الرياضيات الجامعية — السنة 1 · السنة الجامعية 1

18الفضاءات المتجهية

يبدأ الجبر الخطي هنا: فبديهيات الفضاءات المتجهية تعزل ما يشترك فيه $\R^2$ و $\R^3$ وفضاءات كثيرات الحدود وفضاءات الدوال — إذ يمكن الجمع والضرب في سلّم. ويبني فصلان النظرية (الفصل 19 يضيف البُعد)؛ واللغة التي يهيّئانها — الفضاء المولَّد، والعائلة الحرة، والأساس، والمجموع المباشر — هي الخبز اليومي لكل فصل بعدهما. وفي كل ما يأتي، يرمز $K$ إلى $\R$ أو $\C$ (السلالم).

18.1 التعريف والأمثلة

تعريف 18.1 (فضاء متجهي)

الفضاء المتجهي على $K$ مجموعة $E$ مزوَّدة بجمع يجعل $(E, +)$ زمرةً تبديلية (وتُكتب صفرها $0_E$ أو $0$ )، وبضرب سلّمي $K \times E \to E$ بحيث يكون، من أجل كل $\lambda, \mu \in K$ و $x, y \in E$ :

\lambda(x + y) = \lambda x + \lambda y,\quad (\lambda + \mu) x = \lambda x + \mu x,\quad \lambda(\mu x) = (\lambda\mu) x,\quad 1\,x = x .

والنتائج: $0\,x = 0_E$ و $\lambda\,0_E = 0_E$ و $(-1)x = -x$ ، و $\lambda x = 0_E \implies \lambda = 0$ أو $x = 0_E$ (بالضرب في $\lambda^{-1}$ ).

برهان النتائج. من أجل $0\,x = 0_E$ : من $(0 + 0)x = 0x + 0x$ و $(0+0)x = 0x$ ، اختصر $0x$ في الزمرة $(E, +)$ . ومن أجل $\lambda\,0_E$ : الحيلة نفسها على $\lambda(0_E + 0_E)$ . ومن أجل $(-1)x$ : أضف $x$ ،

x + (-1)x = 1\,x + (-1)x = \bigl(1 + (-1)\bigr)x = 0\,x = 0_E ,

ومنه فالمقدار $(-1)x$ هو النظير الجمعي للمقدار $x$ . وأخيرًا إذا كان $\lambda x = 0_E$ مع $\lambda \neq 0$ : فاضرب في $\lambda^{-1}$ (لأن السلالم تكوّن حقلًا) واستعمل البديهيتين $\lambda^{-1}(\lambda x) = (\lambda^{-1}\lambda)x = 1x = x$ مع $\lambda^{-1}0_E = 0_E$ : فيكون $x = 0_E$ . وهذه القواعد الأربع، على صغرها، تُستعمل صامتة في كل صفحة تأتي — والأخيرة هي بالضبط حيث تلزم الحقول: فعلى السلالم $\Z$ ، سينتهك «الفضاء» $\Z/2\Z$ ذلك بالمقدار $2\,x = 0$ . ∎

مثال 18.2

$K^n$ (بالعمليات إحداثيةً إحداثية)؛ وكثيرات الحدود $K[X]$ ؛ و الدوال $\mathcal{F}(A, K)$ من أيّ مجموعة $A$ إلى $K$ (بالعمليات نقطةً نقطة) — وهي تحتوي الدوال المتصلة والمتتاليات $\mathcal{F}(\N, \R)$ وغيرها؛ و $\C$ فضاءً متجهيًا على $\R$ . وفي كل حالة تُورَّث البديهيات من بديهيات $K$ .

تعريف 18.3 (الفضاء الجزئي)

تكون $F \subseteq E$ فضاءً جزئيًا إذا كان $0_E \in F$ وكانت $F$ مستقرة بالجمع وبالضرب السلّمي — وبكيفية مكافئة:

F \neq \emptyset \qquad\text{و}\qquad \forall x, y \in F,\ \forall \lambda \in K,\quad x + \lambda y \in F .

والفضاء الجزئي هو نفسه فضاء متجهي. وكل تقاطع لفضاءات جزئية فضاء جزئي؛ وأمّا الاتحاد فلا يكون كذلك في الغالب الأعمّ (بالبرهان نفسه في التمرين 7.6).

مثال 18.4

في $\mathcal{F}(\R, \R)$ : الدوال المتصلة، و الدوال القابلة للاشتقاق، وكثيرات الحدود من الدرجة $\leq n$ (وتُكتب $K_n[X]$ داخل $K[X]$ )، وحلول معادلة تفاضلية خطية متجانسة (وهذا بالضبط ما قاله المبرهنة 5.10). وأمثلة مضادة: $\{f : f(0) = 1\}$ (فلا صفر فيها)، والدرجة $n$ بالضبط (فهي غير مستقرة بالجمع).

مثال 18.5 (فضاء جزئي أو لا: أربعة أحكام، محاجَجة)

في فضاء المتتاليات الحقيقية:

$\{u : u \text{ محدودة}\}$ هي فضاء جزئي: فالمقدار $0$ محدود، وإذا كان $\abs{u_n} \leq M$ و $\abs{v_n} \leq M'$ ، فإن $\abs{u_n + \lambda v_n} \leq M + \abs\lambda M'$ .
$\{u : u_n \to 1\}$ ليست كذلك: فالمتتالية المعدومة مفقودة (ومجموع عضوين يؤول إلى $2$ ).
$\{u : u \text{ رتيبة}\}$ ليست كذلك: فالمتتاليتان $u_n = n$ و $v_n = -n + (-1)^n$ رتيبتان، ومجموعهما $(-1)^n$ ليس كذلك؛ فالاستقرار بالجمع هو البديهية التي تفشل، وإن كانت المجموعة تحتوي $0$ وكل مضاعفات أعضائها السلّمية.
$\{u : u_{n+1} = u_n^2\}$ ليست كذلك: فهي تحتوي $0$ لكن $2u$ يفلت ما إن يكون $u$ عضوًا غير معدوم ( $2u_{n+1} \neq (2u_n)^2$ عمومًا) — فالتربيع هو اللاخطية.

وترتيب العمل هو نفسه دائمًا: اختبر $0$ أولًا (فهو الأرخص)، ثم الاستقرار — وللنقض، يغلب زوجٌ مضاد صريح واحد أيَّ قدر من الشكّ.

18.2 الفضاء المولَّد والمجاميع والمجاميع المباشرة

تعريف 18.6 (التركيبات الخطية والفضاء المولَّد)

التركيبة الخطية للعائلة $(x_1, \dots, x_p)$ من متجهات $E$ هي أيّ $\lambda_1 x_1 + \dots + \lambda_p x_p$ ( $\lambda_i \in K$ ). ومجموعتها كلها هي الفضاء المولَّد $\operatorname{Vect}(x_1, \dots, x_p)$ : وهو فضاء جزئي، وأصغرُ فضاء جزئي يحتوي العائلة.

برهان الادعاءين. الاستقرار: مجموع تركيبتين خطيتين $\sum\lambda_i x_i + \sum\mu_i x_i = \sum(\lambda_i + \mu_i)x_i$ هو مرة أخرى تركيبة خطية، وكذلك المضاعف السلّمي $\mu\sum\lambda_i x_i = \sum(\mu\lambda_i) x_i$ ؛ وتبيّن التركيبة المعدومة أن $0$ ينتمي: ومنه فالفضاء المولَّد فضاء جزئي. والأصغرية: ليكن $H$ أيَّ فضاء جزئي يحتوي $x_1, \dots, x_p$ . فبالاستقرار بالضرب السلّمي يكون كل $\lambda_i x_i \in H$ ، وبالاستقرار بالجمع يقع مجموعها في $H$ : ومنه فكل تركيبة خطية تنتمي إلى $H$ ، أي $\operatorname{Vect}(x_1, \dots, x_p) \subseteq H$ . ومنه فالفضاء المولَّد محتوى في كل فضاء جزئي يحتوي العائلة: فهو الأصغر. ∎

تعريف 18.7 (المجموع والمجموع المباشر)

من أجل فضاءين جزئيين $F, G$ من $E$ :

F + G = \{\,u + v : u \in F,\ v \in G\,\}

هو فضاء جزئي (وهو الأصغر الذي يحتوي $F \cup G$ ). ويكون المجموع مباشرًا، ويُكتب $F \oplus G$ ، إذا تفكّك كل عنصر من $F + G$ تفكّكًا وحيدًا في صورة $u + v$ ؛ وبكيفية مكافئة (انظر أدناه) إذا كان $F \cap G = \{0\}$ . وإذا كان $E = F \oplus G$ ، يكون الفضاءان الجزئيان متتامّين في $E$ .

مثال 18.8 (مجموع مستقيمين)

في $\R^3$ ، لتكن $F = \operatorname{Vect}\bigl((1,0,1)\bigr)$ و $G = \operatorname{Vect}\bigl((0,1,1)\bigr)$ . مجموعهما هو

F + G = \{\,a(1,0,1) + b(0,1,1)\,\} = \{(a,\ b,\ a + b)\} = \{(x, y, z) : z = x + y\},

أي المستوي المارّ بالمبدأ والحاوي للمستقيمين. وهو أكبر قطعًا من الاتحاد $F \cup G$ (وهو مجرد تقاطع المستقيمين): فالمتجهة $(1, 1, 2) = (1,0,1) + (0,1,1)$ تقع في المجموع ولا تقع على أيّ من المستقيمين. و $F \cap G = \{0\}$ (لأن متجهةً مشتركة تقتضي $a(1,0,1) = b(0,1,1)$ ، وتفرض إحداثيتاها الأوليان $a = b = 0$ ): ومنه فالمجموع مباشر، و $F \oplus G$ هو ذلك المستوي بالضبط.

قضية 18.9

يكون $F + G$ مباشرًا إذا وفقط إذا كان $F \cap G = \{0\}$ .

برهان. إذا وقع $w \neq 0$ ما في $F \cap G$ : فإن $w = w + 0 = 0 + w$ تفكيكان للمقدار $w$ . وبالعكس، إذا كان $u + v = u' + v'$ مع $u, u' \in F$ و $v, v' \in G$ ، فإن $u - u' = v' - v$ ينتمي إلى $F \cap G = \{0\}$ : ومنه فالتفكيكات وحيدة. ∎

طريقة 18.10 (البرهان على $E = F \oplus G$ )

شيئان للتحقق، ولكلٍّ حركته الافتتاحية المعيارية.

التقاطع البديهي. خذ $x \in F \cap G$ ، واكتب شرطَي الانتماء صراحةً، واحصر $x = 0$ . (ولا تحاجج بصورة أبدًا: قارن المزالق أدناه.)
المجموع هو كل شيء. خذ $x \in E$ كيفيًا وأنتج التفكيك $x = f + g$ — إمّا بتخمين $f$ من الهدف (فعلى $f$ أن يحقق الخاصية المعرِّفة للمقدار $F$ ، وهي تملي صيغته عادةً) وإمّا بحلّ الجملة الخطية التي تعبّر عن $x$ إزاء مولّدات $F$ و $G$ .

وحين تُخمَّن صيغة التفكيك، تكون الوحدانية تلقائية من الخطوة 1؛ وحين لا يكون الوجود وحده واضحًا، ففي الخطوة 2 يقع العمل. ويجري المثالان أدناه هذه الطريقة: فمن أجل الدوال الزوجية والفردية تفرض صيغةَ $f$ تقويمُ المتطابقة المرجوّة عند $x$ و $-x$ ؛ ومن أجل كثيرات الحدود المنعدمة عند نقطة، التقويمُ عند $a$ .

مثال 18.11

في $\mathcal{F}(\R, \R)$ ، تكون الدوال الزوجية $\mathcal{P}$ و الدوال الفردية $\mathcal{I}$ متتامّتين: إذ تُكتب أيّ $f$

f(x) = \underbrace{\frac{f(x) + f(-x)}{2}}_{\text{زوجية}} + \underbrace{\frac{f(x) - f(-x)}{2}}_{\text{فردية}},

والدالة الزوجية والفردية معًا معدومة. (وتطبيقًا على $\exp$ ، هذا هو الزوج $(\cosh, \sinh)$ في الفصل 4.)

مثال 18.12 (زوج متتامّ في $K_n[X]$ )

ثبّت $a \in K$ وضع $F = \{P \in K_n[X] : P(a) = 0\}$ و $G = \operatorname{Vect}(1)$ (وهي الثوابت). عندئذ $K_n[X] = F \oplus G$ . فعلًا يتألف $F \cap G$ من الثوابت المنعدمة عند $a$ ، أي $\{0\}$ ؛ وكل $P$ يتفكّك

P = \underbrace{\bigl(P - P(a)\bigr)}_{\in F} + \underbrace{P(a)}_{\in G} .

والتفكيك جدير بالحفظ: فطرح القيمة عند نقطة هو الكيفية المعيارية للإسقاط على «الدوال المنعدمة عند $a$ ». ولاحظ أن $F$ فضاء جزئي كبير و $G$ صغير؛ فليس على الزوج المتتامّ أن يكون متوازنًا بأيّ معنى.

مثال 18.13 (الفضاء الجزئي المتتامّ ليس وحيدًا أبدًا)

في $\R^2$ ، لتكن $F = \operatorname{Vect}\bigl((1,0)\bigr)$ (وهو محور $x$ ). فكلٌّ من $G = \operatorname{Vect}\bigl((0,1)\bigr)$ و $G' = \operatorname{Vect}\bigl((1,1)\bigr)$ متتامّ مع $F$ : إذ يقاطع كلٌّ منهما $F$ عند $0$ فقط، ويعطي كل زوج مجموعًا هو $\R^2$ . ويختلف تفكيكا المتجهة نفسها:

(2,\ 1.5) = \underbrace{(2, 0)}_{\in F} + \underbrace{(0, 1.5)}_{\in G} = \underbrace{(0.5,\ 0)}_{\in F} + \underbrace{(1.5,\ 1.5)}_{\in G'} .

وفي الواقع كل مستقيم غير $F$ نفسه هو متتامّ مع $F$ في $\R^2$ : فالمتتامّات كثيرة، والحديث عن المتتامّ «الوحيد» بلا معنى حتى تفرز بنيةٌ إضافية (جداء سلّمي، الفصل 23) واحدًا منها.

تفكيكان للنقطة نفسها من ℝ2 على امتداد F (وهو محور x): مع المتتامّ G (بهبوط عمودي) ومع المتتامّ G' (بهبوط مائل). وتختلف مركّبتا F: فالإسقاط يتعلق باتجاه النزول. — تفكيكان للنقطة نفسها من $\R^2$ على امتداد $F$ (وهو محور $x$ ): مع المتتامّ $G$ (بهبوط عمودي) ومع المتتامّ $G'$ (بهبوط مائل). وتختلف مركّبتا $F$ : فالإسقاط يتعلق باتجاه النزول.

18.3 العائلات الحرة والعائلات المولِّدة والأسس

تعريف 18.14

تكون العائلة $(x_1, \dots, x_p)$ من متجهات $E$ :

مولِّدة (للمقدار $E$ ) إذا كان $\operatorname{Vect}(x_1,\dots,x_p) = E$ ؛
حرة (ومتجهاتها مستقلة خطيًا) إذا كان

$\lambda_1 x_1 + \dots + \lambda_p x_p = 0 \implies \lambda_1 = \dots = \lambda_p = 0 ;$

وإلا فهي مرتبطة؛
أساسًا إذا كانت حرة ومولِّدة.

قضية 18.15 (الإحداثيات)

تكون $(e_1, \dots, e_n)$ أساسًا للمقدار $E$ إذا وفقط إذا كان كل $x \in E$ تركيبةً وحيدة $x = \lambda_1 e_1 + \dots + \lambda_n e_n$ ؛ وتكون السلالم $\lambda_i$ هي إحداثيات $x$ في الأساس.

برهان. كونها مولِّدة $=$ وجود التفكيك. والوحدانية $=$ الحرية: إذ يختلف تفكيكان للمقدار $x$ نفسه بتركيبة تساوي $0$ ؛ وتفرض الحرية انعدام كل معاملاتها — وهي فروق الإحداثيات. وبالعكس، تعطي تركيبة معدومة غير بديهية التفكيكين $0 = \sum \lambda_i e_i = \sum 0\,e_i$ . ∎

مثال 18.16

الأساس القانوني في $K^n$ : $e_i = (0, \dots, 1, \dots, 0)$ ( $1$ في الخانة $i$ ). والوحيدات الحدّ $(1, X, X^2, \dots, X^n)$ : أساسٌ للمقدار $K_n[X]$ (والحرية: لأن تركيبة معدومة هي كثير الحدود المعدوم، ومنه تنعدم كل المعاملات، التعريف 8.1). وفي $\C$ على $\R$ : الأساس $(1, \iu)$ .

ملاحظة 18.17 (الإحداثيات عمل جماعي)

تتعلق الإحداثية الأولى للمقدار $x$ في أساس $(e_1, \dots, e_n)$ بجميع كل متجهات الأساس، لا بالمقدار $e_1$ وحده. ففي $\R^2$ : للمتجهة $(3, 1)$ إحداثية أولى $3$ في الأساس القانوني، لكن إحداثيتها الأولى $2$ في الأساس $\bigl((1,0), (1,1)\bigr)$ — حُلَّ $(3,1) = a(1,0) + b(1,1)$ : $b = 1$ و $a = 2$ . فتغيير متجهة أساس واحدة يعيد خلط كل إحداثية؛ وسوف يعلّب الفصل 21 إعادة الخلط هذه في مصفوفة تغيير الأساس.

مثال 18.18 (اختبار أساس مرشّح من البداية إلى النهاية)

هل $\mathcal{F} = (1 + X,\ 1 + X^2,\ X + X^2)$ أساس للمقدار $\R_2[X]$ ؟ اكتب $u_1, u_2, u_3$ لكثيرات الحدود الثلاثة. الحرية: تعطي تركيبة معدومة $a\,u_1 + b\,u_2 + c\,u_3 = 0$ ، معاملًا معاملًا،

a + b = 0, \qquad a + c = 0, \qquad b + c = 0 ;

وبطرح الأولين، $b = c$ ، ثم يعطي الثالث $2b = 0$ : أي $a = b = c = 0$ ، فهي حرة. والتوليد: بدل حلّ ثلاث جمل، لاحظ التركيبة المتناظرة

u_1 + u_2 - u_3 = (1 + X) + (1 + X^2) - (X + X^2) = 2 ,

ومنه $1 = \frac12(u_1 + u_2 - u_3)$ ؛ ثم

X = u_1 - 1 = \tfrac12\bigl(u_1 - u_2 + u_3\bigr), \qquad X^2 = u_2 - 1 = \tfrac12\bigl(-u_1 + u_2 + u_3\bigr).

والوحيدات الحدّ تقع في الفضاء المولَّد، ومنه فكل شيء كذلك: ومنه فالعائلة $\mathcal{F}$ أساس. وكعلاوة، يعطي تجميع المعروضات الثلاث إحداثيات أيّ $P = \alpha + \beta X + \gamma X^2$ :

P = \frac{\alpha + \beta - \gamma}{2}\,u_1 + \frac{\alpha - \beta + \gamma}{2}\,u_2 + \frac{-\alpha + \beta + \gamma}{2}\,u_3 .

(وللتحقق من السلامة مع $P = X$ : الإحداثيات $\bigl(\frac12, -\frac12, \frac12\bigr)$ ، كما وُجد أعلاه.) ودرسان: عادةً ما يخفي التناظر في العائلة تركيبةً مختصرة؛ وما إن يتوفر البُعد (الفصل 19)، يأتي نصف التوليد كله من هذا العمل بالمجّان — فثلاث متجهات حرة في فضاء بُعده $3$ تكوّن أساسًا دائمًا.

قضية 18.19 (محكات حرية نافعة)

كل عائلة من كثيرات حدود غير معدومة ذات درجات متمايزة مثنى مثنى حرةٌ.
إضافة متجهة إلى عائلة حرة تبقيها حرة إذا وفقط إذا كانت المتجهة خارج الفضاء المولَّد بالعائلة.
كل عائلة جزئية من عائلة حرة حرةٌ؛ وكل عائلة تحتوي عائلة مولِّدة مولِّدةٌ.

برهان. (1) في تركيبة معدومة، انظر في أكبر درجة حاضرة: فعلى معاملها أن ينعدم (لأن لا شيء يختصر تلك الدرجة)، وتتالَ نزولًا.

(2) إذا كان $x \in \operatorname{Vect}(x_1, \dots, x_p)$ ، فإن العلاقة $x - \sum\lambda_i x_i = 0$ غير بديهية. وبالعكس، على تركيبة معدومة غير بديهية للعائلة $(x_1, \dots, x_p, x)$ أن تتضمن $x$ بمعامل غير معدوم (وإلا ناقضت حرية العائلة الصغرى)، والحلّ من أجل $x$ يضعه في الفضاء المولَّد.

(3) العائلة الجزئية: تركيبة معدومة للعائلة الجزئية هي تركيبة للعائلة كلها بجعل المعاملات الناقصة $0$ ؛ وتقتل حرية العائلة الكبرى كلَّها. والعائلة الفائقة: كل متجهة من $E$ هي أصلًا تركيبة من الجزء المولِّد؛ فأعطِ المتجهات الإضافية المعامل $0$ . ∎

مثال 18.20 (مبدأ السلّم)

لتكن $P_0, P_1, \dots, P_n \in K_n[X]$ مع $\deg P_k = k$ من أجل كل $k$ (أي «سلّم» درجات). عندئذ تكون $(P_0, \dots, P_n)$ أساسًا للمقدار $K_n[X]$ . والحرية هي القضية 18.19 (1). وأمّا خاصية التوليد، فحاجج بنزول منته على الدرجة: لتكن $Q \in K_n[X]$ مع $Q \neq 0$ ، من الدرجة $d$ ، ومعاملها المهيمن $a$ ، وليكن $b \neq 0$ المعامل المهيمن للمقدار $P_d$ . عندئذ يكون $Q - \frac ab P_d$ من الدرجة $< d$ (لأن الحدود العليا تتلاشى)؛ وباستبدال هذا الفرق بالمقدار $Q$ والتكرار، يُبلغ بعد $n + 1$ خطوة على الأكثر كثيرُ الحدود المعدوم، ويعبّر فكّ الطروح عن $Q$ تركيبةً من المقادير $P_k$ . وقد لُقي سلّمان أصلًا: القوى المنسحبة $\bigl((X-a)^k\bigr)_{0 \leq k \leq n}$ (التمرين 18.4)، وجداءات نيوتن $\bigl((X - x_0)(X - x_1)\cdots(X - x_{k-1})\bigr)_{0 \leq k \leq n}$ ، المشغَّلة في مسألة نهاية الأسبوع.

مثال 18.21 (الحرية في فضاءات الدوال)

في $\mathcal{F}(\R,\R)$ ، تكون العائلة $(\eu^{a_1 x}, \dots, \eu^{a_p x})$ مع $a_1 < \dots < a_p$ حرةً: اقسم تركيبة معدومة على $\eu^{a_p x}$ ودع $x \to +\infty$ ؛ فيموت المعامل الأخير، ويتتالى المرء نزولًا (التمرين 18.8 يفصّل هذا و تنويعاته). فحرية الدوال يُبرهن عليها عن طريق التقويم: عند نقاط محسنة الاختيار، أو عند اللانهاية، أو بعد الاشتقاق.

مثال 18.22 (علاقة مستترة تقلّص فضاءً مولَّدًا)

في $\mathcal{F}(\R, \R)$ ، ما هو $\operatorname{Vect}(1,\ \cos^2,\ \sin^2)$ ؟ المتطابقة $\cos^2 + \sin^2 = 1$ تركيبةٌ معدومة غير بديهية

1\cdot\mathbf{1} + (-1)\cos^2 + (-1)\sin^2 = 0 :

ومنه فالعائلة مرتبطة، والفضاء المولَّد مولَّد أصلًا بالعائلة $(1, \cos^2)$ وحدها (لأن $\sin^2 = 1 - \cos^2$ ). وتلك العائلة الأصغر حرة: إذ يعطي $a + b\cos^2 x = 0$ من أجل كل $x$ ، عند $x = 0$ و $x = \frac\pi2$ : $a + b = 0$ و $a = 0$ . ومنه فالفضاء المولَّد مستوٍ داخل فضاء الدوال — وهو يحتوي كذلك $\cos 2x = 2\cos^2 x - 1$ : فالعائلات التي تبدو خطية من الدوال المثلثية تنهار روتينيًا تحت المتطابقات، ولهذا يجب البرهان على الحرية، لا افتراضها من طول القائمة.

ملاحظة 18.23 (مزالق شائعة)

أربعة فخاخ كلاسيكية. المثنى مثنى لا يكفي: ففي $\R^2$ ، المتجهات $(1,0)$ و $(0,1)$ و $(1,1)$ غير متناسبة مثنى مثنى، ومع ذلك مرتبطة — فالحرية خاصية للعائلة كلها، تُختبر بتركيبة شاملة واحدة، لا اثنين اثنين أبدًا. المتجهة المعدومة تسمّم كل شيء: فكل عائلة تحتوي $0$ مرتبطة (لأن $1\cdot 0 = 0$ علاقة غير بديهية)، مهما كانت المتجهات الأخرى بريئة. الاتحاد ليس المجموع: فالمقدار $F \cup G$ ليس فضاءً جزئيًا في الغالب الأعمّ (التعريف 18.3)؛ وأصغر فضاء جزئي يحتوي كليهما هو $F + G$ ، وهو عادةً أكبر بكثير من الاتحاد — ففي $\R^2$ ، لمستقيمين متمايزين اتحادٌ متقاطع، ومجموعٌ هو المستوي كله. المباشر يقتضي تقاطعًا بديهيًا لا انفصالًا: فالفضاءان الجزئيان ليسا منفصلين أبدًا (لأن كليهما يحتوي $0$ )؛ والشرط الصحيح هو $F \cap G = \{0\}$ ، ويجب البرهان عليه، لا قراءته من رسم — قارن المثال 18.13، حيث يفي كثير من المقادير $G$ المختلفة بالغرض. الحرية تتعلق بالسلالم: فالزوج $(1, \iu)$ حرّ في $\C$ منظورًا إليه فضاءً متجهيًا على $\R$ ، لكنه مرتبط في $\C$ منظورًا إليه فضاءً متجهيًا على $\C$ ( $\iu\cdot 1 + (-1)\cdot\iu = 0$ ). فاعلم دائمًا أيّ حقل يفعل قبل أن تعلن عائلةً حرة — وتحوّل مسألة نهاية الأسبوع في الفصل 19 هذه الحساسية بالضبط إلى براهين صمم.

ملاحظة 18.24 (إلى أين تذهب هذه اللغة)

كل ما بعد هذا الفصل يتكلم اللغة المهيّأة هنا. فالفصل الفصل 19 يعدّ متجهات الأساس ويحوّل «الحرة» و «المولِّدة» إلى متراجحات على عدد صحيح واحد، هو البُعد. و الفصل 20 يدرس التطبيقات المتوافقة مع العمليتين؛ وتصير المجاميع المباشرة مساقطَ هناك. و الفصل 21 يرمّز المتجهات بإحداثياتها في أساس — و القضية 18.15 هو الرخصة لهذا الترميز — ويضيف الفصل 23 الأطوال والزوايا فوق البنية الخطية. وفي مجلّد السنة الثانية تجري البديهيات نفسها، حرفيًا، على حقول كيفية وفي بُعد غير منته؛ فلم يستعمل أيّ شيء في هذا الفصل التناهي في أيّ موضع.

ملاحظة 18.25 (ثلاثة خيوط تُتبع عبر الكتاب 3)

راقب ثلاث أفكار محدَّدة من هذا الفصل تنمو. مبدأ السلّم (المثال 18.20) يعود أساسَ نيوتن في مسألة نهاية الأسبوع في هذا الفصل، والأساس الثنائي $(B_k)$ هناك، وحيلةَ المتناوب الكثيرالحدود في مسألة نهاية الأسبوع في الفصل 22: أي مبرهنة مساعدة واحدة وثلاثة أرباح بلا محددات. والتقويم محكَّ حرية (المثال 18.21) يصير تشاكل المقايسة التقابلي في الفصل 20، ثم محك فاندرموند في الفصل 22، ثم اختبار غرام في الفصل 23: أي المنعكس نفسه، محدَّدًا ثلاث مرات. والمجاميع المباشرة (التعريف 18.7) تصير مساقط في الفصل 20، وتفكيكات متعامدة $E = F \oplus F^\perp$ في الفصل 23، والتفكيك إلى مفسَّر زائد باقٍ في المربعات الصغرى في مسألة نهاية الأسبوع في الفصل 25. وقليل جدًا من هذا الكتاب ليس، في أساسه، واحدة من هذه الأفكار الثلاث في ثياب جديدة.

18.4 تمارين

تمرين 18.1 ★

أيّ ممّا يأتي فضاءات جزئية؟

$\{(x, y, z) \in \R^3 : x + 2y - z = 0\}$ ؛
$\{(x, y, z) \in \R^3 : x + 2y - z = 1\}$ ؛
$\{(x, y) \in \R^2 : xy \geq 0\}$ ؛
$\{P \in \R[X] : P(1) = 0\}$ ؛
$\{f \in \mathcal{F}(\R,\R) : f \text{ محدودة}\}$ .

حل

حل التمرين 18.1.

نعم: فهي تحتوي $0$ ، والمعادلة المعرِّفة خطية (ومستقرة بالمقدار $x + \lambda y$ ).
لا: فهي لا تحتوي $(0,0,0)$ .
لا: فالمتجهتان $(1, 0)$ و $(0, -1)$ تنتميان (لأن $xy = 0$ )، ومجموعهما $(1, -1)$ لا ينتمي (لأن $xy = -1 < 0$ ).
نعم: فالمقدار $0$ ينعدم عند $1$ ؛ و $(P + \lambda Q)(1) = P(1) + \lambda Q(1) = 0$ .
نعم: فالدالة المعدومة محدودة؛ وإذا كان $\abs f \leq M$ و $\abs g \leq M'$ ، فإن $\abs{f + \lambda g} \leq M + \abs\lambda M'$ .

تمرين 18.2 ★

في $\R^3$ ، هل $(1, 2, 1)$ في $\operatorname{Vect}\bigl((1,0,1),\, (1,1,0)\bigr)$ ؟ وماذا عن $(2, 1, 1)$ ؟ وصف $\operatorname{Vect}\bigl((1,0,1),(1,1,0)\bigr)$ بمعادلة.

حل

حل التمرين 18.2.

$(1,2,1) = a(1,0,1) + b(1,1,0)$ يقتضي $a + b = 1$ و $b = 2$ و $a = 1$ : وهذا غير متوافق (لأن $a + b = 3 \neq 1$ ): فليست في الفضاء المولَّد. و $(2,1,1) = a(1,0,1) + b(1,1,0)$ : $b = 1$ و $a = 1$ و $a + b = 2$ : وهذا متسق، ومنه $(2,1,1) = (1,0,1) + (1,1,0)$ ، فهي في الفضاء المولَّد.

والمعادلة: $(x, y, z) = (a + b, b, a)$ يعني $x = y + z$ : ومنه فالفضاء المولَّد هو المستوي $\{x - y - z = 0\}$ .

تمرين 18.3 ★

افصل في الحرية في $\R^3$ : $\;\bigl((1,1,0), (1,0,1), (0,1,1)\bigr)$ ؛ $\;\bigl((1,2,3), (2,4,6)\bigr)$ ؛ $\;\bigl((1,0,0), (1,1,0), (1,1,1), (0,1,1)\bigr)$ .

حل

حل التمرين 18.3.

العائلة الأولى: يعطي $\lambda(1,1,0) + \mu(1,0,1) + \nu(0,1,1) = 0$ أن $\lambda + \mu = 0$ و $\lambda + \nu = 0$ و $\mu + \nu = 0$ : وبالجمع، $2(\lambda + \mu + \nu) = 0$ ، وبطرح كل معادلة، $\lambda = \mu = \nu = 0$ : فهي حرة.

والثانية: $(2,4,6) = 2(1,2,3)$ : فهي مرتبطة.

والثالثة: أربع متجهات في $\R^3$ — وهي مرتبطة بالضرورة ما إن يتوفر البُعد (الفصل 19)؛ ومباشرةً: $(0,1,1) = -(1,0,0) + 0\cdot(1,1,0) + (1,1,1)$ ، وفعلًا $(-1,0,0) + (1,1,1) = (0,1,1)$ : أي علاقة غير بديهية.

تمرين 18.4 ★

برهن على أن $(1, X - 1, (X-1)^2, (X-1)^3)$ أساس للمقدار $\R_3[X]$ ، وأعطِ إحداثيات $X^3$ فيه. (تايلور عند $1$ !)

حل

حل التمرين 18.4.

لكثيرات الحدود $1, (X-1), (X-1)^2, (X-1)^3$ درجات متمايزة $0, 1, 2, 3$ : فهي حرة (القضية 18.19 (1))؛ وأربع متجهات حرة مولِّدة (لأن كل $P \in \R_3[X]$ ينتشر بقوى $X - 1$ ، مثلًا بتايلور من أجل كثيرات الحدود، قارن برهان القضية 8.11): أي أساس. ومن أجل $X^3$ ، تايلور عند $1$ : $P = X^3$ و $P(1) = 1$ و $P'(1) = 3$ و $P''(1) = 6$ و $P'''(1) = 6$ :

X^3 = 1 + 3(X - 1) + 3(X-1)^2 + (X-1)^3 ,

فالإحداثيات $(1, 3, 3, 1)$ (وهو سطر باسكال، كما هو متوقع من $X^3 = ((X-1)+1)^3$ ).

تمرين 18.5 ★★

في $\R^4$ ، لتكن $F = \{(x,y,z,t) : x = y = z\}$ و $G = \{(x,y,z,t) : x = t = 0\}$ . برهن على أن $F \oplus G = \R^4$ ، وفكّك $(1,2,3,4)$ تبعًا لذلك.

حل

حل التمرين 18.5.

$F \cap G$ : يعطي الشرطان $x = y = z$ و $x = t = 0$ معًا $x = 0$ ، ومنه $y = z = 0$ و $t = 0$ : ومنه فالتقاطع هو $\{0\}$ . والمجموع: من أجل $(x,y,z,t)$ معطاة، ابحث عن $(a,a,a,b) \in F$ و $(0,c,d,0) \in G$ مجموعهما هي: $a = x$ و $b = t$ و $c = y - x$ و $d = z - x$ : وهذا ممكن دائمًا. ومنه $\R^4 = F \oplus G$ ، و

(1,2,3,4) = (1,1,1,4) + (0,1,2,0) .

تمرين 18.6 ★★

في فضاء المتتاليات، لتكن $F$ مجموعة المتتاليات المتقاربة و $G = \operatorname{Vect}(u)$ حيث $u_n = (-1)^n$ . برهن على أن $F \cap G = \{0\}$ . وهل $F + G$ هو فضاء المتتاليات كله؟

حل

حل التمرين 18.6.

كل عنصر من $G$ هو $\lambda u$ ؛ فإذا تقارب، فإن (لأن $\lambda u_n = \lambda(-1)^n$ له نهايتا متتاليتين جزئيتين $\pm \lambda$ ) يكون بالضرورة $\lambda = 0$ : أي $F \cap G = \{0\}$ .

و $F + G$ ليس كل شيء: فهو يتألف من متتاليات من الشكل $c_n + \lambda(-1)^n$ مع $(c_n)$ متقاربة. والمتتالية $v_n = n$ ليست من هذا الشكل (لأن $v_n - \lambda(-1)^n$ غير محدودة، فهي غير متقاربة أبدًا). ومنه $F \oplus G \subsetneq$ (فضاء كل المتتاليات).

تمرين 18.7 ★★

لتكن $F, G, H$ فضاءات جزئية من $E$ . برهن على أن

F \cap (G + (F \cap H)) = (F \cap G) + (F \cap H),

وبيّن بمثال في $\R^2$ أن التوزيعية غير المقيَّدة $F \cap (G + H) = (F\cap G) + (F \cap H)$ تفشل.

حل

حل التمرين 18.7.

( $\supseteq$ ) يقع كلٌّ من $F \cap G$ و $F \cap H$ في $F$ ، ويقع مجموعهما في $G + (F \cap H)$ : ويتبع الاحتواء لأن الطرف الأيسر فضاء جزئي يحتوي القطعتين — وملموسًا، فالعنصر $g + h$ مع $g \in F\cap G$ و $h \in F \cap H$ يقع في $F$ (مجموع عنصرين من $F$ ) وفي $G + (F \cap H)$ .

( $\subseteq$ ) ليكن $x \in F$ مع $x = g + h$ و $g \in G$ و $h \in F \cap H$ . عندئذ $g = x - h \in F$ (فرق عنصرين من $F$ )، ومنه $g \in F \cap G$ ، و $x = g + h \in (F \cap G) + (F \cap H)$ .

ومثال مضاد للتوزيعية الكاملة في $\R^2$ : $F = \operatorname{Vect}(1,1)$ و $G = \operatorname{Vect}(1,0)$ و $H = \operatorname{Vect}(0,1)$ . عندئذ $G + H = \R^2$ ، ومنه $F \cap (G+H) = F$ ، بينما $F \cap G = F \cap H = \{0\}$ : فالطرف الأيمن هو $\{0\} \neq F$ .

تمرين 18.8 ★★★

برهن على أن العائلات الآتية من $\mathcal{F}(\R, \R)$ حرة:

$(\eu^{a_1 x}, \dots, \eu^{a_p x})$ من أجل $a_1 < \dots < a_p$ ؛
$(\cos x, \sin x, \cos 2x, \sin 2x)$ ؛
$(x \mapsto \abs{x - a_1}, \dots, x \mapsto \abs{x - a_p})$ من أجل $a_i$ متمايزة (فالقابلية للاشتقاق تفشل عند نقطة واحدة بالضبط لكل دالة).

حل

حل التمرين 18.8.

افترض $\sum_{i} \lambda_i \eu^{a_i x} = 0$ من أجل كل $x$ . اضرب في $\eu^{-a_p x}$ : $\lambda_p + \sum_{i < p} \lambda_i \eu^{(a_i - a_p)x} \to \lambda_p$ عندما $x \to +\infty$ (لأن كل أُسّ $a_i - a_p < 0$ ). والطرف الأيسر يساوي $0$ تمامًا، ومنه $\lambda_p = 0$ ؛ وكرّر نزولًا.
ليكن $a\cos x + b \sin x + c \cos 2x + d\sin 2x = 0$ من أجل كل $x$ . قوّم عند $x = 0$ : $a + c = 0$ ؛ وعند $x = \pi$ : $-a + c = 0$ ؛ ومنه $a = c = 0$ ، وتُردّ العلاقة إلى $b\sin x + d \sin 2x = 0$ . وقوّم عند $x = \frac\pi2$ : $b = 0$ ؛ ثم عند $x = \frac\pi4$ : $d = 0$ .
افترض $\sum \lambda_i \abs{x - a_i} = 0$ من أجل كل $x$ . والدالة $\sum_{i \neq j} \lambda_i\abs{x - a_i}$ قابلة للاشتقاق عند $a_j$ (لأن كل حدّ كذلك، بعيدًا عن ركنه الخاص)، ومنه فعلى $-\lambda_j \abs{x - a_j}$ ، وهي فرقهما، أن تكون قابلة للاشتقاق عند $a_j$ كذلك — وهذا يفرض $\lambda_j = 0$ (لأن للمقدار $\abs{\,\cdot\,}$ ركنًا). ويصحّ هذا من أجل كل $j$ .

تمرين 18.9 ★★★

ليكن $E$ فضاءً متجهيًا على $K$ ولتكن $F, G, H$ فضاءات جزئية مع $F + G = F + H$ و $F \cap G = F \cap H$ و $G \subseteq H$ . برهن على $G = H$ . وأعطِ مثالًا مضادًا دون الفرض $G \subseteq H$ .

حل

حل التمرين 18.9.

ليكن $h \in H$ . ولأن $h \in H \subseteq F + H = F + G$ ، اكتب $h = f + g$ مع $f \in F$ و $g \in G$ . عندئذ $f = h - g \in H$ (لأن الحدّين في $H$ ، باستعمال $G \subseteq H$ )، ومنه $f \in F \cap H = F \cap G \subseteq G$ ، و $h = f + g \in G$ . ومنه $H \subseteq G$ ، ومع الفرض $G \subseteq H$ : تقع المساواة.

ومثال مضاد دون $G \subseteq H$ : في $\R^2$ ، خذ $F = \operatorname{Vect}(1,0)$ و $G = \operatorname{Vect}(0,1)$ و $H = \operatorname{Vect}(1,1)$ : عندئذ $F + G = F + H = \R^2$ و $F \cap G = F \cap H = \{0\}$ ، ومع ذلك $G \neq H$ .

تمرين 18.10 ★★

في $\R[X]$ ، لتكن $\mathcal P$ مجموعة كثيرات الحدود الزوجية ( $P(-X) = P(X)$ ) و $\mathcal I$ مجموعة الفردية ( $P(-X) = -P(X)$ ). برهن على أن $\R[X] = \mathcal P \oplus \mathcal I$ ، وبيّن أن $\mathcal P = \operatorname{Vect}(1, X^2, X^4, \dots)$ ، أي أن كثيرات الحدود الزوجية هي بالضبط كثيرات الحدود في $X^2$ .

حل

حل التمرين 18.10.

المجموعتان فضاءان جزئيان (لأن الشروط المعرِّفة خطية و تتحقق من أجل $0$ ). والتفكيك: من أجل $P \in \R[X]$ ،

P(X) = \underbrace{\frac{P(X) + P(-X)}{2}}_{\in\,\mathcal P} + \underbrace{\frac{P(X) - P(-X)}{2}}_{\in\,\mathcal I},

وكثير الحدود الزوجي والفردي معًا يحقق $P = -P$ ، ومنه $P = 0$ : فالمجموع مباشر ويساوي $\R[X]$ .

وليكن الآن $P = \sum_k a_k X^k$ زوجيًا. عندئذ يكون $P(X) - P(-X) = 2 \sum_{k \text{ فردي}} a_k X^k$ هو كثير الحدود المعدوم، ومنه ينعدم كل معامل ذي درجة فردية (التعريف 8.1): $P \in \operatorname{Vect}(1, X^2, X^4, \dots)$ ، أي $P = Q(X^2)$ من أجل كثير حدود $Q$ . وبالعكس كل كثير حدود في $X^2$ زوجي.

تمرين 18.11 ★★

لتكن $(x_1, x_2, x_3)$ عائلة حرة من فضاء متجهي حقيقي $E$ . برهن على أن $(x_1 + x_2,\ x_2 + x_3,\ x_3 + x_1)$ حرة. وهل تكون العائلة النظيرة ذات المتجهات الأربع $(x_1 + x_2,\ x_2 + x_3,\ x_3 + x_4,\ x_4 + x_1)$ حرة عندما تكون $(x_1, x_2, x_3, x_4)$ كذلك؟

حل

حل التمرين 18.11.

افترض $a(x_1 + x_2) + b(x_2 + x_3) + c(x_3 + x_1) = 0$ . وبإعادة التجميع على العائلة الحرة $(x_1, x_2, x_3)$ :

(a + c)\,x_1 + (a + b)\,x_2 + (b + c)\,x_3 = 0 \implies a + c = a + b = b + c = 0 .

وبطرح المعادلتين الأوليين نجد $c = b$ ؛ ثم تعطي الثالثة $2b = 0$ ، ومنه $b = c = 0$ ، ثم $a = 0$ : فالعائلة حرة.

وأمّا من أجل أربع متجهات فالعائلة النظيرة مرتبطة دائمًا:

(x_1 + x_2) - (x_2 + x_3) + (x_3 + x_4) - (x_4 + x_1) = 0

تركيبةٌ معدومة غير بديهية (بالمعاملات $1, -1, 1, -1$ )، مهما كانت $(x_1, x_2, x_3, x_4)$ . فزوجية طول الدورة هي التي تفصل.

تمرين 18.12 ★★★

ليكن $E$ فضاءً متجهيًا على $\R$ (أو $\C$ ) ولتكن $F_1, \dots, F_k$ فضاءات جزئية قطعية من $E$ (أي كل $F_i \neq E$ ).

عالج الحالة $k = 2$ مباشرة: إذا كان $F_1 \not\subseteq F_2$ و $F_2 \not\subseteq F_1$ ، فاختر $x \in F_1 \setminus F_2$ و $y \in F_2 \setminus F_1$ وحدّد موضع $x + y$ .
برهن عمومًا على أن $E \neq F_1 \cup \dots \cup F_k$ : أي إن الفضاء المتجهي على حقل غير منته ليس أبدًا اتحادًا منتهيًا لفضاءات جزئية قطعية. (خذ $k$ أصغريًا، واختر $x \in F_1$ خارج بقية $F_i$ ، واختر $y \notin F_1$ ، وتتبّع المستقيم $t \mapsto y + tx$ .)

حل

حل التمرين 18.12.

إذا كان $F_1 \subseteq F_2$ أو $F_2 \subseteq F_1$ ، فالاتحاد هو أحدهما، ومنه فهو قطعي. وإلا فاختر $x \in F_1 \setminus F_2$ و $y \in F_2 \setminus F_1$ ، وانظر في $x + y$ . فإذا كان $x + y \in F_1$ ، فإن $y = (x + y) - x \in F_1$ : وهذا تناقض. وإذا كان $x + y \in F_2$ ، فإن $x \in F_2$ : وهذا تناقض. ومنه $x + y \notin F_1 \cup F_2$ ، و $E \neq F_1 \cup F_2$ .
افترض بالخلف أن $E = F_1 \cup \dots \cup F_k$ ، مع اختيار $k$ أصغريًا بين كل هذه التغطيات. وتمنع الأصغرية $F_1 \subseteq F_2 \cup \dots \cup F_k$ (وإلا فأسقط $F_1$ )، ومنه يوجد $x \in F_1$ مع $x \notin F_i$ من أجل كل $i \geq 2$ . ولأن $F_1$ قطعي، اختر $y \notin F_1$ . ومن أجل كل سلّم $t$ ، تقع المتجهة $y + t x$ في $F_i$ ما. وهي لا تقع أبدًا في $F_1$ : وإلا لكان $y = (y + tx) - tx \in F_1$ (لأن $x \in F_1$ ). والحقل غير منته، فاختر $k$ سلّمًا متمايزًا $t_1, \dots, t_k$ : فتقع المتجهات $k$ الممثَّلة بالمقدار $y + t_j x$ في الفضاءات الجزئية $k - 1$ وهي $F_2, \dots, F_k$ ، وتقع اثنتان منها، ولنقل $y + t x$ و $y + t' x$ مع $t \neq t'$ ، في $F_i$ نفسه ( $i \geq 2$ ). عندئذ فرقهما $(t - t')x \in F_i$ ، ومنه $x \in F_i$ : وهذا تناقض. ومنه فلا وجود لتغطية منتهية بفضاءات جزئية قطعية.

18.5 مسألة: المقايسة، ثلاثة أسس لفضاء واحد

مسألة 18.1

ثبّت $n + 1$ نقطة متمايزة $x_0, x_1, \dots, x_n$ من $\R$ . وتعيد هذه المسألة النظر في مقايسة لاغرانج (المبرهنة 8.23) بعينَي هذا الفصل: فالفضاء $\R_n[X]$ يحمل ثلاثة أسس طبيعية — أساس لاغرانج، وأساس نيوتن، و(من أجل النقاط متساوية التباعد) الأساس الثنائي — ويجعل كل أساس سؤالًا واحدًا سهلًا. وينتهي الطريق إلى مبرهنة حسابية حقيقية: تمييز بوليا لكثيرات الحدود التي ترسل $\Z$ داخل $\Z$ .

الجزء 1 — أساس لاغرانج. من أجل $0 \leq i \leq n$ ضع

L_i \;=\; \prod_{j \neq i} \frac{X - x_j}{x_i - x_j} \;\in\; \R_n[X].

تحقق من أن $\deg L_i = n$ ومن أن $L_i(x_j) = 1$ إذا كان $j = i$ ، و $0$ إذا كان $j \neq i$ .
برهن على أن العائلة $(L_0, \dots, L_n)$ حرة.
برهن على أنه من أجل كل $P \in \R_n[X]$ ،

$P \;=\; \sum_{i=0}^{n} P(x_i)\, L_i ,$

واستنتج أن $(L_0, \dots, L_n)$ أساس للمقدار $\R_n[X]$ . (انظر في فرق الطرفين وعُدّ جذوره، النتيجة 8.8.)
استنتج مبرهنة المقايسة: من أجل أيّ قيم $y_0, \dots, y_n \in \R$ يوجد $P \in \R_n[X]$ وحيد يحقق $P(x_i) = y_i$ من أجل كل $i$ . وفي أساس لاغرانج، ما إحداثيات كثير حدود $P$ ؟
برهن على المتطابقتين

$\sum_{i=0}^{n} L_i = 1 \qquad\text{و، من أجل } 0 \leq k \leq n,\qquad \sum_{i=0}^{n} x_i^{k}\, L_i = X^{k} .$

الجزء 2 — أساس نيوتن والفروق المقسومة. ضع $N_0 = 1$ و $N_k = (X - x_0)(X - x_1) \cdots (X - x_{k-1})$ من أجل $1 \leq k \leq n$ . ومن أجل دالة $f$ معرَّفة عند العقد، عرّف الفروق المقسومة بالمقدار $f[x_i] = f(x_i)$ و

f[x_i, \dots, x_{i+k}] \;=\; \frac{f[x_{i+1}, \dots, x_{i+k}] - f[x_i, \dots, x_{i+k-1}]} {x_{i+k} - x_i} .

برهن على أن $(N_0, N_1, \dots, N_n)$ أساس للمقدار $\R_n[X]$ .
احسب $f[x_0, x_1]$ و $f[x_0, x_1, x_2]$ بدلالة قيم $f$ ، ثم احسب كل الفروق المقسومة للمقدار $f(x) = x^2$ عند ثلاث عقد كيفية.
(مبرهنة أيتكن المساعدة) ليقايس $R$ الدالةَ $f$ عند $x_0, \dots, x_{n-1}$ وليقايس $Q$ الدالةَ $f$ عند $x_1, \dots, x_n$ ، وكلاهما من الدرجة $\leq n - 1$ . برهن على أن

$S \;=\; \frac{(X - x_0)\,Q - (X - x_n)\,R}{x_n - x_0}$

يقايس $f$ عند $x_0, x_1, \dots, x_n$ .
استنتج، بالاستقراء على عدد العقد، أن معامل $X^{k}$ في مقايِس $f$ عند $x_0, \dots, x_k$ هو بالضبط $f[x_0, \dots, x_k]$ .
برهن على صيغة نيوتن للمقايسة: مقايِس $f$ عند $x_0, \dots, x_n$ هو

$P \;=\; \sum_{k=0}^{n} f[x_0, \dots, x_k]\, N_k ,$

واستخرج الصيغة المغلقة

$f[x_0, \dots, x_k] \;=\; \sum_{i=0}^{k} \frac{f(x_i)}{\prod_{j \neq i,\, j \leq k} (x_i - x_j)} ,$

التي تبيّن أن $f[x_0, \dots, x_k]$ لا يتعلق بترتيب العقد.

الجزء 3 — العقد متساوية التباعد: مؤثر الفرق. من الآن فصاعدًا تكون العقد $0, 1, 2, \dots$ و، من أجل كثير حدود $P$ ، نضع

\Delta P(X) = P(X + 1) - P(X), \qquad B_k = \frac{X(X-1)\cdots(X-k+1)}{k!} \quad (B_0 = 1).

بيّن أنه إذا كان $\deg P = m \geq 1$ بمعامل مهيمن $a$ ، فإن $\deg \Delta P = m - 1$ بمعامل مهيمن $m\,a$ ، وأن $\Delta$ يقتل الثوابت.
بيّن أن $(B_0, B_1, \dots, B_n)$ أساس للمقدار $\R_n[X]$ وأن $\Delta B_k = B_{k-1}$ من أجل $k \geq 1$ .
(صيغة نيوتن للفروق الأمامية) برهن على أن كل $P \in \R_n[X]$ يحقق

$P \;=\; \sum_{k=0}^{n} \bigl(\Delta^{k} P\bigr)(0)\, B_k .$
برهن على أنه من أجل كل $k \geq 0$ ،

$\bigl(\Delta^{k} P\bigr)(0) \;=\; \sum_{j=0}^{k} (-1)^{k-j} \binom{k}{j} P(j) .$
بيّن أنه إذا كان $\deg P = n$ بمعامل مهيمن $a_n$ ، فإن $\Delta^{n} P$ هو الثابت $n!\,a_n$ و $\Delta^{n+1} P = 0$ .

الجزء 4 — كثيرات الحدود صحيحة القيم. يكون كثير الحدود $P \in \R[X]$ صحيح القيم إذا كان $P(m) \in \Z$ من أجل كل $m \in \Z$ .

برهن على أن كل $B_k$ صحيح القيم. (عالج $m \geq k$ و $0 \leq m < k$ و $m < 0$ على حدة؛ ومن أجل $m = -q < 0$ ، بيّن $B_k(-q) = (-1)^k \binom{q + k - 1}{k}$ .)
برهن على تمييز بوليا: يكون $P \in \R_n[X]$ صحيح القيم إذا وفقط إذا كانت إحداثياته في الأساس $(B_0, \dots, B_n)$ أعدادًا صحيحة.
استنتج: إذا أخذ $P \in \R_n[X]$ قيمًا صحيحة عند $n + 1$ عددًا صحيحًا متتاليًا $a, a+1, \dots, a+n$ ، فإن $P$ صحيح القيم. (بالانسحاب: طبّق الدراسة على $Q(X) = P(X + a)$ .)
استنتج من السؤال 16 أن جداء $k$ عددًا صحيحًا متتاليًا يقبل القسمة على $k!$ دائمًا.
لتكن $P = \dfrac{X(X+1)(2X+1)}{6}$ . احسب جدول نيوتن لها عند $0, 1, 2, 3$ ، واكتب $P$ في الأساس $(B_k)$ ، و استنتج أن $P$ صحيح القيم وإن لم يكن أيّ من معاملاتها الوحيدة الحدّ عددًا صحيحًا. وتحقق من $\Delta P = (X+1)^2$ واستنتج $P(m) = 1^2 + 2^2 + \dots + m^2$ من أجل $m \in \N$ .

الجزء 5 — الأرباح.

ليقايس $P \in \R_n[X]$ القيمَ $2^i$ عند $i = 0, 1, \dots, n$ . بيّن أن $P = B_0 + B_1 + \dots + B_n$ وأن $P(n + 1) = 2^{n+1} - 1$ : أي إن «نمط المضاعفة» ينكسر دائمًا عند النقطة التالية مباشرة.
(الدالة الأصلية المتقطّعة) برهن على أنه من أجل كل عددين صحيحين $m \geq 1$ و $k \geq 0$ ،

$\sum_{j=0}^{m-1} B_k(j) \;=\; B_{k+1}(m),$

أي متطابقة عصا الهوكي $\sum_{j=k}^{m-1} \binom{j}{k} = \binom{m}{k+1}$ .
انشر $X^2$ و $X^3$ في الأساس $(B_k)$ واستنتج صيغتين مغلقتين من أجل $\sum_{j=0}^{m-1} j^2$ و $\sum_{j=0}^{m-1} j^3$ ؛ واستعد متطابقة نيقوماخوس $1^3 + \dots + m^3 = (1 + \dots + m)^2$ .
خذ $n = 2$ والعقد $0, 1, 2$ . اكتب إحداثيات $X^2$ في أسس هذه المسألة الثلاثة: الأساس الوحيد الحدّ، وأساس لاغرانج، وأساس نيوتن. وتحقق من الأجوبة الثلاثة إزاء السؤالين 4 و 9.
توليفة. في أربع جمل: أيّ مفهوم من مفاهيم الفضاءات المتجهية يجعل السؤال 4 تلقائيًا؛ ولماذا يحسب أساس نيوتن الإحداثيات تراجعيًا بينما يقرؤها أساس لاغرانج فورًا؛ وأيّ محك حرية يتقاسمه الأساسان؛ وبأيّ معنى دقيق تقول مبرهنة بوليا إن صحيحية كثير حدود خاصيةٌ لإحداثياته في الأساس الصحيح.

حل

حل المسألة 18.1.

1. المقدار $L_i$ جداءُ $n$ عاملًا خطيًا مقسومًا على ثابت غير معدوم (لأن المقادير $x_i$ متمايزة)، ومنه $\deg L_i = n$ . وبالتقويم عند $x_j$ مع $j \neq i$ : ينعدم العامل $X - x_j$ في البسط، ومنه $L_i(x_j) = 0$ . وعند $x_i$ ، يتطابق البسط و المقام: $L_i(x_i) = 1$ .

2. افترض $\sum_i \lambda_i L_i = 0$ . وقوّم عند $x_j$ : فتموت كل الحدود إلا $\lambda_j L_j(x_j) = \lambda_j$ ، ومنه $\lambda_j = 0$ من أجل كل $j$ : فالعائلة حرة.

3. لتكن $D = P - \sum_i P(x_i) L_i$ . عندئذ $\deg D \leq n$ و، حسب السؤال 1، $D(x_j) = P(x_j) - P(x_j) = 0$ من أجل النقاط المتمايزة $n + 1$ $x_0, \dots, x_n$ . ولكثير حدود غير معدوم من درجة $\leq n$ عددُ $n$ جذرًا على الأكثر (النتيجة 8.8)، ومنه $D = 0$ . ومنه فكل $P \in \R_n[X]$ تركيبةٌ من المقادير $L_i$ : فالعائلة مولِّدة، ومع السؤال 2، أساس.

4. من أجل $y_0, \dots, y_n$ معطاة، يكون لكثير الحدود $P = \sum_i y_i L_i$ درجةٌ $\leq n$ وهو يقايس. والوحدانية: لكثير حدود مقايِس $P$ ، حسب السؤال 3، إحداثيات $(P(x_0), \dots, P(x_n)) = (y_0, \dots, y_n)$ في الأساس $(L_i)$ ، والإحداثيات في أساس وحيدة (القضية 18.15). و إحداثيات $P$ في أساس لاغرانج هي قيمه عند العقد — وهذا كل مقصود هذا الأساس.

5. طبّق السؤال 3 على $P = X^k$ ( $0 \leq k \leq n$ ):

X^k = \sum_{i=0}^{n} x_i^{k} L_i ,

ويعطي $k = 0$ أن $\sum_i L_i = 1$ .

6. $\deg N_k = k$ بالضبط: فالعائلة $(N_0, \dots, N_n)$ سلّمُ درجات في $\R_n[X]$ ، ومنه فهي أساس حسب المثال 18.20 (والحرية من القضية 18.19 (1)، والتوليد بنزول منته على الدرجة).

7. من العلاقة التراجعية،

f[x_0, x_1] = \frac{f(x_1) - f(x_0)}{x_1 - x_0}, \qquad f[x_0, x_1, x_2] = \frac{f[x_1, x_2] - f[x_0, x_1]}{x_2 - x_0}.

ومن أجل $f(x) = x^2$ :

f[x_0, x_1] = \frac{x_1^2 - x_0^2}{x_1 - x_0} = x_0 + x_1,

ثم

f[x_0, x_1, x_2] = \frac{(x_1 + x_2) - (x_0 + x_1)}{x_2 - x_0} = \frac{x_2 - x_0}{x_2 - x_0} = 1 .

8. $\deg S \leq n$ لأن درجة $Q, R$ هي $\leq n - 1$ . وعند $x_0$ : $S(x_0) = \frac{-(x_0 - x_n) R(x_0)}{x_n - x_0} = R(x_0) = f(x_0)$ . وعند $x_n$ : $S(x_n) = \frac{(x_n - x_0) Q(x_n)}{x_n - x_0} = Q(x_n) = f(x_n)$ . وعند عقدة داخلية $x_i$ ( $1 \leq i \leq n-1$ )، تأخذ $Q$ و $R$ معًا القيمة $f(x_i)$ ، ومنه

S(x_i) = \frac{(x_i - x_0) - (x_i - x_n)}{x_n - x_0}\, f(x_i) = f(x_i) .

9. بالاستقراء على عدد العقد. عقدة واحدة: فالمقايِس هو الثابت $f(x_0) = f[x_0]$ . افترض الادعاء من أجل $k$ عقدة ولتقايس $S$ عند $x_0, \dots, x_k$ ؛ فبالوحدانية (السؤال 4)، تُعطى $S$ بمبرهنة أيتكن المساعدة من $R$ (بالعقد $x_0, \dots, x_{k-1}$ ) و $Q$ (بالعقد $x_1, \dots, x_k$ ). ومعامل $X^{k}$ في $S$ هو

\frac{[X^{k-1}]\,Q - [X^{k-1}]\,R}{x_k - x_0} = \frac{f[x_1, \dots, x_k] - f[x_0, \dots, x_{k-1}]}{x_k - x_0} = f[x_0, \dots, x_k]

حسب فرض الاستقراء والعلاقة التراجعية المعرِّفة.

10. ليقايس $P_k$ الدالةَ $f$ عند $x_0, \dots, x_k$ . فللفرق $P_k - P_{k-1}$ درجةٌ $\leq k$ وهو ينعدم عند $x_0, \dots, x_{k-1}$ ، ومنه، بمبرهنة العامل مطبَّقةً $k$ مرة (المبرهنة 8.7)، يساوي $c\,N_k$ من أجل ثابت $c$ ؛ وبمقارنة معاملات $X^{k}$ وباستعمال السؤال 9، $c = f[x_0, \dots, x_k]$ . والتلسكوب انطلاقًا من $P_0 = f(x_0) N_0$ يعطي صيغة نيوتن. وأمّا الصورة المغلقة، فاكتب $P_k = \sum_{i \leq k} f(x_i) L_i$ (بلاغرانج، على العقد $x_0, \dots, x_k$ ) واقرأ معامل $X^{k}$ : فيسهم كل $L_i$ بالمقدار $\frac{1}{\prod_{j \neq i}(x_i - x_j)}$ ، ومنه

f[x_0, \dots, x_k] = \sum_{i=0}^{k} \frac{f(x_i)}{\prod_{j \neq i,\, j \leq k}(x_i - x_j)} .

والطرف الأيمن ثابت تحت أيّ تبديلة للعقد، ومنه فالفرق المقسوم لا يتعلق بترتيبها.

11. إذا كان $P = a X^m + (\text{درجات أدنى})$ ، فإن مبرهنة ثنائي الحدّ تعطي

\Delta P = a\bigl((X+1)^m - X^m\bigr) + \dots = a\,m\,X^{m-1} + (\text{درجات أدنى}),

لأن $(X+1)^m - X^m = m X^{m-1} + \dots$ ولأن الجزء ذا الدرجات الأدنى من $P$ يسهم بدرجة $\leq m - 2$ بعد $\Delta$ (أو بحدود من درجة $\leq m-2$ ). ومنه $\deg \Delta P = m - 1$ بمعامل مهيمن $m a$ . وأمّا الثابت $c$ فيعطي $\Delta c = c - c = 0$ .

12. $\deg B_k = k$ : أي سلّم، ومنه فهي أساس للمقدار $\R_n[X]$ (المثال 18.20). ومن أجل $\Delta B_k$ ( $k \geq 1$ )، عمّل الجداء المشترك:

\begin{align*} k!\,\Delta B_k &= (X+1)X\cdots(X-k+2) - X(X-1)\cdots(X-k+1) \\ &= X(X-1)\cdots(X-k+2)\,\bigl[(X+1) - (X-k+1)\bigr] \\ &= k\,X(X-1)\cdots(X-k+2), \end{align*}

ومنه $\Delta B_k = \frac{X(X-1)\cdots(X-k+2)}{(k-1)!} = B_{k-1}$ .

13. اكتب $P = \sum_{k=0}^{n} c_k B_k$ (أساس، السؤال 12). وطبّق $\Delta^{j}$ : فحسب السؤال 12، $\Delta^{j} P = \sum_{k \geq j} c_k B_{k-j}$ . وقوّم عند $0$ : $B_0(0) = 1$ و $B_m(0) = 0$ من أجل $m \geq 1$ (لأن العامل $X$ ينعدم)، ومنه $\bigl(\Delta^{j}P\bigr)(0) = c_j$ . وهذه هي صيغة الفروق الأمامية.

14. بالاستقراء على $k$ . من أجل $k = 0$ تُقرأ المتطابقة $P(0) = P(0)$ . افترضها من أجل $k$ وطبّقها على $\Delta P$ :

\bigl(\Delta^{k+1} P\bigr)(0) = \sum_{j=0}^{k} (-1)^{k-j}\binom kj \bigl(P(j+1) - P(j)\bigr).

واجمع معامل $P(i)$ : فهو $(-1)^{k-i+1}\binom k{i-1}\cdot(-1)^{0}$ من المجموع الأول (مزاحًا) و $-(-1)^{k-i}\binom ki$ من الثاني — ومعًا

(-1)^{k+1-i}\Bigl(\binom k{i-1} + \binom ki\Bigr) = (-1)^{k+1-i}\binom{k+1}i

بقاعدة باسكال، وهذه هي المتطابقة عند الرتبة $k + 1$ .

15. بتكرار السؤال 11 انطلاقًا من الدرجة $n$ بمعامل مهيمن $a_n$ : بعد $\Delta$ واحد، تكون الدرجة $n-1$ والمعامل المهيمن $n a_n$ ؛ وبعد اثنين، $n(n-1)a_n$ ؛ وبعد $n$ خطوة، تكون الدرجة $0$ والقيمة $n(n-1)\cdots 1\, a_n = n!\,a_n$ ، وهي ثابت. ويقتله $\Delta$ آخر: $\Delta^{n+1}P = 0$ .

16. إذا كان $m \geq k$ : $B_k(m) = \binom mk \in \N$ . وإذا كان $0 \leq m < k$ : فأحد عوامل $m(m-1)\cdots(m-k+1)$ معدوم، ومنه $B_k(m) = 0$ . وإذا كان $m = -q$ مع $q \geq 1$ :

B_k(-q) = \frac{(-q)(-q-1)\cdots(-q-k+1)}{k!} = (-1)^k\,\frac{q(q+1)\cdots(q+k-1)}{k!} = (-1)^k \binom{q+k-1}{k},

وهو عدد صحيح. ومنه فكل $B_k$ يرسل $\Z$ داخل $\Z$ .

17. ( $\Leftarrow$ ) إذا كان $P = \sum_k c_k B_k$ مع $c_k \in \Z$ ، فإنه من أجل $m \in \Z$ ، $P(m) = \sum_k c_k B_k(m) \in \Z$ حسب السؤال 16. ( $\Rightarrow$ ) إذا كان $P$ صحيح القيم، فإن إحداثياته هي $c_k = \bigl(\Delta^k P\bigr)(0) = \sum_{j=0}^k (-1)^{k-j}\binom kj P(j)$ (السؤالان 13 و 14)، وهي تركيبة صحيحة من الأعداد الصحيحة $P(0), \dots, P(k)$ . وهذا هو تمييز بوليا لكثيرات الحدود صحيحة القيم.

18. ضع $Q(X) = P(X + a)$ ، وهو كثير حدود من الدرجة $\leq n$ مع $Q(0), Q(1), \dots, Q(n) \in \Z$ . وإحداثياته في $(B_k)_{k \leq n}$ هي $c_k = \sum_{j \leq k}(-1)^{k-j}\binom kj Q(j) \in \Z$ (لأن السؤال 14 لا يستعمل إلا القيم عند $0, \dots, k \leq n$ ). وحسب السؤال 17 ( $\Leftarrow$ )، يكون $Q$ صحيح القيم على $\Z$ كله، ومنه فكذلك $P(X) = Q(X - a)$ .

19. جداء $k$ عددًا صحيحًا متتاليًا هو $m(m-1) \cdots(m-k+1) = k!\,B_k(m)$ من أجل $m \in \Z$ ما، و $B_k(m) \in \Z$ حسب السؤال 16: ومنه فالجداء يقبل القسمة على $k!$ .

20. قيم $P = \frac{X(X+1)(2X+1)}{6}$ عند $0,1,2,3$ : $0, 1, 5, 14$ . وجدول الفروق: سطر $\Delta$ هو $1, 4, 9$ ؛ وسطر $\Delta^2$ هو $3, 5$ ؛ وسطر $\Delta^3$ هو $2$ . ومنه، حسب السؤال 13،

P = 0\cdot B_0 + 1\cdot B_1 + 3\,B_2 + 2\,B_3 ,

بإحداثيات صحيحة: فالمقدار $P$ صحيح القيم (السؤال 17)، بينما ليست معاملاته الوحيدة الحدّ $\frac13, \frac12, \frac16$ أعدادًا صحيحة. وبالحساب المباشر:

\begin{align*} \Delta P &= \frac{(X+1)(X+2)(2X+3) - X(X+1)(2X+1)}{6} \\ &= \frac{(X+1)\bigl[(X+2)(2X+3) - X(2X+1)\bigr]}{6} = \frac{(X+1)(6X+6)}{6} = (X+1)^2 . \end{align*}

وبتلسكوب $P(m) = \sum_{j=0}^{m-1}\Delta P(j) = \sum_{j=1}^{m} j^2$ (مع $P(0) = 0$ ): تنتج صيغة مجموع المربعات.

21. للقيم $2^i$ عند $i = 0, \dots, n$ جدولُ فروق ثابت يساوي $1$ على الحافة اليسرى: فالمقدار $\Delta^k$ للمتتالية $(2^i)$ هو $(2^i)$ مرة أخرى (لأن $2^{i+1} - 2^i = 2^i$ )، ومنه $\bigl(\Delta^k P\bigr)(0) = 2^0 = 1$ من أجل كل $k \leq n$ ، و $P = B_0 + B_1 + \dots + B_n$ حسب السؤال 13. عندئذ

P(n+1) = \sum_{k=0}^{n}\binom{n+1}{k} = 2^{n+1} - \binom{n+1}{n+1} = 2^{n+1} - 1 \neq 2^{n+1}:

فينكسر النمط عند أول نقطة غير مضبوطة.

22. حسب السؤال 12، $B_k = \Delta B_{k+1}$ ، ومنه

\sum_{j=0}^{m-1} B_k(j) = \sum_{j=0}^{m-1}\bigl(B_{k+1}(j+1) - B_{k+1}(j)\bigr) = B_{k+1}(m) - B_{k+1}(0) = B_{k+1}(m).

ومن أجل $j < k$ تنعدم الحدود $B_k(j)$ ، ومنه يبدأ المجموع فعلًا عند $j = k$ : $\sum_{j=k}^{m-1}\binom jk = \binom m{k+1}$ ، وهي متطابقة عصا الهوكي.

23. تعطي جداول الفروق (أو النشر المباشر)

X^2 = B_1 + 2 B_2, \qquad X^3 = B_1 + 6 B_2 + 6 B_3

(وللتحقق: $B_1 + 2B_2 = X + X(X-1) = X^2$ ؛ وعند $X = 1, 2, 3$ يعطي الثاني $1, 8, 27$ ). ويعطي السؤال 22 عندئذ

\sum_{j=0}^{m-1} j^2 = B_2(m) + 2B_3(m) = \binom m2 + 2\binom m3 = \frac{m(m-1)(2m-1)}{6},

\sum_{j=0}^{m-1} j^3 = B_2(m) + 6B_3(m) + 6B_4(m) = \binom m2 + 6\binom m3 + 6\binom m4 .

وبنشر المقدار الأخير: $\binom m2 + 6\binom m3 + 6\binom m4 = \frac{m(m-1)}{2}\bigl[1 + 2(m-2) + \frac{(m-2)(m-3)}{2}\bigr] = \frac{m^2(m-1)^2}{4} = \binom m2^2$ . وباستبدال $m + 1$ بالمقدار $m$ : $1^3 + \dots + m^3 = \bigl(\frac{m(m+1)}2\bigr)^2 = (1 + \dots + m)^2$ ، وهي متطابقة نيقوماخوس.

24. العقد $0, 1, 2$ ، وكثير الحدود $X^2$ . الأساس الوحيد الحدّ $(1, X, X^2)$ : الإحداثيات $(0, 0, 1)$ . وأساس لاغرانج: الإحداثيات هي القيم $(0, 1, 4)$ (السؤال 4). وأساس نيوتن $(1, X, X(X-1))$ : الفروق المقسومة $f[0] = 0$ و $f[0,1] = 1$ و $f[0,1,2] = \frac{3 - 1}{2} = 1$ (السؤال 9)، ومنه الإحداثيات $(0, 1, 1)$ — وفعلًا $X + X(X-1) = X^2$ . أي ثلاثة أسس وثلاثة متجهات إحداثيات وكثير حدود واحد.

25. (أ) السؤال 4 تلقائي لأن $(L_i)$ أساس: فوجود المقايسة ووحدانيتها هما بالضبط وجود الإحداثيات ووحدانيتها. (ب) وأساس نيوتن سلّم، ومنه تُحسب الإحداثيات بقسمات متتالية — إذ تضيف كل عقدة جديدة حدًّا واحدًا دون إزعاج السابقة — بينما إحداثيات $P$ في أساس لاغرانج هي القيم $P(x_i)$ ، متوفرة دون أيّ حساب أصلًا. (ج) والأساسان كلاهما حرّ بالمحكين نفسيهما في القضية 18.19: الدرجات المتمايزة من أجل نيوتن، والتقويم عند العقد من أجل لاغرانج. (د) وتقول مبرهنة بوليا إن « $P(\Z) \subseteq \Z$ »، وهي خاصية للقيم، تكافئ صحيحية الإحداثيات في الأساس $(B_k)$ — فحساب كثير الحدود لا يصير مرئيًا إلا في الأساس المكيَّف مع السؤال.

المصطلحات المعرَّفة في هذا الفصل

عرض كل المصطلحات (395) في المسرد