الرياضيات الجامعية — السنة 2 · Bachelor Year 2

6مقارنة الدوال

بدأ التحليل المقارب — وهو فنّ تعويض مقدار معقّد بمقدار بسيط مع خطأ محكوم — في مجلد السنة الأولى مع نشور تايلور. ويجعله هذا الفصل تخصّصًا قائمًا بذاته: النشور على سلالم عامة، ومقارنة المتسلسلة بالتكامل بكل قوتها المقاربة، وصيغة ستيرلينغ (مبرهَنةً كاملةً)، والدراسة المنهجية للمتتاليات المعرَّفة ضمنيًا. وهذه التقنيات هي الخبز اليومي للتحليل المقارب، وكل فصل لاحق يقدّر أي شيء — متسلسلات أو تكاملات أو احتمالات — يأكل من هذه المائدة.

6.1 علاقات المقارنة والسلالم

تعريف 6.1

قرب نقطة $a$ (مع $a \in \R$ أو $\pm\infty$ )، ومن أجل الدوال (أو المتتاليات، مع $n \to \infty$ ): تُعرَّف $f = o(g)$ و $f = O(g)$ و $f \sim g$ كما في مجلد السنة الأولى. وسلّم المقارنة عند $a$ عائلة من الدوال الموجبة، قابلة للمقارنة مثنى مثنى، ومرتَّبة ترتيبًا كليًا بالعلاقة $o(\cdot)$ — والسلّم القياسي عند $+\infty$ هو

x^{\alpha} (\ln x)^{\beta} \qquad (\alpha, \beta \in \R),

مرتَّبًا معجميًا في $(\alpha, \beta)$ ، ويُنقَّح عند الحاجة بالأسّيات $\eu^{\gamma x}$ .

تعريف 6.2 (النشر المقارب)

تقبل $f$ النشر المقارب

f = c_1 \varphi_1 + c_2\varphi_2 + \dots + c_k \varphi_k + o(\varphi_k) \qquad (\varphi_{i+1} = o(\varphi_i) \text{ في السلّم})

إذا حققت البواقي المتتالية التقديرات المعروضة. وتكون المعاملات عندئذٍ وحيدة: $c_1 = \lim f/\varphi_1$ ، ثم بالتراجع $c_{i+1} = \lim\,(f - \sum_{j \leq i} c_j\varphi_j)/\varphi_{i+1}$ .

مثال 6.3

نشور تايلور نشورٌ مقاربة على السلّم $(x - a)^k$ عند $a$ . لكن المفهوم أوسع تمامًا: فعند $+\infty$ ،

\frac{1}{x - \ln x} = \frac1x \cdot \frac{1}{1 - \frac{\ln x}{x}} = \frac1x + \frac{\ln x}{x^2} + o\Bigl(\frac{\ln x}{x^2}\Bigr),

وهو نشر على سلّم مختلط — ولا تنطبق أي مبرهنة تايلور، بل المتسلسلة الهندسية وحساب المقادير $o$ فقط.

مثال 6.4 (السلّم القياسي مرتَّب فعلًا)

يحتاج الادعاء المعجمي في التعريف 6.1 سطرَ برهان لكل حالة. لنقارن $x^{\alpha}(\ln x)^{\beta}$ و $x^{\alpha'}(\ln x)^{\beta'}$ عند $+\infty$ . إذا كان $\alpha < \alpha'$ : فالنسبة $x^{\alpha - \alpha'}(\ln x)^{\beta - \beta'} \to 0$ ، لأن قوة سالبة للمقدار $x$ تسحق أي قوة للمقدار $\ln x$ (ضع $x = \eu^t$ : $\eu^{(\alpha - \alpha')t}\,t^{\beta - \beta'} \to 0$ بنهاية “الأسّي يغلب كثير الحدود” في مجلد السنة الأولى). وإذا كان $\alpha = \alpha'$ و $\beta < \beta'$ : فالنسبة $(\ln x)^{\beta - \beta'} \to 0$ مباشرةً. ومن ثم فإن الأزواج $(\alpha, \beta)$ ، مرتَّبةً معجميًا، ترتّب السلّم بالعلاقة $o(\cdot)$ — والتعويض $x = \eu^t$ هو الحيلة الصالحة لكل المقارنات المختلطة بين القوى واللوغاريتمات.

مثال 6.5 (ترتيب حديقة حيوان)

يجب أن تكون السلالم مرتَّبة؛ وهذا هو التمرين القياسي. عند $+\infty$ ، نقارن $n^{10}$ و $\eu^{\sqrt{\ln n}\,\cdot\,\sqrt n}$ و $2^n$ و $n^{\ln n}$ بأخذ اللوغاريتمات:

10\ln n \;\ll\; (\ln n)^2 \;\ll\; \sqrt{n\ln n} \;\ll\; n\ln 2 ,

حيث تعني $a_n \ll b_n$ أن $a_n = o(b_n)$ ؛ والمدخل الثاني هو $\ln(n^{\ln n})$ . وتحافظ الأسّيات على هذه الفجوات التامة (فإذا كان $\ln u_n - \ln v_n \to -\infty$ فإن $u_n/v_n \to 0$ )، ومنه

n^{10} = o\bigl(n^{\ln n}\bigr), \qquad n^{\ln n} = o\bigl(\eu^{\sqrt{n\ln n}}\bigr), \qquad \eu^{\sqrt{n\ln n}} = o(2^n) .

والعبرة مزدوجة: قارِن دائمًا عبر اللوغاريتمات (بفروق اللوغاريتمات، لا بنسبها)، ولا تستنتج أبدًا $u_n \sim v_n$ من $\ln u_n \sim \ln v_n$ — فالزوج $n^{10}$ و $n^{\ln n}$ نسبة $\ln$ فيه تؤول إلى $\infty$ ، لكن $2^n$ و $4^n$ نسبة $\ln$ فيهما تساوي $2$ بالضبط وهما غير متكافئين إطلاقًا.

6.2 مقارنة المتسلسلة بالتكامل، مقاربيًا

مبرهنة 6.6

لتكن $f$ متصلة وموجبة ومتناقصة على $\intco{1}{+\infty}$ .

إذا تقاربت $\int_1^{\infty} f$ ، فإن البواقي تحقق

$\int_{n+1}^{\infty} f \;\leq\; \sum_{k > n} f(k) \;\leq\; \int_{n}^{\infty} f .$
وإذا تباعدت $\int_1^\infty f$ ، فإن المجاميع الجزئية تحقق $\sum_{k=1}^{n} f(k) = \int_1^n f + C + o(1)$ من أجل ثابت $C$ ما: أي إن الفرق $\sum_{k \leq n} f(k) - \int_1^n f$ يتقارب.

برهان. كان الحصر $f(k+1) \leq \int_k^{k+1} f \leq f(k)$ (بالتناقص) هو حيلة السنة الأولى؛ ويعطي جمعه على $k \geq n+1$ أو على $k \geq n$ البندَ (1). ومن أجل (2)، نضع $u_k = f(k) - \int_k^{k+1} f$ : فبالحصر، $0 \leq u_k \leq f(k) - f(k+1)$ ، ومن ثم فإن المجاميع الجزئية للمتسلسلة $\sum u_k$ محدودة بالمجموع التلسكوبي $f(1) - f(n+1) \leq f(1)$ : فتتقارب المتسلسلة. زيادةً على ذلك، تكون المتتالية $\bigl(\int_n^{n+1} f\bigr)_n$ غير متزايدة (لأن $f$ متناقصة) وغير سالبة، ومن ثم فهي متقاربة. وبكتابة

\sum_{k=1}^{n} f(k) - \int_1^n f = \sum_{k=1}^{n} u_k + \int_n^{n+1} f ,

يتقارب الطرف الأيمن حين $n \to \infty$ : أي إن الفرق يتقارب إلى ثابت $C$ ، وهو البند (2). ∎

مثال 6.7 (نشر المتسلسلة التوافقية)

من أجل $f(t) = \frac1t$ : $H_n = \ln n + \gamma + o(1)$ ، فنستعيد ثابت أويلر (مجلد السنة الأولى) ببرهان أنظف. وبدفعها رتبة أخرى (التمرين 6.3):

H_n = \ln n + \gamma + \frac{1}{2n} + o\Bigl(\frac1n\Bigr).

وتُظهر الأعداد المكسب عند $n = 10$ : فلدينا $H_{10} = 2.928968\dots$ و $\ln 10 = 2.302585\dots$ ، ومن ثم فالتقدير الخام للمقدار $\gamma$ هو $H_{10} - \ln 10 = 0.626383$ ، بخطأ $0.049$ ؛ وطرح التصحيح $\frac1{20}$ يعطي $0.576383$ ، وهو يبعد عن $\gamma = 0.577216$ بمقدار $8.3\cdot10^{-4}$ فقط — وهو نفسه الحدّ التالي $\frac{1}{12\cdot100}$ في النشر، كما تبرهن مسألة نهاية الأسبوع (السؤال 8).

مثال 6.8 (تقدير خام للمقدار $\ln(n!)$ بلا ستيرلينغ)

تحدّد حيلة الحصر وحدها موقع $\ln(n!)$ بالفعل. فبما أن $\ln$ متزايدة،

\int_{k-1}^{k}\ln t\,\dd t \;\leq\; \ln k \;\leq\; \int_{k}^{k+1}\ln t\,\dd t ,

وبالجمع على $k = 2, \dots, n$ (مع $\int_1^n\ln = n\ln n - n + 1$ ):

n\ln n - n + 1 \;\leq\; \ln(n!) \;\leq\; (n+1)\ln(n+1) - n .

والسياجان كلاهما $n\ln n - n + O(\ln n)$ : ومنه $\ln(n!) = n\ln n - n + O(\ln n)$ ، وعلى الخصوص $\ln(n!) \sim n\ln n$ . وما تضيفه صيغة ستيرلينغ هو الدرجتان التاليتان — المقدار $\frac12\ln n$ والثابت $\ln\sqrt{2\pi}$ — وهما يكلّفان الحصر التلسكوبي الأدقّ في المبرهنة 6.13. ومعرفةُ أي دقة يشتريها كل أداة نصفُ صنعة التحليل المقارب.

مثال 6.9 (التلاشي يقتضي النشور)

لنحسب نهاية $\sqrt{n^2 + n} - n$ . فالحدّان كلاهما $\sim n$ ، والكتابة “ $\sim n - n$ ” لا معنى لها: إذ لا يمكن طرح المكافئات. فننشر بدل ذلك:

\sqrt{n^2 + n} - n = n\Bigl(\sqrt{1 + \tfrac1n} - 1\Bigr) = n\Bigl(\frac{1}{2n} - \frac{1}{8n^2} + O\Bigl(\frac1{n^3}\Bigr)\Bigr) = \frac12 - \frac{1}{8n} + O\Bigl(\frac1{n^2}\Bigr) :

فالنهاية $\frac12$ ، مع سرعة الاقتراب $\frac1{8n}$ مكافأةً. وتستحق الآلية اسمًا: فالفرق بين مقدارين كبيرين متكافئين يعيش كله في حدّيهما التاليين، ومن ثم يجب النشر إلى أول رتبة يختلف عندها الطرفان — مع حمل الباقي للتصديق على أن لا شيء آخر ينجو عند تلك الرتبة.

مثال 6.10 (مقارنة متباعدة، منفَّذة)

من أجل $f(t) = \frac{1}{t\ln t}$ على $\intco{2}{+\infty}$ (وهي متصلة وموجبة ومتناقصة): $\int_2^x f = \ln\ln x - \ln\ln 2 \to \infty$ ، ومن ثم حسب المبرهنة 6.6 (2)،

\sum_{k=2}^{n}\frac{1}{k\ln k} = \ln\ln n + C + o(1)

من أجل ثابت $C$ ما. ودرسان. أولًا، التباعد حقيقي لكنه جليدي: فالمجموع الجزئي يتجاوز $4$ أول مرة قرب $n \approx \eu^{\eu^{4 - C}}$ ، وهو عدد فلكي. ثانيًا، أعطت الدالة الأصلية الشكل $\ln\ln n$ ، ولم يُخمَّن: فمن أجل الحدود الرتيبة، يكون التكامل أداة الجمع القانونية، والثابت $C$ — مثل ثابت أويلر $\gamma$ — هو ذاكرة الحدود الأولى.

6.3 صيغة ستيرلينغ

مبرهنة مساعدة 6.11 (تكاملات واليس، من جديد)

لتكن $W_n = \int_0^{\pi/2} \sin^n t\,\dd t$ . عندئذٍ $nW_nW_{n-1} = \frac\pi2$ من أجل $n \geq 1$ ، و $(W_n)$ متناقصة، و $W_n \sim \sqrt{\dfrac{\pi}{2n}}$ .

برهان. تعطي المكاملة بالتجزئة $nW_n = (n-1)W_{n-2}$ (مع $n \geq 2$ )، ومن ثم فإن $nW_nW_{n-1}$ ثابت في $n$ ، ويساوي $1 \cdot W_1 W_0 = \frac\pi2$ . التناقص: $\sin^{n+1} \leq \sin^n$ على $\intcc{0}{\frac\pi2}$ . والحصر، بالتفصيل: تعطي الرتابة $W_{n+1} \leq W_n \leq W_{n-1}$ ، وبالقسمة على $W_{n-1} > 0$ ،

\frac{n}{n+1} = \frac{W_{n+1}}{W_{n-1}} \leq \frac{W_n}{W_{n-1}} \leq 1 ,

والمتطابقة اليسرى من التراجع عند الدليل $n + 1$ . ويؤول الحدّان إلى $1$ : ومنه $W_n \sim W_{n-1}$ ، ومن ثم

nW_n^2 \sim nW_nW_{n-1} = \frac\pi2 \qquad\Longrightarrow\qquad W_n \sim \sqrt{\frac{\pi}{2n}} .

∎

مثال 6.12 (تكاملات واليس الأولى)

من $W_0 = \frac\pi2$ و $W_1 = 1$ والتراجع $nW_n = (n-1)W_{n-2}$ :

W_2 = \frac\pi4, \qquad W_3 = \frac23, \qquad W_4 = \frac{3\pi}{16}, \qquad W_5 = \frac{8}{15}, \qquad W_6 = \frac{5\pi}{32}.

تحمل الأدلة الزوجية عاملًا $\pi$ ، والفردية ناطقة — وهما الجداءان المتداخلان للصيغ المغلقة. وعدديًا $W_6 \approx 0.4909$ في مقابل المقارب $\sqrt{\pi/12} \approx 0.5116$ : فعند $n = 6$ يكون المكافئ ضمن $5\%$ بالفعل، والمتطابقة الجدائية دقيقة عند كل $n$ : $6\,W_6W_5 = 6\cdot\frac{5\pi}{32}\cdot\frac8{15} = \frac\pi2$ . وجداول صغيرة كهذه أرخص طريقة لاصطياد زلة جبرية قبل أن تعدي حجة مقاربة.

مبرهنة 6.13 (ستيرلينغ)

n! \;\sim\; \sqrt{2\pi n}\, \Bigl(\frac{n}{\eu}\Bigr)^{\!n} .

برهان. الخطوة 1: $n! \sim C \sqrt n\, (n/\eu)^n$ من أجل ثابت $C > 0$ ما. نضع

d_n = \ln(n!) - \Bigl(n + \frac12\Bigr)\ln n + n .

عندئذٍ

d_n - d_{n+1} = \Bigl(n + \frac12\Bigr) \ln\frac{n+1}{n} - 1 = \Bigl(n + \frac12\Bigr)\Bigl(\frac1n - \frac{1}{2n^2} + \frac{1}{3n^3} + o\bigl(n^{-3}\bigr)\Bigr) - 1 = \frac{1}{12n^2} + o\Bigl(\frac{1}{n^2}\Bigr),

بنشر تايلور للدالة $\ln(1 + \frac1n)$ . ومن ثم تتقارب المتسلسلة $\sum (d_n - d_{n+1})$ بإطلاق (بالمقارنة مع $\sum n^{-2}$ )، فتتقارب $(d_n)$ ، ولتكن نهايتها $d$ ؛ وبأخذ الأسّي، $n! \sim C\sqrt n\,(n/\eu)^n$ مع $C = \eu^{d}$ .

الخطوة 2: $C = \sqrt{2\pi}$ عبر واليس. تتضافر الصيغة المغلقة $W_{2p} = \frac{(2p)!}{4^p (p!)^2}\cdot\frac\pi2$ (الآتية من التراجع، وهي حساب السنة الأولى معادًا في إطار المبرهنة المساعدة 6.11) مع الخطوة 1:

W_{2p} \sim \frac{C\sqrt{2p}\,(2p/\eu)^{2p}} {4^p\,\bigl(C\sqrt p\,(p/\eu)^p\bigr)^2}\cdot\frac{\pi}{2} = \frac{\sqrt{2p}}{C\,p}\cdot\frac{\pi}{2} = \frac{\pi}{C}\cdot\frac{1}{\sqrt{2p}} .

وبالمقارنة مع $W_{2p} \sim \sqrt{\frac{\pi}{4p}}$ (المبرهنة المساعدة 6.11): يفرض $\frac{\pi}{C\sqrt{2p}} = \sqrt{\frac{\pi}{4p}}\,(1 + o(1))$ أن $C = \pi \sqrt{\frac{4p}{2p\,\pi}} = \sqrt{2\pi}$ . ∎

مثال 6.14 (المعامل الثنائي المركزي)

\binom{2n}{n} = \frac{(2n)!}{(n!)^2} \sim \frac{\sqrt{4\pi n}\,(2n/\eu)^{2n}}{2\pi n\,(n/\eu)^{2n}} = \frac{4^n}{\sqrt{\pi n}} :

واحتمال أن يعود مسير عشوائي متناظر إلى $0$ عند الزمن $2n$ هو $\sim \frac{1}{\sqrt{\pi n}}$ — وهو إعلان عن الفصل 22.

ملاحظة 6.15 (آفاق داخل هذا المجلد)

يتكلم كل فصل كمّي آتٍ لغةَ هذا الفصل. فالفصل الفصل 7 يصنّف المتسلسلات بمقارنة حدودها بالسلّم $n^{-\alpha}(\ln n)^{-\beta}$ — وترسم مسألة نهاية الأسبوع فيه تلك الحدود كاملةً. ويفعل الفصل 9 الشيء نفسه من أجل التكاملات المعتلة، بالسلّم نفسه في المتغيّر المتصل. ويحسب الفصل 11 أنصاف أقطار التقارب من $\limsup\abs{a_n}^{1/n}$ ، وهو تمرين في مكافئ الجذور من الرتبة $n$ يكون فيه ستيرلينغ المفتاحَ القياسي ( $\sqrt[n]{n!} \sim \frac n\eu$ ، التمرين 6.4). وتصرف فصول الاحتمال ستيرلينغ مباشرةً: فالتقديرات المحلية في الفصل 22 للمعاملات الثنائية هي المثال 6.14 و المثال 6.21 حرفيًا. فالتحليل المقارب ليس فصلًا هنا؛ بل هو لكنة المجلد.

طريقة 6.16 (قائمة تدقيق الإقلاع المتدرّج)

قبل الوثوق بنشر متدرّج، دقّق أربع نقاط. (1) الوجود أولًا: يجب تثبيت الجذر أو المتتالية (بالرتابة والقيم الوسطى) قبل أي نشر — فالرموز بلا مرجع تنتشر بجمال ولا تعني شيئًا. (2) رتبة واحدة في كل مرور: لا يُوثق بكل تعويض إلا إلى رتبة التقدير المُدخَل؛ واستخراج حدّين جديدين من مرور واحد هو المصدر الكلاسيكي للمعاملات الخاطئة. (3) البواقي ترافقك: احمل المقدار $o(\cdot)$ عبر كل خطوة جبرية ودَع الابتلاع (ابتلاع البواقي الأكبر للحدود الأصغر) يقع في النهاية، صراحةً. (4) التدقيق العددي: قيّم عند قيمة أمينة واحدة للمقدار $n$ ؛ فخطأ المعامل ينجو من إعادة الاستنباط الجبري كثيرًا على نحو مفاجئ، ولا ينجو من الحساب أبدًا تقريبًا.

ملاحظة 6.17 (مزالق شائعة)

(1) تُجمَع المكافئات جمعًا سيئًا: فمن $u_n \sim n + \ln n$ و $v_n \sim -n$ لا يجوز استنتاج $u_n + v_n \sim \ln n$ ؛ فالتلاشيات تقتضي نشورًا ببواقٍ صريحة، لا مكافئات مجرّدة. (2) لا تأخذ أسّي تكافؤ أبدًا: فلدينا $n + 1 \sim n$ لكن $\eu^{n+1} \not\sim \eu^n$ ؛ والاتجاه الآمن هو أخذ لوغاريتمات المكافئات المؤولة إلى $+\infty$ (مسألة نهاية الأسبوع في هذا الفصل، السؤال 24). (3) النشر المقارب مرتبط بسلّم: فكتابة $f = \frac1x + o\bigl(\frac1{x^2}\bigr)$ تدّعي أكثر مما تدّعيه $f = \frac1x + o\bigl(\frac1x\bigr)$ ، وخلط الاثنين يُبطل الجبر اللاحق. (4) في الإقلاع المتدرّج، عوّض النشر الجاري كله، بما فيه الباقي — فإسقاط مقدار $o(\cdot)$ في منتصف المرور يُنتج معاملات معقولة لكنها خاطئة. (5) تحتاج مقارنة المتسلسلة بالتكامل إلى الرتابة: فهي تفشل تمامًا من أجل الحدود المتذبذبة (قارِن $\sum\frac{\sin k}k$ ، الفصل 7).

مثال 6.18 (ستيرلينغ بالأعداد)

عند $n = 10$ : تعطي الصيغة $\sqrt{20\pi}\,(10/\eu)^{10} \approx 3\,598\,696$ في مقابل $10! = 3\,628\,800$ : أي خطأ نسبي $8.3\cdot10^{-3}$ ، وهو مذهل من أجل قول “مقارب” عند $n = 10$ . وللخطأ بنية — وهي التنقيح الدقيق $n! = \sqrt{2\pi n}\,(n/\eu)^n\bigl(1 + \frac1{12n} + O(n^{-2})\bigr)$ — ويشرح تصحيحه الأول $\frac1{120} \approx 8.3\cdot10^{-3}$ الفجوةَ المرصودة بدقة تقريبًا. وآلة أويلر–ماكلورين في مسألة نهاية الأسبوع هي بالضبط المصدر المنهجي لحدود التصحيح هذه.

ملاحظة 6.19 (أين يُستعمَل هذا الفصل)

المقارنة المقاربة هي نحو كل ما هو كمّي فيما بعد: محكّات التقارب وبانوراما برتران في الفصل 7، ومحكّات قابلية المكاملة في الفصل 9، وحسابات نصف قطر التقارب في الفصل 11، ومبرهنات النهاية في الفصل 22 (حيث يُشغّل ستيرلينغ تقديرات دي موافر–لابلاس). ويُصنّع مجلد السنة الثالثة الفكرةَ الواحدة التي نبرهن عليها هنا يدويًا — استخرج الحدّ الرئيسي وحُدّ الباقي — فتصير طريقة لابلاس والتقارب المهيمَن عليه.

مثال 6.20 (تكامل مقارَن بنفسه: $\int_2^x \frac{\dd t}{\ln t}$ )

تعمل صندوق أدوات المقارنة على التكاملات أيضًا. لتكن $F(x) = \int_2^x\frac{\dd t}{\ln t}$ (والدالة المكامَلة متصلة على $\intco2\infty$ ). نكامل بالتجزئة:

F(x) = \Bigl[\frac{t}{\ln t}\Bigr]_2^x + \int_2^x\frac{\dd t}{(\ln t)^2} = \frac{x}{\ln x} + O\Bigl(\int_2^x\frac{\dd t}{(\ln t)^2}\Bigr) + O(1),

والتكامل الباقي هو $o\bigl(\frac{x}{\ln x}\bigr)$ : فنقسمه عند $\sqrt x$ ، ونحدّه بالمقدارين

\int_2^{\sqrt x}\frac{\dd t}{(\ln t)^2} \leq \sqrt x \qquad\text{و}\qquad \int_{\sqrt x}^{x}\frac{\dd t}{(\ln t)^2} \leq \frac{x}{(\ln\sqrt x)^2} = \frac{4x}{(\ln x)^2} .

ومنه $F(x) \sim \frac{x}{\ln x}$ . وسيتعرّف القراء الذين لقوا مبرهنة الأعداد الأولية في مسألة نهاية الأسبوع في هذا الفصل على $F$ : فهو التكامل اللوغاريتمي، وهو المقدِّر الأفضل للمقدار $\pi(x)$ ، ويبيّن الحساب أنه يتفق مع $\frac{x}{\ln x}$ إلى الرتبة الأولى.

مثال 6.21 (ستيرلينغ على معامل ثنائي غير متوازن)

يعطي روتين العواملات الثلاثة نفسه المستعمل من أجل المثال 6.14، ومن أجل $\binom{3n}{n} = \frac{(3n)!}{n!\,(2n)!}$ :

\binom{3n}{n} \sim \frac{\sqrt{6\pi n}\,(3n/\eu)^{3n}} {\sqrt{2\pi n}\,(n/\eu)^{n}\cdot\sqrt{4\pi n}\,(2n/\eu)^{2n}} = \sqrt{\frac{3}{4\pi n}}\, \Bigl(\frac{27}{4}\Bigr)^{\!n} .

والمعدل الأسّي $\frac{27}4 = \frac{3^3}{2^2}$ هو $\eu^{3n\,H(1/3)}$ بترميز الإنتروبيا في نظرية المعلومات: فالمعاملات الثنائية غير المتوازنة تنمو أبطأ تمامًا من المعامل المركزي $4^n$ لكل خطوتين — وهنا $(27/4)^{1/3} \approx 1.89 < 2$ لكل خطوة. وكل مقارب ثنائي في التوافقيات والاحتمال (الفصل 22) هو هذا الحساب الواحد بأوزان مختلفة.

6.4 المتتاليات المعرَّفة ضمنيًا

طريقة 6.22

لإيجاد مقاربات حلول $x_n$ لمعادلة $F(x, n) = 0$ :

وطّن: برهن على وجود $x_n$ ووحدانيته في فترة محدَّدة (بالرتابة ومبرهنة القيم الوسطى)، وجد سلوكه الخام (النهاية، ورتبة النموّ).
أقلِع تدريجيًا: عوّض الصورة الخامة $x_n = (\text{الحدّ الرئيسي})(1 + \varepsilon_n)$ في المعادلة وحُلّ من أجل الرتبة التالية للمقدار $\varepsilon_n$ ؛ وكرّر، فينقّح كل مرور رتبةً واحدة.

مثال 6.23

من أجل $n \geq 1$ ، للمعادلة $\tan x = x$ حلٌّ واحد بالضبط $x_n$ في $\intoo{n\pi - \frac\pi2}{n\pi + \frac\pi2}$ (فالدالة $\tan x - x$ متزايدة من $-\infty$ إلى $+\infty$ هناك، ومشتقها $\tan^2 x \geq 0$ ). الخام: $x_n = n\pi + \frac\pi2 - y_n$ مع $y_n \in \intoo{0}{\pi}$ ؛ وبما أن $x_n \to \infty$ و $\tan x_n = x_n \to +\infty$ ، فإن $x_n$ تقترب من المقارب من اليسار: $y_n \to 0$ . الإقلاع المتدرّج: $\tan x_n = \cot y_n = \frac{1}{\tan y_n} \sim \frac{1}{y_n}$ ، وتعطي المعادلة $\cot y_n = x_n \sim n\pi$ أن $y_n \sim \frac{1}{n\pi}$ . ومنه

x_n = n\pi + \frac\pi2 - \frac{1}{n\pi} + o\Bigl(\frac1n\Bigr),

وتستمر العملية إلى أي رتبة (التمرين 6.6).

مثال 6.24 (تشغيلة ثانية للطريقة)

حُلّ $x + \ln x = n$ مقاربيًا. التوطين: $x \mapsto x + \ln x$ متزايدة من $-\infty$ إلى $+\infty$ على $\intoo{0}{+\infty}$ : فجذر وحيد $x_n$ ، و $x_n \to \infty$ . الخام: يعطي $\ln x_n = o(x_n)$ أن $x_n \sim n$ . الإقلاع المتدرّج: من $x_n = n - \ln x_n$ ومن $\ln x_n = \ln n + o(1)$ (لوغاريتمات مكافئات، وكلا الطرفين $\to \infty$ ):

x_n = n - \ln n + o(1) ;

وبمرور آخر، مع $\ln x_n = \ln\bigl(n - \ln n + o(1)\bigr) = \ln n - \frac{\ln n}{n} + o\bigl(\frac{\ln n}n\bigr)$ :

x_n = n - \ln n + \frac{\ln n}{n} + o\Bigl(\frac{\ln n}{n}\Bigr).

(وللتحقق عند $n = 100$ : الجذر هو $x \approx 95.4415$ ؛ وتعطي صيغة الحدود الثلاثة $100 - 4.6052 + 0.0461 = 95.4409$ ، وصيغة الحدّين $95.3948$ — فيكسب كل مرور الرتبة المتوقعة.) الحلقة نفسها، ومنظر ثالث: فطريقة الطريقة 6.22 لا تعبأ بشكل المعادلة، بل بأن يعزل كل مرور المجهولَ المهيمن فحسب.

6.5 تمارين

تمرين 6.1 ★

انشر عند $+\infty$ ، حدّين بعد الحدّ الرئيسي:

\sqrt{x^2 + x + 1} , \qquad \ln(x^2 + x) - 2\ln x, \qquad \frac{x + \sin x}{x - \ln x} .

حل

حل التمرين 6.1.

$\sqrt{x^2 + x + 1} = x\sqrt{1 + \tfrac1x + \tfrac{1}{x^2}} = x + \frac12 + \frac38\cdot\frac1x + o\bigl(\frac1x\bigr)$ (بالنشر الثنائي: يعطي $\frac12 u - \frac18 u^2$ مع $u = \frac1x + \frac{1}{x^2}$ أن $\frac{1}{2x} + \frac{1}{2x^2} - \frac{1}{8x^2} = \frac{1}{2x} + \frac{3}{8x^2}$ ، ثم نضرب في $x$ ).

$\ln(x^2 + x) - 2\ln x = \ln\bigl(1 + \tfrac1x\bigr) = \frac1x - \frac{1}{2x^2} + o\bigl(\frac{1}{x^2}\bigr)$ .

الدالة الثالثة: ننشر كل عامل،

\frac{x + \sin x}{x - \ln x} = \Bigl(1 + \frac{\sin x}{x}\Bigr) \Bigl(1 + \frac{\ln x}{x} + \frac{(\ln x)^2}{x^2} + O\Bigl(\frac{(\ln x)^3}{x^3}\Bigr)\Bigr).

ونرتّب الإسهامات على السلّم عند $+\infty$ : $\frac{\ln x}{x} \gg \frac{1}{x} \geq \bigl|\frac{\sin x}{x}\bigr| \gg \frac{(\ln x)^2}{x^2}$ . ومن ثم فالحدّان اللذان يليان الحدّ الرئيسي $1$ هما $\frac{\ln x}{x}$ ، ثم حدّ التذبذب المحدود $\frac{\sin x}{x}$ :

\frac{x + \sin x}{x - \ln x} = 1 + \frac{\ln x}{x} + \frac{\sin x}{x} + O\Bigl(\frac{(\ln x)^2}{x^2}\Bigr).

تمرين 6.2 ★

أعطِ الطبيعة (تقارب أو تباعد) ومقاربات الحدّ الرئيسي عند التباعد للمقدار $\sum_{k \leq n} k^\alpha$ من أجل $\alpha > -1$ و $\alpha = -1$ و $\alpha < -1$ ، عبر المبرهنة 6.6.

حل

حل التمرين 6.2.

$f(t) = t^\alpha$ ( $t \geq 1$ ).

$\alpha > -1$ : تباعد، وحسب المبرهنة 6.6 (2)، $\sum_{k\leq n} k^\alpha = \frac{n^{\alpha+1}}{\alpha+1} + C + o(1)$ إذا كان $\alpha < 0$ (حيث تتناقص $f$ )؛ ومن أجل $\alpha \geq 0$ (حيث تتزايد $f$ ) يعطي الحصر نفسه بمتراجحات معكوسة أن $\sum_{k \leq n} k^\alpha \sim \frac{n^{\alpha + 1}}{\alpha + 1}$ .

$\alpha = -1$ : $H_n = \ln n + \gamma + o(1)$ (المثال 6.7).

$\alpha < -1$ : تقارب، بباقٍ $\sum_{k > n} k^\alpha \sim \frac{n^{\alpha+1}}{-(\alpha+1)}$ بالحصر (1) (فحدّا التكامل كلاهما مكافئ لتلك القيمة).

تمرين 6.3 ★★

برهن على أن $H_n = \ln n + \gamma + \frac{1}{2n} + o\bigl(\frac1n\bigr)$ . (ادرس $v_n = H_n - \ln n - \gamma$ : بيّن أن $v_n - v_{n+1} = \frac{1}{2n^2} + O(n^{-3})$ واجمع الذيل، بالمقارنة مع $\sum_{k \geq n} \frac{1}{2k^2} \sim \frac{1}{2n}$ — المبرهنة 6.6 (1).)

حل

حل التمرين 6.3.

لتكن $v_n = H_n - \ln n - \gamma \to 0$ . عندئذٍ

v_n - v_{n+1} = \ln\frac{n+1}{n} - \frac{1}{n+1} = \Bigl(\frac1n - \frac{1}{2n^2}\Bigr) - \Bigl(\frac1n - \frac{1}{n^2}\Bigr) + O\Bigl(\frac{1}{n^3}\Bigr) = \frac{1}{2n^2} + O\Bigl(\frac{1}{n^3}\Bigr),

باستعمال $\frac{1}{n+1} = \frac1n - \frac{1}{n^2} + O(n^{-3})$ . وبما أن $v_n \to 0$ ، فبالتلسكوب على الذيل:

v_n = \sum_{k \geq n} (v_k - v_{k+1}) = \sum_{k\geq n} \Bigl(\frac{1}{2k^2} + O(k^{-3})\Bigr) = \frac{1}{2n} + O\Bigl(\frac{1}{n^2}\Bigr),

حسب المبرهنة 6.6 (1) مطبَّقة على $t^{-2}$ (بباقٍ $\sim \frac1n$ ، منصَّفًا) وعلى $t^{-3}$ . ومنه $H_n = \ln n + \gamma + \frac{1}{2n} + o(\frac1n)$ .

تمرين 6.4 ★★

باستعمال ستيرلينغ، جد مكافئات المقادير: $\dfrac{(3n)!}{(n!)^3}$ ؛ و $\;\dfrac{n!}{n^n}$ ؛ و $\;\sqrt[n]{n!}$ (حين $\frac n\eu(1 + o(1))$ ، مصوغًا بدقة إلى حدّين).

حل

حل التمرين 6.4.

ستيرلينغ ثلاث مرات:

\frac{(3n)!}{(n!)^3} \sim \frac{\sqrt{6\pi n}\,(3n/\eu)^{3n}} {(2\pi n)^{3/2}\,(n/\eu)^{3n}} = \frac{\sqrt{6}\; 27^{\,n}}{2\pi n} \cdot \frac{1}{\sqrt{2\pi n}}\cdot\sqrt{2\pi n}\; = \frac{\sqrt3\,27^n}{2\pi n} .

(وبانتباه: $\frac{\sqrt{6\pi n}}{(2\pi n)^{3/2}} = \frac{\sqrt6}{(2\pi n)\sqrt{2\pi n}}\sqrt{\pi n} = \frac{\sqrt3}{2\pi n}$ .)

$\dfrac{n!}{n^n} \sim \sqrt{2\pi n}\,\eu^{-n}$ .

$\sqrt[n]{n!} = \exp\bigl(\frac{\ln n!}{n}\bigr)$ مع $\ln n! = n\ln n - n + \frac12\ln(2\pi n) + o(1)$ :

\sqrt[n]{n!} = \exp\Bigl(\ln n - 1 + \frac{\ln(2\pi n)}{2n} + o\Bigl(\frac{\ln n}{n}\Bigr)\Bigr) = \frac{n}{\eu}\Bigl(1 + \frac{\ln(2\pi n)}{2n} + o\Bigl(\frac{\ln n}{n}\Bigr)\Bigr).

تمرين 6.5 ★★

من أجل $n \geq 2$ ، برهن على أن للمعادلة $x^n + x = 1$ حلًا وحيدًا $x_n \in \intoo{0}{1}$ ، وأن $x_n \to 1$ ، وأثبت

x_n = 1 - \frac{\ln n}{n} + o\Bigl(\frac{\ln n}{n}\Bigr).

(من $x_n^n = 1 - x_n$ : خذ اللوغاريتمات وأقلِع تدريجيًا مع $x_n = 1 - \varepsilon_n$ .)

حل

حل التمرين 6.5.

$g(x) = x^n + x - 1$ متزايدة تمامًا على $\intcc{0}{1}$ من $-1$ إلى $1$ : فجذر وحيد $x_n$ . وبما أن $x_n^n = 1 - x_n \in \intoo{0}{1}$ : فلو كان $x_n \leq c < 1$ على متتالية جزئية، لكان $x_n^n \leq c^n \to 0$ ، ومنه $1 - x_n \to 0$ : وهو تناقض مع $x_n \leq c$ . ومنه $x_n \to 1$ .

نكتب $x_n = 1 - \varepsilon_n$ ، $\varepsilon_n \to 0^+$ . وتُقرأ المعادلة $(1 - \varepsilon_n)^n = \varepsilon_n$ ، أي

n\ln(1 - \varepsilon_n) = \ln \varepsilon_n \quad\Longrightarrow\quad -n\varepsilon_n\bigl(1 + o(1)\bigr) = \ln\varepsilon_n .

ومنه $n\varepsilon_n = -\ln\varepsilon_n\,(1 + o(1)) \to +\infty$ ، و بأخذ اللوغاريتمات من جديد: $\ln n + \ln\varepsilon_n = \ln(-\ln\varepsilon_n) + o(1)$ . وبما أن $\ln(-\ln \varepsilon_n) = o(\ln(1/\varepsilon_n))$ ، يعطي هذا أن $\ln\varepsilon_n \sim -\ln n$ ، ومنه $\varepsilon_n = \frac{-\ln\varepsilon_n}{n}(1 + o(1)) \sim \frac{\ln n}{n}$ :

x_n = 1 - \frac{\ln n}{n} + o\Bigl(\frac{\ln n}{n}\Bigr) .

تمرين 6.6 ★★

ادفع المثال 6.23 رتبة أخرى:

x_n = n\pi + \frac\pi2 - \frac{1}{n\pi} + \frac{1}{2n^2\pi} + o\Bigl(\frac{1}{n^2}\Bigr).

(اكتب $\cot y_n = x_n$ بالضبط، وانشر $\cot y = \frac1y - \frac y3 + o(y)$ و $x_n = n\pi(1 + \frac{1}{2n} - \dots)$ ، ثم عيّن المعاملات.)

حل

حل التمرين 6.6.

العلاقة الدقيقة: $\cot y_n = x_n = n\pi + \frac\pi2 - y_n$ ، مع $y_n \sim \frac{1}{n\pi}$ (لأن المثال 6.23). وننشر $\cot y = \frac1y - \frac y3 + O(y^3)$ :

\frac{1}{y_n} - \frac{y_n}{3} + O(y_n^3) = n\pi + \frac\pi2 - y_n \quad\Longrightarrow\quad \frac{1}{y_n} = n\pi + \frac\pi2 + O\Bigl(\frac1n\Bigr),

(فالحدّان $-y_n$ و $-\frac{y_n}{3}$ هما $O(\frac1n)$ ). ونقلب:

y_n = \frac{1}{n\pi}\cdot\frac{1}{1 + \frac{1}{2n} + O(n^{-2})} = \frac{1}{n\pi}\Bigl(1 - \frac{1}{2n} + O\Bigl(\frac{1}{n^2}\Bigr)\Bigr) = \frac{1}{n\pi} - \frac{1}{2n^2\pi} + O\Bigl(\frac{1}{n^3}\Bigr).

ومنه

x_n = n\pi + \frac{\pi}{2} - y_n = n\pi + \frac\pi2 - \frac{1}{n\pi} + \frac{1}{2n^2\pi} + o\Bigl(\frac{1}{n^2}\Bigr).

تمرين 6.7 ★★

عيّن $\lim_{n\to\infty} \dfrac{1}{n!}\sum_{k=0}^{n} k!$ (حُدّ مجموع كل الحدود عدا الأخيرين)، واستنتج النشر المقارب $\sum_{k \leq n} k! = n!\bigl(1 + \frac1n + O(n^{-2})\bigr)$ .

حل

حل التمرين 6.7.

نفصل الحدّين الأكبرين:

\sum_{k=0}^{n} k! = n! + (n-1)! + \sum_{k \leq n-2} k! , \qquad \sum_{k\leq n-2} k! \leq (n-1)\,(n-2)! = (n-1)! .

ومنه $1 \leq \frac{1}{n!}\sum k! \leq 1 + \frac{2}{n}$ : فالنهاية $1$ . وبالتنقيح: $\frac{(n-1)!}{n!} = \frac1n$ ، ويمكن شحذ الحدّ الخام $\sum_{k \leq n-2}k! \leq (n-1)!$ بالطريقة نفسها: $\sum_{k\leq n-2} k! = (n-2)!\,(1 + O(\frac1n)) = O\bigl(\frac{n!}{n^2}\bigr)$ . ومنه

\sum_{k=0}^{n} k! = n!\Bigl(1 + \frac1n + O\Bigl(\frac{1}{n^2}\Bigr)\Bigr).

تمرين 6.8 ★★★

لتكن $u_0 > 0$ و $u_{n+1} = u_n + \dfrac{1}{u_n}$ . برهن على أن $u_n \to \infty$ ، ثم على أن $u_n \sim \sqrt{2n}$ (ادرس $u_n^2$ : فتزايداتها $2 + u_n^{-2}$ ؛ ثم اجمع)، ونقّح:

u_n = \sqrt{2n}\Bigl(1 + \frac{\ln n}{8n} + o\Bigl(\frac{\ln n}{n}\Bigr)\Bigr).

(من $u_n^2 = 2n + \sum_{k<n} u_k^{-2} + u_0^2$ ومن $u_k^2 \sim 2k$ : يكون المجموع $\sim \frac12\ln n$ حسب المبرهنة 6.6.)

حل

حل التمرين 6.8.

$(u_n)$ متزايدة؛ ولو كانت محدودة لتقاربت إلى $\ell$ مع $\ell = \ell + \frac1\ell$ : وهذا محال. ومنه $u_n \to \infty$ .

المربّعات: $u_{n+1}^2 = u_n^2 + 2 + u_n^{-2}$ ، ومنه

u_n^2 = u_0^2 + 2n + \sum_{k=0}^{n-1} \frac{1}{u_k^2} .

والمجموع $o(n)$ (فالحدود تؤول إلى $0$ ، بتشيزارو)، ومنه $u_n^2 \sim 2n$ و $u_n \sim \sqrt{2n}$ .

التنقيح: $\frac{1}{u_k^2} \sim \frac{1}{2k}$ ، ومن ثم بالمقارنة (المبرهنة 6.6، أو بمكافئات المجاميع الجزئية للمتسلسلات الموجبة) $\sum_{k<n} u_k^{-2} \sim \frac12 \ln n$ . ومنه

u_n^2 = 2n + \frac{\ln n}{2}\,(1 + o(1)) + O(1) \quad\Longrightarrow\quad u_n = \sqrt{2n}\sqrt{1 + \frac{\ln n}{4n} + o\Bigl(\frac{\ln n}{n}\Bigr)} = \sqrt{2n}\Bigl(1 + \frac{\ln n}{8n} + o\Bigl(\frac{\ln n}{n}\Bigr)\Bigr).

تمرين 6.9 ★★★

(مجموع ريمان بلمسة) عيّن السلوك المقارب للمقدار

S_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{n + k\ln n} .

(أخرِج العامل $n$ : $S_n = \frac1n\sum_k \bigl(1 + \frac{k\ln n}{n}\bigr)^{-1}$ ؛ وتعرّف على مجموع من نمط ريمان بوسيط بطيء التغيّر $t = \ln n$ ، واحسب $\int_0^1 \frac{\dd u}{1 + tu} = \frac{\ln(1+t)}{t}$ ، واختم بأن $S_n \sim \frac{\ln\ln n}{\ln n}$ .)

حل

حل التمرين 6.9.

نُخرِج العامل $n$ ونضع $t = \ln n$ :

S_n = \frac1n \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{1 + t\,\frac kn} .

ومن أجل $t$ ثابت، يكون المجموع مجموعَ ريمان للدالة $u \mapsto \frac{1}{1 + tu}$ على $\intcc{0}{1}$ ؛ والدالة رتيبة في $u$ ، ومن ثم يُحصر مجموع ريمان بالتكامل مزاحًا بخطوة واحدة:

\int_0^1 \frac{\dd u}{1 + tu} - \frac1n \leq S_n \leq \int_0^1 \frac{\dd u}{1 + tu} + \frac1n

(وهي مقارنة مجاميع ريمان لدالة رتيبة بتكاملها، وهي صالحة من أجل كل $n$ بالعدد $t = \ln n$ الخاص به). والآن $\int_0^1 \frac{\dd u}{1 + tu} = \frac{\ln(1 + t)}{t}$ ، و $\frac1n = o\bigl(\frac{\ln t}{t}\bigr)$ : ومنه

S_n = \frac{\ln(1 + \ln n)}{\ln n} + O\Bigl(\frac 1n\Bigr) \;\sim\; \frac{\ln\ln n}{\ln n} .

تمرين 6.10 ★

برهن على المتطابقة $(\ln n)^{\ln n} = n^{\ln\ln n}$ ، ثم رتّب ما يلي ترتيبًا تصاعديًا بالعلاقة $o(\cdot)$ عند اللانهاية، مع البراهين: $n^2$ ، $(\ln n)^{\ln n}$ ، $2^n$ ، $n!$ ، $n^n$ .

حل

حل التمرين 6.10.

المتطابقة: $(\ln n)^{\ln n} = \eu^{\ln n\,\ln\ln n} = \bigl(\eu^{\ln n}\bigr)^{\ln\ln n} = n^{\ln\ln n}$ . والترتيب: نقارن اللوغاريتمات. $\ln(n^2) = 2\ln n$ ؛ $\ln\bigl((\ln n)^{\ln n}\bigr) = \ln n\ln\ln n$ ؛ $\ln(2^n) = n\ln2$ ؛ $\ln(n!) = n\ln n - n + O(\ln n)$ (بستيرلينغ، أو بالحصر الأخشن $\ln n! \sim n\ln n$ )؛ $\ln(n^n) = n\ln n$ . وبما أن $2\ln n = o(\ln n\ln\ln n)$ ، $\ln n\ln\ln n = o(n)$ ، $n\ln 2 = o(n\ln n - n)$ ، و $n \ln n - n \sim n\ln n$ لكن $n! / n^n \to 0$ (ففرق اللوغاريتمين $-n + O(\ln n) \to -\infty$ ):

n^2 = o\bigl((\ln n)^{\ln n}\bigr),\quad (\ln n)^{\ln n} = o(2^n),\quad 2^n = o(n!),\quad n! = o(n^n).

(ففي كل خطوة: يؤول فرق اللوغاريتمين إلى $+\infty$ ، ومن ثم تؤول النسبة إلى $0$ .)

تمرين 6.11 ★★

(ذيل المقدار $\sum 1/k^2$ ، بحدّين) باستعمال التلسكوب الدقيق $\sum_{k > n} \frac{1}{k(k+1)} = \frac{1}{n+1}$ والتفكيك $\frac1{k^2} = \frac{1}{k(k+1)} + \frac{1}{k^2(k+1)}$ ، برهن على أن

\sum_{k > n} \frac{1}{k^2} = \frac1n - \frac{1}{2n^2} + O\Bigl(\frac{1}{n^3}\Bigr).

حل

حل التمرين 6.11.

نفكك $\frac1{k^2} = \frac1{k(k+1)} + \frac1{k^2(k+1)}$ ونجمع من أجل $k > n$ :

\sum_{k>n}\frac1{k^2} = \frac1{n+1} + \sum_{k>n}\frac{1}{k^2(k+1)} ,

فالمجموع الأول تلسكوبي بالضبط ( $\frac1{k(k+1)} = \frac1k - \frac1{k+1}$ ). وأما الثاني: فلدينا $\frac{1}{k^2(k+1)} = \frac1{k^3} + O\bigl(\frac1{k^4}\bigr)$ (لأن $\frac{1}{k^2(k+1)} - \frac1{k^3} = \frac{-1}{k^3(k+1)}$ )، وبمقارنة التكامل $\sum_{k>n}\frac1{k^3} = \frac1{2n^2} + O\bigl(\frac1{n^3}\bigr)$ ، $\sum_{k>n}\frac1{k^4} = O\bigl(\frac1{n^3}\bigr)$ . ومنه

\sum_{k>n}\frac1{k^2} = \frac1{n+1} + \frac{1}{2n^2} + O\Bigl(\frac1{n^3}\Bigr) = \frac1n - \frac1{n^2} + \frac{1}{2n^2} + O\Bigl(\frac1{n^3}\Bigr) = \frac1n - \frac{1}{2n^2} + O\Bigl(\frac1{n^3}\Bigr),

باستعمال $\frac1{n+1} = \frac1n - \frac1{n^2} + O\bigl(\frac1{n^3}\bigr)$ .

تمرين 6.12 ★★★

لتكن $u_0 = \frac12$ و $u_{n+1} = u_n + \eu^{-u_n}$ . برهن على أن $u_n \to \infty$ ، ثم — بوضع $v_n = \eu^{u_n}$ وتبيان أن $v_{n+1} = v_n + 1 + \frac{1}{2v_n} + O\bigl(v_n^{-2}\bigr)$ — أثبت

u_n = \ln n + \frac{\ln n}{2n} + O\Bigl(\frac1n\Bigr).

حل

حل التمرين 6.12.

$(u_n)$ متزايدة؛ ولو كانت محدودة لتقاربت إلى قيمة منتهية $\ell$ مع $\ell = \ell + \eu^{-\ell}$ : وهذا مستحيل. ومنه $u_n \to \infty$ . ولتكن $v_n = \eu^{u_n} \to \infty$ : عندئذٍ

v_{n+1} = \eu^{u_n + \eu^{-u_n}} = v_n\,\eu^{1/v_n} = v_n\Bigl(1 + \frac1{v_n} + \frac1{2v_n^2} + O\bigl(v_n^{-3}\bigr)\Bigr) = v_n + 1 + \frac{1}{2v_n} + O\bigl(v_n^{-2}\bigr).

ويعطي جمع $v_{k+1} - v_k = 1 + O(1)$ أولًا أن $v_n = n + O(n)$ ، ومنه $v_n \geq cn$ ابتداءً من رتبة ما؛ وبإعادة الجمع مع $\frac1{2v_k} = O(\frac1k)$ نجد $v_n = n + O(\ln n)$ . وبمرور آخر: $\frac{1}{2v_k} = \frac{1}{2k}\bigl(1 + O\bigl(\tfrac{\ln k}k\bigr)\bigr)$ ، ومنه

v_n = n + \sum_{k<n}\frac1{2k} + O(1) = n + \frac{\ln n}2 + O(1).

وأخيرًا $u_n = \ln v_n = \ln n + \ln\Bigl(1 + \frac{\ln n}{2n} + O\bigl(\tfrac1n\bigr)\Bigr) = \ln n + \frac{\ln n}{2n} + O\bigl(\tfrac1n\bigr)$ .

6.6 مسألة: الإقلاع المتدرّج، من أويلر–ماكلورين إلى الأعداد الأولية

نادرًا ما يسلّم مقدار ضمني أو متراكم مقارباته دفعةً واحدة؛ بل تُستخرج على مرورات، يُغذّي كل مرور فيها العلاقةَ المعرِّفة بالتقدير السابق. وتدرّب مسألة نهاية الأسبوع هذه تلك الحلقة على معادلات جديدة، وتبرهن على صيغة أويلر–ماكلورين من الرتبة الأولى (وهي ترقية شبه المنحرف لمقارنة المتسلسلة بالتكامل، بأشرطة خطأ صارمة)، وتقلب $x\ln x = n$ ، وتصرف أشهر شيك للطريقة: فمن مبرهنة الأعداد الأولية المقبولة، نستخرج القانون المقارب $p_n \sim n\ln n$ للعدد الأولي رقم $n$ .

مسألة 6.1

مسألة نهاية الأسبوع — تصحيح أويلر–ماكلورين ومقاربات العدد الأولي رقم $n$

الجزء الأول — حلقة الإقلاع المتدرّج على معادلة جديدة.

برهن على قول الوحدانية في التعريف 6.2: إذا كان $f = \sum_{i\leq k} c_i\varphi_i + o(\varphi_k) = \sum_{i \leq k} c_i'\varphi_i + o(\varphi_k)$ على السلّم نفسه، فإن $c_i = c_i'$ من أجل كل $i$ . ثم ادفع مثال الدرس المختلط رتبة أخرى:

$\frac{1}{x - \ln x} = \frac1x + \frac{\ln x}{x^2} + \frac{(\ln x)^2}{x^3} + o\Bigl(\frac{(\ln x)^2}{x^3}\Bigr) \qquad (x \to +\infty),$

واشرح لماذا لا يظهر أي حدّ $\frac{c}{x^2}$ .
بيّن أنه من أجل كل $n \geq 1$ يوجد للمعادلة $\eu^x + x = n$ حلٌّ حقيقي واحد بالضبط $x_n$ ، وأن $x_n \to +\infty$ مع $x_n \sim \ln n$ .
أقلِع تدريجيًا مرتين:

$x_n = \ln n - \frac{\ln n}{n} - \frac{(\ln n)^2}{2n^2} + o\Bigl(\frac{(\ln n)^2}{n^2}\Bigr).$
تحقق عدديًا عند $n = 1000$ : قارِن $x_{1000} \approx 6.90083$ بالقيم ذات الحدّ الواحد والحدّين والثلاثة في السؤال 3، إلى خمسة أرقام عشرية.

الجزء الثاني — أويلر–ماكلورين، من الرتبة الأولى.

برهن على متطابقة نواة شبه المنحرف: من أجل $g$ من الصنف $C^2$ على $\intcc{0}{1}$ ،

$\int_0^1 g(t)\,\dd t = \frac{g(0) + g(1)}{2} - \frac12\int_0^1 t(1 - t)\,g''(t)\,\dd t$

(كامِل $\frac12 t(1-t)g''$ بالتجزئة مرتين).
لتكن $f$ من الصنف $C^2$ على $\intco{1}{+\infty}$ مع $\int_1^\infty \abs{f''} < \infty$ . بيّن أن

$E_n = \sum_{k=1}^{n} f(k) - \int_1^n f - \frac{f(1) + f(n)}{2}$

تتقارب إلى ثابت $E$ ، مع حدّ الذيل $\abs{E - E_n} \leq \frac18\int_n^\infty\abs{f''}$ : وهي صيغة أويلر–ماكلورين من الرتبة الأولى.
طبّق هذا على $f(t) = \frac1t$ : برهن على أن

$H_n = \ln n + \gamma + \frac{1}{2n} + \varepsilon_n, \qquad \abs{\varepsilon_n} \leq \frac{1}{8n^2},$

فتقوّي التمرين 6.3 (وعيّن الثابت بالمقدار $\gamma$ بالمقارنة مع المثال 6.7).
استخرج المعامل التالي: بيّن أن $\varepsilon_n = -\frac{1}{12n^2} + o\bigl(\frac1{n^2}\bigr)$ (فتزايدات $E_n$ هي $\frac12\int_0^1t(1-t)f''(n+t)\dd t = \frac1{12}f''(n) + o(f''(n))$ ؛ واجمع الذيل مع المبرهنة 6.6).
طبّق السؤال 6 على $f = \ln$ : أعد استنباط تقارب $d_n = \ln n! - (n + \frac12)\ln n + n$ في ثلاثة أسطر (وهو الخطوة 1 في المبرهنة 6.13)، مع مكافأة معدل الخطأ $d_n = d + O\bigl(\frac1n\bigr)$ .
طبّق السؤال 6 على $f(t) = \frac{1}{\sqrt t}$ : بيّن أن

$\sum_{k=1}^{n}\frac1{\sqrt k} = 2\sqrt n + c + \frac{1}{2\sqrt n} + O\Bigl(\frac{1}{n^{3/2}}\Bigr)$

من أجل ثابت $c$ ما، وقيّم كل الحدود عند $n = 10^4$ (والثابت هو $c \approx -1.4604$ ).

الجزء الثالث — القلب: المعادلة $x\ln x = n$ .

بيّن أن للمعادلة $x\ln x = n$ حلًا واحدًا بالضبط $x_n \in \intco{1}{+\infty}$ من أجل $n \geq 1$ ، وأن $x_n \to \infty$ ، وأن $\ln x_n \sim \ln n$ .
استنتج القلب ذا الحدّ الواحد $x_n \sim \dfrac{n}{\ln n}$ ، ثم أقلِع تدريجيًا مرة أخرى:

$\ln x_n = \ln n - \ln\ln n + o(1), \qquad x_n = \frac{n}{\ln n}\Bigl(1 + \frac{\ln\ln n}{\ln n} + o\Bigl(\frac{\ln\ln n}{\ln n}\Bigr)\Bigr).$
اختبر عند $n = 10^6$ : الجذر الحقيقي هو $x \approx 87\,848$ ؛ قارِن بالقيمة ذات الحدّ الواحد ( $\approx 72\,382$ ) وبالقيمة ذات الحدّين ( $\approx 86\,140$ )، واشرح بطء المكسب (فوسيط النشر هو $\frac{\ln\ln n}{\ln n}$ ، ولا يساوي إلا $\approx 0.19$ عند $n = 10^6$ ).
نقبل الآن مبرهنة الأعداد الأولية: يحقق عدد $\pi(x)$ الأعداد الأولية التي لا تتجاوز $\leq x$ العلاقةَ $\pi(x) \sim \frac{x}{\ln x}$ حين $x \to \infty$ (وهي مبرهَنة بأمانة في مجلد السنة الثالثة). وبكتابة $p_n$ للعدد الأولي رقم $n$ ، برّر $\pi(p_n) = n$ ، وشغّل قلب السؤالين 11–12 لتبرهن على أن

$p_n \sim n \ln n .$
الأرباح: (أ) بيّن أن $\sum_{k \leq n} p_k \sim \frac{n^2\ln n}{2}$ (قارِن $\sum k\ln k$ بالمقدار $\int t\ln t\,\dd t$ )؛ (ب) احسب الفرصة التقريبية لأن يكون عدد صحيح عشوائي منتظم ذو $100$ رقمًا أوليًا ( $\ln 10^{100} \approx 230.26$ : نحو واحد من كل $230$ ).

الجزء الرابع — تصدير الطريقة: $x\tan x = 1$ .

بيّن أنه من أجل كل $n \geq 1$ يوجد للمعادلة $\tan x = \frac1x$ حلٌّ واحد بالضبط $x_n$ في $\intoo{n\pi}{\,n\pi + \frac\pi2}$ ، وأن $z_n = x_n - n\pi \to 0^+$ .
حدٌّ واحد: $z_n \sim \dfrac{1}{n\pi}$ .
بيّن أن نشر $z_n$ لا يحتوي أي حدّ $\frac{c}{n^2}$ : أي $z_n = \frac1{n\pi} + O\bigl(\frac{1}{n^3}\bigr)$ .
ثلاثة حدود: باستعمال $\arctan u = u - \frac{u^3}3 + O(u^5)$ و $\frac1{x_n} = \frac{1}{n\pi} - \frac{z_n}{(n\pi)^2} + O(n^{-3}\cdot z_n^2)$ ، برهن على أن

$x_n = n\pi + \frac{1}{n\pi} - \frac{4}{3\pi^3 n^3} + o\Bigl(\frac{1}{n^3}\Bigr).$
تحقق عند $n = 3$ : الجذر الحقيقي $x_3 \approx 9.5293344$ ؛ قارِن القيمتين ذات الحدّ الواحد وذات الحدود الثلاثة، وقابِل بجملة واحدة بينها وبين المتتالية $\tan x = x$ في الدرس (المثال 6.23): أين تقع كل متتالية في نافذتها، ولماذا.

الجزء الخامس — إقلاع متدرّج حركي، وقواعد اللعبة، والتركيب.

لتكن $u_0 \in \intoo{0}{\pi}$ و $u_{n+1} = \sin u_n$ . بيّن أن $u_n \to 0$ تناقصيًا، واحسب نهاية $\dfrac{1}{u_{n+1}^2} - \dfrac{1}{u_n^2}$ (انشر $\sin^{-2}$ عبر $\sin u = u - \frac{u^3}6 + o(u^3)$ ).
استنتج، عبر متوسطات تشيزارو (مجلد السنة الأولى)، الكلاسيكيةَ

$u_n \sim \sqrt{\frac{3}{n}} .$
(حسابات مصدَّقة) باستعمال الحدّ الصارم في السؤال 7، بيّن أن تقييم $\ln n + \gamma + \frac1{2n}$ عند $n = 10^6$ يعطي $H_{10^6}$ بخطأ لا يتجاوز $1.25\cdot10^{-13}$ — أي مجموع بمليون حدّ محسوبًا إلى ثلاثة عشر رقمًا بثلاثة حدود.
(قواعد اللعبة) برهن أو ادحض، بالبراهين أو بالأمثلة المضادة: (أ) إذا كان $u_n \sim v_n \to +\infty$ فإن $\ln u_n \sim \ln v_n$ ؛ (ب) إذا كان $u_n \sim v_n$ فإن $\eu^{u_n} \sim \eu^{v_n}$ ؛ (ج) إذا كان $f \sim g$ عند $+\infty$ (مع $f, g$ قابلة للاشتقاق) فإن $f' \sim g'$ .
(تركيب) بجملة واحدة لكل بند: حلقة الإقلاع المتدرّج في الطريقة 6.22 كما استُعملت في الأجزاء الأول والثالث والرابع؛ وماذا يضيف تصحيح شبه المنحرف إلى المبرهنة 6.6؛ ولماذا يكون قلب $x\ln x$ هو بالضبط الجسر من $\pi(x)$ إلى $p_n$ ؛ وأي قاعدة من قواعد السؤال 24 حرست أي خطوة. وسمِّ القمتين: صيغة أويلر–ماكلورين (من الرتبة الأولى)، والقانون المقارب للعدد الأولي رقم $n$ .

حل

حل المسألة 6.1.

1. بطرح النشرين: $\sum_i (c_i - c_i')\varphi_i = o(\varphi_k)$ . فإذا اختلف معامل ما، وليكن $i_0$ أولها: فبالقسمة على $\varphi_{i_0}$ واستعمال $\varphi_j = o(\varphi_{i_0})$ من أجل $j > i_0$ نجد $c_{i_0} - c_{i_0}' = o(1)$ : أي صفرًا، وهو تناقض. وأما النشر: فمع $u = \frac{\ln x}x \to 0$ ،

\frac{1}{x - \ln x} = \frac1x\cdot\frac{1}{1 - u} = \frac1x\bigl(1 + u + u^2 + O(u^3)\bigr) = \frac1x + \frac{\ln x}{x^2} + \frac{(\ln x)^2}{x^3} + o\Bigl(\frac{(\ln x)^2}{x^3}\Bigr).

ولا يظهر أي حدّ $\frac c{x^2}$ لأن النشر متسلسلة هندسية في $u = \frac{\ln x}{x}$ : فكل حدّ يحمل من قوى $\ln x$ بقدر ما يحمل من قوى $\frac1x$ بعد الأولى؛ ودرجة السلّم $\frac1{x^2}$ (أي معامل $(\ln x)^0$ ) غائبة ببساطة، بمعامل $0$ .

2. $f(x) = \eu^x + x$ متصلة ومتزايدة تمامًا، ونهايتاها $-\infty$ و $+\infty$ : فهي تقابل $\R \to \R$ ، ومن ثم فإن $x_n = f^{-1}(n)$ موجود ووحيد، و $x_n \to +\infty$ (لأن $f^{-1}$ متزايدة إلى $+\infty$ ). ومن $\eu^{x_n} = n - x_n$ : $x_n = \ln(n - x_n) \leq \ln n$ ، ومنه $x_n/n \to 0$ و $x_n = \ln n + \ln(1 - x_n/n) = \ln n + o(1) \sim \ln n$ .

3. نكتب $u_n = x_n/n$ . المرور الثاني: $u_n = \frac{\ln n + o(1)}{n}$ ، ومنه

x_n = \ln n + \ln(1 - u_n) = \ln n - u_n + O(u_n^2) = \ln n - \frac{\ln n}{n} + o\Bigl(\frac{\ln n}n\Bigr).

المرور الثالث: الآن $u_n = \frac{\ln n}{n} - \frac{\ln n}{n^2} + o\bigl(\frac{\ln n}{n^2}\bigr)$ ، و $\ln(1 - u_n) = -u_n - \frac{u_n^2}2 + O(u_n^3)$ :

x_n = \ln n - \frac{\ln n}n + \frac{\ln n}{n^2} - \frac{(\ln n)^2}{2n^2} + o\Bigl(\frac{(\ln n)^2}{n^2}\Bigr) = \ln n - \frac{\ln n}{n} - \frac{(\ln n)^2}{2n^2} + o\Bigl(\frac{(\ln n)^2}{n^2}\Bigr),

مع ابتلاع الحدّ $\frac{\ln n}{n^2}$ في $o\bigl(\frac{(\ln n)^2}{n^2}\bigr)$ .

4. عند $n = 1000$ : $\ln 1000 \approx 6.90776$ (بخطأ $7\cdot10^{-3}$ )؛ وبحدّين: $6.90085$ (بخطأ $2\cdot10^{-5}$ )؛ وبثلاثة حدود: $6.90082$ (بخطأ دون $10^{-5}$ )، في مقابل $x_{1000} \approx 6.90083$ . ويشتري كل مرور العامل المتوقع $\frac{\ln n}{n}$ تقريبًا.

5. مكاملتان بالتجزئة، ابتداءً من اليمين: مع $\frac{\dd}{\dd t}\bigl[\tfrac12t(1-t)\bigr] = \tfrac12 - t$ و $t(1-t)$ منعدمة عند الطرفين،

\frac12\int_0^1 t(1-t)g''(t)\dd t = -\int_0^1\Bigl(\frac12 - t\Bigr)g'(t)\dd t = -\Bigl[\Bigl(\frac12 - t\Bigr)g\Bigr]_0^1 - \int_0^1 g = \frac{g(0) + g(1)}2 - \int_0^1 g .

وبإعادة الترتيب، هذه هي المتطابقة المذكورة.

6. نحسب التزايد، ثم نطبّق السؤال 5 على $g(t) = f(n + t)$ :

\begin{align*} E_{n+1} - E_n &= f(n{+}1) - \int_n^{n+1}\!f - \frac{f(n{+}1) - f(n)}2 \\ &= \frac{f(n) + f(n{+}1)}2 - \int_n^{n+1}\!f = \frac12\int_0^1 t(1-t)f''(n+t)\dd t . \end{align*}

وبما أن $0 \leq t(1-t) \leq \frac14$ : فإن $\abs{E_{n+1} - E_n} \leq \frac18\int_n^{n+1}\abs{f''}$ ، ويتقارب مجموعه على $n$ بحكم الفرض: ومنه تتقارب $(E_n)$ (فتزايداتها قابلة للجمع بإطلاق) إلى $E$ ما، مع

\abs{E - E_n} \leq \sum_{k\geq n}\abs{E_{k+1} - E_k} \leq \frac18\int_n^\infty\abs{f''} .

7. $f(t) = \frac1t$ : $f''(t) = \frac2{t^3}$ ، $\int_1^\infty\abs{f''} = 1 < \infty$ . والسؤال 6:

H_n = \ln n + \frac{1 + \frac1n}{2} + E + (E_n - E) = \ln n + \Bigl(E + \frac12\Bigr) + \frac1{2n} + \varepsilon_n,

مع $\abs{\varepsilon_n} = \abs{E_n - E} \leq \frac18\int_n^\infty\frac{2\dd t}{t^3} = \frac1{8n^2}$ . وبالمقارنة مع $H_n = \ln n + \gamma + o(1)$ (المثال 6.7) يتعيّن $E + \frac12 = \gamma$ .

8. من صيغة التزايد في السؤال 6،

\varepsilon_n = E_n - E = -\sum_{k\geq n}\frac12\int_0^1 t(1-t)\,\frac{2\,\dd t}{(k+t)^3} = -\sum_{k \geq n}\Bigl(\frac1{k^3}\int_0^1t(1-t)\dd t + O\Bigl(\frac1{k^4}\Bigr)\Bigr),

باستعمال $\frac{1}{(k+t)^3} = \frac1{k^3} + O\bigl(\frac1{k^4}\bigr)$ بانتظام من أجل $t \in \intcc01$ . ومع $\int_0^1 t(1-t) = \frac16$ و $\sum_{k\geq n}\frac1{k^3} \sim \frac{1}{2n^2}$ (المبرهنة 6.6):

\varepsilon_n = -\frac16\cdot\frac{1}{2n^2} + o\Bigl(\frac1{n^2}\Bigr) = -\frac{1}{12n^2} + o\Bigl(\frac{1}{n^2}\Bigr).

9. $f = \ln$ : $f''(t) = -\frac1{t^2}$ ، وهي قابلة للمكاملة بإطلاق. ويعطي السؤال 6 أن

\ln n! = \int_1^n\ln t\,\dd t + \frac{\ln n}2 + E + O\Bigl( \frac1{8}\int_n^\infty\frac{\dd t}{t^2}\Bigr) = \Bigl(n + \frac12\Bigr)\ln n - n + 1 + E + O\Bigl(\frac1n\Bigr),

ومنه $d_n = 1 + E + O\bigl(\frac1n\bigr)$ : أي تقارب $(d_n)$ — وهو الخطوة 1 في المبرهنة 6.13 — مع المعدل $O(1/n)$ . (وتعطي قيمة النهاية عند ستيرلينغ أن $E = \ln\sqrt{2\pi} - 1$ .)

10. $f(t) = t^{-1/2}$ : $f''(t) = \frac34 t^{-5/2}$ ، وهي قابلة للمكاملة بإطلاق. والسؤال 6:

\sum_{k=1}^n \frac1{\sqrt k} = 2\sqrt n - 2 + \frac{1 + \frac1{\sqrt n}}2 + E + O\bigl(n^{-3/2}\bigr) = 2\sqrt n + c + \frac{1}{2\sqrt n} + O\bigl(n^{-3/2}\bigr),

مع $c = E - \frac32$ . وعند $n = 10^4$ : $2\sqrt n = 200$ ، $c \approx -1.46035$ ، $\frac1{2\sqrt n} = 0.005$ : فالمتوقع $198.54465$ ، وفعلًا $\sum_{k\leq10^4}k^{-1/2} = 198.544645\dots$ — ثلاثة حدود، وسبعة أرقام.

11. $t \mapsto t\ln t$ متصلة ومتزايدة تمامًا على $\intco1\infty$ (بمشتق $\ln t + 1 \geq 1$ )، من $0$ إلى $+\infty$ : فيوجد $x_n$ وحيد، و $x_n \to \infty$ (وإلا لبقيت $x_n\ln x_n$ محدودة). وبأخذ اللوغاريتمات في $x_n\ln x_n = n$ : $\ln x_n + \ln\ln x_n = \ln n$ ؛ وبما أن $\ln\ln x_n = o(\ln x_n)$ ، تعطي القسمة على $\ln x_n$ أن $\frac{\ln n}{\ln x_n} \to 1$ : أي $\ln x_n \sim \ln n$ .

12. من $x_n = \frac{n}{\ln x_n}$ ومن $\ln x_n \sim \ln n$ : $x_n \sim \frac{n}{\ln n}$ . والمرور التالي: $\ln\ln x_n = \ln\bigl(\ln n\,(1 + o(1))\bigr) = \ln\ln n + o(1)$ ، ومنه $\ln x_n = \ln n - \ln\ln n + o(1)$ و

x_n = \frac{n}{\ln n - \ln\ln n + o(1)} = \frac{n}{\ln n}\cdot\frac{1}{1 - \frac{\ln\ln n + o(1)}{\ln n}} = \frac{n}{\ln n}\Bigl(1 + \frac{\ln\ln n}{\ln n} + o\Bigl(\frac{\ln\ln n}{\ln n}\Bigr)\Bigr).

13. عند $n = 10^6$ : $\frac{n}{\ln n} \approx 72\,382$ (بخطأ $18\%$ )، ويعطي الحدّان $\approx 86\,140$ (بخطأ $1.9\%$ )، في مقابل القيمة الحقيقية $x \approx 87\,848$ . والمكسب في كل مرور ليس إلا العامل $\frac{\ln\ln n}{\ln n} \approx \frac{2.63}{13.8} \approx 0.19$ : فالسلالم اللوغاريتمية تتقارب ببطء يثير الجنون — وهي واقعة حياة أينما كانت الأعداد الأولية حاضرة.

14. توجد $n$ عددًا أوليًا بالضبط $\leq p_n$ (وهي $p_1, \dots, p_n$ ): أي $\pi(p_n) = n$ . وتعطي مبرهنة الأعداد الأولية (المقبولة؛ مجلد السنة الثالثة) أن $n = \pi(p_n) \sim \frac{p_n}{\ln p_n}$ ، أي $p_n \sim n\ln p_n$ : وهذه هي المعادلة $x\ln x \approx n$ مقروءةً في الاتجاه المعاكس. وبأخذ اللوغاريتمات: $\ln p_n = \ln n + \ln\ln p_n + o(1)$ ، ويفرض $\ln\ln p_n = o(\ln p_n)$ أن $\ln p_n \sim \ln n$ كما في السؤال 11. وبالتعويض رجوعًا:

p_n \sim n\ln p_n = n\,\ln n\,\frac{\ln p_n}{\ln n} \sim n\ln n .

15. (أ) نثبّت $\varepsilon > 0$ ؛ ومن أجل $k$ الكبيرة، $(1 - \varepsilon)k\ln k \leq p_k \leq (1 + \varepsilon)k\ln k$ . وبالمقارنة مع الدالة المتزايدة $t\ln t$ (بحصر من نمط المبرهنة 6.6)، $\sum_{k\leq n}k\ln k = \int_1^n t\ln t\,\dd t + O(n\ln n) = \frac{n^2\ln n}2 - \frac{n^2}4 + O(n\ln n) \sim \frac{n^2\ln n}2$ . ومنه $\sum_{k\leq n}p_k = \frac{n^2\ln n}{2}(1 + O(\varepsilon) + o(1))$ من أجل كل $\varepsilon$ : أي $\sum_{k\leq n}p_k \sim \frac{n^2\ln n}2$ . (ب) بمبرهنة الأعداد الأولية، تكون بين الأعداد الصحيحة حتى $10^{100}$ نسبةٌ $\sim \frac{1}{\ln 10^{100}} = \frac1{230.26\dots}$ أولية: فاحتمال أن يكون عدد صحيح عشوائي منتظم ذو $100$ رقمًا أوليًا هو نحو $\frac1{230}$ .

16. على $\intoo{n\pi}{n\pi + \frac\pi2}$ ، تكون $g(x) = \tan x - \frac1x$ متصلة ومتزايدة تمامًا (لأن $g' = 1 + \tan^2x + \frac1{x^2} > 0$ )، بالقيمة $g \to -\frac1{n\pi} < 0$ عند الطرف الأيسر و $g \to +\infty$ عند الأيمن: فجذر واحد بالضبط $x_n$ . وبما أن $\tan z_n = \tan x_n = \frac1{x_n} \to 0$ مع $z_n \in \intoo{0}{\frac\pi2}$ : فإن $z_n \to 0^+$ .

17. $\tan z_n \sim z_n$ و $\frac1{x_n} \sim \frac1{n\pi}$ : ومنه $z_n \sim \frac1{n\pi}$ .

18. $z_n = \arctan\frac1{x_n}$ و $\arctan u = u + O(u^3)$ . ومع $z_n = O(\frac1n)$ :

\frac1{x_n} = \frac{1}{n\pi}\cdot\frac1{1 + \frac{z_n}{n\pi}} = \frac1{n\pi} - \frac{z_n}{n^2\pi^2} + O\Bigl(\frac1{n^4}\Bigr) = \frac1{n\pi} + O\Bigl(\frac1{n^3}\Bigr),

ومنه $z_n = \frac1{n\pi} + O\bigl(\frac1{n^3}\bigr)$ : فدرجة السلّم $\frac{c}{n^2}$ تحمل المعامل $0$ ، لأن أول تصحيح للمقدار $\frac1{x_n}$ هو نفسه من الحجم $\frac{z_n}{n^2} = O(n^{-3})$ .

19. نُدخِل $z_n = \frac1{n\pi} + O(n^{-3})$ في الصيغة السابقة:

\frac{1}{x_n} = \frac{1}{n\pi} - \frac{1}{n^3\pi^3} + O\Bigl(\frac1{n^5}\Bigr),

ثم $z_n = \arctan\frac1{x_n} = \frac1{x_n} - \frac{1}{3}\Bigl(\frac1{x_n}\Bigr)^3 + O\Bigl(\frac1{n^5}\Bigr) = \frac1{n\pi} - \frac{1}{n^3\pi^3} - \frac{1}{3n^3\pi^3} + O\Bigl(\frac1{n^5}\Bigr)$ :

x_n = n\pi + \frac{1}{n\pi} - \frac{4}{3\pi^3n^3} + O\Bigl(\frac1{n^5}\Bigr).

20. عند $n = 3$ : حدٌّ واحد يعطي $9.53088$ ، وثلاثة حدود تعطي $9.52929$ ، والجذر الحقيقي $9.52933$ : فالخطآن $1.5\cdot10^{-3}$ و $5\cdot10^{-5}$ . والمقابلة: من أجل $\tan x = x$ يجب أن يجعل الجذر $\tan$ ضخمًا، ومن ثم يلتصق بالطرف الأيمن $n\pi + \frac\pi2$ من النافذة، على مسافة $\sim\frac1{n\pi}$ قبل المقارب؛ ومن أجل $x\tan x = 1$ يجب أن يجعل الجذر $\tan$ ضئيلًا، ومن ثم يقع بُعيد الطرف الأيسر $n\pi$ ، على مسافة $\sim\frac1{n\pi}$ بعد الصفر. الطريقة نفسها، وجغرافيا معكوسة.

21. $\sin u < u$ على $\intoo0\pi$ ، و $\sin$ يرسل $\intoo0\pi$ في $\intoc01 \subseteq \intoo0\pi$ : فبعد خطوة واحدة $u_1 \in \intoc{0}{1}$ ، ثم تتناقص $(u_n)$ وتُحدّ من أسفل بالقيمة $0$ : فتتقارب إلى نقطة ثابتة للتطبيق $\sin$ ، أي إلى $0$ . والنشر: $\sin u = u(1 - \frac{u^2}6 + o(u^2))$ ، ومنه

\frac{1}{u_{n+1}^2} - \frac1{u_n^2} = \frac{1}{u_n^2}\Bigl(\bigl(1 - \tfrac{u_n^2}6 + o(u_n^2)\bigr)^{-2} - 1\Bigr) = \frac{1}{u_n^2}\Bigl(\frac{u_n^2}{3} + o(u_n^2)\Bigr) \longrightarrow \frac13 .

22. بتشيزارو (مجلد السنة الأولى)، يتقارب متوسط التزايدات إلى النهاية نفسها:

\frac{1}{n}\cdot\frac{1}{u_n^2} = \frac1n\Bigl(\frac1{u_0^2} + \sum_{k=0}^{n-1} \Bigl(\frac1{u_{k+1}^2} - \frac1{u_k^2}\Bigr)\Bigr) \longrightarrow \frac13 ,

ومنه $u_n^2 \sim \frac3n$ ، وبما أن كل الحدود موجبة، $u_n \sim \sqrt{3/n}$ .

23. حسب السؤال 7، $\abs{H_n - \ln n - \gamma - \frac1{2n}} \leq \frac1{8n^2}$ . وعند $n = 10^6$ يكون هذا الحدّ $\frac{1}{8\cdot10^{12}} = 1.25\cdot10^{-13}$ : فثلاثة حدود محسوبة تعطي المجموع التوافقي ذا المليون حدّ إلى ثلاثة عشر رقمًا، بشهادة خطأ صارمة تمامًا — وهو كل مغزى الصيغة المقاربة ذات الباقي الصريح.

24. (أ) صحيح: $\ln u_n - \ln v_n = \ln\frac{u_n}{v_n} \to 0$ في حين أن $\ln v_n \to +\infty$ ، ومن ثم تؤول نسبة اللوغاريتمين إلى $1$ . (ب) خاطئ: $u_n = n + 1 \sim v_n = n$ ، لكن $\eu^{u_n}/\eu^{v_n} = \eu \neq 1$ . فالتكافؤ يحتمل أخطاءً جمعية $o(1)$ في الأس، لا $O(1)$ . (ج) خاطئ: $f(x) = x + \sin(x^2) \sim g(x) = x$ عند $+\infty$ ، لكن $f'(x) = 1 + 2x\cos(x^2)$ يتذبذب بلا حدّ في حين أن $g' = 1$ : فلا يلزم أن تكون مشتقات دالتين متكافئتين قابلة للمقارنة إطلاقًا.

25. جرت حلقة الطريقة 6.22 على النحو نفسه ثلاث مرات: وطّن الجذر، واستخرج حدًّا خامًا، وأعِد إدخاله من أجل الرتبة التالية — على $\eu^x + x = n$ (الجزء الأول)، وعلى $x\ln x = n$ (الجزء الثالث)، وعلى $x\tan x = 1$ (الجزء الرابع). ويرقّي تصحيح شبه المنحرف مقارنةَ المتسلسلة بالتكامل من “الفرق يتقارب” إلى حدٍّ صريح $\frac{f(1) + f(n)}2$ بباقٍ مصدَّق $O(\int_n^\infty \abs{f''})$ — أي ثوابت وأشرطة خطأ بدل مجرد التقارب. والجسر إلى الأعداد الأولية قلبٌ محض: فمبرهنة الأعداد الأولية تقول $\pi(x)\ln x \approx x$ ، ومن ثم فإن $p_n$ ، المعرَّف بالعلاقة $\pi(p_n) = n$ ، يحلّ معادلة من نمط $x\ln x = n$ — ويرث مقارباتها. وقد شرّعت القاعدة (أ) في السؤال 24 كل انتقال من $u_n \sim v_n$ إلى $\ln u_n \sim \ln v_n$ (السؤالان 11 و14)؛ وخطأُ (ب) هو السبب في أننا لا نأخذ أسّي التكافؤات أبدًا. والقمتان: صيغة أويلر–ماكلورين من الرتبة الأولى (السؤال 6)، والقانون المقارب $p_n \sim n\ln n$ للعدد الأولي رقم $n$ (السؤال 14).

المصطلحات المعرَّفة في هذا الفصل

عرض كل المصطلحات (395) في المسرد