الرياضيات الجامعية — السنة 2 · السنة الجامعية 2

9التكامل

بنى مجلد السنة الأولى التكامل على قطعة. ويوسّعه هذا الفصل إلى الفترات الكيفية (التكاملات المعتلة، مع صندوق أدوات المقارنة كاملًا)، ثم يدرس التكاملات المتعلقة بوسيط — الاتصال والاشتقاق تحت علامة التكامل — مشغَّلةً بمبرهنة التقارب المهيمَن عليه، وهي النتيجة الوحيدة في هذا الفصل التي نأخذها على الثقة. وتُستعمل الدالة $\Gamma$ مثالًا جاريًا، وبابًا إلى نصف الدوال الخاصة في الرياضيات.

9.1 التكاملات على فترة كيفية

تعريف 9.1

لتكن $f$ متصلة على قطع في $\intco{a}{b}$ (مع $b \in \R$ أو $+\infty$ ). يتقارب التكامل حين يوجد $\lim_{x \to b^-} \int_a^x f$ ؛ ونكتب عندئذٍ $\int_a^b f$ للنهاية. (وكذلك على $\intoc{a}{b}$ ، وعلى $\intoo{a}{b}$ بالفصل عند نقطة داخلية — ولا يهمّ الاختيار، بعلاقة شال.) ويتقارب التكامل بإطلاق حين يتقارب $\int_a^b \abs f$ ؛ ويستلزم التقارب المطلق التقاربَ، بمحك كوشي:

\Bigl| \int_x^{y} f \Bigr| \leq \int_x^{y} \abs f

وبتمام $\R$ (فللدالة الأصلية خاصية كوشي). وبالتفصيل: لتكن $F(x) = \int_a^x f$ ولتكن $G(x) = \int_a^x \abs f$ . فإذا تقارب $\int^b\abs f$ ، فللمقدار $G$ نهاية عند $b^-$ ، ومن ثم يوجد من أجل كل $\varepsilon > 0$ عدد $c < b$ يحقق $G(y) - G(x) \leq \varepsilon$ كلما $c \leq x \leq y < b$ ؛ وتنقل الصيغة المعروضة خاصية كوشي هذه إلى $F$ . ومن أجل أي متتالية $x_n \to b^-$ تشكّل القيم $F(x_n)$ عندئذٍ متتالية كوشي من الأعداد الحقيقية، متقاربة بحكم التمام، ويبيّن تداخل متتاليتين كهاتين أن النهاية واحدة من أجلها جميعًا: أي إن للمقدار $F$ نهاية عند $b^-$ .

مبرهنة 9.2 (صندوق أدوات المقارنة الموجبة)

من أجل $f, g \geq 0$ متصلة على قطع في $\intco{a}{b}$ :

يتقارب $\int_a^b f$ إذا وفقط إذا كانت الدالة الأصلية $x \mapsto \int_a^x f$ محدودة؛
إذا كان $f \leq g$ : فتقارب $\int g$ يفرض تقارب $\int f$ ؛ وينتقل التباعد في الاتجاه الآخر؛
إذا كان $f \sim g$ عند $b$ : فللتكاملين الطبيعة نفسها؛
السلالم المرجعية: عند $+\infty$ ، يتقارب $\int^{\infty} \frac{\dd t}{t^\alpha}$ إذا وفقط إذا $\alpha > 1$ ، ويتقارب $\int^\infty \frac{\dd t}{t(\ln t)^\beta}$ إذا وفقط إذا $\beta > 1$ ؛ وعند طرف منته $b$ ، يتقارب $\int^b \frac{\dd t}{(b - t)^\alpha}$ إذا وفقط إذا $\alpha < 1$ .

برهان. (1) الدالة الأصلية $F(x) = \int_a^x f$ غير متناقصة (لأن $f \geq 0$ ). فإذا كانت محدودة، فإن $\ell = \sup_{x < b}F$ منته و $F(x) \to \ell$ : إذ من أجل $\varepsilon > 0$ ، يوجد $F(x_0) > \ell - \varepsilon$ ، وتحصر الرتابة $F(x) \in \intoc{\ell - \varepsilon}{\ell}$ من أجل $x_0 \leq x < b$ . وإذا كانت غير محدودة، فإن $F \to +\infty$ : أي التباعد.

(2) من $f \leq g$ : $\int_a^x f \leq \int_a^x g$ من أجل كل $x$ ؛ فإذا تقارب $\int^b g$ ، يكون الطرف الأيمن محدودًا، ومن ثم الأيسر أيضًا، ويختم البند (1). ويُنقل التباعد في الاتجاه الآخر بالعكس المنطقي.

(3) يعطي $f \sim g$ عند $b$ عددًا $c < b$ يحقق

\tfrac12\,g(t) \;\leq\; f(t) \;\leq\; 2\,g(t) \qquad (c \leq t < b) :

وبتطبيق (2) في الاتجاهين على $\intco{c}{b}$ ، يكون للتكاملين الطبيعة نفسها؛ والقطعة الابتدائية $\intcc{a}{c}$ تكامل عادي لا يغيّر شيئًا.

(4) الدوال الأصلية الصريحة: من أجل $\alpha \neq 1$ و $\beta \neq 1$ ،

\int_c^x \frac{\dd t}{t^\alpha} = \frac{x^{1-\alpha} - c^{1-\alpha}}{1 - \alpha}, \qquad \int_c^x \frac{\dd t}{t(\ln t)^\beta} = \frac{(\ln x)^{1-\beta} - (\ln c)^{1-\beta}}{1 - \beta},

مع لوغاريتمات في الحالات المستبعَدة: فهي محدودة حين $x \to +\infty$ بالضبط حين $\alpha > 1$ ، أو $\beta > 1$ على التوالي. وعند طرف منته، يُرجع التعويض $u = b - t$ المسألةَ إلى السلّم $\int_0 u^{-\alpha}\,\dd u$ ، وهو محدود إذا وفقط إذا $\alpha < 1$ . ونطبّق (1) في كل مرة. ∎

مثال 9.3 (تمرينان تمهيديان، منفَّذان إلى النهاية)

(أ) $\displaystyle\int_0^1 \ln t\,\dd t$ : تنفجر الدالة المكامَلة عند $0^+$ ، لكن $\abs{\ln t} = o\bigl(t^{-1/2}\bigr)$ هناك (فاللوغاريتمات تخسر أمام القوى)، ويتقارب $\int_0 t^{-1/2}$ : أي التقارب المطلق. والقيمة، بالمكاملة بالتجزئة على $\intcc{\varepsilon}{1}$ :

\int_\varepsilon^1 \ln t\,\dd t = \bigl[t\ln t - t\bigr]_\varepsilon^1 = -1 - \varepsilon\ln\varepsilon + \varepsilon \xrightarrow[\varepsilon\to0^+]{} -1 .

(ب) $\displaystyle\int_0^\infty \frac{\ln t}{1 + t^2}\,\dd t$ : المشكلة عند الطرفين، فنفصل عند $1$ . وقرب $0$ : $\abs{\ln t}$ قابلة للمكاملة كما في (أ)؛ وقرب $\infty$ : $\frac{\ln t}{1+t^2} = o(t^{-3/2})$ : أي التقارب المطلق. ويرسل التعويض $t = \frac1u$ الفترةَ $\intoo{0}{1}$ على $\intoo{1}{\infty}$ ويكون

\int_0^1 \frac{\ln t}{1+t^2}\,\dd t = \int_1^{\infty} \frac{-\ln u}{1 + u^{-2}}\cdot \frac{\dd u}{u^2} = -\int_1^\infty \frac{\ln u}{1+u^2}\,\dd u :

فيتلاشى النصفان، ويكون التكامل $0$ . والفكرة الختامية: التناظر تحت $t \mapsto \frac1t$ يساوي صفحة من الحساب — والحيلة نفسها شغّلت التمرين 9.3 بالفعل.

مثال 9.4 (قيمة واحدة، وثلاثة تكاملات)

لندرس $I = \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{1 - \cos t}{t^2}\,\dd t$ . عند $0$ : $1 - \cos t \sim \frac{t^2}2$ ، ومن ثم تمتدّ الدالة المكامَلة بالاتصال بالقيمة $\frac12$ — فلا شذوذ إطلاقًا. وعند $\infty$ : $0 \leq \frac{1 - \cos t}{t^2} \leq \frac{2}{t^2}$ : أي التقارب المطلق (المبرهنة 9.2). والقيمة: نكامل بالتجزئة على $\intcc{\varepsilon}{M}$ مع $u = 1 - \cos t$ ، $v' = t^{-2}$ :

\int_\varepsilon^M \frac{1 - \cos t}{t^2}\,\dd t = \Bigl[-\frac{1 - \cos t}{t}\Bigr]_\varepsilon^M + \int_\varepsilon^M \frac{\sin t}{t}\,\dd t .

وينعدم القوس عند الطرفين (لأن $\frac{1 - \cos\varepsilon}{\varepsilon} \sim \frac\varepsilon2$ ؛ وبسط محدود عند $M$ )، ويؤول التكامل إلى قيمة ديريكليه $\frac\pi2$ (التمرين 9.10): أي $I = \frac\pi2$ . والفكرة الختامية: مع $1 - \cos t = 2\sin^2\frac t2$ و $u = \frac t2$ ،

I = \int_0^\infty \frac{2\sin^2 u}{(2u)^2}\;2\,\dd u = \int_0^\infty \Bigl(\frac{\sin u}{u}\Bigr)^{\!2}\dd u :

فالكلاسيكيات الثلاث $\int_0^\infty\frac{\sin t}{t}\dd t$ و $\int_0^\infty\bigl(\frac{\sin t}{t}\bigr)^2\dd t$ (التمرين 9.11) و $I$ تشترك كلها في القيمة $\frac\pi2$ ، متناقلةً بالتجزئة والتعويض — و الأولى وحدها نصف متقاربة: فقد قايضت المكاملة بالتجزئة التقاربَ المطلق بدالة مكامَلة أبسط.

مثال 9.5 (تكامل نصف متقارب)

$\displaystyle\int_1^{\infty} \frac{\sin t}{t}\,\dd t$ يتقارب: نكامل بالتجزئة،

\int_1^x \frac{\sin t}{t}\dd t = \Bigl[\frac{-\cos t}{t}\Bigr]_1^x - \int_1^x \frac{\cos t}{t^2}\dd t ,

حيث للقوس نهاية والتكامل الأخير يتقارب بإطلاق ( $\abs{\cos t}/t^2 \leq t^{-2}$ ). لكن لا بإطلاق: فمن $\abs{\sin t} \geq \sin^2 t$ ،

\int_1^x \frac{\abs{\sin t}}{t}\,\dd t \;\geq\; \int_1^x \frac{\sin^2t}{t}\,\dd t = \underbrace{\int_1^x \frac{\dd t}{2t}}_{=\ \frac12\ln x \ \to\ \infty} \;-\; \underbrace{\int_1^x \frac{\cos 2t}{2t}\,\dd t}_{\text{متقارب}} ,

حيث يتقارب التكامل الأخير بالمكاملة بالتجزئة نفسها أعلاه (مع $\sin 2t$ في القوس): فقطعة متباعدة ناقص قطعة متقاربة تتباعد. ومن ثم يتقارب $\int_1^\infty\frac{\sin t}{t}\dd t$ دون أن يتقارب بإطلاق — وهو نظير المتسلسلة المتناوبة في التكاملات، وتلعب المكاملة بالتجزئة فيه دور محك المتناوبات.

9.2 مبرهنة التقارب

مبرهنة 9.6 (التقارب المهيمَن عليه)

لتكن $(f_n)$ متصلة على قطع في فترة $I$ ، ومتقاربة نقطيًا إلى دالة $f$ متصلة على قطع، ولنفترض وجود دالة ثابتة قابلة للمكاملة $\varphi \geq 0$ ( $\int_I \varphi < \infty$ ) تحقق

\abs{f_n(t)} \leq \varphi(t) \qquad (t \in I,\ n \in \N).

عندئذٍ تتقارب كل التكاملات $\int_I f_n$ و $\int_I f$ بإطلاق، ويكون

\int_I f_n \xrightarrow[n \to \infty]{} \int_I f .

برهان. نقبله في هذا المستوى. ∎

ملاحظة 9.7

البرهان الأمين ينتمي إلى نظرية تكامل لوبيغ في السنة الثالثة؛ أما القول فيُستعمل باستمرار من الآن فصاعدًا. وفرضية الهيمنة هي كل المغزى: فالتقارب النقطي وحده لا يكفي ( $f_n = n\,\mathbf{1}_{\intoo{0}{1/n}}$ ، بالنتوءات المنزلقة: $\int f_n = 1 \not\to 0 = \int f$ ). وتصحّ المبرهنة أيضًا من أجل وسيط متصل ( $f_\lambda$ ، $\lambda \to \lambda_0$ )، بالتوصيف المتتالي للنهايات.

مثال 9.8 (نهاية غاوسية، بالهيمنة)

لنحسب $\displaystyle\lim_{n\to\infty} I_n$ حيث $I_n = \int_0^\infty \Bigl(1 + \frac{t^2}{n}\Bigr)^{\!-n}\dd t$ . نقطيًا، $(1 + t^2/n)^n \to \eu^{t^2}$ (وهي نهاية الفائدة المركّبة)، ومن ثم تؤول الدوال المكامَلة إلى $\eu^{-t^2}$ . والهيمنة: المتتالية $n \mapsto (1 + u/n)^n$ غير متناقصة من أجل $u \geq 0$ (فمتراجحة الحسابي والهندسي على العوامل $n + 1$ ، أي $1, 1 + \frac un, \dots, 1 + \frac un$ ، تعطي $(1 + \frac u{n+1})^{n+1} \geq (1 + \frac un)^n$ )، ومن ثم من أجل $n \geq 2$ :

\Bigl(1 + \frac{t^2}{n}\Bigr)^{\!-n} \leq \Bigl(1 + \frac{t^2}{2}\Bigr)^{\!-2},

وهي دالة مهيمِنة قابلة للمكاملة ( $\sim 4t^{-4}$ عند اللانهاية). والتقارب المهيمَن عليه:

I_n \xrightarrow[n\to\infty]{} \int_0^\infty \eu^{-t^2}\dd t = \frac{\sqrt\pi}{2}

(وهو التكامل الغاوسي للدالة التمرين 9.8). والتحقق الختامي: يحسب التعويض $t = \sqrt n\tan\theta$ المقدارَ $I_n$ بالضبط، فيعطي $I_n = \sqrt n\int_0^{\pi/2}\cos^{2n-2}\theta\,\dd\theta = \sqrt n\,W_{2n-2}$ ، وتعطي مقاربات واليس $W_m \sim \sqrt{\pi/(2m)}$ (المبرهنة المساعدة 6.11) القيمةَ $\sqrt n\,W_{2n-2} \to \frac{\sqrt\pi}2$ من جديد: فيتفق ركنا هذا الفصل والفصل السابق.

مثال 9.9 (التقارب المهيمَن عليه، بوسيط متصل)

لنحسب

\lim_{x\to+\infty}\int_0^\infty \frac{\arctan(xt)}{1+t^2}\,\dd t .

من أجل كل $t > 0$ ، $\arctan(xt) \to \frac\pi2$ حين $x \to \infty$ ؛ وتصحّ الهيمنة

\Bigl|\frac{\arctan(xt)}{1+t^2}\Bigr| \leq \frac{\pi/2}{1+t^2}, \qquad\text{قابلة للمكاملة، ولا تتعلق بالوسيط } x,

من أجل كل $x$ . وبالصيغة ذات الوسيط المتصل في المبرهنة 9.6 (بالتوصيف المتتالي: اختبر على امتداد كل $x_n \to \infty$ )،

\int_0^\infty\frac{\arctan(xt)}{1+t^2}\,\dd t \xrightarrow[x\to+\infty]{} \frac\pi2\int_0^\infty\frac{\dd t}{1+t^2} = \frac{\pi^2}{4} .

والفكرة الختامية: النقطة الوحيدة $t = 0$ ، حيث النهاية النقطية $0$ لا $\frac\pi2$ ، لا تغيّر شيئًا — فدالة النهاية لا تدخل إلا عبر تكاملها، وهي إحدى رحمات المبرهنة الهادئة.

9.3 التكاملات ذوات الوسيط

مبرهنة 9.10 (الاتصال تحت علامة التكامل)

لتكن $f \colon A \times I \to \R$ (مع $A$ فضاءً متريًا و $I$ فترةً) بحيث: تكون $t \mapsto f(x, t)$ متصلة على قطع من أجل كل $x$ ؛ وتكون $x \mapsto f(x, t)$ متصلة من أجل كل $t$ ؛ وتوجد هيمنة $\abs{f(x,t)} \leq \varphi(t)$ (مع $\varphi$ قابلة للمكاملة على $I$ ، ولا تتعلق بالوسيط $x$ ). عندئذٍ تكون

F(x) = \int_I f(x, t)\,\dd t

معرَّفة ومتصلة على $A$ .

برهان. التعريف: تعطي الهيمنة التقارب المطلق. والاتصال عند $x_0$ : من أجل أي متتالية $x_n \to x_0$ ، تتقارب الدوال $g_n(t) = f(x_n, t)$ نقطيًا إلى $f(x_0, t)$ (بالاتصال في $x$ ) تحت الهيمنة الثابتة $\varphi$ : فيعطي التقارب المهيمَن عليه أن $F(x_n) \to F(x_0)$ ؛ ونختم بالتوصيف المتتالي للاتصال (التعريف 4.5). ∎

مبرهنة 9.11 (الاشتقاق تحت علامة التكامل)

لتكن $f \colon J \times I \to \R$ (مع $J$ فترةً للوسائط) بحيث: تكون $t \mapsto f(x,t)$ قابلة للمكاملة على $I$ من أجل كل $x$ ؛ وتكون $x \mapsto f(x,t)$ من الصنف $C^1$ من أجل كل $t$ ، ويكون المشتق الجزئي $\frac{\partial f}{\partial x}$ متصلًا على قطع في $t$ ومهيمَنًا عليه: $\bigl|\frac{\partial f}{\partial x}(x,t)\bigr| \leq \psi(t)$ مع $\psi$ قابلة للمكاملة. عندئذٍ تكون $F(x) = \int_I f(x,t)\dd t$ من الصنف $C^1$ على $J$ ويكون

F'(x) = \int_I \frac{\partial f}{\partial x}(x, t)\,\dd t .

برهان. نثبّت $x$ و $h_n \to 0$ . ونسب الفروق

\frac{F(x + h_n) - F(x)}{h_n} = \int_I \frac{f(x + h_n, t) - f(x, t)}{h_n}\,\dd t

دوالها المكامَلة تتقارب نقطيًا إلى $\frac{\partial f}{\partial x}(x, t)$ ، وهي مهيمَن عليها بالمقدار $\psi(t)$ : فبمتراجحة التزايدات المنتهية مطبَّقةً في $x$ عند $t$ ثابت،

\Bigl|\frac{f(x + h_n, t) - f(x,t)}{h_n}\Bigr| \leq \sup_{\xi} \Bigl|\frac{\partial f}{\partial x}(\xi, t)\Bigr| \leq \psi(t) .

ويعطي التقارب المهيمَن عليه نهاية النسب $\int_I \frac{\partial f}{\partial x}(x,t)\dd t$ : أي إن $F$ قابلة للاشتقاق بالمشتق المعلَن، وهو متصل حسب المبرهنة 9.10 مطبَّقة على $\frac{\partial f}{\partial x}$ . ∎

مثال 9.12 (تكامل ذو وسيط، متحقَّق منه في مقابل صيغة)

لتكن $F(x) = \displaystyle\int_0^\infty \frac{\dd t}{t^2 + x}$ من أجل $x > 0$ . وعلى كل $\intcc{a}{b} \subset \intoo{0}{\infty}$ ، تُهيمن على الدالة المكامَلة الدالةُ $\frac{1}{t^2 + a}$ ، وهي قابلة للمكاملة ولا تتعلق بالوسيط $x$ : ومن ثم فإن $F$ متصلة (المبرهنة 9.10). ويمكن هنا التحقق من المبرهنة في مقابل قيمة صريحة:

F(x) = \Bigl[\frac{1}{\sqrt x}\arctan\frac{t}{\sqrt x}\Bigr]_0^\infty = \frac{\pi}{2\sqrt x} ,

وهي متصلة بوضوح. ولنشتق الآن تحت التكامل: المشتق بالنسبة إلى $x$ ، أي $-\frac{1}{(t^2+x)^2}$ ، مهيمَن عليه على $\intcc ab$ بالمقدار $\frac{1}{(t^2+a)^2}$ ، وهو قابل للمكاملة: فتعطي المبرهنة 9.11

F'(x) = -\int_0^\infty \frac{\dd t}{(t^2 + x)^2} \qquad\text{في حين أن}\qquad F'(x) = -\frac{\pi}{4}\,x^{-3/2} ,

ومن ثم فقد حسبنا تكاملًا جديدًا مجانًا: $\int_0^\infty\frac{\dd t}{(t^2+x)^2} = \frac{\pi}{4x^{3/2}}$ . والفكرة الختامية: اشتقاق تكامل معلوم ذي وسيط مصنعٌ للصيغ الجديدة — وبالتكرار نحصل على $\int_0^\infty\frac{\dd t}{(t^2+1)^n}$ من أجل كل $n$ ، بلا أي تعويضات مثلثية.

طريقة 9.13 (كيف ندرس تكاملًا معتلًا)

من أجل $\int_a^b f$ :

حدّد موضع المشكلة: اسرد الطرفين (أو النقاط الداخلية) حيث تكون $f$ غير محدودة أو تكون الفترة غير منتهية، وافصل بحيث يكون في كل قطعة طرف مشكل واحد بالضبط.
إذا كانت $f$ ثابتة الإشارة قرب ذلك الطرف، فجد مكافئًا وقارِن بالسلالم المرجعية في المبرهنة 9.2.
إذا تذبذبت $f$ ، فاختبر $\abs f$ أولًا (التقارب المطلق). فإذا تباعد $\int\abs f$ ، فجرّب المكاملة بالتجزئة لمقايضة التذبذب بالتناقص، كما في المثال 9.5؛ وتكشف التصغيرات مثل $\abs{\sin t} \geq \sin^2t$ التقاربَ النصفي الحقيقي.
ومن أجل قيمة لا مجرد طبيعة: التجزئة أو التعويض أو وسيط (اشتق تكاملًا أبسط، كما في المثال 9.12 و المثال 9.21).
وللتحقق من أي قيمة محسوبة: الإشارة والحجم التقريبي في مقابل حدّ خام ( $\int_0^\infty \eu^{-t^2}\dd t \in \intoo{0}{1 + \int_1^\infty \eu^{-t}}$ ، ومن ثم فإن $\frac{\sqrt\pi}{2} \approx 0.886$ معقولة)؛ والتوافق البُعدي تحت تغيير السلّم (فلا بد أن يعيد $t \mapsto \lambda t$ تحجيم الطرفين بالطريقة نفسها — وهو أسرع كاشف لعامل ضائع).

ملاحظة 9.14 (مزالق شائعة)

ثلاثة أخطاء متكررة. (1) الدوال المهيمِنة المتعلقة بالوسيط: يجب أن تكون الهيمنة $\abs{f(x,t)} \leq \varphi(t)$ منتظمة في $x$ على المجموعة المدروسة؛ وهي تصحّ عادةً على القطع $\intcc ab$ لا شموليًا — فمن أجل $\int_0^\infty\eu^{-xt}\dd t$ لا توجد دالة مهيمِنة قابلة للمكاملة صالحة من أجل كل $x > 0$ ، ومع ذلك تكفي الهيمنة على $x \geq a > 0$ للعمل على نصف المستقيم المفتوح كله، لأن الاتصال والمشتقات مفاهيم محلية. (2) مقارنة الدوال المكامَلة ذوات الإشارة: صندوق أدوات المقارنة من أجل الدوال غير السالبة؛ فمن $\abs f \leq g$ مع تباعد $\int g$ لا يمكن استنتاج شيء — فالتكامل $\int_1^\infty\frac{\sin t}t\,\dd t$ يتقارب رغم فشل كل مقارنة مع $\frac1t$ . (3) نسيان نصف المشكلة: على $\intoo{0}{\infty}$ ادرس دائمًا الطرفين كلًا على حدة؛ فالتكامل $\int_0^\infty\frac{\dd t}{t}$ يتباعد عند كليهما، وقد يُخفي فصلٌ يبدو متقاربًا تلاشيًا بين لانهايتين. والانعكاس الآمن هو قائمة التدقيق في الطريقة 9.13.

مثال 9.15 (حالة حدّية عند برتران، إلى الرقم)

يقع السلّم $\int^\infty\frac{\dd t}{t(\ln t)^\beta}$ في المبرهنة 9.2 على حافة سلالم القوى بالضبط؛ وتستحق حالاته الحدّية حسابًا كاملًا واحدًا. فمن أجل $\beta = 2$ :

\int_\eu^{\infty}\frac{\dd t}{t(\ln t)^2} = \Bigl[-\frac{1}{\ln t}\Bigr]_\eu^{\infty} = 0 - (-1) = 1 ,

وهو تكامل متقارب بقيمة دقيقة لطيفة؛ في حين أنه من أجل $\beta = 1$ ،

\int_\eu^{x}\frac{\dd t}{t\ln t} = \bigl[\ln\ln t\bigr]_\eu^{x} = \ln\ln x \longrightarrow \infty ,

فهو متباعد — لكن ببطء يجعل بلوغ $\ln\ln x = 10$ يقتضي $x = \eu^{\eu^{10}} \approx 10^{9566}$ . والفكرة الختامية: بين “كل قوة $t^{-1-\varepsilon}$ تتقارب” و“ $t^{-1}$ يتباعد” يعيش سلّم غير منته من السلالم اللوغاريتمية، ينقّح كلٌّ منها السابق؛ ويُسقط التعويض $u = \ln t$ كل درجة على سابقتها، ولهذا تردّد محكّات برتران محكّات ريمان درجةً أعلى.

ملاحظة 9.16 (آفاق داخل هذا المجلد)

أدوات هذا الفصل على وشك أن تكون في كل مكان. فالتقارب المهيمَن عليه هو المحرّك وراء المتطابقات التقريبية في الفصل التالي (بالنوى المنزلقة، عند برنشتاين وفييير سواءً)؛ وينتج الاتصال والاشتقاق تحت علامة التكامل حسابَ معاملات فورييه في فصل فورييه، حيث يكون كل $c_n(f)$ تكاملًا ذا وسيط متخفيًا. وتعود الدالة $\Gamma$ مرتين: في فصل التكاملات المتعددة، حيث يبرهن تكامل مزدوج أخيرًا على صيغة أويلر للدالتين بيتا وغاما كاملةً، وفي فصول الاحتمال، حيث تنظّم التكاملات من نمط $\Gamma$ الكثافات القياسية وتحسب عزومها. ويعود التكامل النصف متقارب $\int\frac{\sin t}{t}$ بوصفه ثابت غيبس في فصل فورييه — أي التكامل نفسه، مقيسًا تجاوز المجاميع الجزئية عند قفزة.

تعريف 9.17 (الدالة $\Gamma$ )

من أجل $x > 0$ :

\Gamma(x) = \int_0^{\infty} t^{x-1}\,\eu^{-t}\,\dd t ,

وهو متقارب عند الطرفين (إذ إن $t^{x-1}$ قابلة للمكاملة عند $0^+$ من أجل $x > 0$ ؛ والتناقص أسّي عند $\infty$ ).

مبرهنة 9.18

$\Gamma$ متصلة على $\intoo{0}{+\infty}$ ، وتحقق المعادلة الوظيفية

\Gamma(x + 1) = x\,\Gamma(x), \qquad \Gamma(1) = 1, \qquad\text{ومنه}\qquad \Gamma(n + 1) = n! ,

وهي من الصنف $C^1$ (بل من الصنف $C^\infty$ ) مع $\Gamma'(x) = \int_0^\infty t^{x-1}\eu^{-t}\ln t\,\dd t$ .

برهان. المعادلة الوظيفية: نكامل بالتجزئة على $\intcc{\varepsilon}{M}$ وندع الطرفين يمضيان: $\int t^{x}\eu^{-t} = [-t^x\eu^{-t}] + x\int t^{x-1}\eu^{-t}$ ، وتنعدم الحدود الحدّية — فعلًا $\varepsilon^x\eu^{-\varepsilon} \to 0$ حين $\varepsilon \to 0^+$ لأن $x > 0$ ، و $M^x\eu^{-M} \to 0$ حين $M \to \infty$ لأن الأسّي يغلب كل قوة؛ ويتقارب التكاملان المقتطعان إلى قيمتيهما المعتلتين بحكم التقارب المثبت في التعريف 9.17. و $\Gamma(1) = \int \eu^{-t} = 1$ ؛ ويعطي التراجع العاملي.

الاتصال على $\intcc{a}{b} \subset \intoo{0}{\infty}$ : نُهيمن على $t^{x-1}\eu^{-t}$ بالمقدار $\varphi(t) = (t^{a-1} + t^{b-1})\eu^{-t}$ ، وهو قابل للمكاملة ولا يتعلق بالوسيط $x \in \intcc{a}{b}$ : فتنطبق المبرهنة 9.10 على كل قطعة كهذه، ومن ثم على نصف المستقيم كله. وقابلية الاشتقاق: المشتق بالنسبة إلى $x$ ، أي $t^{x-1}\eu^{-t}\ln t$ ، مهيمَن عليه على $\intcc{a}{b}$ بالمقدار $(t^{a-1} + t^{b-1})\eu^{-t}\,\abs{\ln t}$ ، وهو ما يزال قابلًا للمكاملة: ومنه المبرهنة 9.11؛ وبالتكرار نحصل على كل المشتقات (فكل واحد يضيف قوة للمقدار $\ln t$ ، وهي غير ضارّة). ∎

مثال 9.19 (عامليات نصف الأعداد الصحيحة)

تولّد المعادلة الوظيفية مع $\Gamma\bigl(\frac12\bigr) = \sqrt\pi$ (وهي على بعد تعويض من التمرين 9.8: ضع $t = u^2$ في التكامل المعرِّف) كل قيم أنصاف الأعداد الصحيحة:

\Gamma\Bigl(\frac32\Bigr) = \frac12\,\Gamma\Bigl(\frac12\Bigr) = \frac{\sqrt\pi}{2}, \qquad \Gamma\Bigl(\frac52\Bigr) = \frac32\cdot\frac{\sqrt\pi}{2} = \frac{3\sqrt\pi}{4}, \qquad \Gamma\Bigl(\frac72\Bigr) = \frac{15\sqrt\pi}{8} .

وبما أن $\Gamma(n+1) = n!$ ، فمن الإنصاف أن نقول “ $\frac12! = \frac{\sqrt\pi}{2} \approx 0.886$ ”: فقد استُكمِل العاملي، وينزل المنحني المستكمِل تحت $1$ بين $0! = 1$ و $1! = 1$ (وحدّه الأدنى $\approx 0.8856$ عند $x \approx 1.4616$ يوافق صورة التحدب في الجزء الأول من مسألة نهاية الأسبوع). والفكرة الختامية: لا شيء في التكامل $\int_0^\infty t^{x-1}\eu^{-t}\dd t$ يميّز الأعداد الصحيحة — فتقطّع العاملي كان حادثًا من حوادث العدّ، و $\sqrt\pi$ هو ما يعيش بين $1$ و $1$ .

ملاحظة 9.20 (إلى أين تمضي $\Gamma$ من هنا)

تبني مسألة نهاية الأسبوع في هذا الفصل حساب أويلر كله حول $\Gamma$ : الدالة بيتا، وتراجعاتها بالمكاملة بالتجزئة، وتكاملات واليس بوصفها قيمًا للدالة بيتا، وصيغة غاوس الحدّية. ويبرهن فصل التكاملات المتعددة على صيغة أويلر للدالتين بيتا وغاما من أجل كل الوسائط بتكامل مزدوج؛ وتلقى فصول الاحتمال $\Gamma$ من جديد في تنظيم أشيع الكثافات وفي عزوم أزمنة الانتظار. ويعيد مجلد السنة الثالثة بناء $\Gamma$ على أسس لوبيغ، ويبرهن على مبرهنة الوحدانية عند بور–مولروب، ويمدّد صيغة ستيرلينغ من الأعداد الصحيحة إلى نصف المستقيم الحقيقي بالتقارب المهيمَن عليه.

مثال 9.21 (حساب كلاسيكي بالاشتقاق)

من أجل $x \in \R$ ، لتكن $F(x) = \int_0^{\infty} \eu^{-t^2}\cos(xt)\,\dd t$ (وهو متقارب بإطلاق، مهيمَن عليه بالمقدار $\eu^{-t^2}$ ). وحسب المبرهنة 9.11 (بهيمنة المشتق بالنسبة إلى $x$ بالمقدار $t\,\eu^{-t^2}$ ، وهو قابل للمكاملة):

F'(x) = -\int_0^\infty t\,\eu^{-t^2}\sin(xt)\,\dd t = \Bigl[\frac{\eu^{-t^2}}{2}\sin(xt)\Bigr]_0^\infty - \frac x2\int_0^\infty \eu^{-t^2}\cos(xt)\,\dd t = -\frac x2\,F(x),

(بالتجزئة مع $u' = t\eu^{-t^2}$ ). وتُكامَل المعادلة التفاضلية $F' = -\frac x2 F$ لتعطي $F(x) = F(0)\,\eu^{-x^2/4}$ : أي إن التكامل من النوع الغاوسي يعيد إنتاج نفسه. والثابت $F(0) = \int_0^\infty \eu^{-t^2}\dd t = \frac{\sqrt\pi}{2}$ محسوب في التمرين 9.8 — ومن جديد، بالمكاملة المزدوجة، في الفصل 20.

9.4 تمارين

تمرين 9.1 ★

طبيعة: $\displaystyle\int_0^1 \frac{\dd t}{\sqrt{t(1-t)}}$ ؛ و $\;\displaystyle\int_1^\infty \frac{\ln t}{t^2}\dd t$ ؛ و $\;\displaystyle\int_0^\infty \frac{\dd t}{1 + t^2\sin^2 t}$ (قارِن بالسلوك المتباعد من النمط التوافقي قرب $t = n\pi$ ).

حل

حل التمرين 9.1.

$\int_0^1 \frac{\dd t}{\sqrt{t(1-t)}}$ : قرب $0$ ، $\sim t^{-1/2}$ (مع $\alpha = \frac12 < 1$ : فيتقارب)؛ وقرب $1$ ، $\sim (1-t)^{-1/2}$ : فيتقارب. فهو متقارب (وقيمته $\pi$ ، بالتعويض $t = \sin^2\theta$ ).

$\int_1^\infty \frac{\ln t}{t^2}$ : $\frac{\ln t}{t^2} = o(t^{-3/2})$ : فهو متقارب (وقيمته $1$ بالتجزئة).

$\int_0^\infty \frac{\dd t}{1 + t^2\sin^2 t}$ : متباعد. فقرب $t = n\pi$ ، نكتب $t = n\pi + u$ : $\sin^2 t = \sin^2 u \leq u^2$ ، ومن ثم على $\abs u \leq \frac{1}{n}$ ، $1 + t^2\sin^2 t \leq 1 + (n\pi + 1)^2u^2 \leq C n^2 u^2 + 1$ ؛ ومنه

\int_{n\pi - 1/n}^{n\pi + 1/n} \frac{\dd t}{1 + t^2\sin^2 t} \geq \int_{-1/n}^{1/n} \frac{\dd u}{1 + Cn^2u^2} = \frac{2\arctan\sqrt C}{\sqrt C}\cdot\frac{1}{n} ,

وهو حدّ من متسلسلة متباعدة من النمط التوافقي: فبالجمع على $n$ ، تكون الدالة الأصلية غير محدودة.

تمرين 9.2 ★

احسب $\displaystyle\int_0^\infty t^n \eu^{-\lambda t}\,\dd t$ (مع $\lambda > 0$ ) عبر $\Gamma$ ، و $\displaystyle\int_0^1 (\ln t)^n \dd t$ بالتعويض $t = \eu^{-u}$ .

حل

حل التمرين 9.2.

نعوّض $u = \lambda t$ :

\int_0^\infty t^n \eu^{-\lambda t}\dd t = \frac{1}{\lambda^{n+1}}\int_0^\infty u^n\eu^{-u}\dd u = \frac{\Gamma(n+1)}{\lambda^{n+1}} = \frac{n!}{\lambda^{n+1}} .

ومع $t = \eu^{-u}$ (مع $\dd t = -\eu^{-u}\dd u$ ):

\int_0^1 (\ln t)^n \dd t = \int_0^{\infty} (-u)^n \eu^{-u}\,\dd u = (-1)^n\, n! .

تمرين 9.3 ★

برهن على أن $\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\dd t}{(1 + t^2)(1 + t^x)}$ معرَّف جيدًا من أجل كل $x \in \R$ و لا يتعلق بالوسيط $x$ . (عوّض $t \mapsto \frac1t$ وخذ متوسط العبارتين.) وما قيمته؟

حل

حل التمرين 9.3.

التقارب: الدالة المكامَلة $\leq \frac{1}{1+t^2}$ قرب $\infty$ ومحدودة قرب $0$ (فالعاملان محدودان من أسفل بعيدًا عن $0$ ): فالتقارب مطلق، من أجل كل $x$ . وبالتعويض $t = \frac1u$ (مع $\dd t = -\frac{\dd u}{u^2}$ ):

I(x) = \int_0^\infty \frac{1}{\bigl(1 + \frac1{u^2}\bigr)\bigl(1 + u^{-x}\bigr)}\cdot\frac{\dd u}{u^2} = \int_0^\infty \frac{u^x}{(1 + u^2)(1 + u^x)}\,\dd u .

وبجمع العبارتين للمقدار $I(x)$ :

2I(x) = \int_0^\infty \frac{1 + t^x}{(1+t^2)(1+t^x)}\dd t = \int_0^\infty \frac{\dd t}{1 + t^2} = \frac{\pi}{2} :

أي $I(x) = \frac\pi4$ ، وهو لا يتعلق بالوسيط $x$ .

تمرين 9.4 ★★

(تكاملات برتران عند طرف منته) من أجل أي $(\alpha, \beta)$ يتقارب $\displaystyle\int_0^{1/2} \frac{\dd t}{t^\alpha\,\abs{\ln t}^\beta}$ ؟

حل

حل التمرين 9.4.

قرب $0^+$ ، مع $u = \abs{\ln t} \to \infty$ . فإذا كان $\alpha < 1$ : فالتقارب مهما كان $\beta$ (بالمقارنة مع $t^{-\alpha'}$ من أجل $\alpha < \alpha' < 1$ : فيُغلَب عامل اللوغاريتم). وإذا كان $\alpha > 1$ : فالتباعد مهما كان $\beta$ (بالمقارنة مع $t^{-\alpha''}$ ، مع $1 < \alpha'' < \alpha$ ). وإذا كان $\alpha = 1$ : فنعوّض $t = \eu^{-u}$ :

\int_0^{1/2} \frac{\dd t}{t\,\abs{\ln t}^\beta} = \int_{\ln 2}^{\infty} \frac{\dd u}{u^\beta},

وهو متقارب إذا وفقط إذا $\beta > 1$ . والخلاصة: التقارب إذا وفقط إذا $\alpha < 1$ ، أو ( $\alpha = 1$ و $\beta > 1$ ) — وهي مرآة متسلسلة برتران.

تمرين 9.5 ★★

لتكن $F(x) = \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\eu^{-xt}}{1 + t^2}\,\dd t$ من أجل $x \geq 0$ . برهن على أن $F$ متصلة على $\intco{0}{\infty}$ ، ومن الصنف $C^2$ على $\intoo{0}{\infty}$ ، وتحقق $F'' + F = \frac1x$ هناك، وأن $F(x) \to 0$ حين $x \to +\infty$ .

حل

حل التمرين 9.5.

الاتصال على $\intco{0}{\infty}$ : بالهيمنة $\bigl|\frac{\eu^{-xt}}{1+t^2}\bigr| \leq \frac{1}{1+t^2}$ ، وهي قابلة للمكاملة ومنتظمة في $x \geq 0$ : المبرهنة 9.10.

من الصنف $C^2$ على $\intoo{0}{\infty}$ : على $x \geq a > 0$ ، يكون المشتقان الأولان بالنسبة إلى $x$ ، أي $\frac{-t\,\eu^{-xt}}{1+t^2}$ و $\frac{t^2\eu^{-xt}}{1+t^2}$ ، مهيمَنًا عليهما بالمقدارين $t\,\eu^{-at}$ و $\eu^{-at}$ : فبتطبيقين للنتيجة المبرهنة 9.11. ثم

F''(x) + F(x) = \int_0^\infty \frac{t^2 + 1}{1 + t^2}\,\eu^{-xt}\dd t = \int_0^\infty \eu^{-xt}\dd t = \frac1x .

والنهاية: $0 \leq F(x) \leq \int_0^\infty \eu^{-xt}\dd t = \frac1x \to 0$ .

تمرين 9.6 ★★

(فرولاني) لتكن $f$ متصلة على $\intco{0}{+\infty}$ ولها نهاية منتهية $f(\infty)$ عند $+\infty$ . برهن على أنه من أجل $a, b > 0$ :

\int_0^{\infty} \frac{f(at) - f(bt)}{t}\,\dd t = \bigl(f(0) - f(\infty)\bigr)\,\ln\frac ba .

(على $\intcc{\varepsilon}{M}$ ، عوّض في كل قطعة و أعِد التجميع في $\int_{a\varepsilon}^{b\varepsilon} - \int_{aM}^{bM}$ من $\frac{f(u)}u\,\dd u$ ؛ واحصر مستعملًا الاتصال عند $0$ والنهاية عند $\infty$ .) واحسب $\int_0^\infty \frac{\eu^{-t} - \eu^{-2t}}{t}\dd t$ .

حل

حل التمرين 9.6.

على $\intcc{\varepsilon}{M}$ ، نعوّض $u = at$ و $u = bt$ في النصفين:

\int_\varepsilon^M \frac{f(at) - f(bt)}{t}\dd t = \int_{a\varepsilon}^{aM}\frac{f(u)}{u}\dd u - \int_{b\varepsilon}^{bM}\frac{f(u)}{u}\dd u = \int_{a\varepsilon}^{b\varepsilon} \frac{f(u)}{u}\dd u - \int_{aM}^{bM} \frac{f(u)}{u}\dd u .

القطعة الأولى: $f(u) = f(0) + o(1)$ قرب $0$ ، و $\int_{a\varepsilon} ^{b\varepsilon} \frac{\dd u}{u} = \ln\frac ba$ : فتؤول القطعة إلى $f(0)\ln\frac ba$ . والقطعة الثانية: $f(u) \to f(\infty)$ ، وبالحساب نفسه: تؤول إلى $f(\infty)\ln\frac ba$ . ومن ثم يتقارب التكامل المعتل إلى $\bigl(f(0) - f(\infty)\bigr)\ln\frac ba$ .

ومع $f(t) = \eu^{-t}$ (مع $f(0) = 1$ ، $f(\infty) = 0$ )، $a = 1$ ، $b = 2$ :

\int_0^\infty \frac{\eu^{-t} - \eu^{-2t}}{t}\dd t = \ln 2 .

تمرين 9.7 ★★

برّر واحسب $\lim_{n\to\infty} \displaystyle\int_0^n \Bigl(1 - \frac tn\Bigr)^{\!n} t^{x-1}\,\dd t$ من أجل $x > 0$ (بالتقارب المهيمَن عليه مع $\varphi(t) = \eu^{-t}t^{x-1}$ ، مستعملًا $(1 - t/n)^n \leq \eu^{-t}$ ؛ والنهاية $\Gamma(x)$ ).

حل

حل التمرين 9.7.

نمدّد الدالة المكامَلة بالقيمة $0$ بعد $t = n$ : $g_n(t) = (1 - \frac tn)^n t^{x-1}\mathbf{1}_{t \leq n}$ . ونقطيًا، $g_n(t) \to \eu^{-t}t^{x-1}$ (وهي نهاية الفائدة المركّبة، مجلد السنة الأولى). والهيمنة: يعطي $\ln(1 - u) \leq -u$ أن $(1 - \frac tn)^n \leq \eu^{-t}$ على $\intcc{0}{n}$ ، ومنه $\abs{g_n(t)} \leq \eu^{-t}t^{x-1} = \varphi(t)$ ، وهو قابل للمكاملة. وبالتقارب المهيمَن عليه:

\int_0^n \Bigl(1 - \frac tn\Bigr)^n t^{x-1}\dd t \xrightarrow[n\to\infty]{} \int_0^\infty \eu^{-t}t^{x-1}\dd t = \Gamma(x) .

(وحساب الطرف الأيسر بتجزئات متكررة يعطي صيغة أويلر الجدائية $\Gamma(x) = \lim \frac{n!\,n^x}{x(x+1)\cdots(x+n)}$ .)

تمرين 9.8 ★★★

(التكامل الغاوسي بحيلة وسيط) من أجل $x \geq 0$ نضع

G(x) = \Bigl(\int_0^x \eu^{-t^2}\dd t\Bigr)^{\!2}, \qquad H(x) = \int_0^1 \frac{\eu^{-x^2(1+t^2)}}{1 + t^2}\,\dd t .

برهن على أن $G' + H' = 0$ (اشتق $H$ تحت التكامل و عوّض $u = xt$ في التكامل الناتج)، واستنتج $G(x) + H(x) = \frac\pi4$ من أجل كل $x$ ، واختم بأن

\int_0^{\infty} \eu^{-t^2}\,\dd t = \frac{\sqrt\pi}{2} .

حل

حل التمرين 9.8.

$H$ قابلة للاشتقاق في $x$ (فالدالة المكامَلة من الصنف $C^1$ في $x$ ، ومشتقها $-2x(1+t^2)\cdot\frac{\eu^{-x^2(1+t^2)}}{1+t^2} = -2x\,\eu^{-x^2}\eu^{-x^2t^2}$ متصل ومحدود على متراصات $x$ ، والهيمنة على $t \in \intcc{0}{1}$ بديهية):

H'(x) = -2x\,\eu^{-x^2}\int_0^1 \eu^{-x^2t^2}\,\dd t \overset{u = xt}{=} -2\,\eu^{-x^2}\int_0^x \eu^{-u^2}\,\dd u = -G'(x),

لأن $G'(x) = 2\eu^{-x^2}\int_0^x \eu^{-t^2}\dd t$ (بقاعدة سلسلة الاشتقاق على المربّع، وبالمبرهنة الأساسية للتفاضل والتكامل). ومن ثم فإن $G + H$ ثابتة، وتساوي $G(0) + H(0) = 0 + \int_0^1 \frac{\dd t}{1+t^2} = \frac\pi4$ .

وحين $x \to \infty$ : $0 \leq H(x) \leq \eu^{-x^2}\int_0^1 \dd t \to 0$ ، ومنه $G(x) \to \frac\pi4$ :

\int_0^\infty \eu^{-t^2}\dd t = \sqrt{\frac\pi4} = \frac{\sqrt\pi}{2} .

(ومن ثم $\Gamma\bigl(\frac12\bigr) = 2\int_0^\infty \eu^{-t^2}\dd t = \sqrt\pi$ ، بالتعويض $t = \sqrt u$ .)

تمرين 9.9 ★★★

برهن على أن $\Gamma$ محدبة لوغاريتميًا: أي إن $\ln\Gamma$ محدبة على $\intoo{0}{\infty}$ . (كوشي–شوارتز للتكاملات مطبَّقة على $t^{(x+y)/2 - 1}\eu^{-t} = \bigl(t^{x-1}\eu^{-t}\bigr)^{1/2} \bigl(t^{y-1}\eu^{-t}\bigr)^{1/2}$ يعطي $\Gamma\bigl(\frac{x+y}{2}\bigr)^2 \leq \Gamma(x)\Gamma(y)$ ؛ اجمع ذلك مع الاتصال ومع التمرين 8.8.)

حل

حل التمرين 9.9.

كوشي–شوارتز (مجلد السنة الأولى، وهي صالحة على $\intcc{\varepsilon}{M}$ ومُمرَّرة إلى النهاية) مطبَّقةً على التفكيك $t^{\frac{x+y}{2}-1}\eu^{-t} = \bigl(t^{x-1}\eu^{-t}\bigr)^{1/2} \bigl(t^{y-1}\eu^{-t}\bigr)^{1/2}$ :

\Gamma\Bigl(\frac{x+y}{2}\Bigr) \leq \Gamma(x)^{1/2}\,\Gamma(y)^{1/2} \quad\Longrightarrow\quad \ln\Gamma\Bigl(\frac{x+y}{2}\Bigr) \leq \frac{\ln\Gamma(x) + \ln\Gamma(y)}{2} :

ومن ثم فإن $\ln\Gamma$ محدبة عند النقطة الوسطى؛ وبما أنها متصلة (المبرهنة 9.18)، فهي محدبة (التمرين 8.8). (ويثبّت التحدب اللوغاريتمي $\Gamma$ تثبيتًا وحيدًا بين استكمالات العاملي — وهي مبرهنة بور–مولروب، وهي لؤلؤة من لآلئ السنة الثالثة.)

تمرين 9.10 ★★★

(تكامل ديريكليه) نضع $F(x) = \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\sin t}{t}\,\eu^{-xt}\,\dd t$ من أجل $x > 0$ .

برّر $F'(x) = -\frac{1}{1 + x^2}$ (اشتق تحت التكامل؛ واحسب $\int_0^\infty \eu^{-xt}\sin t\,\dd t$ بمكاملتين بالتجزئة).
برهن على أن $F(x) \to 0$ حين $x \to +\infty$ واستنتج $F(x) = \frac\pi2 - \arctan x$ .
بقبول اتصال $F$ عند $0^+$ (وهي مبرهنة من نمط آبل)، اختم بقيمة التكامل النصف متقارب:

$\int_0^{\infty} \frac{\sin t}{t}\,\dd t = \frac{\pi}{2}.$

حل

حل التمرين 9.10.

على $x \geq a > 0$ : المشتق بالنسبة إلى $x$ للدالة المكامَلة هو $-\sin t\,\eu^{-xt}$ ، وهو مهيمَن عليه بالمقدار $\eu^{-at}$ : فتعطي المبرهنة 9.11 أن $F'(x) = -\int_0^\infty \eu^{-xt}\sin t\,\dd t$ . وبمكاملتين بالتجزئة (أو بالأسّي العقدي):

$\int_0^\infty \eu^{-xt}\sin t\,\dd t = \Im \int_0^\infty \eu^{(-x+\iu)t}\dd t = \Im\frac{1}{x - \iu} = \frac{1}{1 + x^2} .$
$\abs{F(x)} \leq \int_0^\infty \eu^{-xt}\dd t = \frac1x \to 0$ . وبمكاملة $F' = -\frac{1}{1+x^2}$ من $x$ إلى $\infty$ : $0 - F(x) = -\bigl(\frac\pi2 - \arctan x\bigr)$ ، ومنه $F(x) = \frac\pi2 - \arctan x$ .
وبأخذ $x \to 0^+$ مع الاتصال المقبول: $F(0^+) = \frac\pi2$ ، و $F(0) = \int_0^\infty \frac{\sin t}{t}\dd t$ (وهو تكامل ديريكليه النصف متقارب، المثال 9.5): فقيمته $\frac\pi2$ .

تمرين 9.11 ★★

برّر تقارب $\displaystyle\int_0^\infty \Bigl(\frac{\sin t}{t}\Bigr)^{\!2}\dd t$ ، ثم احسبه بمكاملة واحدة بالتجزئة وبالمقدار التمرين 9.10:

\int_0^\infty \Bigl(\frac{\sin t}{t}\Bigr)^{\!2}\dd t = \frac{\pi}{2} .

(وهي القيمة نفسها التي في $\int_0^\infty \frac{\sin t}{t}\dd t$ — لكن التقارب هذه المرة مطلق.)

حل

حل التمرين 9.11.

التقارب: قرب $0$ تمتدّ الدالة المكامَلة بالاتصال بالقيمة $1$ (لأن $\sin t \sim t$ )؛ وعند اللانهاية تكون $\leq t^{-2}$ : فالتقارب مطلق. وعلى $\intcc{\varepsilon}{M}$ ، نكامل بالتجزئة مع $u = \sin^2 t$ ، $v' = t^{-2}$ :

\int_\varepsilon^M \frac{\sin^2 t}{t^2}\dd t = \Bigl[-\frac{\sin^2 t}{t}\Bigr]_\varepsilon^M + \int_\varepsilon^M \frac{2\sin t\cos t}{t}\dd t = \Bigl[-\frac{\sin^2 t}{t}\Bigr]_\varepsilon^M + \int_{2\varepsilon}^{2M} \frac{\sin u}{u}\dd u

(مع $u = 2t$ في التكامل الأخير). ويؤول القوس إلى $0$ عند الطرفين (لأن $\sin^2\varepsilon/\varepsilon \leq \varepsilon$ ؛ و $\sin^2 M/M \leq 1/M$ )، ويؤول التكامل الأخير إلى $\int_0^\infty \frac{\sin u}{u}\dd u = \frac\pi2$ (التمرين 9.10). ومنه

\int_0^\infty \Bigl(\frac{\sin t}{t}\Bigr)^{\!2}\dd t = \frac\pi2 .

تمرين 9.12 ★★★

(الذيل الغاوسي) من أجل $x > 0$ نضع $T(x) = \displaystyle \int_x^\infty \eu^{-t^2}\dd t$ .

بكتابة $\eu^{-t^2} = \frac{1}{-2t}\cdot(-2t\,\eu^{-t^2})$ ، كامِل بالتجزئة مرتين للحصول على

$T(x) = \eu^{-x^2}\Bigl(\frac{1}{2x} - \frac{1}{4x^3}\Bigr) + \frac34\int_x^\infty \frac{\eu^{-t^2}}{t^4}\,\dd t .$
حُدّ الباقي: $0 \leq \frac34\int_x^\infty t^{-4}\eu^{-t^2}\dd t \leq \frac{3}{8x^5}\,\eu^{-x^2}$ ، واستنتج الحصر

$\eu^{-x^2}\Bigl(\frac{1}{2x} - \frac{1}{4x^3}\Bigr) \leq T(x) \leq \frac{\eu^{-x^2}}{2x}, \qquad\text{ومنه}\qquad T(x) \sim \frac{\eu^{-x^2}}{2x} \quad (x \to +\infty).$
لماذا لا يمكن أن تتقارب المتسلسلة المتناوبة الكاملة الناتجة عن تكرار التجزئة أبدًا من أجل $x$ ثابت؟ (قارِن نموّ المعاملات $1\cdot3\cdots(2k-1)$ بالقوى $(2x^2)^k$ .)

حل

حل التمرين 9.12.

بالتجزئة مع $u = \frac{-1}{2t}$ ، $v' = -2t\,\eu^{-t^2}$ (ومن ثم $v = \eu^{-t^2}$ ):

$T(x) = \Bigl[\frac{-\eu^{-t^2}}{2t}\Bigr]_x^\infty - \int_x^\infty \frac{\eu^{-t^2}}{2t^2}\dd t = \frac{\eu^{-x^2}}{2x} - \int_x^\infty \frac{\eu^{-t^2}}{2t^2}\dd t .$

والحيلة نفسها على التكامل الجديد (مع $u = \frac{-1}{4t^3}$ ، $v' = -2t\,\eu^{-t^2}$ ):

$\int_x^\infty \frac{\eu^{-t^2}}{2t^2}\dd t = \frac{\eu^{-x^2}}{4x^3} - \frac34\int_x^\infty \frac{\eu^{-t^2}}{t^4}\dd t ,$

ومنه المتطابقة المعلَنة.
ومكاملة أخرى بالتجزئة تحدّ الباقي:

$\int_x^\infty \frac{\eu^{-t^2}}{t^4}\dd t = \frac{\eu^{-x^2}}{2x^5} - \frac52\int_x^\infty\frac{\eu^{-t^2}}{t^6}\dd t \leq \frac{\eu^{-x^2}}{2x^5},$

ومنه $0 \leq \frac34\int_x^\infty t^{-4}\eu^{-t^2}\dd t \leq \frac{3}{8x^5}\eu^{-x^2}$ . وإسقاط الباقي (الموجب) في متطابقة السؤال 1 يعطي الحدّ الأدنى؛ وإسقاط الحدّ الثاني (السالب) في التجزئة الأولى يعطي $T(x) \leq \frac{\eu^{-x^2}}{2x}$ . وبقسمة الحصر على $\frac{\eu^{-x^2}}{2x}$ : تُحصر النسبة بين $1 - \frac{1}{2x^2}$ و $1$ ، ومنه $T(x) \sim \frac{\eu^{-x^2}}{2x}$ .
يُنتج تكرار التجزئة المتسلسلةَ الشكلية

$T(x) \approx \frac{\eu^{-x^2}}{2x}\Bigl(1 - \frac{1}{2x^2} + \frac{1\cdot3}{(2x^2)^2} - \frac{1\cdot3\cdot5}{(2x^2)^3} + \cdots\Bigr),$

التي ينمو معاملها رقم $k$ ، أي $1\cdot3\cdots(2k-1) = \frac{(2k)!}{2^k k!}$ ، أسرع من أي متتالية هندسية: فمن أجل $x$ ثابت تؤول الحدود $\frac{1\cdot3\cdots(2k-1)}{(2x^2)^k}$ إلى اللانهاية (فنسبتها $\frac{2k+1}{2x^2} \to \infty$ )، ومن ثم تتباعد المتسلسلة من أجل كل $x$ . وهي نشر مقارب: فباقتطاعها عند أي رتبة ثابتة، يكون الخطأ من رتبة الحدّ الأول المُسقَط حين $x \to \infty$ — لكنها ليست متسلسلة متقاربة أبدًا. (وتقدير الذيل هذا هو حدّ الذيل الغاوسي القياسي في فصول الاحتمال.)

9.5 مسألة: تكاملات أويلر — بيتا وغاما وصيغة غاوس الحدّية

مسألة 9.1

الدالة $\Gamma$ في التعريف 9.17 نصفُ حساب أويلر للتكاملات؛ ونصفه الآخر الدالة بيتا

B(x, y) = \int_0^1 t^{x-1}(1 - t)^{y-1}\,\dd t .

وتطوّر هذه المسألة الزوجَ $(\Gamma, B)$ بأدوات هذا الفصل وحدها — المكاملة بالتجزئة والتعويض والتقارب المهيمَن عليه — وتُتوَّج بصيغة أويلر لبيتا وغاما $B(x,y) = \frac{\Gamma(x)\Gamma(y)} {\Gamma(x+y)}$ على أنصاف الأعداد الصحيحة، وبصيغة غاوس الحدّية من أجل $\Gamma$ . وفي الطريق تعود تكاملات واليس في المبرهنة المساعدة 6.11 بوصفها قيمًا للدالة بيتا، وتسقط صيغة التضعيف عند لوجاندر.

الجزء الأول — البنية الدقيقة للدالة $\Gamma$ .

ذكّر بسبب تقارب $\Gamma(x) = \int_0^\infty t^{x-1}\eu^{-t}\dd t$ من أجل $x > 0$ بالضبط، وبيّن أن

$\Gamma(x) \sim \frac1x \qquad (x \to 0^+)$

(المعادلة الوظيفية مع اتصال $\Gamma$ عند $1$ ).
برهن على أن $\Gamma\bigl(\tfrac12\bigr) = \sqrt\pi$ (عوّض $t = u^2$ واستشهد بالنتيجة التمرين 9.8)، واستنتج $\int_\R \eu^{-u^2/2}\dd u = \sqrt{2\pi}$ .
بيّن بالتراجع، من أجل $n \in \N$ :

$\Gamma\Bigl(n + \frac12\Bigr) = \frac{(2n)!}{4^n\,n!}\,\sqrt\pi .$
برّر $\Gamma''(x) = \int_0^\infty t^{x-1}\eu^{-t}(\ln t)^2\dd t > 0$ ، واستنتج أن $\Gamma$ محدبة تمامًا، وتبلغ حدًّا أدنى وحيدًا عند $x_0 \in \intoo{1}{2}$ ما ( $\Gamma(1) = \Gamma(2) = 1$ ورول)، وتتناقص على $\intoo{0}{x_0}$ و تتزايد على $\intoo{x_0}{\infty}$ .
بيّن أن $\Gamma$ تغلب كل قوة: أي من أجل كل $k \in \N$ ، $x^k = o\bigl(\Gamma(x)\bigr)$ حين $x \to +\infty$ (احصر $x$ بين عددين صحيحين واستعمل $\Gamma(n+1) = n!$ مع رتابة السؤال 4).

الجزء الثاني — الدالة بيتا، بالتجزئة.

بيّن أن $B(x,y)$ يتقارب من أجل $x > 0$ و $y > 0$ بالضبط، وأن $B(x,y) = B(y,x)$ .
احسب $B(x, 1) = \frac1x$ ، وبرهن بالمكاملة بالتجزئة، من أجل $x, y > 0$ :

$B(x, y+1) = \frac{y}{x}\,B(x+1, y) .$
من الفصل $t^{x-1}(1-t)^{y-1} = t^{x}(1-t)^{y-1} + t^{x-1}(1-t)^{y}$ استنتج $B(x,y) = B(x+1,y) + B(x,y+1)$ ، واجمع ذلك مع السؤال 7 في علاقات النزول

$B(x, y+1) = \frac{y}{x+y}\,B(x,y), \qquad B(x+1, y) = \frac{x}{x+y}\,B(x,y) .$
استنتج، من أجل $m, n \geq 1$ صحيحين:

$B(m, n) = \frac{(m-1)!\,(n-1)!}{(m+n-1)!} = \frac{1}{(m+n-1)\binom{m+n-2}{m-1}} .$
برهن على صيغة أويلر بوسيط صحيح واحد: من أجل كل $x > 0$ و $n \in \N^*$ ،

$B(x, n) = \frac{\Gamma(x)\,\Gamma(n)}{\Gamma(x + n)}$

(بالتراجع على $n$ : فالطرفان يساويان $\frac1x$ عند $n = 1$ ويخضعان لعلاقة النزول نفسها).

الجزء الثالث — تكاملات واليس بوصفها قيمًا للدالة بيتا.

عوّض $t = \sin^2\theta$ للحصول على الصورة المثلثية

$B(x, y) = 2\int_0^{\pi/2} \sin^{2x-1}\theta\,\cos^{2y-1}\theta\,\dd\theta .$
استنتج $W_n = \frac12\,B\bigl(\frac{n+1}2, \frac12\bigr)$ من أجل تكامل واليس $W_n = \int_0^{\pi/2}\sin^n \theta\,\dd\theta$ ، واستعد التراجع $W_n = \frac{n-1}{n}W_{n-2}$ في المبرهنة المساعدة 6.11 انطلاقًا من علاقات النزول في السؤال 8 وحدها.
احسب $B\bigl(\frac12, \frac12\bigr) = 2W_0 = \pi$ و تحقق منه في مقابل $\Gamma\bigl(\frac12\bigr)^2/\Gamma(1)$ : فصيغة أويلر تصحّ عند $\bigl(\frac12, \frac12\bigr)$ .
استنبط الصيغة المغلقة $W_{2n} = \frac\pi2\, \frac{(2n)!}{4^n(n!)^2}$ من التراجع، وتحقق من

$B\Bigl(n + \frac12, \frac12\Bigr) = \frac{\Gamma\bigl(n + \frac12\bigr)\Gamma\bigl( \frac12\bigr)}{\Gamma(n+1)} .$

واختم، بالتراجع مع علاقات النزول، أن صيغة أويلر $B(x,y) = \frac{\Gamma(x)\Gamma(y)}{\Gamma(x+y)}$ تصحّ كلما كان $2x$ و $2y$ عددين صحيحين موجبين.
عوّض $u = \frac{t}{1-t}$ للحصول على الصورة الكلاسيكية الثالثة

$B(x,y) = \int_0^\infty \frac{u^{x-1}}{(1+u)^{x+y}}\,\dd u ,$

وتحقق من الحالة $x = y = \frac12$ مباشرةً (إذ إن $u = v^2$ تُرجعها إلى $\int_0^\infty\frac{2\,\dd v}{1+v^2}$ ).

الجزء الرابع — صيغة غاوس الحدّية.

من أجل $x > 0$ و $n \in \N^*$ ، برهن بعدد $n$ من المكاملات متتالية بالتجزئة على أن:

$\int_0^n \Bigl(1 - \frac tn\Bigr)^{\!n} t^{x-1}\,\dd t = \frac{n!\;n^x}{x(x+1)\cdots(x+n)} .$
اختم مع التمرين 9.7 (بالتقارب المهيمَن عليه) صيغةَ غاوس الحدّية:

$\Gamma(x) = \lim_{n\to\infty} \frac{n!\;n^x}{x(x+1)\cdots(x+n)} \qquad (x > 0).$
بأخذ اللوغاريتمات، بيّن أنه من أجل $x > 0$ :

$\ln\Gamma(x) = -\ln x - \gamma x + \sum_{k=1}^{\infty}\Bigl(\frac xk - \ln\Bigl(1 + \frac xk\Bigr)\Bigr),$

حيث $\gamma$ ثابت أويلر (المثال 6.7)؛ وبرّر تقارب المتسلسلة (فحدّها العام $\sim \frac{x^2}{2k^2}$ ).
استعمل صيغة غاوس عند $x = \frac12$ ومقاربات المعامل الثنائي المركزي $\binom{2n}{n} \sim \frac{4^n}{\sqrt{\pi n}}$ (المثال 6.14) لإعادة حساب $\Gamma\bigl(\frac12\bigr) = \sqrt\pi$ : فثابت ستيرلينغ والتكامل الغاوسي هما العدد نفسه بلباسين.
تحقق من أن صيغة غاوس تعيد برهان المعادلة الوظيفية: انطلاقًا من المتطابقة الدقيقة

$\frac{n!\,n^{x+1}}{(x+1)\cdots(x+n+1)} = \frac{n!\,n^{x}}{x(x+1)\cdots(x+n)}\cdot \frac{n\,x}{x+n+1},$

اختم $\Gamma(x+1) = x\,\Gamma(x)$ من جديد. (فصيغة غاوس تحدّد $\Gamma$ تمامًا؛ ويبرهن مجلد السنة الثالثة على مبرهنة بور–مولروب الأحدّ: فالمعادلة الوظيفية مع التحدب اللوغاريتمي تثبّت $\Gamma$ بالفعل.)

الجزء الخامس — الأرباح.

من أجل $a > 0$ بيّن أن $\int_0^\infty \eu^{-t^a}\dd t = \Gamma\bigl(1 + \frac1a\bigr)$ ، واحسب النهاية حين $a \to +\infty$ بالتقارب المهيمَن عليه (النهاية النقطية $\mathbf 1_{t < 1}$ ؛ وهيمن بالمقدار $1$ على $\intoc{0}{1}$ وبالمقدار $\eu^{-t^2}$ بعد ذلك، من أجل $a \geq 2$ ). وتحقق من الجواب في مقابل اتصال $\Gamma$ .
من أجل $n \geq 1$ بيّن أن

$\int_0^1 \frac{\dd t}{\sqrt{1 - t^n}} = \frac1n\,B\Bigl(\frac1n, \frac12\Bigr),$

واستعد القيمتين $2$ ( $n = 1$ ) و $\frac\pi2$ ( $n = 2$ ). (ومن أجل $n = 4$ يكون هذا ثابت اللمنيسكات، وليس له أي صورة مغلقة أوّلية؛ وقصته تنتمي إلى نظرية التكاملات الإهليلجية.)
(العزوم) من أجل $x > 0$ و $k \in \N$ ، بيّن أن

$\frac{1}{\Gamma(x)}\int_0^\infty t^{k}\,t^{x-1}\eu^{-t}\,\dd t = \frac{\Gamma(x+k)}{\Gamma(x)} = x(x+1)\cdots(x+k-1),$

وهو العاملي الصاعد؛ وتحقق من أن $x = 1$ يعطي $k!$ . (وفي فصول الاحتمال يكون هذا العزم رقم $k$ لكثافة قياسية لزمن الانتظار.)
برهن على متطابقة بيتا، الصالحة من أجل كل $x > 0$ :

$B(x, x) = 2^{1-2x}\,B\Bigl(x, \frac12\Bigr)$

(عوّض $t = \frac{1+s}2$ ، واستغلّ التناظر في $s$ ، ثم ضع $s = \sqrt v$ ). واستنتج، من أجل $2x \in \N^*$ ، صيغة التضعيف عند لوجاندر

$\Gamma(x)\,\Gamma\Bigl(x + \frac12\Bigr) = 2^{1-2x}\,\sqrt\pi\;\Gamma(2x),$

وتحقق منها مباشرةً عند $x = n$ عبر السؤال 3. (ومن أجل $x$ العام تنتج من المتطابقة نفسها متى عُرفت صيغة أويلر من أجل كل الوسائط — وهو برهان التكامل المزدوج في فصل التكاملات المتعددة.)
تركيب. بجملة واحدة لكل بند: (1) أين حملت المكاملة بالتجزئة الجزءَ الثاني كله؛ (2) وأين دخل التقارب المهيمَن عليه في الجزأين الرابع والخامس؛ (3) وأي مدخلات مقاربة استُوردت من فصل المقارنة؛ (4) وما الذي صار مبرهَنًا الآن من صيغة أويلر $B(x,y) = \Gamma(x)\Gamma(y)/\Gamma(x+y)$ ، وما الذي يبقى للتكامل المزدوج ليحسمه.

حل

حل المسألة 9.1.

1. عند $0^+$ تكون الدالة المكامَلة $\sim t^{x-1}$ : ويتقارب سلّم الطرف المنتهي إذا وفقط إذا $1 - x < 1$ ، أي $x > 0$ (ومن أجل $x \leq 0$ ، يتباعد $t^{x-1} \geq t^{-1}$ )؛ وعند $+\infty$ ، يتقارب $t^{x-1}\eu^{-t} = o(t^{-2})$ من أجل كل $x$ . ثم $\Gamma(x) = \frac{\Gamma(x+1)}{x}$ و $\Gamma(x+1) \to \Gamma(1) = 1$ حين $x \to 0^+$ (بالاتصال، المبرهنة 9.18): ومنه $\Gamma(x) \sim \frac1x$ .

2. مع $t = u^2$ ، $\dd t = 2u\,\dd u$ :

\Gamma\Bigl(\frac12\Bigr) = \int_0^\infty t^{-1/2}\eu^{-t}\dd t = \int_0^\infty \frac{\eu^{-u^2}}{u}\,2u\,\dd u = 2\int_0^\infty \eu^{-u^2}\dd u = \sqrt\pi

حسب التمرين 9.8. ومع $u = v/\sqrt2$ :

\int_\R \eu^{-v^2/2}\dd v = 2\sqrt2\int_0^\infty \eu^{-u^2}\dd u = \sqrt2\,\sqrt\pi = \sqrt{2\pi} .

3. صحيح من أجل $n = 0$ (فالطرفان $\sqrt\pi$ ). وإذا كان $\Gamma(n + \frac12) = \frac{(2n)!}{4^n n!}\sqrt\pi$ ، فإن المعادلة الوظيفية تعطي

\Gamma\Bigl(n + 1 + \frac12\Bigr) = \Bigl(n + \frac12\Bigr)\Gamma\Bigl(n + \frac12\Bigr) = \frac{2n+1}{2}\cdot\frac{(2n)!}{4^n n!}\sqrt\pi = \frac{(2n+2)!}{4^{n+1}(n+1)!}\sqrt\pi ,

والخطوة الأخيرة لأن $\frac{(2n+2)!}{(2n)!} = (2n+2)(2n+1)$ و $\frac{2n+1}{2} = \frac{(2n+2)(2n+1)}{4(n+1)}$ .

4. يعطي المبرهنة 9.18 أن $\Gamma''(x) = \int_0^\infty t^{x-1}\eu^{-t}(\ln t)^2\dd t$ (بتطبيقين لقاعدة لايبنتز، وبهيمنات كما في برهان المبرهنة)؛ والدالة المكامَلة $\geq 0$ وليست معدومة تمامًا، ومنه $\Gamma'' > 0$ : أي إن $\Gamma$ محدبة تمامًا و $\Gamma'$ متزايدة تمامًا. وبما أن $\Gamma(1) = \Gamma(2) = 1$ ، يعطي رول عددًا $x_0 \in \intoo12$ يحقق $\Gamma'(x_0) = 0$ ؛ وتجعل رتابة $\Gamma'$ التامة العددَ $x_0$ جذرَه الوحيد، مع $\Gamma' < 0$ قبله و $\Gamma' > 0$ بعده: فتتناقص $\Gamma$ على $\intoo0{x_0}$ ، وتتزايد على $\intoo{x_0}\infty$ ، ويكون $x_0$ الحدّ الأدنى الوحيد.

5. ليكن $k \in \N$ وليكن $x \geq 3$ ؛ ونختار العدد الصحيح $n$ بحيث $n + 1 \leq x < n + 2$ (ومن ثم $n \geq 1$ ). وبرتابة السؤال 4 (وهي صالحة ابتداءً من $x_0 < 2$ ): $\Gamma(x) \geq \Gamma(n + 1) = n!$ ، في حين أن $x^k \leq (n+2)^k$ . وبما أن $\frac{n!}{(n+2)^k} \to \infty$ (فالعامليات تغلب القوى، مجلد السنة الأولى)، فإن $\frac{\Gamma(x)}{x^k} \geq \frac{n!}{(n+2)^k} \to \infty$ حين $x \to \infty$ : أي $x^k = o(\Gamma(x))$ .

6. قرب $0$ تكون الدالة المكامَلة $\sim t^{x-1}$ (ويتقارب إذا وفقط إذا $x > 0$ )، وقرب $1$ تكون $\sim (1-t)^{y-1}$ (إذا وفقط إذا $y > 0$ )؛ والمقارنتان بين دالتين موجبتين، ومن ثم يتقارب $B(x,y)$ من أجل $x, y > 0$ بالضبط. ويبدّل التعويض $t \mapsto 1 - t$ العاملين: أي $B(x,y) = B(y,x)$ .

7. $B(x,1) = \int_0^1 t^{x-1}\dd t = \frac1x$ . وبالتجزئة على $\intcc\varepsilon{1-\varepsilon}$ مع $u = (1-t)^y$ ، $v = \frac{t^x}{x}$ :

\int t^{x-1}(1-t)^{y}\dd t = \Bigl[\frac{t^x(1-t)^y}{x}\Bigr] + \frac{y}{x}\int t^{x}(1-t)^{y-1}\dd t ;

وينعدم القوس عند الطرفين حين $\varepsilon \to 0$ (لأن $x > 0$ عند $0$ ، و $y > 0$ عند $1$ )، فيبقى $B(x, y+1) = \frac yx\,B(x+1, y)$ .

8. بما أن $t + (1-t) = 1$ :

t^{x-1}(1-t)^{y-1} = t^{x}(1-t)^{y-1} + t^{x-1}(1-t)^{y},

ومنه $B(x,y) = B(x+1,y) + B(x,y+1)$ . ويُقرأ السؤال 7 هكذا: $B(x+1,y) = \frac xy B(x,y+1)$ ؛ وبالتعويض،

B(x,y) = \Bigl(\frac xy + 1\Bigr)B(x,y+1) = \frac{x+y}{y}\,B(x,y+1),

أي $B(x,y+1) = \frac{y}{x+y}B(x,y)$ ؛ وتنتج العلاقة التوأم من تناظر السؤال 6.

9. بالتراجع على $n$ عند $m$ ثابت: $B(m,1) = \frac1m = \frac{(m-1)!\,0!}{m!}$ ، وإذا صحّت الصيغة عند $n$ ، فإن

B(m, n+1) = \frac{n}{m+n}\,B(m,n) = \frac{n}{m+n}\cdot\frac{(m-1)!(n-1)!}{(m+n-1)!} = \frac{(m-1)!\,n!}{(m+n)!} .

وبإعادة الكتابة: $B(m,n) = \frac{(m-1)!(n-1)!}{(m+n-1)!} = \bigl[(m+n-1)\binom{m+n-2}{m-1}\bigr]^{-1}$ .

10. يساوي طرفا $B(x,n) = \frac{\Gamma(x)\Gamma(n)}{\Gamma(x+n)}$ المقدارَ $\frac1x$ عند $n = 1$ (لأن $\Gamma(1) = 1$ ، $\Gamma(x+1) = x\Gamma(x)$ ). وإذا اتفقا عند $n$ ، فبعلاقة النزول والمعادلة الوظيفية:

B(x, n+1) = \frac{n}{x+n}\,B(x,n), \qquad \frac{\Gamma(x)\Gamma(n+1)}{\Gamma(x+n+1)} = \frac{n}{x+n}\cdot \frac{\Gamma(x)\Gamma(n)}{\Gamma(x+n)} :

فالمتتاليتان تخضعان للتراجع نفسه انطلاقًا من البذرة نفسها، ومن ثم تتفقان من أجل كل $n \in \N^*$ وكل $x > 0$ .

11. مع $t = \sin^2\theta$ (مع $\theta \in \intoo0{\pi/2}$ ، $\dd t = 2\sin\theta\cos\theta\,\dd\theta$ )، $t^{x-1} = \sin^{2x-2}\theta$ و $(1-t)^{y-1} = \cos^{2y-2}\theta$ :

B(x,y) = \int_0^{\pi/2}\sin^{2x-2}\theta\,\cos^{2y-2}\theta \cdot 2\sin\theta\cos\theta\,\dd\theta = 2\int_0^{\pi/2}\sin^{2x-1}\theta\,\cos^{2y-1}\theta\, \dd\theta .

12. نأخذ $y = \frac12$ (فيموت عامل جيب التمام) و $2x - 1 = n$ : $B\bigl(\frac{n+1}2, \frac12\bigr) = 2W_n$ ، أي $W_n = \frac12 B\bigl(\frac{n+1}2,\frac12\bigr)$ . وتعطي علاقة النزول في المتغير الأول أن

\frac{W_n}{W_{n-2}} = \frac{B\bigl(\frac{n-1}2 + 1, \frac12\bigr)} {B\bigl(\frac{n-1}2, \frac12\bigr)} = \frac{\frac{n-1}2}{\frac{n-1}2 + \frac12} = \frac{n-1}{n} :

وهو تراجع واليس، هذه المرة بلا أي مكاملة بالتجزئة على الجيوب — فقد أنجز الجزء الثاني العمل مرة واحدة إلى الأبد.

13. $B\bigl(\frac12,\frac12\bigr) = 2W_0 = 2\cdot\frac\pi2 = \pi$ ، في حين أن $\Gamma\bigl(\frac12\bigr)^2/\Gamma(1) = (\sqrt\pi)^2 = \pi$ : فصيغة أويلر تصحّ عند $\bigl(\frac12,\frac12\bigr)$ .

14. بتكرار $W_{2n} = \frac{2n-1}{2n}W_{2n-2}$ انطلاقًا من $W_0 = \frac\pi2$ :

W_{2n} = \frac\pi2\prod_{k=1}^{n}\frac{2k-1}{2k} = \frac\pi2\cdot\frac{(2n)!}{4^n(n!)^2},

لأن $\prod(2k-1) = \frac{(2n)!}{2^n n!}$ و $\prod 2k = 2^n n!$ . ومنه، باستعمال السؤال 3:

B\Bigl(n+\frac12, \frac12\Bigr) = 2W_{2n} = \pi\,\frac{(2n)!}{4^n(n!)^2} = \frac{(2n)!\sqrt\pi}{4^n n!}\cdot\frac{\sqrt\pi}{n!} = \frac{\Gamma\bigl(n+\frac12\bigr)\Gamma\bigl(\frac12\bigr)} {\Gamma(n+1)} .

ولنثبّت الآن $x \in \frac12\N^*$ . فصيغة أويلر تصحّ عند $(x, \frac12)$ : فمن أجل $x$ صحيح هذا هو السؤال 10 (مع التناظر)، ومن أجل $x = n + \frac12$ هي الصيغة المعروضة أعلاه. ويخضع طرفا صيغة أويلر لتراجع النزول $y \mapsto y + 1$ (بالسؤال 8 على اليسار، وبالمعادلة الوظيفية على اليمين، كما في السؤال 10): فينشر التراجع الصيغةَ من $y = \frac12$ ومن $y = 1$ إلى كل $y \in \frac12\N^*$ . ومن ثم تصحّ صيغة أويلر كلما كان $2x, 2y \in \N^*$ .

15. مع $u = \frac{t}{1-t}$ ، أي $t = \frac{u}{1+u}$ ، $1 - t = \frac{1}{1+u}$ ، $\dd t = \frac{\dd u}{(1+u)^2}$ :

B(x,y) = \int_0^\infty \Bigl(\frac{u}{1+u}\Bigr)^{x-1} \Bigl(\frac{1}{1+u}\Bigr)^{y-1} \frac{\dd u}{(1+u)^2} = \int_0^\infty \frac{u^{x-1}}{(1+u)^{x+y}}\,\dd u .

وعند $x = y = \frac12$ ، مع $u = v^2$ :

\int_0^\infty \frac{u^{-1/2}}{1+u}\dd u = \int_0^\infty \frac{2\,\dd v}{1+v^2} = \pi = B\Bigl(\frac12,\frac12\Bigr) . \checkmark

16. مكاملة واحدة بالتجزئة، من أجل $1 \leq k \leq n$ و $s > 0$ (مع $u = (1 - t/n)^k$ ، $v = t^s/s$ ؛ وتنعدم الحدود الحدّية):

\int_0^n \Bigl(1-\frac tn\Bigr)^{\!k} t^{s-1}\dd t = \frac{k}{ns}\int_0^n \Bigl(1-\frac tn\Bigr)^{\!k-1} t^{s}\dd t .

وانطلاقًا من $k = n$ ، $s = x$ وبالتكرار $n$ مرة:

\int_0^n \Bigl(1-\frac tn\Bigr)^{\!n} t^{x-1}\dd t = \frac{n(n-1)\cdots1}{n^n\,x(x+1)\cdots(x+n-1)} \int_0^n t^{x+n-1}\dd t = \frac{n!}{n^n}\cdot \frac{n^{x+n}}{x(x+1)\cdots(x+n)} ,

وهو $\dfrac{n!\,n^x}{x(x+1)\cdots(x+n)}$ .

17. حسب التمرين 9.7 يؤول الطرف الأيسر إلى $\Gamma(x)$ (بالتقارب المهيمَن عليه بالدالة المهيمِنة $t^{x-1}\eu^{-t}$ )؛ والطرف الأيمن هو خارج قسمة غاوس:

\Gamma(x) = \lim_{n\to\infty} \frac{n!\,n^x}{x(x+1)\cdots(x+n)} .

18. بأخذ اللوغاريتمات في خارج قسمة السؤال 16 $G_n(x)$ وبفصل $\ln(x+k) = \ln k + \ln(1 + x/k)$ من أجل $k \geq 1$ :

\ln G_n(x) = x\ln n - \ln x - \sum_{k=1}^n \ln\Bigl(1+\frac xk\Bigr) = -\ln x + x(\ln n - H_n) + \sum_{k=1}^n\Bigl(\frac xk - \ln\Bigl(1+\frac xk\Bigr)\Bigr).

ومن أجل $u \geq 0$ ، $u - \frac{u^2}2 \leq \ln(1+u) \leq u$ ، ومن ثم يقع الحدّ العام في $\intcc{0}{x^2/(2k^2)}$ : فتتقارب المتسلسلة (بالمقارنة مع $\sum k^{-2}$ ). وبما أن $\ln n - H_n \to -\gamma$ (المثال 6.7) و $\ln G_n(x) \to \ln\Gamma(x)$ (بالسؤال 17 وباتصال $\ln$ ):

\ln\Gamma(x) = -\ln x - \gamma x + \sum_{k=1}^\infty\Bigl(\frac xk - \ln\Bigl(1+\frac xk\Bigr)\Bigr) .

19. عند $x = \frac12$ ، يكون المقام $\prod_{k=0}^n\bigl(k+\frac12\bigr) = \frac{(2n+1)!}{2^{2n+1}n!}$ (بضرب الأنصاف)، ومنه

G_n\Bigl(\frac12\Bigr) = \frac{n!\,\sqrt n\;2^{2n+1}n!}{(2n+1)!} = \frac{2\sqrt n\;4^n}{(2n+1)\binom{2n}{n}} .

ومع $\binom{2n}{n} \sim \frac{4^n}{\sqrt{\pi n}}$ (المثال 6.14):

G_n\Bigl(\frac12\Bigr) \sim \frac{2\sqrt n\,\sqrt{\pi n}}{2n+1} \longrightarrow \sqrt\pi = \Gamma\Bigl(\frac12\Bigr) .

فالمقدار $\sqrt\pi$ للمعامل الثنائي المركزي (وهو الآتي من واليس، ومن ثم من ثابت ستيرلينغ) والمقدار $\sqrt\pi$ في التكامل الغاوسي هما العدد نفسه.

20. المتطابقة جبر مباشر: نضرب $\frac{n!\,n^x}{x(x+1)\cdots(x+n)}$ في $\frac{nx}{x+n+1}$ و نمتصّ $x$ في الجداء، و $n$ في $n^x$ . وبأخذ $n \to \infty$ : يؤول الطرف الأيسر إلى $\Gamma(x+1)$ (غاوس عند $x+1$ )، ويؤول الأيمن إلى $\Gamma(x)\cdot x\cdot 1$ لأن $\frac{n}{x+n+1} \to 1$ : أي $\Gamma(x+1) = x\Gamma(x)$ — مستعادًا بلا أي مكاملة بالتجزئة.

21. مع $u = t^a$ ، $t = u^{1/a}$ ، $\dd t = \frac1a u^{1/a - 1}\dd u$ :

\int_0^\infty \eu^{-t^a}\dd t = \frac1a\int_0^\infty u^{\frac1a - 1}\eu^{-u}\dd u = \frac1a\,\Gamma\Bigl(\frac1a\Bigr) = \Gamma\Bigl(1 + \frac1a\Bigr) .

وحين $a \to +\infty$ (على امتداد أي متتالية): $\eu^{-t^a} \to 1$ من أجل $0 < t < 1$ ، و $\to \eu^{-1}$ عند $t = 1$ ، و $\to 0$ من أجل $t > 1$ ؛ ومن أجل $a \geq 2$ نُهيمن بالمقدار $\mathbf 1_{t \leq 1} + \eu^{-t^2}\mathbf 1_{t > 1}$ (لأن $t^a \geq t^2$ من أجل $t \geq 1$ )، وهو قابل للمكاملة. وبالتقارب المهيمَن عليه: يؤول التكامل إلى $\int_0^1 1\,\dd t = 1$ — كما يجب، لأن $\Gamma(1 + \frac1a) \to \Gamma(1) = 1$ بالاتصال.

22. مع $u = t^n$ ، $\dd t = \frac1n u^{1/n - 1}\dd u$ :

\int_0^1 \frac{\dd t}{\sqrt{1-t^n}} = \frac1n\int_0^1 u^{\frac1n-1}(1-u)^{-1/2}\dd u = \frac1n\,B\Bigl(\frac1n, \frac12\Bigr) .

$n = 1$ : $B\bigl(1,\frac12\bigr) = B\bigl(\frac12,1\bigr) = 2$ ، وهو يطابق $\int_0^1\frac{\dd t}{\sqrt{1-t}} = 2$ . و $n = 2$ : $\frac12 B\bigl(\frac12,\frac12\bigr) = \frac\pi2 = \arcsin 1$ . ومن أجل $n = 4$ تكون القيمة $\frac14 B\bigl(\frac14,\frac12\bigr)$ هي ثابت اللمنيسكات: ولا صورة مغلقة أوّلية له.

23. بتكرار المعادلة الوظيفية:

\frac{1}{\Gamma(x)}\int_0^\infty t^{x+k-1}\eu^{-t}\dd t = \frac{\Gamma(x+k)}{\Gamma(x)} = (x+k-1)(x+k-2)\cdots x ,

وهو العاملي الصاعد بعدد $k$ من العوامل. وعند $x = 1$ : $\Gamma(1+k)/\Gamma(1) = k!$ ، وهي عزوم $\eu^{-t}$ في التمرين 9.2.

24. نعوّض $t = \frac{1+s}2$ (مع $s \in \intoo{-1}1$ ، $\dd t = \frac{\dd s}2$ ، $t(1-t) = \frac{1-s^2}4$ ):

B(x,x) = \int_{-1}^{1}\Bigl(\frac{1-s^2}{4}\Bigr)^{x-1} \frac{\dd s}{2} = 4^{1-x}\int_0^1 (1-s^2)^{x-1}\dd s

(فالدالة المكامَلة زوجية). ثم $s = \sqrt v$ (مع $\dd s = \frac{\dd v}{2\sqrt v}$ ):

B(x,x) = \frac{4^{1-x}}{2}\int_0^1 v^{-1/2}(1-v)^{x-1}\dd v = 2^{1-2x}\,B\Bigl(\frac12, x\Bigr) .

ومن أجل $2x \in \N^*$ يقع كل وسيط ظاهر في $\frac12\N^*$ ، ومن ثم تنطبق صيغة أويلر (السؤال 14) على الطرفين:

\frac{\Gamma(x)^2}{\Gamma(2x)} = 2^{1-2x}\, \frac{\Gamma\bigl(\frac12\bigr)\Gamma(x)} {\Gamma\bigl(x+\frac12\bigr)} \quad\Longleftrightarrow\quad \Gamma(x)\,\Gamma\Bigl(x+\frac12\Bigr) = 2^{1-2x}\sqrt\pi\;\Gamma(2x) .

وبالتحقق المباشر عند $x = n$ : الطرف الأيسر $(n-1)!\cdot \frac{(2n)!\sqrt\pi}{4^n n!} = \frac{(2n)!\sqrt\pi}{4^n n}$ ، والطرف الأيمن $2\cdot4^{-n}\sqrt\pi\,(2n-1)! = \frac{(2n)!\sqrt\pi}{4^n n}$ : فهما متساويان.

25. (1) أنتجت المكاملة بالتجزئة العلاقةَ $B(x,y+1) = \frac yx B(x+1,y)$ ، وهي المتطابقة الواحدة التي تتدفق منها كل علاقات النزول، والقيم الصحيحة وأنصاف الصحيحة، وتراجع واليس. (2) وحوّل التقارب المهيمَن عليه التكاملات الأوّلية $\int_0^n(1-t/n)^n t^{x-1}$ إلى $\Gamma(x)$ (صيغة غاوس، السؤال 17)، وحسب النهاية $a \to \infty$ في السؤال 21. (3) واستوردنا من فصل المقارنة ثابت أويلر ( $\ln n - H_n \to -\gamma$ ، السؤال 18) ومقاربات المعامل الثنائي المركزي (السؤال 19) — أي صيغة ستيرلينغ بلباس. (4) وصيغة أويلر $B(x,y) = \Gamma(x)\Gamma(y)/\Gamma(x+y)$ مبرهَنة الآن من أجل $y \in \N^*$ مع $x > 0$ كيفي (السؤال 10) ومن أجل كل الأزواج من أنصاف الأعداد الصحيحة (السؤال 14)؛ أما الحالة العامة $x, y > 0$ فتنتظر حساب التكامل المزدوج في فصل التكاملات المتعددة، الذي يفكك $\Gamma(x)\Gamma(y)$ على ربع مستوٍ.

المصطلحات المعرَّفة في هذا الفصل

عرض كل المصطلحات (395) في المسرد