الرياضيات الجامعية — السنة 2 · Bachelor Year 2

20التكاملات المنحنية والتكاملات المتعددة

يوسّع هذا الفصل التكامل من الفترات إلى المنحنيات وإلى مناطق المستوي والفضاء. فالتكاملات المنحنية تكامل صورة تفاضلية $P\,\dd x + Q\,\dd y$ على طول قوس موجه؛ والتكاملات المزدوجة والثلاثية تكامل دوالا على مناطق ذات بعدين وثلاثة أبعاد. وتلتقي النظريتان في مبرهنة غرين–ريمان، وهي المبرهنة الأساسية للتحليل ذات البعدين، أما الأداة الحسابية الرئيسية في كل ما يلي فهي صيغة تغيير المتغيرات، التي يكون عامل تشوهها هو القيمة المطلقة للمحدد الجاكوبي.

20.1 التكاملات المنحنية

تعريف 20.1 (الصورة التفاضلية؛ التكامل المنحني)

ليكن $U \subseteq \R^2$ مفتوحا. الصورة التفاضلية من الدرجة $1$ والصنف $\mathcal{C}^0$ على $U$ هي عبارة $\omega = P\,\dd x + Q\,\dd y$ حيث $P, Q \colon U \to \R$ متصلتان — وبصورة رسمية، تطبيق متصل من $U$ نحو ثنوي $\R^2$ ، أي $\omega(M) = P(M)\,e_1^* + Q(M)\,e_2^*$ . ومن أجل قوس $\gamma \colon [a, b] \to U$ من الصنف $\mathcal{C}^1$ ، $\gamma(t) = (x(t), y(t))$ ، يكون التكامل المنحني للصورة $\omega$ على طول $\gamma$ هو

\int_\gamma \omega = \int_a^b \Bigl(P(\gamma(t))\,x'(t) + Q(\gamma(t))\,y'(t)\Bigr)\,\dd t .

وتمتد التعاريف حرفيا إلى $\R^3$ (الصور $P\,\dd x + Q\,\dd y + R\,\dd z$ ) وإلى الأقواس من الصنف $\mathcal{C}^1$ بالقطع (بالجمع على القطع).

قضية 20.2 (الثبات والتوجيه)

لا يتغير التكامل المنحني عند تغيير وسيط متزايد من الصنف $\mathcal{C}^1$ ، ويتغير إشارةً عند تغيير وسيط متناقص. ومنه فهو لا يتعلق إلا بالقوس الهندسي الموجه.

برهان. إذا كان $\theta \colon [c, d] \to [a, b]$ تغيير وسيط و $\tilde\gamma = \gamma \circ \theta$ ، فإن قاعدة السلسلة وتغيير المتغير بمتغير واحد $t = \theta(u)$ يعطيان

\int_{\tilde\gamma}\omega = \int_c^d \bigl(P(\gamma(\theta(u)))\,x'(\theta(u)) + Q(\gamma(\theta(u)))\,y'(\theta(u))\bigr)\,\theta'(u)\,\dd u = \pm\int_a^b \bigl(Px' + Qy'\bigr)(t)\,\dd t ,

بالإشارة $+$ إذا كانت $\theta$ متزايدة ( $\theta(c) = a$ ) والإشارة $-$ إذا كانت متناقصة (فيتبادل الحدان). ∎

مثال 20.3 (عمل قوة؛ الدوران)

إذا كان $F = (P, Q)$ حقل قوة، فإن $\int_\gamma P\dd x + Q\dd y = \int_a^b \langle F(\gamma(t)), \gamma'(t)\rangle\,\dd t$ هو عمل $F$ على طول $\gamma$ . ومن أجل $\omega = -y\,\dd x + x\,\dd y$ على دائرة الوحدة المقطوعة عكس عقارب الساعة $\gamma(t) = (\cos t, \sin t)$ :

\int_\gamma \omega = \int_0^{2\pi}\bigl((-\sin t)(-\sin t) + \cos t\cos t\bigr)\,\dd t = 2\pi ,

أي ضعف المساحة المحصورة — وهو أول تلميح إلى مبرهنة غرين–ريمان.

مثال 20.4 (تكامل واحد، وتوسيمان، وفخ إشارة واحد)

احسب $\int_\gamma x\,\dd y$ على طول نصف دائرة الوحدة العلوي من $(1, 0)$ إلى $(-1, 0)$ . مع $\gamma(t) = (\cos t, \sin t)$ ، $t \in \intcc0\pi$ :

\int_0^\pi\cos t\cdot\cos t\,\dd t = \frac\pi2 .

وبتوسيم التمثيل البياني $x \mapsto (x, \sqrt{1 - x^2})$ ، $x$ من $1$ إلى $-1$ (انتبه للاتجاه!):

\int_1^{-1}x\cdot\frac{-x}{\sqrt{1 - x^2}}\,\dd x = \int_{-1}^{1}\frac{x^2}{\sqrt{1 - x^2}}\,\dd x = \frac\pi2

(ويختزله $x = \sin u$ إلى تكامل واليس). القيمة نفسها، كما تضمن القضية 20.2 — لكن فقط لأن المسارين يسيران من $(1,0)$ إلى $(-1,0)$ ؛ فعكس السير يقلب الإشارة. وإغلاق المسار على طول المحور $x$ (حيث $\dd y = 0$ ) لا يضيف شيئا، والمجموع $\frac\pi2$ هو مساحة نصف القرص: وهي أول حالة من صيغ مساحة الحد في مبرهنة غرين–ريمان أدناه.

تعريف 20.5 (الصور التامة والصور المغلقة)

تكون الصورة $\omega = P\,\dd x + Q\,\dd y$ من الصنف $\mathcal{C}^0$ تامة على $U$ إذا وُجدت $f \in \mathcal{C}^1(U)$ (وهي كمون) تحقق $\omega = \dd f$ ، أي $P = f_x$ و $Q = f_y$ . وتكون صورة من الصنف $\mathcal{C}^1$ مغلقة إذا كان $P_y = Q_x$ على $U$ .

مبرهنة 20.6 (المبرهنة الأساسية للتكاملات المنحنية)

إذا كانت $\omega = \dd f$ تامة وكان $\gamma$ قوسا من الصنف $\mathcal{C}^1$ بالقطع في $U$ من $A$ إلى $B$ ، فإن

\int_\gamma \omega = f(B) - f(A) .

وبوجه خاص يكون تكامل صورة تامة على أي قوس مغلق معدوما، وتكون كل صورة تامة من الصنف $\mathcal{C}^1$ مغلقة.

برهان. $\frac{\dd}{\dd t}f(\gamma(t)) = f_x(\gamma(t))x'(t) + f_y(\gamma(t))y'(t)$ بقاعدة السلسلة (الفصل 15)، ومنه فإن الدالة تحت التكامل في التعريف 20.1 هي مشتقة $t \mapsto f(\gamma(t))$ ، وتعطي المبرهنة الأساسية للتحليل النتيجة على كل قطعة؛ وتتلاشى القيم الوسطى تلسكوبيا. أما انغلاق الصور التامة من الصنف $\mathcal{C}^1$ فهو مبرهنة شوارتز: $P_y = f_{xy} = f_{yx} = Q_x$ . ∎

مثال 20.7 (إعادة بناء كمون)

لتكن $\omega = y\,\eu^{xy}\,\dd x + (x\,\eu^{xy} + 2y)\,\dd y$ على $\R^2$ . وهي مغلقة: فالمشتقتان المتقاطعتان تساويان معا $\eu^{xy}(1 + xy)$ . ولإيجاد كمون، نكامل $P$ بدلالة $x$ عند تثبيت $y$ :

f(x, y) = \int y\,\eu^{xy}\,\dd x = \eu^{xy} + c(y),

ثم نضبط $c$ بمطابقة $f_y$ : فيعطي $x\,\eu^{xy} + c'(y) = x\,\eu^{xy} + 2y$ المقدار $c(y) = y^2$ . ومنه $f(x,y) = \eu^{xy} + y^2$ ، ومن أجل أي قوس من الصنف $\mathcal C^1$ بالقطع من $(0,0)$ إلى $(1,1)$ ،

\int_\gamma\omega = f(1,1) - f(0,0) = (\eu + 1) - 1 = \eu ,

بصورة مستقلة عن المسار — والوصفة ذات الخطوتين (كامل بدلالة $x$ ، وصحّح بدلالة $y$ ) هي العكس العملي للمبرهنة المبرهنة 20.6 على المناطق التي تكون فيها الصور المغلقة تامة.

مثال 20.8 (المغلقة لا تعني التامة)

على $U = \R^2 \setminus \{0\}$ ، تكون صورة الزاوية

\omega = \frac{-y\,\dd x + x\,\dd y}{x^2 + y^2}

مغلقة (بحساب مباشر: فكل من $P_y$ و $Q_x$ يساوي $\frac{y^2 - x^2}{(x^2+y^2)^2}$ )، لكن تكاملها على طول دائرة الوحدة هو $2\pi \neq 0$ (بالحساب نفسه في المثال 20.3، مقسوما على $1$ ): ومنه فإن $\omega$ ليست تامة على $U$ . ومحليا، $\omega = \dd\theta$ من أجل تعيين $\theta$ للزاوية القطبية؛ والفشل شامل — فلا يمكن تعريف الزاوية تعريفا متصلا حول الثقب. وعلى المناطق الخالية من الثقوب يختفي المرض: فعلى مفتوح نجمي الشكل، تكون كل صورة مغلقة من الصنف $\mathcal{C}^1$ تامة (مبرهنة بوانكاريه، التمرين 20.8).

20.2 التكاملات المزدوجة

نسلّم بنظرية تكامل ريمان بمتغير واحد (مجلد السنة الأولى، والفصل 9) ونرسم صيغتها ذات المتغيرين. فللدالة $f$ المتصلة على مستطيل $R = [a, b] \times [c, d]$ تكامل مزدوج $\iint_R f$ ، يُعرَّف بمجاميع ريمان على شبكات تماما كما في حالة متغير واحد، ويُحسب بالتكرار:

مبرهنة 20.9 (فوبيني على مستطيل)

من أجل $f$ متصلة على $R = [a,b] \times [c,d]$ ،

\iint_R f = \int_a^b \Bigl(\int_c^d f(x, y)\,\dd y\Bigr)\dd x = \int_c^d \Bigl(\int_a^b f(x, y)\,\dd x\Bigr)\dd y .

برهان. نضع $F(x) = \int_c^d f(x, y)\,\dd y$ . ويجعل الاتصال المنتظم للدالة $f$ على المتراص $R$ الدالة $F$ متصلة (بالتقدير المهيمن: $\abs{F(x) - F(x')} \leq (d - c)\sup_y\abs{f(x,y) - f(x',y)}$ ). ولنجزّئ الآن $[a,b]$ و $[c,d]$ إلى $n$ جزءا متساويا، فنحصل على شبكة من الخلايا $R_{ij}$ مساحة كل منها $\Delta x\,\Delta y$ . وعلى كل خلية، $\inf_{R_{ij}} f \cdot \Delta x \Delta y \leq \int_{x_{i-1}}^{x_i}\int_{y_{j-1}}^{y_j} f(x,y)\,\dd y\,\dd x \leq \sup_{R_{ij}} f \cdot \Delta x \Delta y$ برتابة التكامل بمتغير واحد (مطبقة مرتين). وبالجمع على الخلايا، يكون التكامل المكرر $\int_a^b F$ محصورا بين مجموعي ريمان الأدنى والأعلى للشبكة؛ وبالاتصال المنتظم يتقارب المجموعان نحو القيمة المشتركة التي تعرّف $\iint_R f$ عندما $n \to \infty$ . وتنطبق الحجة نفسها بعد تبادل دوري $x$ و $y$ ، ومنه فإن التكاملين المكررين يساويان $\iint_R f$ . ∎

ملاحظة 20.10

الاتصال على مستطيل متراص يؤدي عملا حقيقيا في برهان فوبيني: فهو يوفر الاتصال المنتظم الذي يحصر مجاميع ريمان. أما في حالة دوال تحت التكامل أكثر جموحا فالنص يسقط فعلا — فهناك دوال يوجد تكاملاها المكرران ويختلفان. والمبرهنة العامة الصادقة، مع القابلية للمكاملة فرضية وحيدة، هي مبرهنة فوبيني من أجل تكامل لوبيغ، المبرهنة في مجلد السنة الثالثة؛ وكل ما في هذا الفصل يبقى داخل الإطار المتصل حيث يكون البرهان الأولي أعلاه كاملا.

تعريف 20.11 (المناطق الأولية)

تكون المنطقة $D \subseteq \R^2$ أولية بالنسبة إلى $y$ إذا كانت

D = \{(x, y) : a \leq x \leq b,\ \varphi_1(x) \leq y \leq \varphi_2(x)\}

مع $\varphi_1 \leq \varphi_2$ متصلتين على $[a,b]$ (والأولية بالنسبة إلى $x$ : بالتناظر). ومن أجل $f$ متصلة على منطقة $D$ أولية بالنسبة إلى $y$ ،

\iint_D f = \int_a^b\Bigl( \int_{\varphi_1(x)}^{\varphi_2(x)} f(x,y)\,\dd y\Bigr)\dd x ,

ونتحقق (بتمديد $f$ بحجة تقريب، أو بالتجزئة) من أن التكاملين المكررين يتطابقان عندما تكون $D$ أولية في الاتجاهين. وتعالَج المناطق المقسومة إلى عدد منته من القطع الأولية بالجمعية، وتكون مساحة $D$ هي $\operatorname {Area}(D) = \iint_D 1$ .

مثال 20.12

على المثلث $D = \{0 \leq x \leq 1,\ 0 \leq y \leq x\}$ :

\iint_D xy \,\dd x\,\dd y = \int_0^1 x\Bigl(\int_0^x y\,\dd y\Bigr)\dd x = \int_0^1 x\cdot\frac{x^2}{2}\,\dd x = \frac18 .

وبتبديل الترتيب ( $x$ من $y$ إلى $1$ ): $\int_0^1 y\bigl(\int_y^1 x\,\dd x\bigr)\dd y = \int_0^1 y\,\frac{1 - y^2}{2}\,\dd y = \frac18$ — القيمة نفسها، بحساب مختلف: فحسن اختيار ترتيب المكاملة نصف الحرفة.

مثال 20.13 (عندما ينجح ترتيب واحد فقط)

احسب $I = \displaystyle\int_0^1\!\!\int_x^1 \eu^{y^2}\,\dd y\,\dd x$ . فكما هو مكتوب، ليس للتكامل الداخلي $\int\eu^{y^2}\dd y$ دالة أصلية أولية: ويتوقف الحساب. لكن المنطقة هي المثلث $0 \leq x \leq y \leq 1$ ، وهو أولي في الاتجاهين؛ وبتبديل الترتيب،

I = \int_0^1\!\!\int_0^y \eu^{y^2}\,\dd x\,\dd y = \int_0^1 y\,\eu^{y^2}\,\dd y = \Bigl[\tfrac12\eu^{y^2}\Bigr]_0^1 = \frac{\eu - 1}{2} .

لم يظهر المتغير الداخلي $x$ في أي موضع من الدالة تحت التكامل، ومنه فإن مكاملته أولا أنتجت بالضبط العامل $y$ الذي يجعل التكامل الخارجي فوريا. والعبرة: فوبيني ليست مجرد ترخيص بالتكرار — بل هي ترخيص بالاختيار، والترتيب الصحيح قد يحول تكاملا مستحيلا إلى سطر واحد. فارسم المنطقة دائما واقرأ وصفيها قبل البدء.

مبرهنة 20.14 (تغيير المتغيرات)

ليكن $\Phi \colon U' \to U$ تقابلا تفاضليا من الصنف $\mathcal{C}^1$ بين مفتوحين من $\R^2$ ، ولتكن $K \subseteq U$ منطقة متراصة مقسومة إلى قطع أولية مع $K' = \Phi^{-1}(K)$ ، ولتكن $f$ متصلة على $K$ . عندئذ

\iint_K f(x, y)\,\dd x\,\dd y = \iint_{K'} f\bigl(\Phi(u, v)\bigr)\, \abs{\det J_\Phi(u, v)}\,\dd u\,\dd v .

برهان. نقبله في هذا المستوى. ∎

ملاحظة 20.15

البرهان الكامل — بتقريب $\Phi$ بتفاضله على شبكة دقيقة والتحكم في خلايا الحد — طويل وإن لم يكن عميقا؛ وهو يُنجز كاملا في نظرية القياس في السنة الثالثة، نتيجةً لنظرية لوبيغ. أما الحدس فهو الصورة المستعملة أصلا من أجل مساحة السطوح: فالمربع الصغير ذو الضلع $\dd u$ في $(u, v)$ يُرسل، من الرتبة الأولى، على متوازي الأضلاع المولَّد بالمتجهتين $\Phi_u\,\dd u$ و $\Phi_v\,\dd v$ ، ومساحته $\abs{\det J_\Phi}\,\dd u\,\dd v$ (المبرهنة المساعدة 19.18).

ملاحظة 20.16 (طريقة: اختيار تغيير المتغيرات)

ثلاثة ردود فعل تغطي معظم الحالات. تناظر الدالة تحت التكامل: فالمقدار $x^2 + y^2$ يستدعي الإحداثيات القطبية، والبنية الجدائية تستدعي الإبقاء على المحاور الديكارتية. شكل الحد: فالحدود $u(x,y) = c_1$ و $v(x,y) = c_2$ تتوسل إلى الإحداثيات $(u, v)$ نفسها، كما في مثال المنطقة الزائدية أدناه — فتصير المنطقة مستطيلا، وهذا هو النصر كله. البنية الخطية: فالعبارات بدلالة $x + y$ و $x - y$ تدعو إلى الدوران بالزاوية $45$ أو إلى قصّ (المثال 20.18). وفي جميع الحالات، ثلاث خانات ينبغي التأشير عليها قبل المكاملة: أن يكون التطبيق تقابلا من المنطقة الجديدة على القديمة؛ وأن يُحسب جاكوبيه في الاتجاه المستعمل فعلا (مع القلب في النهاية إن كان أسهل)؛ وأن يدخل الجاكوبي بقيمته المطلقة.

مثال 20.17 (الإحداثيات القطبية)

للتطبيق $\Phi(\rho, \alpha) = (\rho\cos\alpha,\ \rho\sin\alpha)$

J_\Phi = \begin{pmatrix} \cos\alpha & -\rho\sin\alpha\\ \sin\alpha & \rho\cos\alpha \end{pmatrix}, \qquad \det J_\Phi = \rho ,

ومنه $\dd x\,\dd y = \rho\,\dd\rho\,\dd\alpha$ . ومن أجل القرص $D_R$ ذي نصف القطر $R$ :

\iint_{D_R} e^{-(x^2 + y^2)}\,\dd x\,\dd y = \int_0^{2\pi}\!\!\int_0^R e^{-\rho^2}\rho\,\dd\rho\,\dd\alpha = \pi\bigl(1 - e^{-R^2}\bigr) \xrightarrow[R\to\infty]{} \pi .

والمقارنة مع المربع $[-R, R]^2$ (وهو محصور بين القرصين $D_R$ و $D_{R\sqrt2}$ ، وجميع الدوال تحت التكامل موجبة) تعطي $\bigl(\int_{-\infty}^\infty e^{-x^2}\dd x\bigr)^2 = \pi$ :

\boxed{\ \int_{-\infty}^{+\infty} e^{-x^2}\,\dd x = \sqrt{\pi}\ }

— أي تكامل غاوس من جديد، وبأشهر براهينه الآن (قارن مع الاشتقاق ذي المتغير الواحد في الفصل 9).

مثال 20.18 (تغييرات المتغيرات الأفينية)

من أجل تطبيق أفيني $\Phi(u, v) = M(u, v)^{\mathsf T} + C$ مع $M$ قابلة للقلب، يكون الجاكوبي هو المصفوفة الثابتة $M$ : ومنه تُضرب المساحات في العامل الثابت $\abs{\det M}$ — فالوعد المقطوع في الفصل 17 صار الآن مبرهنة. واستعمالان فوريان. فالأهليلج $\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} \leq 1$ هو صورة قرص الوحدة بالتطبيق $(u, v) \mapsto (au, bv)$ ، ومنه فمساحته $ab \cdot \pi$ — دون أي حساب. ومن أجل تكامل $f(x + y)$ على المربع $K = \intcc01^2$ ، يحول القصّ $\Phi(u, v) = (u - v, v)$ (ومحدده $1$ ) التكامل إلى تكامل $f(u)$ على متوازي أضلاع، تشرّحه مبرهنة فوبيني عند $u$ ثابت: فمع $f = \exp$ ،

\iint_K \eu^{x+y}\,\dd x\,\dd y = \Bigl(\int_0^1 \eu^x\,\dd x\Bigr)^2 = (\eu - 1)^2,

كما تؤكد البنية الجدائية. واختيار إحداثيات ملائمة للدالة تحت التكامل — لا للمنطقة — هو النصف الآخر من الحرفة.

مثال 20.19 (إحداثيات ملائمة لمنطقة منحنية الأضلاع)

لتكن $D$ منطقة الربع الأول المحدودة بالقطعين الزائدين $xy = 1$ و $xy = 3$ وبالمستقيمين $y = x$ و $y = 3x$ . وبالإحداثيات $u = xy$ ، $v = y/x$ تصير المنطقة المربع $\intcc13 \times \intcc13$ ؛ وبالقلب،

x = \sqrt{u/v}, \qquad y = \sqrt{uv}, \qquad \det J = x_uy_v - x_vy_u = \frac{1}{2v}

(بحساب من سطرين مع $x = u^{1/2}v^{-1/2}$ ، $y = u^{1/2}v^{1/2}$ ). ومنه

\operatorname{Area}(D) = \int_1^3\!\!\int_1^3\frac{\dd u\,\dd v}{2v} = 2\cdot\frac{\ln 3}{2} = \ln 3 \approx 1.10 .

أما محاولة تشريح $D$ بالإحداثيات الديكارتية فتعني تقطيعها إلى ثلاث قطع بحدود زائدية وخطية — وهو ممكن، لكنه بلا بهجة وكثير الأخطاء. والعبرة تكرر المثال 20.18 بكامل قوتها: اقرأ معادلات الحد، ودع هي تختار الإحداثيات؛ ويحوّل الجاكوبي عندئذ مساحة خلية الشبكة المنحنية الأضلاع، تماما كما فعل $\rho$ من أجل الإحداثيات القطبية.

مثال 20.20 (القيم المتوسطة)

القيمة المتوسطة للدالة $f$ على منطقة $D$ هي $\frac1{\operatorname{Area}(D)}\iint_Df$ . ومثالا: متوسط المسافة عن المركز من أجل نقطة مختارة بانتظام من القرص ذي نصف القطر $R$ هو

\frac{1}{\pi R^2}\int_0^{2\pi}\!\!\int_0^R \rho\cdot\rho\,\dd\rho\,\dd\alpha = \frac{2\pi R^3/3}{\pi R^2} = \frac{2R}3 ,

لا $R/2$ : فالمساحة المنتظمة تضع كتلة أكبر عند أنصاف الأقطار الكبيرة (فالتاج عند نصف القطر $\rho$ وزنه يتناسب مع $\rho$ )، ومنه يقع المتوسط بعد علامة المنتصف. وضبط هذا العامل هو بالضبط الجاكوبي القطبي في العمل، والترجيح نفسه يفسر مركز الثقل $\bar z = 3R/8$ لنصف الكرة المصمتة المحسوب لاحقا في هذا الفصل بدل $R/2$ .

20.3 مبرهنة غرين–ريمان

مبرهنة 20.21 (غرين–ريمان)

لتكن $K \subseteq \R^2$ منطقة متراصة أولية في الاتجاهين (أو اتحادا منتهيا لمثل هذه المناطق ملصوقة على طول قطع)، وحدها $\partial K$ منحن مغلق من الصنف $\mathcal{C}^1$ بالقطع وموجه عكس عقارب الساعة (بحيث تبقى المنطقة على اليسار). من أجل $P, Q$ من الصنف $\mathcal{C}^1$ على جوار للمنطقة $K$ :

\oint_{\partial K} P\,\dd x + Q\,\dd y = \iint_K \Bigl(\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y}\Bigr)\,\dd x\,\dd y .

برهان. أولا، الطرفان جمعيان عند قطع $K$ على طول قطعة إلى جزأين $K_1, K_2$ : فالتكاملات المزدوجة تُجمع بجمعية $\iint$ ؛ وأما تكاملات الحد، فإن الحدين الموجهين عكس عقارب الساعة للمنطقتين $K_1$ و $K_2$ يقطع كل منهما القطع الداخلي مرة واحدة، في اتجاهين متعاكسين، ومنه ففي المجموع

\oint_{\partial K_1} + \oint_{\partial K_2} = \oint_{\partial K} + (\text{القطع، في الاتجاهين}) = \oint_{\partial K},

يتلاشى المروران على طول القطع (القضية 20.2) ولا يبقى إلا الحد الخارجي. وبتكرار عدد منته من القطوع، يكفي أن نعالج منطقة أولية. ونبرهن على $\oint P\,\dd x = -\iint_K P_y$ على منطقة $D = \{a \leq x \leq b,\ \varphi_1(x) \leq y \leq \varphi_2(x)\}$ أولية بالنسبة إلى $y$ ؛ والمتطابقة $\oint Q\,\dd y = \iint_K Q_x$ متناظرة معها (بالأولية بالنسبة إلى $x$ )، والمبرهنة مجموعهما.

نحسب التكامل المزدوج بمبرهنة فوبيني والمبرهنة الأساسية للتحليل بمتغير واحد:

\iint_D \frac{\partial P}{\partial y}\,\dd x\,\dd y = \int_a^b \bigl(P(x, \varphi_2(x)) - P(x, \varphi_1(x))\bigr) \,\dd x .

والآن يتكون حد المنطقة $D$ ، عكس عقارب الساعة، مما يلي: التمثيل البياني السفلي $y = \varphi_1(x)$ مقطوعا من اليسار إلى اليمين، والقطعة الشاقولية اليمنى $x = b$ (صعودا)، والتمثيل البياني العلوي $y = \varphi_2(x)$ مقطوعا من اليمين إلى اليسار، والقطعة الشاقولية اليسرى $x = a$ (نزولا). وعلى القطعتين الشاقوليتين يكون $x$ ثابتا، ومنه فهما تساهمان بالمقدار $0$ في $\oint P\,\dd x$ ؛ أما التمثيلان البيانيان، الموسّمان بالمتغير $x$ ، فيعطيان

\oint_{\partial D} P\,\dd x = \int_a^b P(x, \varphi_1(x))\,\dd x - \int_a^b P(x, \varphi_2(x))\,\dd x = -\iint_D \frac{\partial P}{\partial y}\,\dd x\,\dd y . \qedhere

∎

نتيجة 20.22 (المساحة بالحد)

تحت فرضيات المبرهنة 20.21،

\operatorname{Area}(K) = \oint_{\partial K} x\,\dd y = -\oint_{\partial K} y\,\dd x = \frac12\oint_{\partial K} x\,\dd y - y\,\dd x .

برهان. نطبق مبرهنة غرين–ريمان على $(P, Q) = (0, x)$ و $(-y, 0)$ و $\frac12(-y, x)$ : ففي كل مرة $Q_x - P_y = 1$ . ∎

ملاحظة 20.23 (الاختيار بين صيغ المساحة الثلاث)

الصيغ الحدية الثلاث متساوية، لكنها ليست قابلة للتبادل عمليا. استعمل $\oint x\,\dd y$ عندما يجعل التوسيم المقدار $\dd y$ بسيطا (كالتمثيلات البيانية فوق المحور $y$ )، واستعمل $-\oint y\,\dd x$ بالتناظر، واستعمل نصف المجموع المتناظر عندما يعامل التوسيم $x$ و $y$ معاملة متساوية — ففي حالة الأهليلج أنتج دالة ثابتة تحت التكامل، دون أي تخطيط مثلثي البتة. وعلى الحدود المضلعة يصير نصف المجموع صيغة رباط الحذاء في التمرين 20.12، وهي خوارزمية المساحين. وعندما يقطع التوسيم المعطى الحدَّ مع عقارب الساعة، تعيد الصيغ الثلاث كلها ناقص المساحة: فالنتيجة السالبة ليست خطأ حسابيا بل تقرير توجيه — فاقلب الإشارة، أو اقلب التوسيم.

مثال 20.24 (مساحة الأهليلج)

من أجل $x = a\cos t$ ، $y = b\sin t$ ، $t \in [0, 2\pi]$ :

\operatorname{Area} = \frac12\int_0^{2\pi}\bigl(a\cos t \cdot b\cos t - b\sin t\cdot(-a\sin t)\bigr)\,\dd t = \frac{ab}{2}\int_0^{2\pi}\dd t = \pi ab .

مثال 20.25 (غرين–ريمان تحققا متقاطعا)

خذ $P = -y^3$ ، $Q = x^3$ على قرص الوحدة المغلق $D$ . من جهة الحد، مع $\gamma(t) = (\cos t, \sin t)$ :

\oint_{\partial D}P\,\dd x + Q\,\dd y = \int_0^{2\pi}\bigl(\sin^4 t + \cos^4 t\bigr)\dd t = 2\pi\cdot\Bigl(\frac38 + \frac38\Bigr) = \frac{3\pi}2 ,

بالتخطيط ( $\sin^4 + \cos^4 = \tfrac34 + \tfrac14\cos4t$ ). ومن جهة الداخل:

\iint_D(Q_x - P_y)\,\dd x\,\dd y = \iint_D 3(x^2 + y^2)\,\dd x\,\dd y = 3\int_0^{2\pi}\!\!\int_0^1\rho^3\,\dd\rho\,\dd\alpha = \frac{3\pi}2 .

العدد نفسه، بحسابين مختلفين جدا — وهذا هو الاستعمال العملي: فأيهما كان أسهل من طرفي متطابقة غرين صار هو الحساب، والآخر تحققا. وفي حالة دورانات الحقول كثيرة الحدود حول منحنيات مغلقة، يكون التكامل المزدوج هو الطرف الأسهل دائما تقريبا.

ملاحظة 20.26

تفسّر مبرهنة غرين–ريمان المثال 20.8: فمن أجل صورة مغلقة ( $Q_x = P_y$ )، ينعدم التكامل حول حد أي منطقة محتواة في $U$ . ولا تفشل صورة الزاوية في أن تكون تامة إلا لأن الثقب في المبدأ يمنع القرص المحدود بدائرة الوحدة من الوقوع داخل $U$ — فالتكاملات المنحنية للصور المغلقة تكشف ثقوب المنطقة. (وبدفع هذه الملاحظة أبعد، تصير كوهومولوجيا دي رام.)

20.4 التكاملات الثلاثية

تمتد النظرية إلى ثلاثة متغيرات دون أي فكرة جديدة: فمبرهنة فوبيني تختزل $\iiint$ إلى ثلاثة تكاملات ذات متغير واحد (إما بالتشريح: $\iiint_K f = \int\bigl(\iint_{K_z} f\bigr)\dd z$ على الشرائح الأفقية $K_z$ ، وإما بالتكديس: بالمكاملة بدلالة $z$ أولا على طول أعمدة شاقولية)، وتتحقق صيغة تغيير المتغيرات مع الجاكوبي من الحجم $3 \times 3$ .

مثال 20.27 (الإحداثيات الأسطوانية والكروية)

الأسطوانية $(x, y, z) = (\rho\cos\alpha, \rho\sin\alpha, z)$ : $\dd x\,\dd y\,\dd z = \rho\,\dd\rho\,\dd\alpha\,\dd z$ . الكروية $(x, y, z) = (r\cos\theta\cos\varphi,\ r\sin\theta\cos\varphi,\ r\sin\varphi)$ ( $\theta$ الطول، $\varphi \in [-\frac\pi2, \frac\pi2]$ العرض): بنشر المحدد من الحجم $3 \times 3$ وفق السطر الأخير،

\det J = r^2\cos\varphi , \qquad \dd x\,\dd y\,\dd z = r^2\cos\varphi\;\dd r\,\dd\theta\,\dd\varphi .

وحجم الكرة المصمتة ذات نصف القطر $R$ :

V = \int_0^R\!\!\int_0^{2\pi}\!\!\int_{-\pi/2}^{\pi/2} r^2\cos\varphi\;\dd\varphi\,\dd\theta\,\dd r = \frac{R^3}{3}\cdot 2\pi \cdot 2 = \boxed{\frac43\pi R^3} ,

وبذلك تُسدَّد أخيرا الصيغة المسلَّم بها في فصول الحجوم من الكتب السابقة.

مثال 20.28 (رباعي الوجوه، مرتين)

حجم $T = \{x, y, z \geq 0,\ x + y + z \leq 1\}$ ، بالتكديس: من أجل $(x, y)$ ثابت في المثلث $x + y \leq 1$ ، يجري $z$ على $\intcc0{1 - x - y}$ ، ومنه

V = \int_0^1\!\!\int_0^{1-x}(1 - x - y)\,\dd y\,\dd x = \int_0^1\frac{(1 - x)^2}{2}\,\dd x = \frac16 .

وبالتشريح: المقطع عند الارتفاع $z$ هو المثلث $\{x, y \geq 0,\ x + y \leq 1 - z\}$ ، ومساحته $\frac{(1-z)^2}2$ ، ومنه $V = \int_0^1\frac{(1-z)^2}2\,\dd z = \frac16$ من جديد — فالحسابان هما التكاملان نفساهما بترتيب مختلف، وهذا كل ما تدّعيه مبرهنة فوبيني. والقيمة $\frac16 = \frac13\cdot\frac12\cdot1$ هي صيغة المخروط (المثال 20.30) بقاعدة مثلثية، والصيغة ذات البعد $n$ وهي $1/n!$ يُبرهن عليها بهذا التشريح بالضبط في مسألة نهاية الأسبوع.

مثال 20.29 (مركز ثقل نصف الكرة المصمتة)

من أجل نصف الكرة المصمتة العلوي $H$ ذي نصف القطر $R$ ( $z \geq 0$ )، يكون ارتفاع مركز الثقل $\bar z = \frac1{V}\iiint_H z$ ، مع $V = \frac23\pi R^3$ . وبالإحداثيات الكروية ( $z = r\sin\varphi$ ، $\varphi \in \intcc0{\pi/2}$ ):

\iiint_H z = \int_0^R r^3\,\dd r\int_0^{2\pi}\dd\theta \int_0^{\pi/2}\sin\varphi\cos\varphi\,\dd\varphi = \frac{R^4}4\cdot2\pi\cdot\frac12 = \frac{\pi R^4}4 ,

ومنه

\bar z = \frac{\pi R^4/4}{2\pi R^3/3} = \frac{3R}8 :

فنقطة توازن نصف الكرة المصمتة تقع على ثلاثة أثمان نصف القطر فوق الوجه المستوي — أي تحت نصف الارتفاع $R/2$ ، كما يجب، لأن الجسم أسمن قرب القاعدة. ولكل حساب مركز ثقل هذا الشكل: تكامل عزم واحد، وحجم واحد، ونسبة واحدة، وتحقق من المعقولية بمقارنتها بالهندسة.

مثال 20.30 (الحجم بالتشريح: المخروط)

مخروط مساحة قاعدته $A$ وارتفاعه $h$ (رأسه إلى الأعلى وقاعدته عند $z = 0$ ): المقطع عند الارتفاع $z$ هو القاعدة مضروبة في المعامل $(1 - z/h)$ ، ومساحته $A(1 - z/h)^2$ . ومنه

V = \int_0^h A\Bigl(1 - \frac zh\Bigr)^2\dd z = \frac{Ah}{3} :

أي الثلث في صيغ المدرسة، وهي صالحة من أجل أي شكل قاعدة — فالتشريح يحولها إلى تكامل مربع.

مثال 20.31 (عتبات القابلية للمكاملة في المستوي)

من أجل أي $\alpha > 0$ يتقارب $\iint_{D}\rho^{-\alpha}\,\dd x\,\dd y$ على قرص الوحدة المثقوب $D$ (بالنهاية على التيجان $\varepsilon \leq \rho \leq 1$ )؟ بالإحداثيات القطبية،

\int_0^{2\pi}\!\!\int_\varepsilon^1\rho^{-\alpha}\, \rho\,\dd\rho\,\dd\alpha = 2\pi\int_\varepsilon^1\rho^{1-\alpha}\,\dd\rho ,

وهو يتقارب عندما $\varepsilon \to 0$ إذا وفقط إذا كان $1 - \alpha > -1$ ، أي $\alpha < 2$ : ففي البعد $2$ يكون أسّ الشذوذ الحرج هو البعد نفسه، والعامل الإضافي $\rho$ الآتي من الجاكوبي يلطّف الشذوذ بقوة واحدة. (وبالمثل $\alpha < 3$ من أجل شذوذ نقطي في الفضاء، عبر $r^2$ .) ومسك الحسابات القطري من هذا النوع هو كيف يتقرر أمر القابلية للمكاملة في لمحة في إطار لوبيغ في السنة الثالثة — وهو سبب تقارب $\iiint 1/r$ بلا عناء في التمرين 20.7.

ملاحظة 20.32 (مزالق شائعة)

(1) التوجيه: يتغير التكامل المنحني إشارةً بتغير اتجاه السير، وتقتضي مبرهنة غرين–ريمان أن يكون الحد عكس عقارب الساعة (بالمنطقة على اليسار)؛ وفي حالة منطقة ذات ثقب، يُقطع الحد الداخلي مع عقارب الساعة. (2) يدخل الجاكوبي بقيمته المطلقة: فتغيير المتغيرات لا ينتج أبدا مساحة سالبة، ونسيان $\abs{\det}$ يقلب الإشارات عادة بالضبط عندما يعكس التطبيق التوجيه. (3) العامل القطبي $\rho$ : $\dd x\,\dd y = \rho\,\dd\rho\,\dd\alpha$ ، لا $\dd\rho\,\dd\alpha$ — وهو أكثر الأخطاء شيوعا في الفصل كله؛ ويمسكه التحليل البعدي، لأن $\dd\rho\,\dd\alpha$ بُعده بُعد طول لا بُعد مساحة. (4) التكاملات المزدوجة المعتلة: تتوافق النهايات على الأقراص المتنامية وعلى المربعات المتنامية هنا لأن الدوال تحت التكامل موجبة (بالحصر)؛ أما في حالة دوال تتغير إشارتها فقد تتعلق النهاية بالاستنفاد المختار، ولا يُدّعى شيء دون تقارب مطلق. (5) المناطق مقابل الدوال تحت التكامل: دالة جدائية تحت التكامل على منطقة غير جدائية لا تفكك التكامل — فالتفكيك يحتاج إلى الاثنين معا، كما في مربع المثال 20.17.

ملاحظة 20.33 (آفاق داخل هذا المجلد)

تكامل غاوس المحسوب هنا موجود بصمت في كل مكان من فصول الاحتمالات: فالثابت $\sqrt\pi$ داخل صيغة ستيرلنغ (المبرهنة 6.13) هو تكامل هذا الفصل، وهو يحدد عبر ستيرلنغ السلوك المقارب $1/\sqrt{\pi n}$ لاحتمالات عودة السير العشوائي في الفصل 21. وتعود تكاملات واليس في مسألة نهاية الأسبوع هناك أيضا، فتقود تقديرات المعامل الثنائي المركزي نفسها. وفي الاتجاه الآخر، يكمل عنصرا المساحة والحجم في هذا الفصل هندسة الفصل 19، وتعيد صيغة غرين حساب مساحات المغلِّفات في الفصل 18 (النجمية، في التمرين 20.5). ففصل واحد، وثلاث خدمات: قياس من أجل الهندسة، وثوابت من أجل الاحتمالات، وانضباط تغيير المتغيرات الذي يستعمله الاثنان.

20.5 تمارين

تمرين 20.1 ★

احسب $\int_\gamma y^2\,\dd x + x\,\dd y$ على: (1) القطعة من $(0,0)$ إلى $(1,1)$ ؛ (2) قوس القطع المكافئ $y = x^2$ من $(0,0)$ إلى $(1,1)$ . وهل الصورة تامة؟

حل

حل التمرين 20.1.

(1) القطعة $\gamma(t) = (t, t)$ ، $t \in [0,1]$ :

\int_\gamma y^2\dd x + x\dd y = \int_0^1 (t^2 + t)\,\dd t = \frac13 + \frac12 = \frac56 .

(2) القطع المكافئ $\gamma(t) = (t, t^2)$ :

\int_0^1 \bigl(t^4\cdot 1 + t\cdot 2t\bigr)\dd t = \frac15 + \frac23 = \frac{13}{15} .

والقيمتان مختلفتان، ومنه فإن التكامل يتعلق بالمسار: أي إن الصورة ليست تامة — وبانسجام مع ذلك، $P_y = 2y \neq 1 = Q_x$ ، ومنه فهي ليست مغلقة أصلا.

تمرين 20.2 ★

بيّن أن $\omega = (2xy + y^3)\,\dd x + (x^2 + 3xy^2 + 1)\,\dd y$ مغلقة على $\R^2$ ، وجد كمونا، واحسب $\int_\gamma\omega$ على أي قوس من $(0, 0)$ إلى $(1, 2)$ .

حل

حل التمرين 20.2.

$P = 2xy + y^3$ ، $Q = x^2 + 3xy^2 + 1$ : $P_y = 2x + 3y^2 = Q_x$ ، فهي مغلقة على $\R^2$ . ونبحث عن $f$ يحقق $f_x = P$ : $f = x^2y + xy^3 + g(y)$ ؛ ثم يفرض $f_y = x^2 + 3xy^2 + g'(y) = Q$ أن $g'(y) = 1$ ، ولنأخذ $g(y) = y$ . ومنه

f(x, y) = x^2y + xy^3 + y

كمون (والمجموعة $\R^2$ نجمية الشكل، ومنه كان لا بد أن يوجد كمون بمبرهنة بوانكاريه — لكن إظهاره أسرع). وبحسب المبرهنة 20.6، من أجل أي قوس من $(0,0)$ إلى $(1,2)$ :

\int_\gamma\omega = f(1, 2) - f(0, 0) = 2 + 8 + 2 = 12 .

تمرين 20.3 ★

احسب $\iint_D (x + y)\,\dd x\,\dd y$ حيث $D$ هي المنطقة المحدودة بالمنحنيين $y = x^2$ و $y = x$ ( $0 \leq x \leq 1$ )، بترتيبي المكاملة كليهما.

حل

حل التمرين 20.3.

المنطقة هي $\{0 \leq x \leq 1,\ x^2 \leq y \leq x\}$ . وبمكاملة $y$ أولا:

\int_0^1\!\int_{x^2}^{x}(x + y)\,\dd y\,\dd x = \int_0^1\Bigl(x(x - x^2) + \frac{x^2 - x^4}{2}\Bigr)\dd x = \int_0^1\Bigl(\frac{3x^2}{2} - x^3 - \frac{x^4}{2}\Bigr)\dd x = \frac12 - \frac14 - \frac1{10} = \frac{3}{20} .

وبمكاملة $x$ أولا: المقطع عند الارتفاع $y \in [0, 1]$ هو $y \leq x \leq \sqrt y$ ، ومنه

\int_0^1\!\int_{y}^{\sqrt y}(x + y)\,\dd x\,\dd y = \int_0^1\Bigl(\frac{y - y^2}{2} + y(\sqrt y - y)\Bigr)\dd y = \frac14 - \frac16 + \frac25 - \frac13 = \frac{3}{20} .

تمرين 20.4 ★★

باستعمال الإحداثيات القطبية، احسب $\iint_D \frac{\dd x\,\dd y}{(1 + x^2 + y^2)^2}$ على المستوي كله (بوصفه نهاية على الأقراص)، واحسب $\iint_{D'} xy\,\dd x\,\dd y$ على ربع القرص $D' = \{x, y \geq 0,\ x^2 + y^2 \leq 1\}$ .

حل

حل التمرين 20.4.

التكامل الأول. على القرص $D_R$ ، بالإحداثيات القطبية:

\iint_{D_R}\frac{\dd x\,\dd y}{(1 + x^2 + y^2)^2} = \int_0^{2\pi}\!\!\int_0^R \frac{\rho\,\dd\rho\,\dd\alpha}{(1 + \rho^2)^2} = 2\pi\Bigl[-\frac{1}{2(1 + \rho^2)}\Bigr]_0^R = \pi\Bigl(1 - \frac{1}{1 + R^2}\Bigr) \xrightarrow[R \to \infty]{} \pi .

التكامل الثاني. ربع القرص هو $0 \leq \alpha \leq \frac\pi2$ ، $0 \leq \rho \leq 1$ ، و $xy = \rho^2\cos\alpha\sin\alpha$ :

\iint_{D'}xy\,\dd x\,\dd y = \int_0^{\pi/2}\!\!\cos\alpha\sin\alpha\,\dd\alpha \int_0^1 \rho^3\,\dd\rho = \frac12\cdot\frac14 = \frac18 .

تمرين 20.5 ★★

احسب المساحة التي تحصرها النجمية $x = \cos^3 t$ ، $y = \sin^3 t$ ، $t \in [0, 2\pi]$ ، باستعمال النتيجة 20.22. (خطّط $\sin^2 t\cos^2 t$ .)

حل

حل التمرين 20.5.

بحسب النتيجة 20.22 مع $x = \cos^3 t$ ، $y = \sin^3 t$ : $x' = -3\cos^2 t\sin t$ ، $y' = 3\sin^2 t\cos t$ ، ومنه

xy' - yx' = 3\cos^4 t\sin^2 t + 3\sin^4 t\cos^2 t = 3\sin^2 t\cos^2 t = \frac{3}{4}\sin^2 2t = \frac{3}{8}(1 - \cos 4t) .

ومنه

A = \frac12\int_0^{2\pi}\frac38(1 - \cos 4t)\,\dd t = \frac{3}{16}\cdot 2\pi = \frac{3\pi}{8} .

(والنجمية محتواة في قرص الوحدة الذي مساحته $\pi$ ؛ وثلاثة أثمان $\pi$ قيمة معقولة لشكلها النجمي ذي نقط الرجوع الأربع.)

تمرين 20.6 ★★

احسب حجم المجسم المحدود من الأسفل بالمجسم المكافئ $z = x^2 + y^2$ ومن الأعلى بالمستوي $z = 1$ ، بالطريقتين: بالتكديس (بمكاملة $1 - x^2 - y^2$ على قرص الوحدة، بالإحداثيات القطبية) وبالتشريح (فالشرائح الأفقية أقراص نصف قطرها $\sqrt z$ ).

حل

حل التمرين 20.6.

بالتكديس: فوق كل $(x, y)$ من قرص الوحدة $D$ ، يجري $z$ من $x^2 + y^2$ إلى $1$ :

V = \iint_D \bigl(1 - x^2 - y^2\bigr)\dd x\,\dd y = \int_0^{2\pi}\!\!\int_0^1 (1 - \rho^2)\rho\,\dd\rho\,\dd\alpha = 2\pi\Bigl(\frac12 - \frac14\Bigr) = \frac\pi2 .

بالتشريح: المقطع عند الارتفاع $z \in [0, 1]$ هو القرص $x^2 + y^2 \leq z$ ، ومساحته $\pi z$ :

V = \int_0^1 \pi z\,\dd z = \frac\pi2 .

تمرين 20.7 ★★

(جذب كرة مصمتة — مبرهنة نيوتن، حالة خاصة) بيّن أن حجم القشرة الكروية $a \leq r \leq b$ هو $\frac43\pi(b^3 - a^3)$ ، واحسب $\iiint_{B} \frac{\dd x\,\dd y\,\dd z}{r}$ على الكرة المصمتة $B$ ذات نصف القطر $R$ ( $r$ المسافة إلى المبدأ). (بالإحداثيات الكروية.)

حل

حل التمرين 20.7.

بالإحداثيات الكروية يكون عنصر الحجم $r^2\cos\varphi\,\dd r\,\dd\theta\,\dd\varphi$ (المثال 20.27)، ويتكامل الجزء الزاوي إلى $4\pi$ ( $2\pi$ من $\theta$ ، $\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\cos = 2$ ). وحجم القشرة هو

\int_a^b 4\pi r^2\,\dd r = \frac43\pi\bigl(b^3 - a^3\bigr).

أما التكامل الثاني، فالدالة تحت التكامل $1/r$ لا تتعلق إلا بالمقدار $r$ :

\iiint_B \frac{\dd x\,\dd y\,\dd z}{r} = \int_0^R 4\pi r^2\cdot\frac1r\,\dd r = 4\pi\,\frac{R^2}{2} = 2\pi R^2 .

(وتنفجر الدالة تحت التكامل في المبدأ، لكن دون ضرر: فالمقدار $r^2/r = r$ متصل — ويتقارب التكامل على القشور $\varepsilon \leq r \leq R$ عندما $\varepsilon \to 0$ ، وهذا هو المعنى الدقيق للنص. وهذا النوع من الحساب هو الخطوة الأولى نحو مبرهنة نيوتن القائلة إن كرة مصمتة متجانسة تجذب كنقطة كتلة في مركزها.)

تمرين 20.8 ★★★

(مبرهنة بوانكاريه، الحالة النجمية) ليكن $U$ نجمي الشكل بالنسبة إلى $0$ (أي $M \in U \Rightarrow [0, M] \subseteq U$ ) ولتكن $\omega = P\dd x + Q\dd y$ صورة مغلقة من الصنف $\mathcal{C}^1$ على $U$ . نعرّف

f(x, y) = \int_0^1 \bigl(x\,P(tx, ty) + y\,Q(tx, ty)\bigr)\dd t .

باستعمال المفاضلة تحت علامة التكامل (الفصل 9) و $P_y = Q_x$ ، بيّن أن $f_x = P$ و $f_y = Q$ : فكل صورة مغلقة على مفتوح نجمي الشكل تكون تامة.

حل

حل التمرين 20.8.

الدالة تحت التكامل $g(t; x, y) = xP(tx, ty) + yQ(tx, ty)$ من الصنف $\mathcal{C}^1$ بدلالة $(x, y)$ ، ومتصلة بدلالة $t$ ، ومشتقاتها الجزئية متصلة على $[0,1] \times U$ ؛ وتعطي المفاضلة تحت علامة التكامل (الفصل 9، مطبقة على الفترة المتراصة $[0,1]$ للمتغير $t$ ، فالهيمنة تلقائية هناك)

f_x(x, y) = \int_0^1 \bigl(P(tx, ty) + tx\,P_x(tx, ty) + ty\,Q_x(tx, ty)\bigr)\dd t .

وباستعمال الانغلاق $Q_x = P_y$ :

tx\,P_x(tx, ty) + ty\,P_y(tx, ty) = t\,\frac{\dd}{\dd t}\bigl[P(tx, ty)\bigr] ,

ومنه فإن الدالة تحت التكامل هي $P(tx, ty) + t\frac{\dd}{\dd t}P(tx, ty) = \frac{\dd}{\dd t}\bigl[t\,P(tx, ty)\bigr]$ و

f_x(x, y) = \Bigl[t\,P(tx, ty)\Bigr]_0^1 = P(x, y) .

وبالتناظر $f_y = Q$ (بالحساب نفسه مع استعمال $P_y = Q_x$ في الاتجاه الآخر). ولاحظ أين تدخل الفرضية: فالمقدار $f$ معرَّف بالمكاملة على طول القطعة $[0, M]$ ، وهي تقع في $U$ بالضبط لأن $U$ نجمي الشكل.

تمرين 20.9 ★★★

(تكامل ديريكليه بالمكاملة المزدوجة) برر واستغل

\int_0^\infty\!\!\int_0^\infty e^{-xy}\sin x\;\dd y\,\dd x \quad\text{مقابل}\quad \int_0^\infty\!\!\int_0^\infty e^{-xy}\sin x\;\dd x\,\dd y

على $[0, A] \times [0, \infty)$ : بيّن $\int_0^A \frac{\sin x}{x}\dd x = \frac\pi2 - \int_0^\infty e^{-Ay}\frac{y\sin A + \cos A}{1 + y^2}\dd y$ واستعد $\int_0^\infty \frac{\sin x}{x}\,\dd x = \frac\pi2$ ، بالمقارنة مع برهان التكامل ذي الوسيط في الفصل 9.

حل

حل التمرين 20.9.

على الشريط $[0, A] \times [0, \infty)$ لا تكون الدالة $(x, y) \mapsto e^{-xy}\sin x$ قابلة للمكاملة مطلقا حتى $y = \infty$ بانتظام بالمعنى الساذج، لكن كل تكامل مكرر يتقارب وينتج تساويهما من مبرهنة فوبيني على $[0, A] \times [0, B]$ مضافا إليها نهاية $B \to \infty$ (فالذيل $\int_0^A\int_B^\infty e^{-xy}\abs{\sin x}\,\dd y\,\dd x \leq \int_0^A \frac{e^{-Bx}\abs{\sin x}}{x}\dd x \leq \int_0^A e^{-Bx} \dd x\to 0$ ، باستعمال $\abs{\sin x} \leq x$ ).

بمكاملة $y$ أولا: $\int_0^\infty e^{-xy}\,\dd y = \frac1x$ من أجل $x > 0$ ، ومنه فإن التكامل الأول هو $\int_0^A \frac{\sin x}{x}\,\dd x$ .

بمكاملة $x$ أولا: تعطي مكاملتان بالتجزئة (أو أخذ الجزء التخيلي للمقدار $\int_0^A e^{(i - y)x}\dd x$ )

\int_0^A e^{-xy}\sin x\,\dd x = \frac{1 - e^{-Ay}(y\sin A + \cos A)}{1 + y^2} .

وبالمكاملة بدلالة $y$ على $[0, \infty)$ ، ينفصل الحد $\int_0^\infty \frac{\dd y}{1 + y^2} = \frac\pi2$ :

\int_0^A \frac{\sin x}{x}\,\dd x = \frac{\pi}{2} - \int_0^\infty e^{-Ay}\,\frac{y\sin A + \cos A}{1 + y^2}\,\dd y .

والباقي محصور بالمقدار $\int_0^\infty e^{-Ay}\frac{y + 1}{1 + y^2}\dd y \leq \int_0^\infty e^{-Ay}\cdot\frac{1+y}{1+y^2} \,\dd y \to 0$ عندما $A \to \infty$ (بالتقارب المهيمن، أو بالحصر الفج $\frac{1 + y}{1 + y^2} \leq \frac32$ الذي يعطي $\frac{3}{2A}$ ). ومنه $\int_0^\infty\frac{\sin x}{x}\dd x = \frac\pi2$ — وهي القيمة نفسها المحصل عليها في الفصل 9 بمفاضلة تكامل ذي وسيط؛ وهنا تقوم مبرهنة فوبيني بالعمل بدلا من ذلك.

تمرين 20.10 ★★★

(متراجحة تساوي المحيط عبر فيرتنغر) ليكن $\gamma$ منحنى مغلقا بسيطا من الصنف $\mathcal{C}^1$ طوله $2\pi$ ، موسّما بطول القوس على $[0, 2\pi]$ ، ويحصر مساحة $A$ . باستعمال النتيجة 20.22 ومبرهنة بارسيفال ومتراجحة فيرتنغر (من تمارين الفصل 14)، برهن على $A \leq \pi$ ، مع التساوي من أجل الدائرة. (وحّد $\int_0^{2\pi} x(s)\dd s = 0$ ؛ واكتب $2A = \oint x\,\dd y - y\,\dd x$ واحصر $2A \leq \int (x^2 + y'^2)$ بعناية عبر $2A = \int_0^{2\pi}(xy' - yx')\dd s$ و $x^2 + y'^2 \geq 2xy'$ .)

حل

حل التمرين 20.10.

نوسّم بطول القوس $s \in [0, 2\pi]$ ، ومنه $x'^2 + y'^2 = 1$ ، وننسحب بحيث يكون $\int_0^{2\pi} x(s)\,\dd s = 0$ . وبحسب النتيجة 20.22،

2A = \oint x\,\dd y - y\,\dd x = \int_0^{2\pi}\bigl(xy' - yx'\bigr)\dd s .

وبمكاملة $\oint y\,\dd x$ بالتجزئة على الدور (فالحدود الحدية تتلاشى بالدورية)، $-\int yx' = \int y'x$ ، ومنه فإن $2A = 2\int_0^{2\pi}xy'\,\dd s$ فعلا. ثم يعطي $2xy' \leq x^2 + y'^2$

2A \leq \int_0^{2\pi}\bigl(x^2 + y'^2\bigr)\dd s = \int_0^{2\pi} x^2 + \int_0^{2\pi}\bigl(1 - x'^2\bigr) = 2\pi - \int_0^{2\pi}\bigl(x'^2 - x^2\bigr)\dd s .

وتجعل متراجحة فيرتنغر (من تمارين الفصل 14: من أجل دالة دورية بالدور $2\pi$ من الصنف $\mathcal{C}^1$ ومتوسطها معدوم، $\int x^2 \leq \int x'^2$ ) التكامل الأخير موجبا: $A \leq \pi$ . ويستلزم التساوي التساوي في متراجحة فيرتنغر ( $x(s) = a\cos s + b\sin s$ ) وفي $2xy' \leq x^2 + y'^2$ ( $y' = x$ نقطيا)، وهو ما يفرض $y = a\sin s - b\cos s + c$ : فالمنحنى دائرة الوحدة (بتمركز مناسب). وبما أن منحنى طوله $L$ يُحاكى إلى الطول $2\pi$ ، يكون النص العام $A \leq \frac{L^2}{4\pi}$ : أي إن الدائرة، من بين جميع المنحنيات المغلقة ذات المحيط المعطى، تحصر أكبر مساحة.

تمرين 20.11 ★★

(عزوم الكرة المصمتة) من أجل الكرة المصمتة $B$ ذات نصف القطر $R$ في $\R^3$ ، احسب $\iiint_B z^2\,\dd x\,\dd y\,\dd z$ بالإحداثيات الكروية، واستنتج $\iiint_B (x^2 + y^2 + z^2)\,\dd x\,\dd y\,\dd z$ بالتناظر. وتحقق متقاطعا من الأخير مع حساب القشرة $\int_0^R r^2\cdot4\pi r^2\,\dd r$ .

حل

حل التمرين 20.11.

بالإحداثيات الكروية $z = r\sin\varphi$ و $\dd x\,\dd y\,\dd z = r^2\cos\varphi\,\dd r\,\dd\theta\,\dd\varphi$ :

\iiint_B z^2 = \int_0^R r^4\,\dd r\int_0^{2\pi}\dd\theta \int_{-\pi/2}^{\pi/2}\sin^2\varphi\cos\varphi\,\dd\varphi = \frac{R^5}5\cdot2\pi\cdot \Bigl[\frac{\sin^3\varphi}3\Bigr]_{-\pi/2}^{\pi/2} = \frac{4\pi R^5}{15}.

وبتناظر الكرة المصمتة عند تبديل الإحداثيات، $\iiint_B x^2 = \iiint_B y^2 = \iiint_B z^2$ ، ومنه $\iiint_B(x^2 + y^2 + z^2) = 3\cdot\frac{4\pi R^5}{15} = \frac{4\pi R^5}5$ . وللتحقق بالقشور: $\int_0^R r^2\cdot 4\pi r^2\,\dd r = \frac{4\pi R^5}5$ — فالدالة تحت التكامل $r^2$ ثابتة على الكرة ذات نصف القطر $r$ ، ومساحتها $4\pi r^2$ .

تمرين 20.12 ★★

(صيغة رباط الحذاء) ليكن $K$ مضلعا رؤوسه $(x_1, y_1), \dots, (x_m, y_m)$ مرتبة عكس عقارب الساعة (بالأدلة بترديد $m$ ). استنتج من النتيجة 20.22 أن

\operatorname{Area}(K) = \frac12\sum_{i=1}^m \bigl(x_iy_{i+1} - x_{i+1}y_i\bigr) ,

وتحقق من الصيغة على المثلث $(0,0)$ ، $(1,0)$ ، $(0,1)$ .

حل

حل التمرين 20.12.

نوسّم الضلع من $(x_i, y_i)$ إلى $(x_{i+1}, y_{i+1})$ بالعلاقة $\gamma(t) = \bigl((1-t)x_i + tx_{i+1},\ (1-t)y_i + ty_{i+1}\bigr)$ . ومساهمته في $\frac12\oint(x\,\dd y - y\,\dd x)$ هي

\frac12\int_0^1\Bigl(\bigl((1-t)x_i + tx_{i+1}\bigr)(y_{i+1} - y_i) - \bigl((1-t)y_i + ty_{i+1}\bigr)(x_{i+1} - x_i)\Bigr)\dd t ,

وبما أن $\int_0^1\bigl((1-t)u + tv\bigr)\dd t = \frac{u + v}2$ ، فإن هذا يساوي

\frac14\Bigl((x_i + x_{i+1})(y_{i+1} - y_i) - (y_i + y_{i+1})(x_{i+1} - x_i)\Bigr) = \frac12\bigl(x_iy_{i+1} - x_{i+1}y_i\bigr),

مع تلاشي الحدود المتقاطعة. وبالجمع على الأضلاع وعددها $m$ نحصل على صيغة رباط الحذاء، بحسب النتيجة 20.22. والمثلث $(0,0), (1,0), (0,1)$ : $\frac12\bigl((0\cdot0 - 1\cdot0) + (1\cdot1 - 0\cdot0) + (0\cdot0 - 0\cdot1)\bigr) = \frac12$ ، وهي المساحة الصحيحة.

20.6 مسألة: حجم الكرة المصمتة في البعد $n$

مسألة 20.1

مسألة نهاية الأسبوع — $V_n = \pi^{n/2}/\Gamma(\frac n2 + 1)$ ، وغرابة الأبعاد العليا

مساحة القرص $\pi$ ، وحجم الكرة المصمتة $\frac43\pi$ — ثم ماذا؟ تحسب هذه المسألة حجم كرة الوحدة المصمتة في $\R^n$ من أجل كل $n$ ، مرتين (بتراجع تشريحي تقوده تكاملات واليس، ثم عبر الدالة $\Gamma$ وتكامل غاوس في المثال 20.17)، ثم تقرأ الهندسة: فالحجوم تبلغ ذروتها في البعد الخامس وتندفع إلى الصفر، ويختبئ كل حجم الكرة العالية البعد تقريبا في قشرة رقيقة قرب حدها. ومن أجل دالة متصلة على كرة مصمتة من $\R^n$ ، يُفهم التكامل تكاملا مكررا $n$ مرة (بتشريح إحداثية في كل مرة، كما في الفصل من أجل $n \leq 3$ )؛ ونكتب $B_n(R)$ للكرة المصمتة المغلقة ذات نصف القطر $R$ ومركزها $0$ ، و $v_n(R)$ لحجمها، و $V_n = v_n(1)$ ، مع $V_0 = 1$ بالاصطلاح.

الجزء الأول — التراجع التشريحي.

بالتعويض $x_i = Ru_i$ في كل من التكاملات المكررة $n$ ، بيّن $v_n(R) = V_nR^n$ .
بتشريح $B_n(1)$ على طول إحداثيتها الأخيرة، بيّن

$V_n = V_{n-1}\int_{-1}^{1}(1 - t^2)^{\frac{n-1}2}\,\dd t .$
مع $t = \sin\theta$ ، حدد التكامل بوصفه تكامل واليس: $\int_{-1}^1(1 - t^2)^{\frac{n-1}2}\dd t = 2W_n$ ، حيث $W_n = \int_0^{\pi/2}\cos^n\theta\,\dd\theta = \int_0^{\pi/2}\sin^n\theta\,\dd\theta$ .
برهن على متطابقتي واليس (بالمكاملة بالتجزئة؛ ثم بالتلسكوب $nW_nW_{n-1}$ ):

$W_n = \frac{n-1}nW_{n-2} \quad (n \geq 2), \qquad W_nW_{n-1} = \frac{\pi}{2n} \quad (n \geq 1).$

الجزء الثاني — حل التراجع.

اجمع الأسئلة من 2 إلى 4 في التراجع ذي الخطوتين

$V_n = \frac{2\pi}{n}\,V_{n-2} \qquad (n \geq 2).$
استنتج الصيغ المغلقة، من أجل $k \geq 0$ :

$V_{2k} = \frac{\pi^k}{k!}, \qquad V_{2k+1} = \frac{2^{k+1}\pi^k}{1\cdot3\cdot5\cdots (2k+1)} .$
جدول $V_1, \dots, V_7$ عدديا. وباستعمال النسبة $V_n/V_{n-2} = 2\pi/n$ وقيمتي $2W_5$ و $2W_6$ ، برهن على أن المتتالية $(V_n)$ متزايدة حتى قيمتها العظمى $V_5 = \frac{8\pi^2}{15} \approx 5.26$ ومتناقصة من ثم فصاعدا.
بيّن أن $V_n \to 0$ أسرع من أي متتالية هندسية، وأن $\sum_{n\geq1} V_n$ متقارب: فمجموع حجوم كرات الوحدة المصمتة كلها منته.
برهن على المتطابقة المولّدة

$\sum_{k\geq0} V_{2k}\,x^{2k} = \eu^{\pi x^2} \qquad (x \in \R),$

واستنتج $\sum_{k\geq0}V_{2k} = \eu^\pi \approx 23.14$ .

الجزء الثالث — الطريق الثاني: $\Gamma$ وتكامل غاوس.

بيّن بمبرهنة فوبيني (فالدالة تحت التكامل جدائية) أن

$I_n = \int_{\R^n}\eu^{-\norm x^2}\dd x = \Bigl(\int_{-\infty}^{+\infty} \eu^{-t^2}\dd t\Bigr)^{\!n} = \pi^{n/2},$

وهو تكامل غاوس ذو البعد $n$ ، مفهوما نهايةً على المكعبات $\intcc{-R}{R}^n$ .
ذكّر بأن $\Gamma(s) = \int_0^\infty t^{s-1}\eu^{-t}\dd t$ (التعريف 9.17). وانطلاقا من $\Gamma(s+1) = s\,\Gamma(s)$ (المبرهنة 9.18) و $\Gamma(\tfrac12) = \sqrt\pi$ (بالتعويض $t = u^2$ واستدعاء تكامل غاوس)، احسب

$\Gamma(k + 1) = k!, \qquad \Gamma\Bigl(k + \frac32\Bigr) = \frac{1\cdot3\cdots(2k+1)}{2^{k+1}}\,\sqrt\pi .$
برهن، بالتراجع عبر تراجع السؤال 5، على الصيغة الوحيدة

$V_n = \frac{\pi^{n/2}}{\Gamma\bigl(\frac n2 + 1\bigr)} \qquad (n \geq 1),$

وتحقق من أنها تعيد إنتاج الصيغتين المغلقتين في السؤال 6.
بيّن $\int_0^\infty \eu^{-r^2}r^{n-1}\dd r = \tfrac12\Gamma\bigl(\tfrac n2\bigr)$ واستنتج المتطابقة

$I_n = n\,V_n\int_0^\infty \eu^{-r^2}\,r^{n-1}\,\dd r.$

وفسّرها: فالكتلة الغاوسية للفضاء $\R^n$ تُجمع على طول قشور كروية تكون “مساحتها ذات البعد $(n-1)$ ” عند نصف القطر $r$ هي $nV_nr^{n-1}$ — وقد بُرهن على الطرفين الآن برهانا مستقلا، ومنه فالتفسير لا يكلف شيئا.
ضع $s_{n-1} = nV_n$ (وهي مساحة كرة الوحدة $S^{n-1}$ ، بانسجام مع $v_n(R) = \int_0^R s_{n-1}r^{n-1}\dd r$ ). جدول $s_0, \dots, s_3$ وتحقق من $s_1 = 2\pi$ و $s_2 = 4\pi$ و $s_3 = 2\pi^2$ .

الجزء الرابع — الأبعاد العليا غريبة.

انطلاقا من صيغة ستيرلنغ (المبرهنة 6.13) مطبقة على $k!$ ، بيّن من أجل $n = 2k$ زوجي:

$V_n \sim \frac{1}{\sqrt{\pi n}} \Bigl(\frac{2\pi\eu}{n}\Bigr)^{n/2} \qquad (n \to \infty, \ n \text{ زوجي}),$

واشرح لماذا يمتد حصر التلاشي فوق الهندسي نفسه إلى $n$ الفردي عبر التراجع.
تقع كرة الوحدة المصمتة داخل المكعب $\intcc{-1}1^n$ ذي الحجم $2^n$ . احسب نسبة الملء $V_n/2^n$ من أجل $n = 2, 3, 10$ ، وبيّن أنها تؤول إلى $0$ : ففي البعد العالي، يقع كل المكعب تقريبا في زواياه.
بيّن أن نسبة $v_n(1)$ الواقعة على مسافة لا تتجاوز $\varepsilon$ من كرة الحد هي $1 - (1 - \varepsilon)^n \to 1$ ؛ وعدديا، أي نسبة من كرة مصمتة ذات بعد $100$ تقع في القشرة الخارجية ذات السماكة $1\%$ ؟
برهن على السلوك المقارب لواليس $W_n \sim \sqrt{\dfrac{\pi}{2n}}$ (برتابة $(W_n)$ ، والنسبة $W_n/W_{n-2} \to 1$ ، و $W_nW_{n-1} = \frac\pi{2n}$ )، وعلى الحصر السفلي $W_n \geq \sqrt{\dfrac{\pi}{2(n+1)}}$ من أجل كل $n$ .
(التركيز على شريحة) نسبة كرة الوحدة المصمتة التي إحداثيتها الأولى تتجاوز $\delta$ هي $\int_\delta^1(1 - x^2)^{\frac{n-1}2}\dd x \,\big/\, (2W_n)$ . باستعمال $1 - u \leq \eu^{-u}$ والحصر الذيلي $\int_\delta^\infty \eu^{-a x^2}\dd x \leq \frac{\eu^{-a\delta^2}}{2a\delta}$ ، بيّن أن هذه النسبة لا تتجاوز

$\frac{\eu^{-(n-1)\delta^2/2}}{(n-1)\,\delta} \Big/ \sqrt{\frac{2\pi}{n+1}}$

واستنتج: من أجل $\delta = s/\sqrt{n-1}$ ، تقع الكرة المصمتة كلها عدا نسبة $O(\eu^{-s^2/2}/s)$ منها في الشريحة $\abs{x_1} \leq s/\sqrt{n-1}$ . فالكرة المصمتة العالية البعد، إحصائيا، فطيرة رقيقة في كل اتجاه في آن واحد.
اجمع الأسئلة من 16 إلى 19 في فقرة واحدة: أين يقع حجم $B_n(1)$ (قرب كرة الحد، ومع ذلك داخل شرائح $O(1/\sqrt n)$ لكل مستو زائد يمر بالمركز)، ولماذا لا يتناقض النصان.

الجزء الخامس — أجسام أخرى، وتركيب.

(المبسّط) لتكن $\Delta_n = \{x \in \R^n : x_i \geq 0,\ \sum x_i \leq 1\}$ . بيّن بالتشريح وبالتراجع أن $\operatorname{vol}(\Delta_n) = \frac1{n!}$ .
(متعدد الوجوه المتقاطع) استنتج أن حجم $C_n = \{x : \sum\abs{x_i} \leq 1\}$ هو $\frac{2^n}{n!}$ ، وتحقق من الحصر $C_n \subseteq B_n(1) \subseteq \intcc{-1}1^n$ على مستوى الحجوم: $\frac{2^n}{n!} \leq V_n \leq 2^n$ .
احسب $V_4$ بطريقة ثالثة: شرّح $\R^4 = \R^2 \times \R^2$ ، وكامل مساحة القرص $(z, w)$ على القرص $(x, y)$ بالإحداثيات القطبية، واستعد $V_4 = \frac{\pi^2}2$ .
(مونت كارلو في ورطة) تُسحب نقطة بانتظام في المكعب $\intcc{-1}1^{20}$ . بيّن أن احتمال وقوعها في الكرة المصمتة المرسومة داخله هو $V_{20}/2^{20} \approx 2.5\cdot10^{-8}$ ، ومنه فإن نحو أربعين مليون سحبة لازمة قبل أن يُنتظر أول إصابة: فتقدير $V_n$ بالمعاينة بالرفض ينهار في البعد العالي (وهي لعنة الأبعاد).
تركيب. التقى اشتقاقان مستقلان عند $V_n = \pi^{n/2}/\Gamma(\frac n2 + 1)$ : اسرد أي مبرهنة من هذا الفصل استعمل كل منهما (فوبيني، تغيير المتغيرات، تكامل غاوس القطبي)، وأي معطيات ذات متغير واحد (واليس، $\Gamma$ ، ستيرلنغ). وأين يعيد مجلد السنة الثالثة هذا الحساب بنظرية لوبيغ، وماذا يضيف؟

حل

حل المسألة 20.1.

1. تُوصف الكرة المصمتة $B_n(R)$ بالحصور المكررة $-R \leq x_n \leq R$ ، ثم $\abs{x_{n-1}} \leq \sqrt{R^2 - x_n^2}$ ، وهكذا؛ والتعويض $x_i = Ru_i$ في كل من التكاملات $n$ ذات المتغير الواحد يضرب كلا منها في $R$ ويرسل الحدود على حدود $B_n(1)$ : $v_n(R) = R^n\,v_n(1) = V_nR^n$ .

2. بالتشريح على طول $x_n = t$ : مقطع $B_n(1)$ هو الكرة المصمتة $B_{n-1}\bigl(\sqrt{1 - t^2}\bigr)$ ، ومنه، بحسب السؤال 1،

V_n = \int_{-1}^1 v_{n-1}\bigl(\sqrt{1 - t^2}\bigr)\,\dd t = V_{n-1}\int_{-1}^{1}(1 - t^2)^{\frac{n-1}2}\,\dd t .

3. مع $t = \sin\theta$ ، $\dd t = \cos\theta\,\dd\theta$ و $(1 - t^2)^{\frac{n-1}2} = \cos^{n-1}\theta$ على $\intcc{-\pi/2}{\pi/2}$ :

\int_{-1}^1(1 - t^2)^{\frac{n-1}2}\dd t = \int_{-\pi/2}^{\pi/2}\cos^n\theta\,\dd\theta = 2\int_0^{\pi/2}\cos^n\theta\,\dd\theta = 2W_n,

والمقدار $\theta \mapsto \frac\pi2 - \theta$ يبادل بين صيغتي الجيب وجيب التمام للمقدار $W_n$ .

4. نكتب $\sin^n = \sin^{n-2}(1 - \cos^2)$ ونكامل $\int\sin^{n-2}\cos\cdot\cos$ بالتجزئة ( $v = \frac{\sin^{n-1}}{n-1}$ ):

W_n = W_{n-2} - \frac{W_n}{n-1} \quad\Longrightarrow\quad W_n = \frac{n-1}{n}W_{n-2}.

ومنه $nW_nW_{n-1} = (n-1)W_{n-1}W_{n-2}$ : أي إن المتتالية $(nW_nW_{n-1})$ ثابتة وتساوي $1\cdot W_1W_0 = 1\cdot\frac\pi2$ ، ومنه $W_nW_{n-1} = \frac{\pi}{2n}$ .

5. يعطي السؤالان 2 و3 المقدار $V_n = 2W_nV_{n-1}$ ، مرتين:

V_n = 2W_n\cdot 2W_{n-1}\,V_{n-2} = 4\,\frac{\pi}{2n}\,V_{n-2} = \frac{2\pi}n\,V_{n-2}.

6. انطلاقا من $V_0 = 1$ : $V_{2k} = \frac{2\pi}{2k}V_{2k-2} = \frac\pi kV_{2k-2}$ ، ومنه $V_{2k} = \frac{\pi^k}{k!}$ بالتراجع. وانطلاقا من $V_1 = 2$ : $V_{2k+1} = \frac{2\pi}{2k+1}V_{2k-1}$ ، ومنه

V_{2k+1} = 2\prod_{j=1}^k\frac{2\pi}{2j+1} = \frac{2^{k+1}\pi^k}{1\cdot3\cdot5\cdots(2k+1)} .

7. $V_1 = 2$ ، $V_2 = \pi \approx 3.142$ ، $V_3 = \frac{4\pi}3 \approx 4.189$ ، $V_4 = \frac{\pi^2}2 \approx 4.935$ ، $V_5 = \frac{8\pi^2}{15} \approx 5.264$ ، $V_6 = \frac{\pi^3}6 \approx 5.168$ ، $V_7 = \frac{16\pi^3}{105} \approx 4.725$ . والنسبة ذات الخطوة الواحدة هي $V_n/V_{n-1} = 2W_n$ ، و $(W_n)$ متناقصة ( $\sin^n \leq \sin^{n-1}$ نقطيا). والآن $2W_5 = 2\cdot\frac45\cdot\frac23 = \frac{16}{15} > 1$ بينما $2W_6 = 2\cdot\frac56\cdot\frac34\cdot\frac12\cdot\frac\pi2 = \frac{5\pi}{16} < 1$ : فالنسب تتجاوز $1$ حتى $n = 5$ وتقل عن $1$ ابتداء من $n = 6$ — ومنه فإن $(V_n)$ متزايدة حتى قيمتها العظمى $V_5$ ثم متناقصة.

8. من أجل $n \geq 13 > 4\pi$ : $V_n/V_{n-2} = 2\pi/n < \tfrac12$ ، ومنه $V_{n} \leq C\cdot 2^{-n/2}$ بثابت ثابت؛ وأفضل من ذلك، من أجل أي $q > 0$ ، يكون $2\pi/n < q^2$ من أجل $n$ كبيرة، ومنه $V_n/q^n \to 0$ : فالتلاشي يتفوق على كل متتالية هندسية. وينتج تقارب $\sum V_n$ من النسبة $V_n/V_{n-2} \to 0$ (بالمقارنة مع متسلسلة هندسية ابتداء من رتبة ما).

9. $\sum_{k\geq0}V_{2k}x^{2k} = \sum_{k\geq0}\frac{(\pi x^2)^k}{k!} = \eu^{\pi x^2}$ ، وهي المتسلسلة الأسية (الفصل 11)، وهي متقاربة من أجل كل $x$ . وعند $x = 1$ : $\sum_kV_{2k} = \eu^\pi \approx 23.14$ .

10. على المكعب $\intcc{-R}R^n$ تكون الدالة تحت التكامل هي الجداء $\prod_i\eu^{-x_i^2}$ ، ومنه يتفكك التكامل المكرر: $\bigl(\int_{-R}^R\eu^{-t^2}\dd t\bigr)^n$ . وبجعل $R \to \infty$ واستعمال $\int_\R\eu^{-t^2}\dd t = \sqrt\pi$ (المثال 20.17): $I_n = \pi^{n/2}$ .

11. يعطي $t = u^2$ المقدار $\Gamma(\tfrac12) = \int_0^\infty t^{-1/2}\eu^{-t}\dd t = 2\int_0^\infty\eu^{-u^2}\dd u = \sqrt\pi$ . وبتكرار $\Gamma(s+1) = s\Gamma(s)$ : $\Gamma(k+1) = k!\,\Gamma(1) = k!$ ، و

\Gamma\Bigl(k + \frac32\Bigr) = \Bigl(k + \frac12\Bigr)\Bigl(k - \frac12\Bigr)\cdots \frac12\cdot\Gamma\Bigl(\frac12\Bigr) = \frac{(2k+1)(2k-1)\cdots1}{2^{k+1}}\,\sqrt\pi .

12. نضع $F_n = \pi^{n/2}/\Gamma(\frac n2 + 1)$ . وبما أن $\Gamma(\frac n2 + 1) = \frac n2\,\Gamma(\frac n2) = \frac n2\,\Gamma(\frac{n-2}2 + 1)$ ، نحصل على $F_n = \frac{2\pi}nF_{n-2}$ : أي التراجع نفسه للمقدار $V_n$ (السؤال 5). والحالتان الأساسيتان: $F_1 = \sqrt\pi/\Gamma(\frac32) = \sqrt\pi/(\frac{\sqrt\pi}2) = 2 = V_1$ و $F_2 = \pi/\Gamma(2) = \pi = V_2$ . وبالتراجع $V_n = F_n$ من أجل كل $n$ ؛ ويعيد السؤال 11 تحويل ذلك إلى الصيغتين المغلقتين في السؤال 6.

13. مع $r = \sqrt t$ : $\int_0^\infty \eu^{-r^2}r^{n-1}\dd r = \frac12\int_0^\infty t^{\frac n2 - 1}\eu^{-t}\dd t = \frac12\Gamma(\frac n2)$ . ومنه

n\,V_n\int_0^\infty\eu^{-r^2}r^{n-1}\dd r = V_n\cdot\frac n2\,\Gamma\Bigl(\frac n2\Bigr) = V_n\,\Gamma\Bigl(\frac n2 + 1\Bigr) = \pi^{n/2} = I_n .

وبما أن الطرفين مبرهنان، يمكن قراءة المتطابقة تفكيكا قشريا لتكامل غاوس: فالكرة ذات نصف القطر $r$ تحمل المساحة $nV_nr^{n-1}$ ، ويُكامل الوزن الغاوسي $\eu^{-r^2}$ على القشور.

14. $s_0 = V_1 = 2$ (فالكرة $0$ نقطتان)، $s_1 = 2V_2 = 2\pi$ ، $s_2 = 3V_3 = 4\pi$ ، $s_3 = 4V_4 = 2\pi^2$ ؛ و $\int_0^R s_{n-1}r^{n-1}\dd r = V_nR^n = v_n(R)$ : أي إن المساحة هي المشتقة القطرية للحجم.

15. من أجل $n = 2k$ ، تعطي صيغة ستيرلنغ (المبرهنة 6.13) المقدار $k! \sim \sqrt{2\pi k}\,(k/\eu)^k$ ، ومنه

V_{2k} = \frac{\pi^k}{k!} \sim \frac{(\pi\eu/k)^k}{\sqrt{2\pi k}} = \frac1{\sqrt{\pi n}}\Bigl(\frac{2\pi\eu}n\Bigr)^{n/2} \qquad (n = 2k).

ومن أجل $n$ الفردي: $V_{2k+1} = 2W_{2k+1}V_{2k} \leq 2V_{2k}$ ، ومنه تتحقق حصور التلاشي فوق الهندسي نفسها (إلى غاية عامل $2$ وإزاحة بواحد في الأسّ) — فمن أجل كل $q > 0$ ، $V_n = o(q^n)$ .

16. $V_2/4 = \pi/4 \approx 0.785$ ؛ $V_3/8 = \pi/6 \approx 0.524$ ؛ $V_{10}/2^{10} = \frac{\pi^5}{120\cdot1024} \approx 0.0025$ . وبوجه عام $\frac{V_n/2^n}{V_{n-2}/2^{n-2}} = \frac{2\pi}{4n} = \frac{\pi}{2n} \to 0$ : فالنسبة تؤول إلى $0$ (تلاشيا فوق هندسي). ومنه فإن الكرة المصمتة المرسومة داخله تشغل نسبة متلاشية: فحجم المكعب يهاجر إلى زواياه.

17. بحسب السؤال 1، يكون حجم الكرة المصمتة الداخلية ذات نصف القطر $1 - \varepsilon$ هو $V_n(1-\varepsilon)^n$ ، ومنه تحمل القشرة الخارجية النسبة $1 - (1 - \varepsilon)^n \to 1$ . ومن أجل $n = 100$ ، $\varepsilon = 0.01$ : $(0.99)^{100} = \eu^{100\ln0.99} \approx \eu^{-1.005} \approx 0.366$ : أي إن نحو $63\%$ من الكرة المصمتة يقع على مسافة لا تتجاوز $1\%$ من سطحها.

18. $(W_n)$ متناقصة، ومنه $W_n \leq W_{n-1} \leq W_{n-2} = \frac{n}{n-1}W_n$ : وبالحصر، $W_{n-1}/W_n \to 1$ . وبالضرب في $W_nW_{n-1} = \frac\pi{2n}$ : $W_n^2 \sim \frac\pi{2n}$ ، أي $W_n \sim \sqrt{\pi/(2n)}$ . والحصر السفلي: $W_n^2 \geq W_nW_{n+1} = \frac{\pi}{2(n+1)}$ ، ومنه $W_n \geq \sqrt{\pi/(2(n+1))}$ من أجل كل $n$ .

19. البسط: يعطي $1 - x^2 \leq \eu^{-x^2}$ المقدار $(1 - x^2)^{\frac{n-1}2} \leq \eu^{-(n-1)x^2/2}$ ، ومع $a = \frac{n-1}2$ ،

\int_\delta^1(1 - x^2)^{\frac{n-1}2}\dd x \leq \int_\delta^\infty\eu^{-ax^2}\dd x \leq \int_\delta^\infty\frac x\delta\,\eu^{-ax^2}\dd x = \frac{\eu^{-a\delta^2}}{2a\delta} = \frac{\eu^{-(n-1)\delta^2/2}}{(n-1)\delta}.

والمقام: $2W_n \geq \sqrt{2\pi/(n+1)}$ بحسب السؤال 18. والقسمة تعطي الحصر المكتوب. ومن أجل $\delta = s/\sqrt{n-1}$ يصير $\sqrt{\tfrac{n+1}{2\pi(n-1)}}\;\eu^{-s^2/2}/s = O\bigl( \eu^{-s^2/2}/s\bigr)$ ، بانتظام بالنسبة إلى $n$ : فخارج الشريحة $\abs{x_1} \leq s/\sqrt{n-1}$ لا يكاد يوجد حجم، من أجل $s$ كبيرة نسبيا — وبالتناظر يصح الأمر نفسه في كل اتجاه.

20. يتعايش النصان لأنهما يصفان إحداثيات مختلفة للنقطة نفسها. فكل نقطة من $B_n(1)$ تقريبا معيارها قريب من $1$ (السؤال 17: التركيز القطري قرب الكرة)، ومع ذلك تكون كل إحداثية من إحداثياتها $n$ صغيرة، من رتبة $1/\sqrt n$ (السؤال 19)، وهو أمر منسجم لأن $n$ إحداثية حجمها $1/\sqrt n$ يكون معيارها من رتبة $1$ . فالحجم العالي البعد يتركز حيث تتقاسم جميع الإحداثيات ميزانية المعيار بالتساوي — أي قرب الكرة، لكن بعيدا عن كل قطب محور إحداثي.

21. نشرّح $\Delta_n$ عند $x_n = t \in \intcc01$ : فالمقطع هو $\{x' \in \R^{n-1} : x_i \geq 0,\ \sum x_i \leq 1 - t\} = (1-t)\Delta_{n-1}$ ، وحجمه $(1-t)^{n-1}\operatorname{vol}(\Delta_{n-1})$ بالتجانس. ومنه

\operatorname{vol}(\Delta_n) = \operatorname{vol}(\Delta_{n-1})\int_0^1(1 - t)^{n-1}\dd t = \frac{\operatorname{vol}(\Delta_{n-1})}{n} \quad\Longrightarrow\quad \operatorname{vol}(\Delta_n) = \frac1{n!}\,.

22. تقطع أثمان الإشارات وعددها $2^n$ المجموعة $C_n$ إلى $2^n$ نسخة من $\Delta_n$ (مع تراكبات مهملة على المستويات الزائدة الإحداثية): $\operatorname{vol}(C_n) = \frac{2^n}{n!}$ . فإذا كان $\sum\abs{x_i} \leq 1$ فإن $\sum x_i^2 \leq \bigl(\sum\abs{x_i}\bigr)^2 \leq 1$ : $C_n \subseteq B_n(1)$ ؛ و $B_n(1) \subseteq \intcc{-1}1^n$ لأن $\abs{x_i} \leq \norm x$ . ومنه $\frac{2^n}{n!} \leq V_n \leq 2^n$ — وهو منسجم مع السؤال 15، الذي يضع $V_n$ بين سلّمي العاملي والهندسي.

23. من أجل $(x, y)$ في قرص الوحدة، يكون مقطع $B_4(1)$ هو القرص ذا نصف القطر $\sqrt{1 - x^2 - y^2}$ في المستوي $(z, w)$ ، ومساحته $\pi(1 - x^2 - y^2)$ . وبالإحداثيات القطبية:

V_4 = \iint_{x^2+y^2\leq1}\pi(1 - x^2 - y^2)\,\dd x\,\dd y = \pi\int_0^{2\pi}\!\!\int_0^1(1 - \rho^2)\rho\, \dd\rho\,\dd\alpha = \pi\cdot2\pi\cdot\frac14 = \frac{\pi^2}2 ,

وهو يوافق السؤال 6.

24. الاحتمال هو نسبة الحجمين $\dfrac{V_{20}}{2^{20}} = \dfrac{\pi^{10}}{10!\cdot2^{20}} \approx \dfrac{0.0258}{1\,048\,576} \approx 2.5\cdot10^{-8}$ . وعدد السحبات حتى أول إصابة من رتبة المقلوب، أي نحو $4\cdot10^7$ : فمعاين بالرفض كان يعمل بشكل رائع من أجل القرص (بنسبة إصابات $\pi/4$ ) يصير عديم الفائدة في البعد $20$ — وهي لعنة الأبعاد في سطر واحد.

25. استعمل الطريق الأول (الجزءان الأول والثاني): التشريح من نوع فوبيني للتكامل المكرر، والتعويض ذا المتغير الواحد في كل إحداثية (بالتجانس)، وتكاملات واليس — أي حساب تفاضل وتكامل بمتغير واحد خالص مضافا إليه التراجع. واستعمل الطريق الثاني (الجزء الثالث): مبرهنة فوبيني من أجل البنية الجدائية للمقدار $I_n$ ، وتغيير المتغيرات القطبي عبر تكامل غاوس في المثال 20.17، والمعادلة الدالية للدالة $\Gamma$ . ويلتقيان في $V_n = \pi^{n/2}/\Gamma(\frac n2 + 1)$ ، مع تحويل صيغة ستيرلنغ (المبرهنة 6.13) الصيغة إلى سلوك مقارب. ويعيد مجلد السنة الثالثة بناء هذا كله على تكامل لوبيغ: فهناك تكون مبرهنة فوبيني وتغيير المتغيرات مبرهنتين من أجل الدوال القابلة للمكاملة العامة، وتوجد الإحداثيات الكروية في كل بعد، وتعود حجوم الكرات المصمتة نفسها عوائد محسوبة في مسألتي قياس الجداء وستيرلنغ — مع إحلال التقارب المهيمن محل حصورنا اليدوية.

المصطلحات المعرَّفة في هذا الفصل

عرض كل المصطلحات (395) في المسرد