الرياضيات الجامعية — السنة 3 · Bachelor Year 3

10تكامل لوبيغ

يشرّح تكامل ريمان مجموعة التعريف إلى فترات صغيرة؛ أما تكامل لوبيغ فيشرّح مجموعة القيم: فلمكاملة $f$ نقيس المجموعات $\{f > t\}$ . ويبدو هذا التغيير بريئًا وهو ثوري. فالنهايات والتكاملات، المتخاصمة أبدًا في نظرية ريمان (إذ يُطلب التقارب المنتظم!)، تتصالح بواسطة ثلاث مبرهنات في التقارب — التقارب الرتيب، وفاتو، والتقارب المهيمن — وفرضياتها ضعيفة إلى حدّ يكاد يُخجل. ويبني هذا الفصل التكامل على فضاء قياس كيفي $(X, \mathcal A, \mu)$ ، ويبرهن على المبرهنات الثلاث، ويحسم العلاقة المضبوطة مع تكامل ريمان (فالدالة المحدودة قابلة للمكاملة بمعنى ريمان إذا وفقط إذا كانت متصلة في كل مكان تقريبًا)، ويُصنّع اشتقاق التكاملات المتعلقة بوسيط — وهي التقنية التي تستعملها مسألة نهاية الأسبوع لحساب $\int_0^\infty\frac{\sin x}x\,\dd x$ و $\int_\R \eu^{-x^2}\dd x$ .

10.1 الدوال القابلة للقياس

تعريف 10.1

ليكن $(X, \mathcal A)$ و $(Y, \mathcal B)$ فضاءين قابلين للقياس. يكون $f \colon X \to Y$ قابلًا للقياس إذا كان $f^{-1}(B) \in \mathcal A$ من أجل كل $B \in \mathcal B$ . ومن أجل الدوال الحقيقية (أو ذات القيم في $[-\infty,+\infty]$ )، يحمل $Y = \R$ جبر بوريل من النمط $\sigma$ ، ويكفي التحقق من $f^{-1}(\intoo t{+\infty}) = \{f > t\} \in \mathcal A$ من أجل كل $t \in \R$ : إذ تشكّل المجموعات الجيدة $\{B : f^{-1}(B) \in \mathcal A\}$ جبرًا من النمط $\sigma$ (لأن السوابق تتبادل مع عمليات المجموعات) يحتوي على الأشعة المولِّدة (التعريف 9.2، الطريقة 9.17).

قضية 10.2

(a) تركيب التطبيقات القابلة للقياس قابل للقياس؛ والتطبيقات المتصلة قابلة للقياس بمعنى بوريل. (b) إذا كانت $f, g \colon X \to \R$ قابلة للقياس، فكذلك $f + g$ و $fg$ و $\max(f,g)$ و $\abs f$ و $\lambda f$ . (c) إذا كانت $(f_n)$ قابلة للقياس بقيم في $[-\infty, +\infty]$ ، فإن $\sup_nf_n$ و $\inf_nf_n$ و $\limsup f_n$ و $\liminf f_n$ قابلة للقياس؛ وإذا كان $f_n \to f$ نقطةً نقطة، فإن $f$ قابلة للقياس.

برهان. (a) $(g\circ f)^{-1}(B) = f^{-1}(g^{-1}(B))$ ؛ ويعطي الاتصال القابليةَ للقياس عبر المجموعات المفتوحة المولِّدة (المسألة 9.1، السؤال 10، في صيغته العامة). (b) التطبيق $(f, g) \colon X \to \R^2$ قابل للقياس من أجل جبر بوريل من النمط $\sigma$ للفضاء $\R^2$ — بالتحقق على الصناديق المفتوحة، وهي مولِّدة (لأن مفتوحات $\R^2$ اتحادات قابلة للعدّ لصناديق ناطقة): $(f,g)^{-1}(U\times V) = f^{-1}(U)\cap g^{-1}(V)$ — ويكون $+, \times, \max$ متصلين $\R^2 \to \R$ : ثم نركّب. (c) $\{\sup f_n > t\} = \bigcup_n\{f_n > t\}$ ؛ $\inf = -\sup(-)$ ؛ $\limsup = \inf_N\sup_{n \geq N}$ ؛ والنهاية نقطةً نقطة هي $\limsup$ لنفسها. ∎

تعريف 10.3

الدالة البسيطة هي دالة قابلة للقياس ذات عدد منتهٍ من القيم: $s = \sum_{i=1}^n c_i\,\mathbf 1_{A_i}$ ، حيث $A_i \in \mathcal A$ منفصلة و $c_i \geq 0$ (من أجل النظرية غير السالبة). وتكاملها هو

\int s\,\dd\mu = \sum_i c_i\,\mu(A_i) \in [0, +\infty]

(بالاصطلاح $0\cdot\infty = 0$ )؛ ولا تتعلق القيمة بالتمثيل المختار (بتنقيح تجزئتين).

مبرهنة 10.4 (التقريب بالدوال البسيطة)

كل دالة قابلة للقياس $f \colon X \to [0, +\infty]$ هي النهاية نقطةً نقطة لمتتالية متزايدة من الدوال البسيطة:

s_n = \sum_{k=1}^{n2^n} \frac{k-1}{2^n}\, \mathbf 1_{\{\frac{k-1}{2^n} \leq f < \frac k{2^n}\}} + n\,\mathbf 1_{\{f \geq n\}} \nearrow f .

برهان. كل $s_n$ بسيطة (لأن المجموعات سوابق لمجموعات بوريلية). وأما الرتابة: فالانتقال من $n$ إلى $n+1$ يشطر كل مستوى ثنائي إلى اثنين ولا ينقص القيمة المُسنَدة أبدًا (فنقطة تحقق $\frac{k-1}{2^n} \leq f(x) < \frac k{2^n}$ تأخذ إما $\frac{2k-2}{2^{n+1}}$ وإما $\frac{2k-1}{2^{n+1}}$ ، وكلتاهما $\geq \frac{k-1}{2^n}$ ؛ ويرتفع السقف $n$ أيضًا). وأما التقارب: فإذا كان $f(x) < \infty$ ، فمن أجل $n > f(x)$ لدينا $f(x) - s_n(x) \leq 2^{-n}$ ؛ وإذا كان $f(x) = \infty$ ، فإن $s_n(x) = n \to \infty$ . ∎

10.2 التكامل ومبرهنات التقارب

تعريف 10.5

من أجل $f \geq 0$ قابلة للقياس:

\int f \,\dd\mu = \sup\Bigl\{\int s\,\dd\mu : s \text{ بسيطة}, \ 0 \leq s \leq f\Bigr\} \in [0, +\infty].

وهو رتيب في $f$ بحكم البناء، ويمدّد الحالة البسيطة (فمن أجل $f$ بسيطة، يُبلَغ الحد الأعلى عند $f$ : بمقارنة تكاملات الدوال البسيطة عبر تنقيحات مشتركة).

مبرهنة 10.6 (التقارب الرتيب، بيبو ليفي)

إذا كان $0 \leq f_n \nearrow f$ نقطةً نقطة (بدوال قابلة للقياس)، فإن

\int f_n\,\dd\mu \nearrow \int f\,\dd\mu .

برهان. الدالة $f$ قابلة للقياس (القضية 10.2(c)) ويتزايد $\int f_n$ إلى $L \leq \int f$ ما (بالرتابة). وبالعكس، لنثبّت دالة بسيطة $s = \sum c_i\mathbf 1_{A_i} \leq f$ وعددًا $\theta \in (0,1)$ ؛ فالمجموعات $E_n = \{f_n \geq \theta s\}$ قابلة للقياس وتتزايد إلى $X$ (فحيث $s(x) > 0$ : $f(x) \geq s(x) > \theta s(x)$ ، ومنه في نهاية المطاف $f_n(x) \geq \theta s(x)$ ؛ وحيث $s(x) = 0$ : بداهةً). عندئذٍ

\int f_n \geq \int_{E_n}\theta s\,\dd\mu = \theta\sum_i c_i\,\mu(A_i \cap E_n) \xrightarrow[n\to\infty]{} \theta\sum_ic_i\,\mu(A_i) = \theta\int s

بالاتصال من الأسفل (القضية 9.6(c)). ومنه $L \geq \theta\int s$ من أجل كل $\theta < 1$ ومن أجل كل دالة بسيطة $s \leq f$ : أي $L \geq \int f$ . ∎

نتيجة 10.7

من أجل $f, g \geq 0$ قابلتين للقياس ومن أجل $c \geq 0$ : $\int(f + g) = \int f + \int g$ و $\int cf = c\int f$ ؛ ومن أجل متسلسلة من الدوال غير السالبة القابلة للقياس، $\int\sum_nf_n = \sum_n\int f_n$ .

برهان. من أجل الدوال البسيطة، تكون الجمعية حسابًا على تنقيح مشترك. وفي العموم نأخذ $s_n \nearrow f$ و $t_n \nearrow g$ (المبرهنة 10.4): فنجد $s_n + t_n \nearrow f + g$ ، وتنقل مبرهنة التقارب الرتيب الجمعيةَ إلى النهاية. وأما عبارة المتسلسلة فهي مبرهنة التقارب الرتيب مطبَّقةً على المجاميع الجزئية. ∎

مبرهنة 10.8 (مبرهنة فاتو المساعدة)

من أجل دوال قابلة للقياس $f_n \geq 0$ :

\int \liminf_n f_n \,\dd\mu \;\leq\; \liminf_n \int f_n\,\dd\mu .

برهان. لتكن $g_N = \inf_{n\geq N}f_n$ : فهي قابلة للقياس، و $0 \leq g_N \nearrow \liminf f_n$ ، ويكون $g_N \leq f_n$ من أجل كل $n \geq N$ ، ومنه $\int g_N \leq \inf_{n \geq N}\int f_n$ . ونطبّق مبرهنة التقارب الرتيب على الطرف الأيسر: $\int\liminf f_n = \lim_N\int g_N \leq \lim_N\inf_{n\geq N}\int f_n = \liminf\int f_n$ . ∎

تعريف 10.9

تكون الدالة القابلة للقياس $f \colon X \to \R$ (أو ذات القيم في $\C$ ) قابلة للمكاملة إذا كان $\int\abs f\,\dd\mu < \infty$ ؛ وعندئذٍ $\int f = \int f^+ - \int f^-$ (بالجزأين الموجب والسالب؛ وبالجزأين الحقيقي والتخيلي في الحالة العقدية). والتكامل خطي على الدوال القابلة للمكاملة (بالتفكيك وإعادة التركيب على الأجزاء الموجبة؛ وتُختزل الحالة العقدية إلى الحقيقية) ويحقق $\abs{\int f} \leq \int\abs f$ (في الحالة الحقيقية: $\pm\int f = \int(\pm f) \leq \int\abs f$ ؛ وفي الحالة العقدية: بالضرب في ثابت أحادي المعيار لجعل التكامل حقيقيًا). ونقول إن خاصية تتحقق في كل مكان تقريبًا إذا لم تخفق إلا على مجموعة معدومة القياس بالمعنى $\mu$ ؛ وتغيير $f$ على مجموعة معدومة القياس لا يغيّر أي تكامل (لأن الفرق مهيمَن عليه بالمقدار $\infty\cdot\mathbf 1_N$ ، وتكامله $0$ ).

مبرهنة 10.10 (التقارب المهيمن)

ليكن $f_n \to f$ في كل مكان تقريبًا، مع $\abs{f_n} \leq g$ في كل مكان تقريبًا من أجل دالة قابلة للمكاملة مثبَّتة $g$ . عندئذٍ تكون $f$ قابلة للمكاملة و

\int f_n\,\dd\mu \longrightarrow \int f\,\dd\mu, \qquad\text{بل}\quad \int\abs{f_n - f}\,\dd\mu \to 0 .

برهان. نطرح مجموعة معدومة القياس لنجعل الفرضيات نقطةً نقطة. ولدينا $\abs f \leq g$ : أي إن $f$ قابلة للمكاملة. وتحقق الدوال $h_n = 2g - \abs{f_n - f} \geq 0$ الشرطَ $\liminf h_n = 2g$ ؛ وتعطي مبرهنة فاتو

\int 2g \leq \liminf\int\bigl(2g - \abs{f_n - f}\bigr) = \int 2g - \limsup\int\abs{f_n - f},

ومنه $\limsup\int\abs{f_n - f} \leq 0$ (والطرح مشروع: $\int 2g < \infty$ ). وأخيرًا $\abs{\int f_n - \int f} \leq \int\abs{f_n - f} \to 0$ . ∎

طريقة 10.11

أمام $\lim_n\int f_n$ : جرّب، بالترتيب — (1) هل المتتالية رتيبة (أو متسلسلة بحدود غير سالبة)؟ فمبرهنة التقارب الرتيب، دون حاجة إلى القابلية للمكاملة. (2) هل يوجد مهيمِن واحد قابل للمكاملة $g \geq \abs{f_n}$ ، يُوجَد بحدود فجّة (بأخذ « $\sup_n$ » للتقديرات)؟ فمبرهنة التقارب المهيمن. (3) لا هيمنة ولا رتابة؟ فما تزال مبرهنة فاتو تحدّ أحد الطرفين، وقد يخفق التساوي فعلًا: فالنتوء الهارب $f_n = n\mathbf 1_{\intoo0{1/n}}$ يحقق $\int f_n = 1$ لكن $f_n \to 0$ في كل مكان تقريبًا. فالهيمنة هي بالضبط ما يمنع الكتلة من الهروب إلى اللانهاية، رأسيًا أو أفقيًا.

10.3 ريمان في مقابل لوبيغ

مبرهنة 10.12 (محك لوبيغ)

لتكن $f \colon \intcc ab \to \R$ محدودة. عندئذٍ تكون $f$ قابلة للمكاملة بمعنى ريمان إذا وفقط إذا كانت $f$ متصلة في كل مكان تقريبًا بالمعنى $\lambda$ ؛ وفي تلك الحالة تكون $f$ قابلة للمكاملة بمعنى لوبيغ ويتطابق التكاملان.

برهان. من أجل تجزئة $\sigma = (a = x_0 < \dots < x_N = b)$ ، ليكن $L_\sigma$ و $U_\sigma$ الدالتين الدرجيتين المساويتين، على كل $\intoo{x_{i-1}}{x_i}$ ، للمقدارين $m_i = \inf_{[x_{i-1}, x_i]}f$ و $M_i = \sup$ ؛ ومجاميع داربو هي تكاملاهما (فريمان ولوبيغ يتوافقان على الدوال الدرجية، وكلاهما يعطي $\sum m_i\Delta x_i$ ). ونأخذ متتالية من التجزئات $\sigma_n$ ، كلٌّ منها تنقيح لسابقتها، خطوتها $\to 0$ ، بمجاميع داربو تتقارب إلى تكاملَي داربو الأدنى والأعلى للدالة $f$ . وتجعل التنقيحاتُ $L_{\sigma_n}$ غير متناقصة و $U_{\sigma_n}$ غير متزايدة نقطةً نقطة خارج المجموعة القابلة للعدّ $D$ لجميع نقط التقسيم؛ ولنسمِّ النهايتين $\ell$ و $u$ (وهما قابلتان للقياس، القضية 10.2). ومن أجل $x \notin D$ ، وبكتابة $I_n(x)$ للفترة المفتوحة من $\sigma_n$ الحاوية على $x$ : $\ell(x) = \sup_n\inf_{I_n(x)}f$ و $u(x) = \inf_n\sup_{I_n(x)}f$ ؛ وبما أن الخطوات تتقلّص إلى $0$ ، فهاتان هما الغلافان الأدنى والأعلى للدالة $f$ عند $x$ — ويكون $u(x) - \ell(x)$ تذبذبَ $f$ عند $x$ — بحيث يكون $\ell(x) = u(x)$ إذا وفقط إذا كانت $f$ متصلة عند $x$ . وبمبرهنتَي التقارب الرتيب/المهيمن (لأن الدالة محدودة والفترة منتهية):

\int_{\intcc ab}\ell\,\dd\lambda = \lim_n\int L_{\sigma_n} = \underline{\int}f, \qquad \int_{\intcc ab}u\,\dd\lambda = \overline{\int}f .

فتكون $f$ قابلة للمكاملة بمعنى ريمان $\iff$ $\underline\int f = \overline\int f$ $\iff$ $\int(u - \ell) = 0$ $\iff$ $u = \ell$ في كل مكان تقريبًا ( $u - \ell \geq 0$ ؛ التمرين 10.5) $\iff$ تكون $f$ متصلة في كل مكان تقريبًا. وفي تلك الحالة $\ell \leq f \leq u$ مع $\ell = u$ في كل مكان تقريبًا: أي إن $f$ تساوي $\ell$ القابلة للقياس في كل مكان تقريبًا، ومنه فهي قابلة للقياس بمعنى لوبيغ (بتمام $\lambda$ ) مع $\int f\,\dd\lambda = \int\ell\,\dd\lambda = \underline\int f = \int_a^bf$ . ∎

مثال 10.13

الدالة $\mathbf 1_\Q$ غير متصلة في أي نقطة: فهي غير قابلة للمكاملة بمعنى ريمان — لكنها تافهة بمعنى لوبيغ: $\int\mathbf 1_\Q\,\dd\lambda = \lambda(\Q) = 0$ . ودالة توماي ( $\frac1q$ عند الأعداد الناطقة $\frac pq$ ، و $0$ فيما عدا ذلك) متصلة عند الأعداد الصمّاء بالضبط: فهي قابلة للمكاملة بمعنى ريمان وتكاملها $0$ . وأما التكاملات المعتلّة بمعنى ريمان فمفهوم مختلف: إذ يتقارب $\int_0^\infty\frac{\sin x}x\,\dd x$ بوصفه نهايةً للتكاملات $\int_0^A$ (وتحسبه مسألة نهاية الأسبوع $= \frac\pi2$ )، لكن $\frac{\sin x}x \notin L^1(\intoo0{+\infty})$ : فالتكامل المطلق يتباعد كالمتسلسلة التوافقية (التمرين 10.6). فنظرية لوبيغ تقايض التقارب الشرطي بمبرهنات نهايات متينة.

10.4 التكاملات المتعلقة بوسيط

في كل ما يلي، $(X, \mathcal A, \mu)$ فضاء قياس، و $T$ فضاء متري (وهو الوسيط)، و $f \colon T \times X \to \C$ مع كون $f(t, \cdot)$ قابلة للمكاملة من أجل كل $t$ ؛ ونضع $F(t) = \int_X f(t, x)\,\dd\mu(x)$ .

مبرهنة 10.14 (الاتصال)

لنفترض: أن $t \mapsto f(t,x)$ متصلة عند $t_0$ من أجل $x$ في كل مكان تقريبًا، وأن هناك دالة قابلة للمكاملة $g$ تحقق $\abs{f(t,x)} \leq g(x)$ من أجل كل $t$ في جوار للنقطة $t_0$ ومن أجل $x$ في كل مكان تقريبًا. عندئذٍ تكون $F$ متصلة عند $t_0$ .

برهان. من أجل أي متتالية $t_n \to t_0$ : $f(t_n, \cdot) \to f(t_0, \cdot)$ في كل مكان تقريبًا، ومهيمَن عليها بالدالة $g$ : فتعطي مبرهنة التقارب المهيمن أن $F(t_n) \to F(t_0)$ ؛ ويكفي الاتصال بالمتتاليات في الفضاءات المترية (الملاحظة 6.8). ∎

مبرهنة 10.15 (الاشتقاق تحت التكامل)

لتكن $T$ فترةً مفتوحةً من $\R$ . لنفترض: أن $t \mapsto f(t,x)$ قابلة للاشتقاق على $T$ من أجل $x$ في كل مكان تقريبًا، مع

\Bigl|\frac{\partial f}{\partial t}(t, x)\Bigr| \leq g(x) \quad \text{من أجل كل } t \in T,\ \text{في كل مكان تقريبًا من أجل } x,

حيث $g$ قابلة للمكاملة. عندئذٍ تكون $F$ قابلة للاشتقاق على $T$ مع $F'(t) = \int_X \frac{\partial f}{\partial t}(t, x)\,\dd\mu(x)$ .

برهان. لنثبّت $t$ ولنأخذ $h_n \to 0$ : فتحقق نسب التزايد

\varphi_n(x) = \frac{f(t + h_n, x) - f(t, x)}{h_n} \longrightarrow \frac{\partial f}{\partial t}(t,x) \quad\text{في كل مكان تقريبًا},

وتحدّ متراجحة القيم المتوسطة المقدارَ $\abs{\varphi_n(x)} \leq \sup_{s}\abs{\partial_tf(s,x)} \leq g(x)$ : فتنطبق مبرهنة التقارب المهيمن، و $\frac{F(t + h_n) - F(t)}{h_n} = \int\varphi_n \to \int\partial_t f(t, \cdot)$ . ∎

مثال 10.16 (دالة غاما)

من أجل $t > 0$ نضع

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

ويتقارب التكامل: فقرب $0$ تكون $x^{t-1}$ قابلة للمكاملة ( $t > 0$ )؛ وعند اللانهاية $x^{t-1}\eu^{-x} \leq C\eu^{-x/2}$ . وتعطي المكاملة بالتجزئة (على $[\varepsilon, A]$ ، ثم بالنهايات عبر مبرهنة التقارب الرتيب) المعادلةَ الدالية $\Gamma(t + 1) = t\,\Gamma(t)$ ، ومنه $\Gamma(n+1) = n!$ : أي العاملي مستوفًى. وعلى كل $\intcc ab \subseteq \intoo0{+\infty}$ ، يكون $\partial_t\bigl(x^{t-1}\eu^{-x}\bigr) = \ln x\cdot x^{t-1}\eu^{-x}$ مهيمَنًا عليه بالمقدار $\abs{\ln x}(x^{a-1} + x^{b-1})\eu^{-x}$ القابل للمكاملة: ومنه فإن $\Gamma$ من الصنف $\mathcal C^1$ ، وبالتراجع $\mathcal C^\infty$ ، مع $\Gamma^{(k)}(t) = \int_0^\infty(\ln x)^kx^{t-1}\eu^{-x}\dd x$ . والقيمة $\Gamma(\frac12) = \sqrt\pi$ هي التكامل الغاوسي متنكّرًا (المسألة 10.1).

المقدار المكامَل xx: يتقارب التكامل المعتلّ ∈t_0∈fty بالتلاشي المتناوب بين الأقواس، لكن مساحات | | للأقواس تسلك سلوك 2π k — أي متسلسلة توافقية: xx ∉ L1. فالقابلية للمكاملة بمعنى لوبيغ هي القابلية للمكاملة المطلقة. — المقدار المكامَل $\frac{\sin x}x$ : يتقارب التكامل المعتلّ $\int_0^\infty$ بالتلاشي المتناوب بين الأقواس، لكن مساحات $\abs{\cdot}$ للأقواس تسلك سلوك $\frac2{\pi k}$ — أي متسلسلة توافقية: $\frac{\sin x}x \notin L^1$ . فالقابلية للمكاملة بمعنى لوبيغ هي القابلية للمكاملة المطلقة.

10.5 تمارين

تمرين 10.1 ★

(a) برهن على أن كل دالة رتيبة $\R \to \R$ قابلة للقياس بمعنى بوريل، وعلى أن مشتق دالة قابلة للاشتقاق في كل نقطة قابلٌ للقياس بمعنى بوريل. (b) برهن على أن $f \colon X \to \R$ قابلة للقياس إذا وفقط إذا كان $\{f > q\} \in \mathcal A$ من أجل كل عدد ناطق $q$ .

حل

حل التمرين 10.1.

(a) إذا كانت $f$ غير متناقصة، فإن $\{f > t\}$ هي $\varnothing$ أو $\R$ أو شعاع $\intoo a{+\infty}$ / $\intco a{+\infty}$ : وهي بوريلية في كل حالة؛ وكذلك غير المتزايدة. وأما المشتق: فإن $f'(x) = \lim_n n\bigl(f(x + \frac1n) - f(x)\bigr)$ نهايةٌ نقطةً نقطة لدوال متصلة (ومنه قابلة للقياس): القضية 10.2(c).

(b) $\{f > t\} = \bigcup_{q \in \Q,\, q > t}\{f > q\}$ : فإذا كانت المستويات الناطقة قابلة للقياس، كانت جميع المستويات كذلك، وتولّد الأشعة $\mathcal B(\R)$ .

تمرين 10.2 ★

احسب، بتبرير كامل:

\lim_{n\to\infty}\int_0^{+\infty} \frac{\cos x}{(1 + x/n)^{n}}\,\dd x, \qquad \lim_{n\to\infty}\int_0^1 \frac{n\,x^{n-1}}{1 + x}\,\dd x .

(من أجل الثاني: عوّض $u = x^n$ قبل الهيمنة.)

حل

حل التمرين 10.2.

أولًا: $(1 + x/n)^n \nearrow \eu^x$ من أجل $x \geq 0$ ، ومنه يؤول المقدار المكامَل نقطةً نقطة إلى $\eu^{-x}\cos x$ ؛ ومن أجل $n \geq 2$ ، $(1 + x/n)^n \geq (1 + x/2)^2$ ، فنحصل على المهيمِن القابل للمكاملة $(1 + x/2)^{-2}$ . وبمبرهنة التقارب المهيمن:

\lim_n\int_0^\infty\frac{\cos x}{(1 + x/n)^n}\dd x = \int_0^\infty \eu^{-x}\cos x\,\dd x = \operatorname{Re}\int_0^\infty\eu^{-(1 - \iu)x}\dd x = \operatorname{Re}\frac{1}{1 - \iu} = \frac12 .

ثانيًا: نعوّض $u = x^n$ (وهو تقابل من الصنف $\mathcal C^1$ للفترة $\intoo01$ ):

\int_0^1\frac{nx^{n-1}}{1 + x}\dd x = \int_0^1\frac{\dd u}{1 + u^{1/n}} \longrightarrow \int_0^1\frac{\dd u}{2} = \frac12,

بمبرهنة التقارب المهيمن: فمن أجل $u \in \intoo01$ يكون $u^{1/n} \to 1$ ، ويكون المقدار المكامَل محدودًا بالعدد $1$ على فضاء ذي قياس منتهٍ.

تمرين 10.3 ★★

(a) أعطِ مثالًا على متراجحة تامة في مبرهنة فاتو المساعدة. (b) أعطِ $f_n \to 0$ نقطةً نقطة مع $\int f_n = 1$ بثلاث طرائق: بالهروب في الارتفاع، وفي العرض، وإلى اللانهاية. وأي فرضية واحدة من فرضيات مبرهنة التقارب المهيمن تخالفها كلٌّ منها؟ (c) برهن على أنه لا يمكن في مبرهنة فاتو المساعدة استبدال $\limsup$ بالمقدار $\liminf$ في أي من الطرفين.

حل

حل التمرين 10.3.

(a) $f_n = n\,\mathbf 1_{\intoo0{1/n}}$ : $\liminf f_n = 0$ نقطةً نقطة، و $\int f_n = 1$ : أي $0 < 1$ .

(b) الارتفاع: $n\mathbf 1_{\intoo0{1/n}}$ ؛ والعرض: $\frac1n\mathbf 1_{\intoo0n}$ ؛ والانسحاب: $\mathbf 1_{\intoo n{n+1}}$ . وكلها تؤول إلى $0$ نقطةً نقطة مع $\int = 1$ . وفي كل حالة تخفق فرضية الهيمنة: فإن $\sup_nf_n$ يساوي $\approx 1/x$ قرب $0$ ، أو $\approx$ مقطعًا ثابتًا غير قابل للمكاملة، أو شيئًا من نمط $\mathbf 1_{\intoo1\infty}$ — ولا يكون قابلًا للمكاملة أبدًا.

(c) العبارة « $\int\limsup f_n \geq \limsup\int f_n$ » تخفق من أجل النتوء المنسحب: فالطرف الأيسر $0$ والطرف الأيمن $1$ . والعبارة « $\limsup\int \leq \int\limsup$ » هي العبارة نفسها. وأما فاتو من أجل $\limsup$ مع عكس $\leq$ («فاتو المعكوسة») فتتطلب مهيمِنًا — والنتوء نفسه هو المثال المضادّ.

تمرين 10.4 ★★

(a) برهن على $\displaystyle\int_0^{+\infty}\frac{x}{\eu^x - 1}\,\dd x = \sum_{n\geq1}\frac1{n^2} = \frac{\pi^2}6$ (انشر $\frac1{\eu^x - 1}$ في متسلسلة هندسية وكامل حدًّا حدًّا — وأي مبرهنة تسمح بذلك؟). (b) (حلم طالب السنة الثانية) برهن على $\displaystyle\int_0^1 x^{-x}\,\dd x = \sum_{n\geq1}n^{-n}$ . (اكتب $x^{-x} = \eu^{-x\ln x} = \sum_k\frac{(-x\ln x)^k}{k!}$ واحسب $\int_0^1(-x\ln x)^k\dd x$ بالتعويض $x = \eu^{-u/(k+1)}$ ، متعرّفًا على $\Gamma$ .)

حل

حل التمرين 10.4.

(a) من أجل $x > 0$ : $\frac1{\eu^x - 1} = \frac{\eu^{-x}}{1 - \eu^{-x}} = \sum_{n\geq1}\eu^{-nx}$ ، ومنه $\frac{x}{\eu^x - 1} = \sum_{n\geq1}x\eu^{-nx}$ ، وهي متسلسلة من الدوال غير السالبة القابلة للقياس: وتسمح النتيجة 10.7 بالمكاملة حدًّا حدًّا:

\int_0^\infty\frac{x\,\dd x}{\eu^x - 1} = \sum_{n\geq1}\int_0^\infty x\eu^{-nx}\dd x = \sum_{n\geq1}\frac1{n^2} = \frac{\pi^2}6

( $\int_0^\infty x\eu^{-nx}\dd x = n^{-2}$ بالتجزئة؛ ومسألة بازل من مجلد السنة الجامعية 2، أو التمرين 13.5 الآتي).

(b) على $\intoo01$ ، $-x\ln x \geq 0$ ، ومنه فإن $x^{-x} = \eu^{-x\ln x} = \sum_k\frac{(-x\ln x)^k}{k!}$ متسلسلة بحدود غير سالبة: فنبدّل مرة أخرى. وبالتعويض $x = \eu^{-u/(k+1)}$ :

\int_0^1(-x\ln x)^k\dd x = \int_0^\infty\Bigl(\frac{u}{k+1}\Bigr)^{k} \eu^{-\frac{ku}{k+1}}\;\frac{\eu^{-\frac u{k+1}}}{k+1}\,\dd u = \frac{1}{(k+1)^{k+1}}\int_0^\infty u^k\eu^{-u}\dd u = \frac{k!}{(k+1)^{k+1}} .

ومنه $\int_0^1x^{-x}\dd x = \sum_{k\geq0}\frac{1}{(k+1)^{k+1}} = \sum_{n\geq1}n^{-n}$ : أي حلم طالب السنة الثانية، بدقة.

تمرين 10.5 ★★

(a) برهن على أن $f \geq 0$ القابلة للقياس والمحققة $\int f\,\dd\mu = 0$ تحقق $f = 0$ في كل مكان تقريبًا. (انظر في $\{f \geq 1/n\}$ ومتراجحة ماركوف: $\mu(\{f \geq a\}) \leq \frac1a\int f$ — وبرهن عليها.) (b) برهن على أن الدالة القابلة للمكاملة $f$ منتهية في كل مكان تقريبًا. (c) برهن على أنه إذا كان $\int_A f\,\dd\mu = 0$ من أجل كل مجموعة قابلة للقياس $A$ ، فإن $f = 0$ في كل مكان تقريبًا.

حل

حل التمرين 10.5.

(a) ماركوف: $a\,\mathbf 1_{\{f \geq a\}} \leq f$ ، ثم نكامل: $\mu(\{f \geq a\}) \leq \frac1a\int f$ . وإذا كان $\int f = 0$ : فإن $\mu(\{f \geq \frac1n\}) = 0$ من أجل كل $n$ ، وتكون $\{f > 0\} = \bigcup_n\{f \geq \frac1n\}$ معدومة القياس.

(b) $\mu(\{\abs f = \infty\}) \leq \mu(\{\abs f \geq n\}) \leq \frac1n\int\abs f \to 0$ .

(c) نأخذ $A = \{f > 0\}$ : فنجد $\int f^+\dd\mu = \int_Af\,\dd\mu = 0$ ، ومنه $f^+ = 0$ في كل مكان تقريبًا حسب (a)؛ وبالمثل $f^- = 0$ في كل مكان تقريبًا.

تمرين 10.6 ★★

(a) طبّق المبرهنة 10.12 لتقرّر القابلية للمكاملة بمعنى ريمان من أجل: $\mathbf 1_\Q$ ؛ ودالة توماي؛ و $\mathbf 1_K$ حيث $K$ مجموعة كانتور سمينة (التمرين 9.5). (b) برهن على $\int_1^{+\infty}\abs{\frac{\sin x}x}\,\dd x = +\infty$ ، بينما يوجد $\lim_{A\to\infty}\int_1^A\frac{\sin x}x\,\dd x$ (كامل بالتجزئة): أي تقارب معتلّ دون قابلية للمكاملة.

حل

حل التمرين 10.6.

(a) الدالة $\mathbf 1_\Q$ : غير متصلة في أي مكان، ومنه غير قابلة للمكاملة بمعنى ريمان (المبرهنة 10.12)؛ وتكاملها بمعنى لوبيغ هو $\lambda(\Q) = 0$ . ودالة توماي: متصلة عند كل عدد أصمّ (فإذا أُعطي $\varepsilon$ ، لا يوجد سوى عدد منتهٍ من الأعداد الناطقة في $\intcc01$ مقامها $\leq 1/\varepsilon$ ؛ ونتجنّبها بجوار صغير)، وغير متصلة عند الأعداد الناطقة (بكثافة الأعداد الصمّاء): فهي متصلة في كل مكان تقريبًا، وقابلة للمكاملة بمعنى ريمان، وتكاملها $0$ (لأنها تنعدم في كل مكان تقريبًا). والدالة $\mathbf 1_K$ حيث $K$ مجموعة كانتور سمينة: مجموعة عدم اتصالها هي $\partial K = K$ (وهي مغلقة داخلها خالٍ)، وقياسها $\frac12 > 0$ : ومنه فهي غير قابلة للمكاملة بمعنى ريمان — ومع ذلك قابلة للمكاملة بمعنى لوبيغ وتكاملها $\lambda(K) = \frac12$ .

(b) $\int_{k\pi}^{(k+1)\pi}\frac{\abs{\sin x}}x\dd x \geq \frac1{(k+1)\pi}\int_{k\pi}^{(k+1)\pi}\abs{\sin x}\dd x = \frac{2}{(k+1)\pi}$ : فالمتسلسلة متباعدة. وأما تقارب التكامل المعتلّ: فمن أجل $A > \pi$ ،

\int_\pi^A\frac{\sin x}x\dd x = \Bigl[\frac{-\cos x}x\Bigr]_\pi^A - \int_\pi^A\frac{\cos x}{x^2}\dd x,

ويتقارب الحدّان كلاهما حين $A \to \infty$ (لأن $\frac1{x^2}$ قابلة للمكاملة): أي تقارب شرطي دون قابلية للمكاملة المطلقة.

تمرين 10.7 ★★

برّر أن $F(t) = \int_0^{+\infty}\eu^{-x^2}\cos(tx)\,\dd x$ من الصنف $\mathcal C^1$ على $\R$ ويحقق $F'(t) = -\frac t2F(t)$ (كامل بالتجزئة)؛ واستنتج $F(t) = F(0)\,\eu^{-t^2/4}$ . (ومع $F(0) = \frac{\sqrt\pi}2$ من مسألة نهاية الأسبوع: تكون الدالة الغاوسية في جوهرها تحويلَ فورييه لنفسها — وسينظّم الفصل 14 ذلك.)

حل

حل التمرين 10.7.

الهيمنة: $\abs{\partial_t(\eu^{-x^2}\cos(tx))} = \abs{x\eu^{-x^2}\sin(tx)} \leq x\eu^{-x^2}$ ، وهو قابل للمكاملة ولا يتعلق بالوسيط $t$ : ومنه تنطبق المبرهنة 10.15 عالميًا،

F'(t) = -\int_0^\infty x\eu^{-x^2}\sin(tx)\,\dd x = \Bigl[\tfrac12\eu^{-x^2}\sin(tx)\Bigr]_0^\infty - \frac t2\int_0^\infty\eu^{-x^2}\cos(tx)\dd x = -\frac t2F(t)

(بالمكاملة بالتجزئة مع $\dd v = x\eu^{-x^2}\dd x$ ). وتعطي المعادلة التفاضلية الخطية أن $F(t) = F(0)\eu^{-t^2/4}$ ؛ ومع $F(0) = \frac{\sqrt\pi}2$ (المسألة 10.1)، تُعيد الدالة الغاوسية إنتاج نفسها بتحويل جيب التمام هذا.

تمرين 10.8 ★★★

(فرولاني) ليكن $0 < a < b$ . برهن على

\int_0^{+\infty}\frac{\eu^{-ax} - \eu^{-bx}}{x}\,\dd x = \ln\frac ba,

بكتابة المقدار المكامَل على الصورة $\int_a^b \eu^{-xt}\,\dd t$ وتبرير التبديل بواسطة النظرية غير السالبة (النتيجة 10.7 في صيغتها المتصلة — باستباق مبرهنة تونيلي، أو بتشريح $[a,b]$ إلى $n$ جزءًا متساويًا والانتقال إلى النهاية).

حل

حل التمرين 10.8.

يتقارب التكامل: فقرب $0$ يؤول المقدار المكامَل إلى $b - a$ (وهو محدود)، ويتناقص مثل $\eu^{-ax}$ عند اللانهاية. لنثبّت $a$ ولننظر في $I(b) = \int_0^\infty\frac{\eu^{-ax} - \eu^{-bx}}x\dd x$ بوصفه دالة في $b \in \intco a{+\infty}$ . ومن أجل كل $b \geq a$ : $\abs{\partial_b(\text{المقدار المكامَل})} = \eu^{-bx} \leq \eu^{-ax}$ ، و $\int_0^\infty\eu^{-ax}\dd x = \frac1a < \infty$ : أي مهيمِن قابل للمكاملة. ومنه تعطي المبرهنة 10.15 أن $I'(b) = \int_0^\infty\eu^{-bx}\dd x = \frac1b$ ، و $I(a) = 0$ :

I(b) = \int_a^b\frac{\dd t}t = \ln\frac ba .

(وبصيغة مكافئة، على طريق التلميح: يكون المقدار المكامَل $\int_a^b\eu^{-xt}\dd t \geq 0$ ويكون التبديل هو النظير المتصل لما في النتيجة 10.7، أي مبرهنة تونيلي — المبرهَن عليها في الفصل 11؛ أما طريق الوسيط فيبقى داخل هذا الفصل.)

تمرين 10.9 ★★

لتكن $f \geq 0$ قابلة للقياس على $(X, \mathcal A, \mu)$ . برهن على أن $\nu(A) = \int_A f\,\dd\mu$ تعرّف قياسًا (كثافته $f$ بالنسبة إلى $\mu$ )، وعلى أن $\int g\,\dd\nu = \int gf\,\dd\mu$ من أجل كل $g \geq 0$ قابلة للقياس (برهن عليها من أجل الدوال المميّزة، ثم البسيطة، ثم بمبرهنة التقارب الرتيب — وهي الآلة المعيارية).

حل

حل التمرين 10.9.

$\nu(\varnothing) = 0$ ؛ ومن أجل $(A_n)$ منفصلة، $f\mathbf 1_{\bigsqcup A_n} = \sum_nf\mathbf 1_{A_n}$ (نقطةً نقطة، وجميع الحدود $\geq 0$ )، وتعطي النتيجة 10.7 الجمعيةَ من النمط $\sigma$ . وأما الصيغة $\int g\,\dd\nu = \int gf\,\dd\mu$ : فمن أجل $g = \mathbf 1_A$ هي تعريف $\nu$ ؛ ومن أجل $g$ بسيطة، بالخطية؛ ومن أجل $g \geq 0$ قابلة للقياس، نأخذ دوالًّا بسيطة $s_n \nearrow g$ (المبرهنة 10.4): فنجد $s_nf \nearrow gf$ ، وتنقل مبرهنة التقارب الرتيب الطرفين إلى النهاية. (وهذا السلّم «الدالة المميّزة $\to$ البسيطة $\to$ التقارب الرتيب» هو الآلة المعيارية للنظرية.)

تمرين 10.10 ★★★

(إخفاق على طريقة فايرشتراس) نعرّف $f(t) = \int_0^{+\infty}\frac{\sin(tx)}{x(1 + x^2)}\,\dd x$ . (a) برهن على أن $f$ معرَّفة تعريفًا سليمًا ومتصلة على $\R$ ، ومن الصنف $\mathcal C^1$ مع $f'(t) = \int_0^\infty\frac{\cos(tx)}{1 + x^2}\dd x$ من أجل كل $t$ — لكن الاشتقاق مرة أخرى تحت التكامل غير مشروع. (b) بقبول $f'(t) = \frac\pi2\eu^{-t}$ من أجل $t > 0$ (المبرهَن عليه في الفصل 17)، ما قيمة $\int_0^\infty\frac{x\sin(tx)}{1+x^2}\dd x$ من أجل $t > 0$ ، ولماذا تؤكّد صيغتها الإخفاقَ في (a)؟

حل

حل التمرين 10.10.

(a) يعطي $\abs{\sin(tx)} \leq \abs tx$ أن $\abs{\frac{\sin(tx)}{x(1+x^2)}} \leq \frac{\abs t}{1+x^2}$ : فيتقارب التكامل، وعلى $\abs t \leq T$ يعطي المهيمِن $\frac{T}{1+x^2}$ الاتصالَ (المبرهنة 10.14). وأما الاشتقاق: فإن $\abs{\partial_t} = \abs{\frac{\cos(tx)}{1+x^2}} \leq \frac1{1+x^2}$ قابل للمكاملة: ومنه $f'(t) = \int_0^\infty\frac{\cos(tx)}{1+x^2}\dd x$ من أجل كل $t$ . أما اشتقاق ثانٍ فسيتطلب مكاملة $\frac{x\sin(tx)}{1 + x^2}$ ، وقيمتها المطلقة تسلك سلوك $\frac{\abs{\sin(tx)}} x$ عند اللانهاية: فهي غير قابلة للمكاملة — ولا يوجد مهيمِن ولا يمكن تطبيق المبرهنة 10.15 مرة أخرى.

(b) بقبول $f'(t) = \frac\pi2\eu^{-t}$ من أجل $t > 0$ : تكون $f'$ زوجية بفردية $f$ ، ومنه $f'(t) = \frac\pi2\eu^{-\abs t}$ — وهي ليست قابلة للاشتقاق عند $0$ : أي إن $f$ من الصنف $\mathcal C^1$ وليست من الصنف $\mathcal C^2$ ، وهذا يؤكّد أن الاشتقاق الثاني المحجوب لم يكن حادثًا تقنيًا. ومن أجل $t > 0$ يساوي التكامل المعتلّ $\int_0^\infty\frac{x\sin(tx)}{1+x^2}\dd x$ المقدارَ $-f''(t) = \frac\pi2\eu^{-t}$ (باشتقاق الصيغة المقبولة حيث يكون ذلك مشروعًا، أي على $\intoo0\infty$ ) — وهي قيمة معتلّة لا لوبيغية.

تمرين 10.11 ★★

(مبرهنة شيفيه المساعدة) لتكن $f_n, f \geq 0$ قابلة للمكاملة مع $f_n \to f$ في كل مكان تقريبًا و $\int f_n \to \int f$ . (a) برهن على $\int\abs{f_n - f} \to 0$ . (طبّق التقارب المهيمن على $g_n = (f - f_n)^+ \leq f$ ، واكتب $\int\abs{f_n - f} = 2\int g_n - \int(f - f_n)$ .) (b) برهن بمثال على أنه لا يمكن إسقاط الفرضية $\int f_n \to \int f$ (بنتوء منزلق أو متركّز)، وعلى أن النتيجة تخفق من أجل $f_n$ ذات إشارة دون تحكّم بالقيمة المطلقة: فإن $f_n = n\mathbf 1_{\intoc0{1/n}} - n\mathbf 1_{\intoc{-1/n}0}$ يحقق $f_n \to 0$ في كل مكان تقريبًا و $\int f_n = 0 \to 0$ ، ومع ذلك $\int\abs{f_n} = 2$ . (c) تطبيق (الكثافات): إذا كانت كثافات احتمالية تحقق $p_n \to p$ في كل مكان تقريبًا، فإن $\int\abs{p_n - p} \to 0$ تلقائيًا: أي إن التقارب نقطةً نقطة للكثافات هو تقارب في $L^1$ — ترقيةٌ مجانية للتقارب.

حل

حل التمرين 10.11.

(a) لتكن $g_n = (f - f_n)^+$ : عندئذٍ $0 \leq g_n \leq f$ (بإيجابية $f_n$ )، و $g_n \to 0$ في كل مكان تقريبًا، وتكون $f$ مهيمِنًا قابلًا للمكاملة: ومنه $\int g_n \to 0$ (بالتقارب المهيمن). وبما أن $\abs{f_n - f} = 2(f - f_n)^+ - (f - f_n)$ ،

\int\abs{f_n - f} = 2\int g_n - \Bigl(\int f - \int f_n\Bigr) \longrightarrow 0 + 0 .

(b) النتوء المنزلق $f_n = \mathbf 1_{\intcc n{n+1}}$ يحقق $f_n \to 0$ في كل مكان تقريبًا و $\int f_n = 1 \not\to 0$ : فدون تقارب التكاملات يخفق التقارب في $L^1$ (وتخفق الفرضية كذلك). وأما المثال ذو الإشارة: فإن $f_n \to 0$ عند كل $x \neq 0$ ، و $\int f_n = 0$ ، لكن $\int\abs{f_n} = 2$ : فمن أجل المتتاليات ذات الإشارة تكون المبرهنة في جوهرها عن تحكّم من نمط $\abs{f_n}$ ، واستُعملت الإيجابية بالضبط في $g_n \leq f$ .

(c) تحقق الكثافات $\int p_n = 1 = \int p$ : أي إن فرضية (a) تلقائية، ومنه يفرض $p_n \to p$ في كل مكان تقريبًا أن $\norm{p_n - p}_{L^1} \to 0$ — ومن ثَمّ تقارب الاحتمالات $\int_Ap_n \to \int_Ap$ بانتظام على جميع المجموعات القابلة للقياس $A$ ( $\abs{\int_A(p_n - p)} \leq \norm{p_n - p}_1$ ): فتحوّل مبرهنة شيفيه التقاربَ نقطةً نقطة للكثافات إلى تقارب بالتغيّر الكلي للقوانين.

تمرين 10.12 ★★

نهايات كلاسيكية، بتبرير كامل عبر مبرهنتَي التقارب الرتيب/المهيمن:

\text{(a)}\ \lim_{n\to\infty}\int_0^n\Bigl(1 - \frac xn\Bigr)^n\eu^{x/2}\,\dd x, \qquad \text{(b)}\ \lim_{n\to\infty}\int_0^1\frac{n\,x^{n-1}}{1 + x}\,\dd x,

\text{(c)}\ \lim_{n\to\infty}\int_0^\infty \frac{\dd x}{(1 + x/n)^n\,x^{1/n}} .

(من أجل (a): $(1 - x/n)^n \nearrow \eu^{-x}$ من أجل $x$ مثبَّت — برهن على الرتابة عبر $\log$ ؛ ومن أجل (b)، كامل بالتجزئة أو عوّض $x = u^{1/n}$ وعيّن تركّزًا حدّيًا؛ ومن أجل (c)، جد مهيمِنًا قابلًا للمكاملة صالحًا من أجل كل $n \geq 2$ بالتشريح عند $x = 1$ .)

حل

حل التمرين 10.12.

(a) على $\intoo0n$ ، يتزايد $\varphi_n(x) = n\log(1 - \frac xn)$ في $n$ إلى $-x$ (فالتطبيق $t \mapsto \frac{\log(1 - xt)}{t}$ يتناقص حين $t = \frac1n \downarrow 0$ ؛ أو بالنشر: $\varphi_{n}' \geq 0$ في $n$ عبر $\log(1-u) + \frac{u}{1-u} \geq 0$ ). ومنه $(1 - \frac xn)^n\eu^{x/2}\mathbf 1_{x<n} \nearrow \eu^{-x/2}$ ، وتعطي مبرهنة التقارب الرتيب

\lim_n\int_0^n\Bigl(1 - \frac xn\Bigr)^n\eu^{x/2}\dd x = \int_0^\infty\eu^{-x/2}\dd x = 2 .

(b) نعوّض $u = x^n$ (أي $x = u^{1/n}$ و $n x^{n-1}\dd x = \dd u$ ):

\int_0^1\frac{nx^{n-1}}{1 + x}\dd x = \int_0^1\frac{\dd u}{1 + u^{1/n}} .

ومن أجل $u \in \intoo01$ : يكون $u^{1/n} \to 1$ ، ومنه يؤول المقدار المكامَل إلى $\frac12$ ، وهو مهيمَن عليه بالعدد $1$ : فالنهاية $\frac12$ (بالتقارب المهيمن). (وتتركّز كتلة $nx^{n-1}$ عند $x = 1$ ، حيث $\frac1{1+x} = \frac12$ : ويجعل التعويض هذا التركّز مرئيًا.)

(c) نقطةً نقطة، $(1 + x/n)^n \nearrow \eu^x$ و $x^{1/n} \to 1$ (حيث $x > 0$ ): ومنه يؤول المقدار المكامَل إلى $\eu^{-x}$ . وأما المهيمِن من أجل $n \geq 2$ : فعلى $\intoc01$ ، $x^{-1/n} \leq x^{-1/2}$ و $(1 + x/n)^{-n} \leq 1$ : فالحد $x^{-1/2}$ قابل للمكاملة؛ وعلى $\intoo1\infty$ ، $x^{-1/n} \leq 1$ و $(1 + x/n)^n \geq 1 + \binom n2\frac{x^2}{n^2} \geq 1 + \frac{x^2}4$ : فالحد $\frac{4}{4 + x^2}$ قابل للمكاملة. وبالتقارب المهيمن:

\lim_n\int_0^\infty\frac{\dd x}{(1 + x/n)^nx^{1/n}} = \int_0^\infty\eu^{-x}\dd x = 1 .

10.6 مسألة: تكاملان شهيران

مسألة 10.1

مسألة نهاية الأسبوع — التكامل الغاوسي وتكامل ديريكليه، بالوسائط وحدها

تكاملان يحكمان التحليل التطبيقي:

G = \int_{-\infty}^{+\infty}\eu^{-x^2}\dd x = \sqrt\pi, \qquad D = \int_0^{+\infty}\frac{\sin x}{x}\,\dd x = \frac\pi2

(والثاني بوصفه تكاملًا معتلًّا، المثال 10.13). ونبرهن عليهما باستعمال أدوات هذا الفصل وحدها.

الجزء الأول — التكامل الغاوسي. من أجل $t \geq 0$ نضع

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

برّر أن $A$ و $B$ من الصنف $\mathcal C^1$ على $\intoo0{+\infty}$ واحسب $A'$ و $B'$ ؛ وبرهن على $A'(t) + B'(t) = 0$ . (في $B'$ ، عوّض $u = tx$ .)
احسب $A(0) + B(0)$ و $\lim_{t\to+\infty}(A + B)(t)$ — وبرّر النهاية تحت التكامل في $B$ .
اخلص إلى $\int_0^\infty \eu^{-x^2}\dd x = \frac{\sqrt\pi}2$ ، ومنه $G = \sqrt\pi$ ، واستنتج $\Gamma(\tfrac12) = \sqrt\pi$ (عوّض $x = u^2$ في $\Gamma(\frac12)$ ).

الجزء الثاني — تكامل ديريكليه. من أجل $t \geq 0$ نضع

F(t) = \int_0^{+\infty}\eu^{-tx}\,\frac{\sin x}{x}\,\dd x .

برهن على أن التكامل المعرِّف للدالة $F(t)$ يتقارب من أجل كل $t > 0$ بوصفه تكامل لوبيغ، ومن أجل $t = 0$ بوصفه تكاملًا معتلًّا؛ وبرهن على وجود $D = \lim_{A\to\infty}\int_0^A\frac{\sin x}x\dd x$ (كامل بالتجزئة على $[\pi, A]$ ).
برهن على أن $F$ من الصنف $\mathcal C^1$ على $\intoo0{+\infty}$ مع

$F'(t) = -\int_0^{+\infty}\eu^{-tx}\sin x\,\dd x = -\frac{1}{1 + t^2}$

(بالهيمنة على $[t_0, \infty)$ من أجل كل $t_0 > 0$ ؛ والتكامل الأخير بمكاملتين بالتجزئة أو بالأُسّيات العقدية).
برهن على أن $F(t) \to 0$ حين $t \to +\infty$ ، واستنتج $F(t) = \frac\pi2 - \arctan t$ على $\intoo0{+\infty}$ .
النقطة الدقيقة: $D = \lim_{t\to0^+}F(t)$ . برهن عليها بتحكّم منتظم في الذيل: فمن أجل $0 \leq t \leq 1$ ومن أجل $A \geq \pi$ ، كامل بالتجزئة لتبرهن على

$\Bigl|\int_A^{+\infty}\eu^{-tx}\frac{\sin x}x\,\dd x\Bigr| \leq \frac{C}{A}$

حيث $C$ لا يتعلق بالوسيط $t$ (اشتق $\frac{\eu^{-tx}}x$ وحُدّ $\abs{\cos}$ بالعدد $1$ ؛ ولاحظ $t\eu^{-tx} \leq 1/x\cdot(tx\eu^{-tx})$ مع $\sup_{u\geq0}u\eu^{-u} < 1$ )؛ ثم شرّح $F(t) - D$ إلى $[0, A]$ (حيث تنطبق مبرهنة التقارب المهيمن حين $t \to 0$ ) وإلى $[A, \infty)$ .
اخلص إلى: $D = \frac\pi2$ .

الجزء الثالث — العوائد.

احسب $\int_0^{+\infty}\frac{\sin^2x}{x^2}\,\dd x$ (كامل بالتجزئة واختزل إلى $D$ عبر $\sin 2x = 2\sin x\cos x$ ).
احسب $\int_0^{+\infty}\frac{1 - \cos x}{x^2}\,\dd x$ ، وتحقق من اتساق النتيجتين.
من أجل $a > 0$ ، احسب $\int_0^{+\infty}\frac{\sin(ax)}x\dd x$ و $\int_{-\infty}^{+\infty}\eu^{-ax^2}\dd x$ ، وسجّل قواعد التحجيم (فستكون هي أحصنة العمل في الفصل 14).
فسّر بدقة لماذا لم يكن ممكنًا معالجة $D$ بمبرهنة التقارب المهيمن مباشرةً عند $t = 0$ (فلا مهيمِن قابل للمكاملة على $[0,1]\times[0,\infty)$ )، ولماذا يكون تشريح الذيل في السؤال 7 هو البديل الأمين — فهذا النمط («القابلية المنتظمة لمكاملة الذيول») يتكرّر في التحليل كله.

الجزء الرابع — دالة غاما حسب بور ومولروب. تحقق الدالة $\Gamma$ (المثال 10.16) الشرطَ $\Gamma(1) = 1$ و $\Gamma(x+1) = x\Gamma(x)$ — لكن عددًا لامنتهيًا من الدوال الأخرى تحققه أيضًا (بالضرب في أي تموّج دوري بالدور $1$ ). ويحدّد شرط تحدّب واحد دالةَ $\Gamma$ تحديدًا وحيدًا، ثم تسقط متطابقاتها الأعمق آليًا. ونقول عن دالة موجبة $f$ على فترة إنها محدّبة لوغاريتميًا إذا كانت $\log f$ محدّبة.

برهن على أن التحدّب اللوغاريتمي يستلزم التحدّب، وعلى أن جداءات الدوال المحدّبة لوغاريتميًا ومركّباتها مع التطبيقات التآلفية محدّبة لوغاريتميًا، وعلى أن — بواسطة متراجحة هولدر ذات الدالتين $\int\abs{uv} \leq \bigl(\int\abs u^p\bigr)^{1/p}\bigl(\int\abs v^q\bigr)^{1/q}$ ، المبرهَن عليها مباشرةً من متراجحة يونغ — الدالةَ $\Gamma$ محدّبة لوغاريتميًا على $\intoo0\infty$ .
(مبرهنة الميل المساعدة) لتكن $g$ محدّبة على $\intoo0\infty$ مع $g(n+1) - g(n) = \log n$ من أجل كل عدد صحيح $n \geq 1$ . من أجل $x \in \intoc01$ و $n \geq 2$ ، قارن ميول $g$ على $[n-1, n]$ و $[n, n+x]$ و $[n, n+1]$ ، واستنتج

$x\log(n-1) \;\leq\; g(n + x) - g(n) \;\leq\; x\log n .$
(بور–مولروب) لتكن $f > 0$ تحقق $f(1) = 1$ و $f(x+1) = xf(x)$ و $\log f$ محدّبة. بفكّ العلاقة التراجعية إلى $f(n + x) = x(x+1)\cdots(x + n - 1)\,f(x)$ و $f(n) = (n-1)!$ ، استنتج من السؤال 14 أنه من أجل $x \in \intoc01$

$f(x) = \lim_{n\to\infty} \frac{n!\,n^x}{x(x+1)\cdots(x+n)} :$

فتكون $f$ وحيدة، ومنه $f = \Gamma$ ، وتصح صيغة غاوس للنهاية (وتُمدَّد إلى كل $x > 0$ بالعلاقة التراجعية).
نعرّف دالة بيتا $B(x, y) = \int_0^1t^{x-1}(1-t)^{y-1}\,\dd t$ (حيث $x, y > 0$ ). برهن على التقارب، وعلى العلاقة التراجعية $B(x+1, y) = \frac{x}{x+y}\,B(x, y)$ (بالمكاملة بالتجزئة)، وعلى $B(1, y) = \frac1y$ .
برهن على أن $x \mapsto B(x, y)$ محدّبة لوغاريتميًا (بهولدر مرة أخرى)، وطبّق بور–مولروب على

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

لتخلص إلى صيغة أويلر: $B(x, y) = \dfrac{\Gamma(x)\Gamma(y)}{\Gamma(x+y)}$ — دون أي تكاملات مضاعفة.
احسب $B(\frac12, \frac12)$ مباشرةً (عوّض $t = \sin^2\theta$ ) واستنتج $\Gamma(\frac12) = \sqrt\pi$ : أي التكامل الغاوسي من الجزء الأول، مستعادًا بمحض التحدّب. وقارن البرهانين بجملة واحدة لكلٍّ منهما.
(تضعيف لوجندر) برهن على أن

$g(x) = \frac{2^{x-1}}{\sqrt\pi}\, \Gamma\Bigl(\frac x2\Bigr) \Gamma\Bigl(\frac{x+1}2\Bigr)$

تحقق فرضيات بور–مولروب الثلاث، واخلص إلى $g = \Gamma$ ، أي $\Gamma(2z) = \frac{2^{2z-1}}{\sqrt\pi}\,\Gamma(z)\,\Gamma(z + \tfrac12)$ من أجل كل $z > 0$ .
استنتج الصيغة المغلقة $\Gamma\bigl(n + \tfrac12\bigr) = \dfrac{(2n)!}{4^n\,n!}\sqrt\pi$ ، وبرهن، بتطبيق مبرهنة الميل المساعدة على $\log\Gamma$ حول الأعداد الصحيحة الكبيرة، على المقاربات

$\frac{\Gamma(n + \frac12)}{\Gamma(n)\,\sqrt n} \longrightarrow 1 .$
اجمع السؤالين الأخيرين في مقاربات المعامل الثنائي المركزي

$\binom{2n}{n} \sim \frac{4^n}{\sqrt{\pi n}},$

وتحقق عدديًا من أجل $n = 10$ ( $\binom{20}{10} = 184756$ ، مقابل $4^{10}/\sqrt{10\pi} \approx 187079$ : فالنسبة $\approx 0.988$ ).
(تركيب) ظهر الثابت $\sqrt\pi$ حتى الآن بوصفه التكامل الغاوسي (الجزء الأول)، وبوصفه $B(\frac12, \frac12)$ (السؤال 18)، وداخل التضعيف (السؤال 19)؛ ويستبق تقدير المعامل الثنائي المركزي كلًّا من ستيرلنغ (مسألة نهاية الأسبوع في الفصل 11) ودي موافر–لابلاس. ارسم الصلات: أي العبارات تكافئ أيها، وماذا تسهم به كل تقنية — الاشتقاق تحت التكامل في مقابل التحدّب — مما لا تستطيعه الأخرى؟

الجزء الخامس — ثلاثة عوائد أخرى.

(واليس، بدالة بيتا) من أجل $p > -1$ ، عوّض $t = \sin^2\theta$ لتبرهن على

$W_p = \int_0^{\pi/2}\sin^p\theta\,\dd\theta = \frac12\,B\Bigl(\frac{p+1}2, \frac12\Bigr),$

واستنتج من العلاقة التراجعية لدالة بيتا (السؤال 16) أن $W_{n+2} = \frac{n+1}{n+2}\,W_n$ من أجل الأعداد الصحيحة $n \geq 0$ . واحسب $W_{2n}$ و $W_{2n+1}$ بصيغة مغلقة، وبرهن على $W_{2n+1}/W_{2n} \to 1$ بالحصر، واخلص إلى جداء واليس

$\frac\pi2 = \lim_{n\to\infty} \prod_{k=1}^{n}\frac{4k^2}{4k^2 - 1} .$
(الدالة الغاوسية تلتقي تواترًا) من أجل $b \in \R$ نضع

$\Phi(b) = \int_{-\infty}^{+\infty} \eu^{-x^2}\cos(2bx)\,\dd x .$

برهن على أن $\Phi$ من الصنف $\mathcal C^1$ على $\R$ ، وعلى أن مكاملة بالتجزئة تعطي المعادلة التفاضلية $\Phi'(b) = -2b\,\Phi(b)$ ، واخلص إلى

$\Phi(b) = \sqrt\pi\,\eu^{-b^2} :$

أي إن الدالة الغاوسية تُعيد إنتاج نفسها بهذا التحويل — وهي المتطابقة الوحيدة التي سيدور عليها الفصل 14.
(تكامل فرولاني) من أجل $0 < a < b$ ، برهن على

$\int_0^{+\infty} \frac{\eu^{-ax} - \eu^{-bx}}{x}\,\dd x = \log\frac ba ,$

بالاشتقاق بالنسبة إلى الوسيط $a$ (وبرّر الهيمنة على كل $\intco{a_0}{+\infty}$ حيث $a_0 > 0$ ، وعيّن الثابت بجعل $a \to b$ ). وأين يحتاج المقدار المكامَل بالضبط إلى تفرّده القابل للإزالة عند $x = 0$ ؟

حل

حل المسألة 10.1.

1. الدالة $A$ من الصنف $\mathcal C^1$ بمبرهنة التحليل الأساسية وقاعدة السلسلة: $A'(t) = 2\eu^{-t^2}\int_0^t\eu^{-x^2}\dd x$ . وأما $B$ : فإن $\partial_t\bigl(\frac{\eu^{-t^2(1+x^2)}}{1+x^2}\bigr) = -2t\,\eu^{-t^2(1+x^2)}$ متصل ومحدود على $[t_0, T] \times \intcc01$ من أجل أي $0 < t_0 < T$ (ويكفي الهيمنة المحدودة على فضاء ذي قياس منتهٍ): ومنه فإن $B$ من الصنف $\mathcal C^1$ على $\intoo0{+\infty}$ مع

B'(t) = -2t\int_0^1 \eu^{-t^2(1+x^2)}\dd x = -2\eu^{-t^2}\int_0^1 t\,\eu^{-(tx)^2}\dd x = -2\eu^{-t^2}\int_0^t\eu^{-u^2}\dd u = -A'(t)

(بالتعويض $u = tx$ ).

2. $A(0) = 0$ و $B(0) = \int_0^1\frac{\dd x}{1+x^2} = \frac\pi4$ . وللمقدار $A + B$ مشتق معدوم على $\intoo0{+\infty}$ وهو متصل عند $0$ ( $B$ بالهيمنة $\frac1{1+x^2}$ وبواسطة المبرهنة 10.14): ومنه $A + B \equiv \frac\pi4$ . وحين $t\to+\infty$ : $0 \leq B(t) \leq \eu^{-t^2} \to 0$ ، و $A(t) \to \bigl(\int_0^\infty\eu^{-x^2}\dd x\bigr)^2$ (بمبرهنة التقارب الرتيب أو بمحض التقارب الرتيب للتكامل الداخلي).

3. ومنه $\bigl(\int_0^\infty\eu^{-x^2}\dd x\bigr)^2 = \frac\pi4$ : أي $\int_0^\infty\eu^{-x^2}\dd x = \frac{\sqrt\pi}2$ ، وبالزوجية $G = \sqrt\pi$ . وكذلك $\Gamma(\frac12) = \int_0^\infty x^{-1/2}\eu^{-x}\dd x \overset{x = u^2}{=} 2\int_0^\infty\eu^{-u^2}\dd u = \sqrt\pi$ .

4. من أجل $t > 0$ : $\abs{\eu^{-tx}\frac{\sin x}x} \leq \eu^{-tx}$ ، وهو قابل للمكاملة. ومن أجل $t = 0$ ، بالتقارب المعتلّ: فعلى $[\pi, A]$ ،

\int_\pi^A\frac{\sin x}x\dd x = \Bigl[-\frac{\cos x}x\Bigr]_\pi^A - \int_\pi^A\frac{\cos x}{x^2}\dd x,

والحدّان كلاهما متقارب حين $A \to \infty$ ؛ وقرب $0$ يمتد المقدار المكامَل اتصالًا بالقيمة $1$ .

5. على $[t_0, +\infty)$ (حيث $t_0 > 0$ ): $\abs{\partial_t\bigl(\eu^{-tx}\tfrac{\sin x}x\bigr)} = \eu^{-tx}\abs{\sin x} \leq \eu^{-t_0x}$ ، وهو قابل للمكاملة: ومنه تنطبق المبرهنة 10.15 على كل فترة كهذه، ومنه على $\intoo0{+\infty}$ كلها:

F'(t) = -\int_0^\infty\eu^{-tx}\sin x\,\dd x = -\operatorname{Im}\int_0^\infty\eu^{-(t - \iu)x}\dd x = -\operatorname{Im}\frac{1}{t - \iu} = -\frac{1}{1 + t^2}.

6. $\abs{F(t)} \leq \int_0^\infty\eu^{-tx}\dd x = \frac1t \to 0$ . وبمكاملة $F' = -\frac1{1+t^2}$ : نجد $F(t) = C - \arctan t$ ، ويفرض $t \to \infty$ أن $C = \frac\pi2$ : أي $F(t) = \frac\pi2 - \arctan t$ على $\intoo0{+\infty}$ .

7. نكامل بالتجزئة على $[A, R]$ مع $\sin x = (-\cos x)'$ ونجعل $R \to \infty$ :

\int_A^{\infty}\eu^{-tx}\frac{\sin x}x\dd x = \frac{\cos A\;\eu^{-tA}}{A} - \int_A^\infty \cos x\,\Bigl(\frac tx + \frac1{x^2}\Bigr)\eu^{-tx}\dd x .

وبتحديد $\abs{\cos} \leq 1$ : يكون الحد الأول $\leq \frac1A$ ؛ ولا يتجاوز التكامل $\int_A^\infty t\eu^{-tx}\frac{\dd x}x + \int_A^\infty\frac{\dd x}{x^2} \leq \frac1A\int_0^\infty t\eu^{-tx}\dd x + \frac1A = \frac2A$ . والمجموع: $\leq \frac 3A$ ، بانتظام من أجل $t \in [0, 1]$ (بما في ذلك الحالة $t = 0$ ). والآن

\abs{F(t) - D} \leq \Bigl|\int_0^A(\eu^{-tx} - 1)\,\frac{\sin x}x\,\dd x\Bigr| + \frac6A .

وعلى $[0, A]$ : $\abs{\eu^{-tx} - 1} \leq tx \leq tA$ و $\abs{\frac{\sin x}x} \leq 1$ ، ومنه لا يتجاوز الحد الأول $tA^2$ . نختار $A$ يحقق $\frac6A < \varepsilon$ ، ثم $t < \varepsilon/A^2$ : فنجد $\abs{F(t) - D} < 2\varepsilon$ .

8. ومن ثَمّ $D = \lim_{t\to0^+}F(t) = \lim_{t\to0^+}\bigl(\frac\pi2 - \arctan t\bigr) = \frac\pi2$ .

9. بالتجزئة ( $u = \sin^2x$ و $v' = x^{-2}$ ):

\int_0^\infty\frac{\sin^2x}{x^2}\dd x = \Bigl[-\frac{\sin^2x}{x}\Bigr]_0^\infty + \int_0^\infty\frac{2\sin x\cos x}{x}\dd x = \int_0^\infty\frac{\sin 2x}{x}\dd x = D = \frac\pi2

(بالتعويض $u = 2x$ في الخطوة الأخيرة؛ وتنعدم الحدود الحدّية: $\sin^2 x/x \to 0$ عند الطرفين).

10. بالتجزئة ( $u = 1 - \cos x$ و $v' = x^{-2}$ ): $\int_0^\infty\frac{1 - \cos x}{x^2}\dd x = \int_0^\infty\frac{\sin x}x\dd x = \frac\pi2$ . والاتساق: $1 - \cos x = 2\sin^2\frac x2$ ، ويحوّل التعويض $x = 2u$ المقدارَ $\int\frac{2\sin^2(x/2)}{x^2}\dd x$ إلى $\int\frac{\sin^2u}{u^2}\dd u$ : فالحسابان متوافقان.

11. $\int_0^\infty\frac{\sin(ax)}x\dd x = \frac\pi2$ من أجل كل $a > 0$ (بالتعويض $u = ax$ : فالتكامل صامد بالتحجيم)؛ و $\int_\R\eu^{-ax^2}\dd x = \sqrt{\pi/a}$ (بالتعويض $u = \sqrt a\,x$ ). فالتحجيم في الوسيط يترك تكامل ديريكليه ثابتًا ويقسم التكامل الغاوسي على $\sqrt a$ .

12. أي مهيمِن صالح من أجل كل $t \in [0,1]$ يجب أن يهيمن على $\sup_{t\in[0,1]}\abs{\eu^{-tx}\frac{\sin x}x} = \abs{\frac{\sin x}x}$ ، وهو غير قابل للمكاملة (التمرين 10.6): ومنه لا تستطيع مبرهنة التقارب المهيمن عبور $t = 0$ . أما بديل السؤال 7 — بذيول صغيرة بانتظام في الوسيط، وجزء متراص يعالجه التقارب المهيمن — فهو نمط «القابلية المنتظمة للمكاملة» المعياري، وهو يظهر من جديد كلما التقى التقارب الشرطي بتبديل النهايات.

13. إذا كانت $g = \log f$ محدّبة، فإن $f = \exp\circ g$ محدّبة (لأن الأُسّي محدّب متزايد: $f(\lambda x + (1-\lambda) y) \leq \eu^{\lambda g(x) + (1-\lambda)g(y)} \leq \lambda f(x) + (1-\lambda)f(y)$ ، والخطوة الأخيرة بتحدّب الأُسّي بين النقطتين $g(x), g(y)$ ). وأما الجداءات والتعويضات التآلفية: فتحوّلها اللوغاريتمات إلى مجاميع وتعويضات تآلفية لدوال محدّبة. وهولدر ( $\frac1p + \frac1q = 1$ ): من أجل $\int\abs u^p = \int\abs v^q = 1$ ، تعطي يونغ أن $\abs{uv} \leq \frac{\abs u^p}p + \frac{\abs v^q}q$ ، ثم نكامل: $\int\abs{uv} \leq 1$ ؛ والحالة العامة بالتجانس. وعندئذٍ، من أجل $\lambda \in \intoo01$ ، نطبّقها مع $p = \frac1\lambda$ على التفكيك

t^{\lambda x + (1-\lambda)y - 1}\eu^{-t} = \bigl(t^{x-1}\eu^{-t}\bigr)^{\lambda} \bigl(t^{y-1}\eu^{-t}\bigr)^{1-\lambda} : \qquad \Gamma(\lambda x + (1{-}\lambda)y) \leq \Gamma(x)^\lambda\,\Gamma(y)^{1-\lambda} .

14. من أجل $g$ محدّبة، يتزايد ميل الوتر مع طرفيه (بمتراجحة الأوتار الثلاثة). وبمقارنة الأوتار على $[n-1, n]$ و $[n, n+x]$ و $[n, n+1]$ :

\log(n-1) = \frac{g(n) - g(n-1)}1 \leq \frac{g(n+x) - g(n)}x \leq \frac{g(n+1) - g(n)}1 = \log n,

وبالضرب في $x > 0$ نحصل على المطلوب.

15. مع $f(n) = (n-1)!$ (بالعلاقة التراجعية انطلاقًا من $f(1) = 1$ ) ومع $f(n + x) = x(x+1)\cdots(x+n-1)\,f(x)$ ، يُقرأ السؤال 14 على أنه

(n-1)^x\,(n-1)! \;\leq\; x(x+1)\cdots(x+n-1)\,f(x) \;\leq\; n^x\,(n-1)! .

ويُعاد كتابة الحد الأعلى على الصورة $f(x) \leq \frac{n!\,n^x}{x(x+1)\cdots(x+n)}\cdot\frac{x+n}n$ ، والحد الأدنى عند الرتبة $n+1$ على الصورة $f(x) \geq \frac{n!\,n^x}{x(x+1)\cdots(x+n)}$ . ويحقق عامل التصحيح $\frac{x+n}n \to 1$ : فيفرض الحصر أن

f(x) = \lim_n\frac{n!\,n^x}{x(x+1)\cdots(x+n)} \qquad (x \in \intoc01),

وهو تعبير لا يتعلق بالدالة $f$ : أي الوحدانية على $\intoc01$ ، ومنه في كل مكان بالعلاقة التراجعية. وبما أن $\Gamma$ تحقق الفرضيات الثلاث (السؤال 13)، فإن $f = \Gamma$ وتصح صيغة غاوس — من أجل كل $x > 0$ ، لأن الطرفين يخضعان للعلاقة التراجعية نفسها.

16. قرب $0$ ، يكون المقدار المكامَل $\sim t^{x-1}$ ، وهو قابل للمكاملة إذا وفقط إذا كان $x > 0$ ؛ وقرب $1$ ، بالتناظر مع $y$ . وبالمكاملة بالتجزئة على $\intcc\varepsilon{1-\varepsilon}$ ، ثم بجعل $\varepsilon \to 0$ (وتنعدم الحدود الحدّية من أجل $x, y > 0$ ):

B(x{+}1, y) = \Bigl[-t^x\frac{(1-t)^y}y\Bigr]_0^1 + \frac xy\int_0^1t^{x-1}(1-t)^y\,\dd t = \frac xy\bigl(B(x, y) - B(x{+}1, y)\bigr),

باستعمال $(1-t)^y = (1-t)^{y-1}(1 - t)$ ؛ وبالحل، $B(x+1, y) = \frac{x}{x+y}B(x, y)$ . وكذلك $B(1, y) = \int_0^1(1-t)^{y-1}\dd t = \frac1y$ .

17. $f(1) = \frac1y\cdot\frac{\Gamma(1+y)}{\Gamma(y)} = 1$ ؛ $f(x+1) = \frac{x}{x+y}B(x,y)\cdot\frac{(x+y)\Gamma(x+y)} {\Gamma(y)} = x\,f(x)$ ؛ وتكون $f$ محدّبة لوغاريتميًا في $x$ بوصفها جداءً للدالة $B(\cdot, y)$ المحدّبة لوغاريتميًا (بهولدر على التفكيك $t^{(\lambda x_1 + (1-\lambda)x_2)-1}(1-t)^{y-1} = (\cdots)^\lambda(\cdots)^{1-\lambda}$ ، كما في السؤال 13) وللمقدار $\Gamma(\cdot + y)$ (بانسحاب تآلفي). وبور–مولروب: $f = \Gamma$ ، أي $B(x, y) = \frac{\Gamma(x)\Gamma(y)}{\Gamma(x+y)}$ .

18. مع $t = \sin^2\theta$ ، $\dd t = 2\sin\theta\cos\theta\,\dd\theta$ و $t^{-1/2}(1-t)^{-1/2} = \frac1{\sin\theta\cos\theta}$ :

B\Bigl(\frac12, \frac12\Bigr) = \int_0^{\pi/2}2\,\dd\theta = \pi = \frac{\Gamma(\frac12)^2}{\Gamma(1)} \quad\Longrightarrow\quad \Gamma\Bigl(\frac12\Bigr) = \sqrt\pi .

وقد بلغ الجزء الأول الثابت نفسه باشتقاق وسيط وسباق دالتين إلى نهايتيهما؛ وهنا صلّب التحدّبُ وحده المسألةَ حتى لم تبقَ إلا قيمة واحدة. تحليلٌ بالحركة في مقابل تحليل بالشكل.

19. $g(1) = \frac{2^0}{\sqrt\pi}\Gamma(\frac12) \Gamma(1) = 1$ . والعلاقة التراجعية:

g(x+1) = \frac{2^{x}}{\sqrt\pi}\, \Gamma\Bigl(\frac{x+1}2\Bigr)\Gamma\Bigl(\frac x2 + 1\Bigr) = \frac{2^{x}}{\sqrt\pi}\cdot\frac x2\, \Gamma\Bigl(\frac x2\Bigr)\Gamma\Bigl(\frac{x+1}2\Bigr) = x\,g(x) .

وأما التحدّب اللوغاريتمي: فجداءُ $\eu^{(x-1)\log2}$ (وهي تآلفية لوغاريتميًا) وتعويضين تآلفيين للدالة $\Gamma$ المحدّبة لوغاريتميًا. وتعطي بور–مولروب أن $g = \Gamma$ ؛ وبوضع $x = 2z$ : $\Gamma(2z) = \frac{2^{2z-1}}{\sqrt\pi}\Gamma(z)\Gamma(z + \frac12)$ .

20. من $\Gamma(\frac12) = \sqrt\pi$ ومن العلاقة التراجعية، $\Gamma(n + \frac12) = (n - \frac12)(n - \frac32)\cdots\frac12\,\sqrt\pi = \frac{(2n-1)(2n-3)\cdots1}{2^n}\sqrt\pi = \frac{(2n)!}{4^nn!}\sqrt\pi$ (بإكمال الجداء الفردي بالزوجيات). وأما المقاربات: فيعطي السؤال 14 مع $g = \log\Gamma$ و $x = \frac12$ أن $\sqrt{n-1} \leq \frac{\Gamma(n+\frac12)}{\Gamma(n)} \leq \sqrt n$ ، ومنه تُحصر النسبة إلى $\sqrt n$ بين $\sqrt{1 - \frac1n}$ و $1$ .

21. من السؤال 20، $(2n)! = \frac{4^nn!}{\sqrt\pi}\Gamma(n + \tfrac12)$ ، ومنه

\binom{2n}n = \frac{(2n)!}{(n!)^2} = \frac{4^n\,\Gamma(n+\frac12)}{\sqrt\pi\;n!} = \frac{4^n}{\sqrt\pi}\cdot \frac{\Gamma(n+\frac12)}{n\,\Gamma(n)} \sim \frac{4^n}{\sqrt\pi}\cdot\frac{\sqrt n}{n} = \frac{4^n}{\sqrt{\pi n}} .

وعدديًا، $4^{10}/\sqrt{10\pi} = 1048576/5.6050 \approx 187078.6$ ، مقابل $\binom{20}{10} = 184756$ : فالنسبة $0.9876$ — والخطأ $O(1/n)$ ، وهو مرئي عند $n = 10$ .

22. التكافؤات: $\Gamma(\frac12) = \sqrt\pi \Leftrightarrow G = \sqrt\pi$ (بالتعويض $x = u^2$ في السؤال 3) $\Leftrightarrow B(\frac12, \frac12) = \pi$ (صيغة أويلر)؛ والتضعيف عند $z = n$ هو الصيغة المغلقة للمقدار $\Gamma(n + \frac12)$ ، وهو بدوره تقدير المعامل الثنائي المركزي إلى حدود مبرهنة الميل المساعدة. وتقنية الوسيط (الجزآن الأول والثاني) تحسب نهايات مقادير متحرّكة وهي لا غنى عنها حين يوجد تشويه حقيقي (فليس لتكامل ديريكليه برهان بالتحدّب)؛ أما تقنية التحدّب فلا تحسب شيئًا لكنها تمنع كل شيء — وهي تبرع في الوحدانية والمعادلات الدالية (غاوس وأويلر ولوجندر في ثلاث ضربات)، حيث سيغرق الاشتقاق في الحساب. والمحلّل التام يحمل كليهما.

23. مع $t = \sin^2\theta$ ، $\dd t = 2\sin\theta\cos\theta\,\dd\theta = 2\,t^{1/2}(1-t)^{1/2}\,\dd\theta$ ، ومنه

W_p = \int_0^1 t^{p/2}\, \frac{\dd t}{2\,t^{1/2}(1-t)^{1/2}} = \frac12\int_0^1 t^{\frac{p+1}2 - 1}(1-t)^{\frac12 - 1}\dd t = \frac12\,B\Bigl(\frac{p+1}2, \frac12\Bigr).

وتعطي العلاقة التراجعية لدالة بيتا مع $x = \frac{n+1}2$ و $y = \frac12$ أن

W_{n+2} = \frac12\, \frac{(n+1)/2}{(n+2)/2}\,B\Bigl(\frac{n+1}2, \frac12\Bigr) = \frac{n+1}{n+2}\,W_n .

وانطلاقًا من $W_0 = \frac\pi2$ و $W_1 = 1$ :

W_{2n} = \frac\pi2\prod_{k=1}^n\frac{2k-1}{2k}, \qquad W_{2n+1} = \prod_{k=1}^n\frac{2k}{2k+1} .

وبما أن $\sin^{n+1} \leq \sin^n$ على $\intcc0{\pi/2}$ ، تكون المتتالية $(W_n)$ غير متزايدة، ومنه

1 \geq \frac{W_{2n+1}}{W_{2n}} \geq \frac{W_{2n+1}}{W_{2n-1}} = \frac{2n}{2n+1} \longrightarrow 1 .

لكن الصيغ المغلقة تعطي

\frac{W_{2n+1}}{W_{2n}} = \frac2\pi \prod_{k=1}^n\frac{(2k)^2}{(2k-1)(2k+1)} = \frac2\pi\prod_{k=1}^n\frac{4k^2}{4k^2-1},

وبجعل $n \to \infty$ نحصل على جداء واليس. (وعبر صيغة أويلر، $W_p = \frac{\sqrt\pi}2\, \Gamma(\frac{p+1}2)/\Gamma(\frac p2 + 1)$ : فواليس هو التكامل الغاوسي في زيّ آخر.)

24. مشتق المقدار المكامَل بالنسبة إلى $b$ هو $-2x\,\eu^{-x^2}\sin(2bx)$ ، وهو مهيمَن عليه بالمقدار $2\abs x\,\eu^{-x^2} \in L^1(\R)$ بانتظام في $b$ : ومنه فإن $\Phi$ من الصنف $\mathcal C^1$ مع

\Phi'(b) = -\int_{-\infty}^{+\infty} 2x\,\eu^{-x^2}\sin(2bx)\,\dd x .

وبالمكاملة بالتجزئة مع $u = \sin(2bx)$ و $\dd v = -2x\,\eu^{-x^2}\dd x$ (ومنه $v = \eu^{-x^2}$ )، تنعدم الحدود الحدّية و

\Phi'(b) = -2b\int_{-\infty}^{+\infty} \eu^{-x^2}\cos(2bx)\,\dd x = -2b\,\Phi(b).

ومنه $\bigl(\Phi(b)\,\eu^{b^2}\bigr)' = 0$ و $\Phi(b) = \Phi(0)\,\eu^{-b^2} = \sqrt\pi\,\eu^{-b^2}$ حسب الجزء الأول. وهذا يقول، إلى حدود التنظيم، إن تحويل فورييه للدالة $\eu^{-x^2}$ دالةٌ غاوسية من جديد — وهي النقطة الصامدة التي تدور عليها نظرية القلب في الفصل 14.

25. من أجل $0 < a < b$ و $x > 0$ ،

0 \leq \frac{\eu^{-ax} - \eu^{-bx}}{x} = \int_a^b \eu^{-sx}\,\dd s \leq (b - a)\,\eu^{-ax},

ومنه يتقارب التكامل $I(a)$ (بمعنى لوبيغ)؛ ويبيّن الحد نقطةً نقطة أيضًا أن المقدار المكامَل يمتد اتصالًا بالقيمة $b - a$ عند $x = 0$ . لنثبّت $b$ ؛ وعلى $\intco{a_0}{+\infty}$ يكون مشتق المقدار المكامَل بالنسبة إلى $a$ هو $-\eu^{-ax}$ ، وهو مهيمَن عليه بالمقدار $\eu^{-a_0x} \in L^1(\intoo0{+\infty})$ ، ومنه فإن $I$ من الصنف $\mathcal C^1$ على $\intoo0b$ مع

I'(a) = -\int_0^{+\infty}\eu^{-ax}\dd x = -\frac1a, \qquad\text{ومنه}\qquad I(a) = -\log a + c .

ويعطي الحد ذو الطرفين أن $0 \leq I(a) \leq (b-a)/a \to 0$ حين $a \to b^-$ ، ومنه $c = \log b$ و $I(a) = \log\frac ba$ . والتفرّد القابل للإزالة لازم عند $0$ : إذ إن لكل حد $\eu^{-ax}/x$ على حدة تكاملًا متباعدًا (لوغاريتميًا) قرب $0$ ، ولا يجعل الفرقَ قابلًا للمكاملة هناك سوى التلاشي من الرتبة الأولى $\eu^{-ax} - \eu^{-bx} = O(x)$ ؛ أما عند اللانهاية فكل حد غير ضارّ بمفرده.

المصطلحات المعرَّفة في هذا الفصل

عرض كل المصطلحات (395) في المسرد