الرياضيات الجامعية — السنة 3 · Bachelor Year 3

11القياسات الجدائية، فوبيني، تغيير المتغيّرات

تصير نظرية لوبيغ ذات البُعد الواحد حسابًا متعدّد الأبعاد بواسطة مبرهنتين. فتقول تونيلي–فوبيني إن التكاملات على الجداءات تكاملاتٌ متتالية — أي إن التشريح مشروع، بأي ترتيب، تحت فرضيات يمكن التحقق منها فعلًا. وتنقل صيغة تغيير المتغيّرات التكاملات على امتداد التماثلات التفاضلية من الصنف $\mathcal C^1$ ، ويكون محدد ياكوبي هو سعر صرف الحجم؛ ونبرهن عليها كاملةً، انطلاقًا من الحالة الخطية حيث تفسّر ما هو المحدد. وتتوالى التطبيقات: صيغة كعكة الطبقات، والالتفاف، والإحداثيات القطبية، وحجم الكرة في البُعد $n$ — وفي مسألة نهاية الأسبوع، صيغة ستيرلنغ بتحليل أمين للخطأ.

11.1 الجبور الجدائية من النمط $\sigma$ والقياسات الجدائية

تعريف 11.1

من أجل فضاءين قابلين للقياس $(X, \mathcal A)$ و $(Y, \mathcal B)$ ، يتولّد الجبر الجدائي من النمط $\sigma$ $\mathcal A \otimes \mathcal B$ على $X \times Y$ بواسطة المستطيلات $A \times B$ (حيث $A \in \mathcal A$ و $B \in \mathcal B$ ) — وهي نظام من النمط $\pi$ . ومن أجل $E \subseteq X\times Y$ و $x \in X$ ، تكون الشريحة $E_x = \{y : (x,y) \in E\}$ ؛ ومن أجل دالة $f$ على الجداء، $f_x = f(x, \cdot)$ .

قضية 11.2

(a) إذا كان $E \in \mathcal A\otimes\mathcal B$ ، فإن كل شريحة $E_x \in \mathcal B$ (وبالتناظر)؛ وإذا كانت $f$ قابلة للقياس بالمعنى $\mathcal A\otimes\mathcal B$ ، فإن كل $f_x$ قابلة للقياس بالمعنى $\mathcal B$ . (b) $\mathcal B(\R^m)\otimes\mathcal B(\R^n) = \mathcal B(\R^{m+n})$ .

برهان. (a) المجموعات الجيدة: إن $\{E : E_x \in \mathcal B\ \forall x\}$ جبر من النمط $\sigma$ (لأن الشرائح تتبادل مع المتممات والاتحادات القابلة للعدّ) يحتوي على المستطيلات. وأما من أجل $f$ : فإن $(f_x)^{-1}(B) = (f^{-1}(B))_x$ . (b) ( $\subseteq$ ) مستطيلات المجموعات البوريلية: يكفي أن تكون الصناديق مفتوحة $\times$ مفتوحة بوريليةً في $\R^{m+n}$ (وهي مفتوحة) وأن تكون المستطيلات البوريلية العامة نهاياتٍ — وبمبدأ المجموعات الجيدة مرة أخرى: فإن $\{A : A\times\R^n \in \mathcal B(\R^{m+n})\}$ جبر من النمط $\sigma$ يحتوي على المفتوحات؛ ثم نقاطع اثنين كهذين. ( $\supseteq$ ) وكل مجموعة مفتوحة من $\R^{m+n}$ اتحادٌ قابل للعدّ لصناديق مفتوحة ناطقة $U\times V$ : ومنه فهي محتواة في الجبر الجدائي من النمط $\sigma$ . ∎

مبرهنة 11.3 (القياس الجدائي)

ليكن $(X, \mathcal A, \mu)$ و $(Y, \mathcal B, \nu)$ منتهيين من النمط $\sigma$ . من أجل كل $E \in \mathcal A\otimes\mathcal B$ ، تكون الدالة $x \mapsto \nu(E_x)$ قابلة للقياس، ويعرّف

(\mu\otimes\nu)(E) = \int_X \nu(E_x)\,\dd\mu(x)

القياسَ الوحيد على $\mathcal A\otimes\mathcal B$ الذي يحقق $(\mu\otimes\nu)(A\times B) = \mu(A)\nu(B)$ . وهو منتهٍ من النمط $\sigma$ ، ومتناظر: إذ يُحصَل على القياس نفسه بمكاملة شرائح $x$ بالنسبة إلى $\nu$ .

برهان. قابلية $x \mapsto \nu(E_x)$ للقياس. ليكن $\nu$ منتهيًا أولًا. الصنف $\mathcal D$ المؤلَّف من المجموعات $E$ التي يكون التطبيق من أجلها قابلًا للقياس يحتوي على المستطيلات ( $\nu((A\times B)_x) = \nu(B)\mathbf 1_A(x)$ ) وهو نظام من النمط $\lambda$ : فمن أجل $E \subseteq F$ في $\mathcal D$ ، $\nu((F\setminus E)_x) = \nu(F_x) - \nu(E_x)$ (بالانتهاء)؛ ومن أجل $E_n \uparrow E$ ، $\nu((E_n)_x) \uparrow \nu(E_x)$ (بالاتصال من الأسفل)، والنهايات الرتيبة للدوال القابلة للقياس قابلةٌ للقياس. وتشكّل المستطيلات نظامًا من النمط $\pi$ : فتعطي مبرهنة دينكين (المبرهنة 9.4) أن $\mathcal D = \mathcal A\otimes\mathcal B$ . وإذا كان $\nu$ منتهيًا من النمط $\sigma$ ، كتبنا $Y = \bigcup Y_k$ مع $Y_k \uparrow$ و $\nu(Y_k) < \infty$ : فنجد $\nu(E_x) = \lim_k\nu_k(E_x)$ حيث $\nu_k = \nu(\cdot\cap Y_k)$ منتهٍ.

القياس. تنتج الجمعية من النمط $\sigma$ للمقدار $E \mapsto \int\nu(E_x)\dd\mu$ من النتيجة 10.7 (لأن شرائح المجموعات المنفصلة منفصلة). وعلى المستطيلات تعطي $\mu(A)\nu(B)$ . الوحدانية: يتوافق مرشّحان على النظام من النمط $\pi$ المؤلَّف من المستطيلات؛ ويعطي الانتهاء من النمط $\sigma$ مستطيلات $X_k\times Y_k \uparrow X\times Y$ ذات قياس منتهٍ: المبرهنة 9.7. وأما التناظر: فالبناء بالترتيب الآخر قياسٌ أيضًا يتوافق على المستطيلات — وهو وحيد، ومنه فهو القياس نفسه. ∎

تعريف 11.4

قياس لوبيغ على $\R^d$ هو $\lambda_d = \lambda\otimes\cdots\otimes\lambda$ ( $d$ عاملًا؛ ويُتحقَّق من تجميعية البناء على الصناديق وتنتشر بالوحدانية). وهو القياس البوريلي الوحيد الذي يعطي كل صندوق $\prod\intoc{a_i}{b_i}$ حجمَه $\prod(b_i - a_i)$ ؛ وهو صامد بالانسحاب (لأن المنسحبات تتوافق على الصناديق)، ومنتهٍ من النمط $\sigma$ ، وتام بعد إتمام كاراتيودوري — ونكتب $\lambda_d$ للقياس المتمَّم ونكامل تبعًا لذلك.

11.2 تونيلي وفوبيني

مبرهنة 11.5 (تونيلي)

ليكن $\mu, \nu$ منتهيين من النمط $\sigma$ ، ولتكن $f \colon X\times Y \to [0, +\infty]$ قابلة للقياس. عندئذٍ تكون $x \mapsto \int_Y f_x\,\dd\nu$ قابلة للقياس و

\int_{X\times Y}f\,\dd(\mu\otimes\nu) = \int_X\Bigl(\int_Y f(x,y)\,\dd\nu(y)\Bigr)\dd\mu(x) = \int_Y\Bigl(\int_X f(x,y)\,\dd\mu(x)\Bigr)\dd\nu(y).

برهان. الآلة المعيارية. فمن أجل $f = \mathbf 1_E$ هذه هي المبرهنة 11.3 (وصيغتها المتناظرة). وبالخطية تصح من أجل $f \geq 0$ بسيطة. ومن أجل $f \geq 0$ عامة: نأخذ دوالًّا بسيطة $s_n \nearrow f$ (المبرهنة 10.4)؛ عندئذٍ $\int_Y(s_n)_x \dd\nu \nearrow \int_Y f_x\dd\nu$ من أجل كل $x$ (بمبرهنة التقارب الرتيب في $Y$ )، ومنه تتقارب الأطراف اليسرى بمبرهنة التقارب الرتيب في $X$ ، بينما $\int s_n\,\dd(\mu\otimes\nu) \nearrow \int f$ بمبرهنة التقارب الرتيب على الجداء. ∎

مبرهنة 11.6 (فوبيني)

ليكن $\mu, \nu$ منتهيين من النمط $\sigma$ ، ولتكن $f \in L^1(\mu\otimes\nu)$ . عندئذٍ تكون الشريحة $f_x$ قابلة للمكاملة بالنسبة إلى $\nu$ من أجل $x$ في كل مكان تقريبًا بالمعنى $\mu$ ، وتكون الدالة المعرَّفة في كل مكان تقريبًا $x \mapsto \int f_x\dd\nu$ قابلة للمكاملة، ويساوي التكاملان المتتاليان كلاهما $\int f\,\dd(\mu\otimes\nu)$ .

برهان. يبيّن تطبيق تونيلي على $\abs f$ أن $\varphi(x) = \int\abs{f_x} \dd\nu$ ذات تكامل منتهٍ، ومنه فهي منتهية في كل مكان تقريبًا: أي $f_x \in L^1(\nu)$ من أجل $x$ في كل مكان تقريبًا. ونشطر $f = f^+ - f^-$ (في الحالة الحقيقية؛ وبالمركّبات في العقدية): فتحسب تونيلي كل تكامل متتالٍ للمقدارين $f^\pm$ بوصفه $\int f^\pm\dd(\mu\otimes\nu) < \infty$ ، ويتكامل الفرق المعرَّف في كل مكان تقريبًا ليعطي الفرق. وبالتناظر من أجل الترتيب الآخر. ∎

طريقة 11.7

لتبديل تكاملين (أو تكامل ومجموع، أو مجموعين): إذا كان المقدار المكامَل غير سالب، بدّل بحرية (تونيلي). وإلا فطبّق أولًا تونيلي على $\abs f$ بالترتيب الأسهل تقديرًا؛ فإذا كانت النتيجة منتهية، شرّعت فوبيني التبديلَ. ولا تتجاوز أبدًا فحص $\abs f$ : فللمقدار المكامَل في التمرين 11.4 تكاملان متتاليان بقيمتين مختلفتين.

قضية 11.8 (كعكة الطبقات)

من أجل $f \geq 0$ قابلة للقياس على $(X, \mathcal A, \mu)$ المنتهي من النمط $\sigma$ :

\int_X f\,\dd\mu = \int_0^{+\infty}\mu(\{f > t\})\,\dd t, \qquad \int_X f^p\,\dd\mu = p\int_0^{+\infty}t^{p-1}\mu(\{f > t\})\,\dd t \quad (p \geq 1).

برهان. نطبّق تونيلي على $\mathbf 1_{\{(x,t) : 0 < t < f(x)\}}$ على $X \times \intoo0{+\infty}$ (وهي قابلة للقياس: لأنها $\{(x,t): f(x) - t > 0\}\cap\{t > 0\}$ ، وهي تركيبة من نمط بوريل للدالة القابلة للقياس $(x,t)\mapsto f(x) - t$ ): فتعطي المكاملة في $t$ أولًا $\int f\,\dd\mu$ ؛ وفي $x$ أولًا، $\int_0^\infty\mu(f > t)\dd t$ . وأما من أجل $f^p$ : فنعوّض $t = s^p$ في $\int\mu(f^p > t) \dd t$ ، أي نطبّق الصيغة الأولى على $f^p$ ونغيّر المتغيّرات في التكامل ذي البُعد الواحد ( $\{f^p > s^p\} = \{f > s\}$ ). ∎

مبرهنة 11.9 (الالتفاف على $L^1$ )

من أجل $f, g \in L^1(\R^d, \lambda_d)$ ، يتقارب التكامل

(f * g)(x) = \int_{\R^d} f(x - y)\,g(y)\,\dd y

تقاربًا مطلقًا من أجل $x$ في كل مكان تقريبًا، ويعرّف $f * g \in L^1(\R^d)$ مع $\norm{f*g}_1 \leq \norm f_1\norm g_1$ ، ويكون $*$ تبديليًا وتجميعيًا.

برهان. المقدار $(x, y) \mapsto f(x-y)g(y)$ قابل للقياس (لأن $(x,y)\mapsto x - y$ متصل؛ ثم نركّب ونضرب). وبتونيلي:

\int\!\!\int \abs{f(x-y)}\abs{g(y)}\,\dd y\,\dd x = \int\abs{g(y)}\Bigl(\int\abs{f(x - y)}\dd x\Bigr)\dd y = \norm f_1\norm g_1 < \infty

(بصمود $\lambda_d$ بالانسحاب في التكامل الداخلي). ومنه فإن التكامل المزدوج منتهٍ؛ وتعطي فوبيني التقاربَ المطلق في كل مكان تقريبًا وحدَّ المعيار $\norm{f*g}_1 \leq \norm f_1\norm g_1$ . وأما التبديلية: فبالتعويض $y \mapsto x - y$ (بصمود الانسحاب والانعكاس — وصمود الانعكاس يصح على الصناديق، ومنه في كل مكان بالوحدانية). وأما التجميعية: فبتونيلي–فوبيني على تكامل ثلاثي. ∎

11.3 تغيير المتغيّرات

مبرهنة 11.10 (تغيير المتغيّرات الخطي)

من أجل $T \in GL_d(\R)$ ومن أجل $A \in \mathcal B(\R^d)$ : $\lambda_d(T(A)) = \abs{\det T}\,\lambda_d(A)$ ؛ ومن ثَمّ $\int f(y)\dd y = \abs{\det T}\int f(Tx)\,\dd x$ من أجل $f \geq 0$ أو من أجل دالة قابلة للمكاملة.

برهان. القياس $\mu_T(A) = \lambda_d(T(A))$ قياسٌ بوريلي (لأن التماثلات الطوبولوجية تحفظ المجموعات البوريلية، المسألة 9.1)، وصامد بالانسحاب ( $T(A + x) = T(A) + Tx$ )، ومنتهٍ على الصندوق الواحدي: ومنه، بتمييز قياس لوبيغ (التمرين 9.6، الذي يصح برهانه حرفيًا في $\R^d$ بالمكعبات الثنائية)، يكون $\mu_T = c(T)\lambda_d$ مع $c(T) = \lambda_d(T(\intco01^d))$ . والتطبيق $T \mapsto c(T)$ ضربي ( $c(ST) = c(S)c(T)$ ، بالتركيب)، ومنه يكفي حساب $c$ على مولِّدات $GL_d$ : أي المصفوفات الأوّلية. القطرية $\operatorname{diag}(a, 1, \dots, 1)$ : ترسل المكعب الواحدي إلى صندوق حجمه $\abs a$ : ومنه $c = \abs a = \abs\det$ . وتبديل الإحداثيات: يبدّل المكعب: ومنه $c = 1 = \abs\det$ . والانسحاب المستعرض $T(x) = x + \alpha x_2e_1$ : تكون صورة المكعب الواحدي موشورًا مقصوصًا؛ وبتونيلي يكون قياسه $\int\lambda_1(\text{مقطع})\dd x_2 \cdots \dd x_d = 1$ ، لأن كل شريحة $x_1$ فترةٌ طولها $1$ : ومنه $c = 1 = \abs{\det}$ . وكل مصفوفة قابلة للقلب جداءٌ لهذه (بحذف غاوس)، وكلٌّ من $c$ و $\abs\det$ ضربي: ومنه $c(T) = \abs{\det T}$ . وتنتج صيغة التكامل بالآلة المعيارية (بالدوال المميّزة، ثم البسيطة، ثم بمبرهنة التقارب الرتيب). ∎

مبرهنة 11.11 (تغيير المتغيّرات)

لتكن $U, V \subseteq \R^d$ مفتوحتين وليكن $\Phi \colon U \to V$ تماثلًا تفاضليًا من الصنف $\mathcal C^1$ . من أجل كل دالة قابلة للقياس $f \colon V \to [0, +\infty]$ (أو $f \in L^1(V)$ ):

\int_V f(y)\,\dd y = \int_U f\bigl(\Phi(x)\bigr)\,\abs{\det D\Phi(x)}\,\dd x .

برهان. نكتب $J(x) = \abs{\det D\Phi(x)}$ . وقلب البرهان هو المتراجحة

\lambda_d\bigl(\Phi(A)\bigr) \leq \int_A J\,\dd\lambda_d \qquad\text{من أجل كل مجموعة بوريلية} A \subseteq U; \tag{$*$}

وترفع الخطوة 4 أدناه المتراجحةَ $(*)$ — مطبَّقةً على كلٍّ من $\Phi$ و $\Phi^{-1}$ — إلى تساوي المبرهنة. ولاحظ أن $\Phi^{-1}$ هو نفسه تماثل تفاضلي من الصنف $\mathcal C^1$ محدد ياكوبي له $\abs{\det D\Phi^{-1}(y)} = J(\Phi^{-1}y)^{-1}$ (بقاعدة السلسلة على $\Phi\circ\Phi^{-1} = \mathrm{id}$ ).

الخطوة 1: المتراجحة $(*)$ من أجل المكعبات بعامل تشويه. لنثبّت مكعبًا مغلقًا $Q \subseteq U$ مركزه $x_0$ وضلعه $2r$ (أي كرة بمعيار السوپريموم). الادعاء: من أجل كل $\varepsilon > 0$ ، إذا كان $\Phi$ قابلًا للاشتقاق على $Q$ مع $\norm{D\Phi(x) - D\Phi(x_0)} \leq \varepsilon$ على $Q$ (بمعيار المؤثر من أجل معيار السوپريموم)، فإن

\Phi(Q) \subseteq \Phi(x_0) + D\Phi(x_0)\Bigl(\,\bigl(1 + \varepsilon\norm{D\Phi(x_0)^{-1}}\bigr)\,(Q - x_0)\Bigr),

لأنه من أجل $x \in Q$ ، تعطي متراجحة القيم المتوسطة المطبَّقة على $\Phi(x) - \Phi(x_0) - D\Phi(x_0)(x - x_0)$ أن $\norm{\Phi(x) - \Phi(x_0) - D\Phi(x_0)(x-x_0)}_\infty \leq \varepsilon\norm{x - x_0}_\infty \leq \varepsilon r$ ، ويسحب $D\Phi(x_0)^{-1}$ هذا القصورَ إلى توسيع للمكعب بمقدار $\varepsilon\norm{D\Phi(x_0)^{-1}}\,r$ . وحسب المبرهنة 11.10،

\lambda_d(\Phi(Q)) \leq \abs{\det D\Phi(x_0)}\, \bigl(1 + \varepsilon\,C\bigr)^{d}\,\lambda_d(Q), \qquad C = \sup_{Q}\norm{D\Phi(\cdot)^{-1}} .

الخطوة 2: المتراجحة $(*)$ من أجل المكعبات المتراصة، بالتجزئة. ليكن $Q \subseteq U$ مكعبًا متراصًّا وليكن $\varepsilon > 0$ . وعلى $Q$ يكون $D\Phi$ متصلًا بانتظام ويكون $\norm{D\Phi^{-1}}$ محدودًا (بالتراص)؛ نجزّئ $Q$ إلى $2^{kd}$ مكعبًا جزئيًا $Q_i$ صغيرًا بما يكفي ليكون تذبذب $D\Phi$ على كلٍّ منها $\leq \varepsilon$ . وبالخطوة 1 على كل مكعب جزئي (مركزه $x_i$ ):

\lambda_d(\Phi(Q)) \leq \sum_i\lambda_d(\Phi(Q_i)) \leq (1 + C\varepsilon)^d \sum_i \abs{\det D\Phi(x_i)}\,\lambda_d(Q_i) \leq (1 + C\varepsilon)^d\Bigl(\int_Q J + \varepsilon'\Bigr),

والخطوة الأخيرة لأن $\sum_i\abs{\det D\Phi(x_i)}\mathbf 1_{Q_i} \to J$ بانتظام على $Q$ (باتصال $\det D\Phi$ ) — أي بمقارنة مجاميع ريمان. ونجعل $\varepsilon \to 0$ : فتصح $(*)$ من أجل المكعبات المتراصة.

الخطوة 3: المتراجحة $(*)$ من أجل كل مجموعة بوريلية $A$ . دالة المجموعات $A \mapsto \lambda_d(\Phi(A))$ ، على الأجزاء البوريلية من $U$ ، قياسٌ (لأن $\Phi$ تقابل على $V$ يحفظ المجموعات البوريلية والانفصال القابل للعدّ)، وكذلك $A \mapsto \int_AJ$ . وكل جزء مفتوح من $U$ اتحادٌ قابل للعدّ لمكعبات ثنائية متراصة شبه منفصلة (بالتفكيك الثنائي المعياري: بأخذ المكعبات الثنائية الأعظمية المحتواة في المفتوحة)، والقياسان جمعيان عليها (لأن حدود المكعبات معدومة القياس بالمعنى $\lambda_d$ ، وصورها بالتطبيق $\Phi$ معدومة القياس حسب الخطوة 2 مطبَّقةً على تغطيات مكعبية رقيقة للأوجه): ومنه تنتقل $(*)$ من المكعبات إلى المفتوحات. وأما من أجل مجموعة بوريلية عامة $A$ : فنستنفد $U$ بمتراصات $K_m \uparrow U$ مع $K_m \subseteq \mathring K_{m+1}$ ، ونثبّت $m$ ؛ وعلى $\mathring K_{m+1}$ يكون $J$ محدودًا بعدد $M_m$ ما. وبالانتظام الخارجي للقياس $\lambda_d$ (بالبرهان نفسه كما في المبرهنة 9.13، بالصناديق)، نختار مفتوحات $O_n$ تحقق $A \cap K_m \subseteq O_n \subseteq \mathring K_{m+1}$ و $\lambda_d\bigl(O_n \setminus (A\cap K_m)\bigr) \to 0$ . عندئذٍ

\lambda_d\bigl(\Phi(A\cap K_m)\bigr) \leq \lambda_d\bigl(\Phi(O_n)\bigr) \leq \int_{O_n}J \leq \int_{A\cap K_m}J + M_m\,\lambda_d\bigl(O_n\setminus(A\cap K_m)\bigr) \xrightarrow[n\to\infty]{} \int_{A\cap K_m}J .

ونجعل $m \to \infty$ : بالاتصال من الأسفل على اليسار، وبمبرهنة التقارب الرتيب على اليمين. وهذا يُثبت $(*)$ .

الخطوة 4: التساوي وصيغة التكامل. نمدّد أولًا $(*)$ من المجموعات إلى التكاملات: فمن أجل كل دالة قابلة للقياس $g \geq 0$ على $V$ ،

\int_V g(y)\,\dd y \leq \int_U g(\Phi(x))\,J(x)\,\dd x . \tag{$**$}

وبالفعل، من أجل $g = \mathbf 1_B$ هذه هي $(*)$ مع $A = \Phi^{-1}(B)$ ؛ وتمدّدها الخطية إلى $g$ البسيطة، وتمدّدها مبرهنة التقارب الرتيب إلى كل $g \geq 0$ (بالآلة المعيارية). والآن نطبّق $(**)$ مرتين: أولًا على $g$ ، ثم — من أجل التماثل التفاضلي $\Phi^{-1}$ — على الدالة $x \mapsto g(\Phi(x))J(x)$ :

\int_Vg \leq \int_U g(\Phi(x))J(x)\dd x \leq \int_V g(y)\,J(\Phi^{-1}y)\,\abs{\det D\Phi^{-1}(y)}\,\dd y = \int_V g ,

لأن $J(\Phi^{-1}y)\abs{\det D\Phi^{-1}(y)} = \abs{\det\bigl( D\Phi(\Phi^{-1}y)\,D\Phi^{-1}(y)\bigr)} = 1$ (بقاعدة السلسلة على $\Phi\circ\Phi^{-1} = \mathrm{id}$ ). فتكون جميع المتراجحات تساويات: ومنه تصح الصيغة من أجل $g \geq 0$ ، ومن أجل دوال $L^1$ بالتفكيك. ∎

مثال 11.12 (الإحداثيات القطبية؛ الدالة الغاوسية من جديد)

التطبيق $\Phi(r, \theta) = (r\cos\theta, r\sin\theta)$ تماثل تفاضلي من الصنف $\mathcal C^1$ من $\intoo0{+\infty}\times\intoo0{2\pi}$ على $\R^2$ منزوعًا منه نصف مستقيم (وهو معدوم القياس)، مع $\det D\Phi = r$ :

\int_{\R^2}f(x, y)\,\dd x\,\dd y = \int_0^{2\pi}\!\!\int_0^{+\infty} f(r\cos\theta, r\sin\theta)\,r\,\dd r\,\dd\theta .

ومن أجل $f = \eu^{-x^2-y^2}$ ، تعطي تونيلي وهذه الصيغة أن

G^2 = \Bigl(\int_\R \eu^{-x^2}\dd x\Bigr)^2 = \int_{\R^2}\eu^{-x^2-y^2} = 2\pi\int_0^\infty r\eu^{-r^2}\dd r = \pi:

وهو البرهان الكلاسيكي ذو السطرين على $G = \sqrt\pi$ ، وقد صار الآن مبرَّرًا تمامًا (قارنه ببرهان الوسيط في المسألة 10.1).

مبرهنة 11.13 (حجم الكرة الواحدية)

لتكن $v_d = \lambda_d(B(0,1))$ في $\R^d$ . عندئذٍ

v_d = \frac{\pi^{d/2}}{\Gamma\bigl(\frac d2 + 1\bigr)} : \qquad v_1 = 2,\quad v_2 = \pi,\quad v_3 = \tfrac{4\pi}3,\quad v_4 = \tfrac{\pi^2}2,\ \dots

برهان. نحسب $I = \int_{\R^d}\eu^{-\norm x_2^2}\dd\lambda_d$ مرتين. فبتونيلي يتفكّك إلى عوامل: $I = G^d = \pi^{d/2}$ . وبصيغة كعكة الطبقات (القضية 11.8) مع $f = \eu^{- \norm x^2}$ ، ومجموعات مستوياتها كرات: $\{f > t\} = B\bigl(0, \sqrt{-\ln t}\bigr)$ من أجل $0 < t < 1$ ، وقياسها $v_d(-\ln t)^{d/2}$ (لأن التمدّد بالعامل $\rho$ يحجّم $\lambda_d$ بالعامل $\rho^d$ : المبرهنة 11.10)، ومنه

I = \int_0^1 v_d\,(-\ln t)^{d/2}\,\dd t \overset{t = \eu^{-s}}{=} v_d\int_0^\infty s^{d/2}\eu^{-s}\,\dd s = v_d\,\Gamma\Bigl(\frac d2 + 1\Bigr).

ثم نساوي. (والقيم: $\Gamma(\frac32) = \frac{\sqrt\pi}2$ ، $\Gamma(2) = 1$ ، وهكذا.) ولاحظ أن $v_d \to 0$ حين $d \to \infty$ — وتكمّم مسألة نهاية الأسبوع سرعة ذلك، عبر ستيرلنغ. ∎

11.4 تمارين

تمرين 11.1 ★

ليكن $\mu$ قياس العدّ على $(\intcc01, \mathcal B(\intcc01))$ (وهو ليس منتهيًا من النمط $\sigma$ ) وليكن $\lambda$ قياس لوبيغ، ولتكن $\Delta = \{(x,x)\}$ القطرَ في $\intcc01^2$ . برهن على أن $\Delta$ قابلة للقياس، واحسب التكاملين المتتاليين للمقدار $\mathbf 1_\Delta$ بالنسبة إلى $\lambda$ و $\mu$ : فهما مختلفان. وأي فرضية من فرضيات المبرهنة 11.5 تخفق؟

حل

حل التمرين 11.1.

المجموعة $\Delta$ مغلقة في $\intcc01^2$ ، ومنه فهي بوريلية، ويكون $\mathcal B(\intcc01^2)$ هو الجبر الجدائي من النمط $\sigma$ (القضية 11.2(b)). وبالمكاملة المتتالية في اتجاه:

\int_{\intcc01}\Bigl(\int \mathbf 1_\Delta(x,y) \,\dd\lambda(y)\Bigr)\dd\mu(x) = \int \lambda(\{x\})\,\dd\mu(x) = 0 ;

وفي الاتجاه الآخر:

\int_{\intcc01}\Bigl(\int\mathbf 1_\Delta(x,y)\,\dd\mu(x)\Bigr)\dd\lambda(y) = \int \mu(\{y\})\,\dd\lambda(y) = \int 1\,\dd\lambda = 1 .

والفرضية المخفقة هي الانتهاء من النمط $\sigma$ لقياس العدّ $\mu$ على المجموعة غير القابلة للعدّ $\intcc01$ : إذ لا تغطّيها أي عائلة قابلة للعدّ من المجموعات ذات القياس المنتهي بالمعنى $\mu$ .

تمرين 11.2 ★

برّر التبديل واستنبط تكامل ديريكليه من جديد: من أجل $A > 0$ ،

\int_0^A\frac{\sin x}x\,\dd x = \int_0^A\!\!\int_0^{+\infty}\eu^{-xy}\sin x\,\dd y\,\dd x = \int_0^{+\infty}\!\!\int_0^A \eu^{-xy}\sin x\,\dd x\,\dd y,

واحسب التكامل الداخلي بصيغة مغلقة، ثم اجعل $A \to +\infty$ (بالهيمنة على التكامل في $y$ ) لتحصل على $\int_0^\infty\frac{\sin x}x\dd x = \frac\pi2$ .

حل

حل التمرين 11.2.

على $\intcc0A\times\intoo0{+\infty}$ : $\int_0^A\int_0^\infty\eu^{-xy}\abs{\sin x}\,\dd y\,\dd x = \int_0^A\frac{\abs{\sin x}}x\dd x \leq A < \infty$ (بتونيلي مطبَّقة على القيمة المطلقة): فتنطبق فوبيني، وبما أن $\int_0^\infty\eu^{-xy}\dd y = \frac1x$ ،

\int_0^A\frac{\sin x}x\dd x = \int_0^\infty\Bigl(\int_0^A\eu^{-xy}\sin x\,\dd x\Bigr)\dd y = \int_0^\infty \frac{1 - \eu^{-Ay}(\cos A + y\sin A)}{1 + y^2}\,\dd y

(والتكامل الداخلي: $\operatorname{Im}\int_0^A\eu^{(\iu - y)x}\dd x$ ، محسوبًا مباشرةً). وحين $A \to \infty$ يُحدّ حدّ التصحيح بالمقدار $\int_0^\infty\eu^{-Ay}\frac{1 + y}{1 + y^2}\dd y \leq \frac32\int_0^\infty\eu^{-Ay}\dd y = \frac3{2A} \to 0$ ؛ والحدّ الرئيسي هو $\int_0^\infty\frac{\dd y}{1+y^2} = \frac\pi2$ . ومنه $\int_0^\infty\frac{\sin x}x\dd x = \frac\pi2$ — أي تكامل ديريكليه بواسطة فوبيني.

تمرين 11.3 ★★

(a) برهن على أنه من أجل $f \geq 0$ قابلة للقياس ومن أجل $\mu$ منتهٍ: $\sum_{n\geq1}\mu(\{f \geq n\}) \leq \int f\,\dd\mu \leq \mu(X) + \sum_{n\geq1}\mu(\{f\geq n\})$ : أي إن القابلية للمكاملة هي قابلية قياسات الذيل للجمع. (b) استنتج أن $f \in L^1(\mu)$ (حيث $\mu$ منتهٍ) إذا وفقط إذا كان $\sum_n\mu(\abs f \geq n) < \infty$ .

حل

حل التمرين 11.3.

(a) كعكة الطبقات (القضية 11.8): $\int f\,\dd\mu = \int_0^\infty\mu(f > t)\,\dd t$ ، والدالة $t \mapsto \mu(f > t)$ متناقصة بالمعنى الواسع. وعلى $[n-1, n]$ : $\mu(f \geq n) \leq \mu(f > t) \leq \mu(f > n - 1) \leq \mu(f \geq n - 1)$ ؛ وبجمع التكاملات على الفترات الواحدية:

\sum_{n\geq1}\mu(f \geq n) \leq \int f\,\dd\mu \leq \sum_{n\geq1}\mu(f \geq n - 1) = \mu(f \geq 0) + \sum_{n\geq1}\mu(f\geq n) \leq \mu(X) + \sum_{n\geq1}\mu(f\geq n).

(b) نطبّق (a) على $\abs f$ : فيتكافأ انتهاء التكامل مع انتهاء المتسلسلة (لأن الحدّ الإضافي $\mu(X)$ منتهٍ).

تمرين 11.4 ★★

من أجل $f(x, y) = \dfrac{x^2 - y^2}{(x^2 + y^2)^2}$ على $\intoo01^2$ ، برهن على

\int_0^1\!\!\int_0^1 f\,\dd y\,\dd x = \frac\pi4, \qquad \int_0^1\!\!\int_0^1 f\,\dd x\,\dd y = -\frac\pi4

(ولاحظ $f = \partial_y\bigl(\frac{y}{x^2+y^2}\bigr)$ )، وتحقق مباشرةً من $\int\!\int\abs f = +\infty$ : فإن فرضية القابلية للمكاملة في مبرهنة فوبيني ليست زخرفية.

حل

حل التمرين 11.4.

بما أن $f(x,y) = \partial_y\bigl(\frac{y}{x^2+y^2}\bigr)$ من أجل $x \ne 0$ :

\int_0^1 f(x, y)\,\dd y = \frac{1}{x^2 + 1} \ \Longrightarrow\ \int_0^1\!\!\int_0^1 f\,\dd y\,\dd x = \int_0^1\frac{\dd x}{1 + x^2} = \frac\pi4 ;

وبالتناظر التخالفي $f(y,x) = -f(x,y)$ ، يعطي الترتيب الآخر $-\frac\pi4$ . وأما القيم المطلقة: فمن أجل $0 < y < x$ ،

\int_0^x f(x,y)\,\dd y = \Bigl[\frac{y}{x^2 + y^2}\Bigr]_0^x = \frac1{2x}, \quad\text{و} f \geq 0 \text{ هناك، ومنه}\quad \int_0^1\!\!\int_0^1\abs f \geq \int_0^1\frac{\dd x}{2x} = +\infty .

ولا تناقض مع فوبيني: إذ تخفق فرضيتها $f \in L^1$ ، ويكون التكاملان المتتاليان ببساطة عددين مختلفين.

تمرين 11.5 ★★

(a) احسب $\mathbf 1_{\intcc01} * \mathbf 1_{\intcc01}$ صراحةً (وهي دالة خيمة)، والشكل العام للمقدار $(\mathbf 1 * \mathbf 1 * \mathbf 1)$ . (b) برهن على $\operatorname{supp}(f * g) \subseteq \overline{\operatorname{supp}f + \operatorname{supp}g}$ . (c) برهن على أنه إذا كان $f \in L^1$ وكانت $g$ محدودة ومتصلة، فإن $f * g$ متصلة. (بالتقارب المهيمن عبر اتصال الانسحاب على $g$ المحدودة.)

حل

حل التمرين 11.5.

(a) $(\mathbf 1_{\intcc01}*\mathbf 1_{\intcc01})(x) = \lambda\bigl(\intcc01\cap\intcc{x-1}x\bigr)$ : أي $0$ من أجل $x \notin \intcc02$ ، و $x$ من أجل $0 \leq x \leq 1$ ، و $2 - x$ من أجل $1 \leq x \leq 2$ : وهي الخيمة. ويعطي التفافها مرة أخرى نتوءًا من الصنف $\mathcal C^1$ كثيرَ حدود بالقطع من الدرجة الثانية على $\intcc03$ (أي دالة السبلاين التربيعية): فكل التفاف يكسب درجة نعومة إضافية — وهذا هو مبدأ التنعيم الكامن وراء مليِّفات الفصل 12.

(b) إذا كان $x \notin \overline{\operatorname{supp}f + \operatorname{supp}g}$ ، فثمة كرة حول $x$ منفصلة عن مجموعة المجموع؛ إذ من أجل $y \in \operatorname{supp}g$ يكون $x - y \notin\operatorname{supp}f$ ، ومنه ينعدم المقدار المكامَل انعدامًا تامًّا: أي $f * g = 0$ بجوار $x$ .

(c) من أجل $x_n \to x$ : $(f*g)(x_n) = \int f(y)g(x_n - y)\,\dd y$ ؛ تتقارب المقادير المكامَلة نقطةً نقطة (باتصال $g$ ) وتُهيمَن بالمقدار $\norm g_\infty\,\abs f \in L^1$ : فتعطي مبرهنة التقارب المهيمن أن $(f*g)(x_n) \to (f*g)(x)$ .

تمرين 11.6 ★★

(a) برهن على أن المُبسَّط $\Delta_d = \{x \in \intco0\infty^d : x_1 + \dots + x_d \leq 1\}$ حجمه $\frac1{d!}$ (بالتراجع وفوبيني). (b) استعد $v_2 = \pi$ و $v_3 = \frac{4\pi}3$ من المبرهنة 11.13، وبرهن على $\lambda_d(\text{مجسم إهليلجي بأنصاف محاور} a_i) = v_d\prod a_i$ .

حل

حل التمرين 11.6.

(a) بفوبيني وبالتراجع، بالتشريح على امتداد الإحداثي الأخير:

\lambda_d(\Delta_d) = \int_0^1 \lambda_{d-1}\bigl((1 - t)\,\Delta_{d-1}\bigr)\,\dd t = \lambda_{d-1}(\Delta_{d-1})\int_0^1(1 - t)^{d-1}\dd t = \frac{\lambda_{d-1}(\Delta_{d-1})}{d},

باستعمال قاعدة التمدّد $\lambda_{d-1}(\rho A) = \rho^{d-1}\lambda_{d-1}(A)$ (المبرهنة 11.10)؛ ومع $\lambda_1(\Delta_1) = 1$ : يكون الحجم $\frac1{d!}$ .

(b) $v_2 = \pi/\Gamma(2) = \pi$ ؛ $v_3 = \pi^{3/2}/\Gamma(\frac52) = \pi^{3/2}/(\frac32\cdot\frac12 \sqrt\pi) = \frac{4\pi}3$ . والمجسم الإهليلجي هو $T(B(0,1))$ حيث $T = \operatorname{diag}(a_1, \dots, a_d)$ : فتعطي المبرهنة 11.10 الحجم $v_d\prod a_i$ .

تمرين 11.7 ★★

من أجل أي $s > 0$ يكون ما يلي منتهيًا؟ برّر بالإحداثيات القطبية:

\int_{B(0,1)\subseteq\R^2}\frac{\dd x\,\dd y}{(x^2 + y^2)^{s}}, \qquad \int_{\R^2\setminus B(0,1)}\frac{\dd x\,\dd y}{(x^2 + y^2)^{s}} .

وعمّم على $\R^d$ (بالعتبتين $s < d/2$ و $s > d/2$ ).

حل

حل التمرين 11.7.

في $\R^2$ ، بالإحداثيات القطبية (المثال 11.12):

\int_{B(0,1)}\frac{\dd x\dd y}{(x^2+y^2)^s} = 2\pi\int_0^1 r^{1 - 2s}\,\dd r, \qquad \int_{\R^2\setminus B(0,1)} = 2\pi\int_1^\infty r^{1-2s}\dd r:

وهو منتهٍ إذا وفقط إذا كان $1 - 2s > -1$ (أي $s < 1$ )، وعلى التوالي $1 - 2s < -1$ (أي $s > 1$ ). وفي $\R^d$ ، نتفادى الإحداثيات الكروية بواسطة كعكة الطبقات: $\lambda_d(\{\norm x^{-2s} > t\}\cap B(0,1)) = \lambda_d(B(0, \min(1, t^{-1/2s}))) = v_d\min(1, t^{-d/2s})$ ، ويكون $\int_0^\infty v_d\min(1, t^{-d/(2s)})\dd t < \infty$ إذا وفقط إذا كان $\frac d{2s} > 1$ ، أي $s < \frac d2$ ؛ ويتقارب التكامل الخارجي إذا وفقط إذا كان $s > \frac d2$ (بالحساب نفسه على المنطقة المتممة).

تمرين 11.8 ★★★

(بيتا–غاما) من أجل $p, q > 0$ ، لتكن $B(p, q) = \int_0^1t^{p-1}(1 - t)^{q-1}\dd t$ . انطلاقًا من $\Gamma(p)\Gamma(q)$ بوصفه تكاملًا مزدوجًا، عوّض $(x, y) = (uv,\, u(1 - v))$ (وهو تماثل تفاضلي للربع المفتوح على $\intoo0\infty\times\intoo01$ ؛ واحسب محدد ياكوبي له $= u$ ) واخلص إلى

B(p, q) = \frac{\Gamma(p)\,\Gamma(q)}{\Gamma(p + q)} .

واستنتج $\int_0^{\pi/2}\sin^{2p-1}\theta\cos^{2q-1}\theta\, \dd\theta = \frac12B(p,q)$ وقيمة تكاملات واليس $W_n = \int_0^{\pi/2}\sin^n$ .

حل

حل التمرين 11.8.

بتونيلي (لأن المقادير المكامَلة موجبة) وبتغيير المتغيّرات $(x, y) = \Phi(u, v) = (uv,\ u(1-v))$ ، وهو تماثل تفاضلي من الصنف $\mathcal C^1$ من $\intoo0\infty\times\intoo01$ على الربع المفتوح مع

\det D\Phi = \det\begin{pmatrix} v & u\\ 1 - v & -u \end{pmatrix} = -uv - u(1 - v) = -u, \qquad \abs{\det} = u :

\Gamma(p)\Gamma(q) = \iint x^{p-1}y^{q-1}\eu^{-x-y}\dd x\,\dd y = \iint (uv)^{p-1}\bigl(u(1{-}v)\bigr)^{q-1}\eu^{-u}\,u\, \dd u\,\dd v = \Gamma(p + q)\,B(p, q).

وبالتعويض $t = \sin^2\theta$ في $B(p,q)$ نجد $2\int_0^{\pi/2}\sin^{2p-1}\theta\cos^{2q-1}\theta\,\dd\theta = B(p, q)$ . وأما واليس: $W_n = \int_0^{\pi/2}\sin^n\theta\,\dd\theta = \frac12B\bigl(\frac{n + 1}2, \frac12\bigr) = \frac{\Gamma(\frac{n+1}2)\sqrt\pi} {2\,\Gamma(\frac n2 + 1)}$ — مثلًا $W_{2n} = \frac\pi2\cdot\frac{(2n)!}{4^n(n!)^2}$ باستعمال $\Gamma(n + \frac12) = \frac{(2n)!}{4^nn!}\sqrt\pi$ .

تمرين 11.9 ★★

(صيغة النقل) لتكن $T \colon (X, \mathcal A, \mu) \to (Y, \mathcal B)$ قابلة للقياس وليكن $T_*\mu(B) = \mu(T^{-1}(B))$ القياس المدفوع. برهن على أنه من أجل كل دالة قابلة للقياس $g \geq 0$ على $Y$ :

\int_Y g\,\dd(T_*\mu) = \int_X g\circ T\,\dd\mu

(بالآلة المعيارية). ثم قارن ذلك مع المبرهنة 11.10: فما المعلومة الإضافية التي تحملها صيغة تغيير المتغيّرات ولا تحملها صيغة النقل المجرّدة؟ (فصيغة النقل لا تعيّن $T_*\mu$ أبدًا؛ أما مبرهنة تغيير المتغيّرات فتحسب $T_*\lambda_d$ صراحةً بوصفه قياسًا ذا كثافة.)

حل

حل التمرين 11.9.

بالدوال المميّزة: $\int\mathbf 1_B\,\dd(T_*\mu) = T_*\mu(B) = \mu(T^{-1}B) = \int\mathbf 1_B\circ T\,\dd\mu$ ؛ وتمدّدها الخطية إلى $g$ البسيطة، وتمدّدها مبرهنة التقارب الرتيب إلى $g \geq 0$ — وهذه صيغة النقل. وهي شكلية محضة: إذ تعيد كتابة التكاملات بالنسبة إلى $T_*\mu$ لكنها لا تقول شيئًا عن ماهية $T_*\mu$ . أما مضمون المبرهنة 11.10 والمبرهنة 11.11 فهو التعيين

\Phi_*\bigl(\lambda_d\restriction_U\bigr) = \abs{\det D\Phi^{-1}}\,\lambda_d\restriction_V \quad\text{(أي قياس ذو كثافة)},

أي حساب القياس المدفوع لقياس لوبيغ — والمُدخَل التحليلي هنا هو الهندسة التفاضلية للتطبيق $\Phi$ ، لا الشكلانية القياسية.

تمرين 11.10 ★★★

(العزوم الغاوسية) باستعمال الإحداثيات القطبية وفوبيني، احسب من أجل الوزن الغاوسي المعياري على $\R^d$ :

\int_{\R^d}\norm x_2^2\;\eu^{-\norm x_2^2}\,\dd x \qquad\text{و}\qquad \int_{\R^d}x_1^2\,\eu^{-\norm x^2_2}\,\dd x,

وتحقق من الاتساق ( $\norm x^2 = \sum x_i^2$ )، واستنتج العزم الثاني للقياس $\pi^{-d/2}\eu^{-\norm x^2}\dd x$ .

حل

حل التمرين 11.10.

بتونيلي يتفكّك الوزن الغاوسي إلى عوامل، ومنه، مع $G_1 = \int_\R\eu^{-s^2}\dd s = \sqrt\pi$ و $\int_\R s^2\eu^{-s^2}\dd s = \frac{\sqrt\pi}2$ (بالمكاملة بالتجزئة):

\int_{\R^d}x_1^2\,\eu^{-\norm x^2}\dd x = \frac{\sqrt\pi}2\;\pi^{(d-1)/2} = \frac{\pi^{d/2}}2, \qquad \int_{\R^d}\norm x^2\eu^{-\norm x^2}\dd x = d\cdot\frac{\pi^{d/2}}2

(وبالتناظر يسهم المقدار $\norm x^2 = \sum_ix_i^2$ بعدد $d$ من الحدود المتساوية — وهذا هو فحص الاتساق). وأما من أجل القياس المعيَّر $\pi^{-d/2}\eu^{-\norm x^2}\dd x$ ، فالعزم الثاني هو $\frac d2$ .

تمرين 11.11 ★★

(المنحني البياني وما تحته) لتكن $f \colon \R^d \to \intco0\infty$ قابلة للقياس. (a) برهن على أن ما تحت المنحني البياني $H = \{(x, y) \in \R^d\times\R : 0 < y < f(x)\}$ قابل للقياس في $\R^{d+1}$ مع

\lambda_{d+1}(H) = \int_{\R^d}f\,\dd\lambda_d :

أي «التكامل هو المساحة تحت المنحني البياني»، وقد صار أخيرًا مبرهنةً. (بالشرائح؛ وتونيلي.) (b) برهن على أن المنحني البياني $\{(x, f(x)) : x \in \R^d\}$ مجموعةٌ معدومة القياس في $\R^{d+1}$ . (c) استنتج برهانًا من سطرين على أن الكرة $S^{d-1}$ معدومة القياس بمعنى لوبيغ في $\R^d$ .

حل

حل التمرين 11.11.

(a) $H = \Phi^{-1}(\intoo0\infty)$ من أجل $\Phi(x, y) = f(x) - y$ ، مقاطعةً مع $\{y > 0\}$ : وهي قابلة للقياس، لأن $(x, y) \mapsto f(x)$ والتطبيق $(x,y)\mapsto y$ قابلان للقياس على الجداء (بالتركيب مع الإسقاطين). وشريحة $H$ عند $x$ هي $\intoo0{f(x)}$ ، وقياسها $f(x)$ : فتكامل تونيلي الشرائحَ،

\lambda_{d+1}(H) = \int_{\R^d}\lambda_1\bigl(\intoo0{f(x)} \bigr)\,\dd x = \int_{\R^d}f\,\dd\lambda_d .

(b) المنحني البياني هو $\{(x,y) : y \geq f(x)\} \cap \{y \leq f(x)\}$ ، وهو قابل للقياس؛ وشرائحه عند $x$ مجموعاتٌ أحادية قياسها $0$ : فتعطي تونيلي أن $\lambda_{d+1}(\text{المنحني البياني}) = \int 0 = 0$ .

(c) الكرة $S^{d-1}$ اتحادُ المنحنيين البيانيين $y = \pm\sqrt{1 - \abs{x'}^2}$ فوق الكرة الواحدية من $\R^{d-1}$ (بفصل الإحداثي الأخير): أي اتحاد مجموعتين معدومتي القياس حسب (b)، ومنه فهي معدومة القياس.

تمرين 11.12 ★★

(تكامل مزدوج شهير) باستعمال المتسلسلة الهندسية وتونيلي على $\intoo01^2$ ، برهن على

\int_0^1\!\!\int_0^1\frac{\dd x\,\dd y}{1 - xy} = \sum_{n\geq1}\frac1{n^2} = \zeta(2), \qquad \int_0^1\!\!\int_0^1\frac{\dd x\,\dd y}{1 + xy} = \sum_{n\geq1}\frac{(-1)^{n-1}}{n^2} = \frac{\zeta(2)}2 .

(والمتطابقة الثانية للمتسلسلة: بفصل الأدلّة الزوجية عن الفردية.) ومع $\zeta(2) = \frac{\pi^2}6$ (الفصل 15)، يُقيَّم تكاملان بريئا المظهر بالقيمتين $\frac{\pi^2}6$ و $\frac{\pi^2}{12}$ ؛ وأين تعمل فرضية الإيجابية في مبرهنة تونيلي بالضبط؟

حل

حل التمرين 11.12.

على $\intoo01^2$ ، $\frac1{1 - xy} = \sum_{n\geq0}(xy)^n$ بحدود غير سالبة: فتسمح تونيلي بالمكاملة حدًّا حدًّا،

\iint\frac{\dd x\,\dd y}{1 - xy} = \sum_{n\geq0}\Bigl(\int_0^1x^n\dd x\Bigr) \Bigl(\int_0^1y^n\dd y\Bigr) = \sum_{n\geq0}\frac1{(n+1)^2} = \zeta(2) .

وأما في الحالة المتناوبة، فإن $\frac1{1 + xy} = \sum_n(-1)^n(xy)^n$ ليست متسلسلة موجبة؛ غير أن تكامل المتسلسلة المطلقة هو $\zeta(2) < \infty$ ، ومنه تنطبق فوبيني (بعد أن ثبتت القابلية للمكاملة): $\iint\frac{\dd x\dd y}{1 + xy} = \sum_n\frac{(-1)^n}{(n+1)^2}$ . وأما متطابقة المتسلسلة:

\sum_{n\geq1}\frac{(-1)^{n-1}}{n^2} = \sum_{n\geq1}\frac1{n^2} - 2\sum_{k\geq1}\frac1{(2k)^2} = \zeta(2) - \frac{\zeta(2)}2 = \frac{\zeta(2)}2 .

ومع $\zeta(2) = \frac{\pi^2}6$ (المسألة 15.1): يكون التكاملان $\frac{\pi^2}6$ و $\frac{\pi^2}{12}$ . وكانت إيجابية تونيلي هي كل الرهان في الحساب الأول — إذ لا حاجة إلى فحص القابلية للمكاملة قبل التبديل؛ وأما في الثاني، فإيجابية المتسلسلة المطلقة هي التي تشهد بالقابلية للمكاملة حتى تشتغل فوبيني على المتسلسلة ذات الإشارة.

11.5 مسألة: صيغة ستيرلنغ

مسألة 11.1

مسألة نهاية الأسبوع — $n! \sim \sqrt{2\pi n}\,(n/\eu)^n$ ، بالتقارب المهيمن

تحكم صيغة ستيرلنغ كل إحصاء مقارب في هذا الكتاب — أحجام الكرات، والمعاملات الثنائية، والصيغة المحلية لمبرهنة النهاية المركزية. ونبرهن عليها من تكامل $\Gamma$ (المثال 10.16) بواسطة طريقة لابلاس، في صيغتها الأنقى بالتقارب المهيمن، ثم نجمع العوائد.

الجزء الأول — الصيغة. من أجل $t > 0$ ، $\Gamma(t + 1) = \int_0^\infty x^{t}\eu^{-x}\dd x$ .

عوّض $x = t + \sqrt t\,u$ وبرهن على

$\frac{\Gamma(t+1)}{t^{t}\eu^{-t}\sqrt t} = \int_{-\sqrt t}^{+\infty} \exp\Bigl(t\ln\Bigl(1 + \frac u{\sqrt t}\Bigr) - \sqrt t\,u\Bigr)\,\dd u \;=\;\int_\R g_t(u)\,\dd u,$

حيث $g_t(u) = \exp\bigl(t\ln(1 + u/\sqrt t) - \sqrt t\,u\bigr)\mathbf 1_{u > -\sqrt t}$ .
برهن على النهاية نقطةً نقطة: من أجل كل $u$ مثبَّت، $g_t(u) \to \eu^{-u^2/2}$ حين $t \to +\infty$ (انشر $\ln(1 + h)$ حتى الرتبة الثانية).
الهيمنة. لتكن $\varphi(h) = \ln(1 + h) - h$ ، بحيث يكون $g_t(u) = \exp\bigl(t\,\varphi(u/\sqrt t)\bigr)$ من أجل $u > -\sqrt t$ . برهن على الحدّين

$\varphi(h) \leq -\frac{h^2}4 \quad (-1 < h \leq 1), \qquad \varphi(h) \leq -c\,h \quad (h \geq 1),\ \ c = 1 - \ln 2 > 0$

(ادرس $\varphi(h) + \frac{h^2}4$ و $\varphi(h) + ch$ : احسب المشتقات وتحقق من الإشارة على كل مجال). واستنتج، من أجل $t \geq 1$ :

$g_t(u) \leq \eu^{-u^2/4}\ \ (\abs u \leq \sqrt t), \qquad g_t(u) \leq \eu^{-cu}\ \ (u \geq \sqrt t),$

بحيث يكون $g_t(u) \leq \eu^{-u^2/4} + \eu^{-cu}\,\mathbf 1_{u > 0}$ : أي مهيمِن قابل للمكاملة لا يتعلق بالوسيط $t \geq 1$ .
اخلص بمبرهنة التقارب المهيمن وبالتكامل الغاوسي (المثال 11.12):

$\Gamma(t + 1) \;\sim\; \sqrt{2\pi t}\;\Bigl(\frac t\eu\Bigr)^{t} \qquad (t \to +\infty),$

وعلى وجه الخصوص $n! \sim \sqrt{2\pi n}\,(n/\eu)^n$ .

الجزء الثاني — العوائد.

(واليس) من التمرين 11.8، وبصيغ من نمط $W_{2n} = \frac\pi2\binom{2n}n4^{-n}$ : استنبط $\binom{2n}{n} \sim \frac{4^n}{\sqrt{\pi n}}$ من ستيرلنغ، وتحقق منها مقابل العلاقة التراجعية $W_{n} = \frac{n-1}nW_{n-2}$ .
(أحجام الكرات تنهار) برهن على

$v_d = \frac{\pi^{d/2}}{\Gamma(\frac d2 + 1)} \;\sim\; \frac{1}{\sqrt{\pi d}} \Bigl(\frac{2\pi\eu}{d}\Bigr)^{d/2},$

ومنه فإن $v_d \to 0$ أسرع من أي متتالية هندسية؛ وجد البُعد الذي يعظّم $v_d$ (عدديًا: $d = 5$ ).
(تركّز الثنائي — استباقًا لِما في الفصل 23) باستعمال ستيرلنغ، برهن على التقدير المحلي، من أجل $k = n/2 + s\sqrt n/2$ مع $s$ مثبَّت و $n$ زوجي:

$2^{-n}\binom{n}{k} \;\sim\; \sqrt{\frac{2}{\pi n}}\;\eu^{-s^2/2},$

أي المقطع الغاوسي المتقطّع: أي دي موافر–لابلاس في مهدها.
وأين استعمل برهان الجزء الأول بالضبط: (أ) مبرهنة التقارب الرتيب أو المهيمن؛ (ب) التكامل الغاوسي؛ (ج) خصائص صمود قياس لوبيغ؟ بجملة واحدة لكلٍّ.

الجزء الثالث — حد الخطأ: ستيرلنغ بحصر. نضع $d_n = \ln n! - \bigl(n + \tfrac12\bigr)\ln n + n - \ln\sqrt{2\pi}$ ، بحيث يقول الجزء الأول إن $d_n \to 0$ .

برهن على $d_n - d_{n+1} = \bigl(n + \tfrac12\bigr)\ln\bigl(1 + \tfrac1n\bigr) - 1$ .
مع $t = \frac1{2n+1}$ ، تحقق من $\frac{n+1}n = \frac{1+t}{1-t}$ وانشر:

$d_n - d_{n+1} = \frac{t^2}3 + \frac{t^4}5 + \frac{t^6}7 + \cdots,$

واستنتج الحدّين

$\frac1{3(2n+1)^2} \;<\; d_n - d_{n+1} \;<\; \frac1{12n} - \frac1{12(n+1)} .$
تلسكب (باستعمال $d_m \to 0$ ) وتحقق من المتطابقة الجبرية اللطيفة $\frac1{3(2m+1)^2} > \frac1{12m+1} - \frac1{12(m+1)+1}$ من أجل $m \geq 1$ ، لتحصل على الحصر الكلاسيكي

$\sqrt{2\pi n}\Bigl(\frac n\eu\Bigr)^n \eu^{1/(12n+1)} \;<\; n! \;<\; \sqrt{2\pi n}\Bigl(\frac n\eu\Bigr)^n\eu^{1/(12n)} .$
نتيجتان: (a) يكون الخطأ النسبي لصيغة ستيرلنغ $< 10^{-6}$ متى كان $n \geq 83\,334$ ؛ (b) قدّر $100!$ بأربعة أرقام معنوية يدويًا من الحصر ( $100! \approx 9.3326\cdot 10^{157}$ )، وتعجّب قليلًا من دقة صيغة مقاربة عند $n$ منتهٍ جدًّا.

الجزء الرابع — طريق واليس: ستيرلنغ دون الدالة الغاوسية. تاريخيًا جاء الثابت $\sqrt{2\pi}$ من واليس لا من غاوس؛ ويعيد هذا الجزء البرهان على ستيرلنغ مستقلًّا عن الجزأين الأول والثاني، ومن ثَمّ يعيد البرهان على التكامل الغاوسي. لتكن $W_n = \int_0^{\pi/2}\sin^n\theta\, \dd\theta$ .

أثبت $W_n = \frac{n-1}nW_{n-2}$ (بالمكاملة بالتجزئة)، والصيغتين المغلقتين

$W_{2n} = \frac\pi2\binom{2n}n4^{-n}, \qquad W_{2n+1} = \frac{4^n}{(2n+1)\binom{2n}n},$

والمتطابقة $W_nW_{n-1} = \frac\pi{2n}$ .
من رتابة $(W_n)$ استنتج $W_{2n}/W_{2n+1} \to 1$ ، ثم

$W_{2n} \sim \frac12\sqrt{\frac\pi n} \qquad\text{و}\qquad \binom{2n}n4^{-n}\sqrt n \longrightarrow \frac1{\sqrt\pi} :$

أي مبرهنة واليس، محصَّلًا عليها دون ستيرلنغ.
برهن، بتلسكبة الجزء الثالث وحدها (دون حاجة إلى قيمة الثابت)، على أن $e_n = \ln n! - (n + \frac12)\ln n + n$ يتقارب إلى نهاية ما $\ell$ ؛ وهذا يكافئ $n! \sim K\,n^{n+1/2}\eu^{-n}$ مع $K = \eu^\ell > 0$ غير معيَّن بعد.
أدخل هذا التقدير المقارب في $\binom{2n}n4^{-n}\sqrt n$ وعيّن، باستعمال السؤال 14، القيمةَ الوحيدة الممكنة: $K = \sqrt{2\pi}$ . وركّب المنطق: فالجزآن الثالث والرابع معًا يعطيان برهانًا ثانيًا كاملًا على ستيرلنغ — ومن ثَمّ، بتشغيل تعويض الجزء الأول عكسيًا، تقييمًا مستقلًّا للمقدار $\int_\R\eu^{-u^2/2}\dd u = \sqrt{2\pi}$ . ركنان، يسند كلٌّ منهما الآخر.

الجزء الخامس — عوائد أخيرة.

(المقطع المحلي الكامل) من أجل الأعداد الصحيحة $\abs j \leq K\sqrt n$ (حيث $K$ مثبَّت)، برهن على

$\frac{\binom{2n}{n+j}}{\binom{2n}{n}} = \prod_{i=1}^{\abs j}\frac{n - i + 1}{n + i} = \exp\Bigl(-\frac{j^2}n + O\Bigl(\frac1{\sqrt n}\Bigr)\Bigr),$

بانتظام في $j$ (خذ اللوغاريتمات واستعمل $\ln \frac{1-x}{1+y} = -(x + y) + O(x^2 + y^2)$ ). وهذه هي الصيغة ذات الطرفين للسؤال 7 والتقدير المضبوط المذكور في مسألة نهاية الأسبوع من الفصل 23.
(استباق بواسون) برهن بستيرلنغ على $\eu^{-n}\dfrac{n^n}{n!} \sim \dfrac1{\sqrt{2\pi n}}$ : أي إن منوال قانون بواسون ذي المتوسط الكبير $n$ يحمل الكتلة $\approx (2\pi n)^{-1/2}$ ، تمامًا كما ستتنبّأ مبرهنة النهاية المركزية.
(نسب غاما) من أجل $a \in \intoo01$ ، برهن على $\dfrac{\Gamma(n + a)}{\Gamma(n)\,n^a} \to 1$ باستعمال حدود ميل التحدّب اللوغاريتمي في المسألة 10.1 (السؤال 14 هناك)، ومدّد إلى كل عدد حقيقي $a > 0$ بالمعادلة الدالية. (وهذا ما تعنيه عبارة « $\Gamma(t+1) \sim$ ستيرلنغ» بين الأعداد الصحيحة.)
(الكرات، مرة أخرى) من $v_d = \pi^{d/2}/\Gamma(\frac d2 + 1)$ : كوِّن جدولًا للقيم $v_1, \dots, v_7$ بالضبط، وتحقق من وحدانية المنوال عبر $\frac{v_d}{v_{d-2}} = \frac{2\pi}d$ (متزايد ما دام $d < 2\pi$ ، ومتناقص بعده)، وبرهن على المتطابقة المولِّدة اللافتة

$\sum_{k\geq0}v_{2k}\,x^{2k} = \eu^{\pi x^2} :$

أي إن جميع أحجام الكرات الواحدية ذات الأبعاد الزوجية محزومة في أُسّي واحد.
(مقاربات الإنتروبيا) من أجل $\alpha \in \intoo01$ مثبَّت مع $\alpha n \in \N$ ، استنتج من ستيرلنغ

$\binom{n}{\alpha n} \;\sim\; \frac{\eu^{n\,H(\alpha)}} {\sqrt{2\pi\,\alpha(1-\alpha)\,n}}, \qquad H(\alpha) = -\alpha\ln\alpha - (1-\alpha)\ln(1-\alpha) :$

أي إن معدل النمو الأُسّي للمعاملات الثنائية هو الإنتروبيا $H$ — وتحقق من أن $\alpha = \frac12$ يستعيد السؤال 5، ومن أن $H(\alpha) < \ln2$ من أجل $\alpha \neq \frac12$ (ومنه فإن المعاملات الثنائية البعيدة عن المركز مهملة أُسّيًا بالنسبة إلى $2^n$ ).
(مساحات السطوح) مساحة الكرة الواحدية $S^{d-1}$ هي $s_{d-1} = d\,v_d$ (المبرهَن عليها بوصفها التمرين 21.6 في فصل الصيغ التفاضلية؛ ونأخذها هنا تعريفًا). كوِّن جدولًا للقيم $s_0, \dots, s_6$ ، وحدّد أكبرها ( $d - 1 = 6$ ، $s_6 = \frac{16\pi^3}{15} \approx 33.07$ )، وبرهن على أن $s_{d-1} \to 0$ بسرعة تفوق الهندسية أيضًا — فالكرات في الأبعاد العالية، بكل مقياس إقليدي، متلاشية الصغر.
(حد التصحيح الأول) استنتج من حصر السؤال 11 أن $d_n = \frac1{12n} + O\bigl(\frac1{n^2}\bigr)$ ، ومنه

$n! = \sqrt{2\pi n}\,\Bigl(\frac n\eu\Bigr)^{n}\Bigl(1 + \frac1{12n} + O\Bigl(\frac1{n^2}\Bigr)\Bigr).$

وتحقق عند $n = 10$ : تعطي الصيغة المجرّدة $3\,598\,696$ (بخطأ نسبي $8.3\cdot10^{-3}$ )، وتعطي المصحَّحة $3\,628\,685$ مقابل $10! = 3\,628\,800$ (بخطأ نسبي $3.2\cdot10^{-5}$ ) — فحدٌّ واحد من المتسلسلة يشتري رقمين ونصف رقم.
(وسيط $\Gamma$ ) برهن على

$\frac{1}{\Gamma(t+1)} \int_0^{t} x^{t}\eu^{-x}\,\dd x \;\longrightarrow\; \frac12 \qquad (t \to +\infty) :$

مقاربًا، أي إن نصف كتلة المقدار المكامَل للدالة $\Gamma$ بالضبط يقع تحت منوالها $x = t$ . (شغّل تعويض الجزء الأول على التكامل المبتور؛ ومهيمِن السؤال 3 موجود أصلًا.)
(الإنتروبيا، لا مقاربًا) من أجل $\alpha \in \intoc0{\frac12}$ برهن على الحد، الصحيح من أجل كل $n \geq 1$ :

$\sum_{k=0}^{\lfloor\alpha n\rfloor}\binom nk \;\leq\; \eu^{n\,H(\alpha)} ,$

بمقارنة المجموع بالمقدار $\sum_k\binom nk\lambda^{k-\alpha n}$ من أجل الميل $\lambda = \frac{\alpha}{1-\alpha} \leq 1$ . وتحقق من أن هذا الاختيار للمقدار $\lambda$ أمثلي، ووفّق بينه وبين السؤال 21: فالمعدل الأُسّي $H(\alpha)$ للعبارة المقاربة يُبلَغ بمتراجحة من سطر واحد دون أي مقاربات البتة.

حل

حل المسألة 11.1.

1. مع $x = t + \sqrt t\,u$ (حيث $\dd x = \sqrt t\,\dd u$ ؛ ويجول $x$ في $\intoo0\infty$ حين يجول $u$ في $\intoo{-\sqrt t}\infty$ ):

\Gamma(t{+}1) = \int_0^\infty x^t\eu^{-x}\dd x = t^t\eu^{-t}\sqrt t\int_{-\sqrt t}^{\infty} \exp\Bigl(t\ln\Bigl(1 + \frac u{\sqrt t}\Bigr) - \sqrt t\,u\Bigr)\dd u,

لأن $x^t = t^t\exp\bigl(t\ln(1 + u/\sqrt t)\bigr)$ و $\eu^{-x} = \eu^{-t}\eu^{-\sqrt tu}$ .

2. من أجل $u$ مثبَّت وحين $t \to \infty$ : $t\ln(1 + u/\sqrt t) - \sqrt tu = t\bigl(\frac u{\sqrt t} - \frac{u^2}{2t} + o(\frac1t)\bigr) - \sqrt tu = -\frac{u^2}2 + o(1)$ : ومنه $g_t(u) \to \eu^{-u^2/2}$ .

3. نضع $\psi_1(h) = \varphi(h) + \frac{h^2}4$ على $\intoc{-1}1$ : فيكون $\psi_1(0) = 0$ و $\psi_1'(h) = \frac1{1+h} - 1 + \frac h2 = \frac{h(h-1)}{2(1+h)}$ ، وهو $\geq 0$ على $\intoc{-1}0$ و $\leq 0$ على $\intcc01$ : ومنه $\psi_1 \leq 0$ ، أي $\varphi(h) \leq -h^2/4$ هناك. ونضع $\psi_2(h) = \varphi(h) + ch$ على $\intco1\infty$ ، مع $c = 1 - \ln2$ : فيكون $\psi_2(1) = \ln2 - 1 + c = 0$ و $\psi_2'(h) = c - \frac h{1+h} \leq c - \frac12 < 0$ : ومنه $\varphi(h) \leq -ch$ من أجل $h \geq 1$ . والآن من أجل $t \geq 1$ : إذا كان $\abs u \leq \sqrt t$ فإن $g_t(u) = \eu^{t\varphi(u/\sqrt t)} \leq \eu^{-t(u/\sqrt t)^2/4} = \eu^{-u^2/4}$ ؛ وإذا كان $u \geq \sqrt t$ فإن $t\,\varphi(u/\sqrt t) \leq -ct\cdot\frac u{\sqrt t} = -c\sqrt t\,u \leq -cu$ (لأن $t \geq 1$ )، ومنه $g_t(u) \leq \eu^{-cu}$ . ومنه $g_t \leq \eu^{-u^2/4} + \eu^{-cu}\mathbf 1_{u>0}$ ، وهو قابل للمكاملة ولا يتعلق بالوسيط $t \geq 1$ .

4. بمبرهنة التقارب المهيمن: $\int_\R g_t(u)\dd u \to \int_\R\eu^{-u^2/2}\dd u = \sqrt{2\pi}$ (المثال 11.12 مع التحجيم $u\mapsto\sqrt2\,u$ ). ومع السؤال 1:

\Gamma(t + 1) \sim \sqrt{2\pi t}\;\Bigl(\frac t\eu\Bigr)^t,\qquad n! \sim \sqrt{2\pi n}\,\Bigl(\frac n\eu\Bigr)^n .

5. من التمرين 11.8، $W_{2n} = \frac\pi2\,\frac{(2n)!}{4^n(n!)^2} = \frac\pi2\,4^{-n}\binom{2n}n$ . وبستيرلنغ:

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

ومنه $W_{2n} \sim \frac12\sqrt{\pi/n}$ ، وهو متسق مع العلاقة التراجعية $W_n = \frac{n-1}nW_{n-2}$ (التي تفرض $W_n \sim W_{n-2}$ ، وتعطي مع $W_nW_{n-1}\cdot n = \frac\pi2$ — أي علاقة واليس الكلاسيكية — أن $W_n \sim \sqrt{\pi/(2n)}$ ؛ فالعبارتان المقاربتان متوافقتان).

6. $\Gamma(\frac d2 + 1) \sim \sqrt{2\pi\frac d2}\,(\frac d{2\eu})^{d/2}$ ، ومنه

v_d = \frac{\pi^{d/2}}{\Gamma(\frac d2 + 1)} \sim \frac{1}{\sqrt{\pi d}}\Bigl(\frac{2\pi\eu} d\Bigr)^{d/2} \longrightarrow 0

بسرعة تفوق الهندسية (إذ من أجل $d > 2\pi\eu \approx 17$ ، يكون كل عامل $< 1$ ومتناقصًا). وعدديًا $v_1 = 2$ ، $v_2 \approx 3.14$ ، $v_3 \approx 4.19$ ، $v_4 \approx 4.93$ ، $v_5 \approx 5.26$ ، $v_6 \approx 5.17$ : فالقيمة العظمى عند $d = 5$ .

7. مع $k = \frac n2 + \frac{s\sqrt n}2$ (عددًا صحيحًا، حيث $n$ زوجي و $s$ مثبَّت): نأخذ اللوغاريتمات في $2^{-n}\binom nk = 2^{-n}\frac{n!}{k!(n-k)!}$ ونطبّق ستيرلنغ على المضروبات الثلاثة. وبكتابة $k = \frac n2(1 + \varepsilon)$ ، $n - k = \frac n2(1 - \varepsilon)$ مع $\varepsilon = s/\sqrt n$ :

\ln\Bigl(2^{-n}\binom nk\Bigr) = -\frac n2\bigl[(1{+}\varepsilon)\ln(1{+}\varepsilon) + (1{-}\varepsilon)\ln(1{-}\varepsilon)\bigr] + \frac12\ln\frac{2}{\pi n(1 - \varepsilon^2)} + o(1),

ويكون المقدار بين القوسين $\varepsilon^2 + O(\varepsilon^4) = \frac{s^2}n + O(n^{-2})$ : ومنه يؤول المقدار المعروض إلى $-\frac{s^2}2 + \frac12\ln\frac2{\pi n}$ إلى غاية $o(1)$ ، أي

2^{-n}\binom nk \sim \sqrt{\frac{2}{\pi n}}\;\eu^{-s^2/2} :

وهو المقطع الغاوسي لرمي القطعة النقدية، مكمَّمًا — أي الصيغة المحلية لدي موافر–لابلاس، التي ستُعمَّم في الفصل 23.

8. (أ) تحوّل مبرهنة التقارب المهيمن النهايةَ النقطية من السؤال 2 إلى تقارب التكاملات، باستعمال مهيمِن السؤال 3. (ب) يقيّم التكامل الغاوسي النهاية $\int\eu^{-u^2/2} = \sqrt{2\pi}$ — أي إن ثابت ستيرلنغ $\sqrt{2\pi}$ هو التكامل الغاوسي. (ج) التعويض $x = t + \sqrt tu$ تغييرُ متغيّرات أفيني: أي صمود قياس لوبيغ بالانسحاب وقاعدة تحجيمه (المبرهنة 11.10 في البُعد $1$ ).

9. ننشر الحدّين معًا:

d_n - d_{n+1} = \ln\frac{n!}{(n+1)!} + \Bigl(n + \frac32\Bigr)\ln(n+1) - \Bigl(n + \frac12\Bigr)\ln n - 1 = \Bigl(n + \frac12\Bigr)\ln\frac{n+1}n - 1,

إذ يتركّب الحدّان $-\ln(n+1)$ و $(n + \frac32)\ln(n+1)$ ليعطيا $(n + \frac12)\ln(n+1)$ .

10. من أجل $t = \frac1{2n+1}$ : $\frac{1+t}{1-t} = \frac{2n+2}{2n} = \frac{n+1}n$ ، و $n + \frac12 = \frac1{2t}$ ؛ وتعطي المتسلسلة الفردية $\ln\frac{1+t}{1-t} = 2\sum_{k\geq0}\frac{t^{2k+1}}{2k+1}$ أن

\Bigl(n + \frac12\Bigr)\ln\frac{n+1}n = \sum_{k\geq0}\frac{t^{2k}}{2k+1} = 1 + \frac{t^2}3 + \frac{t^4}5 + \cdots

ثم نطرح $1$ . وأما الحدّ الأدنى: فهو الحدّ الأول وحده، $\frac{t^2}3 = \frac1{3(2n+1)^2}$ . وأما الحدّ الأعلى: فنخفّض جميع المقامات إلى $3$ ونجمع المتسلسلة الهندسية: $\frac{t^2}{3(1 - t^2)} = \frac1{3((2n+1)^2 - 1)} = \frac1{12n(n+1)} = \frac1{12n} - \frac1{12(n+1)}$ .

11. بجمع الحدّ الأعلى من $n$ إلى $\infty$ (مع $d_m \to 0$ ): $d_n < \frac1{12n}$ . وأما من أجل الحدّ الأدنى: $\frac1{12m+1} - \frac1{12(m+1)+1} = \frac{12}{(12m+1)(12m+13)}$ ، و

\begin{align*} \frac1{3(2m+1)^2} > \frac{12}{(12m+1)(12m+13)} &\iff (12m+1)(12m+13) > 36(2m+1)^2 \\ &\iff 168m + 13 > 144m + 36, \end{align*}

وهو صحيح من أجل $m \geq 1$ . وبجمع هذا المصغِّر المتلسكب: $d_n > \frac1{12n+1}$ . ويعطي أخذ الأُسّي الحصرَ الكلاسيكي للمقدار $n!$ .

12. (a) الخطأ النسبي هو $= \eu^{d_n} - 1 < \eu^{1/(12n)} - 1 < \frac{1.1}{12n}$ من أجل $n$ كبير؛ ويكون $< 10^{-6}$ بمجرد أن يكون $12n \geq 1.1\cdot10^6$ ، ويكفي المقدار المذكور $n \geq 83\,334$ (إذ يستلزمه أصلًا $\frac1{12n} \leq 10^{-6}$ ). (b) $\log_{10}(100!) = \frac12\log_{10}(200\pi) + 200 - 100\log_{10}\eu + d_{100}\log_{10}\eu = 1.39906 + 200 - 43.42945 + 0.00036 \approx 157.96997$ ، ومنه $100! \approx 10^{0.96997} \cdot 10^{157} = 9.333\cdot10^{157}$ ؛ والنافذة المضمونة $(\eu^{1/1201}, \eu^{1/1200})$ عرضها دون $10^{-6}$ من حيث الخطأ النسبي — أي صيغة «مقاربة» تغدو، عند $n = 100$ ، أداةَ دقة.

13. نكتب $\sin^n = \sin^{n-2} - \sin^{n-2}\cos^2$ ، ونكامل الحدّ الثاني بالتجزئة ( $u = \cos\theta$ ، $\dd v = \sin^{n-2}\cos\theta\,\dd\theta$ ، $v = \frac{\sin^{n-1}}{n-1}$ ):

\int_0^{\pi/2}\sin^{n-2}\cos^2 = \Bigl[\cos\theta\,\frac{\sin^{n-1}\theta}{n-1}\Bigr]_0^{\pi/2} + \frac1{n-1}\int_0^{\pi/2}\sin^n = \frac{W_n}{n-1} .

ومنه $W_n = W_{n-2} - \frac{W_n}{n-1}$ ، أي $W_n = \frac{n-1}nW_{n-2}$ . ومن $W_0 = \frac\pi2$ و $W_1 = 1$ :

W_{2n} = \frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\cdot\frac\pi2 = \frac\pi2\binom{2n}n4^{-n}, \qquad W_{2n+1} = \frac{(2n)!!}{(2n+1)!!} = \frac{4^n}{(2n+1)\binom{2n}n},

بتحويل المضروبات المزدوجة بالعلاقة $(2n)!! = 2^nn!$ و $(2n-1)!! = \frac{(2n)!}{2^nn!}$ . وأخيرًا $nW_nW_{n-1} = (n-1)W_{n-1}W_{n-2}$ بالعلاقة التراجعية: فهو ثابت، يساوي $1\cdot W_1W_0 = \frac\pi2$ .

14. تعطي $W_{2n+1} \leq W_{2n} \leq W_{2n-1}$ (برتابة $\sin^n$ نقطةً نقطة) و $\frac{W_{2n-1}}{W_{2n+1}} = \frac{2n+1}{2n} \to 1$ حصرَ المقدار $\frac{W_{2n}}{W_{2n+1}} \to 1$ . وبضمّ ذلك إلى $W_{2n}W_{2n+1} = \frac{\pi}{2(2n+1)}$ (السؤال 13): $W_{2n}^2 \sim \frac\pi{4n}$ ، ومنه $W_{2n} \sim \frac12\sqrt{\frac\pi n}$ و $\binom{2n}n4^{-n} = \frac2\pi W_{2n} \sim \frac1{\sqrt{\pi n}}$ .

15. لم يستعمل السؤالان 9 و10 قيمة الثابت البتة: فمع $e_n = \ln n! - (n+\frac12)\ln n + n$ ، تقع الفروق $e_n - e_{n+1}$ في $\bigl(0, \frac1{12n} - \frac1{12(n+1)}\bigr)$ ، ومنه تتناقص $(e_n)$ بينما تتزايد $(e_n - \frac1{12n})$ : فهما متتاليتان متجاورتان، تتقاربان إلى نهاية مشتركة $\ell$ . ومنه $n! \sim K n^{n+1/2}\eu^{-n}$ ، حيث $K = \eu^\ell$ .

16. بإدخال ستيرلنغ ذي الثابت المجهول في المعامل الثنائي المركزي:

\binom{2n}n4^{-n}\sqrt n \sim \frac{K\,(2n)^{2n+1/2}\eu^{-2n}}{\bigl(K\,n^{n+1/2} \eu^{-n}\bigr)^2}\,4^{-n}\sqrt n = \frac{2^{2n}\sqrt{2}\,K\,n^{2n+1/2}}{K^2\,n^{2n+1}} \,4^{-n}\sqrt n = \frac{\sqrt2}{K},

ويفرض السؤال 14 أن $\frac{\sqrt2}K = \frac1{\sqrt\pi}$ : أي $K = \sqrt{2\pi}$ . فيعيد الجزآن الثالث والرابع إذًا البرهانَ على ستيرلنغ من الصفر؛ وبإدخالها في متطابقة الجزء الأول يُقيَّم المقدار $\int_\R\eu^{-u^2/2}\dd u = \sqrt{2\pi}$ دون إحداثيات قطبية: فواليس وغاوس يسند كلٌّ منهما الآخر.

17. $\frac{\binom{2n}{n+j}}{\binom{2n}n} = \frac{(n!)^2}{(n+j)!\,(n-j)!} = \prod_{i=1}^{j}\frac{n-i+1}{n+i}$ من أجل $j \geq 0$ (وبالتناظر من أجل $j < 0$ ). وبأخذ اللوغاريتمات، مع $1 \leq i \leq j \leq K\sqrt n$ :

\ln\frac{n-i+1}{n+i} = \ln\Bigl(1 - \frac{i-1}n\Bigr) - \ln\Bigl(1 + \frac in\Bigr) = -\frac{2i-1}{n} + O\Bigl(\frac{i^2}{n^2}\Bigr),

و $\sum_{i\leq j}(2i - 1) = j^2$ ، بينما يبلغ مجموع الخطأ $O(j^3/n^2) = O(n^{-1/2})$ : فبانتظام، $\exp\bigl(-\frac{j^2}n + O(n^{-1/2})\bigr)$ .

18. $\eu^{-n}\frac{n^n}{n!} \sim \eu^{-n} \frac{n^n}{\sqrt{2\pi n}\,n^n\eu^{-n}} = \frac1{\sqrt{2\pi n}}$ . فلمتغيّر بواسوني متوسطه $n$ انحرافٌ معياري قدره $\sqrt n$ ، ويكون المقدار $\frac1{\sqrt{2\pi n}}$ بالضبط ارتفاع الذروة الغاوسية $\frac1{\sigma\sqrt{2\pi}}$ : أي مبرهنة النهاية المركزية المحلية، مستبَقةً عند المنوال.

19. من أجل $a \in \intoo01$ ، تعطي مبرهنة الميل المساعدة من المسألة 10.1 (السؤال 14 هناك)، مطبَّقةً على الدالة المحدَّبة $\log\Gamma$ حول $n$ ، أن $(n-1)^a \leq \frac{\Gamma(n+a)}{\Gamma(n)} \leq n^a$ : فتُحصَر النسبة إلى $n^a$ بالمقدار $(1 - \frac1n)^a \to 1$ . ومن أجل $a = m + a'$ (حيث $m \in \N$ و $a' \in \intco01$ ): $\Gamma(n+a) = (n + a - 1) \cdots(n + a')\Gamma(n + a')$ ، وكلٌّ من العوامل $m$ يساوي $n(1 + O(\frac1n))$ : فنضرب التقديرات بعضها ببعض.

20. تعطي العلاقة التراجعية $v_d = \frac{2\pi}dv_{d-2}$ (الناتجة عن $\Gamma(\frac d2 + 1) = \frac d2\Gamma(\frac d2)$ )، انطلاقًا من $v_1 = 2$ و $v_2 = \pi$ :

v_3 = \frac{4\pi}3,\quad v_4 = \frac{\pi^2}2,\quad v_5 = \frac{8\pi^2}{15},\quad v_6 = \frac{\pi^3}6,\quad v_7 = \frac{16\pi^3}{105}.

والنسبة $\frac{2\pi}d$ تتجاوز $1$ من أجل $d \leq 6$ بالضبط، ومنه تتزايد كل زوجية ثم تتناقص؛ وعدديًا $v_4 \approx 4.93$ ، $v_5 \approx 5.26$ ، $v_6 \approx 5.17$ : فالقيمة العظمى الإجمالية عند $d = 5$ . وأما الدالة المولِّدة: فإن $v_{2k} = \frac{\pi^k}{k!}$ ، ومنه $\sum_kv_{2k}x^{2k} = \eu^{\pi x^2}$ — أي جميع أحجام الكرات الواحدية ذات الأبعاد الزوجية محزومة في أُسّي واحد، مع تقدير فوري يفوق الهندسي لتناقص $v_d$ .

21. بستيرلنغ في البسط والمقام، مع $k = \alpha n$ :

\binom n{\alpha n} \sim \frac{\sqrt{2\pi n}\,n^n} {\sqrt{2\pi\alpha n}\,(\alpha n)^{\alpha n}\, \sqrt{2\pi(1-\alpha)n}\,((1-\alpha)n)^{(1-\alpha)n}} = \frac{\eu^{nH(\alpha)}}{\sqrt{2\pi\alpha(1-\alpha)n}},

لأن $n^n/(\alpha n)^{\alpha n}((1-\alpha)n)^{(1-\alpha)n} = \alpha^{-\alpha n}(1-\alpha)^{-(1-\alpha)n} = \eu^{nH(\alpha)}$ (إذ تتبسّط قوى $n$ : $\alpha n + (1-\alpha)n = n$ )، وتتبسّط كذلك المقادير $\eu^{-n}$ . وعند $\alpha = \frac12$ : يكون $H = \ln2$ ويكون المعامل $\sqrt{2/(\pi n)}$ — أي السؤال 5 من جديد. وتقعّر $H$ الأكيد (إذ مشتقها الثانية $-\frac1{\alpha(1-\alpha)} < 0$ ) يضع قيمتها العظمى $\ln 2$ عند $\alpha = \frac12$ وحدها: فمن أجل $\alpha \neq \frac12$ ، يتناقص المقدار $\binom n{\alpha n}2^{-n} \approx \eu^{-n(\ln2 - H(\alpha))}$ أُسّيًا — وهذا هو المحرّك التوافيقي وراء كل عبارة تركّز عن رميات القطعة النقدية.

22. من $s_{d-1} = dv_d$ ومن السؤال 20:

s_0 = 2,\ \ s_1 = 2\pi,\ \ s_2 = 4\pi,\ \ s_3 = 2\pi^2,\ \ s_4 = \frac{8\pi^2}3,\ \ s_5 = \pi^3,\ \ s_6 = \frac{16\pi^3}{15},

وعدديًا $2,\ 6.28,\ 12.57,\ 19.74,\ 26.32,\ 31.01,\ 33.07$ ؛ و $s_7 = \frac{\pi^4}3 \approx 32.47 < s_6$ : فالقيمة العظمى هي كرة البُعد $6$ . وتبيّن العلاقة التراجعية $s_{d+1} = (d+2)\,v_{d+2} = (d+2)\,\frac{2\pi}{d+2}\,v_d = 2\pi v_d = \frac{2\pi}d\,s_{d-1}$ الصعودَ ثم الهبوطَ الفائق الهندسية نفسه المحكوم بالنسبة $\frac{2\pi}d$ كما في الأحجام: فبعد البُعد السابع، تتلاشى الكرات أسرع من أي متتالية هندسية.

23. يقول السؤال 11 بالضبط إن $\frac1{12n+1} < d_n < \frac1{12n}$ ، و

\frac1{12n} - \frac1{12n+1} = \frac1{12n(12n+1)} = O\Bigl(\frac1{n^2}\Bigr),

ومنه $d_n = \frac1{12n} + O(\frac1{n^2})$ و $\eu^{d_n} = 1 + \frac1{12n} + O(\frac1{n^2})$ ؛ وبالضرب في $\sqrt{2\pi n}(n/\eu)^n$ نحصل على الصيغة المصحَّحة. وعند $n = 10$ : $\sqrt{20\pi}\,(10/\eu)^{10} = 7.92665 \times 453999.3 \approx 3\,598\,696$ ، أي أقلّ بمقدار $30\,104$ (بخطأ نسبي $8.3\cdot10^{-3}$ )؛ وبالضرب في $1 + \frac1{120}$ نجد $3\,628\,685$ ، أي أقلّ بمقدار $115$ (بخطأ نسبي $3.2\cdot10^{-5}$ ). والحصر نفسه يحبس $10!$ بين $3\,598\,696\,\eu^{1/121} \approx 3\,628\,559$ و $3\,598\,696\,\eu^{1/120} \approx 3\,628\,808$ — فالحدّ الأعلى يخطئ بثماني وحدات في سبعة أرقام.

24. يعطي تعويض الجزء الأول $x = t + \sqrt t\,u$ ، مطبَّقًا على التكامل المبتور،

\int_0^{t} x^{t}\eu^{-x}\,\dd x = t^{t}\eu^{-t}\sqrt t\int_{-\sqrt t}^{0} g_t(u)\,\dd u ,

إذ يصير المجال $0 \leq x \leq t$ هو $-\sqrt t \leq u \leq 0$ . ويغطّي مهيمِن السؤال 3 المقدارَ $g_t\mathbf 1_{u < 0}$ أيضًا، ومنه يعطي التقارب المهيمن

\int_{-\sqrt t}^{0}g_t(u)\,\dd u \longrightarrow \int_{-\infty}^{0}\eu^{-u^2/2}\dd u = \frac{\sqrt{2\pi}}2 ,

بينما يعطي السؤال 4 أن $\Gamma(t+1) \sim t^t\eu^{-t}\sqrt t\,\sqrt{2\pi}$ . فتؤول النسبة إلى $\frac12$ . وأما احتماليًا: فمتغيّر عشوائي غامّي ذو شكل كبير يضع مقاربًا نصف كتلته على كل جانب من منواله — أي تناظر مبرهنة النهاية المركزية، مقروءًا من تعويض واحد.

25. ليكن $\lambda = \frac{\alpha}{1-\alpha} \in \intoc01$ . من أجل $k \leq \lfloor\alpha n\rfloor \leq \alpha n$ لدينا $\lambda^{k - \alpha n} \geq 1$ ، ومنه

\sum_{k=0}^{\lfloor\alpha n\rfloor}\binom nk \leq \lambda^{-\alpha n}\sum_{k=0}^{n}\binom nk\lambda^{k} = \Bigl(\lambda^{-\alpha}(1 + \lambda)\Bigr)^{n},

ومع $\lambda = \frac\alpha{1-\alpha}$ :

\lambda^{-\alpha}(1+\lambda) = \alpha^{-\alpha}(1-\alpha)^{\alpha}\cdot\frac1{1-\alpha} = \alpha^{-\alpha}(1-\alpha)^{-(1-\alpha)} = \eu^{H(\alpha)} .

وأما الأمثلية: فبتصغير المقدار $f(\lambda) = -\alpha\ln\lambda + \ln(1+\lambda)$ على $\lambda > 0$ ، يكون للمعادلة $f'(\lambda) = -\frac\alpha\lambda + \frac1{1+\lambda} = 0$ الحلُّ الوحيد $\lambda = \frac\alpha{1-\alpha}$ ، وهو أصغرية لأن $f'' > 0$ — أي اختيار الميلان الأُسّي (تشرنوف). والتوفيق: يبيّن السؤال 21 أن الحدّ الواحد $k = \lfloor\alpha n\rfloor$ هو أصلًا من رتبة $\eu^{nH(\alpha)}/\sqrt{2\pi\alpha(1-\alpha)n}$ ، ومنه

\frac{\eu^{nH(\alpha)}}{C\sqrt n} \leq \sum_{k\leq\alpha n}\binom nk \leq \eu^{nH(\alpha)} :

فالمعدل $H(\alpha)$ مضبوط، ولا يكلّف المجموع كله أكثر من عامل $\sqrt n$ فوق أكبر حدوده. وبالقسمة على $2^n$ ، يكون هذا حدَّ ذيل القطعة النقدية العادلة $\P(S_n \leq \alpha n) \leq \eu^{-n(\ln2 - H(\alpha))}$ — أي تركّز القياس في سطر واحد.

المصطلحات المعرَّفة في هذا الفصل

عرض كل المصطلحات (395) في المسرد