الرياضيات الجامعية — السنة 2 · Bachelor Year 2

7المتتاليات والمتسلسلات

تنضج نظرية المتسلسلات العددية (مجلد السنة الأولى) هنا في ثلاثة اتجاهات: المتسلسلات ذوات القيم في فضاءات باناخ، حيث ينهض التقارب المطلق بالعمل؛ والمحكّات الأدقّ للمتسلسلات الحقيقية (جمع آبل)؛ والعائلات القابلة للجمع — أي الجمع محرَّرًا من ترتيب الحدود — مع مبرهنة فوبيني للمجاميع المزدوجة وجداء كوشي. وتحمل هذه الأدوات كل فصول متسلسلات الدوال الآتية.

7.1 المتسلسلات في الفضاءات المعيارية

تعريف 7.1

من أجل متتالية $(u_n)$ في فضاء معياري $E$ ، تتقارب المتسلسلة $\sum u_n$ حين تتقارب مجاميعها الجزئية؛ وتتقارب بإطلاق حين يكون $\sum \norm{u_n} < \infty$ . وفي فضاء باناخ، يستلزم التقارب المطلق التقاربَ (المبرهنة 5.21)؛ وقد يفشل ذلك في فضاء غير تام (التمرين 7.9).

مثال 7.2

في $\mathcal{M}_n(K)$ (أو في $\mathcal{L}_c(E)$ ، حيث $E$ فضاء باناخ): من أجل $\vertiii A < 1$ ، تتقارب متسلسلة نويمان $\sum A^k$ بإطلاق إلى $(I - A)^{-1}$ (وقد بُرهن على ذلك في التمرين 5.5)؛ وتتقارب $\sum \frac{A^k}{k!}$ بإطلاق إلى $\eu^A$ من أجل كل $A$ (المثال 5.22). فالمتسلسلتان الهندسية والأسّية ذواتا القيم المؤثِّرة تسلكان مثل نموذجيهما العدديين — وهو كل مغزى إطار باناخ.

7.2 جمع آبل

مبرهنة 7.3 (جمع آبل ومحكّه)

(الجمع بالتجزئة) من أجل أعداد $a_n$ ومتجهات $b_n$ ، مع $B_n = \sum_{k=0}^{n} b_k$ :

\sum_{n=0}^{N} a_n b_n = a_N B_N - \sum_{n=0}^{N-1} (a_{n+1} - a_n) B_n .

(محك آبل) إذا كانت $(a_n)$ متتالية حقيقية متناقصة إلى $0$ ، وكانت المجاميع الجزئية $B_n$ محدودة (في فضاء باناخ)، فإن $\sum a_n b_n$ تتقارب.

برهان. المتطابقة، خطوةً خطوة: مع $B_{-1} = 0$ ، نكتب $b_n = B_n - B_{n-1}$ ونفصل،

\sum_{n=0}^{N} a_nb_n = \sum_{n=0}^{N} a_nB_n - \sum_{n=0}^{N} a_nB_{n-1} = \sum_{n=0}^{N} a_nB_n - \sum_{n=0}^{N-1} a_{n+1}B_{n} ,

ونعيد ترقيم المجموع الثاني بالدليل $n \mapsto n + 1$ (فالحدّ $B_{-1}$ ينعدم)؛ وبجمع المجال المشترك $0 \leq n \leq N-1$ يبقى $a_NB_N$ مضافًا إليه $\sum_{n\leq N-1}(a_n - a_{n+1})B_n$ : وهي الصيغة المذكورة. وهي المكاملة بالتجزئة المتقطعة، مع $(B_n)$ بوصفه دالة أصلية للمقدار $(b_n)$ ، والفرق $a_{n+1} - a_n$ بوصفه مشتقًا للمقدار $(a_n)$ . ومن أجل المحك، مع $\norm{B_n} \leq M$ : يكون الحدّ الحدّي $a_N B_N \to 0$ ؛ وتتقارب المتسلسلة $\sum (a_n - a_{n+1})B_n$ بإطلاق، لأن

\sum_n \norm{(a_{n+1} - a_n)B_n} \leq M \sum_n (a_n - a_{n+1}) = M a_0 < \infty

(بالتلسكوب، مع $a_n \downarrow 0$ ). فيتقارب جزءا المتطابقة كلاهما، ومن ثم تتقارب $\sum a_n b_n$ . ∎

مثال 7.4

$\sum \frac{\sin n}{n}$ تتقارب: فلدينا $a_n = \frac1n \downarrow 0$ و $B_n = \sum_{k=1}^{n} \sin k$ محدودة — بل إنها $B_n = \Im\sum_{k \leq n} \eu^{\iu k} = \Im\,\frac{\eu^{\iu}(\eu^{\iu n} - 1)}{\eu^{\iu} - 1}$ ، وطويلتها $\leq \frac{2}{\abs{\eu^{\iu} - 1}}$ . ولا تتقارب بإطلاق (إذ $\abs{\sin n} \geq \sin^2 n = \frac{1 - \cos 2n}{2}$ ، و $\sum \frac{1 - \cos 2n}{2n}$ متباعدة لأن $\sum \frac{\cos 2n}{n}$ متقاربة بمحك آبل نفسه في حين أن $\sum \frac{1}{2n}$ متباعدة). ومحك المتسلسلات المتناوبة هو الحالة الخاصة $b_n = (-1)^n$ .

مثال 7.5 (آبل على دائرة التقارب)

من أجل أي أعداد عقدية $z$ بشرط $\abs z = 1$ تتقارب $\sum_{n \geq 1} \frac{z^n}{n}$ ؟ عند $z = 1$ تكون المتسلسلة التوافقية: فتتباعد. ومن أجل $z \neq 1$ على الدائرة، ينطبق محك آبل مع $a_n = \frac1n \downarrow 0$ ومع $b_n = z^n$ ، التي تكون مجاميعها الجزئية محدودة بغض النظر عن $N$ :

\Bigl|\sum_{n=1}^{N} z^n\Bigr| = \Bigl|\frac{z(z^N - 1)}{z - 1}\Bigr| \leq \frac{2}{\abs{z - 1}} .

فهي متقاربة — وإن لم تكن بإطلاق أبدًا ( $\sum\frac1n$ ). متسلسلة واحدة ودائرة من السلوكات: تباعد عند نقطة واحدة، وتقارب نصفي في كل مكان آخر. وهذا هو السلوك الحدّي القياسي لمتسلسلات القوى (الفصل 11)، ملقىً هنا باليدين المجرّدتين؛ وعند $z = -1$ نستعيد المتسلسلة التوافقية المتناوبة، وعند $z = \eu^{\iu\theta}$ يكون جزآها الحقيقي والتخيلي هما المتسلسلتين $\sum\frac{\cos n\theta}{n}$ و $\sum\frac{\sin n\theta}{n}$ في التمرين 7.4.

مثال 7.6 (متسلسلة متناوبة ملغومة)

هل تتقارب $\sum_{n\geq2} \dfrac{(-1)^n}{\sqrt n + (-1)^n}$ ؟ الإشارات تتناوب والحدود تؤول إلى $0$ — ومع ذلك لا ينطبق محك المتناوبات: فالطوائل $\frac{1}{\sqrt n + (-1)^n}$ ليست متناقصة (إذ تقفز إلى أعلى عند كل $n$ فردي). فننشر بدل ذلك:

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

الجزء الأول يتقارب (بمحك المتناوبات، مطبَّقًا بأمانة على $\frac1{\sqrt n}\downarrow0$ )، والثالث يتقارب بإطلاق — لكن الجزء الأوسط هو المتسلسلة التوافقية المتباعدة: ومن ثم يتباعد المجموع إلى $-\infty$ . والفكرة الختامية: حين تفشل الرتابة، انشر إلى أن يصير كل جزء إما متقاربًا بإطلاق وإما حالةَ محك نظيفة؛ فالمقدار $-\frac1n$ المختبئ غير مرئي لعدّ الإشارات.

ملاحظة 7.7 (مزالق شائعة)

(1) قولُ “الحدود تؤول إلى $0$ ” لا يبرهن على شيء: فالمتسلسلة التوافقية تتباعد. (2) يقتضي محك المتناوبات طوائل متناقصة — والمتسلسلة المثال 7.6 هي المثال المضاد القانوني، والمتسلسلة الثالثة في التمرين 7.1 هي التمرين. (3) لا يجوز إعادة ترتيب المتسلسلات المتقاربة شرطيًا (المثال 7.12)، وقد تتباعد جداءاتها الكوشية: فمن أجل مربّع $\sum\frac{(-1)^n}{\sqrt{n+1}}$ ، تحقق الحدود القطرية

\abs{c_k} = \sum_{m=0}^{k} \frac{1}{\sqrt{(m+1)(k-m+1)}} \geq (k+1)\cdot\frac{2}{k+2} \longrightarrow 2 \neq 0

(فكل عامل لا يتجاوز $\frac{k+2}2$ بمتراجحة المتوسطين)، ومن ثم تتباعد $\sum c_k$ — فالتقارب المطلق لأحد العاملين على الأقل (التمرين 7.8) ليس ترفًا. (4) القابلية للجمع تتعلق بحدود مطلقة بحكم التعريف: فلا وجود لعائلة قابلة للجمع شرطيًا.

7.3 العائلات القابلة للجمع

تعريف 7.8

لتكن $I$ مجموعة أدلة قابلة للعد. تكون عائلة $(u_i)_{i \in I}$ من الأعداد الحقيقية غير السالبة قابلة للجمع إذا كانت مجاميعها الجزئية المنتهية محدودة؛ ويكون مجموعها

\sum_{i \in I} u_i = \sup_{F \subseteq I \text{ منته}} \sum_{i \in F} u_i \in \intcc{0}{+\infty} .

وتكون عائلة من الأعداد الحقيقية أو العقدية (أو من متجهات باناخ) قابلة للجمع إذا كانت $(\norm{u_i})$ كذلك؛ ويُعرَّف مجموعها عندئذٍ بالفصل إلى الجزأين الموجب والسالب (أو الحقيقي والتخيلي) — وبكيفية مكافئة، بوصفه القيمة المشتركة للمقدار $\sum_{n} u_{\sigma(n)}$ على كل ترقيمات $\sigma$ للمجموعة $I$ (انظر أدناه).

طريقة 7.9 (كيف نختار محكًّا)

أمام $\sum u_n$ ، وبهذا الترتيب: (1) إذا كان $u_n \not\to 0$ ، فتباعد، وتوقّف. (2) إذا كانت الحدود ثابتة الإشارة، فقارِن: جد مكافئًا (الفصل 6) وضعه على خريطة ريمان–برتران. (3) إذا تناوبت الإشارات بطوائل متناقصة، فمحك المتناوبات؛ وإذا لم تكن الطوائل رتيبة، فانشر الحدّ إلى أن يصير كل جزء متقاربًا بإطلاق أو حالةَ محك نظيفة (المثال 7.6). (4) إذا كان نمط الإشارات متذبذبًا لكنه منظَّم ( $\sin n\theta$ ، $\eu^{\iu n\theta}$ ، أو قوى مصفوفات)، فمحك آبل بمجاميع جزئية محدودة. (5) والتقارب المطلق جدير بالفحص أولًا دائمًا: فهو أقوى، ولا يتأثر بالترتيب، ويفتح جداءات كوشي وفوبيني.

مثال 7.10 (القابلية للجمع بعدّ الأقطار)

من أجل أي $s > 0$ تكون العائلة $\bigl((m + n)^{-s}\bigr)_{m, n \geq 1}$ قابلة للجمع؟ نجمّع المجاميع الجزئية المنتهية حسب الأقطار $m + n = k$ : فالقطر $k$ يحمل $k - 1$ زوجًا، ويسهم كلٌّ منها بالمقدار $k^{-s}$ ، ومن ثم تُحدّ المجاميع المنتهية بالضبط (وتستنفد)

\sum_{k \geq 2} \frac{k - 1}{k^{s}} ,

وهي متسلسلة ذات حدود موجبة مكافئة للمقدار $k^{1-s}$ : فهي قابلة للجمع إذا وفقط إذا $s - 1 > 1$ ، أي $s > 2$ . فالدليل ذو البعدين يلتهم قوة كاملة: أي إن مستويًا من الحدود “أكثر تباعدًا ببعد واحد” من مستقيم — فهندسة عدّ مجموعة الأدلة، لا حجم الحدود المفردة، هي التي تقرّر القابلية للجمع. (ويبيّن الإحصاء نفسه أن $\bigl((m^2 + n^2)^{-1}\bigr)$ ليست قابلة للجمع: فعلى القطر $m + n = k$ ، كل حدّ لا يقلّ عن $k^{-2}$ ، و $(k-1)\cdot k^{-2}$ يُجمع مثل المتسلسلة التوافقية.)

مبرهنة 7.11 (القابلية للجمع والترتيب)

من أجل العائلات غير السالبة، لا يتغير المجموع تحت أي ترقيم: $\sum_{i} u_i = \sum_{n=0}^{\infty} u_{\sigma(n)}$ من أجل كل تقابل $\sigma \colon \N \to I$ .
تكون متسلسلة حقيقية أو عقدية $\sum u_n$ متقاربة تبديليًا (أي إن كل إعادة ترتيب تتقارب، بالمجموع نفسه) إذا وفقط إذا كانت متقاربة بإطلاق.

برهان. (1) كل مجموع جزئي $\sum_{n \leq N} u_{\sigma(n)}$ هو مجموع جزئي منته للعائلة (ومن ثم فهو $\leq$ النهاية العليا)؛ وكل مجموعة منتهية $F$ محتواة في $\{\sigma(0), \dots, \sigma(N)\}$ ما (ومن ثم فالنهاية العليا $\leq$ نهاية المتسلسلة). فيتطابق الحدّان.

(2) إذا كان $\sum\abs{u_n} < \infty$ : فمن أجل أي إعادة ترتيب $\sigma$ وأي $\varepsilon > 0$ ، نختار $N$ بحيث $\sum_{n > N}\abs{u_n} \leq \varepsilon$ ؛ وبعد الرتبة التي يكون فيها $\sigma$ قد استنفد $\intint{0}{N}$ ، تختلف المجاميع الجزئية المعاد ترتيبها عن النهاية الأصلية بمقدار لا يتجاوز $\varepsilon$ : أي المجموع نفسه. وإذا كان $\sum \abs{u_n} = \infty$ مع تقارب $\sum u_n$ (في الحالة الحقيقية؛ والعقدية تتبع إحداثيةً إحداثية): فإن الجزأين الموجب والسالب يتباعدان معًا، ويمكن إعادة الترتيب لبلوغ أي نهاية مفروضة — وهي مبرهنة ريمان، المنفَّذة في التمرين 7.5 — ومن ثم يفشل التقارب التبديلي. ∎

مثال 7.12 (إعادة ترتيب متلبّسة بالجرم)

مجموع المتسلسلة التوافقية المتناوبة هو $\sum_{n\geq1}\frac{(-1)^{n-1}}{n} = \ln 2$ (مجلد السنة الأولى). ولنعد ترتيبها على صورة “موجب واحد، ثم سالبان”:

1 - \frac12 - \frac14 + \frac13 - \frac16 - \frac18 + \frac15 - \cdots

وبتجميع كل كتلة من ثلاثة،

\frac{1}{2k-1} - \frac{1}{4k-2} - \frac1{4k} = \frac{1}{4k-2} - \frac{1}{4k} = \frac12\Bigl(\frac{1}{2k-1} - \frac1{2k}\Bigr),

ومن ثم تتقارب المتسلسلة المعاد ترتيبها إلى $\frac12\ln 2$ — أي نصف المجموع الأصلي، بالحدود نفسها بالضبط. فالمتسلسلات المتقاربة لا بإطلاق تتذكّر ترتيب حدودها؛ والعائلات القابلة للجمع هي بالضبط تلك التي لا تتذكّره.

مثال 7.13 (التجميع آمن، وفكّ التجميع ليس كذلك)

لا يغيّر تجميع الحدود المتتالية لمتسلسلة متقاربة المجموعَ أبدًا: فالمجاميع الجزئية المجمَّعة متتالية جزئية من الأصلية. أما العملية العكسية فممنوعة:

(1 - 1) + (1 - 1) + (1 - 1) + \cdots = 0 + 0 + \cdots = 0,

ومع ذلك تتباعد $1 - 1 + 1 - 1 + \cdots$ بعد فكّ التجميع (فمجاميعها الجزئية تتذبذب بين $1$ و $0$ ). ولا يكون فكّ التجميع مشروعًا إلا بفرضية معوِّضة — مثل أن تؤول الحدود إلى $0$ مع أطوال كتل محدودة: فبين مجموعين جزئيين مجمَّعين تنجرف المجاميع الأصلية بمقدار لا يتجاوز مجموع عدد محدود من الحدود $o(1)$ ، فينتقل التقارب رجوعًا. وهذا بالضبط هو الشرط الذي يجعل حساب الكتل في المثال 7.12 برهانًا لا خفّة يد.

مبرهنة 7.14 (فوبيني للعائلات؛ جداءات كوشي)

لتكن $(u_{m,n})_{(m,n) \in \N^2}$ عائلة مزدوجة قابلة للجمع (أي $\sup_F \sum_F \abs{u_{m,n}} < \infty$ ). عندئذٍ

\sum_{(m,n)} u_{m,n} = \sum_{m=0}^{\infty}\Bigl(\sum_{n=0}^{\infty} u_{m,n}\Bigr) = \sum_{n=0}^{\infty}\Bigl(\sum_{m=0}^{\infty} u_{m,n}\Bigr) = \sum_{k=0}^{\infty}\Bigl(\sum_{m+n=k} u_{m,n}\Bigr),

مع تقارب كل المتسلسلات الداخلية (بإطلاق). وعلى الخصوص، إذا تقاربت $\sum a_m$ و $\sum b_n$ بإطلاق، فإن جداءهما الكوشي يتقارب بإطلاق مع

\Bigl(\sum_m a_m\Bigr)\Bigl(\sum_n b_n\Bigr) = \sum_{k=0}^{\infty} c_k, \qquad c_k = \sum_{m=0}^{k} a_m b_{k-m} .

برهان. الحالة غير السالبة. يحسب كل تجميع (بالأسطر أو الأعمدة أو الأقطار) النهاية العليا نفسها: فأي مجموعة منتهية من الأزواج محتواة في كتلة منتهية من الأسطر (فيُحدّ كل مجموع مجمَّع من أسفل بالمجاميع الجزئية المنتهية ومن أعلى بالمجموع الكلي)، ويقوم التقارب الرتيب للمجاميع الجزئية بالباقي — وبالتحديد، من أجل الأسطر: يعطي $\sum_{m \leq M}\sum_{n \leq N} u_{m,n} \leq S$ ، بأخذ $N \to \infty$ ثم $M \to \infty$ ، أن $\sum_m \sum_n u_{m,n} \leq S$ ؛ وعكسيًا تقع كل مجموعة منتهية $F$ في مستطيل كهذا، ومنه $S \leq \sum_m\sum_n u_{m,n}$ . وأما الأقطار: فبالحدّين نفسيهما مع مثلثات بدل المستطيلات.

الحالة العامة. نفصل إلى الجزأين الموجب والسالب (أو الحقيقي والتخيلي)، وكلٌّ منهما عائلة غير سالبة قابلة للجمع؛ وتتفق التجميعات الأربعة على كل جزء، ومن ثم على الفرق؛ ويأتي التقارب المطلق للمتسلسلات الداخلية من الحالة غير السالبة مطبَّقةً على $\abs{u_{m,n}}$ .

جداء كوشي. العائلة $u_{m,n} = a_m b_n$ قابلة للجمع: فالمجاميع الجزئية المنتهية للمقدار $\abs{a_mb_n}$ محدودة بالمقدار $\bigl(\sum\abs{a_m}\bigr)\bigl(\sum\abs{b_n}\bigr)$ . وتعطي الأسطر $\bigl(\sum a_m\bigr)\bigl(\sum b_n\bigr)$ ؛ وتعطي الأقطار $\sum_k c_k$ . ∎

مثال 7.15 (متطابقة الأسّي، بأمانة)

من أجل $a, b \in \C$ (أو مصفوفتين متبادلتين):

\Bigl(\sum_m \frac{a^m}{m!}\Bigr)\Bigl(\sum_n \frac{b^n}{n!}\Bigr) = \sum_k \sum_{m+n=k} \frac{a^m b^n}{m!\,n!} = \sum_k \frac{(a + b)^k}{k!},

بمبرهنة ثنائي الحدّ على كل قطر: $\eu^a \eu^b = \eu^{a+b}$ — أي المعادلة الوظيفية للأسّي $\exp$ مستنبَطةً من المتسلسلة وحدها. (ويُستعمل التبادل في خطوة ثنائي الحدّ؛ ومن أجل المصفوفات غير المتبادلة تفشل المتطابقة فعلًا، الفصل 16.)

مثال 7.16 (جداءات كوشي بوصفها أداة حساب)

من المتسلسلة الهندسية ومن المقدار $\sum_{n \geq 1} nz^n = \frac{z}{(1-z)^2}$ في التمرين 7.2 ( $\abs z < 1$ )، يُنهي جداء كوشي إضافي العزمَ الثاني. نضرب $\sum_m mz^m$ في $\sum_n z^n$ : فالمعامل القطري هو $\sum_{m=0}^k m = \frac{k(k+1)}2$ ، ومنه

\frac{z}{(1-z)^3} = \sum_{k\geq0}\frac{k(k+1)}{2}\,z^k ,

وتُركّب المتطابقة $n^2 = 2\cdot\frac{n(n+1)}2 - n$ المقدارَ

\sum_{n\geq1} n^2z^n = \frac{2z}{(1-z)^3} - \frac{z}{(1-z)^2} = \frac{z(1+z)}{(1-z)^3} .

وعند $z = \frac12$ : $\sum_{n\geq1}\frac{n^2}{2^n} = \frac{\frac12\cdot\frac32}{\frac18} = 6$ — أي قيمة مغلقة بلا أي اشتقاق، بمجرد ضرب متسلسلات متقاربة بإطلاق كما تُضرب كثيرات الحدود. ويحسب تلسكوب المتطابقات نفسه كل مقدار $\sum n^dz^n$ ، وسيتعرّف أهل الاحتمال على العزم العاملي الثاني للقانون الهندسي (الفصل 23).

مثال 7.17 (تقييم مجموع مزدوج)

من أجل $s > 1$ حقيقي، لتكن $\zeta(s) = \sum_{n\geq1} n^{-s}$ . وبعدّ القواسم بالجمع المزدوج — فالعائلة $(m^{-s}n^{-s})$ على $(m,n) \in (\N^*)^2$ قابلة للجمع (وهي جداء متسلسلتين موجبتين متقاربتين) — وبالتجميع حسب الجداء $q = mn$ :

\zeta(s)^2 = \sum_{m,n} \frac{1}{(mn)^s} = \sum_{q=1}^{\infty} \frac{d(q)}{q^s},

حيث $d(q)$ عدد قواسم $q$ . فالعائلات القابلة للجمع تحوّل التوافقيات إلى تحليل.

مثال 7.18 (تقييم بفوبيني: $\sum_n (\zeta(n) - 1) = 1$ )

من أجل $n \geq 2$ صحيح، $\zeta(n) - 1 = \sum_{k \geq 2} k^{-n}$ . والعائلة المزدوجة $(k^{-n})_{k, n \geq 2}$ قابلة للجمع: فبجمع الأعمدة الهندسية أولًا،

\sum_{k\geq2}\sum_{n\geq2} \frac{1}{k^n} = \sum_{k\geq2} \frac{1/k^2}{1 - 1/k} = \sum_{k\geq2} \frac{1}{k(k-1)} = 1

(بالتلسكوب)، وكل الحدود موجبة، ومن ثم تُرخّص المبرهنة 7.14 بالجمع حسب الأسطر بدلًا من ذلك:

\sum_{n\geq2}\bigl(\zeta(n) - 1\bigr) = 1 .

فقيم $\zeta$ غير المنتهية العدد، وكلٌّ منها يبدو متساميًا، لها ذيول تُجمع لتعطي $1$ بالضبط. والفكرة الختامية: حين تكون حدود مجموع مزدوج موجبة، فاحسبه بالترتيب الذي ينهار فيه — وهنا الأعمدة هندسية والأسطر غامضة، وينقل فوبيني الانهيار.

مثال 7.19 (المتسلسلة الهندسية تحلّ معادلة)

في فضاء باناخ $\bigl(C(\intcc01), \norm\cdot_\infty\bigr)$ ، حُلّ $x - K(x) = y$ حيث $K(f)$ هي الدالة الثابتة $\frac12\int_0^1 f$ . معيار المؤثر هو $\vertiii K \leq \frac12 < 1$ ، ومن ثم تنطبق متسلسلة نويمان (المثال 7.2): $x = \sum_{n\geq0} K^n(y)$ . ونحسب التكرارات: $K(y) = \frac12\int_0^1 y$ (وهي ثابتة)، وتطبيق $K$ على ثابت $c$ يعطي $\frac c2$ ، ومنه $K^n(y) = \frac{1}{2^{n-1}}\cdot\frac12\int_0^1 y$ من أجل $n \geq 1$ . وبجمع الثوابت الهندسية:

x = y + \Bigl(\int_0^1 y\Bigr) \sum_{n\geq1}\frac{1}{2^n} = y + \int_0^1 y .

وللتحقق: $x - K(x) = y + \int y - \frac12\bigl(\int y + \int y\bigr) = y$ . متسلسلة غير منتهية، وجواب منته، وتحقق في سطر واحد — فالمتسلسلة الهندسية خوارزمية قلب، لا مجرّد قول في التقارب.

مثال 7.20 (التلسكوب بالكسور الجزئية)

الجمع الدقيق نادر؛ والتلسكوب مورده الرئيسي. نفكك

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

(بالتحقق بالتوحيد على مقام مشترك)، ومن ثم تنهار المجاميع الجزئية:

\sum_{n=1}^{N}\frac{1}{n(n+1)(n+2)} = \frac12\Bigl(\frac{1}{1\cdot2} - \frac{1}{(N+1)(N+2)}\Bigr) \longrightarrow \frac14 .

والنمط نفسه — أن نكتب الحدّ على صورة $c(u_n - u_{n+1})$ من أجل $(u_n)$ صريح — حلّ التمرين 7.10 (بالظلال العكسية) ويحسب كل مقدار $\sum\frac{1}{n(n+1)\cdots(n + k)} = \frac{1}{k\cdot k!}$ . وحين يوجد مجموع دقيق عند هذا المستوى، يكون التلسكوب مختبئًا في الحدّ عادةً.

ملاحظة 7.21 (آفاق داخل هذا المجلد)

ثلاثة فصول آتية زبائن مباشرون. فمن أجل الفصل 10: التقارب الناظمي للمقدار $\sum f_n$ هو تقارب مطلق للمقدار $\sum\norm{f_n}_\infty$ في فضاء باناخ $\bigl(C, \norm\cdot_\infty\bigr)$ — أي مبرهنة المبرهنة 5.21 في هذا الفصل بلباس آخر. ومن أجل الفصل 11: يكون كل شيء داخل قرص التقارب مطلقًا وقابلًا للجمع، ومن ثم تجري جداءات كوشي وإعادات الترتيب بحرية (ولهذا تُضرب متسلسلات القوى مثل كثيرات الحدود)؛ وأما على الحدّ فيتولى محك آبل (المثال 7.5). ومن أجل الفصل 23: تكون الدوال المولّدة الاحتمالية متسلسلات قوى تعالجها — بالجداءات من أجل مجاميع المتغيرات المستقلة، وبالمجاميع المزدوجة من أجل القوانين المركّبة — كلها بترخيص من المبرهنة 7.14. فالعائلات القابلة للجمع هي الدائرة القانونية للتحليل الآتي.

ملاحظة 7.22 (أين يُستعمَل هذا الفصل)

كل ما فيه مجموع غير منته يمرّ من هنا: فمتسلسلات القوى (الفصل 11) عائلات قابلة للجمع متخفية، وتُضرب معاملات فورييه بجداءات كوشي ويُعاد ترتيبها ببارسفال (الفصل 14)، والدوال المولّدة الاحتمالية (الفصل 23) هي مبرهنة فوبيني مطبَّقةً على الآمال. ويستوعب مجلد السنة الثالثة العائلات القابلة للجمع في تكامل لوبيغ على قياس العدّ — حيث تصير المبرهنة 7.14 حالةً خاصة من مبرهنة فوبيني–تونيللي.

7.4 تمارين

تمرين 7.1 ★

حدّد طبيعة: $\sum \dfrac{\cos n}{n}$ ؛ و $\;\sum \dfrac{(-1)^n}{\ln n}$ ؛ و $\;\sum \dfrac{(-1)^n}{n^{3/4} + \cos n}$ (انشرها كما في فخّ السنة الأولى: فمحك المتناوبات يحتاج الرتابة).

حل

حل التمرين 7.1.

$\sum\frac{\cos n}{n}$ : محك آبل مع $a_n = \frac1n$ ومع $b_n = \cos n$ ، التي مجاميعها الجزئية محدودة (فهي الجزء الحقيقي لمجموع هندسي، كما في المثال 7.4): فهي متقاربة (لا بإطلاق، بحيلة $\cos^2$ نفسها).

$\sum \frac{(-1)^n}{\ln n}$ (مع $n \geq 2$ ): محك المتناوبات، $\frac{1}{\ln n} \downarrow 0$ : فهي متقاربة؛ ولا بإطلاق ( $\ln n \leq n$ ).

$\sum \frac{(-1)^n}{n^{3/4} + \cos n}$ : ننشر،

\frac{(-1)^n}{n^{3/4} + \cos n} = \frac{(-1)^n}{n^{3/4}}\cdot \frac{1}{1 + \frac{\cos n}{n^{3/4}}} = \frac{(-1)^n}{n^{3/4}} - \frac{(-1)^n\cos n}{n^{3/2}} + O\Bigl(\frac{1}{n^{9/4}}\Bigr).

المتسلسلة الأولى: متناوبة، فمتقاربة. والثانية: متقاربة بإطلاق (بسلّم $\frac{1}{n^{3/2}}$ ). والثالثة: متقاربة بإطلاق. والمحصلة: متقاربة.

تمرين 7.2 ★

برهن على أنه من أجل $\abs z < 1$ : $\sum_{n\geq1} n z^{n} = \dfrac{z}{(1-z)^2}$ ، وذلك بجداء كوشي للمتسلسلة $\sum z^n$ في نفسها.

حل

حل التمرين 7.2.

جداء كوشي للمتسلسلة $\sum_{m\geq0} z^m$ في نفسها (وكلتاهما متقاربة بإطلاق من أجل $\abs z < 1$ ): فالمعامل القطري هو $c_k = \sum_{m=0}^{k} 1 = k + 1$ ، ومنه

\frac{1}{(1-z)^2} = \sum_{k\geq0} (k+1)z^k .

وبالضرب في $z$ وإعادة الترقيم: $\sum_{n \geq 1} n z^n = \frac{z}{(1-z)^2}$ .

تمرين 7.3 ★★

(مبرهنة مساعدة من نمط كرونيكر) لتكن $\sum b_n$ متسلسلة حقيقية متقاربة. برهن، بجمع آبل، على أن $\dfrac{1}{n}\sum_{k=1}^{n} k\,b_k \to 0$ .

حل

حل التمرين 7.3.

لتكن $B_n = \sum_{k \leq n} b_k \to B$ . جمع آبل مع $a_k = k$ :

\sum_{k=1}^{n} k\,b_k = n B_n - \sum_{k=1}^{n-1} B_k \quad\Longrightarrow\quad \frac1n \sum_{k=1}^{n} k b_k = B_n - \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n-1} B_k .

وتؤول متوسطات تشيزارو للمتسلسلة المتقاربة $(B_k)$ إلى نهايتها $B$ (مجلد السنة الأولى)، ومن ثم يؤول الطرف الأيمن إلى $B - B = 0$ .

تمرين 7.4 ★★

ادرس تقارب $\sum \dfrac{\sin(n\theta)}{n^\alpha}$ (مع $\theta \in \R$ ، $\alpha > 0$ ) — ومن أجل أي $(\theta, \alpha)$ تكون متقاربة بإطلاق، أو نصف متقاربة، أو متباعدة؟

حل

حل التمرين 7.4.

إذا كان $\theta \in \pi\Z$ : فكل الحدود تنعدم — فهي متقاربة بداهةً. ولنفترض $\theta \notin \pi\Z$ .

$\alpha > 1$ : متقاربة بإطلاق (بالهيمنة بالمقدار $n^{-\alpha}$ ).

$0 < \alpha \leq 1$ : ينطبق محك آبل (إذ $a_n = n^{-\alpha} \downarrow 0$ ؛ والمجاميع الجزئية للمقدار $\sin n\theta$ محدودة بالمقدار $\frac{1}{\abs{\sin(\theta/2)}}$ ، وهو مجموع هندسي): فهي متقاربة. ولا بإطلاق: إذ $\abs{\sin n\theta} \geq \sin^2 n\theta = \frac{1 - \cos 2n\theta}{2}$ ، و $\sum \frac{1 - \cos 2n\theta}{2n^\alpha}$ متباعدة (لأن $\sum n^{-\alpha}$ متباعدة؛ و $\sum \frac{\cos 2n\theta}{n^\alpha}$ متقاربة بمحك آبل حين $2\theta \notin 2\pi\Z$ ؛ والحالة المستبعَدة $2\theta \in 2\pi\Z$ تعني $\theta \in \pi\Z$ ، وقد عولجت). فهي نصف متقاربة.

تمرين 7.5 ★★★

(إعادة ترتيب ريمان) لتكن $\sum u_n$ متسلسلة حقيقية متقاربة لا بإطلاق، وليكن $\ell \in \R$ . برهن على أن إعادة ترتيب ما للمتسلسلة $\sum u_n$ تتقارب إلى $\ell$ . (بيّن أن كلتا المتسلسلتين الجزئيتين للحدود الموجبة والسالبة تتباعد؛ ثم ناوِب بجشع: خذ حدودًا موجبة إلى أن تتجاوز $\ell$ ، ثم سالبة إلى أن تنزل تحته، وهكذا؛ فالحدود تؤول إلى $0$ ، وهذا يفرض التقارب إلى $\ell$ .)

حل

حل التمرين 7.5.

لتكن $p_1, p_2, \dots$ الحدود غير السالبة في $(u_n)$ بترتيبها، و $q_1, q_2, \dots$ الحدود السالبة. وتتباعد $\sum p_k$ و $\sum q_k$ معًا: فلو تقاربت إحداهما، لساوت الأخرى المتسلسلةَ المتقاربة $\sum u_n$ ناقصها، فتقاربت أيضًا — وعندئذٍ لتقاربت $\sum \abs{u_n} = \sum p_k - \sum q_k$ ، وهذا يناقض الفرض. وأيضًا $u_n \to 0$ (لأن $\sum u_n$ تتقارب).

إعادة الترتيب الجشعة: خذ حدودًا موجبة $p_1, p_2, \dots$ إلى أن يتجاوز المجموع الجاري $\ell$ أول مرة (وهذا ممكن لأن $\sum p_k = +\infty$ )؛ ثم حدودًا سالبة إلى أن ينزل المجموع تحت $\ell$ أول مرة (وهذا ممكن لأن $\sum q_k = -\infty$ )؛ وكرّر إلى الأبد (فكل طور منته، ويُستعمل كل حدّ مرة واحدة بالضبط: فهي إعادة ترتيب حقيقية). وبعد كل تبديل، تكون المسافة من المجموع الجاري إلى $\ell$ لا تتجاوز آخر حدّ مستعمل؛ وبما أن الحدود المستعملة عند التبديل رقم $m$ لها دليل $\to \infty$ ، وبما أن $u_n \to 0$ ، فإن المجاميع الجارية تتقارب إلى $\ell$ .

تمرين 7.6 ★★

برهن على أن العائلة $\Bigl(\dfrac{x^{m+n}}{m!\,n!}\Bigr)_{(m,n)\in\N^2}$ قابلة للجمع من أجل كل $x \in \R$ ، وأعد استنباط المتطابقة $(\eu^x)^2 = \eu^{2x}$ بتجميع المجموع المزدوج على الأقطار $m + n = k$ .

حل

حل التمرين 7.6.

القابلية للجمع: المجاميع الجزئية المنتهية للمقدار $\frac{\abs x^{m+n}}{m!n!}$ محدودة بالمقدار $\bigl(\sum_m \frac{\abs x^m}{m!}\bigr)^2 = \eu^{2\abs x}$ . والتجميع القطري (المبرهنة 7.14):

(\eu^{x})^2 = \sum_{m,n} \frac{x^{m+n}}{m!\,n!} = \sum_{k=0}^{\infty} x^k \sum_{m+n=k} \frac{1}{m!\,n!} = \sum_k \frac{x^k}{k!}\sum_{m=0}^{k}\binom km = \sum_k \frac{(2x)^k}{k!} = \eu^{2x} .

تمرين 7.7 ★★

برهن على أن العائلة $\bigl(\frac{1}{m^2 n^2}\bigr)_{m,n \geq 1}$ قابلة للجمع، وأن التجميع حسب $\gcd$ يعطي: مع $q = \gcd(m,n)$ ،

\zeta(2)^2 = \sum_{q\geq1} \frac{1}{q^4} \sum_{\substack{a,b \geq 1\\ \gcd(a,b)=1}} \frac{1}{a^2b^2} = \zeta(4) \cdot S,

حيث $S = \sum_{\gcd(a,b)=1} \frac{1}{a^2b^2}$ : واستنتج $S = \zeta(2)^2/\zeta(4)$ . (فكل زوج $(m,n)$ يُكتب بكيفية وحيدة $(qa, qb)$ مع $\gcd(a,b) = 1$ .)

حل

حل التمرين 7.7.

القابلية للجمع: محدودة بالمقدار $\zeta(2)^2$ بوصفها عائلة جداء (بحجة جداء كوشي في المبرهنة 7.14). والتطبيق $(q, a, b) \mapsto (qa, qb)$ ، من الثلاثيات ذوات $\gcd(a, b) = 1$ إلى الأزواج $(m, n)$ ، تقابل (ضع $q = \gcd(m,n)$ ). وبتجميع العائلة القابلة للجمع تبعًا لذلك (وهو تقسيم لمجموعة الأدلة — مشروع من أجل العائلات القابلة للجمع حسب المبرهنة 7.11/المبرهنة 7.14 مطبَّقة على التقسيم إلى أصناف قابلة للعد):

\zeta(2)^2 = \sum_{q} \sum_{\gcd(a,b)=1} \frac{1}{q^4 a^2 b^2} = \zeta(4)\, S, \qquad\text{ومنه}\qquad S = \frac{\zeta(2)^2}{\zeta(4)} .

(ومع القيمتين $\zeta(2) = \frac{\pi^2}{6}$ و $\zeta(4) = \frac{\pi^4}{90}$ من الفصل 14: $S = \frac{5}{2}$ .)

تمرين 7.8 ★★★

(مبرهنة آبل على الجداءات، نسخة خفيفة) لنفترض أن $\sum a_n$ تتقارب بإطلاق وأن $\sum b_n$ تتقارب. برهن على أن جداءهما الكوشي $\sum c_n$ يتقارب، مع $\sum c_n = (\sum a_n)(\sum b_n)$ . (اكتب $C_N = \sum_{k\leq N} c_k = \sum_n a_n B_{N-n}$ حيث $B$ المجاميع الجزئية للمتسلسلة $b$ ؛ وافصل حسب $n \leq N/2$ أو لا، مستعملًا كون $(B_m)$ محدودة وذيلَ $(a_n)$ المطلق.)

حل

حل التمرين 7.8.

لتكن $A = \sum a_n$ (بإطلاق)، و $B_m = \sum_{k\leq m} b_k \to B$ ، محدودة بالمقدار $M$ . عندئذٍ

C_N = \sum_{k=0}^{N} c_k = \sum_{n=0}^{N} a_n B_{N-n}

(بالجمع حسب دليل $a$ ). ونكتب

C_N - AB = \sum_{n=0}^{N} a_n (B_{N-n} - B) - B\sum_{n > N} a_n .

ويؤول الحدّ الأخير إلى $0$ . ونفصل المجموع عند $n = \lfloor N/2 \rfloor$ : فمن أجل $n \leq N/2$ ، $N - n \geq N/2$ ، ومنه $\abs{B_{N-n} - B} \leq \varepsilon_N := \sup_{m \geq N/2}\abs{B_m - B} \to 0$ ، ويكون هذا الجزء $\leq \varepsilon_N \sum\abs{a_n}$ ؛ ومن أجل $n > N/2$ ، $\abs{B_{N-n} - B} \leq 2M$ ، ويكون هذا الجزء $\leq 2M \sum_{n > N/2} \abs{a_n} \to 0$ . ومنه $C_N \to AB$ .

تمرين 7.9 ★★★

في الفضاء (غير التام) $E$ للمتتاليات الحقيقية المنعدمة ابتداءً من رتبة ما مزوَّدًا بمعيار النهاية العليا، أبرِز متسلسلة متقاربة بإطلاق لا تتقارب في $E$ . (جرّب $u_n = 2^{-n} e_n$ حيث $(e_n)$ هي المتتاليات القانونية.)

حل

حل التمرين 7.9.

نأخذ $u_n = 2^{-n} e_n$ (حيث $e_n$ المتتالية التي فيها $1$ واحد في الموضع $n$ ). عندئذٍ $\sum \norm{u_n}_\infty = \sum 2^{-n} < \infty$ : فهي متقاربة بإطلاق. لكن المجاميع الجزئية $S_N = (1, \tfrac12, \dots, 2^{-N}, 0, \dots)$ كان يجب أن تتقارب إلى المتتالية $(2^{-n})_n$ ، وهي ليست منعدمة ابتداءً من رتبة ما: فهي خارج $E$ . وداخل $E$ ، تكون $(S_N)$ كوشي بلا نهاية (إذ إن $\norm{S_N - x}_\infty \geq 2^{-N-1}$ لا يفيد أي متتالية $x$ منعدمة ابتداءً من رتبة ما: إذ من أجل أي $x \in E$ منعدمة بعد الرتبة $K$ ، يكون $\norm{S_N - x} \geq 2^{-K-1}$ من أجل $N > K$ ): فالمتسلسلة لا تتقارب في $E$ . والتمام هو بالضبط ما تحتاجه المبرهنة 5.21.

تمرين 7.10 ★★

تحقق من المتطابقة $\arctan(n+1) - \arctan(n) = \arctan\dfrac{1}{n^2 + n + 1}$ ، واستنتج القيمة الدقيقة للمقدار

\sum_{n=1}^{\infty} \arctan\frac{1}{n^2 + n + 1} .

حل

حل التمرين 7.10.

كلٌّ من $\arctan(n+1) - \arctan n$ و $\arctan\frac{1}{n^2+n+1}$ يقع في $\intoo{0}{\frac\pi2}$ ، وتعطي صيغة جمع الظلال أن

\tan\bigl(\arctan(n{+}1) - \arctan n\bigr) = \frac{(n+1) - n}{1 + n(n+1)} = \frac{1}{n^2 + n + 1} :

فالظلان متساويان في فترة يكون فيها $\tan$ متباينًا، ومن ثم تصحّ المتطابقة. وبالتلسكوب،

\sum_{n=1}^{N}\arctan\frac{1}{n^2+n+1} = \arctan(N{+}1) - \arctan 1 \xrightarrow[N\to\infty]{} \frac\pi2 - \frac\pi4 = \frac\pi4 .

تمرين 7.11 ★★

عيّن الطبيعة (مع المكافئات) للمقادير

\sum_n \bigl(\sqrt{n+1} - \sqrt n\bigr)^{\alpha} \ (\alpha > 0), \qquad \sum_n \Bigl(1 - \cos\frac1n\Bigr), \qquad \sum_n \Bigl(\eu - \Bigl(1 + \frac1n\Bigr)^{\!n}\Bigr).

حل

حل التمرين 7.11.

الأولى: $\sqrt{n+1} - \sqrt n = \frac{1}{\sqrt{n+1} + \sqrt n} \sim \frac{1}{2\sqrt n}$ ، ومن ثم فالحدود $\sim 2^{-\alpha}n^{-\alpha/2}$ : فالتقارب إذا وفقط إذا $\frac\alpha2 > 1$ ، أي $\alpha > 2$ . والثانية: $1 - \cos\frac1n \sim \frac{1}{2n^2}$ : فتتقارب. والثالثة: $\bigl(1 + \frac1n\bigr)^n = \eu^{\,n\ln(1 + 1/n)} = \eu^{\,1 - \frac1{2n} + O(n^{-2})} = \eu\bigl(1 - \frac{1}{2n} + O(n^{-2})\bigr)$ ، ومنه

\eu - \Bigl(1 + \frac1n\Bigr)^{\!n} \sim \frac{\eu}{2n} :

وهي حدود موجبة مكافئة لمضاعف توافقي: فتتباعد.

تمرين 7.12 ★★★

لتكن $(a_n)$ موجبة ومتناقصة مع تقارب $\sum a_n$ . برهن على أن $n\,a_n \to 0$ (حُدّ $n a_{2n}$ بذيل). وبيّن أن العكس يفشل، وأن الرتابة جوهرية، بأمثلة مضادة صريحة.

حل

حل التمرين 7.12.

بالرتابة، $n\,a_{2n} \leq a_{n+1} + a_{n+2} + \dots + a_{2n} = S_{2n} - S_n \to 0$ (بمحك كوشي للمتسلسلة المتقاربة). ومنه $2n\,a_{2n} \to 0$ ، و $(2n{+}1)\, a_{2n+1} \leq (2n{+}1)a_{2n} = \frac{2n+1}{2n}\,(2n\,a_{2n}) \to 0$ : فتؤول المتتاليتان الجزئيتان من $(na_n)$ إلى $0$ ، ومنه $na_n \to 0$ .

ويفشل العكس: فالمتتالية $a_n = \frac1{n\ln n}$ موجبة متناقصة مع $na_n = \frac1{\ln n} \to 0$ ، ومع ذلك تتباعد $\sum a_n$ (حدود برتران، المسألة 7.1، السؤال 18). والرتابة جوهرية: فلتكن $a_n = \frac1n$ حين يكون $n$ قوة للعدد $2$ ، و $a_n = 2^{-n}$ فيما عدا ذلك: عندئذٍ $\sum a_n \leq \sum_k 2^{-k} + \sum_n 2^{-n} < \infty$ ، لكن $na_n = 1$ على قوى العدد $2$ : أي $na_n \not\to 0$ .

7.5 مسألة: مقدار أويلر $\zeta(2) = \pi^2/6$ ، بمجموع ظل التمام عند كوشي

تقبل أشهر متطابقات أويلر، $1 + \frac14 + \frac19 + \cdots = \frac{\pi^2}6$ ، برهانًا أوّليًا تمامًا يعود إلى كوشي: فصيغة دي موافر تُنتج كثير حدود جذوره هي الأعداد $\cot^2\frac{k\pi}{2n+1}$ ، وتجمع صيغ فييت تلك الجذور بالضبط، ويسحق الحصر $\cot^2\theta < \frac{1}{\theta^2} < 1 + \cot^2\theta$ المجاميعَ الجزئية للمقدار $\sum\frac1{k^2}$ بين حدّين ناطقين صريحين. ونشغّل البرهان كاملًا، ونستخرج $\zeta(4) = \frac{\pi^4}{90}$ بالطريقة نفسها، ثم نرسم خريطة الحدود كلها بين التقارب والتباعد بمتسلسلات برتران — ونبرهن على أن هذه الحدود لا تحمل أي متسلسلة متقاربة أبطأ من كل ما سواها.

مسألة 7.1

مسألة نهاية الأسبوع — $\zeta(2) = \pi^2/6$ وبانوراما برتران

في كل ما يلي، $n \geq 1$ و $\theta_k = \dfrac{k\pi}{2n+1}$ من أجل $k = 1, \dots, n$ ؛ ولاحظ أن $0 < \theta_k < \frac\pi2$ .

الجزء الأول — متطابقة ظل التمام.

برهن على صيغة دي موافر $(\cos\theta + \iu\sin\theta)^m = \cos m\theta + \iu\sin m\theta$ (مع $m \in \N$ )، واستنتج، من أجل $m = 2n + 1$ ،

$\sin\bigl((2n{+}1)\theta\bigr) = \sum_{j=0}^{n} (-1)^j\binom{2n+1}{2j+1}\cos^{2(n-j)}\theta\, \sin^{2j+1}\theta .$
استنتج أنه من أجل $\theta \in \intoo{0}{\frac\pi2}$ ،

$\sin\bigl((2n{+}1)\theta\bigr) = \sin^{2n+1}\theta\; P_n(\cot^2\theta), \qquad P_n(x) = \sum_{j=0}^{n} (-1)^j\binom{2n+1}{2j+1}x^{\,n-j},$

وهو كثير حدود درجته $n$ ومعامله الرئيسي $2n + 1$ .
بيّن أن الأعداد $x_k = \cot^2\theta_k$ ، مع $k = 1, \dots, n$ ، هي $n$ جذرًا مختلفًا لكثير الحدود $P_n$ — ومن ثم فهي كل جذوره.
بصيغ فييت، برهن على المتطابقة الدقيقة

$\sum_{k=1}^{n} \cot^2\frac{k\pi}{2n+1} = \frac{n(2n-1)}{3}.$
استنتج أيضًا $\displaystyle\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{\sin^2\theta_k} = \frac{2n(n+1)}{3}$ .
برهن على الحصر: $\cot^2\theta < \dfrac1{\theta^2} < \dfrac{1}{\sin^2\theta}$ من أجل $\theta \in \intoo{0}{\frac\pi2}$ (من $\sin\theta < \theta < \tan\theta$ ).

الجزء الثاني — الحصر ينغلق: مبرهنة أويلر.

بجمع السؤال 6 على $k = 1, \dots, n$ مع $\theta = \theta_k$ ، أثبت

$\frac{n(2n-1)}{3} \;<\; \frac{(2n+1)^2}{\pi^2}\sum_{k=1}^{n}\frac1{k^2} \;<\; \frac{2n(n+1)}{3}.$
اختم (مبرهنة أويلر، ببرهان كوشي):

$\zeta(2) = \sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k^2} = \frac{\pi^2}{6}.$
استخرج معدلًا من الحصر: بيّن أن

$\Bigl|\sum_{k=1}^{n}\frac1{k^2} - \frac{\pi^2}6\Bigr| = O\Bigl(\frac1n\Bigr),$

وهو متوافق مع الذيل الدقيق $\sum_{k>n}k^{-2} = \frac1n - \frac{1}{2n^2} + O(n^{-3})$ في التمرين 6.11.
شغّل الآلة طابقًا أعلى: باستعمال دالة فييت المتناظرة الثانية للأعداد $P_n$ ، بيّن أن

$\sum_{k=1}^{n}\cot^4\theta_k = \Bigl(\frac{n(2n-1)}3\Bigr)^{\!2} - \frac{2n(2n-1)(2n-2)(2n-3)}{60} \;\sim\; \frac{8n^4}{45},$

واحصر بالمقدار $\cot^4 < \theta^{-4} < (1 + \cot^2)^2$ للحصول على $\zeta(4) = \dfrac{\pi^4}{90}$ .

الجزء الثالث — الأرباح.

استنتج من $\zeta(2) = \frac{\pi^2}6$ :

$\sum_{k\geq0}\frac{1}{(2k+1)^2} = \frac{\pi^2}{8}, \qquad \sum_{k\geq1}\frac{(-1)^{k-1}}{k^2} = \frac{\pi^2}{12}.$
اجمع ذلك مع التمرين 7.7: احسب $S = \sum_{\gcd(a,b)=1}\frac{1}{a^2b^2} = \frac{\zeta(2)^2}{\zeta(4)} = \frac52$ ، وفسّر $\frac{1}{\zeta(2)} = \frac{6}{\pi^2} \approx 0.608$ بوصفه كثافة الأزواج الأولية فيما بينها (وصُغ الحدس بأمانة: فالعدّ الصارم مسألةٌ في مجلد السنة الثالثة).
(تسريع مصدَّق) تعطي صيغة الذيل في السؤال 9 أن $\sum_{k\leq n}k^{-2} + \frac1n - \frac1{2n^2} = \frac{\pi^2}6 + O(n^{-3})$ . قارِن الجهد اللازم من أجل ستة أرقام من $\zeta(2)$ : الجمع المباشر في مقابل المجموع المصحَّح عند $n = 100$ (حيث الخطأ $1.7\cdot10^{-7}$ ).
تحقق من السؤال 4 يدويًا عند $n = 1$ و $n = 2$ (والقيمتان $\cot^2\frac\pi3 = \frac13$ و $\cot^2\frac\pi5 + \cot^2\frac{2\pi}5 = 2$ )، مستعملًا $\cos\frac\pi5 = \frac{1+\sqrt5}4$ أو تقييمًا عدديًا.
برهن على المتطابقة المرافقة

$\sum_{k=1}^{n}\tan^2\frac{k\pi}{2n+1} = n(2n+1)$

(فالأعداد $\tan^2\theta_k$ هي جذور كثير الحدود المعكوس $x^nP_n(1/x)$ )، وتحقق منها عند $n = 1$ .

الجزء الرابع — بانوراما برتران. من أجل $\alpha, \beta \in \R$ ، لننظر في متسلسلة برتران

\sum_{n \geq 3} \frac{1}{n^{\alpha}(\ln n)^{\beta}} .

بيّن أنه من أجل $\alpha > 1$ تتقارب المتسلسلة، مهما كان $\beta$ (بالمقارنة مع $n^{-(1+\alpha)/2}$ ).
بيّن أنه من أجل $\alpha < 1$ تتباعد، مهما كان $\beta$ .
ومن أجل $\alpha = 1$ : باستعمال مقارنة المتسلسلة بالتكامل (المبرهنة 6.6) مع $f(t) = \frac{1}{t(\ln t)^\beta}$ ، برهن على أنها تتقارب إذا وفقط إذا $\beta > 1$ .
كرّر الحدود: بيّن أن $\sum\frac{1}{n\ln n\,\ln\ln n}$ تتباعد في حين أن $\sum\frac{1}{n\ln n\,(\ln\ln n)^2}$ تتقارب.
فخّان: عيّن طبيعة

$\sum_n \frac{1}{n^{1 + 1/\ln n}} \qquad\text{و}\qquad \sum_n \frac{1}{n^{1 + 1/\ln\ln n}}$

(احسب $n^{1/\ln n}$ بالضبط؛ وقارِن $n^{1/\ln\ln n}$ بكل قوة للمقدار $\ln n$ ).
(لا توجد متسلسلة متقاربة أبطأ من الجميع) لتكن $\sum a_n$ أي متسلسلة متقاربة مع $a_n > 0$ ، ولتكن $R_n = \sum_{k \geq n}a_k$ ذيولها. برهن على أن $\sum \frac{a_n}{\sqrt{R_n}}$ تبقى متقاربة (بالمقارنة مع التلسكوب $2(\sqrt{R_n} - \sqrt{R_{n+1}})$ )، رغم أن $\frac{a_n/\sqrt{R_n}}{a_n} \to \infty$ : أي إن كل متسلسلة متقاربة مهيمَن عليها تمامًا بمتسلسلة متقاربة أخرى. فحدود التقارب ليست منحنى بل ضباب.

الجزء الخامس — تحققات متقاطعة وتركيب.

(تكثيف كوشي) برهن على أنه من أجل $(a_n)$ موجبة متناقصة، تتقارب $\sum a_n$ إذا وفقط إذا تقاربت $\sum 2^k a_{2^k}$ . وأعد استنباط حدود السؤال 18 منها.
(ثمن البطء) من أجل $\sum\frac1{n(\ln n)^2}$ ، حُدّ الذيل بتكامل وبيّن أن الجمع إلى غاية $N = 10^6$ يترك خطأً أكبر من $0.07$ : فالتقارب المصدَّق نظريًا قد يكون عديم الفائدة عدديًا — وقارِن بالسؤال 13.
صنّف (بتبريرات من سطر واحد): $\sum\frac1{n\ln n}$ ، $\sum\frac1{n^{1.01}}$ ، $\sum\frac{(\ln n)^{100}}{n^{1.001}}$ ، $\sum\frac1{n(\ln n)(\ln\ln n)^{3}}$ .
(تركيب) بجملة واحدة لكل بند: كيف حوّل دي موافر متطابقةً مثلثية إلى كثير حدود بمجاميع جذور قابلة للحساب؛ وأين احتاج الحصر إلى متطابقات دقيقة عند الطرفين لا إلى مكافئات؛ وأي أداة من الفصل 6 شغّلت الجزء الرابع؛ وماذا يقول السؤال 21 عن حلم “محك المقارنة الشامل”. وسمِّ القمتين: مقدار أويلر $\zeta(2) = \frac{\pi^2}6$ (وطابقه الأعلى، $\zeta(4) = \frac{\pi^4}{90}$ )، وتصنيف برتران. ولاحظ أين سيُبرهن على $\zeta(2)$ من جديد: ببارسفال في الفصل 14 — مبرهنة واحدة، وحضارتان.

حل

حل المسألة 7.1.

1. بالتراجع على $m$ : من أجل $m = 0$ يساوي الطرفان $1$ ؛ وتضرب الخطوة في $\cos\theta + \iu\sin\theta$ وتستعمل صيغتَي الجمع $\cos(m\theta + \theta) = \cos m\theta\cos\theta - \sin m\theta\sin\theta$ و $\sin(m\theta + \theta) = \sin m\theta\cos\theta + \cos m\theta\sin\theta$ . وبالنشر بدل ذلك بمبرهنة ثنائي الحدّ مع $m = 2n+1$ وجمع الجزء التخيلي (أي القوى الفردية للمقدار $\iu\sin\theta$ ، مع $\iu^{2j+1} = (-1)^j\iu$ ):

\sin\bigl((2n{+}1)\theta\bigr) = \sum_{j=0}^{n}(-1)^j \binom{2n+1}{2j+1}\cos^{2(n-j)}\theta\,\sin^{2j+1}\theta .

2. على $\intoo0{\frac\pi2}$ ، $\sin\theta \neq 0$ : فنُخرِج $\sin^{2n+1}\theta$ من كل حدّ، فيبقى $\bigl(\frac{\cos^2\theta}{\sin^2\theta}\bigr)^{n-j} = (\cot^2\theta)^{n-j}$ : أي المتطابقة المعروضة مع $P_n(x) = \sum_j(-1)^j\binom{2n+1}{2j+1}x^{n-j}$ . ومعاملها من الدرجة $n$ هو معامل $j = 0$ أي $\binom{2n+1}{1} = 2n + 1 \neq 0$ .

3. عند $\theta_k = \frac{k\pi}{2n+1}$ : $\sin\bigl((2n{+}1)\theta_k\bigr) = \sin k\pi = 0$ في حين أن $\sin^{2n+1}\theta_k \neq 0$ ، ومنه $P_n(\cot^2\theta_k) = 0$ . وتتزايد $\theta_k$ تمامًا في $\intoo0{\frac\pi2}$ ، حيث تتناقص $\cot^2$ تمامًا: فالقيم $x_k = \cot^2\theta_k$ مختلفة مثنى مثنى — أي $n$ جذرًا مختلفًا لكثير حدود درجته $n$ ، ومن ثم فهي كل جذوره.

4. فييت: مجموع الجذور هو سالب نسبة معاملَي $x^{n-1}$ و $x^n$ :

\sum_{k=1}^{n}\cot^2\theta_k = \frac{\binom{2n+1}{3}}{\binom{2n+1}{1}} = \frac{(2n+1)(2n)(2n-1)/6}{2n+1} = \frac{n(2n-1)}{3}.

5. $\frac{1}{\sin^2\theta} = 1 + \cot^2\theta$ : وبالجمع، $n + \frac{n(2n-1)}3 = \frac{3n + 2n^2 - n}{3} = \frac{2n(n+1)}{3}$ .

6. على $\intoo{0}{\frac\pi2}$ : $\sin\theta < \theta < \tan\theta$ (مجلد السنة الأولى). وأخذ المقلوبات يعكس: $\cot\theta < \frac1\theta < \frac1{\sin\theta}$ ، والتربيع (وكلها موجبة) يعطي $\cot^2\theta < \frac1{\theta^2} < \frac1{\sin^2\theta}$ .

7. نجمع السؤال 6 عند $\theta = \theta_k$ على $k \leq n$ ، مستعملين السؤالين 4 و5، و $\frac1{\theta_k^2} = \frac{(2n+1)^2}{k^2\pi^2}$ :

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

8. نضرب في $\frac{\pi^2}{(2n+1)^2}$ :

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

ويؤول الحدّان كلاهما إلى $\frac{\pi^2}3\cdot\frac12 = \frac{\pi^2}6$ (فالكسور الناطقة تؤول إلى $\frac12$ ). وتتزايد المجاميع الجزئية، ومن ثم فهي متقاربة، ويعطي الحصر $\zeta(2) = \frac{\pi^2}6$ : وهي مبرهنة أويلر، ببرهان كوشي.

9. تتزايد المجاميع الجزئية إلى $\zeta(2) = \frac{\pi^2}6$ ، ومنه $0 \leq \frac{\pi^2}6 - \sum_{k\leq n}k^{-2}$ ؛ ويعطي الحدّ الأدنى في السؤال 8 أن

\frac{\pi^2}6 - \sum_{k\leq n}\frac1{k^2} \leq \frac{\pi^2}6 - \frac{\pi^2}3\cdot\frac{n(2n-1)}{(2n+1)^2} = \frac{\pi^2}6\cdot\frac{(2n+1)^2 - (4n^2 - 2n)}{(2n+1)^2} = \frac{\pi^2}6\cdot\frac{6n + 1}{(2n+1)^2} = O\Bigl(\frac1n\Bigr),

وهو يطابق الذيل الدقيق $\frac1n - \frac1{2n^2} + O(n^{-3})$ في التمرين 6.11.

10. دالة فييت المتناظرة الأولية الثانية للجذور هي $\sigma_2 = \frac{\binom{2n+1}5}{\binom{2n+1}1} = \frac{(2n)(2n-1)(2n-2)(2n-3)}{120}$ ، ومن ثم

\sum_k\cot^4\theta_k = \sigma_1^2 - 2\sigma_2 = \Bigl(\frac{n(2n-1)}3\Bigr)^2 - \frac{2n(2n-1)(2n-2)(2n-3)}{60} \sim \frac{4n^4}9 - \frac{4n^4}{15} = \frac{8n^4}{45}.

وبحصر $\cot^4\theta < \theta^{-4} < (1 + \cot^2\theta)^2 = 1 + 2\cot^2\theta + \cot^4\theta$ والجمع: يكون المجموعان الخارجيان $\frac{8n^4}{45}(1 + o(1))$ (فالمقدار المضاف $n + 2\sigma_1 = O(n^2)$ مهمَل)، في حين أن الأوسط $\frac{(2n+1)^4}{\pi^4}\sum_{k\leq n}k^{-4}$ . ومنه

\sum_{k\leq n}\frac1{k^4} \longrightarrow \pi^4\cdot\frac{8/45}{16} = \frac{\pi^4}{90}.

11. بفصل $\zeta(2)$ حسب التماثل: $\sum_{\text{زوجي}} = \sum_j\frac{1}{(2j)^2} = \frac14\zeta(2) = \frac{\pi^2}{24}$ ، ومنه $\sum_{\text{فردي}} = \zeta(2) - \frac{\pi^2}{24} = \frac{\pi^2}8$ . والمتناوبة: $\sum_k\frac{(-1)^{k-1}}{k^2} = \sum_{\text{فردي}} - \sum_{\text{زوجي}} = \frac{\pi^2}8 - \frac{\pi^2}{24} = \frac{\pi^2}{12}$ (ويبرّر التقارب المطلق إعادة التجميع، المبرهنة 7.11).

12. $S = \frac{\zeta(2)^2}{\zeta(4)} = \frac{(\pi^2/6)^2}{\pi^4/90} = \frac{90}{36} = \frac52$ . والحدس: تقول المتطابقة $\zeta(2)^2 = \zeta(4)S$ في التمرين 7.7 إن إخراج العامل $\gcd$ يُنظّم الأزواج إلى أزواج أولية فيما بينها؛ ومقلوب المقدار $\frac1{\zeta(2)} = \frac6{\pi^2} \approx 0.608$ هو المرشح الطبيعي لكثافة الأزواج الأولية فيما بينها بين كل الأزواج — وهو قول عن $\lim_N \frac{1}{N^2}\#\{(m,n) \leq N : \gcd = 1\}$ برهانه الأمين (بحدود الخطأ) ينتمي إلى مجلد السنة الثالثة.

13. خطأ الجمع المباشر $\sim \frac1n$ : فستة أرقام تقتضي نحو $10^6$ حدّ. أما المجموع المصحَّح $\sum_{k\leq n}k^{-2} + \frac1n - \frac1{2n^2}$ فخطؤه $O(n^{-3})$ : وعند $n = 100$ يساوي $1.6449339\dots$ في مقابل $\frac{\pi^2}6 = 1.6449341\dots$ — أي خطأ $1.7\cdot10^{-7}$ ، فسبعة أرقام من مئة حدّ. فالتصحيحات المقاربة تغلب الصبر الخام بأربع رتب من الحجم.

14. $n = 1$ : $P_1(x) = 3x - 1$ ، والجذر $\frac13$ ، وفعلًا $\cot^2\frac\pi3 = \bigl(\frac1{\sqrt3}\bigr)^2 = \frac13 = \frac{1\cdot1}3$ . و $n = 2$ : تتنبأ الصيغة بالقيمة $\frac{2\cdot3}3 = 2$ ؛ ومع $\cos\frac\pi5 = \frac{1 + \sqrt5}{4}$ ، نحسب $\cot^2 36^\circ \approx 1.894$ و $\cot^2 72^\circ \approx 0.106$ : فالمجموع $2.000$ .

15. الأعداد $\tan^2\theta_k = \frac1{x_k}$ هي جذور $Q(x) = x^nP_n\bigl(\frac1x\bigr) = \sum_{j=0}^n(-1)^j\binom{2n+1}{2j+1}x^j$ (لأن الأعداد $x_k$ غير معدومة). وفييت على $Q$ : المعامل الرئيسي هو $(-1)^n$ (الحدّ $j = n$ )، والتالي هو $(-1)^{n-1}\binom{2n+1}{2n-1} = (-1)^{n-1}\binom{2n+1}{2}$ ، ومنه

\sum_{k=1}^n\tan^2\theta_k = -\frac{(-1)^{n-1}\binom{2n+1}2}{(-1)^n} = \binom{2n+1}2\cdot \frac{2}{2n+1}\cdot\frac{2n+1}{2} = n(2n+1).

وللتحقق عند $n = 1$ : $\tan^2\frac\pi3 = 3 = 1\cdot3$ .

16. ليكن $\gamma = \frac{1+\alpha}2 \in \intoo{1}{\alpha}$ . عندئذٍ $\frac{n^{-\alpha}(\ln n)^{-\beta}}{n^{-\gamma}} = n^{\gamma - \alpha}(\ln n)^{-\beta} \to 0$ (فقوة سالبة للمقدار $n$ تغلب أي قوة للمقدار $\ln n$ )، ومن ثم تصير الحدود ابتداءً من رتبة ما $\leq n^{-\gamma}$ مع $\gamma > 1$ : فالتقارب بالمقارنة مع متسلسلة ريمان.

17. ليكن $\gamma = \frac{1+\alpha}2 \in \intoo{\alpha}{1}$ : فالآن $\frac{n^{-\gamma}}{n^{-\alpha}(\ln n)^{-\beta}} = n^{\alpha-\gamma}(\ln n)^{\beta} \to 0$ ، ومن ثم تصير الحدود ابتداءً من رتبة ما $\geq n^{-\gamma}$ مع $\gamma < 1$ : فالتباعد.

18. $f(t) = \frac1{t(\ln t)^\beta}$ موجبة ومتصلة ومتناقصة من أجل $t$ الكبيرة (فمشتق لوغاريتمها $-\frac1t\bigl(1 + \frac{\beta}{\ln t}\bigr) < 0$ ابتداءً من رتبة ما). والدوال الأصلية: من أجل $\beta \neq 1$ ، $\int^x f = \frac{(\ln x)^{1-\beta}}{1-\beta} + \text{ثابت}$ ، ولها نهاية منتهية إذا وفقط إذا $\beta > 1$ ؛ ومن أجل $\beta = 1$ ، $\int^x f = \ln\ln x \to \infty$ . وحسب المبرهنة 6.6، للمتسلسلة والتكامل الطبيعة نفسها: فالتقارب إذا وفقط إذا $\beta > 1$ .

19. المحك نفسه: $\frac{\dd}{\dd t}\ln\ln\ln t = \frac{1}{t\ln t\,\ln\ln t}$ ، و $\ln\ln\ln t \to \infty$ : فالتباعد. و $\frac{\dd}{\dd t}\Bigl(-\frac1{\ln\ln t}\Bigr) = \frac{1}{t\ln t\,(\ln\ln t)^2}$ مع $-\frac1{\ln\ln t} \to 0$ : فالتقارب.

20. الأولى: $n^{1/\ln n} = \eu^{\ln n/\ln n} = \eu$ ، ومن ثم تكون الحدود بالضبط $\frac{1}{\eu\,n}$ : أي مضاعف للمتسلسلة التوافقية، فهي متباعدة — إذ إن الأس $1 + \frac1{\ln n}$ يزحف إلى $1$ بسرعة زائدة. والثانية: $n^{1/\ln\ln n} = \eu^{\ln n/\ln\ln n}$ ، و $\frac{\ln n}{\ln\ln n} \geq 2\ln\ln n$ ابتداءً من رتبة ما، ومنه $n^{1/\ln\ln n} \geq (\ln n)^2$ : فالحدود $\leq \frac1{n(\ln n)^2}$ ، وهي متسلسلة برتران متقاربة (السؤال 18): فهي متقاربة. وتمرّ الحدود تمامًا بين هذين الأسّين.

21. $R_n \downarrow 0$ و

\sqrt{R_n} - \sqrt{R_{n+1}} = \frac{R_n - R_{n+1}}{\sqrt{R_n} + \sqrt{R_{n+1}}} = \frac{a_n}{\sqrt{R_n} + \sqrt{R_{n+1}}} \geq \frac{a_n}{2\sqrt{R_n}},

ومنه $\sum_n \frac{a_n}{\sqrt{R_n}} \leq 2\sum_n(\sqrt{R_n} - \sqrt{R_{n+1}}) = 2\sqrt{R_1} < \infty$ (بالتلسكوب). ومع ذلك $\frac{a_n/\sqrt{R_n}}{a_n} = \frac1{\sqrt{R_n}} \to \infty$ : فالمتسلسلة الجديدة تتقارب وهي أكبر بما لا نهاية. فلا توجد متسلسلة متقاربة أبطأ من الجميع؛ ولا يمكن لمحكّات المقارنة مع أي عائلة ثابتة أن تكون تامة أبدًا.

22. من أجل $(a_n)$ موجبة متناقصة، نجمّع الحدود بين قوتين متتاليتين للعدد $2$ :

2^{k}a_{2^{k+1}} \leq \sum_{n=2^k}^{2^{k+1}-1} a_n \leq 2^ka_{2^k} .

وبالجمع على $k$ : إذا تقاربت $\sum 2^ka_{2^k}$ ، تكون المجاميع الجزئية للمتسلسلة $\sum a_n$ محدودة (فتتقارب)؛ وإذا تقاربت $\sum a_n$ ، فإن $\sum_k 2^{k+1}a_{2^{k+1}} \leq 2\sum_n a_n < \infty$ . ومن أجل $a_n = \frac1{n(\ln n)^\beta}$ : $2^ka_{2^k} = \frac{1}{(k\ln 2)^\beta}$ ، وتتقارب $\sum k^{-\beta}$ إذا وفقط إذا $\beta > 1$ : أي حدود السؤال 18 من جديد، بلا تكاملات.

23. بمقارنة التكامل،

\sum_{n > N}\frac{1}{n(\ln n)^2} \geq \int_{N+1}^{\infty}\frac{\dd t}{t(\ln t)^2} = \frac{1}{\ln(N+1)},

وهو عند $N = 10^6$ يساوي $\approx 0.0724$ : فبعد مليون حدّ يبقى الذيل أكبر من $0.07$ — فالمتسلسلة تتقارب، لكن لا جمع مباشر يُظهر مجموعها أبدًا. وقارِن ذلك بالسؤال 13، حيث اشترى تصحيح مقارب واحد سبعة أرقام من مئة حدّ: فمعرفة كيف تتقارب متسلسلة أثمن من معرفة أنها تتقارب.

24. $\sum\frac1{n\ln n}$ : تتباعد ( $\alpha = 1$ ، $\beta = 1$ ، السؤال 18). و $\sum\frac1{n^{1.01}}$ : تتقارب (ريمان، $\alpha > 1$ ). و $\sum\frac{(\ln n)^{100}}{n^{1.001}}$ : تتقارب ( $\alpha = 1.001 > 1$ ، $\beta = -100$ ، السؤال 16). و $\sum\frac1{n\ln n(\ln\ln n)^3}$ : تتقارب (بنمط السؤال 19: فالدالة الأصلية $-\frac12(\ln\ln t)^{-2}$ ، ولها نهاية منتهية).

25. يحوّل دي موافر انعدام $\sin(2n{+}1) \theta_k$ إلى انعدام كثير حدود عند $\cot^2\theta_k$ ، ويقرأ فييت مجاميع الجذور الدقيقة التي لم يكن التحليل وحده ليقدّمها إلا تقديرًا (الأسئلة 1–5). واحتاج الحصر إلى القيمتين الدقيقتين $\frac{n(2n-1)}3$ و $\frac{2n(n+1)}3$ على الطرفين — فالمكافئات كانت ستصادر المطلوب، إذ إن كل المغزى هو الثابت $\frac{\pi^2}6$ (السؤالان 7–8). وجرى الجزء الرابع كله على مقارنة المتسلسلة بالتكامل في الفصل 6، وقامت الدوال الأصلية اللوغاريتمية بالتصنيف (السؤالان 18–19). ويهدم السؤال 21 حلمَ محك المقارنة الشامل: فتحت كل متسلسلة متقاربة تقع أخرى أبطأ منها بما لا نهاية — والسلالم مثل خريطة برتران ترسم الحدود بدقة متزايدة أبدًا لكنها لا تبلغها. والقمتان: مقدار أويلر $\zeta(2) = \frac{\pi^2}6$ مع طابقه الأعلى $\zeta(4) = \frac{\pi^4}{90}$ (السؤالان 8 و10)، وتصنيف برتران (الأسئلة 16–18)؛ ويعود $\zeta(2)$ في الفصل 14، حيث تعيد متطابقة بارسفال برهانه في سطر واحد انطلاقًا من متسلسلة فورييه للموجة المسننة — ثابت واحد، وحضارتان.

المصطلحات المعرَّفة في هذا الفصل

عرض كل المصطلحات (395) في المسرد