---
title: "متسلسلات القوى"
book: "الرياضيات الجامعية — السنة 2"
subject: math
language: ar
chapter: 11
exercises: 12
source: https://one-course.com/books/math/4/ar/chapter/11-power-series
---

# الفصل 11 — متسلسلات القوى

متسلسلات القوى أحسنُ متسلسلات الدوال سلوكًا في الرياضيات: فهي تتقارب داخل قرص تقاربها [ناظميًا](https://one-course.com/books/math/4/ar/chapter/10-sequences-and-series-of-functions#def-b2-funcseq-series) على المتراصات، ويمكن اشتقاقها ومكاملتها حدًّا حدًّا بلا تردد، ومجاميعها — أي *الدوال [التحليلية](#def-b2-powerseries-analytic)* — تتحدد بمعاملاتها. ويبرهن هذا الفصل على تلك الحزمة كاملةً ويستعيد، بأمانة، كل متسلسلة تايلور في مجلد السنة الأولى؛ وتختمه الدوال المولّدة بأرباح جبرية.

## 11.1 نصف قطر التقارب

**مبرهنة مساعدة 11.1 (آبل).**

إذا كانت المتتالية $(a_n z_0^n)$ محدودة من أجل $z_0 \neq 0$ ما، فإن $\sum a_n z^n$ تتقارب [بإطلاق](https://one-course.com/books/math/4/ar/chapter/7-sequences-and-series#def-b2-series-def) من أجل كل $\abs z < \abs
{z_0}$، [وناظميًا](https://one-course.com/books/math/4/ar/chapter/10-sequences-and-series-of-functions#def-b2-funcseq-series) على كل قرص $\abs z \leq r < \abs{z_0}$.

**برهان.** مع $\abs{a_n z_0^n} \leq M$ و$\abs z \leq r$:

$$
\abs{a_n z^n} = \abs{a_n z_0^n}\,\Bigl|\frac{z}{z_0}\Bigr|^n
\leq M\Bigl(\frac{r}{\abs{z_0}}\Bigr)^{\!n},
$$

وهو حدّ هندسي متقارب، منتظم على القرص. ∎

**تعريف 11.2 (نصف قطر التقارب).**

*نصف قطر التقارب* للمتسلسلة $\sum a_n z^n$ هو

$$
R = \sup\{r \geq 0 : (a_n r^n) \text{ محدودة}\} \in
\intcc{0}{+\infty} .
$$

وحسب [المبرهنة المساعدة 11.1](#lem-b2-powerseries-abel): التقارب المطلق من أجل $\abs
z < R$ (وناظمي على الأقراص الجزئية المتراصة)، والتباعد — بل عدم تحدّد الحدود — من أجل $\abs z > R$. وعلى الدائرة الحدّية، يمكن أن يحدث أي شيء ([التمرين 11.2](#exo-b2-powerseries-2)). وعمليًا يُحسب $R$ بمحك النسبة عند دالمبير على $\abs{a_n}\abs z^n$ أو بالمقارنة.

**مثال 11.3 (نصف قطر بلا محك نسبة).**

ما نصف قطر $\sum \sin(n)\,z^n$؟ ليس للنسبة $\abs{\sin(n+1)/\sin n}$ نهاية، لكن التعريف يعمل مباشرةً. *$R \geq 1$:* $\abs{\sin n} \leq 1$، ومن ثم تكون $(\sin
n\cdot r^n)$ محدودة من أجل كل $r < 1$ — بل من أجل $r =
1$. *$R \leq 1$:* يكفي أن يكون $\sin n \not\to 0$. ولنفترض $\sin n \to 0$؛ فصيغة الجمع

$$
\sin(n+1) = \sin n\cos 1 + \cos n\sin 1
$$

كانت ستفرض $\cos n \to 0$ (بالحلّ من أجل $\cos n$: $\sin 1 \neq
0$)، وهذا يناقض $\sin^2 n + \cos^2 n = 1$. ومن ثم فالحدود $\sin(n)\,1^n$ لا تؤول إلى $0$: فتتباعد المتسلسلة عند $z =
1$، ويكون $R \leq 1$. والخلاصة: $R = 1$. والفكرة الختامية: نصف القطر قولٌ في كون $\abs{a_n}r^n$ محدودة — ولا يُطلب أبدًا وجود نهاية للنسب، وتحسم حجج الحدّية حالات لا يستطيع محك النسبة أن يلمسها (وقارِن بالمعاملات المتذبذبة في [التمرين 11.1](#exo-b2-powerseries-1)).

**قضية 11.4 (العمليات).**

لتكن $\sum a_nz^n$ و$\sum b_nz^n$ بنصفَي قطر $R_a, R_b$. عندئذٍ، من أجل $\abs z < \min(R_a, R_b)$:

$$
\sum (a_n + b_n)z^n = \sum a_nz^n + \sum b_nz^n,
\qquad
\Bigl(\sum a_nz^n\Bigr)\Bigl(\sum b_nz^n\Bigr) = \sum c_n z^n,
\quad c_n = \sum_{k=0}^{n} a_kb_{n-k},
$$

وللمتسلسلتين نصف القطر $\geq \min(R_a, R_b)$. (والجداء هو [جداء كوشي](https://one-course.com/books/math/4/ar/chapter/7-sequences-and-series#thm-b2-series-fubini)، وهو مشروع بالتقارب المطلق وبالمبرهنة [المبرهنة 7.14](https://one-course.com/books/math/4/ar/chapter/7-sequences-and-series#thm-b2-series-fubini).)

**برهان.** صيغة المجموع هي خطية المتسلسلات المتقاربة، و $(a_n + b_n)r^n$ محدودة كلما كانت $a_nr^n$ و$b_nr^n$ محدودتين: فنصف القطر $\geq \min(R_a, R_b)$. وأما الجداء: فنثبّت $\abs z
< \min(R_a, R_b)$: فتتقارب المتسلسلتان كلتاهما *[بإطلاق](https://one-course.com/books/math/4/ar/chapter/7-sequences-and-series#def-b2-series-def)* هناك ([المبرهنة المساعدة 11.1](#lem-b2-powerseries-abel))، ومن ثم تكون العائلة ذات الدليلين $(a_kz^k\,b_lz^l)_{k,l}$ [قابلة للجمع](https://one-course.com/books/math/4/ar/chapter/7-sequences-and-series#def-b2-series-summable)، وتسمح [المبرهنة 7.14](https://one-course.com/books/math/4/ar/chapter/7-sequences-and-series#thm-b2-series-fubini) بأي تجميع. وبالتجميع حسب $k
+ l = n$:

$$
\Bigl(\sum_k a_kz^k\Bigr)\Bigl(\sum_l b_lz^l\Bigr)
= \sum_{n\geq0}\Bigl(\sum_{k+l=n}a_kb_l\Bigr)z^n
= \sum_{n\geq0}c_nz^n ,
$$

وهي متقاربة [بإطلاق](https://one-course.com/books/math/4/ar/chapter/7-sequences-and-series#def-b2-series-def) من أجل كل $z$ كهذا: ومن ثم فلمتسلسلة الجداء نصف القطر $\geq \min(R_a, R_b)$ أيضًا. ∎

**مثال 11.5 (مربّع كوشي، متحقَّق منه متقاطعًا).**

لنربّع المتسلسلة الهندسية: من أجل $\abs x < 1$، معامل $x^n$ في $\bigl(\sum x^k\bigr)^2$ هو $c_n = \sum_{k+l=n}
1\cdot1 = n + 1$، ومنه

$$
\frac{1}{(1-x)^2} = \sum_{n\geq0}(n+1)\,x^n .
$$

وللتحقق المتقاطع بالاشتقاق حدًّا حدًّا ([المبرهنة 11.7](#thm-b2-powerseries-calculus) أدناه): يعطي اشتقاق $\frac{1}{1-x} = \sum x^n$ أن $\frac{1}{(1-x)^2} = \sum
nx^{n-1} = \sum(n+1)x^n$ — أي المتسلسلة نفسها بآليتين غير مترابطتين. والفكرة الختامية: حين تبدو متطابقة معاملات غامضة، يُنتجها عادةً أحد هذين المحرّكين (الالتفاف أو الاشتقاق) في سطر واحد؛ ويشغّل سؤال مسألة نهاية الأسبوع عن $\sum\binom{2k}k\binom{2n-2k}{n-k} = 4^n$ محرّك الالتفاف بكامل طاقته.

**مثال 11.6 (الضرب في 11−x\frac{1}{1-x}1−x1​ يجمع المعاملات).**

[لجداء كوشي](https://one-course.com/books/math/4/ar/chapter/7-sequences-and-series#thm-b2-series-fubini) في مقابل المتسلسلة الهندسية معنى جدير بالتذكّر: فمن أجل أي $\sum a_nx^n$ نصف قطرها $R > 0$ ومن أجل $\abs x <
\min(R, 1)$،

$$
\frac{1}{1-x}\sum_{n\geq0}a_nx^n
= \sum_{n\geq0}\Bigl(\sum_{k=0}^{n}a_k\Bigr)x^n :
$$

فالضرب في $\frac{1}{1-x}$ يعوّض المعاملات بمجاميعها الجزئية (أي الالتفاف مع متتالية الواحدات). ومثال: $\dfrac{\eu^x}{1-x} = \sum_n s_n x^n$ مع $s_n =
\sum_{k\leq n}\frac{1}{k!}$، وهي المجاميع الجزئية للمقدار $\eu$ — وقارِن بالمثال [التمرين 11.11](#exo-b2-powerseries-11)، حيث يرمّز الجداء نفسه مع $\eu^{-x}$ أعدادَ الاختلالات. والفكرة الختامية: العمليات على متسلسلات القوى عملياتٌ على متتاليات المعاملات متخفية (فالضرب في $\frac1{1-x}$: جمع؛ والضرب في $x$: إزاحة؛ والاشتقاق: ضرب في $n$ وإزاحة) — وهو معجم سيقرؤه فصل الدوال المولّدة بطلاقة.

## 11.2 انتظام المجموع

**مبرهنة 11.7 (الحساب حدًّا حدًّا).**

لتكن $f(x) = \sum_{n\geq0} a_n x^n$ بنصف قطر $R > 0$ (بمتغيّر حقيقي $x \in \intoo{-R}{R}$).

1. للمتسلسلة المشتقة $\sum n\,a_n x^{n-1}$ نصف القطر $R$ *نفسه*، وتكون $f$ من الصنف $C^1$ مع $f'(x) = \sum_{n \geq 1}  n a_n x^{n-1}$. وبالتكرار، تكون $f$ من الصنف $C^\infty$ و $$a_n = \frac{f^{(n)}(0)}{n!} :$$ ومعاملات متسلسلة القوى وحيدة (فمتسلسلتان لهما المجموع نفسه قرب $0$ لهما المعاملات نفسها).
2. الدالة الأصلية حدًّا حدًّا: للمتسلسلة $\sum \frac{a_n}{n+1}x^{n+1}$ نصف القطر $R$ والمشتق $f$ .

**برهان.** *نصف القطر نفسه:* إذا كانت $(a_nr^n)$ محدودة وكان $r' < r$، فإن $n\abs{a_n} r'^{\,n-1} = \frac{n}{r'}\abs{a_nr^n}
\bigl(\frac{r'}{r}\bigr)^n$ محدودة (بل $\to 0$: فالهندسي يغلب $n$)، ومنه $R' \geq R$؛ وعكسيًا يعطي $\abs{a_n x^n} \leq \abs x
\cdot n\abs{a_n}\abs x^{n-1}$ أن $R \geq R'$.

*الاشتقاق:* على $\intcc{-r}{r}$، مع $r < R$، تتقارب المتسلسلة المشتقة [ناظميًا](https://one-course.com/books/math/4/ar/chapter/10-sequences-and-series-of-functions#def-b2-funcseq-series) (لأن $n\abs{a_n}r^{n-1}$ [قابلة للجمع](https://one-course.com/books/math/4/ar/chapter/7-sequences-and-series#def-b2-series-summable) بحساب نصف القطر)؛ وتتقارب الأصلية عند $x = 0$: فتنطبق مبرهنة الاشتقاق للمتسلسلات ([المبرهنة 10.11](https://one-course.com/books/math/4/ar/chapter/10-sequences-and-series-of-functions#thm-b2-funcseq-seriestransfer)) على كل قطعة كهذه، ومن ثم على $\intoo{-R}{R}$. وبالتكرار $k$ مرة و التقييم عند $0$: وبالتحديد، تكون المتسلسلة المشتقة رقم $k$ هي

$$
f^{(k)}(x) = \sum_{n\geq k} n(n-1)\cdots(n-k+1)\,a_n\,x^{n-k},
$$

وعند $x = 0$ ينعدم كل حدّ ذي $n > k$، فلا يبقى إلا الحدّ الثابت $k(k-1)\cdots1\cdot a_k$: أي $f^{(k)}(0) =
k!\,a_k$. وتنتج وحدانية المعاملات: فلمتسلسلتَي قوى لهما المجموع نفسه قرب $0$ المشتقاتُ نفسها عند $0$، ومن ثم المعاملات $a_k$ نفسها. وأما الدوال الأصلية: فنصف القطر نفسه بالحساب نفسه، ثم نشتق حدًّا حدًّا رجوعًا. ∎

**مثال 11.8 (تقييم متسلسلة عند نقطة).**

ما قيمة $\sum_{n\geq1}\dfrac{n^2}{2^n}$؟ إنها مجموع $\sum n^2x^n$ للمقدار [التمرين 11.3](#exo-b2-powerseries-3) مقيَّمًا *داخل* القرص، عند $x = \frac12 < 1 = R$، حيث كانت كل معالجة استُعملت لاستنباط الصورة المغلقة مشروعة:

$$
\sum_{n\geq1} n^2x^n = \frac{x(1+x)}{(1-x)^3}
\quad\Longrightarrow\quad
\sum_{n\geq1}\frac{n^2}{2^n}
= \frac{\frac12\cdot\frac32}{(\frac12)^3}
= \frac{3/4}{1/8} = 6 .
$$

والمحرّك نفسه بأقراص أخرى: يعطي $x = \frac13$ أن $\sum\frac{n^2}{3^n} = \frac{\frac13\cdot\frac43}{(2/3)^3} =
\frac32$. والفكرة الختامية: متطابقة متسلسلة قوى آلةٌ لا صيغة واحدة — فاستنباط واحد يسعّر كل متسلسلة عددية $\sum n^2q^n$ دفعةً واحدة، من أجل كل $\abs q < 1$؛ وهكذا سيحسب فصل الدوال المولّدة الآمال والتباينات بالجملة.

**مثال 11.9 (الكلاسيكيات، هذه المرة بأمانة).**

$\displaystyle\frac{1}{1 - x} = \sum x^n$ (مع $R = 1$)؛ وبالمكاملة حدًّا حدًّا (البند (2) في [المبرهنة 11.7](#thm-b2-powerseries-calculus)):

$$
-\ln(1 - x) = \sum_{n\geq1} \frac{x^n}{n},
\qquad
\arctan x = \sum_{n \geq 0} \frac{(-1)^n x^{2n+1}}{2n+1}
\quad (\abs x < 1),
$$

والثانية في خطوتين: نعوّض $-x^2$ في المتسلسلة الهندسية للحصول على $\frac{1}{1+x^2} = \sum(-1)^nx^{2n}$ (بنصف قطر $1$، لأن $\abs{x^2} < 1 \iff \abs x < 1$)، ثم نأخذ الدالة الأصلية حدًّا حدًّا المنعدمة عند $0$؛ فالطرفان دالتان أصليتان للدالة نفسها بالقيمة نفسها عند $0$، ومن ثم فهما متساويان على $\intoo{-1}{1}$. وأما $\exp$: فالمتسلسلة $E(x) = \sum \frac{x^n}{n!}$ (مع $R = \infty$) تحقق $E' = E$، $E(0) = 1$ بالاشتقاق حدًّا حدًّا، ومنه $E = \exp$ بوحدانية السنة الأولى. فكل “نشر قياسي” في مجلد السنة الأولى صار الآن مبرهنة عن متسلسلة قواه الكاملة.

**مثال 11.10 (لوغاريتم محسوب من داخل القرص).**

بتقييم $-\ln(1-x) = \sum\frac{x^n}{n}$ عند النقطة الداخلية $x = \frac12$:

$$
\sum_{n\geq1}\frac{1}{n\,2^n} = \ln 2 ,
$$

وهو تمثيل سريع التقارب للعدد $\ln 2$ (فعشرة حدود تعطي بالفعل $0.69306\ldots$ في مقابل $\ln 2 = 0.69314\ldots$)، وهو أفضل بكثير من المتسلسلة المتناوبة $1 - \frac12 + \frac13 -
\dots$ المتاحة عند الحدّ فقط. والفكرة الختامية: كلما أمكن بلوغ ثابت عند الحافة وداخل القرص تمامًا معًا، فاز الداخل عدديًا — تناقص هندسي في مقابل تناقص توافقي.

**مثال 11.11 (الاشتقاق يحفظ نصف القطر لا الحدّ).**

للمتسلسلة $\sum_{n\geq1}\frac{x^n}{n^2}$ نصف القطر $1$ وهي تتقارب عند *كلا* الطرفين ($\sum\frac1{n^2}$ وتوأمها المتناوب). ولمتسلسلتها المشتقة،

$$
\sum_{n\geq1}\frac{x^{n-1}}{n} ,
$$

نصف القطر نفسه $1$ — كما تضمن [المبرهنة 11.7](#thm-b2-powerseries-calculus) — لكنها الآن تتباعد عند $x = 1$ (المتسلسلة التوافقية) وما تزال تتقارب عند $x = -1$ (متناوبة). واشتقاق آخر يعطي $\sum_{n\geq2}\frac{n-1}{n}x^{n-2}$، وهي متباعدة عند الطرفين (فالحدود لا تؤول إلى $0$). والفكرة الختامية: يضرب كل اشتقاق المعاملات في $n$، وهذا لا يحرّك نصف القطر أبدًا (فالهندسي يغلب كثير الحدود) لكنه يأكل رتبة واحدة من التناقص عند الحدّ؛ فالحساب حدًّا حدًّا رياضة داخلية، وكل ما يحدث على الحافة يجب إعادة فحصه — ونظرية آبل–تاوبر في مسألة نهاية الأسبوع هي بالضبط إعادة الفحص تلك.

**مثال 11.12 (فصل متسلسلة حسب البواقي — منفَّذًا إلى النهاية).**

لنحسب $f(x) = \sum_{n\geq0} \dfrac{x^{4n}}{(4n)!}$ بصورة مغلقة. لكلٍّ من $\cosh x = \sum \frac{x^{2m}}{(2m)!}$ و$\cos x =
\sum \frac{(-1)^m x^{2m}}{(2m)!}$ نصف القطر $\infty$، ومن ثم يمكن حساب متوسطهما حدًّا حدًّا:

$$
\frac{\cosh x + \cos x}{2}
= \sum_{m\geq0}\frac{1 + (-1)^m}{2}\,\frac{x^{2m}}{(2m)!}
= \sum_{m \text{ زوجي}}\frac{x^{2m}}{(2m)!}
= \sum_{n\geq0}\frac{x^{4n}}{(4n)!} = f(x) .
$$

ويُبقي المرشّح $\frac{1+(-1)^m}{2}$ القيم الزوجية للدليل $m$ بالضبط: وهذه هي الصورة الحقيقية لمرشّح جذور الوحدة (والنسخة العقدية، مع $\iu^n$، تستخرج البواقي بترديد $4$ دفعةً واحدة). وللتحقق الختامي: $f$ تحلّ $f'''' = f$ مع $f(0) = 1$، $f'(0) = f''(0) = f'''(0) = 0$ — فاشتق المتسلسلة أربع مرات ([المبرهنة 11.7](#thm-b2-powerseries-calculus)) وراقبها وهي تعيد إنتاج نفسها؛ و$\frac{\cosh + \cos}{2}$ تحقق المعطيات نفسها.

**تعريف 11.13 (الدوال التحليلية).**

تكون $f$ *تحليلية* عند $x_0$ إذا كانت مجموع متسلسلة قوى في $(x - x_0)$ على جوار؛ وعلى فترة، إذا كانت كذلك عند كل نقطة. ومجاميع متسلسلات القوى تحليلية داخل قرصها (بإعادة ترتيب النشر — ونقبل ذلك دون برهان في هذا المستوى من أجل إعادة التمركز، والحالة $x_0 = 0$ هي [المبرهنة 11.7](#thm-b2-powerseries-calculus)). والتحليلية تستلزم الصنف $C^\infty$؛ والعكس *يفشل*: كالدالة المسطحة $\eu^{-1/x^2}$ ([التمرين 11.7](#exo-b2-powerseries-7)).

**مثال 11.14 (إعادة التمركز، ونصف القطر بوصفه مسافة).**

لننشر $f(x) = \frac{1}{1-x}$ حول $x_0 = \frac12$: فبكتابة $x = \frac12 + h$،

$$
\frac{1}{1 - x} = \frac{1}{\frac12 - h}
= \frac{2}{1 - 2h}
= \sum_{n\geq0} 2^{n+1}\,h^n
= \sum_{n\geq0} 2^{n+1}\Bigl(x - \frac12\Bigr)^{\!n},
$$

وهو صالح من أجل $\abs{2h} < 1$، أي $\abs{x - \frac12} < \frac12$. ونصف القطر الجديد هو بالضبط المسافة من المركز الجديد إلى الشذوذ $x = 1$: فإعادة التمركز تقلّص (أو توسّع) القرص ليلائم أقرب عائق. والفكرة الختامية: هذه هي الصورة وراء تعريف [التحليلية](#def-b2-powerseries-analytic) — دالة واحدة، ومتسلسلات قوى محلية كثيرة، تعيش كلٌّ منها على أكبر قرص يتجنب المشكلة؛ ويحوّل مجلد السنة الثالثة الحدسَ “نصف القطر $=$ المسافة إلى أقرب شذوذ عقدي” إلى مبرهنة.

**ملاحظة 11.15 (مزالق شائعة).**

*(1) محك النسبة كافٍ لا لازم:* فحين لا تكون للنسبة $\abs{a_{n+1}/a_n}$ نهاية ([المثال 11.3](#ex-b2-powerseries-sinn)، [التمرين 11.1](#exo-b2-powerseries-1))، عُد إلى التعريف: $R = \sup\{r : (a_nr^n)$ محدودة$\}$. *(2) لا شيء يعبر الحدّ مجانًا:* فالاشتقاق والمكاملة حدًّا حدًّا مبرهنتان *داخل* القرص المفتوح؛ وعند $\abs x = R$ يجب إعادة فحص كل متسلسلة (وهذا هو موضوع مسألة نهاية الأسبوع كله). *(3) نصف قطر المجموع:* المقدار $\min(R_a, R_b)$ حدٌّ أدنى فقط — فقد تكبّره التلاشيات ($a_n = 1,
b_n = -1$: فالمجموع معدوم تمامًا، ونصف القطر $0$ يساوي $\infty$). *(4) الصنف $C^\infty$ ليس [تحليلية](#def-b2-powerseries-analytic):* فقد تتقارب متسلسلة تايلور المتقاربة إلى الدالة *الخطأ* ([التمرين 11.7](#exo-b2-powerseries-7))؛ فقبل كتابة $f(x) = \sum
\frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n$، برهن على ذلك — عبر معادلة تفاضلية ([الطريقة 11.17](#met-b2-powerseries-ode))، أو تقدير للباقي، أو صيغة تكاملية.

**ملاحظة 11.16 (أين يُستعمَل هذا).**

متسلسلات القوى حصان عمل ثلاثة فصول لاحقة: فيحلّ فصل المعادلات التفاضلية المعادلاتِ الخطية بحقن $\sum a_nx^n$ (وهو صندوق الطريقة أدناه، مصنَّعًا)؛ ويحوّل فصل الدوال المولّدة المتطابقاتِ عن الاحتمالات إلى متطابقات عن متسلسلات القوى وبالعكس؛ ويجعل مجلد السنة الثالثة المتغيّر العقدي رسميًا، حيث تصير [التحليلية](#def-b2-powerseries-analytic) مكافئة لقابلية الاشتقاق العقدية وتنال “إعادة التمركز المقبولة” أعلاه برهانها الأمين. وتستكشف مسألة نهاية الأسبوع الموضع الوحيد الذي تصمت فيه مبرهنات هذا الفصل: الحدّ $\abs x = R$ نفسه.

**طريقة 11.17 (النشر عبر معادلة تفاضلية).**

لنشر دالة $f$ في متسلسلة قوى: جد معادلة تفاضلية خطية بمعاملات كثيرات حدود تحققها $f$؛ واحقن $\sum a_nx^n$؛ وعيّن المعاملات للحصول على تراجع للمقادير $(a_n)$؛ ثم حُلّ، و تحقق من نصف القطر ومن الشروط الابتدائية. ومثال — المتسلسلة الثنائية: تحقق $f(x) = (1+x)^\alpha$ المعادلةَ $(1+x)f' = \alpha f$، $f(0)
= 1$؛ ويعطي الحقن $(n+1)a_{n+1} = (\alpha - n)a_n$، ومنه $a_n =
\binom{\alpha}{n}$، ونصف القطر $1$ (بمحك النسبة)، ويساوي المجموع، الذي يحقق المعادلة نفسها بالقيمة الابتدائية نفسها، المقدارَ $(1 + x)^\alpha$ بمبرهنة الوحدانية للمعادلات التفاضلية الخطية (مجلد السنة الأولى).

**مثال 11.18 (الطريقة على معادلة مقسورة).**

حُلّ $y' = y + x$، $y(0) = 0$، بمتسلسلات القوى. وبحقن $y =
\sum a_nx^n$:

$$
\sum_{n\geq0}(n+1)a_{n+1}x^n
= \sum_{n\geq0}a_nx^n + x ,
$$

وبتعيين المعاملات: $a_1 = a_0 = 0$، $2a_2 = a_1 + 1
= 1$، و$(n+1)a_{n+1} = a_n$ من أجل $n \geq 2$. ومنه $a_2 =
\frac{1}{2!}$، وبالتراجع، $a_n = \frac{1}{n!}$ من أجل كل $n \geq 2$: فنصف القطر $\infty$، و

$$
y(x) = \sum_{n\geq2}\frac{x^n}{n!} = \eu^x - 1 - x .
$$

وللتحقق: $y' = \eu^x - 1 = y + x$ و$y(0) = 0$. والفكرة الختامية: التراجع *هو* المعادلة، معاملًا بمعامل؛ ولا يضطرب حدّ القسر إلا عددًا منتهيًا من المعاملات الأولى، وبعده يتولى النمط المتجانس — وهو ظلّ متقطع لقولنا “حلّ خاص زائد حلّ متجانس”.

## 11.3 الدوال المولّدة

**مثال 11.19 (فيبوناتشي).**

لتكن $F(x) = \sum_{n\geq0} F_n x^n$ (أعداد فيبوناتشي، مع $F_0 = 0$، $F_1 = 1$). ويُترجَم التراجع $F_{n+2} = F_{n+1} + F_n$، بالضرب في $x^{n+2}$ والجمع، إلى

$$
F(x) - x = x\,F(x) + x^2 F(x)
\quad\Longrightarrow\quad
F(x) = \frac{x}{1 - x - x^2} ,
$$

وهو صالح حيث تتقارب المتسلسلة. ونصف القطر هو $\frac{1}{\varphi}$: فمن $F_n \sim
\frac{\varphi^n}{\sqrt5}$ (بينيه، وهو المثال التالي — أو بالتراجع الخام $F_n \leq 2^n$ مع التراجع)، يعطي محك النسبة أن

$$
\frac{F_{n+1}\abs x^{n+1}}{F_n\abs x^n}
\longrightarrow \varphi\abs x ,
\qquad\text{التقارب إذا وفقط إذا } \abs x < \frac1\varphi
\approx 0.618 .
$$

والكسور الجزئية على $\frac{x}{1 - x - x^2}$ مع المتسلسلة الهندسية تعيدان استنباط صيغة بينيه — فالدوال المولّدة تصنّع التراجعات الخطية.

**مثال 11.20 (صيغة بينيه، منفَّذةً).**

ليكن $\varphi = \frac{1+\sqrt5}{2}$ و$\psi =
\frac{1-\sqrt5}{2}$، وهما جذرا $X^2 = X + 1$؛ وبما أن $\varphi
+ \psi = 1$ و$\varphi\psi = -1$،

$$
1 - x - x^2 = (1 - \varphi x)(1 - \psi x) .
$$

والكسور الجزئية: بالبحث عن $\frac{x}{(1-\varphi x)(1-\psi x)} =
\frac{A}{1 - \varphi x} + \frac{B}{1 - \psi x}$، يعطي الحدّ الثابت $A + B = 0$ ويعطي معامل $x$ أن $-A\psi - B\varphi
= 1$، ومنه $A(\varphi - \psi) = 1$: أي $A = \frac{1}{\sqrt5} = -B$. وبعد متسلسلتين هندسيتين،

$$
F(x) = \frac{1}{\sqrt5}\sum_{n\geq0}
\bigl(\varphi^n - \psi^n\bigr)x^n
\quad\Longrightarrow\quad
F_n = \frac{\varphi^n - \psi^n}{\sqrt5}
$$

بوحدانية المعاملات ([المبرهنة 11.7](#thm-b2-powerseries-calculus)). وبما أن $\abs\psi < 1$، فإن الحدّ $\frac{\psi^n}{\sqrt5}$ قيمته المطلقة $< \frac12$: أي إن $F_n$ هو *أقرب عدد صحيح* إلى $\frac{\varphi^n}{\sqrt5}$. والفكرة الختامية: نصف القطر $\frac1\varphi$ للدالة $F$ هو مقلوب الجذر المهيمن — فنموّ المعاملات [ونصف قطر التقارب](#def-b2-powerseries-radius) هما المعلومة نفسها مقروءةً في اتجاهين متعاكسين.

**مثال 11.21 (أعداد كاتالان).**

تحقق [أعداد كاتالان](#ex-b2-powerseries-catalan) $C_n$ (وهي عدد المثلثات، والتقويسات، ومسارات دايك، …) العلاقتين $C_0 = 1$ و$C_{n+1} = \sum_{k=0}^n
C_kC_{n-k}$. وعندئذٍ تحقق [الدالة المولّدة](#ex-b2-powerseries-fibonacci) $C(x) = \sum C_nx^n$ ([بجداء كوشي](https://one-course.com/books/math/4/ar/chapter/7-sequences-and-series#thm-b2-series-fubini)!)

$$
C(x) = 1 + x\,C(x)^2
\quad\Longrightarrow\quad
C(x) = \frac{1 - \sqrt{1 - 4x}}{2x} ,
$$

وباختيار الجذر الذي $C(0) = 1$: يعطي حلّ المعادلة من الدرجة الثانية $xC^2 - C + 1 = 0$ المرشحين $\frac{1 \pm
\sqrt{1-4x}}{2x}$، وحين $x \to 0$ ينفجر الجذر ذو “$+$” مثل $\frac1x$ في حين أن الجذر ذا “$-$” يؤول إلى $1$ (بنشر $\sqrt{1-4x} = 1 - 2x + O(x^2)$) — فالإشارة السالبة وحدها يمكن أن تحمل متسلسلة قوى مع $C_0 = 1$. وبنشر $\sqrt{1 - 4x}$ بالمتسلسلة الثنائية نحصل على الصورة المغلقة

$$
C_n = \frac{1}{n+1}\binom{2n}{n} ,
$$

المنفَّذة في [التمرين 11.8](#exo-b2-powerseries-8).

**ملاحظة 11.22 (المتسلسلات الشكلية في مقابل المتقاربة).**

كل حساب بالدوال المولّدة أعلاه يُختم باستدعاء وحدانية المعاملات، وتلك المبرهنة تعيش *داخل* قرص ذي نصف قطر موجب: فقبل “قراءة” $F_n$ أو $C_n$، يجب أن نعرف أن $R > 0$. ويكفي حدّ قبلي خام — فالحدّ $F_n \leq 2^n$ (بتراجع مباشر) يعطي $R \geq
\frac12$ من أجل فيبوناتشي؛ و$C_n \leq 4^n$ (فكل عدد كاتالان يعدّ أجزاءً من المسارات) يعطي $R \geq \frac14$. واحذر الطرف المنحلّ من السلّم: فللمتسلسلة $\sum n!\,x^n$ نصف القطر $0$، و معالجتها بوصفها دالة بلا معنى — والمتطابقات التي تشمل متسلسلات كهذه تنتمي إلى الحساب *الشكلي* للمعاملات، وهي لعبة جبرية محضة بقواعدها (المختلفة). وفي هذا المستوى: أمّن دائمًا نصف قطر موجب أولًا، ثم احسب بحرية داخله.

**ملاحظة 11.23 (آفاق داخل هذا المجلد).**

متسلسلات القوى إحدى آلتَي النشر العظيمتين في هذا الكتاب؛ والأخرى هي متسلسلات فورييه في الفصول التوافقية، والمقارنة بينهما مفيدة. فمتسلسلة القوى صلبة: معاملاتها مفروضة ($a_n = f^{(n)}(0)/n!$)، وتقاربها لا يرحم (ناظمي في الداخل، ميؤوس منه في الخارج)، ومجموعها تحليلي — أي صلب بلا نهاية ([التعريف 11.13](#def-b2-powerseries-analytic)). أما متسلسلة فورييه فليّنة: فهي تمثّل مجرد إشارات ملساء على قطع، بثمن أسئلة تقارب دقيقة عند حدود الملاسة. وتلتقي النظريتان في مسألة نهاية الأسبوع في هذا الفصل: فجمع تشيزارو وآبل، المطوَّران هنا من أجل الدائرة الحدّية، يعودان في فصل فورييه بوصفهما نواتَي فييير وبواسون. وفي الأثناء يستهلك فصل المعادلات التفاضلية متسلسلات القوى مباشرةً ($\eu^{tA}$، والحلول بالمتسلسلات)، ويحوّل فصل الدوال المولّدة حيلةَ [المثال 11.19](#ex-b2-powerseries-fibonacci) إلى حساب منهجي للاحتمالات.

## 11.4 تمارين

**تمرين 11.1 ★.**

أنصاف أقطار التقارب: $\sum \dfrac{n^2}{2^n}z^n$؛ و$\;\sum \dfrac{z^n}{\binom{2n}{n}}$؛ و$\;\sum z^{n!}$؛ و$\;\sum \bigl(2 + (-1)^n\bigr)^n z^n$.

**حل التمرين 11.1.**

$\sum \frac{n^2}{2^n}z^n$: النسبة $\frac{(n+1)^2}{2^{n+1}}\cdot
\frac{2^n}{n^2} \to \frac12$: ومنه $R = 2$.

$\sum \frac{z^n}{\binom{2n}{n}}$: $\binom{2n}{n} \sim
\frac{4^n}{\sqrt{\pi n}}$ (لأن [المثال 6.14](https://one-course.com/books/math/4/ar/chapter/6-comparison-of-functions#ex-b2-comparison-centralbinomial))، ومن ثم $\abs{a_n}^{-1} \approx 4^n$ إلى حدّ عوامل كثيرة الحدود: أي $R = 4$ (بمحك النسبة: $\frac{\binom{2n}{n}}{\binom{2n+2}{n+1}} =
\frac{(n+1)^2}{(2n+1)(2n+2)} \to \frac14$).

$\sum z^{n!}$: المعاملات $a_k = 1$ إذا كان $k = n!$، و$0$ فيما عدا ذلك. ومن أجل $\abs z < 1$، تتقارب $\sum \abs z^{n!}$ (مهيمَنًا عليها هندسيًا)؛ ومن أجل $\abs z \geq 1$ لا تؤول الحدود إلى $0$: ومنه $R = 1$.

$\sum (2 + (-1)^n)^n z^n$: المعاملات $3^n$ (من أجل $n$ الزوجية) و$1$ (من أجل $n$ الفردية). وتقتضي حدّية $a_nr^n$ أن $3r \leq 1$؛ و$r <
\frac13$ يفي بالغرض: ومنه $R = \frac13$.

**تمرين 11.2 ★.**

بيّن أن $\sum z^n$ و$\sum \frac{z^n}{n}$ و$\sum \frac{z^n}{n^2}$ لها كلها نصف القطر $1$ لكنها تسلك سلوكًا مختلفًا عند $z = 1$ و$z = -1$: تباعد/تباعد، وتباعد/تقارب، وتقارب/تقارب.

**حل التمرين 11.2.**

لها ثلاثتها نصف القطر $1$ (بمحك النسبة). وعند $z = 1$: تتباعد $\sum 1$؛ وتتباعد $\sum\frac1n$؛ وتتقارب $\sum\frac{1}{n^2}$. وعند $z = -1$: تتباعد $\sum(-1)^n$؛ وتتقارب $\sum\frac{(-1)^n}{n}$ (بالتناوب)؛ وتتقارب $\sum\frac{(-1)^n}{n^2}$ ([بإطلاق](https://one-course.com/books/math/4/ar/chapter/7-sequences-and-series#def-b2-series-def)). فسلوك الحدّ غير مرئي لنصف القطر.

**تمرين 11.3 ★.**

احسب المجاميع، من أجل $\abs x < 1$:

$$
\sum_{n\geq0} n x^n,
\qquad
\sum_{n\geq0} n^2 x^n,
\qquad
\sum_{n\geq0} \frac{x^{2n+1}}{2n+1} .
$$

**حل التمرين 11.3.**

من $\frac{1}{1-x} = \sum x^n$، نشتق ونضرب في $x$ ([المبرهنة 11.7](#thm-b2-powerseries-calculus)):

$$
\sum n x^n = \frac{x}{(1-x)^2} .
$$

ونشتق مرة أخرى، ونضرب في $x$ من جديد:

$$
\sum n^2 x^n = x\,\frac{\dd}{\dd x}\Bigl(\frac{x}{(1-x)^2}\Bigr)
= \frac{x(1 + x)}{(1-x)^3} .
$$

والمجموع الثالث: هو الجزء الفردي من $-\ln(1 - x)$:

$$
\sum_{n\geq0} \frac{x^{2n+1}}{2n+1}
= \frac{-\ln(1-x) + \ln(1+x)}{2}
= \frac12 \ln\frac{1+x}{1-x}
= \operatorname{artanh} x .
$$

**تمرين 11.4 ★★.**

انشر في متسلسلة قوى عند $0$، مع نصف القطر: $\dfrac{1}{(1-x)(2-x)}$ (بالكسور الجزئية)؛ و$\;\ln(1 + x + x^2)$ *(اكتب $1 + x + x^2
= \frac{1 - x^3}{1 - x}$)*.

**حل التمرين 11.4.**

الكسور الجزئية: $\frac{1}{(1-x)(2-x)} = \frac{1}{1-x} -
\frac{1}{2 - x} = \sum x^n - \frac12\sum \bigl(\frac x2\bigr)^n$:

$$
\frac{1}{(1-x)(2-x)} = \sum_{n\geq0} \Bigl(1 -
\frac{1}{2^{n+1}}\Bigr)x^n,
\qquad R = 1 .
$$

$\ln(1 + x + x^2) = \ln\frac{1 - x^3}{1 - x} = \ln(1 - x^3) -
\ln(1 - x) = \sum_{n\geq1}\frac{x^n}{n} -
\sum_{m\geq1}\frac{x^{3m}}{m}$: معامل $x^n$ هو $\frac1n$ إذا كان $3 \nmid n$، و$\frac1n - \frac{3}{n} = -\frac2n$ إذا كان $3 \mid n$. ونصف القطر $1$ (فأقرب عائق: هو متسلسلة $\ln(1-x^3)$).

**تمرين 11.5 ★★.**

برهن على أن $f(x) = \sum_{n\geq1} H_n x^n = -\dfrac{\ln(1 -
x)}{1 - x}$ من أجل $\abs x < 1$، حيث $H_n$ هو العدد التوافقي *([جداء كوشي](https://one-course.com/books/math/4/ar/chapter/7-sequences-and-series#thm-b2-series-fubini) للمتسلسلتين $\sum x^n$ و$\sum \frac{x^n}{n}$)*.

**حل التمرين 11.5.**

[جداء كوشي](https://one-course.com/books/math/4/ar/chapter/7-sequences-and-series#thm-b2-series-fubini) للمتسلسلتين $\sum_{m \geq 0} x^m$ (بمعاملات $1$) و $\sum_{k\geq1} \frac{x^k}{k}$ (بمعاملات $\frac1k$، $k \geq
1$)، وكلتاهما متقاربة [بإطلاق](https://one-course.com/books/math/4/ar/chapter/7-sequences-and-series#def-b2-series-def) من أجل $\abs x < 1$: فمعامل $x^n$ في الجداء هو $\sum_{k=1}^{n} \frac1k \cdot 1 = H_n$. ومنه

$$
\Bigl(\sum x^m\Bigr)\Bigl(\sum \frac{x^k}{k}\Bigr)
= \frac{1}{1-x}\cdot\bigl(-\ln(1-x)\bigr)
= \sum_{n\geq1} H_n x^n .
$$

**تمرين 11.6 ★★.**

حُلّ [بالدالة المولّدة](#ex-b2-powerseries-fibonacci) التراجعَ $u_0 = 1$، $u_{n+1} =
2u_n + n$: احسب $U(x) = \sum u_nx^n$ بصورة مغلقة، وفكك، واقرأ $u_n = 2^{n+1} - n - 1$.

**حل التمرين 11.6.**

نضرب التراجع في $x^{n+1}$ ونجمع (مع $\abs x <
\frac12$):

$$
U(x) - 1 = 2x\,U(x) + \sum_{n\geq0} n\,x^{n+1}
= 2x\,U(x) + \frac{x^2}{(1-x)^2} ,
$$

باستعمال [التمرين 11.3](#exo-b2-powerseries-3). ومنه

$$
U(x) = \frac{1}{1 - 2x}\Bigl(1 + \frac{x^2}{(1-x)^2}\Bigr)
= \frac{1 - 2x + 2x^2}{(1-2x)(1-x)^2} .
$$

والكسور الجزئية (فالتغطية عند $x = \frac12$ تعطي المعامل $2$؛ وعند القطب المضاعف $x = 1$ يكون المعامل $-1$؛ وينعدم المعامل الأوسط بالتقييم عند $x = 0$):

$$
U(x) = \frac{2}{1-2x} - \frac{1}{(1 - x)^2} .
$$

وبنشر الاثنين:

$$
u_n = 2\cdot 2^n - (n + 1) = 2^{n+1} - n - 1 .
$$

(وللتحقق: $u_0 = 1$، $u_1 = 2u_0 + 0 = 2 = 4 - 2$.)

**تمرين 11.7 ★★.**

لتكن $f(x) = \eu^{-1/x^2}$ من أجل $x \neq 0$، و$f(0) = 0$. برهن على أن $f$ من الصنف $C^\infty$ على $\R$ مع $f^{(n)}(0) = 0$ من أجل كل $n$ *(بيّن بالتراجع أن $f^{(n)}(x) = P_n\bigl(\frac1x\bigr)
\eu^{-1/x^2}$ من أجل كثيرات حدود $P_n$، واستعمل مقارنة النموّ)*. واختم بأن $f$ ليست [تحليلية](#def-b2-powerseries-analytic) عند $0$: فمتسلسلة تايلور الخاصة بها عند $0$ تتقارب — إلى الدالة الخطأ.

**حل التمرين 11.7.**

بالتراجع: $f'(x) = \frac{2}{x^3}\eu^{-1/x^2}$، وإذا كان $f^{(n)}(x)
= P_n(\tfrac1x)\eu^{-1/x^2}$ فإن

$$
f^{(n+1)}(x) =
\Bigl(-\frac{1}{x^2}\,P_n'\Bigl(\frac1x\Bigr) +
\frac{2}{x^3}\,P_n\Bigl(\frac1x\Bigr)\Bigr)\eu^{-1/x^2} :
$$

وهو من الصورة المذكورة من جديد. وعند $0$: نسب الفروق $\frac{f^{(n)}(h)}{h} =
\frac1h P_n(\frac1h)\eu^{-1/h^2} \to 0$ حين $h \to 0$، لأن $Q(u)\,\eu^{-u^2} \to 0$ حين $u \to \pm\infty$ من أجل أي كثير حدود $Q$ (فالأسّي يغلب القوى): وبالتراجع توجد كل المشتقات $f^{(n)}(0)$ وتنعدم، وتكون كل $f^{(n)}$ متصلة عند $0$ بالنهاية نفسها. ومن ثم فإن $f \in C^\infty$ من الصنف المذكور بمتسلسلة تايلور معدومة عند $0$؛ ومجموع متسلسلة تايلور $0 \neq f$: فهي ليست [تحليلية](#def-b2-powerseries-analytic) عند $0$.

**تمرين 11.8 ★★★.**

أكمل [المثال 11.21](#ex-b2-powerseries-catalan): انشر $\sqrt{1 - 4x}$ بالمتسلسلة الثنائية، مبيّنًا أن

$$
\binom{1/2}{n+1}(-4)^{n+1} = -\frac{2}{n+1}\binom{2n}{n},
$$

واستنتج $C_n = \frac{1}{n+1}\binom{2n}{n}$؛ وعيّن نصف قطر تقارب $C(x)$ ومقاربات $C_n$ عبر ستيرلينغ.

**حل التمرين 11.8.**

المتسلسلة الثنائية: $\sqrt{1-4x} = \sum_{k\geq0}
\binom{1/2}{k}(-4x)^k$. ومن أجل $k = n + 1 \geq 1$:

$$
\begin{align*}
\binom{1/2}{n+1}(-4)^{n+1}
&= \frac{\frac12\bigl(\frac12 - 1\bigr)\cdots\bigl(\frac12 -
n\bigr)}{(n+1)!}\,(-4)^{n+1}\\
&= \frac{(-1)^n\,1\cdot3\cdots(2n-1)}{2^{n+1}(n+1)!}\,(-4)^{n+1}
= -\frac{2}{n+1}\cdot\frac{(2n)!}{n!\,n!} ,
\end{align*}
$$

باستعمال $1\cdot3\cdots(2n-1) = \frac{(2n)!}{2^n n!}$. ومنه

$$
C(x) = \frac{1 - \sqrt{1-4x}}{2x}
= \frac{1}{2x}\sum_{n\geq0}\frac{2}{n+1}\binom{2n}{n}x^{n+1}
= \sum_{n\geq0} \frac{1}{n+1}\binom{2n}{n}\,x^n :
$$

أي $C_n = \frac{1}{n+1}\binom{2n}{n}$. ونصف القطر: $\frac14$ (فالمتسلسلة الثنائية في $4x$). والمقاربات عبر [المثال 6.14](https://one-course.com/books/math/4/ar/chapter/6-comparison-of-functions#ex-b2-comparison-centralbinomial):

$$
C_n \sim \frac{4^n}{\sqrt{\pi}\; n^{3/2}} .
$$

**تمرين 11.9 ★★★.**

(مبرهنة النهاية القطرية عند آبل، حالة خاصة) لنفترض أن $\sum a_n$ تتقارب. برهن على أن $\lim_{x \to 1^-} \sum_{n} a_n x^n = \sum_n
a_n$. *([جمع آبل](https://one-course.com/books/math/4/ar/chapter/7-sequences-and-series#thm-b2-series-abel): مع $A_n$ المجاميع الجزئية و$A =
\lim A_n$، اكتب $\sum a_nx^n = (1 - x)\sum A_n x^n$؛ ثم $\sum
a_nx^n - A = (1-x)\sum (A_n - A)x^n$، وافصل المجموع عند $N$ كبير.)* وللتطبيق: $\sum \frac{(-1)^{n-1}}{n} = \ln 2$ و$\sum
\frac{(-1)^n}{2n+1} = \frac\pi4$، مبرهَنتين من جديد انطلاقًا من متسلسلة القوى.

**حل التمرين 11.9.**

مع $A_n = \sum_{k \leq n} a_k \to A$: يعطي [جمع آبل](https://one-course.com/books/math/4/ar/chapter/7-sequences-and-series#thm-b2-series-abel)، من أجل $0 \leq x < 1$،

$$
\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n = (1 - x)\sum_{n=0}^{\infty} A_n x^n
$$

(ويتقارب الطرفان: فالمتتالية $(A_n)$ محدودة؛ وتنتج المتطابقة من $a_n = A_n - A_{n-1}$ وبإعادة الترقيم). وبما أن $(1 -
x)\sum x^n = 1$:

$$
\sum_n a_nx^n - A = (1-x)\sum_{n} (A_n - A)x^n .
$$

ومن أجل $\varepsilon$ معطى، نختار $N$ بحيث $\abs{A_n - A} \leq
\varepsilon$ من أجل $n > N$؛ عندئذٍ

$$
\Bigl|\sum a_nx^n - A\Bigr|
\leq (1-x)\sum_{n \leq N}\abs{A_n - A} + \varepsilon(1 -
x)\sum_{n > N}x^n
\leq (1-x)\,C_N + \varepsilon ,
$$

وبأخذ $x \to 1^-$: تكون النهاية العليا $\leq \varepsilon$ من أجل كل $\varepsilon$. ومن ثم فالنهاية القطرية $A$.

والتطبيقات: تتقارب $\sum \frac{(-1)^{n-1}}{n}$ (بالتناوب)، ومن أجل $x < 1$ يكون مجموع متسلسلة قواها $\ln(1 + x)$: فبآبل، يكون المجموع $\ln 2$. وكذلك يعطي $\sum\frac{(-1)^n}{2n+1}x^{2n+1} =
\arctan x$ أن $\frac\pi4$ عند $x = 1$ — أي براهين السنة الأولى بالتكامل، وقد صارت الآن بنيوية.

**تمرين 11.10 ★.**

بيّن أن $\displaystyle\sum_{n\geq1}\frac{x^n}{n(n+1)} = 1 +
\frac{1-x}{x}\,\ln(1-x)$ من أجل $0 < \abs x < 1$، وعيّن نصف القطر، وتحقق من أن [التقارب ناظمي](https://one-course.com/books/math/4/ar/chapter/10-sequences-and-series-of-functions#def-b2-funcseq-series) على $\intcc{-1}{1}$؛ وتحقق من أن القيمة عند $x = 1$ المتنبَّأ بها بالاتصال توافق المجموع التلسكوبي $\sum
\frac{1}{n(n+1)} = 1$.

**حل التمرين 11.10.**

لكلٍّ من $\sum\frac{x^n}{n}$ و$\sum\frac{x^n}{n+1}$ نصف القطر $1$، و$\frac{1}{n(n+1)} = \frac1n - \frac1{n+1}$، ومن ثم من أجل $0
< \abs x < 1$:

$$
\sum_{n\geq1}\frac{x^n}{n(n+1)}
= -\ln(1-x) - \frac1x\sum_{n\geq1}\frac{x^{n+1}}{n+1}
= -\ln(1-x) - \frac{-\ln(1-x) - x}{x}
= 1 + \frac{1-x}{x}\ln(1-x) .
$$

ونصف القطر $1$؛ و$\norm{x^n/(n(n+1))}_{\infty,\intcc{-1}1} =
\frac{1}{n(n+1)}$ [قابلة للجمع](https://one-course.com/books/math/4/ar/chapter/7-sequences-and-series#def-b2-series-summable): [فالتقارب ناظمي](https://one-course.com/books/math/4/ar/chapter/10-sequences-and-series-of-functions#def-b2-funcseq-series) على $\intcc{-1}{1}$، ومن ثم فالمجموع [متصل](https://one-course.com/books/math/4/ar/chapter/4-topology-of-metric-spaces#def-b2-metric-continuity) هناك. وحين $x \to
1^-$، $(1-x)\ln(1-x) \to 0$ وتؤول الصورة المغلقة إلى $1$ — بالتوافق مع القيمة التلسكوبية $\sum\frac{1}{n(n+1)} =
\lim_N\bigl(1 - \frac{1}{N+1}\bigr) = 1$ عند $x = 1$.

**تمرين 11.11 ★★.**

(الاختلالات) ليكن $D_n$ عدد تبديلات $n$ عنصرًا بلا نقطة ثابتة (مع $D_0 = 1$). ويعطي فرز تبديلات $\{1, \dots, n\}$ حسب مجموعة نقاطها الثابتة أن $n! = \sum_{k=0}^{n}\binom nk D_{n-k}$. اضرب في $\frac{x^n}{n!}$، واجمع، وتعرّف على [جداء كوشي](https://one-course.com/books/math/4/ar/chapter/7-sequences-and-series#thm-b2-series-fubini) للحصول على [الدالة المولّدة](#ex-b2-powerseries-fibonacci) الأسّية

$$
\sum_{n\geq0} D_n\,\frac{x^n}{n!} = \frac{\eu^{-x}}{1-x}
\qquad (\abs x < 1),
$$

ثم اقرأ الصورة المغلقة $\dfrac{D_n}{n!} =
\sum_{k=0}^{n}\dfrac{(-1)^k}{k!}$ والنهاية $\dfrac{D_n}{n!}
\to \eu^{-1}$.

**حل التمرين 11.11.**

بفرز التبديلات $n!$ حسب مجموعة نقاطها الثابتة: يعطي اختيار النقاط الثابتة $k$ (بعدد $\binom nk$ من الطرق) واختلال الأشياء $n - k$ الأخرى أن $n! = \sum_{k=0}^n\binom nk D_{n-k}$. وبالقسمة على $n!$:

$$
1 = \sum_{k=0}^{n}\frac{1}{k!}\cdot\frac{D_{n-k}}{(n-k)!} ,
$$

وهذا يقول بالضبط إن [جداء كوشي](https://one-course.com/books/math/4/ar/chapter/7-sequences-and-series#thm-b2-series-fubini) للمتسلسلتين $\eu^x =
\sum\frac{x^k}{k!}$ و$D(x) = \sum D_n\frac{x^n}{n!}$ هو $\sum x^n = \frac{1}{1-x}$. وتتقارب المتسلسلتان [بإطلاق](https://one-course.com/books/math/4/ar/chapter/7-sequences-and-series#def-b2-series-def) من أجل $\abs x < 1$ (لأن $D_n \leq n!$، ومن ثم فإن $D$ مهيمَن عليه بالمتسلسلة الهندسية): فمتطابقة الجداء مشروعة ([القضية 11.4](#prop-b2-powerseries-operations))، و

$$
D(x) = \frac{\eu^{-x}}{1-x} .
$$

[وجداء كوشي](https://one-course.com/books/math/4/ar/chapter/7-sequences-and-series#thm-b2-series-fubini) للمتسلسلتين $\eu^{-x} = \sum\frac{(-1)^kx^k}{k!}$ و $\sum x^m$: معامل $x^n$ هو $\sum_{k=0}^{n}\frac{(-1)^k}{k!}$، وبوحدانية معاملات متسلسلات القوى ([المبرهنة 11.7](#thm-b2-powerseries-calculus)):

$$
\frac{D_n}{n!} = \sum_{k=0}^{n}\frac{(-1)^k}{k!}
\xrightarrow[n\to\infty]{} \eu^{-1} :
$$

فنحو $37\%$ من كل التبديلات اختلالات، مهما كان $n$.

**تمرين 11.12 ★★★.**

برهن، بالمتسلسلة الثنائية في [الطريقة 11.17](#met-b2-powerseries-ode)، على أن

$$
\frac{1}{\sqrt{1 - 4x}} = \sum_{n\geq0}\binom{2n}{n}x^n
\qquad \Bigl(\abs x < \frac14\Bigr),
$$

واستنتج، بالتربيع ([بجداء كوشي](https://one-course.com/books/math/4/ar/chapter/7-sequences-and-series#thm-b2-series-fubini) في مقابل $\frac{1}{1-4x} = \sum 4^nx^n$)، متطابقةَ الالتفاف

$$
\sum_{k=0}^{n}\binom{2k}{k}\binom{2n-2k}{n-k} = 4^n .
$$

**حل التمرين 11.12.**

المتسلسلة الثنائية مع $\alpha = -\frac12$ عند $-4x$:

$$
\binom{-1/2}{n}(-4)^n
= \frac{\bigl(-\frac12\bigr)\bigl(-\frac32\bigr)\cdots
\bigl(-\frac{2n-1}2\bigr)}{n!}(-4)^n
= \frac{1\cdot3\cdots(2n-1)}{2^n\,n!}\,4^n
= \frac{(2n)!}{2^n n!}\cdot\frac{2^n}{n!}
= \binom{2n}{n},
$$

باستعمال $1\cdot3\cdots(2n-1) = \frac{(2n)!}{2^nn!}$. ومنه $(1-4x)^{-1/2} = \sum\binom{2n}nx^n$ من أجل $\abs{4x} < 1$. وبالتربيع ([بجداء كوشي](https://one-course.com/books/math/4/ar/chapter/7-sequences-and-series#thm-b2-series-fubini)، وهو مشروع بالتقارب المطلق) والمقارنة مع $\frac{1}{1-4x} = \sum 4^nx^n$: يكون معامل $x^n$ في المربّع هو $\sum_{k=0}^n\binom{2k}k\binom{2n-2k}{n-k}$، وتعطي وحدانية المعاملات أن

$$
\sum_{k=0}^{n}\binom{2k}{k}\binom{2n-2k}{n-k} = 4^n .
$$

## 11.5 مسألة: آبل وتاوبر وحدّ التقارب

**مسألة 11.1.**

كل شيء سهل داخل قرص التقارب؛ وكل دراما متسلسلات القوى تقع *على* الحدّ. وتبني هذه المسألة نظرية الحدّ في المتغيّر الحقيقي: مبرهنة آبل بصورتها المنتظمة، وعكسها تحت شرط تاوبر، وسلّم طرق الجمع عند تشيزارو وآبل (مع مبرهنة فروبينيوس)، والمكاملة حدًّا حدًّا حتى الحدّ مع ثوابت كلاسيكية بوصفها أرباحًا، وأخيرًا صلابة الدوال [التحليلية](#def-b2-powerseries-analytic) — أي مبرهنة التطابق. وفي كل ما يلي، $(a_n)$ متتالية حقيقية، و$f(x) = \sum_{n\geq0}
a_nx^n$، و$A_n = a_0 + \dots + a_n$.

**الجزء الأول — مبرهنة آبل، بانتظام.** نفترض في هذا الجزء أن $\sum a_n$ تتقارب، ونضع $r_n =
\sum_{k\geq n} a_k$ (ومنه $r_n \to 0$ و$a_n = r_n -
r_{n+1}$).

1. برهن، بالجمع بالتجزئة، على أنه من أجل كل $0 \leq x  \leq 1$ و$N \leq M$: $$\Bigl|\sum_{n=N}^{M} a_n x^n\Bigr|  \leq 2\sup_{n \geq N}\,\abs{r_n} .$$
2. استنتج أن $\sum a_nx^n$ تتقارب *بانتظام* على $\intcc{0}{1}$ ، وأن مجموعها [متصل](https://one-course.com/books/math/4/ar/chapter/4-topology-of-metric-spaces#def-b2-metric-continuity) هناك، و استعد النهاية القطرية في [التمرين 11.9](#exo-b2-powerseries-9) : أي $f(x) \to \sum a_n$ حين $x  \to 1^-$ .
3. (مبرهنة آبل لجداءات كوشي) لتكن $\sum a_n = A$ ، و $\sum b_n = B$ ولنفترض أن [جداء كوشي](https://one-course.com/books/math/4/ar/chapter/7-sequences-and-series#thm-b2-series-fubini) $\sum  c_n$ ، مع $c_n = \sum_{k} a_kb_{n-k}$ ، *يتقارب* ، بالمجموع $C$ . برهن على أن $C = AB$ *(داخل القرص تصحّ متطابقة الجداء حسب [القضية 11.4](#prop-b2-powerseries-operations)؛ ثم خذ $x \to  1^-$)* .
4. بيّن أن الفرضية مهمة: فمن أجل $a_n = b_n =  \frac{(-1)^n}{\sqrt{n+1}}$ ، تتقارب المتسلسلتان، ومع ذلك $\abs{c_n} \geq \frac{2(n+1)}{n+2} \geq 1$ *(حُدّ كل عامل $\sqrt{(k+1)(n-k+1)}$ بمتراجحة الحسابي والهندسي)* : فقد يتباعد [جداء كوشي](https://one-course.com/books/math/4/ar/chapter/7-sequences-and-series#thm-b2-series-fubini) لمتسلسلتين متقاربتين.
5. (ربح من [التمرين 11.5](#exo-b2-powerseries-5)) بيّن أن $\bigl(\ln(1-x)\bigr)^2 = 2\sum_{n\geq1}  \frac{H_n}{n+1}x^{n+1}$ على $\intoo{-1}{1}$، وتحقق من أن $\bigl(\frac{H_n}{n+1}\bigr)_{n\geq1}$ تتناقص إلى $0$، واختم بآبل: $$\sum_{n\geq1} (-1)^{n+1}\,\frac{H_n}{n+1}  = \frac{(\ln 2)^2}{2} .$$

**الجزء الثاني — عكس تاوبر.** نقول إن $\sum
a_n$ *[قابلة للجمع](https://one-course.com/books/math/4/ar/chapter/7-sequences-and-series#def-b2-series-summable) بمعنى آبل* إلى $L$ إذا كان $f(x) \to L$ حين $x \to
1^-$.

6. بيّن أن $\sum (-1)^n$ [قابلة للجمع](https://one-course.com/books/math/4/ar/chapter/7-sequences-and-series#def-b2-series-summable) بمعنى آبل إلى $\frac12$ ومع ذلك متباعدة: فليس لمبرهنة آبل أي عكس غير مشروط.
7. (مبرهنة تشيزارو المساعدة) إذا كان $u_n \to 0$ فإن $\frac{u_1 + \dots  + u_N}{N} \to 0$ *(افصل المجموع عند $m$ ثابت)* .
8. لنفترض الآن $n\,a_n \to 0$ و$f(x) \to L$. ومع $x_N =  1 - \frac1N$، برهن على التقديرين $$\Bigl|\sum_{n=0}^{N} a_n\bigl(1 - x_N^n\bigr)\Bigr|  \leq \frac{1}{N}\sum_{n=1}^{N} n\,\abs{a_n},  \qquad  \Bigl|\sum_{n>N} a_n x_N^n\Bigr|  \leq \sup_{n>N}\bigl(n\abs{a_n}\bigr)$$ *(من أجل الأول، $1 - x^n \leq n(1-x)$؛ ومن أجل الثاني، $\abs{a_n} \leq \frac{1}{N}\sup_{m>N}  m\abs{a_m}$ و$\sum x_N^n \leq N$)*.
9. اختم *مبرهنة تاوبر* : إذا كان $n\,a_n \to 0$ وكانت $\sum a_n$ [قابلة للجمع](https://one-course.com/books/math/4/ar/chapter/7-sequences-and-series#def-b2-series-summable) بمعنى آبل إلى $L$ ، فإن $\sum a_n$ تتقارب إلى $L$ .
10. (المبرهنة التاوبرية السهلة من أجل المعاملات الموجبة) إذا كان $a_n  \geq 0$ وكانت $f$ محدودة على $\intco{0}{1}$ ، فبيّن أن $\sum a_n$ تتقارب وأن $\sum a_n = \lim_{x\to1^-}  f(x)$ *(حُدّ $\sum_{n\leq N}a_nx^n \leq f(x)$ و خذ $x \to 1^-$، ثم استعمل آبل)* .

**الجزء الثالث — متوسطات تشيزارو ومبرهنة فروبينيوس.** نقول إن $\sum a_n$ *[قابلة للجمع](https://one-course.com/books/math/4/ar/chapter/7-sequences-and-series#def-b2-series-summable) بمعنى تشيزارو* إلى $L$ إذا كان $\sigma_N = \frac{A_0 + \dots + A_{N-1}}{N} \to L$.

11. بيّن أن المتسلسلة المتقاربة [قابلة للجمع](https://one-course.com/books/math/4/ar/chapter/7-sequences-and-series#def-b2-series-summable) بمعنى تشيزارو إلى مجموعها *(السؤال 7 مطبَّقًا على $A_n - L$)* .
12. احسب قيمة تشيزارو للمتسلسلة $\sum(-1)^n$ وتحقق من أنها توافق قيمة آبل $\frac12$ في السؤال 6.
13. مع $S_n = A_0 + \dots + A_n = (n+1)\,\sigma_{n+1}$، برهن على المتطابقتين، من أجل $0 \leq x < 1$: $$f(x) = (1-x)^2\sum_{n\geq0}(n+1)\,\sigma_{n+1}x^n,  \qquad  (1-x)^2\sum_{n\geq0}(n+1)x^n = 1 .$$
14. (فروبينيوس) استنتج: إذا كان $\sigma_N \to L$ فإن $f(x) \to  L$ حين $x \to 1^-$ — أي إن القابلية للجمع بمعنى تشيزارو تستلزم القابلية للجمع بمعنى آبل، بالقيمة نفسها *(اطرح المتطابقتين وافصل المجموع عند $N$ كبير، كما في [التمرين 11.9](#exo-b2-powerseries-9))* .
15. بيّن أن السلّم $$\text{متقاربة} \;\Longrightarrow\;  \text{قابلة للجمع بمعنى تشيزارو} \;\Longrightarrow\;  \text{قابلة للجمع بمعنى آبل}$$ تامّ عند السهمين معًا: بالسؤال 6 من أجل الأول؛ ومن أجل الثاني، بيّن أن $\sum(-1)^n(n+1)$ [قابلة للجمع](https://one-course.com/books/math/4/ar/chapter/7-sequences-and-series#def-b2-series-summable) بمعنى آبل إلى $\frac14$ (احسب $f$) وليست [قابلة للجمع](https://one-course.com/books/math/4/ar/chapter/7-sequences-and-series#def-b2-series-summable) بمعنى تشيزارو (احسب $\sigma_N$ على حدة من أجل $N$ الزوجية والفردية).

**الجزء الرابع — المكاملة حتى الحدّ.**

16. لنفترض أن $\sum a_nx^n$ تتقارب على $\intco{0}{1}$ وأن $\sum \frac{a_n}{n+1}$ تتقارب. برهن على أن [التكامل المعتل](https://one-course.com/books/math/4/ar/chapter/9-integration#def-b2-integration-improper) $\int_0^1 f$ موجود وأن $$\int_0^1 \Bigl(\sum_{n\geq0} a_nx^n\Bigr)\dd x  = \sum_{n\geq0}\frac{a_n}{n+1}$$ *(فالدالة الأصلية $F(x) = \sum\frac{a_n}{n+1}x^{n+1}$ متصلة عند $1$ حسب الجزء الأول)*.
17. لتكن $\eta = \sum_{n\geq1}\frac{(-1)^{n-1}}{n^2}$ . بيّن أن $\int_0^1 \frac{\ln(1+x)}{x}\dd x = \eta$ ، وبفصل الأدلة الزوجية والفردية في المتسلسلة المتقاربة [بإطلاق](https://one-course.com/books/math/4/ar/chapter/7-sequences-and-series#def-b2-series-def) $\sum \frac1{n^2}$ ، أن $\eta =  \frac12\sum_{n\geq1}\frac{1}{n^2}$ . (وتقيّم مسألة نهاية الأسبوع في فصل فورييه المقدارَ $\sum\frac1{n^2} = \frac{\pi^2}{6}$ .)
18. برهن على أن $$\sum_{n\geq0}\frac{(-1)^n}{3n+1}  = \int_0^1\frac{\dd x}{1+x^3}  = \frac13\Bigl(\ln 2 + \frac{\pi}{\sqrt3}\Bigr)$$ *(تتقارب المتسلسلة بمحك لايبنتز؛ وكامِل المتسلسلة الهندسية $\sum(-1)^nx^{3n}$ بالسؤال 16؛ ثم بالكسور الجزئية: $\frac{1}{1+x^3} =  \frac{1/3}{1+x} + \frac{(2-x)/3}{x^2-x+1}$)*.
19. انطلاقًا من المتسلسلة الثنائية للمقدار $(1-t)^{-1/2}$ ([التمرين 11.12](#exo-b2-powerseries-12)) استنبط $$\arcsin x = \sum_{n\geq0}  \frac{\binom{2n}{n}}{4^n(2n+1)}\,x^{2n+1}  \quad(\abs x < 1),  \qquad\text{ثم}\qquad  \sum_{n\geq0}\frac{\binom{2n}{n}}{4^n(2n+1)}  = \frac\pi2 ,$$ مبرّرًا القيمة الحدّية بالتقارب *الناظمي* على $\intcc{-1}{1}$ (استعمل $\binom{2n}n4^{-n} \sim \frac{1}{\sqrt{\pi n}}$، [المثال 6.14](https://one-course.com/books/math/4/ar/chapter/6-comparison-of-functions#ex-b2-comparison-centralbinomial)) — فهنا لا حاجة حتى إلى آبل.
20. (كاتالان عند الحدّ) بيّن أن $\sum C_n 4^{-n} =  2$ : فمتسلسلة كاتالان في [المثال 11.21](#ex-b2-powerseries-catalan) تتقارب *عند* نصف قطرها $\frac14$ (بمقاربات [التمرين 11.8](#exo-b2-powerseries-8) )، ومجموعها [متصل](https://one-course.com/books/math/4/ar/chapter/4-topology-of-metric-spaces#def-b2-metric-continuity) على $\intcc{0}{\frac14}$ ، وللصورة المغلقة النهاية $2$ هناك.

**الجزء الخامس — الصلابة: مبرهنة التطابق.**

21. (الأصفار المعزولة) لتكن $f = \sum a_nx^n$ بنصف قطر $R >  0$ وليست كل $a_n = 0$ معدومة؛ وليكن $m$ أصغر دليل يحقق $a_m \neq 0$ . بيّن أن $f(x) = x^m g(x)$ مع $g$ متسلسلة قوى نصف قطرها $R$ ، مع $g(0) = a_m \neq 0$ ، و استنتج أنه ليس للدالة $f$ أي جذر في جوار مثقوب ما للنقطة $0$ .
22. (مبرهنة التطابق) لتكن $f, h$ مجموعَي متسلسلتَي قوى قرب $0$ ولتكن $(x_k)$ متتالية من النقاط *غير المعدومة* مع $x_k \to 0$ و $f(x_k) = h(x_k)$ . برهن على أن للدالتين $f$ و $h$ المعاملات نفسها، ومن ثم فهما تتطابقان قرب $0$ .
23. جد *كل* الدوال $f$ [التحليلية](#def-b2-powerseries-analytic) قرب $0$ التي تحقق $$f\Bigl(\frac1k\Bigr) = \frac{k^2}{k^2+1}  \qquad\text{من أجل كل عدد صحيح كبير } k .$$
24. بيّن أن [الدالة التحليلية](#def-b2-powerseries-analytic) على فترة [مفتوحة](https://one-course.com/books/math/4/ar/chapter/4-topology-of-metric-spaces#def-b2-metric-topology) $I$ والمنعدمة على فترة جزئية تنعدم تمامًا على $I$ *(فمجموعة النقاط التي تنعدم حولها $f$ تمامًا [مفتوحة](https://one-course.com/books/math/4/ar/chapter/4-topology-of-metric-spaces#def-b2-metric-topology)، وهي مغلقة في $I$ بمبرهنة التطابق مطبَّقةً عند نقاط التراكم)* . واختم بأنه لا توجد [دالة تحليلية](#def-b2-powerseries-analytic) غير معدومة على $\R$ ذات حامل متراص — في حين توجد دوال نتوء من الصنف $C^\infty$ (وتوفّر [التمرين 11.7](#exo-b2-powerseries-7) لبنة البناء): [فالتحليلية](#def-b2-powerseries-analytic) صلبة، والملاسة رخوة.
25. تركيب. بجملة واحدة لكل بند: (1) ماذا تضيف مبرهنة آبل إلى حزمة [التقارب الناظمي](https://one-course.com/books/math/4/ar/chapter/10-sequences-and-series-of-functions#def-b2-funcseq-series) في [المبرهنة المساعدة 11.1](#lem-b2-powerseries-abel) ؛ (2) وما الفرضيات الدقيقة التي يصحّ تحتها العكس (تاوبر) و ما الدرجة الوسيطة (فروبينيوس)؛ (3) وأي ثابت حدّي من الجزء الرابع تستطيع الآن أن تستنبطه لصديق في سطرين؛ (4) وأين ستعود متوسطات تشيزارو في هذا الكتاب، من أجل متسلسلات من نوع مختلف تمامًا.

**حل المسألة 11.1.**

**1.** مع $a_n = r_n - r_{n+1}$، وبالجمع بالتجزئة:

$$
\sum_{n=N}^{M} a_nx^n
= r_Nx^N + \sum_{n=N+1}^{M} r_n\bigl(x^n - x^{n-1}\bigr)
- r_{M+1}x^M .
$$

ومن أجل $0 \leq x \leq 1$ تكون التزايدات $x^{n-1} - x^n$ غير سالبة وتتلسكب إلى $x^N - x^M$؛ ومع $s = \sup_{n\geq
N}\abs{r_n}$:

$$
\Bigl|\sum_{n=N}^{M}a_nx^n\Bigr|
\leq s\bigl(x^N + (x^N - x^M) + x^M\bigr) = 2s\,x^N \leq 2s .
$$

**2.** بما أن $r_n \to 0$، $\sup_{n\geq N}\abs{r_n} \to 0$: فالسؤال 1 هو بالضبط محك كوشي المنتظم على $\intcc{0}{1}$، ومن ثم تتقارب $\sum a_nx^n$ بانتظام هناك و مجموعها [متصل](https://one-course.com/books/math/4/ar/chapter/4-topology-of-metric-spaces#def-b2-metric-continuity) ([المبرهنة 10.11](https://one-course.com/books/math/4/ar/chapter/10-sequences-and-series-of-functions#thm-b2-funcseq-seriestransfer)). وبما أن القيمة عند $1$ هي $\sum a_n$، فالاتصال عند $1$ هو النهاية القطرية للمقدار [التمرين 11.9](#exo-b2-powerseries-9).

**3.** من أجل $\abs x < 1$ تتقارب متسلسلات القوى الثلاث [بإطلاق](https://one-course.com/books/math/4/ar/chapter/7-sequences-and-series#def-b2-series-def) ويكون $\bigl(\sum a_nx^n\bigr)\bigl(\sum b_nx^n\bigr)
= \sum c_nx^n$ ([القضية 11.4](#prop-b2-powerseries-operations)). وحسب السؤال 2 يكون كل عامل وطرف الجداء [متصلًا](https://one-course.com/books/math/4/ar/chapter/4-topology-of-metric-spaces#def-b2-metric-continuity) على $\intcc{0}{1}$ (فمتسلسلات معاملاتها متقاربة بحكم الفرض)؛ وبأخذ $x \to 1^-$ في المتطابقة: $AB = C$.

**4.** هنا

$$
\abs{c_n} = \sum_{k=0}^{n}
\frac{1}{\sqrt{(k+1)(n-k+1)}}
\geq \sum_{k=0}^{n}\frac{2}{n+2}
= \frac{2(n+1)}{n+2} \geq 1,
$$

بمتراجحة الحسابي والهندسي: $\sqrt{(k+1)(n-k+1)} \leq \frac{(k+1) +
(n-k+1)}{2} = \frac{n+2}{2}$. والحدّ العام للمتسلسلة $\sum c_n$ لا يؤول إلى $0$: فيتباعد [جداء كوشي](https://one-course.com/books/math/4/ar/chapter/7-sequences-and-series#thm-b2-series-fubini)، رغم أن العاملين يتقاربان (متسلسلتان متناوبتان).

**5.** يعطي [التمرين 11.5](#exo-b2-powerseries-5) أن $\frac{-\ln(1-x)}{1-x} = \sum H_nx^n$ (مع $\abs x < 1$). والدوال الأصلية حدًّا حدًّا (البند (2) في [المبرهنة 11.7](#thm-b2-powerseries-calculus))، مع انعدام الطرفين عند $0$:

$$
\frac{\bigl(\ln(1-x)\bigr)^2}{2}
= \sum_{n\geq1}\frac{H_n}{n+1}\,x^{n+1} .
$$

والتناقص: $(n+2)H_n \geq (n+1)H_{n+1}$ يؤول إلى $H_n \geq
1$، وهو صحيح من أجل $n \geq 1$؛ و$\frac{H_n}{n+1} \sim \frac{\ln
n}{n} \to 0$: وعند $x = -1$ تتقارب المتسلسلة بمحك المتناوبات. وبتعويض $x \mapsto -x$ وتطبيق السؤال 2 عند $x = 1$:

$$
\frac{(\ln 2)^2}{2}
= \sum_{n\geq1}\frac{H_n}{n+1}(-1)^{n+1},
$$

وهي القيمة المعلَنة.

**6.** $f(x) = \sum(-1)^nx^n = \frac{1}{1+x} \to \frac12$ حين $x \to 1^-$: فهي [قابلة للجمع](https://one-course.com/books/math/4/ar/chapter/7-sequences-and-series#def-b2-series-summable) بمعنى آبل إلى $\frac12$. لكن المجاميع الجزئية $1, 0, 1, 0, \dots$: فهي متباعدة.

**7.** من أجل $\varepsilon > 0$ معطى نختار $m$ بحيث $\abs{u_n}
\leq \varepsilon$ من أجل $n > m$؛ ومن أجل $N \geq m$:

$$
\Bigl|\frac{u_1 + \dots + u_N}{N}\Bigr|
\leq \frac{\abs{u_1} + \dots + \abs{u_m}}{N} +
\varepsilon\,\frac{N - m}{N}
\leq \frac{C_m}{N} + \varepsilon,
$$

ومن ثم $\limsup \leq \varepsilon$ من أجل كل $\varepsilon$: أي إن المتوسطات تؤول إلى $0$.

**8.** من أجل $0 \leq x \leq 1$: $1 - x^n = (1-x)(1 + x +
\dots + x^{n-1}) \leq n(1-x)$، ومنه

$$
\Bigl|\sum_{n=0}^N a_n(1 - x_N^n)\Bigr|
\leq (1 - x_N)\sum_{n=1}^N n\abs{a_n}
= \frac1N\sum_{n=1}^{N}n\abs{a_n} .
$$

ومن أجل $n > N$: $\abs{a_n} = \frac{n\abs{a_n}}{n} \leq
\frac{1}{N}\sup_{m>N}m\abs{a_m}$، و$\sum_{n>N}x_N^n \leq
\frac{1}{1 - x_N} = N$:

$$
\Bigl|\sum_{n>N}a_nx_N^n\Bigr|
\leq \frac{\sup_{m>N}m\abs{a_m}}{N}\cdot N
= \sup_{m>N}\,m\abs{a_m} .
$$

**9.** نفكك

$$
A_N - L = \sum_{n=0}^{N}a_n\bigl(1 - x_N^n\bigr)
- \sum_{n>N}a_nx_N^n + \bigl(f(x_N) - L\bigr) .
$$

ويؤول الحدّ الأول إلى $0$ حسب السؤال 7 (فهي متوسطات $n\abs{a_n} \to 0$)، والثاني حسب السؤال 8 (فالنهاية العليا تؤول إلى $0$)، والثالث لأن $x_N \to 1^-$ و$f(x) \to L$. ومنه $A_N \to L$: وهي مبرهنة تاوبر.

**10.** من أجل $x \in \intco{0}{1}$ وأي $N$: $\sum_{n\leq N}a_nx^n \leq f(x) \leq M$ (بحدود غير سالبة). وبأخذ $x \to 1^-$ في المجموع المنتهي: $\sum_{n\leq N}a_n \leq M$. والمجاميع الجزئية متزايدة ومحدودة: فتتقارب $\sum a_n$، ويعطي السؤال 2 عندئذٍ أن $\lim_{x\to1^-}f(x) =
\sum a_n$.

**11.** $\sigma_N - L$ هو متوسط الأعداد $N$، أي $A_n - L$ (مع $0 \leq n < N$)، وهي تؤول إلى $0$: فالسؤال 7.

**12.** $A_n = 1$ من أجل $n$ الزوجية، و$0$ من أجل الفردية: ومنه $A_0 + \dots
+ A_{N-1} = \lceil N/2\rceil$، أي $\sigma_N =
\frac{\lceil N/2\rceil}{N} \to \frac12$، وهي قيمة آبل في السؤال 6.

**13.** تحت الشرط $\sigma_N \to L$ يكون $S_n = O(n)$، ومنه $A_n = S_n - S_{n-1} = O(n)$ و$a_n = O(n)$: فلكل المتسلسلات أدناه نصف القطر $\geq 1$. ومن أجل $\abs x < 1$، من $a_n = A_n -
A_{n-1}$ ومن $A_nx^n \to 0$:

$$
(1-x)\sum_n A_nx^n = \sum_n A_nx^n - \sum_n A_nx^{n+1}
= \sum_n a_nx^n = f(x),
$$

وتمامًا $(1-x)\sum S_nx^n = \sum A_nx^n$، ومنه $f(x) =
(1-x)^2\sum_n S_nx^n = (1-x)^2\sum_n(n+1)\sigma_{n+1}x^n$. وأخيرًا $\sum(n+1)x^n = \frac{1}{(1-x)^2}$ ([التمرين 11.3](#exo-b2-powerseries-3))، وهي المتطابقة الثانية.

**14.** بطرح $L$ مضروبًا في المتطابقة الثانية من الأولى:

$$
f(x) - L = (1-x)^2\sum_{n\geq0}(n+1)
\bigl(\sigma_{n+1} - L\bigr)x^n .
$$

ومن أجل $\varepsilon$ معطى، نختار $N$ بحيث $\abs{\sigma_{n+1} - L}
\leq \varepsilon$ من أجل $n \geq N$؛ عندئذٍ

$$
\abs{f(x) - L} \leq (1-x)^2 C_N +
\varepsilon(1-x)^2\sum_{n}(n+1)x^n
= (1-x)^2C_N + \varepsilon ,
$$

وبأخذ $x \to 1^-$: $\limsup \leq \varepsilon$. ومنه $f(x) \to L$: وهي مبرهنة فروبينيوس.

**15.** $f(x) = \sum(-1)^n(n+1)x^n = \frac{1}{(1+x)^2}$ (باشتقاق المتسلسلة الهندسية عند $-x$): فقيمة آبل $\frac14$. والمجاميع الجزئية: $A_{2k} = k+1$، $A_{2k+1} = -(k+1)$ (بتراجع مباشر). ثم $S_{2m-1} = 0$ (فالأزواج المتتالية تتلاشى) و$S_{2m} = m + 1$، ومنه

$$
\sigma_{2m} = \frac{S_{2m-1}}{2m} = 0,
\qquad
\sigma_{2m+1} = \frac{m+1}{2m+1} \to \frac12 :
$$

فللمتتالية $(\sigma_N)$ قيمتا تراكم مختلفتان: أي إنها ليست [قابلة للجمع](https://one-course.com/books/math/4/ar/chapter/7-sequences-and-series#def-b2-series-summable) بمعنى تشيزارو. ومع السؤالين 6 و11–14، يكون سلّم المتقاربة $\Rightarrow$ تشيزارو $\Rightarrow$ آبل تامًّا عند السهمين معًا.

**16.** لمتسلسلة الدالة الأصلية $F(x) =
\sum\frac{a_n}{n+1}x^{n+1}$ نصف القطر نفسه ويكون $F' = f$ على $\intco{0}{1}$ ([المبرهنة 11.7](#thm-b2-powerseries-calculus))؛ وبما أن $\sum\frac{a_n}{n+1}$ تتقارب، يجعل الجزء الأول (السؤال 2) الدالةَ $F$ متصلة على $\intcc{0}{1}$. وبما أن $\int_0^x f = F(x)$ (بمشتقين متساويين، وبالقيمة $0$ نفسها عند $0$)،

$$
\int_0^x f \xrightarrow[x\to1^-]{} F(1)
= \sum_{n\geq0}\frac{a_n}{n+1} :
$$

[فالتكامل المعتل](https://one-course.com/books/math/4/ar/chapter/9-integration#def-b2-integration-improper) موجود بالقيمة المذكورة.

**17.** $\frac{\ln(1+x)}{x} =
\sum_{n\geq1}\frac{(-1)^{n-1}}{n}x^{n-1}$ (بنصف قطر $1$؛ ومتصلة عند $0$). ومتسلسلة $\frac{a_m}{m+1}$ هي $\sum_{n\geq1}\frac{(-1)^{n-1}}{n^2}$، وهي متقاربة [بإطلاق](https://one-course.com/books/math/4/ar/chapter/7-sequences-and-series#def-b2-series-def): فيعطي السؤال 16 أن $\int_0^1\frac{\ln(1+x)}{x}\dd x = \eta$. وفي المتسلسلة المتقاربة [بإطلاق](https://one-course.com/books/math/4/ar/chapter/7-sequences-and-series#def-b2-series-def) $\sum\frac1{n^2}$، نعيد تجميع الأدلة الزوجية والفردية:

$$
\eta = \sum_{\text{فردي}}\frac1{n^2} -
\sum_{\text{زوجي}}\frac1{n^2}
= \sum_{n}\frac1{n^2} - 2\sum_{k}\frac1{(2k)^2}
= \Bigl(1 - \frac12\Bigr)\sum_n\frac1{n^2}
= \frac12\sum_{n\geq1}\frac1{n^2} .
$$

**18.** لايبنتز: $\frac{1}{3n+1}\downarrow0$، فتتقارب المتسلسلة. وعلى $\intco{0}{1}$، $\sum(-1)^nx^{3n} =
\frac{1}{1+x^3}$، وتتقارب $\sum\frac{(-1)^n}{3n+1}$: فيعطي السؤال 16 أن $\sum\frac{(-1)^n}{3n+1} =
\int_0^1\frac{\dd x}{1+x^3}$. والكسور الجزئية (وللتحقق: $\frac13(x^2-x+1) + \frac{2-x}{3}(1+x) = 1$):

$$
\int_0^1\frac{\dd x}{1+x^3}
= \frac13\ln2 + \frac13\int_0^1\frac{2-x}{x^2-x+1}\dd x .
$$

وبكتابة $2 - x = -\frac12(2x-1) + \frac32$: ينعدم الجزء $\ln(x^2-x+1)$ عند الطرفين، ويكون

$$
\frac32\int_0^1\frac{\dd x}{(x-\frac12)^2 + \frac34}
= \frac32\cdot\frac{2}{\sqrt3}
\Bigl[\arctan\frac{2x-1}{\sqrt3}\Bigr]_0^1
= \sqrt3\cdot\frac{\pi}{3} = \frac{\pi}{\sqrt3} .
$$

والمحصلة: $\frac13\bigl(\ln2 + \frac{\pi}{\sqrt3}\bigr)$.

**19.** بتعويض $t = x^2$ في متسلسلة [التمرين 11.12](#exo-b2-powerseries-12) والمكاملة حدًّا حدًّا (فالدالة الأصلية للمقدار $(1-x^2)^{-1/2}$ المنعدمة عند $0$ هي $\arcsin$):

$$
\arcsin x = \sum_{n\geq0}
\frac{\binom{2n}n}{4^n(2n+1)}x^{2n+1}
\qquad(\abs x < 1) .
$$

والمعاملات $\sim \frac{1}{2\sqrt\pi\,n^{3/2}}$ ([المثال 6.14](https://one-course.com/books/math/4/ar/chapter/6-comparison-of-functions#ex-b2-comparison-centralbinomial))، وهي [قابلة للجمع](https://one-course.com/books/math/4/ar/chapter/7-sequences-and-series#def-b2-series-summable): فتتقارب المتسلسلة *[ناظميًا](https://one-course.com/books/math/4/ar/chapter/10-sequences-and-series-of-functions#def-b2-funcseq-series)* على $\intcc{-1}{1}$، ومجموعها [متصل](https://one-course.com/books/math/4/ar/chapter/4-topology-of-metric-spaces#def-b2-metric-continuity) هناك، وهو يتطابق مع الدالة المتصلة $\arcsin$ على $\intoo{-1}{1}$، ومن ثم عند $x = 1$ أيضًا:

$$
\sum_{n\geq0}\frac{\binom{2n}n}{4^n(2n+1)}
= \arcsin 1 = \frac\pi2 .
$$

**20.** $C_n4^{-n} \sim \frac{1}{\sqrt\pi\,n^{3/2}}$ ([التمرين 11.8](#exo-b2-powerseries-8)): [فالتقارب ناظمي](https://one-course.com/books/math/4/ar/chapter/10-sequences-and-series-of-functions#def-b2-funcseq-series) للمتسلسلة $\sum
C_nx^n$ على $\intcc{0}{\frac14}$، ومن ثم فمجموعها [متصل](https://one-course.com/books/math/4/ar/chapter/4-topology-of-metric-spaces#def-b2-metric-continuity) هناك؛ وعلى $\intoo{0}{\frac14}$ يساوي $\frac{1-\sqrt{1-4x}}{2x}$ ([المثال 11.21](#ex-b2-powerseries-catalan))، ونهايته عند $\frac14^-$ هي $\frac{1-0}{1/2} = 2$. ومنه $\sum_{n\geq0}
C_n4^{-n} = 2$.

**21.** $f(x) = \sum_{n\geq m}a_nx^n = x^m g(x)$ مع $g(x) = \sum_{k\geq0}a_{m+k}x^k$؛ فإذا كانت $(a_nr^n)$ محدودة فإن $(a_{m+k}r^k)$ محدودة أيضًا (بالقسمة على $r^m$): ومن ثم فللمتسلسلة $g$ نصف القطر $\geq
R$. و$g$ متصلة مع $g(0) = a_m \neq 0$، ومنه $g \neq 0$ على $\intcc{-\delta}{\delta}$ ما، ويكون $f(x) = x^mg(x) \neq 0$ من أجل $0 < \abs x \leq \delta$.

**22.** $d = f - h$ مجموع متسلسلة قوى قرب $0$ تنعدم عند النقاط غير المعدومة $x_k \to 0$. فلو كان معامل ما للدالة $d$ غير معدوم، لأعطى السؤال 21 جوارًا مثقوبًا للنقطة $0$ خاليًا من أصفار $d$ — وهذا يناقض $d(x_k) = 0$. ومن ثم تنعدم كل معاملات $d$: فللدالتين $f$ و$h$ المعاملات نفسها وتتطابقان قرب $0$.

**23.** الدالة $h(x) = \frac{1}{1+x^2} =
\sum(-1)^nx^{2n}$ (بنصف القطر $1$) تحقق $h(\frac1k) =
\frac{1}{1 + 1/k^2} = \frac{k^2}{k^2+1}$. وأي [دالة تحليلية](#def-b2-powerseries-analytic) $f$ بالقيم نفسها تتفق مع $h$ عند النقاط $\frac1k \to 0$: فبمبرهنة التطابق (السؤال 22)، $f = \frac{1}{1+x^2}$ قرب $0$ — وهو الحلّ الوحيد.

**24.** لتكن $Z$ مجموعة نقاط $I$ التي لها جوار تنعدم عليه $f$ تمامًا: فهي [مفتوحة](https://one-course.com/books/math/4/ar/chapter/4-topology-of-metric-spaces#def-b2-metric-topology) بحكم التعريف، وغير خالية (بالفترة الجزئية). ومغلقة في $I$: فإذا كان $y
\in I$ نهاية لنقاط من $Z$، فإن $y$ نقطة تراكم لأصفار $f$؛ وبنشر $f$ في متسلسلة قوى عند $y$ ([بالتحليلية](#def-b2-powerseries-analytic)) وتطبيق السؤالين 21–22 معادَي التمركز عند $y$، تنعدم كل المعاملات عند $y$، ومنه $f \equiv 0$ قرب $y$: أي $y
\in Z$. والفترة مترابطة، ومنه $Z = I$: أي $f \equiv 0$ على $I$. وعلى الخصوص فإن [الدالة التحليلية](#def-b2-powerseries-analytic) على $\R$ المنعدمة خارج مجموعة متراصة تنعدم على فترة، ومن ثم في كل مكان: فلا نتوء تحليلي غير معدوم. وعالم الصنف $C^\infty$ مختلف: فلصق الدالة المسطحة في [التمرين 11.7](#exo-b2-powerseries-7) (مثلًا $x \mapsto
\eu^{-1/x^2}\mathbf 1_{x>0}$ ومرآتها) يُنتج نتوءات ملساء ذات حامل متراص.

**25.** (1) يعيش [التقارب الناظمي](https://one-course.com/books/math/4/ar/chapter/10-sequences-and-series-of-functions#def-b2-funcseq-series) على الأقراص الجزئية المتراصة داخل القرص تمامًا؛ وتمدّد مبرهنة آبل الاتصالَ إلى نقطة حدّية، بالفرضية الوحيدة أن تتقارب متسلسلة المعاملات هناك. (2) ويصحّ العكس تحت شرط تاوبر $na_n \to 0$ (السؤال 9)، و تقع القابلية للجمع بمعنى تشيزارو تمامًا بين التقارب و القابلية للجمع بمعنى آبل (فروبينيوس، السؤالان 14–15). (3) ومن أجل صديق: $\sum\frac{(-1)^n}{3n+1} = \int_0^1\frac{\dd x}{1+x^3}$ بمكاملة المتسلسلة الهندسية حتى الحدّ، ثم بالكسور الجزئية. (4) وتعود متوسطات تشيزارو في فصل فورييه بوصفها مبرهنة فييير، حيث يصلح أخذ متوسط المجاميع الجزئية فشلَ [التقارب النقطي](https://one-course.com/books/math/4/ar/chapter/10-sequences-and-series-of-functions#def-b2-funcseq-def) — الدواء نفسه، ومريض جديد.