--- title: "متتاليات الدوال ومتسلسلاتها" book: "الرياضيات الجامعية — السنة 2" subject: math language: ar chapter: 10 exercises: 12 source: https://one-course.com/books/math/4/ar/chapter/10-sequences-and-series-of-functions --- # الفصل 10 — متتاليات الدوال ومتسلسلاتها حين تتقارب دوال إلى دالة، أي الخواص ينجو من الانتقال إلى النهاية؟ [التقارب النقطي](#def-b2-funcseq-def) لا يحفظ شيئًا تقريبًا؛ أما التقارب *المنتظم* — أي التقارب [بمعيار](https://one-course.com/books/math/4/ar/chapter/5-normed-vector-spaces#def-b2-nvs-norm) النهاية العليا — فيحفظ الاتصال والتكاملات على القطع، ويحفظ المشتقات بلمسة واحدة. ويبرهن هذا الفصل على مبرهنات النقل الثلاث، وعلى نسخها للمتسلسلات، ويتوّجها بمبرهنة فايرشتراس في التقريب، مبرهَنةً [بكثيرات حدود برنشتاين](#thm-b2-funcseq-weierstrass) الاحتمالية الجميلة. ## 10.1 التقارب النقطي والمنتظم **تعريف 10.1.** لتكن $f_n, f \colon X \to \R$ (أو $\C$، أو فضاءً معياريًا)، ولتكن $X$ مجموعة كيفية. تتقارب $(f_n)$ إلى $f$ *نقطيًا* إذا كان $f_n(x) \to f(x)$ من أجل كل $x$؛ و*بانتظام* إذا كان $$ \norm{f_n - f}_\infty = \sup_{x \in X}\, \abs{f_n(x) - f(x)} \xrightarrow[n \to \infty]{} 0 . $$ والمنتظم يستلزم النقطي؛ وعلى $C(\intcc{a}{b})$، يكون التقارب المنتظم بالضبط هو التقارب في [فضاء باناخ](https://one-course.com/books/math/4/ar/chapter/5-normed-vector-spaces#def-b2-nvs-banach) $\bigl(C(\intcc{a}{b}), \norm\cdot_\infty\bigr)$ المكوَّن من [الفصل 5](https://one-course.com/books/math/4/ar/chapter/5-normed-vector-spaces#ch-b2-nvs). **مثال 10.2.** على $\intcc{0}{1}$، تتقارب $f_n(x) = x^n$ [نقطيًا](#def-b2-funcseq-def) إلى النهاية *غير المتصلة* $f = \mathbf{1}_{\{1\}}$؛ والتقارب ليس منتظمًا: $\norm{f_n - f}_\infty \geq f_n\bigl(1 - \tfrac1n\bigr) = (1 - \tfrac1n)^n \to \eu^{-1} \neq 0$. وعلى $\intcc{0}{a}$ مع $a < 1$ *يكون* منتظمًا ($\sup = a^n \to 0$): فالانتظام خاصية لمجال التعريف بقدر ما هو خاصية للمتتالية. ![المتتالية xn على (0, 1): تتهاوى المنحنيات نحو 0 لكن عليها جميعًا أن تتسلق إلى 1 عند x = 1 — فمسافة النهاية العليا إلى النهاية النقطية غير المتصلة لا تنكمش تحت ثابت أبدًا.](https://one-course.com/images/onecourse/chapters/math-4/b2-funcseq/fig-c2aaada593b5.svg) *المتتالية $x^n$ على $\intcc{0}{1}$: تتهاوى المنحنيات نحو $0$ لكن عليها جميعًا أن تتسلق إلى $1$ عند $x = 1$ — فمسافة النهاية العليا إلى النهاية النقطية غير المتصلة لا تنكمش تحت ثابت أبدًا.* **مثال 10.3 (نهايتان ترفضان التبادل).** الفصل كله عن تبادل النهايات، وهذا أصغر فشل ممكن. لتكن $a_{n,m} = \dfrac{n}{n+m}$ من أجل $n, m \geq 1$. عندئذٍ $$ \lim_{m\to\infty}\Bigl(\lim_{n\to\infty}a_{n,m}\Bigr) = \lim_{m\to\infty} 1 = 1, \qquad \lim_{n\to\infty}\Bigl(\lim_{m\to\infty}a_{n,m}\Bigr) = \lim_{n\to\infty} 0 = 0 : $$ فالنهايتان المتكررتان موجودتان وهما مختلفتان. وكل مبرهنة نقل في هذا الفصل رخصةٌ لتبادل نهايتين — $\lim_n$ مع $\lim_{x\to a}$ (الاتصال)، ومع $\int$ (المكاملة)، ومع $\frac{\dd}{\dd x}$ (الاشتقاق) — [والتقارب المنتظم](#def-b2-funcseq-def) هو بالضبط الرسم الذي يجعل التبادل مشروعًا. والفكرة الختامية: كلما بدّل “برهان” عمليتَي نهاية صامتًا، فهذا الجدول ذو السطرين هو المثال المضاد الذي يُرفع في وجهه؛ والنتوءات المنزلقة في [التمرين 10.2](#exo-b2-funcseq-2) هي الظاهرة نفسها بلباس علامة تكامل. ## 10.2 مبرهنات النقل الثلاث **مبرهنة 10.4 (الاتصال).** إذا كانت كل $f_n$ متصلة عند $a$ وكان $f_n \to f$ بانتظام على جوار للنقطة $a$، فإن $f$ متصلة عند $a$. والنهاية المنتظمة لدوال متصلة متصلة. **برهان.** حجة $3\varepsilon$ المستعملة بالفعل في [المبرهنة 4.9](https://one-course.com/books/math/4/ar/chapter/4-topology-of-metric-spaces#thm-b2-metric-rncomplete): نختار $n$ بحيث $\norm{f_n - f}_\infty \leq \varepsilon$، ثم $\delta$ من اتصال $f_n$ عند $a$؛ فمن أجل $\abs{x - a} \leq \delta$، $$ \abs{f(x) - f(a)} \leq \abs{f(x) - f_n(x)} + \abs{f_n(x) - f_n(a)} + \abs{f_n(a) - f(a)} \leq 3\varepsilon . \qedhere $$ ∎ **مثال 10.5 (يفشل الانتظام بالضبط حيث تنكسر النهاية).** على $\intcc{0}{2}$، لتكن $f_n(x) = \dfrac{x^n}{1 + x^n}$. النهاية النقطية دالة من ثلاث قطع: $$ f(x) = \begin{cases} 0 & 0 \leq x < 1,\\[2pt] \tfrac12 & x = 1,\\[2pt] 1 & 1 < x \leq 2, \end{cases} $$ وهي غير متصلة عند $1$، ومن ثم لا يمكن أن يكون التقارب منتظمًا على $\intcc{0}{2}$ حسب [المبرهنة 10.4](#thm-b2-funcseq-continuity). لكنه منتظم على القطع المغلقة التي تتجنب العتبة: فمن أجل $0 \leq x \leq a < 1$، $$ \sup_{\intcc{0}{a}}\abs{f_n - 0} = \frac{a^n}{1 + a^n} \leq a^n \to 0 , $$ ومن أجل $1 < b \leq x \leq 2$، $$ \sup_{\intcc{b}{2}}\abs{f_n - 1} = \frac{1}{1 + b^n} \leq b^{-n} \to 0 , $$ وقد حُسبت النهايتان العلييان برتابة $u \mapsto \frac{u}{1+u}$ ورتابة $x \mapsto x^n$. والفكرة الختامية: يتوطّن فشل الانتظام عند نقطة عدم اتصال النهاية — بالهندسة نفسها التي في [المثال 10.2](#ex-b2-funcseq-xn)، وهو سبب تكرار انضباط “الانتظام على كل قطعة في الداخل” طوال الفصل. **مبرهنة 10.6 (المكاملة على قطعة).** إذا كان $f_n \to f$ بانتظام على $\intcc{a}{b}$، مع $f_n$ متصلة على قطع (و$f$ كذلك)، فإن $$ \int_a^b f_n \longrightarrow \int_a^b f . $$ **برهان.** تعطي الخطية ومتراجحة المثلث للتكاملات أن $$ \Bigl|\int_a^b f_n - \int_a^b f\Bigr| = \Bigl|\int_a^b (f_n - f)\Bigr| \leq \int_a^b\abs{f_n - f} \leq (b - a)\,\norm{f_n - f}_\infty \longrightarrow 0 . $$ وعامل الطول $(b - a)$ هو حيث يدخل تراص القطعة: فعلى الفترات غير المتراصة يُنتج التقدير نفسه الحدَّ عديم الفائدة $\infty\cdot0$، ويفشل الاستنتاج فعلًا دون هيمنة — فالنتوءات المسطحة $f_n = \frac1n\mathbf 1_{\intcc{0}{n}}$ تتقارب بانتظام إلى $0$ على $\intco{0}{\infty}$ ومع ذلك تُبقي $\int f_n = 1$ (انظر ملاحظة المزالق أدناه)، وتفعل النتوءات المنزلقة في ملاحظة [الفصل 9](https://one-course.com/books/math/4/ar/chapter/9-integration#ch-b2-integration) الشيء نفسه [بتقارب نقطي](#def-b2-funcseq-def)؛ [فالتقارب المنتظم](#def-b2-funcseq-def) يتحكم في الارتفاعات، لا في العروض أبدًا. ∎ ![النتوءات g_n(x) = nx\, -nx2 في : تتقارب إلى 0 عند كل نقطة، لكن القمم (بارتفاع √n/(2 )، منجرفةً نحو 0) تنمو بلا حدّ — أي تقارب نقطي مع g_n_∈fty ∈fty، و∈t_01 g_n 1/2 ≠ 0: فالكتلة تختبئ تحت القمة المتحركة.](https://one-course.com/images/onecourse/chapters/math-4/b2-funcseq/fig-1d9ac541e2b1.svg) *النتوءات $g_n(x) = nx\,\eu^{-nx^2}$ في [التمرين 10.1](#exo-b2-funcseq-1): تتقارب إلى $0$ عند كل نقطة، لكن القمم (بارتفاع $\sim\sqrt{n/(2\eu)}$، منجرفةً نحو $0$) تنمو بلا حدّ — أي [تقارب نقطي](#def-b2-funcseq-def) مع $\norm{g_n}_\infty \to \infty$، و$\int_0^1 g_n \to \frac12 \neq 0$: فالكتلة تختبئ تحت القمة المتحركة.* **مبرهنة 10.7 (الاشتقاق).** لتكن $f_n$ من الصنف $C^1$ على فترة $I$، بحيث: تتقارب $(f_n')$ *بانتظام* على $I$ (أو على كل قطعة من $I$) إلى دالة $g$ ما، وتتقارب $(f_n(x_0))$ عند نقطة واحدة $x_0$. عندئذٍ تتقارب $(f_n)$ (بانتظام على القطع) إلى دالة $f$ من الصنف $C^1$، ويكون $f' = g$: أي إن نهاية الدوال قابلة للاشتقاق حدًّا حدًّا. **برهان.** نعرّف $f(x) = \lim f_n(x_0) + \int_{x_0}^x g$: وهذا مشروع، لأن $g$ متصلة — فعلًا، $g$ هي النهاية *المنتظمة* على القطع للدوال المتصلة $f_n'$، ومن ثم تنطبق [المبرهنة 10.4](#thm-b2-funcseq-continuity)، وتكامل الدالة المتصلة معرَّف جيدًا، ويكون بالمبرهنة الأساسية للتفاضل والتكامل $$ f'(x) = g(x) \qquad (x \in I) : $$ فالنهاية المرشحة من الصنف $C^1$ وبالمشتق الصحيح *بحكم الإنشاء*، قبل برهان أي تقارب. وبالمبرهنة الأساسية من جديد، $f_n(x) = f_n(x_0) + \int_{x_0}^x f_n'$؛ وبالطرح، $$ \abs{f_n(x) - f(x)} \leq \abs{f_n(x_0) - \lim f_n(x_0)} + \abs{x - x_0}\,\norm{f_n' - g}_{\infty} , $$ وهذا يؤول إلى $0$ بانتظام على كل قطعة. و$f$ من الصنف $C^1$ مع $f' = g$ بحكم الإنشاء. ∎ **مثال 10.8 (لماذا تقع الفرضية على المشتقات).** لتكن $F_n(x) = \sqrt{x^2 + \frac1n}$ على $\R$. وكل $F_n$ من الصنف $C^1$ (بل $C^\infty$)، والتقارب إلى $\abs x$ منتظم على $\R$ كلها: $$ 0 \leq F_n(x) - \abs x = \frac{(x^2 + \frac1n) - x^2}{\sqrt{x^2+\frac1n} + \abs x} = \frac{1/n}{\sqrt{x^2 + \frac1n} + \abs x} \leq \frac{1/n}{1/\sqrt n} = \frac{1}{\sqrt n} . $$ ومع ذلك فالنهاية $\abs x$ غير قابلة للاشتقاق عند $0$: [فالتقارب المنتظم](#def-b2-funcseq-def) *للدوال*، مهما كان سريعًا، لا ينقل أي قابلية للاشتقاق. والفشل ظاهر على المشتقات: $$ F_n'(x) = \frac{x}{\sqrt{x^2 + \frac1n}} \longrightarrow \begin{cases} 1 & x > 0,\\ 0 & x = 0,\\ -1 & x < 0, \end{cases} $$ وهي نهاية نقطية غير متصلة، ومن ثم لا يمكن أن تتقارب $(F_n')$ بانتظام قرب $0$ ([المبرهنة 10.4](#thm-b2-funcseq-continuity) من جديد). والفكرة الختامية: تفترض [المبرهنة 10.7](#thm-b2-funcseq-differentiation) عمدًا [التقارب المنتظم](#def-b2-funcseq-def) للمشتقات $f_n'$، لا للدوال $f_n$ — وهذا المثال هو السبب. ## 10.3 متسلسلات الدوال **تعريف 10.9.** تتقارب متسلسلة دوال $\sum u_n$ [نقطيًا](#def-b2-funcseq-def) أو بانتظام حين تتقارب مجاميعها الجزئية كذلك. وتتقارب *ناظميًا* (على $X$) حين يكون $\sum \norm{u_n}_\infty < \infty$. ويستلزم التقارب الناظمي التقاربَ المنتظم (في [فضاء باناخ](https://one-course.com/books/math/4/ar/chapter/5-normed-vector-spaces#def-b2-nvs-banach) للدوال المحدودة: [المبرهنة 5.21](https://one-course.com/books/math/4/ar/chapter/5-normed-vector-spaces#thm-b2-nvs-absoluteconvergence))، الذي يستلزم النقطي؛ والاستلزامان تامّان. **مثال 10.10 (متسلسلة واحدة، وثلاثة أحكام).** لنأخذ $u_n(x) = \frac{x^n}{n}$ على $\intco{0}{1}$. *[نقطيًا](#def-b2-funcseq-def):* تتقارب من أجل كل $x \in \intco01$ (بالمقارنة مع المتسلسلة الهندسية). *[ناظميًا](#def-b2-funcseq-series) على $\intcc{0}{a}$، مع $a < 1$:* $\norm{u_n}_{\infty,\intcc0a} = \frac{a^n}{n}$، وهي [قابلة للجمع](https://one-course.com/books/math/4/ar/chapter/7-sequences-and-series#def-b2-series-summable). *وليست ناظمية على $\intco{0}{1}$:* $\norm{u_n}_{\infty,\intco01} = \frac1n$، و$\sum\frac1n$ تتباعد. *وليست حتى منتظمة على $\intco{0}{1}$:* إذ يقاوم الباقي قرب $1$، $$ R_N(x) = \sum_{n>N}\frac{x^n}{n} \geq \sum_{n=N+1}^{2N}\frac{x^n}{n} \geq \frac{N\,x^{2N}}{2N} = \frac{x^{2N}}{2} \xrightarrow[x\to1^-]{} \frac12 , $$ ومن ثم $\sup_{\intco01}\abs{R_N} \geq \frac12$ من أجل كل $N$. والفكرة الختامية: تتعايش الأحكام الأربعة بسلام — فالمجموع $-\ln(1-x)$ [متصل](https://one-course.com/books/math/4/ar/chapter/4-topology-of-metric-spaces#def-b2-metric-continuity) على $\intco{0}{1}$ لأن الاتصال لا يحتاج إلا الانتظام *قرب كل نقطة*، أي على القطع $\intcc0a$؛ والانفجار عند الحافة حقٌّ للمجموع. **مبرهنة 10.11 (النقل من أجل المتسلسلات).** إذا تقاربت $\sum u_n$ بانتظام (مثلًا [ناظميًا](#def-b2-funcseq-series)) على المجموعة المعنية: فينتقل اتصال كل $u_n$ عند $a$ إلى المجموع؛ ويمكن المكاملة على قطعة حدًّا حدًّا؛ وإذا تقاربت $\sum u_n(x_0)$ وتقاربت $\sum u_n'$ بانتظام على القطع، فإن المجموع من الصنف $C^1$ ومشتقه $\sum u_n'$. **برهان.** كل شيء هو المبرهنة الموافقة مطبَّقةً على المجاميع الجزئية $S_N = \sum_{n\leq N}u_n$، وهي مجاميع منتهية لدوال تتمتع بالانتظام المعني. الاتصال: كل $S_N$ متصلة عند $a$ و$S_N \to \sum u_n$ بانتظام: [المبرهنة 10.4](#thm-b2-funcseq-continuity). المكاملة: على القطعة، $$ \int_a^b \sum_{n\geq0} u_n = \lim_N \int_a^b S_N = \lim_N \sum_{n=0}^{N}\int_a^b u_n = \sum_{n\geq0}\int_a^b u_n $$ حسب [المبرهنة 10.6](#thm-b2-funcseq-integration) (المساواة الأولى) و بخطية التكامل (الثانية). الاشتقاق: الدوال $S_N$ من الصنف $C^1$، وتتقارب $S_N(x_0)$، وتتقارب $S_N' = \sum_{n\leq N}u_n'$ بانتظام على القطع: فتعطي [المبرهنة 10.7](#thm-b2-funcseq-differentiation) أن المجموع من الصنف $C^1$ بالمشتق $\lim S_N' = \sum u_n'$. ∎ **ملاحظة 10.12 (مزالق شائعة).** أربعة فخاخ، وقد رُئيت كلها في أوراق الامتحان. *(1) النهايات العليا المتحقَّق منها نصفًا:* تقييم $f_n$ على امتداد متتالية مختارة جيدًا $x_n$ لا يحدّ $\norm{f_n - f}_\infty$ إلا من *أسفل* — وهذا يكفي لدحض الانتظام (كما في [المثال 10.2](#ex-b2-funcseq-xn))، ولا يكفي أبدًا لبرهانه؛ ولبرهانه، حُدّ النهاية العليا بحساب صالح من أجل *كل* $x$. *(2) الانتظام على المجموعة الخطأ:* كثيرًا ما يصحّ [التقارب الناظمي](#def-b2-funcseq-series) أو المنتظم على كل $\intcc{-a}{a}$ أو $\intco\delta\infty$ لكنه يفشل على الاتحاد المفتوح؛ وليس ذلك عائقًا — فالاتصال وقابلية الاشتقاق محليان، ومن ثم يعطيهما انضباط قطعةً قطعة في [المثال 10.13](#ex-b2-funcseq-zeta) على المجموعة [المفتوحة](https://one-course.com/books/math/4/ar/chapter/4-topology-of-metric-spaces#def-b2-metric-topology) كلها. *(3) المكاملة على غير القطع:* [المبرهنة 10.6](#thm-b2-funcseq-integration) قول عن القطع؛ فعلى $\intco0\infty$، لا يمنع [التقارب المنتظم](#def-b2-funcseq-def) هروب الكتلة إلى اللانهاية (فالدوال $f_n = \frac1n\mathbf 1_{\intcc{0}{n}}$ تتقارب بانتظام إلى $0$، مع $\int f_n = 1$) — فاستعمل التقارب المهيمَن عليه هناك. *(4) اشتقاق النهاية:* [المثال 10.8](#ex-b2-funcseq-sqrtabs)؛ فالفرضية على المشتقات $(f_n')$، ولا يمكن لأي معدل تقارب للدوال $(f_n)$ أن يعوّضها. **مثال 10.13 (دالة ريمان ζ\zetaζ).** تتقارب $\zeta(s) = \sum_{n\geq1} n^{-s}$ [ناظميًا](#def-b2-funcseq-series) على كل نصف مستقيم $\intco{a}{+\infty}$، مع $a > 1$ (لأن $\norm{n^{-s}}_\infty = n^{-a}$، وهي [قابلة للجمع](https://one-course.com/books/math/4/ar/chapter/7-sequences-and-series#def-b2-series-summable)): ومن ثم فإن $\zeta$ متصلة على $\intoo{1}{+\infty}$؛ وبالاشتقاق حدًّا حدًّا (فالمتسلسلة المشتقة $\sum -\ln n\; n^{-s}$ تتقارب [ناظميًا](#def-b2-funcseq-series) هي أيضًا على $\intco{a}{\infty}$)، تكون $\zeta$ من الصنف $C^1$ — وبالتكرار، من الصنف $C^\infty$ — مع $\zeta'(s) = -\sum \frac{\ln n}{n^s}$. ولاحظ الانضباط: يُتحقَّق من [التقارب الناظمي](#def-b2-funcseq-series) على *أنصاف* المستقيمات الجزئية، لا على المفتوح $\intoo{1}{\infty}$ نفسه، حيث يفشل. **مثال 10.14 (متسلسلة لوغاريتمية، منفَّذة إلى النهاية).** لتكن $F(x) = \sum_{n\geq1} \frac{\eu^{-nx}}{n}$ على $\intoo{0}{\infty}$. وكل حدّ محدود على $\intco{\delta} \infty$ بالمقدار $\frac{\eu^{-n\delta}}{n} \leq \eu^{-n\delta}$، وهو حدّ متسلسلة هندسية متقاربة: [فالتقارب ناظمي](#def-b2-funcseq-series) على كل $\intco\delta\infty$، ومن ثم فإن $F$ متصلة على $\intoo{0}{\infty}$. والمتسلسلة المشتقة $\sum -\eu^{-nx}$ متقاربة [ناظميًا](#def-b2-funcseq-series) كذلك على $\intco\delta\infty$ ($\norm{\eu^{-nx}}_{\infty,\intco\delta\infty} = \eu^{-n\delta}$)، ومن ثم فإن $F$ من الصنف $C^1$ بمشتق هندسي: $$ F'(x) = -\sum_{n\geq1}\eu^{-nx} = \frac{-\eu^{-x}}{1 - \eu^{-x}} = \frac{-1}{\eu^{x} - 1} . $$ وبالتكرار، تكون $F$ من الصنف $C^\infty$. وبمكاملة $F'$ (فكلٌّ من $F$ و$x \mapsto -\ln(1 - \eu^{-x})$ ينعدم عند $+\infty$ ولهما المشتق نفسه على $\intoo0\infty$): $$ F(x) = -\ln\bigl(1 - \eu^{-x}\bigr), $$ وهي المتسلسلة اللوغاريتمية عند $t = \eu^{-x}$. والفكرة الختامية: حين $x \to 0^+$، $F(x) = -\ln(x + O(x^2)) = \ln\frac1x + O(x)$ — فتتباعد المتسلسلة لوغاريتميًا عند الحدّ، تمامًا مثل المتسلسلة التوافقية التي تصيرها عند $x = 0$؛ [والتقارب الناظمي](#def-b2-funcseq-series) على $\intco\delta\infty$ دون $\intoo0\infty$ هو العَرَض. **طريقة 10.15 (كيف نبرهن على التقارب المنتظم أو ندحضه).** من أجل $f_n \to f$ [نقطيًا](#def-b2-funcseq-def) على $X$: 1. احسب أو حُدّ $\norm{f_n - f}_\infty$ : ادرس الدالة $x \mapsto \abs{f_n(x) - f(x)}$ (بالمشتق و الرتابة) لتحديد موضع أعظميتها؛ فحدٌّ صالح من أجل كل $x$ ويؤول إلى $0$ يبرهن على الانتظام. 2. *وللدحض* : أبرِز نقاطًا $x_n$ تحقق $\abs{f_n(x_n) - f(x_n)} \not\to 0$ (وكثيرًا ما يتتبع $x_n$ النتوء المتحرك، كما في [التمرين 10.1](#exo-b2-funcseq-1) )؛ أو استشهد بمبرهنة نقل بالعكس المنطقي — نهاية غير متصلة لدوال متصلة ( [المثال 10.5](#ex-b2-funcseq-threshold) )، أو $\int f_n \not\to \int f$ على قطعة. 3. ومن أجل المتسلسلات، جرّب [التقارب الناظمي](#def-b2-funcseq-series) أولًا ( $\sum\sup\abs{u_n} < \infty$ )؛ فإذا فشل شموليًا، فاختبره على القطع الجزئية المهمة ( [المثال 10.10](#ex-b2-funcseq-threemodes) )؛ وإذا فشل في كل مكان، فقد يصحّ [التقارب المنتظم](#def-b2-funcseq-def) مع ذلك عبر حدّ باقي المتناوبات ( [التمرين 10.4](#exo-b2-funcseq-4) ) أو عبر الجمع بالتجزئة. ## 10.4 مبرهنة فايرشتراس في التقريب **مبرهنة 10.16 (فايرشتراس، عبر برنشتاين).** كل دالة متصلة $f \colon \intcc{0}{1} \to \R$ نهايةٌ منتظمة لكثيرات حدود — وبالتحديد، *لكثيرات حدود برنشتاين* الخاصة بها $$ B_n(f)(x) = \sum_{k=0}^{n} f\Bigl(\frac kn\Bigr)\binom nk x^k (1-x)^{n-k} . $$ **برهان.** نثبّت $x \in \intcc{0}{1}$ ونضع $p_k(x) = \binom nk x^k(1 - x)^{n-k}$. وثلاث متطابقات ثنائية، نحصل عليها بتقييم $(x + y)^n$ ومشتقيه بالنسبة إلى $x$ عند $y = 1 - x$: $$ \sum_k p_k = 1, \qquad \sum_k k\,p_k = nx, \qquad \sum_k k(k-1) p_k = n(n-1)x^2 . $$ وبالتفصيل: $(x+y)^n = \sum_k\binom nk x^ky^{n-k}$ عند $y = 1-x$ هي الأولى؛ وبالاشتقاق بالنسبة إلى $x$، $$ n(x+y)^{n-1} = \sum_k k\binom nk x^{k-1}y^{n-k} , $$ ثم بالضرب في $x$ ووضع $y = 1 - x$ نحصل على الثانية؛ وبالاشتقاق مرتين والضرب في $x^2$ نحصل على الثالثة. وبنشر $(k - nx)^2 = k(k-1) + k(1 - 2nx) + n^2x^2$ وجمع الثلاث: $$ \sum_k (k - nx)^2 p_k = n(n-1)x^2 + nx(1 - 2nx) + n^2x^2 = nx(1 - x) \leq \frac n4 , $$ وهي *متطابقة التباين*. ونقدّر الآن، مستعملين $\sum p_k = 1$: $$ \abs{B_n(f)(x) - f(x)} \leq \sum_{k} \Bigl| f\Bigl(\frac kn\Bigr) - f(x)\Bigr|\, p_k(x) = \Sigma_{\text{قريب}} + \Sigma_{\text{بعيد}} , $$ بالفصل حسب $\abs{\frac kn - x} \leq \delta$ أو لا. ومن أجل $\varepsilon > 0$ معطى، يعطي الاتصال المنتظم للدالة $f$ (هاينه) عددًا $\delta$ يحقق $\Sigma_{\text{قريب}} \leq \varepsilon$. وأما المجموع البعيد، مع $M = \norm f_\infty$: فبمتطابقة التباين وبحيلة العدّ عند تشيبيشيف، $$ \Sigma_{\text{بعيد}} \leq 2M \sum_{\abs{k - nx} > n\delta} p_k \leq 2M\,\frac{\sum_k (k - nx)^2 p_k}{n^2\delta^2} \leq \frac{2M}{4 n \delta^2} \cdot 1 = \frac{M}{2n\delta^2} \xrightarrow[n\to\infty]{} 0 , $$ بانتظام في $x$. ومن ثم $\norm{B_n(f) - f}_\infty \leq \varepsilon + \frac{M}{2n\delta^2} \leq 2\varepsilon$ من أجل $n$ الكبيرة. ∎ **ملاحظة 10.17.** بالتعويض الأفيني تصحّ المبرهنة على أي قطعة $\intcc{a}{b}$. وهي تفشل على $\R$ (فالنهاية المنتظمة لكثيرات حدود على $\R$ كثير حدود: [التمرين 10.8](#exo-b2-funcseq-8)). أما القراءة الاحتمالية — فالمقدار $B_n(f)(x)$ هو القيمة المتوقعة للدالة $f$ عند متوسط ثنائي، وحدّ التباين هو متراجحة تشيبيشيف — فتُصاغ بأمانة في [الفصل 23](https://one-course.com/books/math/4/ar/chapter/23-probability-generating-functions#ch-b2-genfun). ![تقريب برنشتاين للدالة f(x) = x2 (بالأحمر)، باستعمال الصيغة الدقيقة B_nf = x2 + x(1-x)/n في : B_1f هو الوتر، وكل مضاعفة للعدد n تنصّف الفجوة. موثوق لكنه بطيء — وهو التشبّع من الرتبة 1n الذي تجعله مبرهنة فورونوفسكايا (مسألة نهاية الأسبوع) دقيقًا.](https://one-course.com/images/onecourse/chapters/math-4/b2-funcseq/fig-2abb4eedd98f.svg) *تقريب برنشتاين للدالة $f(x) = x^2$ (بالأحمر)، باستعمال الصيغة الدقيقة $B_nf = x^2 + \frac{x(1-x)}{n}$ في [التمرين 10.7](#exo-b2-funcseq-7): $B_1f$ هو الوتر، وكل مضاعفة للعدد $n$ تنصّف الفجوة. موثوق لكنه بطيء — وهو التشبّع من الرتبة $\frac1n$ الذي تجعله مبرهنة فورونوفسكايا (مسألة نهاية الأسبوع) دقيقًا.* **ملاحظة 10.18 (أين يُستعمَل هذا).** مبرهنة فايرشتراس في التقريب هي مبرهنة الكثافة في التحليل الكلاسيكي: فهي تجعل $C(\intcc ab)$ قابلًا للفصل، وتتيح التحقق من المتطابقات التكاملية على كثيرات الحدود وحدها (مسائل العزوم)، و تقوم تحت النسخة المثلثية المبرهَن عليها في فصل فورييه عبر نواة فييير. وتستخرج مسألة نهاية الأسبوع في هذا الفصل المضمونَ الكمّي لبرهان برنشتاين — أي معدلات التقارب التي يحكمها مقياس الاتصال — ثم تعزل ما جعله يعمل حقًا، في مبرهنة كوروفكين: الإيجابية مع ثلاث دوال اختبار. ويعمّم مجلد السنة الثالثة قول الكثافة على الجبور الجزئية الكيفية (ستون–فايرشتراس) وعلى الفضاءات المتراصة. **مثال 10.19 (تقريب مضلّعي، بمعدل).** من أجل دالة $f$ ليبشيتزية بالثابت $L$ على $\intcc{0}{1}$، لتكن $I_nf$ الدالة المستكمِلة الأفينية على قطع عند العقد $\frac kn$. وعلى خلية $\intcc{\frac kn}{\frac{k+1}n}$، يقع كلٌّ من $f(x)$ و $I_nf(x)$ بين القيمتين الحدّيتين اللتين يمكن لدالة ليبشيتزية بالثابت $L$ أن تأخذهما بمعلومية القيمتين العقديتين، ومن ثم من أجل $x$ في الخلية، وبكتابة $x_k = \frac kn$: $$ \abs{I_nf(x) - f(x)} \leq \abs{I_nf(x) - f(x_k)} + \abs{f(x_k) - f(x)} \leq L\,\abs{x - x_k} + L\,\abs{x - x_k} \leq \frac{2L}{n} $$ (فالدالة المستكمِلة نفسها ليبشيتزية بالثابت $L$ على الخلية: إذ إن ميلها نسبةُ فروق للدالة $f$). ومنه $\norm{I_nf - f}_\infty \leq \frac{2L}{n}$: فالتقريب المضلّعي للدوال الليبشيتزية يتقارب بسرعة $\frac1n$ — *أسرع* من معدل برنشتاين $\frac{1}{\sqrt n}$ من أجل الصنف نفسه (مسألة نهاية الأسبوع، الجزء الثاني). والفكرة الختامية: المضلّع يستكمل لكنه ليس أملس، وبرنشتاين أملس لكنه بطيء؛ فلا غداء مجاني بين انتظام المقرِّب والسرعة — وهي مقايضة تجعلها نتائج التشبّع في مسألة نهاية الأسبوع دقيقة. **ملاحظة 10.20 (آفاق داخل هذا المجلد).** [التقارب المنتظم](#def-b2-funcseq-def) حصان عمل هذا الكتاب من الآن فصاعدًا. فيجري فصل متسلسلات القوى كله على [التقارب الناظمي](#def-b2-funcseq-series) على الأقراص الجزئية المتراصة — وكل مبرهنة حدًّا حدًّا هناك حالةٌ خاصة من مبرهنات النقل في هذا الفصل. ويعيش فصل فورييه طابقًا أعلى: فمجاميعه الجزئية $S_N$ تفشل بالضبط حيث يحذّر هذا الفصل من أنها قد تفشل ([نقطيًا](#def-b2-funcseq-def) لا بانتظام عند القفزات)، وتنجح متوسطات فييير فيه بميكانيك $3\varepsilon$ نفسه الذي برهن على [المبرهنة 10.4](#thm-b2-funcseq-continuity). ويعرّف فصل المعادلات التفاضلية $\eu^{tA}$ بمتسلسلة متقاربة [ناظميًا](#def-b2-funcseq-series) و يشتقها حدًّا حدًّا — وهي حرفيًا [المبرهنة 10.11](#thm-b2-funcseq-seriestransfer) مطبَّقة على عناصر المصفوفات. وحين يخالجك الشك لاحقًا في الكتاب عن “لماذا يجوز لنا أن نفعل هذا”، فالجواب عادةً مبرهنة من هذا الفصل. ## 10.5 تمارين **تمرين 10.1 ★.** ادرس [التقارب النقطي](#def-b2-funcseq-def) والمنتظم على $\intcc{0}{1}$، ثم على $\intcc{0}{a}$ (مع $a < 1$) أو على $\intco{\delta}{1}$ حسب الاقتضاء، من أجل: $$ f_n(x) = \frac{x}{1 + nx}, \qquad g_n(x) = n x\,\eu^{-n x^2}, \qquad h_n(x) = x^n(1 - x^n). $$ **حل التمرين 10.1.** $f_n(x) = \frac{x}{1 + nx}$: النهاية النقطية $0$ على $\intcc{0}{1}$. وبانتظام: تتزايد $f_n$ على $\intcc{0}{1}$ (فمشتقها $\frac{1}{(1+nx)^2} > 0$)، ومنه $\norm{f_n}_\infty = f_n(1) = \frac{1}{1+n} \to 0$: أي إنه *منتظم* على $\intcc{0}{1}$. $g_n(x) = nx\,\eu^{-nx^2}$: النهاية النقطية $0$ (فالأسّي يغلب). والنهاية العليا: ينعدم $g_n' = n\eu^{-nx^2}(1 - 2nx^2)$ عند $x_n = \frac{1}{\sqrt{2n}}$، حيث $g_n(x_n) = \sqrt{\frac n2}\,\eu^{-1/2} \to \infty$: فليس منتظمًا على $\intcc{0}{1}$ — لكنه منتظم على $\intco{\delta}{1}$، لأن $g_n(x) \leq n\,\eu^{-n\delta^2} \to 0$ هناك. $h_n(x) = x^n(1 - x^n)$: النهاية النقطية $0$ على $\intcc{0}{1}$ (بالعاملين معًا؛ وعند $x = 1$، $h_n = 0$). والنهاية العليا: مع $u = x^n \in \intcc{0}{1}$، تُبلغ $u(1-u) \leq \frac14$ عند $u = \frac12$، أي $x = 2^{-1/n} \in \intoo{0}{1}$: ومنه $\norm{h_n}_\infty = \frac14 \not\to 0$: فليس منتظمًا على $\intcc{0}{1}$؛ وهو منتظم على $\intcc{0}{a}$ (لأن $\sup \leq a^n \to 0$). **تمرين 10.2 ★.** برهن على أن $\displaystyle\int_0^1 g_n \not\to \int_0^1 \lim g_n$ من أجل $g_n$ في [التمرين 10.1](#exo-b2-funcseq-1)، ووفّق ذلك مع [المبرهنة 10.6](#thm-b2-funcseq-integration). **حل التمرين 10.2.** $\int_0^1 nx\,\eu^{-nx^2}\dd x = \bigl[-\tfrac12 \eu^{-nx^2}\bigr]_0^1 = \frac{1 - \eu^{-n}}{2} \to \frac12$، في حين أن $\int_0^1 \lim g_n = 0$. ولا تناقض: فالمبرهنة [المبرهنة 10.6](#thm-b2-funcseq-integration) تقتضي التقارب *المنتظم* على القطعة، وهو يفشل هنا (إذ ينزلق النتوء ذو الارتفاع $\sim\sqrt n$ نحو $0$). **تمرين 10.3 ★.** برهن على أن $S(x) = \sum_{n\geq1} \dfrac{x^n}{n^2}$ متصلة على $\intcc{-1}{1}$، وأن $S$ من الصنف $C^1$ على $\intoo{-1}{1}$ مع $S'(x) = -\frac{\ln(1-x)}{x}$ من أجل $0 < \abs x < 1$. **حل التمرين 10.3.** [التقارب الناظمي](#def-b2-funcseq-series) على $\intcc{-1}{1}$: $\norm{x^n/n^2}_\infty = \frac{1}{n^2}$، وهي [قابلة للجمع](https://one-course.com/books/math/4/ar/chapter/7-sequences-and-series#def-b2-series-summable): ومن ثم فإن $S$ متصلة هناك ([المبرهنة 10.11](#thm-b2-funcseq-seriestransfer)). المشتق: تتقارب المتسلسلة المشتقة $\sum \frac{x^{n-1}}{n}$ [ناظميًا](#def-b2-funcseq-series) على كل $\intcc{-a}{a}$، مع $a < 1$ (لأن $\sup = \frac{a^{n-1}}{n}$): ومن ثم فإن $S$ من الصنف $C^1$ على $\intoo{-1}{1}$ مع $$ S'(x) = \sum_{n\geq1} \frac{x^{n-1}}{n} = \frac1x \sum_{n\geq1} \frac{x^n}{n} = -\frac{\ln(1 - x)}{x} \qquad (0 < \abs x < 1), $$ والمتطابقة الأخيرة هي المتسلسلة اللوغاريتمية في السنة الأولى (وقد أُعيد استنباطها بأمانة في [الفصل 11](https://one-course.com/books/math/4/ar/chapter/11-power-series#ch-b2-powerseries)). **تمرين 10.4 ★★.** لتكن $F(x) = \sum_{n \geq 0} \dfrac{(-1)^n}{n + x}$ على $\intoo{0}{+\infty}$. برهن على [التقارب المنتظم](#def-b2-funcseq-def) (لا الناظمي) على $\intco{\delta}{\infty}$ عبر حدّ باقي المتسلسلات المتناوبة، وعلى الاتصال، وعلى المعادلة الوظيفية $F(x) + F(x + 1) = \frac1x$. **حل التمرين 10.4.** من أجل $x > 0$ ثابت تكون المتسلسلة متناوبة مع $\frac{1}{n + x} \downarrow 0$: [فالتقارب نقطي](#def-b2-funcseq-def)، وحدُّ الباقي $\abs{R_N(x)} \leq \frac{1}{N + 1 + x} \leq \frac{1}{N+1}$ *منتظم* على $\intco{\delta}{\infty}$ (بل على $\intoo{0}{\infty}$): أي [التقارب المنتظم](#def-b2-funcseq-def). (وليس [ناظميًا](#def-b2-funcseq-series): $\norm{\frac{(-1)^n}{n+x}}_\infty = \frac{1}{n + \delta}$، وهي متباعدة.) وينتج الاتصال من [المبرهنة 10.11](#thm-b2-funcseq-seriestransfer). المعادلة الوظيفية: نعيد ترقيم $F(x + 1)$ بالدليل $m = n + 1$: $$ F(x+1) = \sum_{n\geq0} \frac{(-1)^n}{n + 1 + x} = \sum_{m\geq1}\frac{(-1)^{m-1}}{m+x} , $$ ومن ثم، بعزل الحدّ $m = 0$ من $F(x)$، $$ F(x) + F(x+1) = \frac{1}{x} + \sum_{m\geq1} \frac{(-1)^m + (-1)^{m-1}}{m+x} = \frac1x . $$ **تمرين 10.5 ★★.** (ديني) لتكن $f_n \colon K \to \R$ متصلة على [فضاء متري](https://one-course.com/books/math/4/ar/chapter/4-topology-of-metric-spaces#def-b2-metric-def) *متراص*، مع $f_n \to f$ *[نقطيًا](#def-b2-funcseq-def)*، و$f$ متصلة، و$(f_n(x))$ *متناقصة* في $n$ من أجل كل $x$. برهن على أن [التقارب منتظم](#def-b2-funcseq-def). *(من أجل $\varepsilon$ معطى، تتزايد المجموعات [المفتوحة](https://one-course.com/books/math/4/ar/chapter/4-topology-of-metric-spaces#def-b2-metric-topology) $U_n = \{x : f_n(x) - f(x) < \varepsilon\}$ وتغطي $K$؛ فاستخرج تغطية جزئية منتهية — [المبرهنة 4.20](https://one-course.com/books/math/4/ar/chapter/4-topology-of-metric-spaces#thm-b2-metric-borellebesgue).)* **حل التمرين 10.5.** نضع $g_n = f_n - f \geq 0$ (وهي متناقصة في $n$ بحكم الفرض؛ ونهايتها $0$ [نقطيًا](#def-b2-funcseq-def))؛ وكل $g_n$ متصلة. ونثبّت $\varepsilon > 0$ ونضع $U_n = \{x : g_n(x) < \varepsilon\}$: فهي [مفتوحة](https://one-course.com/books/math/4/ar/chapter/4-topology-of-metric-spaces#def-b2-metric-topology) (صورة عكسية [لمفتوحة](https://one-course.com/books/math/4/ar/chapter/4-topology-of-metric-spaces#def-b2-metric-topology))، ومتزايدة ($g_{n+1} \leq g_n$)، وتغطي $K$ ([بالتقارب النقطي](#def-b2-funcseq-def)). وبمبرهنة بوريل–لوبيغ ([المبرهنة 4.20](https://one-course.com/books/math/4/ar/chapter/4-topology-of-metric-spaces#thm-b2-metric-borellebesgue))، تغطي مجموعات $U_{n_1} \subseteq \dots \subseteq U_{n_k}$ منتهية العدد $K$: ومنه $K = U_{n_k}$، أي $\norm{g_{n_k}}_\infty \leq \varepsilon$، وبالرتابة $\norm{g_n}_\infty \leq \varepsilon$ من أجل كل $n \geq n_k$: أي [التقارب المنتظم](#def-b2-funcseq-def). (والرتابة جوهرية: فالنتوءات المنزلقة في [التمرين 10.2](#exo-b2-funcseq-2) تتقارب [نقطيًا](#def-b2-funcseq-def) على متراص بلا انتظام.) **تمرين 10.6 ★★.** برهن على أن $\displaystyle\lim_{n\to\infty} \int_0^1 \frac{n\,f(x)}{1 + n^2x^2}\,\dd x = \frac{\pi}{2} f(0)$ من أجل كل دالة متصلة $f$ على $\intcc{0}{1}$. *(عوّض $u = nx$؛ وافصل $f(0)$؛ وهيمن.)* **حل التمرين 10.6.** نعوّض $u = nx$: $$ \int_0^1 \frac{n f(x)}{1 + n^2x^2}\dd x = \int_0^n \frac{f(u/n)}{1 + u^2}\,\dd u . $$ وتتقارب الدوال المكامَلة $h_n(u) = \frac{f(u/n)}{1+u^2}\mathbf{1}_{u \leq n}$ [نقطيًا](#def-b2-funcseq-def) إلى $\frac{f(0)}{1+u^2}$ (باتصال $f$ عند $0$) وهي مهيمَن عليها بالمقدار $\frac{\norm f_\infty}{1 + u^2}$، وهو قابل للمكاملة على $\intco{0}{\infty}$: فيعطي التقارب المهيمَن عليه ([المبرهنة 9.6](https://one-course.com/books/math/4/ar/chapter/9-integration#thm-b2-integration-dominated)) النهايةَ $$ \int_0^\infty \frac{f(0)}{1 + u^2}\dd u = \frac{\pi}{2} f(0) . $$ (فتتركّز النوى عند $0$: أي متطابقة تقريبية.) **تمرين 10.7 ★★.** احسب [كثيرات حدود برنشتاين](#thm-b2-funcseq-weierstrass) للدالة $f(x) = x^2$ صراحةً و تحقق من الخطأ المنتظم $\norm{B_n f - f}_\infty = O\bigl(\frac1n\bigr)$ المتنبَّأ به في برهان [المبرهنة 10.16](#thm-b2-funcseq-weierstrass) — وهو هنا $\frac{x(1 - x)}{n}$ بالضبط عند كل نقطة. **حل التمرين 10.7.** من أجل $f(x) = x^2$، نستعمل عائلة المتطابقات الثنائية الثانية من البرهان: $\sum_k k^2 p_k = n(n-1)x^2 + nx$. ومنه $$ B_n(f)(x) = \sum_k \frac{k^2}{n^2}\,p_k = \frac{n(n-1)x^2 + nx}{n^2} = x^2 + \frac{x(1 - x)}{n} : $$ أي $B_n(f) - f = \frac{x(1-x)}{n}$، ومعياره الأعلى $\frac{1}{4n} = O\bigl(\frac1n\bigr)$، كما تنبأ به. **تمرين 10.8 ★★.** برهن على أنه إذا تقاربت كثيرات حدود $P_n$ بانتظام *على كل $\R$* إلى $f$، فإن $f$ كثير حدود. *(من أجل $m, n$ الكبيرة، يكون $P_n - P_m$ كثير حدود محدودًا على $\R$، ومن ثم ثابتًا؛ فتستقر المتتالية إلى حدّ ثوابت.)* **حل التمرين 10.8.** من أجل $\varepsilon = 1$ يوجد $N$ يحقق $\norm{P_n - P_m}_{\infty, \R} \leq 1$ من أجل $m, n \geq N$. وكثير الحدود المحدود على $\R$ ثابت (فغير الثابت يؤول إلى $\pm\infty$): أي $P_n - P_m = c_{n,m}$، وهي ثوابت. ومن ثم من أجل $n \geq N$: $P_n = P_N + c_n$ مع تقارب $c_n = P_n(0) - P_N(0)$ ([بالتقارب النقطي](#def-b2-funcseq-def) عند $0$). ومنه $f = \lim P_n = P_N + \lim c_n$: أي إنه كثير حدود. **تمرين 10.9 ★★★.** (دالة متصلة غير قابلة للاشتقاق في أي نقطة — موجَّه) لتكن $\varphi$ المسافة إلى أقرب عدد صحيح (وهي دورية بالدور $1$، و $\norm{\varphi}_\infty = \frac12$، وليبشيتزية بالثابت $1$) ولتكن $$ W(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \Bigl(\frac{3}{4}\Bigr)^{\!n} \varphi(4^n x) . $$ برهن على: (أ) أن $W$ متصلة على $\R$ ([بالتقارب الناظمي](#def-b2-funcseq-series))؛ (ب) أنه من أجل كل $x$ وكل $m$، وباختيار $h_m = \pm\frac12\cdot 4^{-m}$ بالإشارة التي تجعل $\varphi$ أفينية على القطعة من $4^m x$ إلى $4^m(x + h_m)$، تحقق نسبة الفروق $$ \Bigl|\frac{W(x + h_m) - W(x)}{h_m}\Bigr| \geq 3^m - \sum_{n m$ تنعدم بالدورية؛ والحدّ $n = m$ يسهم بالمقدار $3^m$ بالضبط؛ والحدود $n < m$ محدودة بخاصية ليبشيتز). واختم بأن $W$ غير قابلة للاشتقاق في أي نقطة. **حل التمرين 10.9.** (أ) $\norm{(3/4)^n\varphi(4^n\cdot)}_\infty = \frac12 (3/4)^n$: [فالتقارب ناظمي](#def-b2-funcseq-series)، ومن ثم فإن $W$ متصلة ([المبرهنة 10.11](#thm-b2-funcseq-seriestransfer)). (ب) نثبّت $x$ و$m$؛ ونختار إشارة $h_m = \pm\frac12 4^{-m}$ بحيث لا تحتوي القطعة $\intcc{4^mx}{4^m(x + h_m)}$ (وطولها $\frac12$) أي نصف عدد صحيح، فتصير $\varphi$ أفينية بميل $\pm1$ عليها (وهذا ممكن: ففترة طولها $\frac12$ تلتقي على الأكثر نقطة نصف صحيحة واحدة؛ فنختار الجهة التي تتجنبها). من أجل $n > m$: يكون $4^n h_m = \pm\frac12 4^{n-m}$ عددًا صحيحًا، و $\varphi$ دورية بالدور $1$: فينعدم الحدّ رقم $n$ من الفرق. ومن أجل $n = m$: $\abs{\varphi(4^m x + 4^m h_m) - \varphi(4^m x)} = \abs{4^m h_m} = \frac12$ (لأن $\varphi$ أفينية بميل $\pm 1$ على القطعة)، ومن ثم يسهم الحدّ بالمقدار $(3/4)^m \cdot \frac{1/2}{\abs{h_m}} = (3/4)^m\,4^m = 3^m$ بالضبط في النسبة. ومن أجل $n < m$: تعطي $\varphi$ الليبشيتزية بالثابت $1$ أن $\bigl|(3/4)^n\bigl(\varphi(4^nx + 4^nh_m) - \varphi(4^nx)\bigr)\bigr| \leq (3/4)^n 4^n\abs{h_m} = 3^n\abs{h_m}$: فيسهم كلٌّ منها بالمقدار $3^n$ على الأكثر في النسبة. ومنه $$ \Bigl|\frac{W(x + h_m) - W(x)}{h_m}\Bigr| \geq 3^m - \sum_{n=0}^{m-1} 3^n = 3^m - \frac{3^m - 1}{2} = \frac{3^m + 1}{2} \longrightarrow \infty . $$ فلو كانت $W$ قابلة للاشتقاق عند $x$، لتقاربت كل نسبة فروق على امتداد $h_m \to 0$ إلى $W'(x)$: وهو تناقض. فالدالة $W$ متصلة في كل مكان، وغير قابلة للاشتقاق في أي نقطة. **تمرين 10.10 ★.** لتكن $u_n(x) = (-1)^n x^n(1 - x)$ على $\intcc{0}{1}$. بيّن أن $\sum u_n$ تتقارب [نقطيًا](#def-b2-funcseq-def) على $\intcc{0}{1}$ واحسب مجموعها؛ وبيّن أن [التقارب منتظم](#def-b2-funcseq-def) على $\intcc{0}{1}$ *(حُدّ الباقي $R_N(x) = \sum_{n > N} u_n(x)$، وهو ذيل هندسي، بحدّه الأول وعظّم $x^{N+1}(1-x)$)* لكنه *ليس* [ناظميًا](#def-b2-funcseq-series) *(احسب $\norm{u_n}_\infty$)*: [فالتقارب المنتظم](#def-b2-funcseq-def) أضعف تمامًا من [التقارب الناظمي](#def-b2-funcseq-series). وقارِن بالمتسلسلة $\sum x^n(1-x)$، التي مجموعها غير [متصل](https://one-course.com/books/math/4/ar/chapter/4-topology-of-metric-spaces#def-b2-metric-continuity) عند $1$: فهناك يفشل حتى الانتظام. **حل التمرين 10.10.** [نقطيًا](#def-b2-funcseq-def): من أجل $x \in \intco{0}{1}$ تكون المتسلسلة هندسية بنسبة $-x$، $$ \sum_{n\geq0}(-1)^n x^n(1-x) = \frac{1-x}{1+x}, $$ وعند $x = 1$ ينعدم كل حدّ: فالمجموع $0 = \frac{1-1}{2}$، وهو متوافق — فالمجموع [متصل](https://one-course.com/books/math/4/ar/chapter/4-topology-of-metric-spaces#def-b2-metric-continuity) على $\intcc{0}{1}$. والانتظام: الباقي ذيل هندسي، $$ \abs{R_N(x)} = \frac{x^{N+1}(1-x)}{1+x} \leq x^{N+1}(1 - x) \leq \max_{\intcc01} t^{N+1}(1-t) = \frac{1}{N+2}\Bigl(\frac{N+1}{N+2}\Bigr)^{\!N+1} \leq \frac{1}{N+2} \to 0 , $$ بانتظام في $x$. وليس [ناظميًا](#def-b2-funcseq-series): $\norm{u_n}_\infty = \max x^n(1-x) = \frac{1}{n+1}\bigl(\frac{n}{n+1}\bigr)^n \sim \frac{1}{\eu\,n}$، و$\sum \frac1{\eu n}$ تتباعد. وفي المقابل: للمتسلسلة $\sum x^n(1-x)$ مجاميع جزئية $1 - x^{N+1}$، تتقارب [نقطيًا](#def-b2-funcseq-def) إلى الدالة *غير المتصلة* $\mathbf 1_{\intco01}$: فحسب [المبرهنة 10.4](#thm-b2-funcseq-continuity)، لا يمكن أن يكون ذلك التقارب منتظمًا على $\intcc{0}{1}$. **تمرين 10.11 ★★.** لتكن $f_n \to f$ بانتظام على [فضاء متري](https://one-course.com/books/math/4/ar/chapter/4-topology-of-metric-spaces#def-b2-metric-def) $X$، وكل $f_n$ متصلة، وليكن $x_n \to x$ في $X$. برهن على أن $f_n(x_n) \to f(x)$. وبيّن بمثال على $X = \intcc{0}{1}$ أن [التقارب النقطي](#def-b2-funcseq-def) لا يكفي، حتى مع $f$ متصلة *(استعمل النتوءات $g_n$ في [التمرين 10.1](#exo-b2-funcseq-1) و$x_n = \frac{1}{\sqrt{2n}}$)*. **حل التمرين 10.11.** النهاية $f$ متصلة ([المبرهنة 10.4](#thm-b2-funcseq-continuity)). عندئذٍ $$ \abs{f_n(x_n) - f(x)} \leq \abs{f_n(x_n) - f(x_n)} + \abs{f(x_n) - f(x)} \leq \norm{f_n - f}_\infty + \abs{f(x_n) - f(x)} , $$ ويؤول الحدّان إلى $0$ ([بالتقارب المنتظم](#def-b2-funcseq-def)؛ وباتصال $f$ عند $x$). ومثال مضاد [بتقارب نقطي](#def-b2-funcseq-def) محض: $g_n(x) = nx\,\eu^{-nx^2} \to 0$ [نقطيًا](#def-b2-funcseq-def) على $\intcc{0}{1}$ مع $g_n$ والنهاية متصلة، ومع ذلك عند $x_n = \frac{1}{\sqrt{2n}} \to 0$: $$ g_n(x_n) = \sqrt{\frac n2}\,\eu^{-1/2} \longrightarrow +\infty \neq 0 = f(0) . $$ **تمرين 10.12 ★★★.** (معادلة تكاملية لفولتيرا بالمتسلسلات) من أجل $f \in C(\intcc{0}{1})$ نعرّف $Tf(x) = \int_0^x f(t)\,\dd t$. 1. بيّن بالتراجع أنه من أجل $n \geq 1$: $$T^n f(x) = \int_0^x \frac{(x - t)^{n-1}}{(n-1)!}\,f(t)\,\dd t, \qquad \norm{T^n f}_\infty \leq \frac{\norm f_\infty}{n!} .$$ 2. استنتج أن $S = \sum_{n\geq0} T^n f$ تتقارب [ناظميًا](#def-b2-funcseq-series) على $\intcc{0}{1}$ وتحلّ المعادلة التكاملية $S = f + TS$ . 3. تحقق من أن $S(x) = f(x) + \int_0^x \eu^{x-t}f(t)\,\dd t$ يحلّ المعادلة نفسها، وبرهن على وحدانية الحلول المتصلة *(إذا كان $S = TS$ فإن $\norm{S}_\infty \leq \norm{T^nS}_\infty \to 0$)* : واختم بالصورة المغلقة للمجموع. **حل التمرين 10.12.** 1. بالتراجع. $n = 1$ هي التعريف. ولنفترض الصيغة من أجل $n$ ونضع $g(x) = \int_0^x \frac{(x-t)^n}{n!} f(t)\dd t$. ومن أجل دالة مكامَلة متصلة في $(x,t)$ و من الصنف $C^1$ في $x$، يُشتق [التكامل ذو الوسيط](https://one-course.com/books/math/4/ar/chapter/9-integration#thm-b2-integration-continuity) والحدّ المتغيّر هكذا: $$g'(x) = \frac{(x-x)^n}{n!}f(x) + \int_0^x \frac{(x-t)^{n-1}}{(n-1)!}f(t)\dd t = T^nf(x)$$ (بفصل $g(x+h) - g(x)$ إلى الشريط $\int_x^{x+h}$، وهو $O(h\cdot\sup)$ لأن الدالة المكامَلة تنعدم عند $t = x$ مثل $h^n$، وإلى التكامل الثابت لتزايد $x$، الذي تعالجه متراجحة التزايدات المنتهية والاتصال). وأيضًا $(T^{n+1}f)' = T^nf$ (بالمبرهنة الأساسية للتفاضل والتكامل) و$g(0) = T^{n+1}f(0) = 0$: فدالتان أصليتان للمقدار $T^nf$ تنعدمان عند $0$ تتطابقان، ومنه $T^{n+1}f = g$. والحدّ: $$\abs{T^nf(x)} \leq \norm f_\infty \int_0^x \frac{(x-t)^{n-1}}{(n-1)!}\dd t = \norm f_\infty\,\frac{x^n}{n!} \leq \frac{\norm f_\infty}{n!} .$$ 2. $\sum_n \norm{T^nf}_\infty \leq \eu\,\norm f_\infty$ : أي [تقارب ناظمي](#def-b2-funcseq-series) ، ومن ثم منتظم؛ و $S$ متصلة. وتحقق المجاميع الجزئية $S_N = f + T S_{N-1}$ ، و $T$ [ليبشيتزي](https://one-course.com/books/math/4/ar/chapter/4-topology-of-metric-spaces#def-b2-metric-continuity) بالثابت $1$ من أجل $\norm\cdot_\infty$ ( $\abs{Tg(x)} \leq x\norm g_\infty$ ): وبأخذ $N \to \infty$ في الطرفين نجد $S = f + TS$ . 3. نضع $V(x) = f(x) + \eu^x\int_0^x \eu^{-t}f(t)\dd t$. عندئذٍ تكون $V - f$ من الصنف $C^1$ مع $(V-f)'(x) = \eu^x\int_0^x\eu^{-t}f + f(x) = V(x)$، وتكون $(TV)' = V$ مع $(V - f)(0) = TV(0) = 0$: ومنه $V - f = TV$، أي إن $V$ يحلّ المعادلة. الوحدانية: إذا كانت $S_1, S_2$ حلين متصلين، فإن $D = S_1 - S_2$ تحقق $D = TD$، ومنه $D = T^nD$ من أجل كل $n$ و$\norm D_\infty \leq \frac{\norm D_\infty}{n!} \to 0$: أي $D = 0$. ومن ثم $$\sum_{n\geq0} T^nf(x) = f(x) + \int_0^x \eu^{x-t}f(t)\,\dd t .$$ (والمتسلسلة $\sum T^n$ متسلسلة هندسية لمؤثرات: وهي أول مذاق للمُحَلِّلَة $(\mathrm{Id} - T)^{-1}$، المطوَّرة في مجلد السنة الثالثة.) ## 10.6 مسألة: معدلات التقريب ومبرهنة كوروفكين **مسألة 10.1.** يخفي برهان برنشتاين للمبرهنة [المبرهنة 10.16](#thm-b2-funcseq-weierstrass) كنزين. أولًا، إنه *كمّي*: فسرعة $B_nf \to f$ يحكمها مقياس اتصال $f$، بالمعدل الأمثل المبلوغ عند $\abs{x - \frac12}$. وثانيًا، إنه *بنيوي*: فكل ما أهمّ هو أن $B_n$ مؤثر خطي موجب يسلك سلوكًا حسنًا على $1$ و$x$ و$x^2$ — وهذه الملاحظة، معزولةً، هي *مبرهنة كوروفكين*. وتبرهن هذه المسألة على الاثنين، وتُختم بالمقارب الدقيق عند فورونوفسكايا. وفي كل ما يلي، $f \in C(\intcc{0}{1})$، $M = \norm f_\infty$، $p_k(x) = \binom nk x^k(1-x)^{n-k}$، ويرمز $e_j$ إلى $x \mapsto x^j$. **الجزء الأول — مؤثر برنشتاين.** 1. بيّن أن $B_n$ خطي و *موجب* ( $f \geq 0 \Rightarrow B_nf \geq 0$ )، ومن ثم رتيب ( $f \leq g \Rightarrow B_nf \leq B_ng$ )، مع $\norm{B_nf}_\infty \leq \norm f_\infty$ ، وأن $B_nf$ يستكمل $f$ عند الطرفين معًا. 2. أعد استنباط المتطابقات $B_n e_0 = e_0$ و $B_n e_1 = e_1$ و $B_n e_2 = e_2 + \frac{e_1 - e_2}{n}$ *(اشتق $(x + y)^n$ مرتين وضع $y = 1 - x$)* . 3. استنتج متطابقة التباين $\sum_k \bigl(\frac kn - x\bigr)^2 p_k(x) = \frac{x(1-x)}{n}$ ثم، بكوشي–شوارتز، حدَّ العزم الأول $$\sum_{k=0}^{n}\Bigl|\frac kn - x\Bigr|\,p_k(x) \leq \sqrt{\frac{x(1-x)}{n}} \leq \frac{1}{2\sqrt n} .$$ 4. بيّن أنه إذا كانت $f$ محدبة فإن $B_nf \geq f$ على $\intcc{0}{1}$ *(بمتراجحة جنسن المنتهية من أجل الأوزان $p_k(x)$)* . 5. (حدّ العدّ عند تشيبيشيف، معادًا صياغته) من أجل $\delta > 0$ بيّن أن $$\sum_{\abs{k/n - x} > \delta} p_k(x) \leq \frac{x(1-x)}{n\delta^2} \leq \frac{1}{4n\delta^2} ,$$ وأعطِ القراءة الاحتمالية: $B_nf(x)$ يأخذ متوسط $f$ على متوسط عينة ثنائية يتركّز عند $x$. **الجزء الثاني — المعدلات: مقياس الاتصال.** من أجل $\delta > 0$ نضع $\omega(\delta) = \sup\{\abs{f(s) - f(t)} : s, t \in \intcc{0}{1},\ \abs{s - t} \leq \delta\}$. 6. بيّن أن: $\omega$ منته وغير متناقص، وأن $\omega(\delta) \to 0$ حين $\delta \to 0^+$ (هاينه)، وأنه تحت جمعي ( $\omega(\delta_1 + \delta_2) \leq \omega(\delta_1) + \omega(\delta_2)$ )، وأن $\omega(\lambda\delta) \leq (1 + \lambda)\,\omega(\delta)$ من أجل كل $\lambda > 0$ . 7. برهن على التقدير الرئيسي، من أجل كل $\delta > 0$: $$\abs{B_nf(x) - f(x)} \leq \sum_k \omega\Bigl(\Bigl|\frac kn - x\Bigr|\Bigr)p_k(x) \leq \Bigl(1 + \frac1\delta\sum_k\Bigl|\frac kn - x\Bigr|p_k(x)\Bigr)\,\omega(\delta) .$$ 8. اختر $\delta = n^{-1/2}$ واختم *مبرهنة فايرشتراس الكمّية*: $$\norm{B_nf - f}_\infty \leq \frac32\,\omega\Bigl(\frac{1}{\sqrt n}\Bigr) \xrightarrow[n\to\infty]{} 0 .$$ 9. استنتج المعدلات: $\norm{B_nf - f}_\infty \leq \frac{3L}{2\sqrt n}$ من أجل $f$ ليبشيتزية بالثابت $L$ ، و $\leq \frac32 C n^{-\alpha/2}$ من أجل $f$ هولدرية بالأس $\alpha$ ( $\abs{f(s) - f(t)} \leq C\abs{s-t}^\alpha$ ). 10. (المثال الأمثل — متطابقة ثنائية) من أجل $m \geq 1$ برهن على أن $$\sum_{k=m+1}^{2m} (k - m)\binom{2m}{k} = \frac{m}{2}\binom{2m}{m}, \qquad\text{ومنه}\qquad \sum_{k=0}^{2m}\abs{k - m}\binom{2m}{k} = m\binom{2m}{m}$$ *(استعمل $k\binom{2m}k = 2m\binom{2m-1}{k-1}$ و تناظر السطر الثنائي، الذي يعطي $\sum_{j=m}^{2m-1}\binom{2m-1}{j} = 2^{2m-2}$)*. 11. من أجل $f(t) = \abs{t - \frac12}$ استنتج القيمة الدقيقة ومقارباتها (بالمعامل الثنائي المركزي، [المثال 6.14](https://one-course.com/books/math/4/ar/chapter/6-comparison-of-functions#ex-b2-comparison-centralbinomial)): $$B_{2m}f\Bigl(\frac12\Bigr) - f\Bigl(\frac12\Bigr) = \frac{\binom{2m}{m}}{2\cdot4^{m}} \;\sim\; \frac{1}{2\sqrt{\pi m}} :$$ فالمعدل $\omega(n^{-1/2})$ في السؤال 8 مبلوغ (إلى حدّ ثابت) — ومن أجل $f$ المتصلة فحسب، يكون معدل برنشتاين $n^{-1/2}$ أمينًا. **الجزء الثالث — مبرهنة كوروفكين.** لتكن $(L_n)$ متتالية من المؤثرات *الخطية الموجبة* من $C(\intcc{0}{1})$ إلى نفسه بحيث $L_ne_j \to e_j$ بانتظام من أجل $j = 0, 1, 2$. 12. بيّن أن المؤثر الخطي الموجب $L$ رتيب و يحقق $\abs{Lf} \leq L\abs f$ [نقطيًا](#def-b2-funcseq-def) . 13. بيّن أنه من أجل كل $\varepsilon > 0$ يوجد $\delta > 0$ بحيث من أجل *كل* $s, x \in \intcc{0}{1}$: $$\abs{f(s) - f(x)} \leq \varepsilon + \frac{2M}{\delta^2}(s - x)^2$$ *(عالج $\abs{s - x} \leq \delta$ بهاينه و $\abs{s-x} > \delta$ بالحدّ الخام $2M$)*. 14. ثبّت $x$، وطبّق $L_n$ على متراجحة السؤال 13 في المتغير $s$، واستنبط $$\abs{L_nf(x) - f(x)\,L_ne_0(x)} \leq \varepsilon\,L_ne_0(x) + \frac{2M}{\delta^2} \bigl(L_ne_2(x) - 2x\,L_ne_1(x) + x^2 L_ne_0(x)\bigr).$$ 15. بيّن أن $\sup_x \bigl(L_ne_2(x) - 2x\,L_ne_1(x) + x^2 L_ne_0(x)\bigr) \to 0$ ، ثم ركّب *مبرهنة كوروفكين* : $L_nf \to f$ بانتظام من أجل *كل* $f \in C(\intcc{0}{1})$ . 16. تحقق من أن $(B_n)$ يحقق فرضيات كوروفكين: فايرشتراس للمرة الثالثة، من ثلاث وحيدات الحدّ. 17. ليكن $I_n$ مؤثر الاستكمال الأفيني على قطع عند العقد $\frac kn$ . بيّن أن $I_n$ خطي موجب، وأن $I_ne_0 = e_0$ ، $I_ne_1 = e_1$ ، و $\norm{I_ne_2 - e_2}_\infty = \frac{1}{4n^2}$ *(فعلى كل خلية يكون خطأ الاستكمال الأفيني للدالة $t^2$ هو $(t - a)(b - t)$)* . واختم بكوروفكين: فالمستكمِلات المضلّعية تتقارب بانتظام من أجل كل دالة متصلة $f$ . **الجزء الرابع — الأرباح: الكثافة والعزوم والمشتقات.** 18. بيّن أن كثيرات الحدود ذوات المعاملات *الناطقة* كثيفة في $\bigl(C(\intcc{0}{1}), \norm\cdot_\infty\bigr)$ : فهذا الفضاء الباناخي قابل للفصل. 19. (العزوم تحدّد الدالة) لتكن $f \in C(\intcc{0}{1})$ مع $\int_0^1 f(t)\,t^n \dd t = 0$ من أجل كل $n \in \N$ . بيّن أن $\int_0^1 f P = 0$ من أجل كل كثير حدود، ثم أن $\int_0^1 f^2 = 0$ ، ثم أن $f = 0$ . 20. برهن على متطابقة المشتق $$(B_nf)'(x) = n\sum_{k=0}^{n-1}\Bigl( f\Bigl(\frac{k+1}{n}\Bigr) - f\Bigl(\frac kn\Bigr)\Bigr)\, \binom{n-1}{k}x^k(1-x)^{n-1-k}$$ *(اشتق $p_k$ وأعد الترقيم — وهو [جمع آبل](https://one-course.com/books/math/4/ar/chapter/7-sequences-and-series#thm-b2-series-abel))*. 21. لنفترض أن $f$ من الصنف $C^1$ . وباستعمال مبرهنة التزايدات المنتهية في كل تزايد وبالمقارنة مع $B_{n-1}(f')$ ، بيّن أن $(B_nf)' \to f'$ بانتظام على $\intcc{0}{1}$ . واستنتج: من أجل $f \in C^1$ توجد كثيرات حدود تتقارب إلى $f$ *مع* مشتقاتها. 22. لنفترض أن $f$ من الصنف $C^2$. وبتايلور–لاغرانج عند $x$ بيّن أن $$\abs{B_nf(x) - f(x)} \leq \frac{\norm{f''}_\infty}{2}\cdot\frac{x(1-x)}{n} \leq \frac{\norm{f''}_\infty}{8n} :$$ فترقّي الملاسةُ المعدلَ من $n^{-1/2}$ إلى $n^{-1}$. **الجزء الخامس — التشبّع: مبرهنة فورونوفسكايا.** 23. برهن على متطابقة العزم الرابع $$\sum_k (k - nx)^4 p_k(x) = nx(1-x)\bigl(1 + 3(n-2)x(1-x)\bigr) \leq n^2 \quad (n \geq 1)$$ *(انشر $k^4$ بالعامليات النازلة $k(k-1)\cdots$ واستعمل حيلة الاشتقاق في السؤال 2 مرتين أخريين)*. 24. (فورونوفسكايا) لتكن $f$ من الصنف $C^2$ وليكن $x \in \intcc{0}{1}$. وبكتابة $f(t) = f(x) + f'(x)(t-x) + \frac{f''(x)}2(t-x)^2 + \eta(t)(t-x)^2$ مع $\eta$ محدودة و$\eta(t) \to 0$ حين $t \to x$، برهن على أن $$n\bigl(B_nf(x) - f(x)\bigr) \xrightarrow[n\to\infty]{} \frac{x(1-x)}{2}\,f''(x)$$ *(افصل مجموع $\eta$ عند $\abs{t - x} \leq \delta$؛ وتحكّم في الجزء البعيد بالسؤال 23)*. ومن ثم فإن خطأ السؤال 22 دقيق في الرتبة *وفي* الثابت: أي إن $B_n$ *يتشبّع* عند $\frac1n$، مهما كانت $f$ ملساء — وقارِن بالنتيجة [التمرين 10.7](#exo-b2-funcseq-7). 25. تركيب. بجملة واحدة لكل بند: (1) ماذا اشترت الإيجابية وحدها (الجزآن الأول والثالث)؛ (2) وأين دخل تراص الفترة $\intcc{0}{1}$ في كل جزء؛ (3) ولماذا تكفي ثلاث دوال اختبار في مبرهنة كوروفكين؛ (4) وما المقايضة التي يعقدها برنشتاين (معدل $n^{-1/2}$ متين من أجل $f$ الخشنة، لكن بسقف $\frac1n$ من أجل $f$ الملساء)، وأي فصل من هذا الكتاب سيلعب اللعبة نفسها بكثيرات الحدود المثلثية. **حل المسألة 10.1.** **1.** الخطية واضحة من الصيغة. والإيجابية: الأوزان $p_k(x) \geq 0$، ومن ثم يفرض $f \geq 0$ أن $B_nf \geq 0$؛ وتنتج الرتابة بتطبيقها على $g - f$. والحدّ: يعطي $\pm f \leq \norm f_\infty$ أن $\pm B_nf \leq \norm f_\infty B_ne_0 = \norm f_\infty$. والطرفان: $p_k(0) = \mathbf 1_{k=0}$ و $p_k(1) = \mathbf 1_{k=n}$، ومنه $B_nf(0) = f(0)$، $B_nf(1) = f(1)$. **2.** نشتق $(x+y)^n = \sum_k\binom nk x^ky^{n-k}$ بالنسبة إلى $x$، ونضرب في $x$، ونضع $y = 1 - x$: $$ nx = \sum_k k\,p_k(x) ; $$ ومرتين، بالضرب في $x^2$: $n(n-1)x^2 = \sum_k k(k-1)p_k(x)$. ومنه $B_ne_0 = 1$ (بمبرهنة ثنائي الحدّ)، و$B_ne_1(x) = \frac{nx}{n} = x$، و $$ B_ne_2(x) = \frac{\sum_k k^2p_k}{n^2} = \frac{n(n-1)x^2 + nx}{n^2} = x^2 + \frac{x(1-x)}{n} . $$ **3.** ننشر: $$ \sum_k\Bigl(\frac kn - x\Bigr)^{\!2} p_k = B_ne_2(x) - 2x\,B_ne_1(x) + x^2 = \frac{x(1-x)}{n} . $$ وكوشي–شوارتز مع التفكيك $\abs{k/n - x}\sqrt{p_k} \cdot \sqrt{p_k}$: $$ \sum_k\Bigl|\frac kn - x\Bigr| p_k \leq \Bigl(\sum_k\Bigl(\frac kn - x\Bigr)^2 p_k\Bigr)^{\!1/2} = \sqrt{\frac{x(1-x)}{n}} \leq \frac{1}{2\sqrt n}, $$ باستعمال $x(1-x) \leq \frac14$. **4.** الأوزان $p_k(x)$ غير سالبة ومجموعها $1$ ومركزها $\sum_k \frac kn p_k(x) = x$ (السؤال 2). وتعطي متراجحة جنسن المنتهية من أجل الدالة المحدبة $f$ (بالتراجع انطلاقًا من تعريف النقطتين، مجلد السنة الأولى) أن $$ f(x) = f\Bigl(\sum_k \frac kn\,p_k\Bigr) \leq \sum_k f\Bigl(\frac kn\Bigr)p_k = B_nf(x) . $$ **5.** على $\{k : \abs{k/n - x} > \delta\}$ يكون $\bigl(\frac{k/n - x}{\delta}\bigr)^2 > 1$، ومنه $$ \sum_{\abs{k/n-x}>\delta} p_k \leq \frac{1}{\delta^2}\sum_k\Bigl(\frac kn - x\Bigr)^2p_k = \frac{x(1-x)}{n\delta^2} \leq \frac{1}{4n\delta^2} . $$ والقراءة: $p_k(x)$ هو قانون تواتر عينة $S_n/n$ من $n$ رمية عملة بانحياز $x$؛ ومتوسطه $x$، وتباينه $\frac{x(1-x)}n \to 0$، والصيغة المعروضة هي متراجحة تشيبيشيف: فتتركّز الكتلة عند $x$، ومن ثم يعيد أخذ متوسط $f$ في مقابله إنتاجَ $f(x)$ في النهاية (ويجعل [الفصل 23](https://one-course.com/books/math/4/ar/chapter/23-probability-generating-functions#ch-b2-genfun) المفردات رسمية). **6.** $\omega \leq 2M < \infty$؛ والرتابة واضحة (فهي نهاية عليا على مجموعة أكبر). وهاينه: الدالة $f$ المتصلة على متراص متصلة بانتظام، وهذا يقول بالضبط إن $\omega(\delta) \to 0$ حين $\delta \to 0^+$. وتحت الجمعية: إذا كان $\abs{s - t} \leq \delta_1 + \delta_2$، فإن النقطة $u$ على القطعة $\intcc st$ على مسافة $\min(\delta_1, \abs{s-t})$ من $s$ تحقق $\abs{s-u} \leq \delta_1$، $\abs{u-t} \leq \delta_2$، و $\abs{f(s)-f(t)} \leq \abs{f(s)-f(u)} + \abs{f(u)-f(t)}$. وبالتكرار، $\omega(p\delta) \leq p\,\omega(\delta)$ من أجل $p \in \N^*$؛ ومن أجل $\lambda > 0$، مع $p = \lceil\lambda\rceil \leq 1 + \lambda$: $\omega(\lambda\delta) \leq \omega(p\delta) \leq p\,\omega(\delta) \leq (1+\lambda)\omega(\delta)$. **7.** بما أن $\sum p_k = 1$: $$ \abs{B_nf(x) - f(x)} = \Bigl|\sum_k\bigl(f(k/n) - f(x)\bigr)p_k\Bigr| \leq \sum_k\omega\bigl(\abs{k/n - x}\bigr)p_k . $$ ومن أجل كل $k$، يعطي السؤال 6 مع $\lambda = \abs{k/n - x}/\delta$ أن $\omega(\abs{k/n-x}) \leq \bigl(1 + \frac{\abs{k/n-x}}\delta\bigr)\omega(\delta)$؛ وبالجمع في مقابل الأوزان $p_k$ نحصل على التقدير الرئيسي. **8.** نُدخِل حدّ السؤال 3: $$ \abs{B_nf(x) - f(x)} \leq \Bigl(1 + \frac{1}{2\delta\sqrt n}\Bigr)\omega(\delta), $$ بانتظام في $x$؛ ومع $\delta = n^{-1/2}$ يكون القوس $\frac32$: ومنه $\norm{B_nf - f}_\infty \leq \frac32\omega(n^{-1/2}) \to 0$ حسب السؤال 6 (هاينه). وهذا يعيد برهان [المبرهنة 10.16](#thm-b2-funcseq-weierstrass) بمعدل. **9.** الليبشيتزية بالثابت $L$ تعني $\omega(\delta) \leq L\delta$: فالمعدل $\frac{3L}{2\sqrt n}$. والهولدرية بالأس $\alpha$ تعني $\omega(\delta) \leq C\delta^\alpha$: فالمعدل $\frac{3C}{2} n^{-\alpha/2}$. **10.** باستعمال $k\binom{2m}k = 2m\binom{2m-1}{k-1}$: $$ \sum_{k=m+1}^{2m}k\binom{2m}k = 2m\sum_{j=m}^{2m-1}\binom{2m-1}{j} = 2m\cdot 2^{2m-2}, $$ لأن $j \mapsto 2m-1-j$ يقابل $\{m,\dots,2m-1\}$ على $\{0,\dots,m-1\}$، ومن ثم فالمجموع نصف $2^{2m-1}$. وأيضًا $\sum_{k=m+1}^{2m}\binom{2m}k = \frac{2^{2m} - \binom{2m}m}{2}$ (بالتناظر نفسه). ومنه $$ \sum_{k=m+1}^{2m}(k-m)\binom{2m}k = m\,2^{2m-1} - m\,\frac{2^{2m} - \binom{2m}m}{2} = \frac m2\binom{2m}m . $$ ويرسل التعويض $k \mapsto 2m-k$ الحدود ذوات $k < m$ على تلك ذوات $k > m$ (بمعاملات ثنائية متساوية، وقيم $\abs{k-m}$ متساوية): فالمجموع المطلق ضعف المجموع من جهة واحدة، أي $m\binom{2m}m$. **11.** عند $x = \frac12$، $p_k(\tfrac12) = \binom{2m}k2^{-2m}$ و$f(\tfrac12) = 0$: $$ B_{2m}f\Bigl(\frac12\Bigr) = \sum_k\Bigl|\frac{k}{2m} - \frac12\Bigr| \binom{2m}k 2^{-2m} = \frac{2^{-2m}}{2m}\,m\binom{2m}m = \frac{\binom{2m}m}{2\cdot4^m} \sim \frac{1}{2\sqrt{\pi m}} $$ حسب [المثال 6.14](https://one-course.com/books/math/4/ar/chapter/6-comparison-of-functions#ex-b2-comparison-centralbinomial). وبما أن $\omega_f (\delta) = \delta$ هنا (فالدالة ليبشيتزية بالثابت $1$ والحدّ مبلوغ)، يتنبأ السؤال 8 بخطأ لا يتجاوز $\frac32(2m)^{-1/2}$: والخطأ الحقيقي $\frac{1}{2\sqrt{\pi m}}$ له الرتبة $n^{-1/2}$ بالضبط — فالمعدل أمثل إلى حدّ الثابت. **12.** يعطي $f \leq g$ أن $g - f \geq 0$، ومنه $L(g-f) \geq 0$، أي $Lf \leq Lg$. ومن $-\abs f \leq f \leq \abs f$: $-L\abs f \leq Lf \leq L\abs f$، أي $\abs{Lf} \leq L\abs f$. **13.** بهاينه نختار $\delta$ بحيث $\abs{f(s)-f(x)} \leq \varepsilon$ كلما $\abs{s-x} \leq \delta$. وإذا كان $\abs{s - x} > \delta$، فإن $\frac{(s-x)^2}{\delta^2} > 1$ و $\abs{f(s)-f(x)} \leq 2M \leq \frac{2M}{\delta^2}(s-x)^2$. وفي الحالتين يصحّ الحدّ المدَّعى. **14.** نثبّت $x$؛ ويقول السؤال 13، بوصف الأطراف دوالًا في $s$: $$ -\varepsilon e_0 - \frac{2M}{\delta^2}q_x \;\leq\; f - f(x)e_0 \;\leq\; \varepsilon e_0 + \frac{2M}{\delta^2}q_x, \qquad q_x = e_2 - 2x\,e_1 + x^2e_0 . $$ ونطبّق المؤثر الرتيب الخطي $L_n$ (السؤال 12) ونقيّم عند $x$: $$ \abs{L_nf(x) - f(x)L_ne_0(x)} \leq \varepsilon L_ne_0(x) + \frac{2M}{\delta^2}\bigl(L_ne_2(x) - 2xL_ne_1(x) + x^2L_ne_0(x)\bigr) . $$ **15.** نكتب $\alpha_j = L_ne_j - e_j$، ومنه $\norm{\alpha_j}_\infty \to 0$. وبما أن $e_2(x) - 2xe_1(x) + x^2e_0(x) = 0$: $$ L_ne_2(x) - 2xL_ne_1(x) + x^2L_ne_0(x) = \alpha_2(x) - 2x\,\alpha_1(x) + x^2\alpha_0(x), $$ ومعياره الأعلى لا يتجاوز $\norm{\alpha_2} + 2\norm{\alpha_1} + \norm{\alpha_0} \to 0$. وأيضًا $L_ne_0 \to e_0$ بانتظام، ومنه $L_ne_0 \leq 2$ من أجل $n$ الكبيرة، و$\abs{f(x)}\abs{L_ne_0(x) - 1} \leq M\norm{\alpha_0} \to 0$. وبالتركيب مع السؤال 14: من أجل $n$ الكبيرة، وبانتظام في $x$، $$ \abs{L_nf(x) - f(x)} \leq 2\varepsilon + \frac{2M}{\delta^2}\,o(1) + M\,o(1) \leq 3\varepsilon : $$ أي $L_nf \to f$ بانتظام — وهي مبرهنة كوروفكين. **16.** $B_ne_0 = e_0$ و$B_ne_1 = e_1$ بالضبط، و $\norm{B_ne_2 - e_2}_\infty = \max_x\frac{x(1-x)}{n} = \frac{1}{4n} \to 0$ (السؤال 2): فتنطبق كوروفكين، و تنتج فايرشتراس للمرة الثالثة. **17.** $I_nf$ خطي في $f$ (فالقيم العقدية كذلك)، وعلى كل خلية يكون المستكمِل الأفيني لقيم عقدية غير سالبة غير سالب: فهو موجب. و$I_ne_0 = e_0$ و$I_ne_1 = e_1$ لأن الدالة الأفينية تساوي مستكمِلها. وعلى خلية $\intcc ab$ (مع $b - a = \frac1n$)، يكون المستكمِل الأفيني للدالة $e_2$ هو $L(t) = (a+b)t - ab$، ويكون $$ L(t) - t^2 = (t-a)(b-t) \in \intcc{0}{\tfrac{(b-a)^2}{4}} , $$ بأعظمية عند النقطة الوسطى: أي $\norm{I_ne_2 - e_2}_\infty = \frac{1}{4n^2} \to 0$. وبكوروفكين: $I_nf \to f$ بانتظام من أجل كل دالة متصلة $f$ — أي التقريب المضلّعي، بلا تقدير إضافي. **18.** من أجل $f$ و$\varepsilon$ معطيين: تعطي فايرشتراس كثير حدود $P = \sum_{j=0}^d a_jx^j$ يحقق $\norm{f - P}_\infty \leq \frac\varepsilon2$؛ وتعويض كل $a_j$ بعدد ناطق $b_j$ يحقق $\abs{a_j - b_j} \leq \frac{\varepsilon}{2(d+1)}$ يحرّك [معيار](https://one-course.com/books/math/4/ar/chapter/5-normed-vector-spaces#def-b2-nvs-norm) النهاية العليا على $\intcc{0}{1}$ بمقدار لا يتجاوز $\frac\varepsilon2$. ومجموعة كثيرات الحدود ذوات المعاملات الناطقة اتحاد قابل للعد (على $d$) لمجموعات [قابلة للعد](https://one-course.com/books/math/4/ar/chapter/1-sets-and-structures#def-b2-structures-countable)، ومن ثم فهي [قابلة للعد](https://one-course.com/books/math/4/ar/chapter/1-sets-and-structures#def-b2-structures-countable) وكثيفة: أي إن $C(\intcc{0}{1})$ قابل للفصل. **19.** بالخطية $\int_0^1 fP = 0$ من أجل كل كثير حدود $P$. ونختار كثيرات حدود $P_n \to f$ بانتظام (فايرشتراس): $$ \Bigl|\int_0^1 f^2\Bigr| = \Bigl|\int_0^1 f\,(f - P_n)\Bigr| \leq \norm f_\infty\,\norm{f - P_n}_\infty \longrightarrow 0 , $$ ومنه $\int_0^1 f^2 = 0$. فإذا كان $f(x_0) \neq 0$، يعطي الاتصال أن $f^2 \geq c > 0$ على فترة جزئية، وهذا يناقض انعدام التكامل: أي $f = 0$. ومن ثم فإن دالتين متصلتين لهما العزوم نفسها $\int f t^n$ تتطابقان. **20.** مع $p_{n,k}(x) = \binom nk x^k(1-x)^{n-k}$ والاصطلاحين $p_{n-1,-1} = p_{n-1,n} = 0$، تعطي قاعدة الجداء مع $k\binom nk = n\binom{n-1}{k-1}$، $(n-k)\binom nk = n\binom{n-1}{k}$ أن $$ p_{n,k}'(x) = n\bigl(p_{n-1,k-1}(x) - p_{n-1,k}(x)\bigr) . $$ وبالجمع في مقابل $f(k/n)$ وإزاحة الدليل في المجموع الأول (وهو [جمع آبل](https://one-course.com/books/math/4/ar/chapter/7-sequences-and-series#thm-b2-series-abel)): $$ (B_nf)'(x) = n\sum_{j=0}^{n-1}\Bigl(f\Bigl(\frac{j+1}n\Bigr) - f\Bigl(\frac jn\Bigr)\Bigr)p_{n-1,j}(x) . $$ **21.** بمبرهنة التزايدات المنتهية، $f(\frac{j+1}n) - f(\frac jn) = \frac1n f'(\xi_j)$ مع $\xi_j \in \intoo{j/n}{(j+1)/n}$، ومنه $(B_nf)'(x) = \sum_j f'(\xi_j)\,p_{n-1,j}(x)$. وتقع العقدة $\frac{j}{n-1}$ أيضًا في $\intcc{j/n}{(j+1)/n}$ (فالمتراجحتان تؤولان إلى $j \leq n-1$)، ومن ثم $\abs{\xi_j - \frac j{n-1}} \leq \frac1n$ و $$ \bigl|(B_nf)'(x) - B_{n-1}(f')(x)\bigr| \leq \sum_j\Bigl|f'(\xi_j) - f'\Bigl(\frac{j}{n-1}\Bigr)\Bigr| p_{n-1,j}(x) \leq \omega_{f'}\Bigl(\frac1n\Bigr) \longrightarrow 0 $$ بانتظام. وبما أن $B_{n-1}(f') \to f'$ بانتظام ([المبرهنة 10.16](#thm-b2-funcseq-weierstrass) مطبَّقة على الدالة المتصلة $f'$)، تعطي متراجحة المثلث أن $(B_nf)' \to f'$ بانتظام. وعندئذٍ تتقارب كثيرات الحدود $P_n = B_nf$ إلى $f$ بالمعنى $C^1$. **22.** تايلور–لاغرانج عند $x$: $f(\frac kn) - f(x) = f'(x)(\frac kn - x) + \frac{f''(\xi_k)}2(\frac kn - x)^2$. وبالجمع في مقابل $p_k$، يموت الحدّ الخطي (السؤال 2): $$ \abs{B_nf(x) - f(x)} \leq \frac{\norm{f''}_\infty}{2}\sum_k\Bigl(\frac kn - x\Bigr)^2p_k = \frac{\norm{f''}_\infty}{2}\cdot\frac{x(1-x)}{n} \leq \frac{\norm{f''}_\infty}{8n} . $$ **23.** اشتقاقان آخران للمقدار $(x+y)^n$ يعطيان العزوم العاملية، مع $n_{(j)} = n(n-1)\cdots(n-j+1)$: $$ \sum_k k_{(j)}\,p_k = n_{(j)}\,x^j \qquad (j = 3, 4), $$ و$k^3 = k_{(3)} + 3k_{(2)} + k$، $k^4 = k_{(4)} + 6k_{(3)} + 7k_{(2)} + k$ يحوّلانها إلى عزوم قوى: $$ \sum_k k^3p_k = n_{(3)}x^3 + 3n_{(2)}x^2 + nx, \qquad \sum_k k^4p_k = n_{(4)}x^4 + 6n_{(3)}x^3 + 7n_{(2)}x^2 + nx . $$ وبنشر $(k - nx)^4$ والجمع (وهو حساب صبور لكنه آلي محض بالعزوم القوية الأربعة): $$ \sum_k(k-nx)^4p_k = nx(1-x)\bigl(1 + 3(n-2)x(1-x)\bigr) . $$ ومع $x(1-x) \leq \frac14$: يكون الطرف الأيمن لا يتجاوز $\frac n4\bigl(1 + \frac{3n}4\bigr) = \frac{3n^2}{16} + \frac n4 \leq n^2$ من أجل $n \geq 1$. **24.** تعرّف صيغة بيانو لتايلور عند $x$ المقدارَ $\eta(t) = \frac{f(t) - f(x) - f'(x)(t-x) - \frac12f''(x)(t-x)^2} {(t-x)^2}$ من أجل $t \neq x$، مع $\eta(x) = 0$: فبتايلور–لاغرانج $\eta(t) = \frac12\bigl(f''(\xi) - f''(x)\bigr)$ من أجل $\xi$ ما بين $t$ و$x$، ومنه $\abs\eta \leq \norm{f''}_\infty$ و $\eta(t) \to 0$ حين $t \to x$ (باتصال $f''$). وبجمع النشر في مقابل $p_k$ واستعمال السؤالين 2–3: $$ n\bigl(B_nf(x) - f(x)\bigr) = \frac{x(1-x)}{2}f''(x) + n\sum_k\eta\Bigl(\frac kn\Bigr)\Bigl(\frac kn - x\Bigr)^2p_k . $$ ومن أجل $\varepsilon$ معطى، نختار $\delta$ بحيث $\abs\eta \leq \varepsilon$ على $\abs{t - x}\leq\delta$. فالجزء القريب: لا يتجاوز $\varepsilon\,n\cdot\frac{x(1-x)}n \leq \varepsilon$. والجزء البعيد: مع $C = \norm{f''}_\infty$ والسؤال 23، $$ n\,C\sum_{\abs{k/n-x}>\delta}\Bigl(\frac kn - x\Bigr)^2p_k \leq \frac{nC}{\delta^2}\sum_k\Bigl(\frac kn - x\Bigr)^4p_k = \frac{nC}{\delta^2 n^4}\sum_k(k-nx)^4p_k \leq \frac{C}{\delta^2 n} \longrightarrow 0 . $$ ومنه $n(B_nf(x) - f(x)) \to \frac{x(1-x)}2f''(x)$ — وهي مبرهنة فورونوفسكايا. ومن أجل $f = e_2$ يكون هذا دقيقًا عند كل $n$ (لأن [التمرين 10.7](#exo-b2-funcseq-7)): فسقف $\frac1n$ حقيقي. **25.** (1) حوّلت الإيجابية المتراجحات النقطية إلى متراجحات مؤثرات: فأعطت حدّ [المعيار](https://one-course.com/books/math/4/ar/chapter/5-normed-vector-spaces#def-b2-nvs-norm)، وجنسن، وتشيبيشيف، وكوروفكين كلها — ولا تبرهن الخطية وحدها على شيء هنا. (2) ودخل التراص عبر هاينه (السؤالان 6 و13)، وعبر كون $f$ محدودة، وعبر كون [المعيار](https://one-course.com/books/math/4/ar/chapter/5-normed-vector-spaces#def-b2-nvs-norm) $\norm\cdot_\infty$ نفسه منتهيًا. (3) وتكفي ثلاث دوال اختبار لأن الإيجابية تُرجع كل شيء إلى التحكم في $L_n$ على العائلة الوحيدة $(s-x)^2 = e_2 - 2xe_1 + x^2e_0$، التي يساوي الفضاء الذي تولّده الفضاءَ الذي تولّده $e_0, e_1, e_2$. (4) ويتقارب برنشتاين بالمعدل الأمين $\omega(n^{-1/2})$ من أجل كل دالة متصلة $f$ (وهو أمثل، السؤال 11) لكنه يتشبّع عند $\frac1n$ من أجل $f$ الملساء (السؤال 24)؛ ويشغّل فصل فورييه البرنامجَ نفسه من أجل الدوال الدورية بنواة فييير — وهو مؤثر موجب آخر بالفضائل نفسها والتواضع نفسه.