--- title: "القياسات الجدائية، فوبيني، تغيير المتغيّرات" book: "الرياضيات الجامعية — السنة 3" subject: math language: ar chapter: 11 exercises: 12 source: https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/11-product-measures-fubini-change-of-variables --- # الفصل 11 — القياسات 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](#ex-b3-product-polar)، 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](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/9-measure-theory#def-b3-measure-measure) $(X, \mathcal A)$ 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](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/9-measure-theory#def-b3-measure-measure) بالمعنى $\mathcal A\otimes\mathcal B$، فإن كل $f_x$ قابلة [للقياس](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/9-measure-theory#def-b3-measure-measure) 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](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/6-general-topology#def-b3-topology-topology) 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](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/9-measure-theory#def-b3-measure-measure)، 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](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/9-measure-theory#def-b3-measure-measure) نفسه بمكاملة شرائح $x$ بالنسبة إلى $\nu$. **برهان.** *قابلية $x \mapsto \nu(E_x)$ [للقياس](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/9-measure-theory#def-b3-measure-measure).* ليكن $\nu$ منتهيًا أولًا. الصنف $\mathcal D$ المؤلَّف من المجموعات $E$ التي يكون التطبيق من أجلها [قابلًا للقياس](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/10-the-lebesgue-integral#def-b3-lebesgue-measurable) 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](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/9-measure-theory#def-b3-measure-measure) قابلةٌ [للقياس](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/9-measure-theory#def-b3-measure-measure). وتشكّل المستطيلات نظامًا من النمط $\pi$: فتعطي مبرهنة دينكين ([المبرهنة 9.4](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/9-measure-theory#thm-b3-measure-dynkin)) 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](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/9-measure-theory#def-b3-measure-measure).* تنتج الجمعية من النمط $\sigma$ للمقدار $E \mapsto \int\nu(E_x)\dd\mu$ من [النتيجة 10.7](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/10-the-lebesgue-integral#cor-b3-lebesgue-additivity) (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](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/9-measure-theory#def-b3-measure-measure) منتهٍ: [المبرهنة 9.7](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/9-measure-theory#thm-b3-measure-uniqueness). وأما التناظر: فالبناء بالترتيب الآخر قياسٌ أيضًا يتوافق على المستطيلات — وهو وحيد، ومنه فهو [القياس](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/9-measure-theory#def-b3-measure-measure) 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](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/9-measure-theory#def-b3-measure-measure) 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](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/9-measure-theory#def-b3-measure-measure) 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](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/9-measure-theory#def-b3-measure-measure). عندئذٍ تكون $x \mapsto \int_Y f_x\,\dd\nu$ قابلة [للقياس](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/9-measure-theory#def-b3-measure-measure) 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](#thm-b3-product-existence) (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](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/10-the-lebesgue-integral#thm-b3-lebesgue-approximation))؛ 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](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/10-the-lebesgue-integral#def-b3-lebesgue-l1) 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](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/10-the-lebesgue-integral#def-b3-lebesgue-l1)، 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](#exo-b3-product-4) تكاملان متتاليان *بقيمتين مختلفتين*. **قضية 11.8 (كعكة الطبقات).** من أجل $f \geq 0$ قابلة [للقياس](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/9-measure-theory#def-b3-measure-measure) 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](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/9-measure-theory#def-b3-measure-measure): لأنها $\{(x,t): f(x) - t > 0\}\cap\{t > 0\}$، وهي تركيبة من نمط بوريل [للدالة القابلة للقياس](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/10-the-lebesgue-integral#def-b3-lebesgue-measurable) $(x,t)\mapsto f(x) - t$): 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 L1L^1L1).** 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](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/9-measure-theory#def-b3-measure-measure) (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](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/10-the-lebesgue-integral#def-b3-lebesgue-l1). **برهان.** [القياس](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/9-measure-theory#def-b3-measure-measure) $\mu_T(A) = \lambda_d(T(A))$ قياسٌ بوريلي (لأن التماثلات الطوبولوجية تحفظ المجموعات البوريلية، [المسألة 9.1](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/9-measure-theory#pb-b3-measure-1))، وصامد بالانسحاب ($T(A + x) = T(A) + Tx$)، ومنتهٍ على الصندوق الواحدي: ومنه، بتمييز [قياس لوبيغ](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/9-measure-theory#def-b3-measure-lebesgueouter) ([التمرين 9.6](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/9-measure-theory#exo-b3-measure-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](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/10-the-lebesgue-integral#def-b3-lebesgue-measurable) $f \colon V \to [0, +\infty]$ (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](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/8-banach-spaces-and-the-fundamental-theorems#def-b3-banach-operator) 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](#thm-b3-product-linearchange)، $$ \lambda_d(\Phi(Q)) \leq \abs{\det D\Phi(x_0)}\, \bigl(1 + \varepsilon\,C\bigr)^{d}\,\lambda_d(Q), \qquad C = \sup_{Q}\norm{D\Phi(\cdot)^{-1}} . $$ *الخطوة 2: المتراجحة $(*)$ من أجل المكعبات المتراصة، بالتجزئة.* ليكن $Q \subseteq U$ مكعبًا متراصًّا وليكن $\varepsilon > 0$. وعلى $Q$ يكون $D\Phi$ [متصلًا](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/6-general-topology#def-b3-topology-continuity) 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](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/9-measure-theory#def-b3-measure-measure) بالمعنى $\lambda_d$، وصورها بالتطبيق $\Phi$ معدومة [القياس](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/9-measure-theory#def-b3-measure-measure) 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](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/9-measure-theory#def-b3-measure-measure) $\lambda_d$ (بالبرهان نفسه كما في [المبرهنة 9.13](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/9-measure-theory#thm-b3-measure-regularity)، 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](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/10-the-lebesgue-integral#def-b3-lebesgue-measurable) $g \geq 0$ 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](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/9-measure-theory#def-b3-measure-measure))، 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](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/10-the-lebesgue-integral#pb-b3-lebesgue-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](#prop-b3-product-layercake)) 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](#thm-b3-product-linearchange))، 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](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/9-measure-theory#def-b3-measure-measure) العدّ على $(\intcc01, \mathcal B(\intcc01))$ (وهو ليس منتهيًا من النمط $\sigma$) وليكن $\lambda$ [قياس لوبيغ](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/9-measure-theory#def-b3-measure-lebesgueouter)، ولتكن $\Delta = \{(x,x)\}$ القطرَ في $\intcc01^2$. برهن على أن $\Delta$ قابلة [للقياس](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/9-measure-theory#def-b3-measure-measure)، واحسب التكاملين المتتاليين للمقدار $\mathbf 1_\Delta$ بالنسبة إلى $\lambda$ و $\mu$: فهما مختلفان. وأي فرضية من فرضيات [المبرهنة 11.5](#thm-b3-product-tonelli) تخفق؟ **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](#prop-b3-product-sections)(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](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/9-measure-theory#def-b3-measure-measure) العدّ $\mu$ على المجموعة غير القابلة للعدّ $\intcc01$: إذ لا تغطّيها أي عائلة قابلة للعدّ من المجموعات ذات [القياس](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/9-measure-theory#def-b3-measure-measure) 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 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](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/9-measure-theory#def-b3-measure-measure) 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 التمرين 11.3.** (a) كعكة الطبقات ([القضية 11.8](#prop-b3-product-layercake)): $\int f\,\dd\mu = \int_0^\infty\mu(f > t)\,\dd t$، 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 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 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](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/12-lp#ch-b3-lp). (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](#thm-b3-product-ballvolume)، وبرهن على $\lambda_d(\text{مجسم إهليلجي بأنصاف محاور} a_i) = v_d\prod a_i$. **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](#thm-b3-product-linearchange))؛ 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](#thm-b3-product-linearchange) الحجم $v_d\prod a_i$. **تمرين 11.7 ★★.** من أجل أي $s > 0$ يكون ما يلي منتهيًا؟ برّر [بالإحداثيات القطبية](#ex-b3-product-polar): $$ \int_{B(0,1)\subseteq\R^2}\frac{\dd x\,\dd y}{(x^2 + y^2)^{s}}, \qquad \int_{\R^2\setminus B(0,1)}\frac{\dd x\,\dd y}{(x^2 + y^2)^{s}} . $$ وعمّم على $\R^d$ (بالعتبتين $s < d/2$ و $s > d/2$). **حل التمرين 11.7.** في $\R^2$، [بالإحداثيات القطبية](#ex-b3-product-polar) ([المثال 11.12](#ex-b3-product-polar)): $$ \int_{B(0,1)}\frac{\dd x\dd y}{(x^2+y^2)^s} = 2\pi\int_0^1 r^{1 - 2s}\,\dd r, \qquad \int_{\R^2\setminus B(0,1)} = 2\pi\int_1^\infty r^{1-2s}\dd r: $$ 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 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](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/9-measure-theory#def-b3-measure-measure) وليكن $T_*\mu(B) = \mu(T^{-1}(B))$ *القياس المدفوع*. برهن على أنه من أجل كل [دالة قابلة للقياس](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/10-the-lebesgue-integral#def-b3-lebesgue-measurable) $g \geq 0$ على $Y$: $$ \int_Y g\,\dd(T_*\mu) = \int_X g\circ T\,\dd\mu $$ (بالآلة المعيارية). ثم قارن ذلك مع [المبرهنة 11.10](#thm-b3-product-linearchange): 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 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](#thm-b3-product-linearchange) و[المبرهنة 11.11](#thm-b3-product-changeofvar) 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](#thm-b3-product-ballvolume) [لقياس لوبيغ](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/9-measure-theory#def-b3-measure-lebesgueouter) — والمُدخَل التحليلي هنا هو الهندسة التفاضلية للتطبيق $\Phi$، لا الشكلانية القياسية. **تمرين 11.10 ★★★.** (العزوم الغاوسية) باستعمال [الإحداثيات القطبية](#ex-b3-product-polar) 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](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/9-measure-theory#def-b3-measure-measure) $\pi^{-d/2}\eu^{-\norm x^2}\dd x$. **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](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/9-measure-theory#def-b3-measure-measure) 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](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/9-measure-theory#def-b3-measure-measure). (a) برهن على أن *ما تحت المنحني البياني* $H = \{(x, y) \in \R^d\times\R : 0 < y < f(x)\}$ قابل [للقياس](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/9-measure-theory#def-b3-measure-measure) 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](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/9-measure-theory#def-b3-measure-measure) في $\R^{d+1}$. (c) استنتج برهانًا من سطرين على أن الكرة $S^{d-1}$ معدومة [القياس](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/9-measure-theory#def-b3-measure-measure) بمعنى لوبيغ في $\R^d$. **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](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/9-measure-theory#def-b3-measure-measure)، لأن $(x, y) \mapsto f(x)$ والتطبيق $(x,y)\mapsto y$ قابلان [للقياس](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/9-measure-theory#def-b3-measure-measure) 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](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/9-measure-theory#def-b3-measure-measure)؛ 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](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/9-measure-theory#def-b3-measure-measure) حسب (b)، ومنه فهي معدومة [القياس](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/9-measure-theory#def-b3-measure-measure). **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](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/15-compact-operators-and-the-spectral-theorem#ch-b3-spectral))، يُقيَّم تكاملان بريئا المظهر بالقيمتين $\frac{\pi^2}6$ و $\frac{\pi^2}{12}$؛ وأين تعمل فرضية الإيجابية في مبرهنة تونيلي بالضبط؟ **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](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/15-compact-operators-and-the-spectral-theorem#pb-b3-spectral-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](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/10-the-lebesgue-integral#ex-b3-lebesgue-gamma)) بواسطة *طريقة لابلاس*، في صيغتها الأنقى بالتقارب المهيمن، ثم نجمع العوائد. **الجزء الأول — الصيغة.** من أجل $t > 0$، $\Gamma(t + 1) = \int_0^\infty x^{t}\eu^{-x}\dd x$. 1. 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 $g_t(u) = \exp\bigl(t\ln(1 + u/\sqrt t) - \sqrt t\,u\bigr)\mathbf 1_{u > -\sqrt t}$. 2. 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)* . 3. 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 $t \geq 1$. 4. اخلص بمبرهنة التقارب المهيمن وبالتكامل الغاوسي ([المثال 11.12](#ex-b3-product-polar)): $$\Gamma(t + 1) \;\sim\; \sqrt{2\pi t}\;\Bigl(\frac t\eu\Bigr)^{t} \qquad (t \to +\infty),$$ وعلى وجه الخصوص $n! \sim \sqrt{2\pi n}\,(n/\eu)^n$. **الجزء الثاني — العوائد.** 5. (واليس) من [التمرين 11.8](#exo-b3-product-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 $W_{n} = \frac{n-1}nW_{n-2}$ . 6. (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: $d = 5$). 7. (تركّز الثنائي — استباقًا لِما في [الفصل 23](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/23-characteristic-functions-and-the-central-limit-theorem#ch-b3-clt)) 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. 8. وأين استعمل برهان الجزء الأول بالضبط: (أ) مبرهنة التقارب الرتيب أو المهيمن؛ (ب) التكامل الغاوسي؛ (ج) خصائص صمود [قياس لوبيغ](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/9-measure-theory#def-b3-measure-lebesgueouter) ؟ 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 $d_n \to 0$. 9. برهن على $d_n - d_{n+1} = \bigl(n + \tfrac12\bigr)\ln\bigl(1 + \tfrac1n\bigr) - 1$ . 10. 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 $$\frac1{3(2n+1)^2} \;<\; d_n - d_{n+1} \;<\; \frac1{12n} - \frac1{12(n+1)} .$$ 11. 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 $$\sqrt{2\pi n}\Bigl(\frac n\eu\Bigr)^n \eu^{1/(12n+1)} \;<\; n! \;<\; \sqrt{2\pi n}\Bigl(\frac n\eu\Bigr)^n\eu^{1/(12n)} .$$ 12. 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 $W_n = \int_0^{\pi/2}\sin^n\theta\, \dd\theta$. 13. 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 $W_nW_{n-1} = \frac\pi{2n}$. 14. 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. 15. 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. 16. 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.** 17. (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](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/23-characteristic-functions-and-the-central-limit-theorem#ch-b3-clt). 18. (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. 19. (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](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/10-the-lebesgue-integral#pb-b3-lebesgue-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.) 20. (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. 21. (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 $2^n$). 22. (مساحات السطوح) مساحة الكرة الواحدية $S^{d-1}$ هي $s_{d-1} = d\,v_d$ (المبرهَن عليها بوصفها [التمرين 21.6](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/21-differential-forms-and-stokes-theorem#exo-b3-forms-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. 23. (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. 24. (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.)* 25. (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 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](#ex-b3-product-polar) 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](#exo-b3-product-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](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/23-characteristic-functions-and-the-central-limit-theorem#ch-b3-clt). **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](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/9-measure-theory#def-b3-measure-lebesgueouter) بالانسحاب وقاعدة تحجيمه ([المبرهنة 11.10](#thm-b3-product-linearchange) 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](#ex-b3-product-polar): 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](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/10-the-lebesgue-integral#pb-b3-lebesgue-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](https://one-course.com/books/math/5/ar/chapter/9-measure-theory#def-b3-measure-measure) في سطر واحد.