدّ العام فرقًا $w_n - w_{n+1}$ لمتتالية لها نهاية، كان المجموع $w_1 - \lim w$، وهو بالضبط [القضية 17.4](#prop-b1-series-first) (3). **ملاحظة 17.23 (سلسلة التحليل، بأثر رجعي).** هذا الفصل هو حيث يتقارب تحليل المجلّد، وكل محك يسمّي سلفه. فالمجاميع الجزئية المحدودة هي مبرهنة النهاية الرتيبة ([الفصل 11](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/11-sequences#ch-b1-seq))، وهي نفسها بديهية التمام في [الفصل 10](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/10-real-numbers#ch-b1-reals)؛ [والتقارب بإطلاق](#thm-b1-series-absolute) هو محك كوشي؛ والمحك التكاملي هو تأطير [الفصل 15](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/15-integration-on-a-segment#ch-b1-integration) للمساحات؛ ومكافئات الحدود العامة هي نشور [الفصل 16](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/16-taylor-formulas-and-asymptotic-expansions#ch-b1-taylor)؛ والمبرهنة المتناوبة هي مبرهنة المتتاليتين المتجاورتين المساعدة في ثياب العيد. وبالقراءة بالمقلوب، تفسّر السلسلة *لماذا* وُجد كل فصل — ومسائل نهاية الأسبوع المنظومة عبرها (أرقام الأساس $b$، وتشيزارو–ستولتز، وآلات الصمم، [وثابت أويلر](#pb-b1-series-1)) هي الأفكار القليلة نفسها ملتقيةً على ارتفاع أعلى فأعلى. والجبر الخطي الذي يليه يغيّر الموضوع لا المعايير: فعادة العبارات المضبوطة بخطأ مصادَق عليه تنجو من الانتقال من النهايات إلى الأبعاد. **ملاحظة 17.24 (إلى أين تذهب المتسلسلات تاليًا).** يُغلق هذا الفصل تحليل المجلّد ويفتح ثلاثة أبواب. ففي مجلّد السنة الثانية، تكتسب المتسلسلات متغيرًا ($\sum a_n x^n$: المتسلسلات الصحيحة، بنصف قطر تقاربها) ثم نظريةً ذات قيم دالية (متسلسلات فورييه)؛ وتصير ثنائية [التقارب بإطلاق](#thm-b1-series-absolute) إزاء التقارب الشرطي، المعروضة دراميًا في مسألة نهاية الأسبوع أدناه، حجرَ زاوية لكليهما. وفي الاحتمالات (مجلّد السنة الثالثة)، تكون آمال المتغيرات العشوائية المتقطّعة *هي* متسلسلات، ويكون [التقارب بإطلاق](#thm-b1-series-absolute) هو ما يجعلها معرَّفة جيدًا. [ومتسلسلة ريمان](#thm-b1-series-riemann) $\sum n^{-s}$، مدفوعةً إلى $s$ عقدي، تصير دالة زيتا — وهي أكثر [متسلسلة](#def-b1-series-def) دُرست في الرياضيات. ## 17.4 تمارين **تمرين 17.1 ★.** الطبيعة (والمجموع، حين يقع التلسكوب) من أجل: $$ \sum_{n\geq1} \frac{1}{n(n+1)}, \qquad \sum_{n\geq2} \ln\Bigl(1 - \frac{1}{n^2}\Bigr), \qquad \sum_{n\geq0} \frac{3^n + 4^n}{5^n} . $$ **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 $\frac{1}{1 - 3/5} + \frac{1}{1 - 4/5} = \frac52 + 5 = \frac{15}{2}$. **تمرين 17.2 ★.** الطبيعة من أجل: $\;\sum \dfrac{n^2}{2^n}$؛ $\;\sum \dfrac{n!}{n^n}$؛ $\;\sum \dfrac{2^n\,n!}{n^n}$؛ $\;\sum \dfrac{3^n\,n!}{n^n}$. *([بمحك النسبة](#thm-b1-series-ratio)؛ وتذكّر $\bigl(1 + \frac1n\bigr)^n \to \eu$.)* **حل التمرين 17.2.** [محك النسبة](#thm-b1-series-ratio) 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 $+\infty$). **تمرين 17.3 ★.** الطبيعة من أجل: $\;\sum \sin\dfrac{1}{n^2}$؛ $\;\sum \Bigl(1 - \cos\dfrac1n\Bigr)$؛ $\;\sum \dfrac{1}{\sqrt{n(n+1)}}$؛ $\;\sum \dfrac{\ln n}{n^2}$ *(قارن بالمقدار $n^{-3/2}$)*. **حل التمرين 17.3.** كل الحدود غير سالبة؛ فاستعمل المكافئات ([المبرهنة 17.7](#thm-b1-series-positive)). $\sin\frac{1}{n^2} \sim \frac{1}{n^2}$: 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](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/4-standard-functions#prop-b1-functions-powerrules)): ومنه $\frac{\ln n}{n^2} \leq \frac{1}{n^{3/2}}$ من أجل $n$ كبير: فهي متقاربة. **تمرين 17.4 ★.** برهن على أن $\sum_{n\geq1} \frac{1}{n^2}$ تتقارب بمجموع $\leq 2$، باستعمال $\frac{1}{n^2} \leq \frac{1}{n(n-1)}$ من أجل $n \geq 2$ وحاصر تلسكوبي. **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 $$ \sum_{n=1}^{N} \frac{1}{n^2} \leq 1 + \sum_{n=2}^{N} \Bigl(\frac{1}{n-1} - \frac1n\Bigr) = 1 + 1 - \frac1N < 2 : $$ فالمجاميع الجزئية متزايدة ومحدودة بالعدد $2$: ومنه التقارب ([المبرهنة 17.7](#thm-b1-series-positive))، بمجموع $\leq 2$. (والقيمة المضبوطة $\frac{\pi^2}{6}$ احتفالُ السنة الثانية.) **تمرين 17.5 ★★.** الطبيعة من أجل $\;\sum \dfrac{(-1)^n}{\sqrt n}$، ومن أجل $\;\sum \dfrac{(-1)^n}{n + (-1)^n}$ *(انشر: فالمحك المتناوب لا ينطبق مباشرة — ولماذا؟)*، ومن أجل $\;\sum \sin\bigl(\pi\sqrt{n^2+1}\,\bigr)$ *(ردّ بترديد $\pi$: $\sqrt{n^2+1} = n + \frac{1}{2n} + O(n^{-3})$)*. **حل التمرين 17.5.** $\sum \frac{(-1)^n}{\sqrt n}$: متناوبة مع $\frac{1}{\sqrt n} \downarrow 0$: فهي متقاربة ([المبرهنة 17.18](#thm-b1-series-alternating))؛ 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: $$ \frac{(-1)^n}{n + (-1)^n} = \frac{(-1)^n}{n}\cdot\frac{1}{1 + \frac{(-1)^n}{n}} = \frac{(-1)^n}{n} - \frac{1}{n^2} + O\Bigl(\frac{1}{n^3}\Bigr): $$ [فالمتسلسلة](#def-b1-series-def) 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، $$ \sin\bigl(\pi\sqrt{n^2+1}\bigr) = (-1)^n \sin\Bigl(\frac{\pi}{2n} + \pi\varepsilon_n\Bigr) . $$ 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 $$ \theta_n - \theta_{n+1} = \frac{\pi}{2n(n+1)} + \pi(\varepsilon_n - \varepsilon_{n+1}) = \frac{\pi}{2n^2} + O\Bigl(\frac{1}{n^3}\Bigr) > 0 $$ 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 $a_n \sim \frac{\pi}{2n}$. **تمرين 17.6 ★★.** من أجل أيّ $\alpha > 0$ تتقارب $\sum_{n \geq 2} \dfrac{1}{n (\ln n)^{\alpha}}$؟ *(بالمقارنة التكاملية؛ و عوّض $u = \ln t$.)* **حل التمرين 17.6.** الدالة $f(t) = \frac{1}{t(\ln t)^\alpha}$ موجبة [ومتصلة](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/13-limits-and-continuity#def-b1-continuity-continuous) و متناقصة على $\intco{2}{+\infty}$. وبتعويض $u = \ln t$: $$ \int_2^x \frac{\dd t}{t(\ln t)^\alpha} = \int_{\ln 2}^{\ln x} \frac{\dd u}{u^\alpha}, $$ وهو محدود عندما $x \to \infty$ إذا وفقط إذا كان $\alpha > 1$ (بحساب [المبرهنة 17.10](#thm-b1-series-riemann)). 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.) **تمرين 17.7 ★★.** لتكن $u_n = \dfrac{1}{n} - \ln\Bigl(1 + \dfrac1n\Bigr)$. برهن على أن $0 \leq u_n \leq \dfrac{1}{2n^2}$، وعلى أن $\sum u_n$ تتقارب، و استنتج وجود [ثابت أويلر](#pb-b1-series-1): $$ \gamma = \lim_{N \to \infty} \Bigl( \sum_{n=1}^{N} \frac 1n - \ln N \Bigr) . $$ **حل التمرين 17.7.** بحواصر المماس في [التمرين 14.3](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/14-differentiation#exo-b1-derivative-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 $$ 0 \leq u_n = \frac1n - \ln\Bigl(1 + \frac1n\Bigr) \leq \frac{1}{2n^2} . $$ وبالمقارنة [بمتسلسلة ريمان](#thm-b1-series-riemann): تتقارب $\sum u_n$. ويتلسكب مجموعها الجزئي في اللوغاريتمات: $$ \sum_{n=1}^{N} u_n = H_N - \ln(N+1) $$ (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 $\gamma \approx 0.5772$. **تمرين 17.8 ★★.** احسب المجموعين $$ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n(n+2)} \qquad\text{و}\qquad \sum_{n=0}^{\infty} \frac{n}{2^n} . $$ *(من أجل الأول: بالعناصر البسيطة. ومن أجل الثاني: احسب $\sum_{n=1}^{N} n x^{n-1}$ في صورة [مغلقة](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/12-topology-of-the-real-line#def-b1-topology-closed) ودع $N \to \infty$ عند $x = \frac12$.)* **حل التمرين 17.8.** $\dfrac{1}{n(n+2)} = \dfrac{1/2}{n} - \dfrac{1/2}{n+2}$: يتلسكب المجموع الجزئي بتأخر قدره $2$، $$ S_N = \frac12\Bigl(1 + \frac12 - \frac{1}{N+1} - \frac{1}{N+2}\Bigr) \longrightarrow \frac34 . $$ $\sum \frac{n}{2^n}$: من أجل $\abs x < 1$، باشتقاق المجموع الهندسي المنتهي والمرور إلى النهاية (وكل المتسلسلات هنا تتقارب بإطلاق، [بمحك النسبة](#thm-b1-series-ratio)): من $\sum_{n\geq0} x^n = \frac{1}{1-x}$، نجد بحساب مباشر بالمجاميع الجزئية $$ \sum_{n=1}^{N} n x^{n-1} = \frac{1 - (N+1)x^N + N x^{N+1}}{(1 - x)^2} \xrightarrow[N\to\infty]{} \frac{1}{(1-x)^2} \quad (\abs x < 1), $$ (لأن الحدود الحدّية $N x^N \to 0$). وعند $x = \frac12$: $\sum_{n\geq1} n\bigl(\frac12\bigr)^{n-1} = 4$، ومنه $\sum_{n\geq0} \frac{n}{2^n} = \frac12 \times 4 = 2$. **تمرين 17.9 ★★★.** (تكثيف كوشي) لتكن $(u_n)$ غير سالبة ومتناقصة. برهن على أن $$ \sum_{n \geq 1} u_n \text{ تتقارب} \iff \sum_{k \geq 0} 2^k\, u_{2^k} \text{ تتقارب}, $$ بمقارنة حزم الحدود بين قوى $2$ المتتالية. واستعد منها محك ريمان و [التمرين 17.6](#exo-b1-series-6). **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 $\leq u_{2^k}$: $$ \sum_{n=1}^{2^{K+1}-1} u_n = \sum_{k=0}^{K} \sum_{n=2^k}^{2^{k+1}-1} u_n \leq \sum_{k=0}^{K} 2^k u_{2^k} . $$ 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 $$ \sum_{n=1}^{2^{K+1}-1} u_n \geq \frac12 \sum_{k=1}^{K+1} 2^{k} u_{2^{k}} . $$ ومقارنتا المجاميع الجزئية تجريان في الاتجاهين (لأن الحدود غير سالبة، [المبرهنة 17.7](#thm-b1-series-positive)): ومنه فللمتسلسلتين الطبيعة نفسها. وريمان: يعطي $u_n = n^{-\alpha}$ أن $2^k u_{2^k} = 2^{k(1-\alpha)}$، وهي [متسلسلة هندسية](#ex-b1-series-geometric)، متقاربة إذا وفقط إذا كان $2^{1 - \alpha} < 1$ إذا وفقط إذا كان $\alpha > 1$. وبرتران ([التمرين 17.6](#exo-b1-series-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](#thm-b1-series-riemann) في $k$: متقاربة إذا وفقط إذا كان $\alpha > 1$. **تمرين 17.10 ★★★.** باستعمال المتطابقة التكاملية في [المثال 17.19](#ex-b1-series-ln2) مكيَّفةً على $\frac{1}{1+t^2}$، برهن على صيغة لايبنتز $$ \frac{\pi}{4} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{2n+1} = 1 - \frac13 + \frac15 - \frac17 + \cdots $$ مع حاصر الخطأ $\abs{R_N} \leq \frac{1}{2N+3}$. **حل التمرين 17.10.** المتطابقة الهندسية المنتهية بالأساس $-t^2$: $$ \frac{1}{1 + t^2} = \sum_{k=0}^{n-1} (-1)^k t^{2k} + \frac{(-1)^n t^{2n}}{1 + t^2} . $$ كامل على $\intcc{0}{1}$ (فيكامل الطرف الأيسر إلى $\arctan 1 = \frac\pi4$، [القضية 4.10](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/4-standard-functions#prop-b1-functions-arcderiv)): $$ \frac{\pi}{4} = \sum_{k=0}^{n-1} \frac{(-1)^k}{2k+1} + (-1)^n \int_0^1 \frac{t^{2n}}{1+t^2}\,\dd t, \qquad 0 \leq \int_0^1 \frac{t^{2n}}{1+t^2}\,\dd t \leq \int_0^1 t^{2n}\dd t = \frac{1}{2n+1} . $$ وبجعل $n \to \infty$ يُبرهن على الصيغة، والحاصر المعروض على [التكامل](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/15-integration-on-a-segment#thm-b1-integration-def) هو بالضبط حاصر الباقي: فبعد الجمع حتى $N$ (أي $n = N + 1$ حدًّا)، $\abs{R_N} \leq \frac{1}{2N + 3}$. **تمرين 17.11 ★★.** الطبيعة من أجل $\displaystyle\sum_{n \geq 1} \frac{1}{n^{1 + 1/n}}$. *(احسب نهاية $n^{1/n}$ وجد مكافئًا للحدّ العام: فمحك ريمان يحتاج إلى أُسّ *مثبَّت*.)* **حل التمرين 17.11.** $n^{1/n} = \eu^{\frac{\ln n}{n}} \to \eu^0 = 1$ ([القضية 4.6](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/4-standard-functions#prop-b1-functions-powerrules)). ومنه $$ \frac{1}{n^{1 + 1/n}} = \frac{1}{n}\,\eu^{-\frac{\ln n}{n}} \sim \frac{1}{n} , $$ ويقارن محك المكافئات ([المبرهنة 17.7](#thm-b1-series-positive)) [بالمتسلسلة](#def-b1-series-def) 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. **تمرين 17.12 ★★★.** لتكن $(u_n)$ غير سالبة و*متناقصة* مع $\sum u_n$ متقاربة. برهن على أن $n\,u_n \to 0$ *(حُدّ $n\,u_{2n}$ بشريحة $\sum_{k=n+1}^{2n} u_k$ واستعمل محك كوشي)*. وبيّن أن العكس يفشل، وأن فرض الرتابة لا يمكن إزالته. **حل التمرين 17.12.** ليكن $\varepsilon > 0$. وحسب محك كوشي من أجل [المتسلسلة](#def-b1-series-def) المتقاربة ([المبرهنة 11.20](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/11-sequences#thm-b1-seq-complete) 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 $\geq u_{2n}$: $$ n\,u_{2n} \leq \sum_{k=n+1}^{2n} u_k \leq \varepsilon \quad\Longrightarrow\quad 2n\,u_{2n} \leq 2\varepsilon , $$ 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](#def-b1-series-def) ([التمرين 17.6](#exo-b1-series-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](#def-b1-series-def) (إذ تُجمع الحدود المربعة مثل $\sum \frac{1}{k^2}$، والباقي هندسيًا)، لكن $n u_n = 1$ على المربعات. ## 17.5 مسألة: ثابت أويلر والمتسلسلة التي تغيّر مجموعها **مسألة 17.1.** مسألة نهاية الأسبوع — $H_n = \ln n + \gamma + \frac{1}{2n} + O(n^{-2})$، وإعادة ترتيب $1 - \frac12 + \frac13 - \dots$ إلى $\frac{\ln 2}{2}$ قصتان تتقاسمان [المتسلسلة](#def-b1-series-def) التوافقية. الأولى، مسك الدفاتر المضبوط لتباعدها: إذ يتقارب $H_n - \ln n$ إلى [ثابت أويلر](#pb-b1-series-1) $\gamma$ ([التمرين 17.7](#exo-b1-series-7))، وتلطّف هذه المسألة العبارةَ إلى قانون ذي طرفين $\frac{1}{2(n+1)} \leq H_n - \ln n - \gamma \leq \frac{1}{2n}$، مصادِقةً على $\gamma = 0.5772\dots$ باليد. والثانية، فضيحة التقارب الشرطي: تجمع [المتسلسلة](#def-b1-series-def) التوافقية المتناوبة إلى $\ln 2$ ([المثال 17.19](#ex-b1-series-ln2))، ومع ذلك تجمع *الحدود نفسها، بترتيب مختلف*، إلى $\frac{\ln 2}{2}$ — أو إلى $\ln 2 + \frac12\ln\frac pq$ من أجل أيّ $p, q$، أو إلى أيّ عدد حقيقي كان (ريمان). والقصتان قصة واحدة: إذ تُحسب المجاميع المعاد ترتيبها *بقانون* $\gamma$. **الجزء 1 — $\gamma$، مؤطَّرًا.** ضع $a_n = H_n - \ln n$ و $b_n = H_n - \ln(n+1)$. 1. باستعمال $\frac{t}{1+t} \leq \ln(1 + t) \leq t$ ، بيّن أن $(a_n)$ متناقصة و $(b_n)$ متزايدة، وأنهما متجاورتان؛ ونهايتهما المشتركة هي $\gamma$ ، مع $b_n \leq \gamma \leq a_n$ من أجل كل $n$ . 2. أول طلقة عددية: انطلاقًا من $H_{10} = 2.928968\dots$ ، أطّر $\gamma$ بين $b_{10} = 0.5311$ و $a_{10} = 0.6264$ . وكم يجب أن يكبر $n$ في هذا التأطير الفجّ من أجل أربعة أرقام عشرية؟ 3. بيّن التمثيل الذيلي المضبوط $a_n - \gamma = \sum_{k \geq n} w_k$ (نهاية المجاميع الجزئية)، حيث $$w_k = a_k - a_{k+1} = \ln\Bigl(1 + \frac1k\Bigr) - \frac{1}{k+1} = \int_k^{k+1} \frac{(k + 1 - t)}{t\,(k+1)}\,\dd t ,$$ واستنتج من الصورة التكاملية الحاصر ذا الطرفين $\dfrac{1}{2(k+1)^2} \leq w_k \leq \dfrac{1}{2k(k+1)}$. **الجزء 2 — قانون $\frac{1}{2n}$.** 4. اجمع حواصر السؤال 3 (فالطرفان يتلسكبان أو يُقارنان بتلسكوبات) واستنتج القانون: $$\frac{1}{2(n+1)} \;\leq\; H_n - \ln n - \gamma \;\leq\; \frac{1}{2n} \qquad (n \geq 1).$$ 5. استنتج $H_n = \ln n + \gamma + \frac{1}{2n} + O\bigl(\frac{1}{n^2}\bigr)$ ؛ وبدقة، بيّن أن $\gamma_n = H_n - \ln n - \frac{1}{2n}$ يحقق $-\frac{1}{2n(n+1)} \leq \gamma_n - \gamma \leq 0$ . 6. صادِق على أربعة أرقام عشرية مع $n = 100$ : فمن $H_{100} = 5.1873775\dots$ ، احسب $\gamma_{100} = 0.577207\dots$ واستنتج $\gamma = 0.5772 \pm 5\cdot10^{-5}$ (والقيمة الحقيقية $0.5772156\dots$ ). 7. ربحان من القانون، وكلاهما لازم لاحقًا: عندما $m \to \infty$، $$H_{2m} - H_m = \ln 2 - \frac{1}{4m} + O\Bigl(\frac{1}{m^2}\Bigr), \qquad \sum_{j=1}^{m} \frac{1}{2j-1} = \frac{\ln m}{2} + \ln 2 + \frac\gamma2 + o(1) ,$$ والثاني عبر $\sum_{j \leq m} \frac{1}{2j-1} = H_{2m} - \frac12 H_m$، وكذلك $\sum_{j=1}^{m} \frac{1}{2j} = \frac{\ln m}{2} + \frac\gamma2 + o(1)$. **الجزء 3 — [المتسلسلة](#def-b1-series-def) التوافقية المتناوبة، حتى الرتبة الثانية.** 8. بيّن (بالاستقراء أو بالتجميع) المتطابقة $\sum_{k=1}^{2m} \frac{(-1)^{k-1}}{k} = H_{2m} - H_m$، واستنتج المجموع $\ln 2$ (مرة أخرى) والسرعة المضبوطة: $$\sum_{k=1}^{2m} \frac{(-1)^{k-1}}{k} = \ln 2 - \frac{1}{4m} + O\Bigl(\frac{1}{m^2}\Bigr) .$$ 9. استنتج الخطأ المقارب [للمتسلسلة](#def-b1-series-def) التوافقية المتناوبة عند *أيّ* دليل: $S - S_N \sim \frac{(-1)^N}{2N}$ — أي أصغر مرتين من حاصر أسوأ حالة $a_{N+1} \approx \frac1N$ في [المبرهنة 17.18](#thm-b1-series-alternating) . 10. (تسريع بالمجّان) بيّن أن المجاميع الممتوسطة $\tilde S_N = \frac{S_N + S_{N+1}}{2}$ تحقق $\tilde S_N = \ln 2 + O\bigl(\frac{1}{N^2}\bigr)$ . وللتحقق: $S_{10} = 0.64563$ و $S_{11} = 0.73654$ و $\tilde S_{10} = 0.69109$ ، إزاء $\ln 2 = 0.69315$ : فمتوسط واحد يشتري منزلتين عشريتين. 11. فسّر في جملتين لماذا لا يمكن لمثل هذه الحيلة أن تساعد ظاهرةً ذات ذيل *موجب* متباعد مثل تأطير السؤال 2: فخطأ المتناوب يتذبذب (بإشارة $(-1)^N$ )، ومنه يمحو المتوسط حدَّه المهيمن، بينما لخطأ تأطير $\gamma$ وهو $\frac{1}{2n}$ إشارةٌ ثابتة. (وأمّا متوسط $a_n$ و $b_n$ *يساعد* فعلًا: اربط $\frac{a_n + b_n}{2}$ بتقدير المنتصف $H_n - \ln\bigl(n + \frac12\bigr)$ وبيّن أن خطأه هو $O\bigl(\frac{1}{n^2}\bigr)$ .) **الجزء 4 — الصلابة وفشلها.** 12. بيّن أن الجزء الموجب $\sum \frac{1}{2j-1}$ و الجزء السالب $\sum \frac{1}{2j}$ من [المتسلسلة](#def-b1-series-def) التوافقية المتناوبة كليهما يتباعد — وهو توقيع التقارب *الشرطي* . 13. برهن على [العبارة](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/1-logic-sets-and-maps#def-b1-logic-statement) العامة وراء السؤال 12: إذا تقاربت $\sum u_n$ وتباعدت $\sum \abs{u_n}$ ، فإن [متسلسلة](#def-b1-series-def) الأجزاء الموجبة $\sum u_n^+$ [ومتسلسلة](#def-b1-series-def) الأجزاء السالبة $\sum u_n^-$ كلتيهما تتباعد *(من $u_n^\pm = \frac{\abs{u_n} \pm u_n}{2}$: فلو تقاربت إحداهما، لتقاربت الأخرى، ومنه $\sum\abs{u_n}$)* . وهذا الخزان الذي لا ينضب من الكتلة الموجبة والسالبة هو ما ستنفقه وصفة ريمان. 14. (الصلابة) برهن: إذا تقاربت $\sum u_n$ *بإطلاق* وكان $\sigma \colon \N \to \N$ تقابلًا، فإن $\sum u_{\sigma(n)}$ تتقارب إلى المجموع نفسه *(فمن أجل $N$ كبير تحتوي الحدود $M$ الأولى المعاد ترتيبها $u_0, \dots, u_N$؛ فقارن المجاميع الجزئية عبر الذيل $\sum_{n > N}\abs{u_n}$)* . 15. (وصفة ريمان) ليكن $t \in \R$ . صف إعادة الترتيب الجشعة [للمتسلسلة](#def-b1-series-def) التوافقية المتناوبة: خذ حدودًا موجبة $1, \frac13, \frac15, \dots$ حتى يتجاوز المجموع الجزئي $t$ أول مرة، ثم حدودًا سالبة $-\frac12, -\frac14, \dots$ حتى يهبط دون $t$ أول مرة، وكرّر. بيّن أن كل حدّ يُستعمل مرة واحدة بالضبط، وأنه بعد أول عبور تبقى المجاميع الجزئية في حدود آخر حدّ مستعمل من $t$ ، واستنتج أن [المتسلسلة](#def-b1-series-def) المعاد ترتيبها تتقارب إلى $t$ : أي إن *أيّ* مجموع مفروض قابل للبلوغ. **الجزء 5 — صيغة $(p, q)$.** ثبّت عددين صحيحين $p, q \geq 1$. أعد ترتيب [المتسلسلة](#def-b1-series-def) التوافقية المتناوبة في كتل: $p$ حدًّا موجبًا (وهي مقلوبات الأعداد الفردية التالية)، ثم $q$ حدًّا سالبًا (وهي مقلوبات الأعداد الزوجية التالية)، وكرّر. 16. تحقق من أن هذه إعادة ترتيب حقيقية (كل حدّ مرة واحدة بالضبط)، وأنها من أجل $(p, q) = (1, 2)$ تُقرأ $$1 - \frac12 - \frac14 + \frac13 - \frac16 - \frac18 + \frac15 - \frac1{10} - \frac1{12} + \dots$$ 17. (التنصيف المضبوط) من أجل $(p, q) = (1, 2)$، برهن على متطابقة الكتلة $$\frac{1}{2k-1} - \frac{1}{4k-2} - \frac{1}{4k} = \frac12\Bigl(\frac{1}{2k-1} - \frac{1}{2k}\Bigr),$$ واستنتج العلاقة *المضبوطة* $T_{3K} = \frac12 S_{2K}$ بين المجاميع الجزئية المعاد ترتيبها و الأصلية: فتنصيف المجموع مرئي عند كل مرحلة منتهية، لا في النهاية فقط. 18. بيّن أن المجموع الجزئي بعد $K$ كتلة كاملة يساوي $\sum_{j=1}^{pK} \frac{1}{2j-1} - \sum_{j=1}^{qK} \frac{1}{2j}$، واحسب نهايته مع السؤال 7: $$\ln 2 + \frac12 \ln\frac pq .$$ 19. اضبط المجاميع الجزئية *داخل* كتلة (فالحدود تؤول إلى $0$ ) واستنتج أن [المتسلسلة](#def-b1-series-def) المعاد ترتيبها بالمقدار $(p, q)$ تتقارب إلى $\ln 2 + \frac12\ln \frac pq$ . وعلى الخصوص يعطي $(1, 2)$ المقدارَ $\frac{\ln 2}{2}$ : فتحقق إزاء الحدود التسعة الأولى، $T_9 = 0.3083$ ، وهي تزحف نحو $0.3466$ . 20. تحققات سلامة ومدى: يستعيد $(1,1)$ المقدارَ $\ln 2$ ؛ ويعطي $(2,1)$ المقدارَ $\frac32\ln 2$ ؛ وأيّ المجاميع يمكن بلوغها بكتل $(p, q)$ ، وكيف تقارن هذه القائمة القابلة للعدّ بقائمة ريمان الكاملة (السؤال 14)؟ **الجزء 6 — خاتمة: $\gamma$ في العمل، و توليفة.** 21. حدّد مجموع [المتسلسلة](#def-b1-series-def) المتقاربة $\sum_{k\geq1} \bigl(\frac1k - \ln\frac{k+1}{k}\bigr)$ ( [التمرين 17.7](#exo-b1-series-7) ): بيّن أنه يساوي $\gamma$ . 22. نفّذ وصفة ريمان (السؤال 14) من أجل الهدف $t = 1$ واذكر الحدود الاثني عشر الأولى الناتجة ( $1, \frac13, -\frac12, \frac15, -\frac14, \frac17, \frac19, -\frac16, \frac1{11}, \frac1{13}, -\frac18, \frac1{15}$ )، حاسبًا المجموع الجزئي ( $\approx 0.980$ ) — وراقب الخوارزمية تتنفس حول هدفها. 23. بيّن أن إعادة ترتيب ما [للمتسلسلة](#def-b1-series-def) التوافقية المتناوبة تتباعد إلى $+\infty$ *(بكتل من الحدود الموجبة طويلة بما يكفي لكسب $1$ في كل مرة، باستعمال السؤال 12، يفصل بينها حدود سالبة مفردة)* . 24. لطّف [المثال 17.11](#ex-b1-series-harmonicstack) بقانون $\gamma$ : بيّن أن أول دليل يحقق $H_N \geq 20$ يحقق $N = \eu^{\,20 - \gamma}\,(1 + o(1)) \approx 2.7\cdot10^{8}$ — [فثابت أويلر](#pb-b1-series-1) هو بالضبط التصحيح الذي كان ينقص التأطيرَ الفجّ. 25. توليفة، جملة واحدة لكلٍّ: (أ) قانون $\gamma$ و ما يسهم به كلٌّ من قطعه الثلاث ( $\ln n$ و $\gamma$ و $\frac{1}{2n}$ )؛ (ب) ولماذا يجعل التقارب الشرطي المجموعَ متعلقًا بالترتيب بينما يمنع [التقارب بإطلاق](#thm-b1-series-absolute) ذلك؛ (ج) وكيف كانت صيغة $(p,q)$ *حسابًا* بقانون $\gamma$ لا ادعاءَ وجود مجردًا؛ (د) وأين تستمر هذه الخيوط — المتسلسلات الصحيحة وجداءات المتسلسلات في مجلّد السنة الثانية، ومسألة نهاية الأسبوع في مجلّد السنة الثالثة عن صيغة ستيرلينغ، حيث يجري مسك الدفاتر نفسه بين المجاميع والتكاملات بكامل قوته. **حل المسألة 17.1.** **1.** $a_{n+1} - a_n = \frac{1}{n+1} - \ln\frac{n+1}{n} \leq 0$ لأن $\ln(1 + \frac1n) \geq \frac{1/n}{1 + 1/n} = \frac{1}{n+1}$؛ و $b_{n+1} - b_n = \frac{1}{n+1} - \ln\frac{n+2}{n+1} \geq 0$ لأن $\ln(1 + \frac{1}{n+1}) \leq \frac{1}{n+1}$. وفجوتهما $a_n - b_n = \ln(1 + \frac1n) \to 0$: فهما متجاورتان ([المبرهنة 11.11](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/11-sequences#thm-b1-seq-adjacent))، بنهاية مشتركة $\lim a_n = \gamma$ ([التمرين 17.7](#exo-b1-series-7))، و $b_n \leq \gamma \leq a_n$. **2.** $b_{10} = 2.928968 - \ln 11 = 0.5311$ و $a_{10} = 2.928968 - \ln 10 = 0.6264$: ومنه $\gamma \in \intcc{0.5311}{0.6264}$. والفجوة هي $\ln 1.1 \approx 0.095$ و تتقلص مثل $\frac1n$: فأربعة أرقام عشرية ($\text{فجوة} \leq 10^{-4}$) ستحتاج إلى $n \approx 10^4$ — فالتأطيران صحيحان لكن بطيئان. **3.** بتلسكوب $a_n - a_{m+1} = \sum_{k=n}^{m} w_k$ و جعل $m \to \infty$: $a_n - \gamma = \sum_{k\geq n} w_k$ (نهاية المجاميع الجزئية). وفوق ذلك $$ w_k = \int_k^{k+1} \frac{\dd t}{t} - \frac{1}{k+1} = \int_k^{k+1} \Bigl(\frac1t - \frac{1}{k+1}\Bigr)\dd t = \int_k^{k+1} \frac{k + 1 - t}{t\,(k+1)}\,\dd t . $$ وعلى $\intcc{k}{k+1}$: $\frac{1}{(k+1)^2} \leq \frac{1}{t(k+1)} \leq \frac{1}{k(k+1)}$، و $\int_k^{k+1}(k + 1 - t)\dd t = \frac12$: ومنه $\frac{1}{2(k+1)^2} \leq w_k \leq \frac{1}{2k(k+1)}$. **4.** من أعلى: $\sum_{k \geq n} \frac{1}{2k(k+1)} = \frac12\sum_{k\geq n}\bigl(\frac1k - \frac{1}{k+1}\bigr) = \frac{1}{2n}$ (بالتلسكوب). ومن أدنى: $\frac{1}{2(k+1)^2} \geq \frac{1}{2(k+1)(k+2)}$، ويتلسكب مجموعها إلى $\frac{1}{2(n+1)}$. ومع السؤال 3: $$ \frac{1}{2(n+1)} \leq H_n - \ln n - \gamma \leq \frac{1}{2n} . $$ **5.** اطرح $\frac{1}{2n}$: $\gamma_n - \gamma \in \intcc{\frac{1}{2(n+1)} - \frac{1}{2n}}{0} = \intcc{-\frac{1}{2n(n+1)}}{0}$: فيكون التقدير المصحَّح مضبوطًا حتى $O\bigl(\frac{1}{n^2}\bigr)$، ودائمًا من أسفل. **6.** $\gamma_{100} = 5.1873775 - \ln 100 - 0.005 = 0.5772073$، مع $0 \leq \gamma - \gamma_{100} \leq \frac{1}{20200} < 5\cdot10^{-5}$: ومنه $0.577207 \leq \gamma \leq 0.577257$، أي $\gamma = 0.5772 \pm 5\cdot10^{-5}$ (والقيمة الحقيقية $0.5772156\dots$) — أي أربعة أرقام عشرية مصادَق عليها من مئة حدّ، إزاء عشرة آلاف في السؤال 2. **7.** الربح الأول: $$ H_{2m} - H_m = \Bigl(\ln 2m + \gamma + \frac{1}{4m}\Bigr) - \Bigl(\ln m + \gamma + \frac{1}{2m}\Bigr) + O\Bigl(\frac{1}{m^2}\Bigr) = \ln 2 - \frac{1}{4m} + O\Bigl(\frac{1}{m^2}\Bigr). $$ والثاني: تُجمع مقلوبات الأعداد الزوجية حتى $2m$ إلى $\frac12 H_m$، ومنه $\sum_{j=1}^{m}\frac{1}{2j-1} = H_{2m} - \frac12 H_m = \frac12 \ln m + \ln 2 + \frac\gamma2 + o(1)$، و $\sum_{j=1}^m \frac{1}{2j} = \frac12\ln m + \frac\gamma2 + o(1)$. **8.** بفصل الحدود الزوجية مرتين: $\sum_{k=1}^{2m}\frac{(-1)^{k-1}}{k} = H_{2m} - 2\cdot\frac12 H_m = H_{2m} - H_m$. وحسب السؤال 7 يساوي هذا $\ln 2 - \frac{1}{4m} + O(m^{-2})$: فالمجموع هو $\ln 2$ ([المثال 17.19](#ex-b1-series-ln2) مرة أخرى) *مع* سرعته. **9.** من أجل $N = 2m$: $S - S_N = \frac{1}{4m} + O(m^{-2}) = \frac{1}{2N} + O(N^{-2})$. ومن أجل $N = 2m + 1$: $S_{N} = S_{2m} + \frac{1}{2m+1}$، ومنه $$ S - S_N = \Bigl(\frac{1}{4m} - \frac{1}{2m+1}\Bigr) + O\Bigl(\frac{1}{m^2}\Bigr) = -\frac{1}{4m} + O\Bigl(\frac{1}{m^2}\Bigr) = -\frac{1}{2N} + O\Bigl(\frac{1}{N^2}\Bigr). $$ وفي الحالتين $S - S_N \sim \frac{(-1)^N}{2N}$: أي نصف حاصر أسوأ حالة $a_{N+1}$، بإشارة معلومة متناوبة. **10.** يقتل المتوسط الحدَّ المهيمن المتذبذب: $$ S - \tilde S_N = \frac{(S - S_N) + (S - S_{N+1})}{2} = \frac{(-1)^N}{2}\Bigl(\frac{1}{2N} - \frac{1}{2(N+1)}\Bigr) + O\Bigl(\frac{1}{N^2}\Bigr) = O\Bigl(\frac{1}{N^2}\Bigr). $$ وعدديًا: $S_{10} = 0.645635$ و $S_{11} = 0.736544$ و $\tilde S_{10} = 0.691089$، و $\ln 2 = 0.693147$: فيهبط الخطأ من $4.8\cdot10^{-2}$ إلى $2.1\cdot10^{-3}$ — أي جمعٌ واحد، وأفضل عشرين مرة. **11.** يغيّر خطأ المتناوب إشارته عند كل خطوة، ومنه يحيط المجموعان الجزئيان المتتاليان بالنهاية ويمحو متوسطهما الحدَّ من الرتبة الأولى؛ ولخطأ التأطير $H_n - \ln n - \gamma \approx \frac{1}{2n}$ إشارةٌ ثابتة، ومنه فلا متوسط على $n$ يستطيع محوه. وأمّا متوسط *التأطيرين* فيساعد فعلًا: $\frac{a_n + b_n}{2} = H_n - \ln\sqrt{n(n+1)}$، ولأن $\ln\sqrt{n(n+1)} = \ln\bigl(n + \frac12\bigr) + O(n^{-2})$، $$ H_n - \ln\Bigl(n + \frac12\Bigr) = \Bigl(H_n - \ln n - \frac{1}{2n}\Bigr) + \frac{1}{8n^2} + O\Bigl(\frac{1}{n^3}\Bigr) = \gamma + O\Bigl(\frac{1}{n^2}\Bigr) $$ (السؤال 5 و $\ln(1 + \frac{1}{2n}) = \frac{1}{2n} - \frac{1}{8n^2} + O(n^{-3})$). وللتحقق عند $n = 10$: $H_{10} - \ln 10.5 = 0.57759$، وهو أصلًا في حدود $4\cdot10^{-4}$ من $\gamma$. **12.** $\sum_{j\leq m} \frac{1}{2j-1} \geq \sum_{j \leq m} \frac{1}{2j} = \frac12 H_m \to +\infty$: ومنه يتباعد كلٌّ من الجزء الموجب و الجزء السالب [للمتسلسلة](#def-b1-series-def) التوافقية المتناوبة. **13.** اكتب $u_n^\pm = \frac{\abs{u_n} \pm u_n}{2} \geq 0$، ومنه $u_n = u_n^+ - u_n^-$ و $\abs{u_n} = u_n^+ + u_n^-$. فإذا تقاربت $\sum u_n^+$، لتقاربت $\sum u_n^- = \sum (u_n^+ - u_n)$ (فرق متسلسلتين متقاربتين)، ومنه $\sum \abs{u_n}$ كذلك: وهذا تناقض مع التقارب الشرطي. وبالتناظر تتباعد $\sum u_n^\pm$ كلتاهما (إلى $+\infty$): أي خزان لا نهائي من الكتلة الموجبة والسالبة. **14.** ليكن $S = \sum u_n$ و $\varepsilon > 0$ و $N$ يحقق $\sum_{n > N} \abs{u_n} \leq \varepsilon$ (بمحك كوشي من أجل $\sum\abs{u_n}$). وليكن $M_0$ كبيرًا بما يكفي ليكون $\sigma(\{0, \dots, M_0\}) \supseteq \{0, \dots, N\}$. ومن أجل $M \geq M_0$، يكون الفرق $\sum_{m \leq M} u_{\sigma(m)} - \sum_{n \leq N} u_n$ مجموعًا منتهيًا لحدود *متمايزة* $u_n$ مع $n > N$، ومنه قيمته المطلقة $\leq \varepsilon$؛ و $\abs{S - \sum_{n\leq N} u_n} \leq \varepsilon$ كذلك. ومنه تقع المجاميع الجزئية المعاد ترتيبها في حدود $2\varepsilon$ من $S$ في النهاية: $\sum u_{\sigma(n)} = S$. [فالتقارب بإطلاق](#thm-b1-series-absolute) منيعٌ على إعادة الترتيب. **15.** تنتهي كل مرحلة من الإجراء الجشع بعد عدد منته من الحدود، لأن الحدود الموجبة (أو السالبة على الترتيب) الباقية وحدها لها مجاميع جزئية متباعدة (السؤال 12): ومنه على المجموع الجاري أن يعبر $t$ في النهاية. و لذلك يتناوب الإجراء عددًا لا يُحصى من المراحل المنتهية، مستهلكًا الحدود الموجبة بالترتيب والحدود السالبة بالترتيب: فيُستعمل كل حدّ مرة واحدة بالضبط — أي إعادة ترتيب. وبعد أول عبور، تتحرك المجاميع الجزئية بين عبورين متتاليين رتيبةً نحو $t$، وعند عبورٍ تتجاوز بمقدار الحدّ المضاف للتوّ على الأكثر؛ ولأن الحدود المستعملة عند العبور $j$ لها دليل $j$ على الأقل في صنفها، تؤول هذه التجاوزات إلى $0$. ومنه تتقارب المجاميع الجزئية إلى $t$: فكل عدد حقيقي مجموعُ إعادة ترتيب ما. **16.** تتلقّى الخانات الموجبة $\frac{1}{2j-1}$ من أجل $j = 1, 2, \dots$ بالترتيب، وتتلقّى الخانات السالبة $\frac{1}{2j}$ بالترتيب: فيظهر كل حدّ من [المتسلسلة](#def-b1-series-def) التوافقية المتناوبة مرة واحدة بالضبط. ومن أجل $(p, q) = (1, 2)$، تكون الكتل $\bigl(1, -\frac12, -\frac14\bigr)$ و $\bigl(\frac13, -\frac16, -\frac18\bigr)$ و $\bigl(\frac15, -\frac1{10}, -\frac1{12}\bigr)$ و…— أي [المتسلسلة](#def-b1-series-def) المعروضة. **17.** لأن $\frac{1}{4k-2} = \frac12\cdot\frac{1}{2k-1}$: $$ \frac{1}{2k-1} - \frac{1}{4k-2} - \frac{1}{4k} = \frac12\,\frac{1}{2k-1} - \frac12\,\frac{1}{2k} = \frac12\Bigl(\frac{1}{2k-1} - \frac{1}{2k}\Bigr). $$ وبالجمع على $k = 1, \dots, K$: $T_{3K} = \frac12 \sum_{k=1}^{K}\bigl(\frac{1}{2k-1} - \frac{1}{2k}\bigr) = \frac12 S_{2K}$: أي إنه عند كل مجموع جزئي ثالث، تكون [المتسلسلة](#def-b1-series-def) المعاد ترتيبها *بالضبط* نصف الأصلية. **18.** بعد $K$ كتلة كاملة، يكون المجموع الجزئي المعاد ترتيبه $\sum_{j=1}^{pK}\frac{1}{2j-1} - \sum_{j=1}^{qK}\frac{1}{2j}$، ويقوّمه السؤال 7: $$ \Bigl(\frac{\ln(pK)}{2} + \ln 2 + \frac\gamma2\Bigr) - \Bigl(\frac{\ln(qK)}{2} + \frac\gamma2\Bigr) + o(1) = \ln 2 + \frac12\ln\frac pq + o(1) : $$ فتتلاشى المقادير $\gamma$، وتتلاشى المقادير $\ln K$، وتنجو النسبة $\frac pq$. **19.** يختلف مجموع جزئي داخل الكتلة $K + 1$ عن مجموع الكتل $K$ بمقدار $p + q$ حدًّا على الأكثر، كلٌّ منها قيمته المطلقة نحو $\leq \frac{1}{2qK}$، ومنه بالمقدار $O\bigl(\frac1K\bigr) \to 0$: ومنه فلمتتالية المجاميع الجزئية كلها النهاية نفسها $\ln 2 + \frac12\ln\frac pq$. ومن أجل $(1, 2)$: $\ln 2 + \frac12\ln\frac12 = \frac{\ln 2}{2} = 0.34657\dots$، وفعلًا $T_9 = 0.30833$ يزحف نحوها: فحسب السؤال 17، تتقارب $T_{3K} = \frac12 S_{2K}$ بنصف خطأ المتناوبة التوافقية بالضبط. فالحدود نفسها، ونصف المجموع. **20.** $(1,1)$: $\ln 2 + \frac12\ln 1 = \ln 2$ — أي الترتيب الأصلي، وهو اتساق. و $(2,1)$: $\frac32\ln 2 \approx 1.0397$. وتبلغ قائمة $(p,q)$ بالضبط العائلة [الكثيفة](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/12-topology-of-the-real-line#def-b1-topology-dense) القابلة للعدّ $\ln 2 + \frac12\ln r$ مع $r \in \Q_{>0}$؛ وتبلغ وصفة ريمان الجشعة (السؤال 15) *كل* عدد حقيقي. فالبنية تشتري الصيغ؛ والجشع يشتري الشمول. **21.** تتلسكب المجاميع الجزئية: $\sum_{k=1}^{N} \bigl(\frac1k - \ln\frac{k+1}{k}\bigr) = H_N - \ln(N+1) = b_N \to \gamma$: ومنه تُجمع [متسلسلة](#def-b1-series-def) [التمرين 17.7](#exo-b1-series-7) بالضبط إلى [ثابت أويلر](#pb-b1-series-1). **22.** الجشع من أجل $t = 1$: يبلغ الحدّ الموجب الأول بالمجموع إلى $1$ بالضبط لا أبعد، ومنه يُؤخذ حدّ موجب ثانٍ للعبور: $1, \frac13$ (بمجموع $1.3333 > 1$)، ثم $-\frac12$ ($0.8333$)، و $\frac15$ ($1.0333$)، و $-\frac14$ ($0.7833$)، و $\frac17, \frac19$ ($1.0373$)، و $-\frac16$ ($0.8706$)، و $\frac1{11}, \frac1{13}$ ($1.0384$)، و $-\frac18$ ($0.9134$)، و $\frac1{15}$ ($0.9801$)، …— فتتنفس المجاميع حول $1$ بسعة أصغر فأصغر، ويلزم الآن حدّان موجبان لكل دورة لأن السوالب أكبر. **23.** ابنِ كتلًا: عند المرحلة $j$، ألحق ما يكفي من الحدود الموجبة غير المستعملة لرفع المجموع الجزئي بمقدار $1$ على الأقل (وهذا ممكن: لأن للحدود الموجبة الباقية مجاميع متباعدة، السؤال 12)، ثم ألحق الحدّ السالب المفرد $-\frac{1} {2j}$. فيُستعمل كل حدّ موجب في النهاية (لأن كل مرحلة تستعمل واحدًا على الأقل)، وكل حدّ سالب كذلك (واحد لكل مرحلة): أي إعادة ترتيب. وتغيّر كل مرحلة المجموعَ بمقدار $\geq 1 - \frac{1}{2j} \geq \frac12$: ومنه تتجاوز المجاميع الجزئية $\frac{j}{2}$ بعد المرحلة $j$ وتكون التزايدات داخل مرحلة موجبة إلا الأخير، المحدود بالمقدار $\frac{1}{2j} \to 0$: ومنه التباعد إلى $+\infty$. **24.** حسب القانون، $H_N \geq 20 \iff \ln N \geq 20 - \gamma - \frac{1}{2N} + O(N^{-2})$: فالعتبة $N^*$ تحقق $\ln N^* = 20 - \gamma + o(1)$، أي $N^* = \eu^{20 - \gamma}(1 + o(1)) \approx \eu^{19.4228} \approx 2.72\cdot10^{8}$ — أي داخل النافذة الفجّة $\intcc{1.8\cdot10^8}{4.9\cdot10^8}$ في [المثال 17.11](#ex-b1-series-harmonicstack)، ومثبَّتةً بالمقدار $\gamma$. **25.** (أ) في $H_n = \ln n + \gamma + \frac{1}{2n} + O(n^{-2})$: يكون $\ln n$ هو [التكامل](https://one-course.com/books/math/3/ar/chapter/15-integration-on-a-segment#thm-b1-integration-def)، و $\gamma$ ثمنَ استبدال تكامل بمجموع (وهو ثابت جديد حقًا في التحليل)، و $\frac{1}{2n}$ التصحيحَ الأول — أي ظلّ شبه المنحرف. (ب) ويتّكئ التقارب الشرطي على التلاشي بين خزانين لا نهائيين (السؤال 13)، ومنه تعيد إعادةُ الترتيب وزنَ الخزانين؛ وأمّا [التقارب بإطلاق](#thm-b1-series-absolute) فله كتلة كلية منتهية، وتقدير الذيل في السؤال 14 أعمى عن الترتيب. (ج) وقد *حُسبت* مجاميع $(p,q)$: إذ حوّل قانون $\gamma$ كل مجموع جزئي معاد ترتيبه إلى $\ln 2 + \frac12\ln\frac pq + o(1)$، مع تلاشي $\gamma$ نفسه — أي تمرين مسك دفاتر مقارب، لا حجة مجردة. (د) وتاليًا: الجداءات والقابلية للجمع غير المشروطة من أجل المتسلسلات الصحيحة في مجلّد السنة الثانية؛ ومسألة نهاية الأسبوع في مجلّد السنة الثالثة عن صيغة ستيرلينغ، حيث ينتج مسك الدفاتر بين المجاميع والتكاملات، مدفوعًا رتبةً أبعد، $\sqrt{2\pi}$ نفسه.