الرياضيات الجامعية — السنة 1 · Bachelor Year 1

9الكسور الناطقة

الكسر الناطق قسمةُ كثيرَي حدود. والمبرهنة المحورية في هذا الفصل القصير — تفكيك الكسر إلى عناصر بسيطة — تفتّت أيّ قسمة كهذه إلى مجموع لبنات أوّلية $\frac{c}{(X - a)^k}$ . وإلى جانب فائدته الجبرية، هو الآلة المعيارية لمكاملة الدوال الناطقة (الفصل 15) ولجمع بعض المتسلسلات (الفصل 17).

9.1 الحقل $K(X)$

تعريف 9.1

الكسر الناطق فوق $K$ ( $= \R$ أو $\C$ ) هو قسمة $F = \frac{A}{B}$ حيث $A, B \in K[X]$ و $B \neq 0$ ؛ ونطابق بين القسمتين $\frac AB$ و $\frac{A'}{B'}$ عندما يكون $AB' = A'B$ . ولكل كسر صورة مختزلة تحقق $\gcd(A, B) = 1$ ، وهي وحيدة بغضّ النظر عن الثوابت. ومع العمليات الطبيعية، تكون مجموعة الكسور الناطقة $K(X)$ حقلًا.

وأقطاب $F$ (في الصورة المختزلة) هي جذور $B$ ؛ ورتبة القطب هي تضاعفه بوصفه جذرًا للمقدار $B$ . ودرجة $F$ هي $\deg F = \deg A - \deg B \in \Z \cup \{-\infty\}$ .

مثال 9.2 (قراءة الأقطاب والرتب والدرجة)

لتكن $F = \dfrac{X^3 - X}{X^4 - 2X^3 + X^2}$ . عمّل الطبقتين: البسط $X(X-1)(X+1)$ ، والمقام $X^2(X-1)^2$ ؛ واختصر العامل المشترك $X(X-1)$ :

F = \frac{X + 1}{X(X - 1)} \quad\text{(الصورة المختزلة).}

والأقطاب: $0$ و $1$ ، وكلاهما بسيط — فالرتب تُقرأ على المقام المختزل، ومنه فالجذور المضاعفة الظاهرة في المقام الأصلي لا شأن لها. والدرجة: $\deg F = 1 - 2 = -1$ ، وهي مرئية مقاربيًا (إذ $xF(x) \to 1$ عندما $x \to \infty$ ). و تسلك الدرجة سلوك درجة كثير الحدود ( $\deg FG = \deg F + \deg G$ و $\deg(F + G) \leq \max$ )، وهي قاعدة محاسبة تُستعمل باستمرار في مطاردات المعاملات أدناه: فكل حجة من نوع «نهاية $xF(x)$ » عدُّ درجات متنكّر.

قضية 9.3 (الجزء الصحيح)

كل $F = \frac AB \in K(X)$ يُكتب على نحو وحيد $F = E + \frac RB$ حيث $E \in K[X]$ (وهو الجزء الصحيح، أو الجزء الكثيرالحدود، للمقدار $F$ ) و $\deg R < \deg B$ . ويكون $E \neq 0$ إذا وفقط إذا كان $\deg F \geq 0$ .

برهان. القسمة الإقليدية $A = BE + R$ (المبرهنة 8.3)، مقسومةً على $B$ . وأمّا الوحدانية: فإذا كان $E + \frac RB = E' + \frac{R'}{B}$ فإن $(E - E')B = R' - R$ مع $\deg(R' - R) < \deg B$ ، فيُفرض $E = E'$ ثم $R = R'$ . ∎

مثال 9.4 (اختزل أولًا ثم اقسم)

جد الجزء الصحيح للكسر $F = \dfrac{X^3 + 1}{X^2 - 1}$ . فبالقسمة العمياء: $X^3 + 1 = (X^2 - 1)X + (X + 1)$ ، ومنه $F = X + \frac{X + 1}{X^2 - 1}$ . لكن الكسر لم يكن مختزلًا: إذ يشترك $X^3 + 1 = (X + 1)(X^2 - X + 1)$ و $X^2 - 1 = (X+1)(X-1)$ في العامل $X + 1$ ، و

F = \frac{X^2 - X + 1}{X - 1} = X + \frac{1}{X - 1} :

فالجزء الصحيح $X$ نفسه، لكن الجزء الكسري ينهار إلى لبنة واحدة، ولم يكن «القطب» عند $-1$ قطبًا البتة. فاختزل دائمًا إلى أبسط صورة قبل مطاردة الأقطاب: فأقطاب $F$ هي جذور المقام المختزل. (أمّا الجزء الصحيح فلا يتأثر بالاختزال، كما تضمنه الوحدانية في القضية 9.3.)

9.2 التفكيك إلى عناصر بسيطة فوق $\C$

مبرهنة 9.5 (التفكيك فوق $\C$ )

ليكن $F = \frac AB \in \C(X)$ في صورته المختزلة، حيث $B = c\,(X - a_1)^{m_1} \cdots (X - a_r)^{m_r}$ . عندئذ يُكتب $F$ ، على نحو وحيد،

F = E + \sum_{i=1}^{r} \sum_{k=1}^{m_i} \frac{c_{i,k}}{(X - a_i)^k}, \qquad E \in \C[X],\ c_{i,k} \in \C ,

حيث $E$ هو الجزء الصحيح للمقدار $F$ .

برهان. حسب القضية 9.3 يمكننا أن نفترض $\deg A < \deg B$ وأن نبرهن على تفكيك المجموع مع $E = 0$ .

فصل الأقطاب. اكتب $B = (X - a_1)^{m_1} B_1$ حيث $B_1(a_1) \neq 0$ . وكثيرا الحدود $(X-a_1)^{m_1}$ و $B_1$ أوليّان فيما بينهما (فلا جذر مشترك)، ومنه بمتطابقة بيزو في $\C[X]$ (انظر الملاحظة في الفصل 8) يوجد $U_0, V_0$ يحققان $U_0 (X-a_1)^{m_1} + V_0 B_1 = 1$ ؛ وبالضرب في $A$ ووضع $U = AU_0$ و $V = AV_0$ ، ثم القسمة على $B$ :

\frac AB = \frac{V}{(X - a_1)^{m_1}} + \frac{U}{B_1} .

ويمكن فرض شروط الدرجة: اقسم $V$ على $(X-a_1)^{m_1}$ ، وليكن $V = (X-a_1)^{m_1}Q + V_1$ حيث $\deg V_1 < m_1$ ، وامتصّ خارج القسمة في الحدّ الثاني ( $U_1 = U + QB_1$ ):

\frac AB = \frac{V_1}{(X - a_1)^{m_1}} + \frac{U_1}{B_1}, \qquad \deg V_1 < m_1 ;

ومقارنة الدرجات ( $\deg A < \deg B$ و $\deg V_1 < m_1$ ) تفرض $\deg U_1 < \deg B_1$ كذلك. وبتكرار ذلك على $\frac{U_1}{B_1}$ ، قطبًا بعد قطب، يُردّ كل شيء إلى حالة القطب الواحد أدناه.

قطب واحد. من أجل $\frac{A}{(X-a)^m}$ حيث $\deg A < m$ : انشر $A$ بقوى $(X - a)$ ، $A = \sum_{j=0}^{m-1} \alpha_j (X - a)^j$ (وهو نشر تايلور لكثير حدود، كما في برهان القضية 8.11)؛ وتعطي القسمة اللبنات بالضبط $\frac{\alpha_j}{(X-a)^{m-j}}$ . وعمليًا، من أجل $\frac{X^2 + 1}{(X+2)^3}$ : بتعويض $X = Y - 2$ ،

X^2 + 1 = (Y - 2)^2 + 1 = Y^2 - 4Y + 5 , \qquad\text{ومنه}\qquad \frac{X^2+1}{(X+2)^3} = \frac1{Y} - \frac4{Y^2} + \frac5{Y^3}

حيث $Y = X + 2$ : فتظهر اللبنات الثلاث بمجرد قسمة النشر المنسحب — وهو أسرع طريق كلما دخل قطب واحد عالي الرتبة، وهو الطريق المنصوح به من أجل التمرين 9.3.

الوحدانية. نفترض تطابق تفكيكين؛ فيكون فرقهما متطابقةً $0 = \sum_{i,k} \frac{d_{i,k}}{(X - a_i)^k}$ . اضرب الجميع في $(X - a_1)^{m_1}$ : فيكتسب كل حدّ عاملًا ينعدم عند $a_1$ عدا الحدّ الذي فيه $i = 1$ و $k = m_1$ ، الذي يصير معامله $d_{1,m_1}$ زائد حدود تحمل عاملًا $(X - a_1)$ على الأقل. والحساب عند $a_1$ (وهذا مشروع: إذ لم يبقَ بعد الضرب أيّ قطب عند $a_1$ ) يعطي $d_{1,m_1} = 0$ . وبزوال المعامل الأعلى، كرّر مع $(X - a_1)^{m_1 - 1}$ ، وهكذا نزولًا حتى $k = 1$ ؛ ثم انتقل إلى القطب التالي. فتنعدم كل المعاملات $d_{i,k}$ : أي أن التفكيك وحيد. ∎

طريقة 9.6 (حساب المعاملات)

عمليًا، تجنّب متطابقة بيزو؛ واجمع بين ما يلي:

التغطية من أجل القوة العليا: معامل $\frac{1}{(X-a)^m}$ (حيث $m$ رتبة القطب $a$ ) هو

$c_{a,m} = \Bigl[\,(X - a)^m F\,\Bigr]_{X = a};$

ومن أجل قطب بسيط للكسر $F = \frac AB$ ، يكون هذا $\frac{A(a)}{B'(a)}$ ؛
الحسابات عند نقاط ملائمة ونهايات $xF(x)$ عندما $x \to \infty$ لجمع علاقات خطية من أجل المعاملات الباقية؛
الزوجية أو تناظرات المرافقة، عند وجودها، لتنصيف العمل.

ملاحظة 9.7 (مزالق شائعة مع العناصر البسيطة)

تخطّي الجزء الصحيح. ينطبق تفكيك اللبنات على الكسور ذات الدرجة $< 0$ ؛ فإذا كان $\deg A \geq \deg B$ فاقسم أولًا (القضية 9.3)، وإلا أنتجت مطاردة المعاملات تناقضات.
التغطية خارج نطاقها. الضرب في $(X - a)^k$ والحساب عند $a$ لا يعطيان المعامل إلا من أجل $k = m$ ، أي رتبة القطب الكاملة؛ أمّا معاملات الرتب الأدنى فتقتضي علاقات أخرى (نهايات، وحسابات) — انظر المثال 9.9.
نسيان الاختزال. تُقرأ الأقطاب على الصورة المختزلة؛ فعاملٌ مشترك بين البسط والمقام يخلق أقطابًا وهمية (المثال 9.4).
صور اللبنات الخاطئة فوق $\R$ . فوق كثير حدود من الدرجة الثانية لا يتجزأ تكون البسوط تآلفية ( $\alpha X + \beta$ )، لا ثابتة؛ وكتابة $\frac{c}{X^2 + 1}$ وحدها تفقد حلولًا — فصور اللبنات تمليها المبرهنة 9.10، ولا تُرتجل أبدًا.

برهان صيغة القطب البسيط. قرب قطب بسيط $a$ : $B = (X - a) Q$ حيث $Q(a) \neq 0$ ، و $B' = Q + (X - a) Q'$ ، ومنه $B'(a) = Q(a)$ . وقيمة التغطية هي $\frac{A(a)}{Q(a)} = \frac{A(a)}{B'(a)}$ . ∎

مثال 9.8

فكّك $F = \dfrac{1}{X(X-1)(X-2)}$ . ثلاثة أقطاب بسيطة؛ وبالتغطية عند كلٍّ منها:

c_0 = \frac{1}{(0-1)(0-2)} = \frac12, \quad c_1 = \frac{1}{1 \times (1 - 2)} = -1, \quad c_2 = \frac{1}{2 \times 1} = \frac12,

ومنه $F = \dfrac{1/2}{X} - \dfrac{1}{X-1} + \dfrac{1/2}{X-2}$ . وللتحقق عند $X = 3$ : مباشرةً، $F(3) = \frac{1}{3\cdot2\cdot1} = \frac16$ ؛ ومن التفكيك، $\frac{1/2}{3} - \frac{1}{2} + \frac{1/2}{1} = \frac16 - \frac12 + \frac12 = \frac16$ .

مثال 9.9 (قطب مضاعف)

فكّك $F = \dfrac{X}{(X-1)^2 (X+1)}$ . والصورة: $\frac{a}{(X-1)^2} + \frac{b}{X-1} + \frac{c}{X+1}$ .

التغطية عند القطب المضاعف: $a = \bigl[\frac{X}{X+1}\bigr]_{X=1} = \frac12$ .
التغطية عند $-1$ : $c = \bigl[\frac{X}{(X-1)^2}\bigr]_{X=-1} = -\frac14$ .
نهاية $xF(x)$ عند $\infty$ : $0 = b + c$ ، ومنه $b = \frac14$ .

F = \frac{1/2}{(X-1)^2} + \frac{1/4}{X-1} - \frac{1/4}{X+1} .

وللتحقق عند $X = 0$ : $F(0) = 0$ و $\frac12 - \frac14 - \frac14 = 0$ .

9.3 التفكيك فوق $\R$

مبرهنة 9.10 (التفكيك فوق $\R$ )

ليكن $F \in \R(X)$ في صورته المختزلة ومقامه

B = c \prod_i (X - a_i)^{m_i} \prod_j (X^2 + p_j X + q_j)^{n_j} \qquad (p_j^2 - 4q_j < 0).

عندئذ يتفكك $F$ على نحو وحيد إلى جزئه الصحيح زائد حدود

\frac{c_{i,k}}{(X - a_i)^k} \quad (1 \leq k \leq m_i), \qquad \frac{\alpha_{j,l}\, X + \beta_{j,l}}{(X^2 + p_j X + q_j)^{l}} \quad (1 \leq l \leq n_j),

بمعاملات حقيقية.

برهان. فكّك فوق $\C$ (المبرهنة 9.5). وبما أن $F$ حقيقي، يكون المعامل فوق القطب $\conj a$ (عند كل رتبة) مرافقَ المعامل فوق $a$ (طبّق المرافقة على التفكيك واستدعِ الوحدانية). وجمّع كل زوج مترافق:

\frac{c}{(X - z)^l} + \frac{\conj c}{(X - \conj z)^l} = \frac{c\,(X - \conj z)^l + \conj c\,(X - z)^l}{\bigl(X^2 - 2\Re(z)X + \abs z^2\bigr)^{l}},

وبسطه مرافق نفسه، فهو إذن حقيقي، ودرجته $\leq l$ ؛ وفصل مضاعفات كثير الحدود الحقيقي من الدرجة الثانية يخفضها إلى الدرجة $\leq 1$ عند كل مستوى $l$ (باستقراء نزولي صغير). وتحتفظ الأقطاب الحقيقية بمعاملاتها الحقيقية (فالمرافقة تصمد عندها). وتنتج الوحدانية من الوحدانية فوق $\C$ . ∎

مثال 9.11 (مراقبة ازدواج المرافقات)

آلية البرهان، على أصغر حالة: فوق $\C$ ، تكون أقطاب $\frac1{X^2+1}$ هي $\pm\iu$ ، ومعاملا التغطية $\frac1{2\iu}$ عند $\iu$ و $\frac1{-2\iu}$ عند $-\iu$ — وهما مترافقان، كما تتنبأ به المبرهنة:

\frac{1}{X^2 + 1} = \frac{1/(2\iu)}{X - \iu} - \frac{1/(2\iu)}{X + \iu} .

وبإعادة الجمع على المقام المشترك:

\frac{1}{2\iu}\cdot\frac{(X + \iu) - (X - \iu)}{X^2 + 1} = \frac{1}{2\iu}\cdot\frac{2\iu}{X^2 + 1} = \frac{1}{X^2+1} :

فيختصر الجزآن التخيليان وتعود اللبنة الحقيقية سليمة. ومن أجل المكاملات الحقيقية لا يغادر المرء $\R$ عادةً — لكن عند حساب مجاميع عند نقاط عقدية (كما تفعل مسألة نهاية الأسبوع بجذور الوحدة)، تكون اللبنات العقدية هي العملة الطبيعية، ويكون هذا الازدواج سعرَ الصرف بين التفكيكين.

مثال 9.12

فكّك $F = \dfrac{4}{(X^2+1)(X-1)^2}$ فوق $\R$ . والصورة: $\frac{aX + b}{X^2 + 1} + \frac{c}{(X-1)^2} + \frac{d}{X - 1}$ . التغطية عند القطب المضاعف: $c = \bigl[\frac{4}{X^2+1}\bigr]_{X=1} = 2$ . والتغطية عند القطب العقدي $\iu$ (بحساب البسط فوق $X^2 + 1$ عبر التفكيك العقدي، أو مباشرةً): اضرب في $X^2 + 1$ وضع $X = \iu$ :

a\iu + b = \frac{4}{(\iu - 1)^2} = \frac{4}{-2\iu} = 2\iu ,

ومنه $a = 2$ و $b = 0$ . ونهاية $xF(x)$ عند اللانهاية: $0 = a + d$ ، ومنه $d = -2$ . ومنه

F = \frac{2X}{X^2+1} + \frac{2}{(X-1)^2} - \frac{2}{X-1} .

وللتحقق عند $X = 0$ : $F(0) = 4$ و $0 + 2 + 2 = 4$ .

مثال 9.13 (مقام من الدرجة الثالثة، من أوله إلى آخره)

فكّك $F = \dfrac{1}{X^3 + 1}$ فوق $\R$ . عمّل أولًا: $X^3 + 1 = (X + 1)(X^2 - X + 1)$ ، ومميّز كثير الحدود من الدرجة الثانية $-3 < 0$ . والصورة: $\frac{a}{X+1} + \frac{bX + c}{X^2 - X + 1}$ . والتغطية عند القطب البسيط $-1$ : $a = \bigl[\frac1{X^2 - X + 1}\bigr]_{X=-1} = \frac13$ . ونهاية $xF(x)$ عند اللانهاية: $0 = a + b$ ، ومنه $b = -\frac13$ . والحساب عند $X = 0$ : $1 = a + c$ ، ومنه $c = \frac23$ . ومنه

\frac{1}{X^3+1} = \frac13\Bigl(\frac{1}{X+1} + \frac{-X + 2}{X^2 - X + 1}\Bigr) ,

وقد تأكد عند $X = 1$ : فالطرف الأيسر $\frac12$ ، والطرف الأيمن $\frac13\bigl(\frac12 + 1\bigr) = \frac12$ . ولاحظ الاقتصاد: ثلاثة مجاهيل، وثلاث وقائع خطية رخيصة (تغطية واحدة، ونهاية واحدة، وحساب واحد)، دون نشر أيّ شيء — وهو منهج الطريقة 9.6 في صورته الخالصة.

ملاحظة 9.14 (فيمَ يُستعمل)

بمجرد التفكيك، تُكامل الدالة الناطقة حدًّا حدًّا: فللبنات $\frac{1}{(x-a)^k}$ دوال أصلية أوّلية، وتُردّ اللبنات $\frac{\alpha x + \beta}{(x^2 + px + q)^l}$ إلى $\ln$ و $\arctan$ (الفصل 15). والمجاميع التلسكوبية هي التطبيق المعياري الآخر (التمرين 9.8).

ملاحظة 9.15 (أين يُستعمل هذا الفصل)

العناصر البسيطة قبل كل شيء خطوة تحضير: فيمرّر فصل المكاملة (الفصل 15) كل مكامَل ناطق عبر المبرهنة 9.10 قبل المكاملة، ويقوم فصل المتسلسلات (الفصل 17) بتلسكوب الحدود الناطقة تمامًا كما في التمرين 9.8 وفي مسألة نهاية الأسبوع أدناه — التي تدفع التقنية حتى $\sum 1/k^2 = \pi^2/6$ . وتعود المشتقة اللوغاريتمية $P'/P = \sum m_i/(X - a_i)$ (التمرين 8.11) كلما دُرست مواضع الجذور. وخارج هذا المجلد، يقوم تفكيك $1/\chi(X)$ من أجل كثير حدود مميِّز $\chi$ بأساس حساب قوى المصفوفات وتحويلات لابلاس في مجلد السنة 2: فاللبنات $\frac{c}{(X - a)^k}$ هي الظلّ الجبري للحلول $t^{k-1}\eu^{at}$ المقابَلة في الفصل 5.

الدالة F(x) = 1x+1 + 1x + 1x-1 من نمط : متناقصة تمامًا على كل مجال بين أقطابها -1, 0, 1 (المتقطعة). ويُقطع كل مستوى أفقي > 0 مرة واحدة بالضبط في كل مجال إلى يمين القطب الأول (النقاط المؤشَّرة): فحلول F = تتشابك مع الأقطاب. — الدالة $F(x) = \frac1{x+1} + \frac1x + \frac1{x-1}$ من نمط التمرين 9.12: متناقصة تمامًا على كل مجال بين أقطابها $-1, 0, 1$ (المتقطعة). ويُقطع كل مستوى أفقي $\lambda > 0$ مرة واحدة بالضبط في كل مجال إلى يمين القطب الأول (النقاط المؤشَّرة): فحلول $F = \lambda$ تتشابك مع الأقطاب.

9.4 تمارين

تمرين 9.1 ★

فكّك فوق $\R$ : $\dfrac{1}{X^2 - 1}$ ؛ و $\;\dfrac{X}{X^2 - 3X + 2}$ ؛ و $\;\dfrac{X^2 + 1}{X(X-1)}$ (انتبه إلى الجزء الصحيح).

حل

حل التمرين 9.1.

$\dfrac{1}{X^2 - 1}$ : قطبان بسيطان $\pm 1$ ؛ وبالتغطية: $\dfrac{1/2}{X-1} - \dfrac{1/2}{X+1}$ .

$\dfrac{X}{X^2 - 3X + 2} = \dfrac{X}{(X-1)(X-2)}$ : تعطي التغطية $\frac{1}{1-2} = -1$ عند $1$ و $\frac{2}{2-1} = 2$ عند $2$ : $\dfrac{-1}{X-1} + \dfrac{2}{X-2}$ .

$\dfrac{X^2+1}{X(X-1)}$ : الدرجة $0$ ، ومنه يوجد جزء صحيح: فبالقسمة، $X^2 + 1 = (X^2 - X) + (X + 1)$ ، ومنه $F = 1 + \frac{X+1}{X(X-1)}$ . وبالتغطية على الباقي: $\frac{1}{-1} = -1$ عند $0$ ، و $\frac{2}{1} = 2$ عند $1$ :

F = 1 - \frac{1}{X} + \frac{2}{X-1} .

تمرين 9.2 ★

فكّك فوق $\R$ : $\dfrac{1}{X(X^2 + 1)}$ و $\dfrac{X^3}{X^2 + X + 1}$ .

حل

حل التمرين 9.2.

$\dfrac{1}{X(X^2+1)}$ : الصورة $\frac aX + \frac{bX + c}{X^2 + 1}$ . والتغطية عند $0$ : $a = 1$ . ونهاية $xF$ : $0 = a + b$ ، ومنه $b = -1$ . والحساب عند $X = 1$ : $\frac12 = 1 + \frac{c - 1}{2}$ ، ومنه $c = 0$ :

\frac{1}{X(X^2+1)} = \frac 1X - \frac{X}{X^2+1} .

$\dfrac{X^3}{X^2+X+1}$ : بالقسمة: $X^3 = (X^2+X+1)(X - 1) + 1$ ، ومنه

\frac{X^3}{X^2+X+1} = X - 1 + \frac{1}{X^2 + X + 1} ,

وهو في الصورة المفكَّكة الحقيقية أصلًا (فمميّز كثير الحدود من الدرجة الثانية سالب).

تمرين 9.3 ★

فكّك $\dfrac{1}{X^2(X - 1)}$ و $\dfrac{X + 1}{(X - 1)^3}$ (ومن أجل الثاني، عوّض $Y = X - 1$ ).

حل

حل التمرين 9.3.

$\dfrac{1}{X^2(X-1)}$ : الصورة $\frac{a}{X^2} + \frac bX + \frac{c}{X-1}$ . والتغطية عند القطب المضاعف $0$ : $a = \bigl[\frac{1}{X-1}\bigr]_{0} = -1$ . والتغطية عند $1$ : $c = 1$ . ونهاية $xF$ : $0 = b + c$ ، ومنه $b = -1$ :

\frac{1}{X^2(X-1)} = -\frac{1}{X^2} - \frac1X + \frac{1}{X-1} .

$\dfrac{X+1}{(X-1)^3}$ : مع $Y = X - 1$ ، يكون البسط $Y + 2$ :

\frac{Y + 2}{Y^3} = \frac{1}{Y^2} + \frac{2}{Y^3} = \frac{1}{(X-1)^2} + \frac{2}{(X-1)^3} .

تمرين 9.4 ★★

فكّك فوق $\C$ ، ثم فوق $\R$ : $\dfrac{1}{X^4 - 1}$ .

حل

حل التمرين 9.4.

الأقطاب هي الجذور الرابعة للوحدة $1, \iu, -1, -\iu$ ، وكلها بسيطة. وبصيغة القطب البسيط مع $B' = 4X^3$ : يكون المعامل عند $a$ هو $\frac{1}{4a^3} = \frac{a}{4a^4} = \frac a4$ (باستعمال $a^4 = 1$ ). ومنه، فوق $\C$ :

\frac{1}{X^4 - 1} = \frac{1/4}{X - 1} - \frac{1/4}{X + 1} + \frac{\iu/4}{X - \iu} - \frac{\iu/4}{X + \iu} .

وبتجميع الزوج المترافق (بالمقام المشترك $X^2 + 1$ ): $\frac{\iu}{4}\bigl(\frac{1}{X-\iu} - \frac{1}{X+\iu}\bigr) = \frac{\iu}{4}\cdot\frac{2\iu}{X^2+1} = \frac{-1/2}{X^2+1}$ . وفوق $\R$ :

\frac{1}{X^4 - 1} = \frac{1/4}{X-1} - \frac{1/4}{X+1} - \frac{1/2}{X^2 + 1} .

وللتحقق عند $X = 0$ : $-1 = -\frac14 - \frac14 - \frac12$ .

تمرين 9.5 ★★

فكّك فوق $\R$ : $\dfrac{X^2}{(X^2 + 1)^2}$ ، واستنتج دالة أصلية للدالة $x \mapsto \dfrac{x^2}{(x^2+1)^2}$ مع العلم أن $\int \frac{\dd x}{(x^2+1)^2} = \frac12\bigl(\arctan x + \frac{x}{x^2+1}\bigr) + C$ .

حل

حل التمرين 9.5.

$\dfrac{X^2}{(X^2+1)^2} = \dfrac{(X^2 + 1) - 1}{(X^2+1)^2} = \dfrac{1}{X^2+1} - \dfrac{1}{(X^2+1)^2}$ .

ومنه دالة أصلية:

\int \frac{x^2\,\dd x}{(x^2+1)^2} = \arctan x - \frac12\Bigl(\arctan x + \frac{x}{x^2+1}\Bigr) + C = \frac12\arctan x - \frac{x}{2(x^2+1)} + C .

تمرين 9.6 ★★

من أجل $n \in \N^*$ ، فكّك $F_n = \dfrac{n!}{X(X+1)\cdots(X+n)}$ (أقطاب بسيطة عند $0, -1, \dots, -n$ ؛ استعمل صيغة التغطية وتعرّف على المعاملات الثنائية).

حل

حل التمرين 9.6.

الأقطاب $0, -1, \dots, -n$ بسيطة. وبالتغطية عند $-k$ :

c_k = \frac{n!}{\prod_{j \neq k} (-k + j)} = \frac{n!}{\bigl(\prod_{j=0}^{k-1}(j - k)\bigr) \bigl(\prod_{j=k+1}^{n}(j-k)\bigr)} = \frac{n!}{(-1)^k k!\,(n-k)!} = (-1)^k \binom nk .

ومنه

\frac{n!}{X(X+1)\cdots(X+n)} = \sum_{k=0}^{n} \frac{(-1)^k \binom nk}{X + k} .

(وللتحقق من أجل $n = 1$ : $\frac{1}{X(X+1)} = \frac1X - \frac{1}{X+1}$ .)

تمرين 9.7 ★★

باستعمال متطابقة التمرين 8.11 من أجل $P = X^n - 1$ ، برهن على أن

\sum_{k=0}^{n-1} \frac{1}{X - \omega^k} = \frac{n X^{n-1}}{X^n - 1}, \qquad \omega = \eu^{2\iu\pi/n},

واحسب الطرفين عند $X = 2$ من أجل $n = 4$ للتحقق.

حل

حل التمرين 9.7.

لكثير الحدود $P = X^n - 1$ الجذور البسيطة $\omega^k$ التي عددها $n$ (المبرهنة 3.14)، ومنه فإن متطابقة المشتقة اللوغاريتمية في التمرين 8.11 تُقرأ

\sum_{k=0}^{n-1} \frac{1}{X - \omega^k} = \frac{P'(X)}{P(X)} = \frac{n X^{n-1}}{X^n - 1} .

وعند $X = 2$ و $n = 4$ : الطرف الأيمن $= \frac{4 \times 8}{15} = \frac{32}{15}$ . والطرف الأيسر: $\frac{1}{2-1} + \frac{1}{2+1} + \frac{1}{2 - \iu} + \frac{1}{2 + \iu} = 1 + \frac13 + \frac{4}{5} = \frac{15 + 5 + 12}{15} = \frac{32}{15}$ ، باستعمال $\frac{1}{2-\iu} + \frac{1}{2+\iu} = \frac{4}{5}$ .

تمرين 9.8 ★★

فكّك $\dfrac{1}{k(k+1)(k+2)}$ واحسب

S_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k(k+1)(k+2)}, \qquad\text{ثم}\qquad \lim_{n \to \infty} S_n .

حل

حل التمرين 9.8.

بالتغطية: $\dfrac{1}{k(k+1)(k+2)} = \dfrac{1/2}{k} - \dfrac{1}{k+1} + \dfrac{1/2}{k+2}$ . وأعد كتابته في صورة فرق تلسكوبي:

\frac{1}{k(k+1)(k+2)} = \frac12\Bigl(\frac{1}{k(k+1)} - \frac{1}{(k+1)(k+2)}\Bigr),

(انشر للتحقق — أو اطرح التفكيكين). وبالجمع:

S_n = \frac12\Bigl(\frac{1}{1 \times 2} - \frac{1}{(n+1)(n+2)}\Bigr) = \frac14 - \frac{1}{2(n+1)(n+2)} \xrightarrow[n \to \infty]{} \frac14 .

تمرين 9.9 ★★★

ليكن $P \in \R[X]$ واحديًا من الدرجة $n$ وله $n$ جذرًا حقيقيًا متمايزًا $x_1 < \dots < x_n$ . برهن على أن

\sum_{i=1}^{n} \frac{1}{P'(x_i)} = 0 \quad (n \geq 2), \qquad \sum_{i=1}^{n} \frac{x_i^{\,n-1}}{P'(x_i)} = 1 .

إرشاد: فكّك $\frac{X^m}{P}$ من أجل $m \leq n - 1$ وانظر إلى تناقص المعاملات عند اللانهاية — أو استعمل مقايسة لاغرانج (المبرهنة 8.23) للحدّانية $X^m$ عند العقد $x_i$ .

حل

حل التمرين 9.9.

فكّك، من أجل $0 \leq m \leq n - 1$ ، الكسرَ $\frac{X^m}{P}$ (ودرجته $m - n \leq -1$ ، وأقطابه بسيطة): تعطي صيغة القطب البسيط

\frac{X^m}{P} = \sum_{i=1}^{n} \frac{x_i^m / P'(x_i)}{X - x_i} .

اضرب في $X$ واجعل $X \to +\infty$ : يؤول الطرف الأيسر إلى نهاية $X^{m+1}/P$ ، وهي $0$ إذا كان $m \leq n - 2$ و $1$ إذا كان $m = n - 1$ (فإن $P$ واحديّ من الدرجة $n$ )؛ ويؤول الطرف الأيمن إلى $\sum_i \frac{x_i^m}{P'(x_i)}$ . ومنه

\sum_{i=1}^{n} \frac{x_i^{m}}{P'(x_i)} = \begin{cases} 0 & \text{من أجل } 0 \leq m \leq n-2,\\ 1 & \text{من أجل } m = n - 1, \end{cases}

وهذا يحوي المتطابقتين المعلنتين (فالحالة $m = 0$ تقتضي $n \geq 2$ ). (والتفسير عبر المبرهنة 8.23: هذه المجاميع هي المعاملات المهيمنة لمقايسات لاغرانج للمقدار $X^m$ ، ومقايسة كثير حدود درجته $\leq n-1$ عند $n$ نقطة تعيد إنتاجه بالضبط.)

تمرين 9.10 ★★

فكّك $\dfrac{1}{X(X+1)^2}$ فوق $\R$ . وبقبول القيمة $\sum_{k \geq 1} \frac1{k^2} = \frac{\pi^2}6$ (المبرهن عليها في مسألة نهاية الأسبوع من هذا الفصل)، استنتج

\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n(n+1)^2} = 2 - \frac{\pi^2}{6} .

حل

حل التمرين 9.10.

الصورة $\frac aX + \frac b{X+1} + \frac c{(X+1)^2}$ . والتغطية عند $0$ : $a = 1$ ؛ والتغطية عند القطب المضاعف: $c = \bigl[\frac1X \bigr]_{X=-1} = -1$ ؛ ونهاية $xF(x)$ عند اللانهاية: $0 = a + b$ ، ومنه $b = -1$ :

\frac{1}{X(X+1)^2} = \frac1X - \frac1{X+1} - \frac1{(X+1)^2} .

وبالجمع من أجل $n = 1, \dots, N$ : تتلسكب اللبنتان الأوليان إلى $1 - \frac1{N+1}$ ، وتسهم الثالثة بالمقدار $-\sum_{k=2}^{N+1} \frac1{k^2}$ . وبجعل $N \to \infty$ وباستعمال $\sum_{k\geq1} \frac1{k^2} = \frac{\pi^2}6$ :

\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n(n+1)^2} = 1 - \Bigl(\frac{\pi^2}6 - 1\Bigr) = 2 - \frac{\pi^2}6 \approx 0.355 .

تمرين 9.11 ★★

فكّك فوق $\R$ : $\dfrac{1}{(X^2+1)(X^2+4)}$ ، ثم $\dfrac{X^2}{(X^2+1)(X^2+4)}$ . إرشاد: كلا المقامين كثير حدود في $X^2$ : ففكّك $\frac1{(Y+1)(Y+4)}$ أولًا.

حل

حل التمرين 9.11.

في المتغير $Y$ : $\frac1{(Y+1)(Y+4)} = \frac{1/3}{Y+1} - \frac{1/3}{Y+4}$ (بالتغطية عند $-1$ وعند $-4$ )، ومنه

\frac{1}{(X^2+1)(X^2+4)} = \frac13\,\frac1{X^2+1} - \frac13\,\frac1{X^2+4} .

وبالمثل $\frac{Y}{(Y+1)(Y+4)} = \frac{-1/3}{Y+1} + \frac{4/3}{Y+4}$ ، ومنه

\frac{X^2}{(X^2+1)(X^2+4)} = -\frac13\,\frac1{X^2+1} + \frac43\,\frac1{X^2+4} .

(وللتحقق عند $X = 0$ : $0 = \frac13(-1 + 1)$ .) وهذان هما التفكيكان الحقيقيان أصلًا: إذ تصادف أن تكون البسوط فوق كثيرات الحدود التي لا تتجزأ من الدرجة الثانية ثوابت.

تمرين 9.12 ★★★

(المعادلات الدهرية) لتكن $F = \sum_{i=1}^{r} \frac{c_i}{X - p_i}$ حيث $p_1 < p_2 < \dots < p_r$ حقيقية وكل $c_i > 0$ .

بيّن أن $F$ متناقصة تمامًا على كل مجال من مجموعة تعريفها، وأعط نهاياتها عند $\pm\infty$ وعلى جانبَي كل قطب.
استنتج أنه من أجل كل $\lambda > 0$ ، يكون للمعادلة $F(x) = \lambda$ بالضبط $r$ حلًّا حقيقيًا، واحد في كل مجال $\intoo{p_i}{p_{i+1}}$ وواحد بعد $p_r$ . (ومعادلات كهذه تحكم اضطرابات القيم الذاتية؛ ومبرهنة القيم الوسطى مستعملة هنا على مستوى الثانوية ومبرهن عليها في الفصل 13.)

حل

حل التمرين 9.12.

على كل مجال يتفادى الأقطاب، $F'(x) = -\sum_i \frac{c_i}{(x - p_i)^2} < 0$ : أي متناقصة تمامًا. وعندما $x \to \pm\infty$ ، تؤول كل لبنة إلى $0$ : ومنه $F \to 0$ ، من فوق عند $+\infty$ (فكل اللبنات موجبة هناك) ومن تحت عند $-\infty$ . وعندما $x \to p_i^+$ ، تنفجر اللبنة $\frac{c_i}{x - p_i}$ إلى $+\infty$ وتبقى الأخريات محدودة: ومنه $F \to +\infty$ ؛ وبالمثل $F \to -\infty$ عندما $x \to p_i^-$ .
ثبّت $\lambda > 0$ . على $\intoo{-\infty}{p_1}$ : تتناقص $F$ من $0^-$ إلى $-\infty$ ، ومنه $F < 0 < \lambda$ : فلا حلّ. وعلى كل $\intoo{p_i}{p_{i+1}}$ (حيث $1 \leq i \leq r-1$ ): تتناقص $F$ من $+\infty$ إلى $-\infty$ ، فتأخذ القيمة $\lambda$ مرة واحدة بالضبط (بخاصية القيم الوسطى مع الرتابة التامة). وعلى $\intoo{p_r}{+\infty}$ : تتناقص $F$ من $+\infty$ إلى $0^+$ ، فحلّ واحد بالضبط من جديد. والمجموع: $r$ حلًّا بالضبط، متشابكة مع الأقطاب.

9.5 مسألة: العناصر البسيطة محرّكًا

مسألة 9.1

يبدو تفكيك الكسر إلى عناصر بسيطة محاسبةً؛ وتبيّن هذه المسألة أنه محرّك. فإذا غُذّي بالكسر $\frac1{X(X+1)\cdots(X+k)}$ ، تلسكب عائلات كاملة من المجاميع في صورة مغلقة؛ وإذا غُذّي بالمقدار $\frac1{X^n - 1}$ أنتج متطابقات مثلثية مثل

\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{\sin^2\frac{k\pi}{n}} = \frac{n^2-1}{3} ;

وإذا دُفع خطوة أخرى، عصرت تلك المتطابقة واحدةً من أشهر الصيغ في الرياضيات، صيغة أويلر

\sum_{k=1}^{\infty}\frac1{k^2} = \frac{\pi^2}{6}

— وقد حُصل عليها هنا بلا شيء يتجاوز جبر هذا الفصل و مثلثات الثانوية. وفي كل ما يلي، $\omega = \eu^{2\iu\pi/n}$ ؛ ونهايات المتتاليات مستعملة على مستوى الثانوية (ويصوغها الفصل 11).

الجزء 1 — التلسكوب.

فكّك $\frac1{X(X+1)}$ واحسب $\sum_{n=1}^{N} \frac1{n(n+1)}$ بالضبط؛ واستنتج أن المجموع يؤول إلى $1$ .
الأمر نفسه من أجل $\frac1{X(X+2)}$ : بيّن أن $\sum_{n=1}^{N} \frac1{n(n+2)} = \frac12\bigl(\frac32 - \frac1{N+1} - \frac1{N+2}\bigr) \to \frac34$ . (فمع فجوة، يبقى حدّان طرفيان عند كل نهاية.)
صُغ الآلية: إذا كان $F(X) = G(X) - G(X+1)$ من أجل كسر ناطق $G$ ما بلا أقطاب في $\intco1{+\infty}$ ، فإن $\sum_{n=1}^N F(n) = G(1) - G(N+1)$ . واسترجع القيمة $\frac14$ في التمرين 9.8 بإبراز الشاهد $G$ من أجل $F = \frac1{X(X+1)(X+2)}$ .
برهن على التلسكوب العاملي العام: من أجل $k \geq 1$ ،

$\frac{1}{X(X+1)\cdots(X+k)} = \frac1k\biggl(\frac{1}{X(X+1)\cdots(X+k-1)} - \frac{1}{(X+1)\cdots(X+k)}\biggr),$

واستنتج

$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n(n+1)\cdots(n+k)} = \frac{1}{k \cdot k!} .$

وتحقق من الحالة $k = 2$ في مقابل السؤال 3.
احسب تفكيك التمرين 9.6 عند نقاط حسنة الاختيار للبرهان على أن

$\sum_{j=0}^{n}(-1)^j\binom nj\,\frac1{j+1} = \frac1{n+1}, \qquad \sum_{j=0}^{n}(-1)^j\binom nj\,\frac1{j+2} = \frac1{(n+1)(n+2)} .$

الجزء 2 — الكسر $1/(X^n - 1)$ .

بيّن بصيغة التغطية أن

$\frac{1}{X^n - 1} = \frac1n\sum_{k=0}^{n-1}\frac{\omega^k}{X - \omega^k} .$
تحققان: تأكّد من الصيغة مباشرةً من أجل $n = 2$ ، وبيّن أن مجموع المعاملات $n$ ينعدم من أجل $n \geq 2$ — واشرح لماذا يجب أن ينعدم (تأمّل $xF(x)$ عندما $x \to \infty$ ).
استخرج بالتغطية من جديد متطابقة التمرين 9.7: $\frac{nX^{n-1}}{X^n-1} = \sum_k \frac1{X - \omega^k}$ .
جمّع الأقطاب المترافقة للبرهان على التفكيك الحقيقي: مع $\theta_k = \frac{2k\pi}n$ ،

$\frac{\omega^k}{X - \omega^k} + \frac{\omega^{n-k}}{X - \omega^{n-k}} = \frac{2\cos\theta_k\,X - 2} {X^2 - 2\cos\theta_k\,X + 1} ,$

واكتب التفكيك الحقيقي الكامل للكسر $\frac1{X^n-1}$ (مميّزًا بين $n$ الفرديّ و $n$ الزوجيّ).
خصّص إلى $n = 4$ وتحقق في مقابل التمرين 9.4.

الجزء 3 — مجاميع مثلثية، وصيغة أويلر $\pi^2/6$ . لتكن $P = 1 + X + \dots + X^{n-1}$ ، وجذورها $\omega, \omega^2, \dots, \omega^{n-1}$ (وكلها بسيطة).

باستعمال $\frac{P'}P = \sum_{k=1}^{n-1}\frac1{X - \omega^k}$ (التمرين 8.11)، برهن على أن

$\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{1 - \omega^k} = \frac{n-1}2 .$
برهن على أن $\dfrac1{1 - \eu^{\iu\theta}} = \dfrac12 + \dfrac\iu2\,\frac{\cos(\theta/2)}{\sin(\theta/2)}$ من أجل $\theta \notin 2\pi\Z$ (بتعميل نصف الزاوية، الطريقة 3.11)، واستنتج من السؤال 11 أن $\sum_{k=1}^{n-1} \frac{\cos(k\pi/n)}{\sin(k\pi/n)} = 0$ — وهو مرئيّ كذلك بالتناظر $k \leftrightarrow n - k$ .
باشتقاق متطابقة السؤال 11 (أي باستعمال $\bigl(\frac{P'}P\bigr)' = \frac{P''}P - \bigl(\frac{P'}P\bigr)^2$ محسوبةً عند $X = 1$ )، برهن على أن

$\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{(1 - \omega^k)^2} = \frac{(n-1)(5-n)}{12} .$
بكتابة $\cot t = \frac{\cos t}{\sin t}$ ، استنتج من السؤالين 12–13 الصيغتين المغلقتين

$\sum_{k=1}^{n-1}\cot^2\frac{k\pi}n = \frac{(n-1)(n-2)}3, \qquad \sum_{k=1}^{n-1}\frac1{\sin^2\frac{k\pi}n} = \frac{n^2-1}3 .$
تحقق من الصيغتين باليد من أجل $n = 3$ ومن أجل $n = 4$ .
برهن على المتراجحتين $\cot t < \frac1t < \frac1{\sin t}$ من أجل $t \in \intoo0{\frac\pi2}$ (من $\sin t < t < \tan t$ )، واستنتج، من أجل $n = 2m + 1$ و $1 \leq k \leq m$ :

$\cot^2\frac{k\pi}n \;<\; \frac{n^2}{k^2\pi^2} \;<\; \frac1{\sin^2\frac{k\pi}n} .$
اجمع هذه المتراجحات من أجل $k = 1, \dots, m$ (مستعملًا التناظر $k \leftrightarrow n - k$ لتنصيف صيغ السؤال 14) واحصر:

$\sum_{k=1}^{\infty}\frac1{k^2} = \frac{\pi^2}6 .$

الجزء 4 — لبنات أعلى.

بتربيع تفكيك $\frac1{X^2-1}$ وإعادة تفكيك الحدّ المتقاطع، برهن على أن

$\frac1{(X^2-1)^2} = \frac14\Bigl(\frac1{(X-1)^2} + \frac1{(X+1)^2}\Bigr) - \frac14\Bigl(\frac1{X-1} - \frac1{X+1}\Bigr),$

وتحقق من ذلك عند $X = 0$ .
اجمع بين السؤال 18 والتلسكوب وقيمة أويلر (السؤال 17) للبرهان على أن

$\sum_{n=2}^{\infty}\frac1{(n^2-1)^2} = \frac{\pi^2}{12} - \frac{11}{16} ,$

وأكّد القيمة عدديًا بثلاثة أرقام عشرية.
اشتقّ متطابقة السؤال 8 للحصول على صيغة مغلقة للمقدار $\sum_{k=0}^{n-1}\frac1{(X - \omega^k)^2}$ ، وتحقق منها عند $X = 2$ و $n = 2$ .
برهن على أنه من أجل $k \geq 2$ ،

$\sum_{n=k}^{\infty}\frac{1}{\binom nk} = \frac{k}{k-1} .$

(ردّ ذلك إلى السؤال 4 بكتابة $1/\binom nk$ بالعوامل.)
من أجل $k = 3$ ، أعط المجموع الجزئي المضبوط $\sum_{n=3}^{N}\frac1{\binom n3}$ ونهايته.

الجزء 5 — توليفة ختامية.

حسابًا ختاميًا، اكتب التفكيك الحقيقي الكامل للكسر $\dfrac1{X^6 - 1}$ وتحقق منه عند $X = 0$ .
أين استعملت المسألة بالضبط: (أ) وحدانية التفكيك؛ (ب) جذور الوحدة في الفصل 3؛ (ج) المشتقة اللوغاريتمية في التمرين 8.11؟ جملة واحدة لكلٍّ منها.
توليفة، في فقرة قصيرة: متطابقة جبرية واحدة — أي تفتيت كسر إلى لبنات — ولّدت مجاميع مضبوطة ومتطابقات مثلثية والقيمة $\pi^2/6$ . علّق على توزيع العمل بين الجبر (التفكيكات المضبوطة، الصالحة في كل مكان) والتحليل (النهايات والحصر)، وأشر إلى أين يُصنَّع كل خيط: التلسكوب والمقارنة في الفصل 17، ومكاملة اللبنات في الفصل 15.

حل

حل المسألة 9.1.

1. بالتغطية: $\frac1{X(X+1)} = \frac1X - \frac1{X+1}$ . ويتلسكب المجموع:

\sum_{n=1}^{N}\Bigl(\frac1n - \frac1{n+1}\Bigr) = 1 - \frac1{N+1} \longrightarrow 1 .

2. $\frac1{X(X+2)} = \frac{1/2}X - \frac{1/2}{X+2}$ . وبالجمع، يبقى الحدّان $\frac1n$ من أجل $n = 1, 2$ ويبقى الحدّان $-\frac1{n+2}$ من أجل $n = N-1, N$ :

\sum_{n=1}^{N}\frac1{n(n+2)} = \frac12\Bigl(1 + \frac12 - \frac1{N+1} - \frac1{N+2}\Bigr) \longrightarrow \frac34 .

3. إذا كان $F(X) = G(X) - G(X+1)$ فإن $\sum_{n=1}^N F(n) = \sum_{n=1}^N\bigl(G(n) - G(n+1)\bigr) = G(1) - G(N+1)$ : إذ تختصر كل القيم الوسيطة مثنى مثنى. ومن أجل $F = \frac1{X(X+1)(X+2)}$ ، يكون الشاهد $G(X) = \frac1{2X(X+1)}$ :

G(X) - G(X+1) = \frac{(X+2) - X}{2X(X+1)(X+2)} = F(X) ,

ومنه $\sum_{n=1}^N F(n) = \frac14 - \frac1{2(N+1)(N+2)} \to \frac14$ ، وهي قيمة التمرين 9.8.

4. ضع الطرف الأيمن على المقام المشترك $X(X+1)\cdots(X+k)$ :

\frac1k\cdot\frac{(X + k) - X}{X(X+1)\cdots(X+k)} = \frac{1}{X(X+1)\cdots(X+k)} ,

وهي المتطابقة. ومنه $F_k(X) = \frac1k\bigl(G_k(X) - G_k(X+1)\bigr)$ حيث $G_k(X) = \frac1{X(X+1)\cdots(X+k-1)}$ ، وتعطي آلية السؤال 3

\sum_{n=1}^{N}\frac1{n(n+1)\cdots(n+k)} = \frac1k\Bigl(\frac1{k!} - G_k(N+1)\Bigr) \longrightarrow \frac1{k\cdot k!} ,

لأن $G_k(1) = \frac1{k!}$ و $G_k(N+1) \to 0$ . ومن أجل $k = 2$ : $\frac1{2\cdot2} = \frac14$ ، وهذا يطابق السؤال 3.

5. التمرين 9.6 يعطي $\frac{n!}{X(X+1)\cdots(X+n)} = \sum_{j=0}^n \frac{(-1)^j\binom nj}{X + j}$ . واحسب عند $X = 1$ : الطرف الأيسر هو $\frac{n!}{(n+1)!} = \frac1{n+1}$ ، والطرف الأيمن هو $\sum_j(-1)^j\binom nj\frac1{1+j}$ : وهي المتطابقة الأولى. وعند $X = 2$ : الطرف الأيسر هو $\frac{n!}{2\cdot3\cdots(n+2)} = \frac{n!\cdot1}{(n+2)!} = \frac1{(n+1)(n+2)}$ ، والطرف الأيمن $\sum_j(-1)^j\binom nj\frac1{2+j}$ : وهي المتطابقة الثانية.

6. الأقطاب $\omega^k$ بسيطة، وتعطي صيغة القطب البسيط في الطريقة 9.6 المعاملَ

\frac{1}{\bigl(nX^{n-1}\bigr)_{X = \omega^k}} = \frac{1}{n\,\omega^{k(n-1)}} = \frac{\omega^k}{n\,\omega^{kn}} = \frac{\omega^k}n ,

باستعمال $\omega^{kn} = 1$ . ومنه $\frac1{X^n-1} = \frac1n\sum_k \frac{\omega^k}{X - \omega^k}$ .

7. من أجل $n = 2$ (حيث $\omega = -1$ ): $\frac12\bigl( \frac1{X-1} - \frac1{X+1}\bigr) = \frac12\cdot\frac{2}{X^2-1} = \frac1{X^2-1}$ : وهذا صحيح. ويكون مجموع المعاملات $\frac1n\sum_k\omega^k = 0$ من أجل $n \geq 2$ (القضية 3.18). ويجب أن يكون كذلك: إذ $x\,F(x) \to \sum_k c_k$ عندما $x \to \infty$ من أجل أيّ تفكيك بأقطاب بسيطة، بينما هنا $xF(x) = \frac{x}{x^n-1} \to 0$ لأن $n \geq 2$ .

8. بالتغطية من أجل $\frac{X^{n-1}}{X^n - 1}$ عند $\omega^k$ : $\frac{A(\omega^k)}{B'(\omega^k)} = \frac{\omega^{k(n-1)}}{n\omega^{k(n-1)}} = \frac1n$ ، ومنه $\frac{X^{n-1}}{X^n-1} = \frac1n\sum_k\frac1{X - \omega^k}$ — وهي متطابقة التمرين 9.7 من جديد.

9. مع $c = \omega^k$ و $\conj c = \omega^{n-k}$ و $c\conj c = 1$ و $c + \conj c = 2\cos\theta_k$ :

\frac{c}{X - c} + \frac{\conj c}{X - \conj c} = \frac{c(X - \conj c) + \conj c(X - c)} {(X - c)(X - \conj c)} = \frac{2\cos\theta_k\,X - 2}{X^2 - 2\cos\theta_k\,X + 1} .

وبتجميع $k$ مع $n - k$ في السؤال 6: من أجل $n$ الفرديّ،

\frac1{X^n - 1} = \frac1n\Biggl(\frac1{X-1} + \sum_{k=1}^{(n-1)/2} \frac{2\cos\theta_k X - 2}{X^2 - 2\cos\theta_k X + 1}\Biggr) ;

ومن أجل $n$ الزوجيّ، يسهم القطب الزائد المزدوج مع نفسه $\omega^{n/2} = -1$ بالمقدار $\frac{-1}{X+1}$ داخل القوس ويجري مجموع الأزواج حتى $\frac n2 - 1$ .

10. من أجل $n = 4$ : $\theta_1 = \frac\pi2$ و $\cos\theta_1 = 0$ ، ومنه فحدّ الزوج هو $\frac{-2}{X^2+1}$ و

\frac1{X^4-1} = \frac14\Bigl(\frac1{X-1} - \frac1{X+1} - \frac2{X^2+1}\Bigr) ,

وهو تفكيك التمرين 9.4.

11. $P = \prod_{k=1}^{n-1}(X - \omega^k)$ (بقسمة $X^n - 1$ على $X - 1$ )، ومنه حسب التمرين 8.11 يكون $\frac{P'}P = \sum_{k=1}^{n-1}\frac1{X-\omega^k}$ . وعند $X = 1$ : $P(1) = n$ و $P'(1) = \sum_{j=1}^{n-1}j = \frac{n(n-1)}2$ ، ومنه

\sum_{k=1}^{n-1}\frac1{1 - \omega^k} = \frac{P'(1)}{P(1)} = \frac{n-1}2 .

12. بنصف الزاوية: $1 - \eu^{\iu\theta} = -2\iu\sin\frac\theta2\,\eu^{\iu\theta/2}$ ، ومنه

\frac1{1 - \eu^{\iu\theta}} = \frac{\eu^{-\iu\theta/2}}{-2\iu\sin\frac\theta2} = \frac{\iu\cos\frac\theta2 + \sin\frac\theta2} {2\sin\frac\theta2} = \frac12 + \frac\iu2\, \frac{\cos\frac\theta2}{\sin\frac\theta2} .

ومع $\theta = \theta_k = \frac{2k\pi}n$ : $\frac1{1-\omega^k} = \frac12 + \frac\iu2\cot\frac{k\pi}n$ . وبالجمع على $k = 1, \dots, n-1$ ومقارنة ذلك بالقيمة الحقيقية $\frac{n-1}2$ في السؤال 11: تفسّر الأجزاء الحقيقية كل شيء أصلًا، ومنه $\sum_k\cot\frac{k\pi}n = 0$ — كما يبيّنه كذلك التناظر $\cot\frac{(n-k) \pi}n = -\cot\frac{k\pi}n$ .

13. باشتقاق $\frac{P'}P = \sum_k\frac1{X - \omega^k}$ :

\frac{P''}P - \Bigl(\frac{P'}P\Bigr)^2 = -\sum_{k=1}^{n-1}\frac1{(X - \omega^k)^2} .

وعند $X = 1$ : $P''(1) = \sum_{j=2}^{n-1}j(j-1) = 2\binom n3 = \frac{n(n-1)(n-2)}3$ (بمتطابقة عصا الهوكي، أو بالاستقراء)، ومنه

\sum_{k=1}^{n-1}\frac1{(1 - \omega^k)^2} = \Bigl(\frac{n-1}2\Bigr)^2 - \frac{(n-1)(n-2)}3 = \frac{(n-1)\bigl(3(n-1) - 4(n-2)\bigr)}{12} = \frac{(n-1)(5-n)}{12} .

14. بتربيع صيغة السؤال 12، مع $c_k = \cot\frac{k\pi}n$ :

\frac1{(1-\omega^k)^2} = \Bigl(\frac12 + \frac\iu2 c_k\Bigr)^2 = \frac14 - \frac{c_k^2}4 + \frac\iu2\,c_k .

وبالجمع وباستعمال $\sum c_k = 0$ (السؤال 12) والسؤال 13: $\frac{n-1}4 - \frac14\sum_k c_k^2 = \frac{(n-1)(5-n)}{12}$ ، ومنه

\sum_{k=1}^{n-1}\cot^2\frac{k\pi}n = (n-1) - \frac{(n-1)(5-n)}3 = \frac{(n-1)(n-2)}3 .

ثم يعطي $\frac1{\sin^2t} = 1 + \cot^2t$ أن $\sum_k\frac1{\sin^2\frac{k\pi}n} = (n-1) + \frac{(n-1)(n-2)}3 = \frac{n^2-1}3$ .

15. من أجل $n = 3$ : $\cot^2\frac\pi3 + \cot^2\frac{2\pi}3 = \frac13 + \frac13 = \frac23 = \frac{2\cdot1}3$ ؛ و مجموع $\frac1{\sin^2}$ يساوي $\frac43 + \frac43 = \frac83 = \frac{9-1}3$ . ومن أجل $n = 4$ : $1 + 0 + 1 = 2 = \frac{3\cdot2}3$ ؛ و $2 + 1 + 2 = 5 = \frac{16-1}3$ . فالصيغتان تتحققان.

16. من أجل $t \in \intoo0{\frac\pi2}$ ، تعطي المقارنة الكلاسيكية $\sin t < t < \tan t$ (بحجة المساحة أو التحدّب، وهي مألوفة من الثانوية)، بأخذ المقلوبات، أن $\cot t < \frac1t < \frac1{\sin t}$ ، وكلها موجبة هناك؛ والتربيع يحفظ الترتيب. ومع $t = \frac{k\pi}n$ و $1 \leq k \leq m$ و $n = 2m+1$ (فيكون $t < \frac\pi2$ ):

\cot^2\frac{k\pi}n < \frac{n^2}{k^2\pi^2} < \frac1{\sin^2\frac{k\pi}n} .

17. بالتناظرين $\cot^2\frac{(n-k)\pi}n = \cot^2\frac{k\pi}n$ وكذلك من أجل $\sin^2$ ، تنتصف مجاميع السؤال 14: $\sum_{k=1}^{m}\cot^2\frac{k\pi}n = \frac{(n-1)(n-2)}6 = \frac{m(2m-1)}3$ و $\sum_{k=1}^m\frac1{\sin^2\frac{k\pi}n} = \frac{n^2-1}6 = \frac{2m(m+1)}3$ . وبجمع السؤال 16 على $k = 1, \dots, m$ والضرب في $\frac{\pi^2}{n^2}$ :

\frac{\pi^2}{(2m+1)^2}\cdot\frac{m(2m-1)}3 \;<\; \sum_{k=1}^{m}\frac1{k^2} \;<\; \frac{\pi^2}{(2m+1)^2}\cdot\frac{2m(m+1)}3 .

ويؤول الحاصران معًا إلى $\frac{\pi^2}6$ عندما $m \to \infty$ (إذ تؤول النسبتان $\frac{m(2m-1)}{(2m+1)^2}$ و $\frac{2m(m+1)}{(2m+1)^2}$ كلتاهما إلى $\frac12$ )، ومنه بالحصر تتقارب المجاميع الجزئية المتزايدة و

\sum_{k=1}^{\infty}\frac1{k^2} = \frac{\pi^2}6 .

18. ربّع $\frac1{X^2-1} = \frac12\bigl(\frac1{X-1} - \frac1{X+1}\bigr)$ :

\frac1{(X^2-1)^2} = \frac14\Bigl(\frac1{(X-1)^2} + \frac1{(X+1)^2}\Bigr) - \frac12\cdot\frac1{(X-1)(X+1)} ,

وأعد تفكيك الحدّ المتقاطع $\frac1{(X-1)(X+1)} = \frac12\bigl(\frac1{X-1} - \frac1{X+1}\bigr)$ للحصول على الصورة المذكورة. وعند $X = 0$ : الطرف الأيسر $1$ ؛ والطرف الأيمن $\frac14(1 + 1) - \frac14(-1 - 1) = \frac12 + \frac12 = 1$ .

19. اجمع السؤال 18 على $n \geq 2$ . ومع $S = \sum_{k\geq1}\frac1{k^2} = \frac{\pi^2}6$ : $\sum_{n\geq2} \frac1{(n-1)^2} = S$ ؛ و $\sum_{n\geq2}\frac1{(n+1)^2} = S - 1 - \frac14$ ؛ والتلسكوب ذو الفجوة المزدوجة $\sum_{n\geq2}\bigl( \frac1{n-1} - \frac1{n+1}\bigr) = 1 + \frac12 = \frac32$ . ومنه

\sum_{n=2}^{\infty}\frac1{(n^2-1)^2} = \frac14\Bigl(2S - \frac54\Bigr) - \frac14\cdot\frac32 = \frac S2 - \frac{11}{16} = \frac{\pi^2}{12} - \frac{11}{16} \approx 0.135 .

وعدديًا: $\frac19 + \frac1{64} + \frac1{225} + \frac1{576} + \frac1{1225} + \dots \approx 0.1111 + 0.0156 + 0.0044 + 0.0017 + 0.0008 + \dots \approx 0.135$ : وهذا متسق.

20. اشتقّ متطابقة السؤال 8 $\sum_k\frac1{X-\omega^k} = \frac{nX^{n-1}}{X^n-1}$ :

\sum_{k=0}^{n-1}\frac1{(X - \omega^k)^2} = \frac{n^2X^{2n-2} - n(n-1)X^{n-2}(X^n - 1)}{(X^n - 1)^2} .

وللتحقق عند $n = 2$ و $X = 2$ : الطرف الأيمن $\frac{4\cdot4 - 2\cdot1\cdot3}{9} = \frac{10}9$ ؛ والطرف الأيسر $\frac1{(2-1)^2} + \frac1{(2+1)^2} = 1 + \frac19 = \frac{10}9$ .

21. $\frac1{\binom nk} = \frac{k!\,(n-k)!}{n!} = \frac{k!}{(n-k+1)(n-k+2)\cdots n}$ ، وهو جداء $k$ عددًا صحيحًا متتاليًا في المقام. وبتعويض $j = n - k + 1$ (فيجري $j$ على $\N^*$ عندما يجري $n$ ابتداءً من $k$ ):

\sum_{n=k}^{\infty}\frac1{\binom nk} = k!\sum_{j=1}^{\infty}\frac1{j(j+1)\cdots(j+k-1)} = \frac{k!}{(k-1)\,(k-1)!} = \frac{k}{k-1} ,

حسب السؤال 4 مطبَّقًا مع $k - 1$ بدل $k$ (وهذا صالح لأن $k - 1 \geq 1$ ).

22. من أجل $k = 3$ : $\frac1{\binom n3} = \frac6{(n-2)(n-1)n}$ ، ومنه بالمجموع الجزئي في السؤال 3 (منسحبًا)،

\sum_{n=3}^{N}\frac1{\binom n3} = 6\sum_{j=1}^{N-2}\frac1{j(j+1)(j+2)} = 6\Bigl(\frac14 - \frac1{2(N-1)N}\Bigr) = \frac32 - \frac3{(N-1)N} \longrightarrow \frac32 ,

وهي القيمة $\frac k{k-1} = \frac32$ في السؤال 21.

23. من أجل $n = 6$ : الزوجان $k = 1$ (حيث $\theta_1 = \frac\pi3$ و $2\cos\theta_1 = 1$ ) و $k = 2$ (حيث $\theta_2 = \frac{2\pi}3$ و $2\cos\theta_2 = -1$ )، مع القطبين الحقيقيين $\pm1$ :

\frac1{X^6-1} = \frac16\Bigl(\frac1{X-1} - \frac1{X+1} + \frac{X - 2}{X^2 - X + 1} + \frac{-X - 2}{X^2 + X + 1}\Bigr) .

وعند $X = 0$ : الطرف الأيسر $-1$ ؛ والطرف الأيمن $\frac16(-1 - 1 - 2 - 2) = -1$ : وهذا صحيح.

24. (أ) تشرّع الوحدانية كل تعيين للمعاملات — فالتغطية، وتجميع الأزواج المترافقة في السؤال 9، وحيل الاشتقاق (السؤالان 13 و 20) كلها تستند إليها. (ب) ووفّرت جذور الوحدة أقطاب $X^n - 1$ وتناظراتها ( $k \leftrightarrow n-k$ ) و جبر نصف الزاوية في السؤال 12 (الطريقة 3.11). (ج) وحوّلت المشتقة اللوغاريتمية $\frac{P'}P = \sum\frac{m_i}{X-a_i}$ المعلومةَ عن جذور $P = 1 + X + \dots + X^{n-1}$ إلى المجاميع العددية في السؤالين 11 و 13 — وهي المفصل بين الجزأين 2 و 3.

25. التفكيك متطابقة جبرية خالصة، صحيحة من أجل كل قيمة للمتغير دفعةً واحدة؛ وهذا ما يجعله محرّكًا. فتعويض الأعداد الصحيحة والجمع حوّله إلى تلسكوبات (الجزء 1)؛ وتعويض جذور الوحدة وتجميع المرافقات حوّله إلى متطابقات مثلثية (الجزآن 2 و 3)؛ ولم يدخل التحليل إلا في الخطوة الأخيرة — أي الحصر بين صيغتين مغلقتين — ليسلّم $\frac{\pi^2}6$ ، وهي عبارة ما كان لأيّ تعويض منته أن يبلغها. وتوزيع العمل هذا (فالجبر ينتج متطابقات منتهية مضبوطة، والتحليل ينتقل إلى النهاية) هو قالب الفصل 17، حيث يصير التلسكوب والمقارنة منهجيين، وقالب الفصل 15، حيث تكتسب كل لبنة دالةً أصلية وتحسب التفكيكات نفسها تكاملات بدل مجاميع.

المصطلحات المعرَّفة في هذا الفصل

كسر ناطق

عرض كل المصطلحات (395) في المسرد