المبياد الرياضيات للدول العربية

25 . . . 1 = n تبين ان المتتالية tn ≈ {0.7144, 0.485196, 0.403627, 0.36511 , 0.336331 , 0.320376 , 0.304538, 0.295368, 0.28516, 0.278835, 0.271703, 0.266864, 0.261595, 0.257678, 0.253603, 0.250333, 0.247059, 0.244275, 0.241561, 0.239157, 0.23685, 0.234751, 0.232899, 0.230797, 0.229206 . . . } رتيبة من اجل .25 < n ومن جهة اخرى اذا كانت المتتالية غير المنتهية . . . 2, 1 ∈ n, tn من اجل بعض القيم ل t1 رتيبة فان النهاية موجودة مع .t1 = a ي ُظهر الحساب الرقمي أن القيمة المحتملة لحد الإصدار هي 7144.0 ≈ a ,اذا كانت موجودة 4949 البرهان الرابع من طرف .S Dolan ربما يكون من المثير للاهتمام السلوك الذي شهدته الاجابات السابقة لاصناف واسعة من الدوال التي تحددها الاسس . من اجل كل الاعداد الصحيحة الموجبة i نضع ui ايا من الاعداد الحقيقية بحيث 0 > ui > 1 .نعرف a(n) = u u ... un 2 1 , b(n) = u u ... un 3 2 . a(1) < a(3) < a(5) < a(7)... 1 > a(2) > a(4) > a(6) > a(8)... خاصية1 251 251

برهان a(N + 2) − a(N) = u b(N+2) 1 − u b(N) 1 . متعاكستان اشاراتان لهما b(N + 2) − b(N) و a(N + 2) − a(N) وبالتالي متباينات جميع وبالتالي مختلفة متتالية اجل من a(N + 1) − a(N − 1) فقط هي b(N + 2) − b(N) الان الخاصية الاولى تنتج بالتراجع من المتباينة البديهية الاتية (2(a > 1■ . بالتناوب وٺتناقص تتزايد (N(a الحدود [2[ برهان a(N + 2) − a(N + 1) = u b(N+2) 1 − u b(N+1) 1 . البرهان يكون بشكل مماثل لبرهان الخاصية الاولى ■ الحدود (2N( رتيبة متناقصة نحو النهاية L في حين الحدود (1 + 2N(a رتيبة متزايدة نحو النهاية l ,مع l ≥ L. نظر ية1 برهان هذه نتيجة مباشرة للخاصيتين الاولى والثانية اي (N(a محدودة ب 0 و 1■ . i البرهان الخامس من طرف Szeto الفكرة العامة هو اقحام الحدود للحصول على دالة ثم تحليل خصائصها . · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · لتكن {(x(an {متتالية لدالة قابلة للاشتقاق مرة واحدة . نعرف العلاقة التراجعية الاتية An(x) = an(x) An+1(x) ( غالبا سيتم حذف الجزء (x (للتبسيط ) ومنه لدينا A ′ n = An ( A ′ n+1 ln an + An+1 a ′ n an ) · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ليكن tn = 1 n − 1 n + 1 252 252

نضع H(x) =    1, x < 0 cos(πx)+1 2 , 0 ≤ x ≤ 1 0, x > 0 نعرف an(x) = (tn) H(n−x) وبالتالي تصبح متتالية زراولية بالشكل الاتي {A1(1), A1(2), A1(3), · · · } وبالتالي نهاية هاته المتتالية تصبح A1(∞) ≡ limx→∞ A1(x) والسؤال يصبح هل ان limx→∞ A1(x) موجودة ? دعونا نحلل المشتقات في البداية a ′ n = − ln(tn)H ′ (n − x)an ومنه A ′ n = الجᣞبر الفوضوي z}|{ · · · = Anbn(An+1H ′ (n − x) − A ′ n+1H(n − x)) .bn = ln(n(n + 1)) مع ′H .وبالتالي يمكن الكتابة تراجعيا مايلي (n − x) = 0 ,n < ⌊x⌋ اجل من A ′ 1 =   ∏ ⌊x⌋ k=1 (−Akbk)   A ′ ⌊x⌋+1 مع A ′ ⌊x⌋+1 = A⌊x⌋+1b⌊x⌋+1(A⌊x⌋+2H ′ (⌊x⌋ + 1 − x) − A ′ ⌊x⌋+2H(⌊x⌋ + 1 − x) | {z } =0 ) يمكننا أخيرًا كتابة شيء أكثر إتقانًا A ′ 1 = −  A⌊x⌋+2 ⌊x∏ ⌋+1 k=1 (−Akbk)   sin π(x − ⌊x⌋) 2 يمكننا بسهولة رؤ ية تناوب الاشارة ‘A1 :لما x يزداد اي (x’(A1 يغير الاشارة . اذا كان الجداء لايتقارب نحو الصفر فان 0’(∞) ̸= A1 ;وبسبب التغيير المستمر للاشارة فانه يمكن للمرء ان يلاحظ ان (x(A1 لمواصلة الصعود والنزول مادام x يصبح اكبر فاكبر وبالتالي يمكن لنا ان نتوقع ان الحد (∞)A1 غير موجود 253 253

بالرغم انني لم اتمكن من برهان ان الجداء لايتقارب نحو الصفر مشكل تقارب متتاليات زراولية تم تصنيفه ضمن قائمة المشاكل المفتوحة في الانظمة الديناميكية المنفصلة حيث نقدم مكافاة مالية قدرها 450 دولار لمن يتمكن من اثبات ان نهاية هاته المتتالية موجودة او لا يمكن للقراء الاطلاع على المرجع [17[ ملاحظة XXV حساب بعض المجاميع الجزئية المهمة Basel مشكل 11 المجموع الاتي يمثل حل لمشكلة Basel وهذا المجموع تم اكتشافه من طرف العالم السويسري Euler والمعرف بالشكل الاتي ζ(2) = ∑∞ k=1 1 k 2 = π 2 6 . حيث ζ تمثل الدالة زيتا لريمان . سنتناول في هذا الجزء بعض البراهين المعروفة وغير المعروفة لتبيان ان المجموع اعلاه فعلا يساوي π 2 6 . ّٰه ستنفع طلاب الثانوي والجامعي لاستعمال افكار ومنهجيات صارمة تنمي قدراته على حساب البراهين التي سنقدمها ان شاء الل المجاميع الاخرى التي يصادفها في منافسات الالمبياد . 1 البرهان i هذا البرهان احد افضل البراهين التي قدمها العالم السويسري Euler في ورقته البحثية . ( انظر [18 ( [الدالة x sin مع R ∈ x هي بالضبط تساوي الصفر عند nπ = x من اجل كل عدد صحيح n .اذا قمنا بتحليلها على شكل جداء غير منتهي نحصل على sin x = · · · ( 1 + x 3π ) (1 + x 2π ) (1 + x π ) x ( 1 − x π ) (1 − x 2π ) (1 − x 3π ) · · · = x ( 1 − x 2 π 2 ) (1 − x 2 2 2π 2 ) (1 − x 2 3 2π 2 ) · · · . يمكن ايضا ان نمثل او نكتب x sin على شكل سلسلة تايلور عند 0 = x :بالشكل الاتي sin x = x − x 3 3! + x 5 5! − x 7 7! + · · · . x نلاحظ ان 3 بضرب الناتج وتحديد معاملات الحد x 3 3! = x ( x 2 π 2 + x 2 2 2π 2 + x 2 3 2π 2 + · · · ) = x 3∑∞ n=1 1 n2π 2 254 254

او بالاحرى ∑∞ n=1 1 n2 = π 2 6 . وهو المطلوب 2 البرهان ii في هذا البرهان نحاول استعمال سلاسل فور يه . يمكن ان نستعمل الدالة مربع اي x) = x(f مع π ≤ x ≤ π −ونحاول ان ننشرها على شكل سلاسل فور يه المثلثية اي 2 a0 2 + ∑∞ n=1 (an cos nx + bn sin nx), والتي هي دور ية ٺتقارب نحو (x(f في [π, π.[− لاحظ ان (x(f زوجية ومن الكافي تحديد المعاملات an = 1 π ∫ π −π f(x) cos nx dx n = 0, 1, 2, 3, ..., لان bn = 1 π ∫ π −π f(x)sin nx dx = 0 n = 1, 2, 3, .... من اجل 0 = n لدينا a0 = 1 π ∫ π −π x 2 dx = 2 π ∫ π 0 x 2 dx = 2π 2 3 . ومن اجل ... ,3, 2, 1 = n نحصل على an = 1 π ∫ π −π x 2 cos nx dx = 2 π ∫ π 0 x 2 cos nx dx = 2 π × 2π n2 (−1)n = (−1)n 4 n2 , لان ∫ x 2 cos nx dx = 2x n2 cos nx + ( x 2 n − 2 n3 ) sin nx. وبالتالي f(x) = π 2 3 + ∑∞ n=1 ( (−1)n 4 n2 cos nx) . على نتحصل, f(π) = π 2 مادام π 2 = π 2 3 + ∑∞ n=1 ( (−1)n 4 n2 cos(nπ) ) 255 255

π 2 = π 2 3 + 4∑∞ n=1 ( (−1)n (−1)n 1 n2 ) π 2 = π 2 3 + 4∑∞ n=1 1 n2 . وبالتالي ∑∞ n=1 1 n2 = π 2 4 − π 2 12 = π 2 6 · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · الطر يقة الثانية متاحة على الخط من طرف Eric. Rowland انطلاقا من log(1 − t) = − ∑∞ n=1 t n n e = t يمكن للمرء الحصول على نشر السلسلة بالشكل الاتي وباستبدال المتغير ix w = Log(1 − e ix) = − ∑∞ n=1 e inx n = − ∑∞ n=1 1 n cos nx − i ∑∞ n=1 1 n sin nx, والتي نصف تقاربها هو .1 الان اذا اخذنا الجزء التخيلي للطرفين الطرف الايمن يصبح ℑw = − ∑∞ n=1 1 n sin nx, والطرف الايسر ℑw = arg (1 − cos x − isin x) = arctan − sin x 1 − cos x . مادام arctan − sin x 1 − cos x = − arctan 2 sin x 2 · cos x 2 2 sin2 x 2 = − arctan cot x 2 = − arctan tan (π 2 − x 2 ) = x 2 − π 2 , النشر الاتي يكون محقق (1) π 2 − x 2 = ∑∞ n=1 1 n sin nx بتكامل المتطابقة الاخيرة (1 ,(نحصل على (2) π 2 x − x 2 4 + C = − ∑∞ n=1 1 n2 cos nx 256 256

بوضع 0 = x ,نحصل على العلاقة بين C و (2(ζ C = − ∑∞ n=1 1 n2 = −ζ(2). ومن اجل π = x ,مادام ζ(2) = 2∑∞ n=1 (−1)n−1 n2 , نستنتج ان π 2 4 + C = − ∑∞ n=1 1 n2 cos nπ = ∑∞ n=1 (−1)n−1 n2 = 1 2 ζ(2) = − 1 2 C. نحل من اجل C C = − π 2 6 , وبالتالي برهنا ان ζ(2) = π 2 6 . هاته الطر يقة اي الثانية تولد جميع قيم الدالة زيتا لريمان وذلك بتكامل طرفي المتطابقة (2 (ولـكن للااسف لاتعمل من اجل (1 + 2n(ζ . كما اننا نلاحظ ايضا انه يمكن الحصول على C = − π 2 6 بتكامل المتطابقة (2 (والتعو يض ب x = 0, x = π على الترتيب هاته الطر يقة اي الثانية تولد جميع قيم الدالة زيتا لريمان وذلك بتكامل طرفي المتطابقة (2 (ولـكن للااسف لاتعمل من اجل (1 + 2n(ζ . كما اننا نلاحظ ايضا انه يمكن الحصول على C = − π 2 6 بتكامل المتطابقة (2 (والتعو يض ب x = 0, x = π على الترتيب ملاحظة 4 البرهان 22 نعرف السلسلة الاتية من اجل 0 > x sin x x = 1 − x 2 3! + x 4 5! − x 6 7! + · · · . = x للوصول الى الان نعوض y√ sin √y √y = 1 − y 3! + y 2 5! − y 3 7! + · · · . n = y من اجل 0 ̸= n و n في مجموعة الاعداد الصحيحة 2π 2 ان نجد sin √y √y اذا وجدنا جذور المعادلة 0= مع وضع كل هذا في الاعتبار ، تذكر ذلك في كثير الحدود r1, r2, · · · , rn المعادلة جذور مع P(x) = anx n + an−1x n−1 + · · · + a1x + a0 257 257

1 r1 + 1 r2 + · · · + 1 rn = − a1 a0 y √sin ككثير حدود نلاحظ ان √y معالجة السلسلة أعلاه لـ 1 1 2π 2 + 1 2 2π 2 + 1 3 2π 2 + · · · = − − 1 3! 1 π نحصل على قيمة السلسلة المطلو بة . 2 نضرب الطرفين في 1 1 2 + 1 2 2 + 1 3 2 + · · · = π 2 6 . 5 البرهان 33 نلاحظ ان π 2 sin2 πz = ∑∞ n=−∞ 1 (z − n) 2 من التحليل المركب وكذلك طرفي المتطابقة السابقة تحليلية في كل مكان عدا · · · ,2, ±1, ±0 = n .ومنه يمكن الحصول على π 2 sin2 πz − 1 z 2 = ∑∞ n=1 1 (z − n) 2 + ∑∞ n=1 1 (z + n) 2 . الان الطرف الايمن تحليلي عند 0 = z ومن هنا لدينا limz→0 ( π 2 sin2 πz − 1 z 2 ) = 2∑∞ n=1 1 n2 . لاحظ ان limz→0 ( π 2 sin2 πz − 1 z 2 ) = π 2 3 . وبالتالي ∑∞ n=1 1 n2 = π 2 6 . 6 البرهان 44 ليكن s = sin−1x ومنه 258 258

π ∫2 0 sds = π 2 8 لـكن بعد ذلك ∫ 1 0 sin−1x √ 1 − x 2 dx = π 2 8 مادام sin−1x = ∫ dx √ 1 − x 2 = x + 1 2 x 3 3 + 1 · 3 2 · 4 x 5 5 + 1 · 3 · 5 2 · 4 · 6 x 7 7 + · · · لدينا ∫ 1 0 { dx √ 1 − x 2 ∫ dx √ 1 − x 2 } = ∫ 1 0 { x + 1 2 x 3 3 dx √ 1 − x 2 + 1 · 3 2 · 4 x 5 5 dx √ 1 − x 2 + · · ·} لـكن ∫ 1 0 x 2n+1 √ 1 − x 2 dx = 2n 2n + 1 ∫ 1 0 x 2n−1 √ 1 − x 2 dx والذي يقود نحو ∫ 1 0 x 2n+1 √ 1 − x 2 dx = (2n)!! (2n + 1)!! مادام جميع القوى فردية . ينتج في النهاية : π 2 8 = 1 + 1 2 1 3 ( 2 3 ) + 1 · 3 2 · 4 1 5 ( 2 · 4 3 · 5 ) + 1 · 3 · 5 2 · 4 · 6 1 7 ( 2 · 4 · 6 3 · 5 · 7 ) · · · π 2 8 = 1 + 1 3 2 + 1 5 2 + 1 7 2 + · · · ليكن 1 + 1 2 2 + 1 3 2 + 1 4 2 + · · · = ω ومنه 1 2 2 + 1 4 2 + 1 6 2 + 1 8 2 + · · · = ω 4 والذي يعني ω 4 + π 2 8 = ω او ω = π 2 6 259 259

55 بعض المجاميع المهمة والمتعلقة بالعدد π π 2 = 2 1 · 2 3 · 4 3 · 4 5 · 6 5 · 6 7 · 8 7 · . . . π 4 = 1 − 1 3 + 1 5 − 1 7 + 1 9 − . . . π 2 6 = 1 + 1 2 2 + 1 3 2 + 1 4 2 + 1 5 2 + . . . π 3 32 = 1 − 1 3 3 + 1 5 3 − 1 7 3 + 1 9 3 − . . . π 4 90 = 1 + 1 2 4 + 1 3 4 + 1 4 4 + 1 5 4 + . . . 2 π = √ 2 2 · √ 2 + √ 2 2 · √ 2 + √ 2 + √ 2 2 · . . . π = 4 1 + 1 2 3 + 2 2 5 + 3 2 7 + 4 2 9 + . . . 1 مثال 66 احسب المجموع الاتي 0! 4! + 1! 5! + 2! 6! + 3! 7! + 4! 8! + · · · i الحل لدينا : ∑ n≥0 n! (n + 4)! = ∑ n≥0 Γ(n + 1) Γ(n + 5) = 1 Γ(4) ∑ n≥0 B(4, n + 1) = 1 6 ∫ 1 0 ∑ n≥0 x n (1 − x) 3 dx = 1 6 ∫ 1 0 (1 − x) 2 dx = 1 6 ∫ 1 0 x 2 dx = 1 6 · 1 3 = 1 18 . 260 260

بنفس الطر يقة يمكن حساب ∑ n≥0 n! (n + k)! = 1 (k − 1) · (k − 1)! .n ∈ N من اجل كل + 2 مثال 77 برهن ان 1 1 · 3 + 1 3 · 5 + 1 5 · 7 + · · · = 1 2 . i الحل نحاول ان نكتب السلسلة المراد حسابها على شكل سلسلة تلسكوبية ثم نقوم بحساب مجموعها اي : S = 1 1 · 3 + 1 3 · 5 + 1 5 · 7 + · · · = ∑∞ n=1 1 (2n − 1) (2n + 1) = ∑∞ n=1 ( 1 2 (2n − 1) − 1 2 (2n + 1)) تحليل الـكسور الجزئية = 1 2 ∑∞ n=1 ( 1 2n − 1 − 1 2n + 1) سلسلة تلسكوبية = 1 2 ∑∞ n=1 (an − an+1), an = 1 2n − 1 , an+1 = 1 2 (n + 1) − 1 = 1 2n + 1 = 1 2 ( a1 − limn→∞ an ) انظر ادناه = 1 2 ( 1 2 · 1 − 1 − limn→∞ 1 2n − 1 ) = 1 2 (1 − 0) = 1 2 . مجموع السلسلة التلسكوبية يكون بالشكل الاتي : ∑∞ n=1 (an − an+1) هي نهاية مجموع السلسلة التلسكوبية التية ∑ N n=1 (an − an+1) لما N يؤول نحو ∞. مادام 261 261

∑ N n=1 (an − an+1) = (a1 − a2) + (a2 − a3) + . . . + (aN−1 − aN ) + (aN − aN+1) =a1 − a2 + a2 − a3 + . . . + aN−1 − aN + aN − aN+1 =a1 − aN+1, لدينا ∑∞ n=1 (an − an+1) = lim N→∞ ∑ N n=1 (an − an+1) = lim N→∞ (a1 − aN+1) =a1 − lim N→∞ aN+1 =a1 − lim N→∞ aN =a1 − limn→∞ an 3مثال 88 احسب 1 1 · 2 · 3 + 1 5 · 6 · 7 + 1 9 · 10 · 11 + · · · i الحل في البداية نقوم بالتحليل الى الـكسور الجزئية S = 1 2 ∑∞ r=0 ( 1 4k + 1 − 2 4k + 2 + 1 4k + 3) ثم نكتب هذا بشكل ضمني بحيث 2S = ( 1 1 − 2 2 + 1 3 ) + ( 1 5 − 2 6 + 1 7 ) + ( 1 9 − 2 10 + 1 11) + ... 262 262

ثم نجمع الحدود ونطرحها بشكل منهجي 2S = ( 1 1 − 1 2 + 1 3 − 1 4 ) + ( − 1 2 + 1 4 ) + ( 1 5 − 1 6 + 1 7 − 1 8 ) + ( − 1 6 + 1 8 ) + ( 1 9 − 1 10 + 1 11 − 1 12) + ( − 1 10 + 1 12) + ... ومنه 2S = ln 2 − 1 2 ln 2 اي ان S = 1 4 ln 2 4 مثال 99 برهن ان 1 − 3 2 + 1 3 + 1 4 + 1 5 − 3 6 + 1 7 + 1 8 + · · · = 0 i الحل يمكن كتابة السلسلة السابقة بالشكل الاتي S = ∑∞ k=0 ( 1 4k + 1 − 3 4k + 2 + 1 4k + 3 + 1 4k + 4) = ∑∞ k=0 ∫ 1 0 (x 4k − 3x 4k+1 + x 4k+2 + x 4k+3)dx = ∫ 1 0 (∑∞ k=0 ( x 4k − 3x 4k+1 + x 4k+2 + x 4k+3) ) dx = ∫ 1 0 1 − 3x + x 2 + x 3 1 − x 4 dx = ∫ 1 0 ( 1 1 + x − 2x 1 + x 2 ) dx = log(2) − log(2) = 0 263 263

ويمكن ايضا انشائها انطلاقا من (4(log) − 2(log 2 بالشكل الاتي 2 log(2) = 2∑∞ k=0 ( 1 2k + 1 − 1 2k + 2) = 2∑∞ k=0 ( 1 4k + 1 − 1 4k + 2 + 1 4k + 3 − 1 4k + 4) = ∑∞ k=0 ( 2 4k + 1 − 2 4k + 2 + 2 4k + 3 − 2 4k + 4) log(4) = ∑∞ k=0 ( 1 4k + 1 + 1 4k + 2 + 1 4k + 3 − 3 4k + 4) 2 log(2) − log(4) = ∑∞ k=0 ( 2 − 1 4k + 1 − 2 + 1 4k + 2 + 2 − 1 4k + 3 − 2 − 3 4k + 4) = ∑∞ k=0 ( 1 4k + 1 − 3 4k + 2 + 1 4k + 3 + 1 4k + 4) 5 مثال 1010 احسب المجموع الاتي ∑∞ n=1 1 16n2 − 1 i الحل نعيد كتابة المجموع السابق بالشكل الاتي ∑∞ n=1 1 16n2 − 1 = ∑∞ n=1 1 (4n − 1)(4n + 1) = ∑∞ n=1 1 2 ( 1 4n − 1 − 1 4n + 1) = 1 2 ( 1 3 − 1 5 + 1 7 − 1 9 + 1 11 − 1 13 + · · · ) . لدينا باستعمال صيغة Leibniz اي π 4 = 1 − 1 3 + 1 5 − 1 7 + 1 9 − 1 11 + · · · اذن ∑∞ n=1 1 16n2 − 1 = 1 2 ( 1 − π 4 ) . 264 264

6 مثال 1111 احسب المجموع الاتي ∑∞ n=1 n + 1 2 nn2 i الحل نعتبر سلسلة Maclaurin للوغار يتم الطبيعي حيث ln(1 − x) = − ∑∞ n=1 x n n . = x والذي يقود نحو 1 2 باخذ ln ( 1 − 1 2 ) = − ∑∞ n=1 1 2 n n ln 2 = ∑∞ n=1 1 2 n n . الان نقسم سلسلة Maclaurin للوغار يتم الطبيعي على x يقود نحو ln(1 − x) x = − ∑∞ n=1 x n−1 n , بعد ذلك نقوم بمكاملة الطرفين وناخذ نهاية التكامل بحيث > x < 0 .نحصل على 1 2 ∫ 1 2 0 ln(1 − x) x dx = − ∫ 1 2 0 ∑∞ n=1 x n−1 n dx = − ∑∞ n=1 ∫ 1 2 0 x n−1 n dx = − ∑∞ n=1 x n n2      1 2 x=0 − ∫ 1 2 0 ln(1 − x) x dx = ∑∞ n=1 1 2 n n2 . التكامل في الطرف الايسر هو Li2 ( 1 2 ) = π 2 12 − ln2 2 2 265 265

= dv ,نحصل على 1 x , نقوم بمكاملة الطرف الايسر باستعمال المكاملة بالتجزئة .باخذ (x − 1(ln = u و dx ∫ 1 2 0 ln(1 − x) x dx = ln(1 − x)ln x| 1 2 0 + ∫ 1 2 0 ln x 1 − x dx = ln2 2 − limx→0 ln(1 − x)ln x − ∫ 1 2 1 ln(1 − x) x dx ; ⇒ ليكن x = 1 − x ∫ 1 2 0 ln(1 − x) x dx + ∫ 1 2 1 ln(1 − x) x dx = ln2 2 − 0 − ∑∞ n=1 x n n2      1 2 x=0 − ∑∞ n=1 x n n2      1 2 x=1 = ln2 2 ∑∞ n=1 1 2 n n2 + ∑∞ n=1 1 2 n n2 − ∑∞ n=1 1 n2 = − ln2 2 2 ∑∞ n=1 1 2 n n2 − π 2 6 = − ln2 2 ∑∞ n=1 1 2 n n2 = π 2 12 − ln2 2 2 . وبالتالي , ∑∞ n=1 n + 1 2 n n2 = ∑∞ n=1 ( 1 2 n n + 1 2 n n2 ) = ln 2 + π 2 12 − ln2 2 2 7 مثال 1212 ادرس تقارب السلسلة الاتية ∑∞ n=2 (−1)n (−1)n + n 1313 الحل ليكن s(m) = ∑m n=2 (−1)n (−1)n + n . الحدود تؤول نحو الصفر وبالتالي يكفي تبيان ان المجموع (1 + 2m(s متقارب 266 266

c s(2m + 1) = ∑2m+1 n=2 (−1)n (−1)n + n = ∑m n=1( (−1)2n (−1)2n + 2n + (−1)2n+1 (−1)2n+1 + 2n + 1 ) = ∑m n=1( 1 1 + 2n + −1 −1 + 2n + 1 ) = ∑m n=1( 1 1 + 2n − 1 2n ) = ∑m n=1 −1 2n(2n + 1) . ∑ 1 4n2 وهذا المجموع متقارب باستعمال معيار المقارنة مع للحصول على الحد الضمني , 267 267

c − s(2 m + 1) = ∑ mn=1 1 2 n(2 n + 1) = 16 + ∑ mn=2 1 2 n(2 n + 1) < 16 + ∑ mn=2 1 2 n(2 n − 2) = 16 + 14 ∑ mn=2 1 n ( n − 1) = 16 + 14 ∑ mn=2 ( 1 n − 1 − 1n ) = 16 + 14 (1 − 1m ) < 7 و 12 − s(2 m + 1) = ∑ mn=1 1 2 n(2 n + 1) = 16 + ∑ mn=2 1 2 n(2 n + 1) > 16 + ∑ mn=2 1 2 n(2 n + 2) = 16 + 14 ∑ mn=2 1 n ( n + 1) = 16 + 14 ∑ mn=2 ( 1n − 1 n + 1 ) = 16 + 14 ( 12 − 1 m + 1 ) = 16 + 18 − 1 4( m + 1) ) = 7 24 − 1 4( m + 1) 268 268

8 مثال 1414 ادرس تقارب السلسلة الاتية ∑∞ n=1 sin(n − √ n2 + n) n i الحل الفكرة الاساسية هنا هي ان المتتالية n − √ n2 + n − لما n يؤول نحو المالانهاية لان : 1 2 ٺتقارب نحو n − √ n2 + n = (n − √ n2 + n) × n + √ n2 + n n + √ n2 + n = n 2 − (n 2 + n) n + √ n2 + n = − n n + √ n2 + n = − 1 1 + √ 1 + 1 n −. وبالتالي السلسلة متباعدة لان الشرط اللازم وليس كافي هو ان تكون 1 2 خذ النهاية لما n يؤول نحو مالانهاية نحصل على نهاية المتتالية الممثلة للسلسلة تؤول نحو الصفر XXVI الحساب التفاضلي والتكامل 1 مثال i احسب مايلي ∫ x x 2 + 4 dx ii الحل ∫ xdx x 2 + 4 = 1 2 ∫ 2xdx x 2 + 4 = 1 2 ln(x 2 + 4) + C مع العلم اننا استعملنا d dx(x 2 + 4) = 2x و ∫ dt t = ln |t| + C. 269 269

2 مثال 11 احسب مايلي ∫ dx x 2 (1 + x 3 ) 2 3 i الحل التكامل الجزئي يعطي ∫ dx x 2 (1 + x 3 ) 2 3 dx = ∫ 1 + x 3 − x 3 x 2 (1 + x 3 ) 2 3 dx = ∫ 1 x 2 |{z} u′ √3 1 + x 3 | {z } v dx − ∫ x (1 + x 3 ) 2 3 dx = − √3 1 + x 3 x + ∫ 1 x · x 2 (1 + x 3 ) 2 3 dx − ∫ x (1 + x 3 ) 2 3 dx = − √3 1 + x 3 x (+C) 3 مثال 22 احسب مايلي ∫ 1 (2x + 1)√ x 2 + 7 dx . i الحل ,dx = t 2 + 7 2t 2 = x في حين dt t 2 − 7 2t = x − t ,سنحصل على √ x باستعمال استبدال المتغير الخطي ل Euler 7 + 2 اذن التكامل المراد حسابه يصبح ∫ 1 (2x + 1)√ x 2 + 7 dx = ∫ 1 t 2 + t − 7 dt = ∫ 1 ( t + √ 29 + 1 2 ) (t − √ 29 − 1 2 ) dt = − ∫ [ 2 √ 29(2t + √ 29 + 1) + 2 √ 29(−2t + √ 29 − 1)] dt. .v = −2t + √ 29 − 1 و u = 2t + √ الجزء الاخير يمكن حله باستبدال المتغير الاتي 1 + 29 270 270

4 مثال 33 احسب مايلي ∫ x √ 2x 2 + 3 dx i الحل ∫ x √ 2x 2 + 3 dx = u ,ومنه √ 2x 2 + 3 ليكن d dxu = 2x √ 2x 2 + 3 ⇒ 1 2 du = x √ 2x 2 + 3 dx ومنه الان 1 2 ∫ du = 1 2 u + C = 1 2 √ 2x 2 + 3 + C 5 مثال 44 احسب مايلي ∫ ∞ −∞ x 2 1 √ 2π e − 1 2 x 2 dx i الحل يمكن حساب التكامل الاتي عادة باستعمال تحو يل لابلاس كالاتي ∫ ∞ −∞ x 2 1 √ 2π e − x 2 2 dx ,f(−x) = f(x) : الزوجية الدالة بتناظر = 2 1 √ 2π ∫ ∞ 0 x 2 e − x 2 2 dx = √ 2 π ∫ ∞ 0 x 2 e − x 2 2 dx ,dx = √ 1 2u du = √ 1 2 √ du u x او 2 2 = u =⇒ x dx = du ليكن = √ 2 π ∫ ∞ 0 (2u)e −u 1 √ 2 du √ u 271 271

= 2 √ π ∫ ∞ 0 u 1/2e −u du , ∫ ∞ 0 t n e −st dt = Γ(n+1) باستعمال تحو يل لابلاس لدينا 1+sn = 2 √ π [ Γ ( 1 + 1 2 ) s 1+ 1 2 ] s=1 = 2 √ π [ 1 2 Γ ( 1 2 ) (1)3/2 ] = 2 √ π [ 1 2 √ π ] = 1 6 مثال 55 احسب مايلي ∫ 4x √ 1 − x 4dx i الحل نكتب ∫ 4x √ 1 − x 4dx = 2 ∫ 2x √ 1 − (x 2 ) 2dx = 2 ∫ √ 1 − u 2du = 2 ∫ cost √ 1 − sin2 t dt = 2 ∫ cos2 t dt = t + 1 2 sin(2t) + C = t + sin t cost + C = arcsin(x 2 ) + x 2 √ 1 − x 4 + C, 272 272

7 مثال 66 احسب مايلي باستعمال استبدال المتغير المثلثي ∫ √ 9 − x 2 dx i الحل لدينا وبالتالي, dx = 3 cos ϕdϕ,x = 3 sin ϕ ليكن 3 ∫ dϕ cos ϕ √ 9(1 − sin2ϕ) = 9 ∫ dϕ cos2 ϕ = 9 ∫ dϕ1 2 (1 + cos(2ϕ)) = 9ϕ 2 + 9 sin(2ϕ) 4 + C وايضا نلاحظ ان ∫ √ 9 − x 2dx = 9ϕ 2 + 9 sin(2ϕ) 4 + C 1−sin = ϕ .بالتبسيط نحصل على (x/3) مع ∫ √ 9 − x 2dx = 1 2 (√ 9 − x 2 + 9 sin−1 (x 3 )) 8 مثال 77 احسب مايلي ∫ cos x 1 + cos x dx i ألحل cos x 1 + cos x = 2 cos2 x 2 − 1 2 cos2 x 2 = 1 − 1 2 sec2 x 2 =⇒ ∫ cos xdx 1 + cos x = ∫ ( 1 − 1 2 sec2 x 2 ) dx = x − tan x 2 + C 9 مثال 88 احسب مايلي ∫ dx 1 + sin x + cos x 273 273

i الحل من السهل التذكير بالمتطابقات نصف الزاو ية الاتية sin x 2 = √ 1 − cos x 2 , cos x 2 = √ 1 + cos x 2 , في حين يمكن كتابة tan2 x 2 = 1 − cos x 1 + cos x = sin2 x (1 + cos x) 2 , والذي ينتج عنه tan x 2 = sin x 1 + cos x , sec2 x 2 = 2 1 + cos x . وهناك العديد من المتطابقات المثلثية التي يمكن بها اثبات المتطابقات الموجودة في الاطار اعلاه .اذن لدينا 1 1 + sin x + cos x = 1 1+cos x 1 + sin x 1+cos x = 1 2 sec2 x 2 1 + tan x 2 واستبدال المتغير u = tan x 2 , du = 1 2 sec2 x 2 dx يقود مباشرة نحو ∫ dx 1 + sin x + cos x = ∫ du 1 + u = log |1 + u| + C = log   1 + tan x 2    + C. 10 مثال 99 احسب مايلي ∫ 1 √ 2x − √ x + 4 dx i الحل ∫ 1 √ 2x − √ x + 4 dx = ∫ ( √ 2x + √ x + 4) ( √ 2x − √ x + 4)(√ 2x + √ x + 4) dx = = ∫ √ 2x + √ x + 4 x − 4 dx = ∫ √ 2x dx x − 4 + ∫ √ x + 4 dx x − 4 274 274

= ∫ √ 2 xd( √ x) x − 4 + ∫ 2(x + 4)d( √ x + 4) x − 4 = ∫ (2√ 2(x − 4) + 8√ 2)d( √ x) x − 4 + ∫ (2(x − 4) + 16)d( √ x + 4) x − 4 = 2√ 2 ∫ d( √ x) + 8√ 2 ∫ d( √ x) ( √ x) 2 − 2 2 + 2 ∫ d( √ x + 4) + 16 ∫ d( √ x + 4) ( √ x + 4)2 − (2√ 2)2 = 2√ 2 √ x + 8√ 2 1 2 · 2 ln     √ x − 2 √ x + 2     + 2√ x + 4 + 16 1 2 · 2 √ 2 ln      √ x + 4 − 2 √ 2 √ x + 4 + 2√ 2      = 2√ 2x + 2√ 2 ln     √ x − 2 √ x + 2     + 2√ x + 4 + 2√ 2 ln      √ x + 4 − 2 √ 2 √ x + 4 + 2√ 2      + C 11 مثال 1010 ادرس قابلية اشتقاق الدالة الاتية min{|x − 2|, |x|, |x + 2|} 2 و 0, −2 عند i الحل الدالة السابقة غير قابلة للاشتقاق عند الفوااصل السابقة . انظر التمثيل البياني ادناه . 12 مثال 1111 برهن ان ∫ 1 x ln(x) هو 275 275

1212 الحل في الحالة العامة لدينا : y ′ (x) = 1 x ′ (y) : · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · اذن لدينا f ′ (a) = limx→a f(x) − f(a) x − a = limx→a f(x) − f(a) f −1 ( f(x) ) − f −1 ( f(a) ) = limx→a 1 f −1 ( f(x) ) − f −1 ( f(a) ) f(x) − f(a) = 1 limx→a f −1 ( f(x) ) − f −1 ( f(a) ) f(x) − f(a) = 1 [ f −1 ]′( f(a) ) · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · e ,يكون لدينا x الان مادام x ln هي الدالة العكسية للدالة (e x ) ′ = e x => ln′ x = 1 e ln x = 1 x . اكثر من ذلك كما نلاحظ في البيان ادناه التمثيل البياني للدالة اللوغاريتمية متناظر مع التمثيل البياني للدالة الاسية بالنسبة الى المنصف الاول .f(x) = x 276 276

13 مثال 1313 برهن ان d dxx n = nxn−1 من اجل R ∈ n i الحل يمكننا اثبات القاعدة السابقة باستعمال هاته المتطابقة x n = e n ln x من اجل كل C ∈ x ماعدا 0 ,C ∈ n .الان باستعمال القاعدة الاتية d dx ( e f(x) ) = f ′ (x) · e f(x) d dx ( x n ) = d dx ( e n ln x ) = n x · e n ln x = n x · x n = n · x n−1 ويمكن ان نستعمل طر يقة اخرى يستوعبها طلاب الثانوي بشكل جيد وهو استعمال العدد المشتق عند العدد الـكيفي R ∈ a x) = x(f من اجل كل x ,مع N ∈ n .نجد ان n لتكن R→ 7 R : f الدالة العددية المعرفة بالشكل الاتي f ′ (a) = limx→a f(x) − f(a) x − a = limx→a x n − a n x − a = limx→a (x − a)(x n−1 + x n−2a + x n−3a 2 + . . . + xan−2 + a n−1 ) x − a = limx→a x n−1 + x n−2 a + x n−3 a 2 + . . . + xan−2 + a n−1 = a n−1 + a n−2 a + a n−3 a 2 + . . . + aan−2 + a n−1 = a n−1 + a n−1 + a n−1 + . . . + a n−1 + a n−1 | {z } حد n = nan−1■ x/1 ثم نستعمل قاعدة القسمة x على الشكل n −n هذا البرهان يمكن تمديده الى الاعداد السالبة في الاس حيث نحاول كتابة 14 مثال 1414 لتكن النهاية الشهيرة الاتية lim h→0 sin(h) h = 1, احسب النهاية الاتية : lim h→0 sin(x + h) − sin(x) h 277 277

i الحل lim h→0 sin(x + h) − sin x h = lim h→0 (sin x cos h + cos x sin h) − sin x h دستور الجمع المثلثي = lim h→0 sin x(cos h − 1) + cos x sin h h تبديل الحدود في البسط = lim h→0 ( sin x(cos h − 1) h + cos x sin h h ) تجزئة الـكسر = lim h→0 sin x(cos h − 1) h + lim h→0 cos x sin h h = sin x lim h→0 cos h − 1 h + cos x lim h→0 sin h h = sin x · 0 + cos x · 1 المتطابقات نهاية تطبيق = cos x. تبسيط 15 مثال 1515 احسب النهاية الاتية x 2 sin ( ln √ cos π x ) i الحل lim ,نحصل على t→0 log(1−t) t = −1 و lim t→0 sin(t) باستعمال النهايتين الشهيرتين الاتيني 1 = t limx→∞ x 2 sin ( log (√ cos(π/x) )) = π 2 lim t→0 sin ( 1 2 log(cos(t))) t 2 = π 2 lim t→0 1 2 log(cos(t)) t 2 sin ( 1 2 log(cos(t))) 1 2 log(cos(t)) = π 2 lim t→0 1 4 log(cos2 (t)) t 2 · 1 = π 2 4 lim t→0 log ( 1 − sin2 (t) ) t 2 = π 2 4 lim t→0 sin2 (t) t 2 log ( 1 − sin2 (t) ) sin2 (t) = π 2 4 ( lim t→0 sin(t) t )2 · (−1) = − π 2 4 278 278

او بطر يقة اخرى . نذكر انه مادام 0 → u ,اذن لدينا cos u = 1 − u 2 2 + O(u 3 ) sin u = u + O(u 3 ) ln(1 + u) = u − u 2 2 + O(u 3 ) تعطي ,مادام ∞ → x ,فان cos π x = 1 − π 2 2x 2 + O ( 1 x 3 ) log ( cos π x ) = log ( 1 − π 2 2x 2 + O ( 1 x 3 )) log ( cos π x ) = − π 2 2x 2 + O ( 1 x 3 ) log (√ cos π x ) = − π 2 4x 2 + O ( 1 x 3 ) وكذلك sin ( log (√ cos π x )) = − π 2 4x 2 + O ( 1 x 3 ) x 2 sin ( log (√ cos π x )) = − π 2 4 + O ( 1 x ) − والتي تمثل النهاية المراد حسابها π 2 4 والتي تعطي 16 مثال 1616 احسب مايلي : limx→∞ x 2 log ( x + 1 x ) − x i الحل باستعمال المتراجحة المضاعفة الاتية 2x 2 + x ≤ ln(1 + x) ≤ x √ 1 + x والمحققة من اجل 0 ≥ x .في مثالنا لدينا ln(1 + 1 x ) 279 279

, والتي تقود نحو x 2 2 x 2 + 1 x − x ≤ x 2 ln( 1 + 1 x ) − x ≤ x 2 1 √ x 1 + 1 x − x. بالنسبة للطرف الايمن لدينا : x 2 2 x 2 + 1 x − x = x ( 2 2 + 1 x − 1 ) = x ( − 1 x 2 + 1 x ) = −1 2 + 1 x −−−→x→∞ − 1 2 . اما بالنسبة للطرف الايسر لدينا x 2 1 √ x 1 + 1 x − x = x   1 √ 1 + 1 x − 1   = x   1 − √ 1 + 1 x √ 1 + 1 x   = x   − 1 √ x 1 + 1 x ( 1 + √ 1 + 1 x )   = −1 √ 1 + 1 x ( 1 + √ 1 + 1 x ) −−−→x→∞ − 1 2 . فقط نستعمل نظر ية الحصر فنحصل على النهاية التي نبحث عنها . 17 مثال 1717 احسب lim x→π/2 sin x − 1 (1 + cos 2x) i الحل لدينا lim x→π 2 sin x − 1 (1 + cos 2x) = lim x→π 2 sin x − 1 (1 + cos2 x − sin2 x) = lim x→π 2 sin x − 1 (1 + (1 − sin2 x) − sin2 x) = lim x→π 2 sin x − 1 2(1 − sin2 x) = lim x→π 2 sin x − 1 2(1 − sin x)(1 + sin x) = lim x→π 2 −1 2(1 + sin x) = − 1 4 280 280

...x0 = π 2 باستعمال نشر تايلو عند sin(x) = 1 − (π/2 − x) 2 /2 + . . . cos(2x) = −1 + 2(π/2 − x) 2 + . . . ومنه : lim x→π 2 sin x − 1 (1 + cos 2x) = lim x→π 2 1 − (π/2 − x) 2/2 − 1 + . . . (1 − 1 + 2(π/2 − x) 2 + . . .) = = lim x→π 2 −(π/2 − x) 2/2 + . . . 2(π/2 − x) 2 + . . . = − 1 4 18 مثال 1818 بين ان limx→0 ( (cos(x))sin(x) − √ 1 − x 3 x 6 ) . i الحل L = limx→0 ( (cos(x))sin(x) − √ 1 − x 3 x 6 ) =⇒ L = limx→0 e sin(x)×ln(cos(x)) − e ln(1−x 3) 2 x 6 =⇒ L = limx→0 e ln(1−x 3) 2 × ( e sin(x)×ln(cos(x))− ln(1−x 3) 2 − 1 x 6 ) =⇒ L = limx→0 e sin(x)×ln(cos(x))− ln(1−x 3) 2 − 1 x 6 [ باستعمال limx→0 ( e x − 1 x = 1)] =⇒ L = limx→0 sin(x) × ln(cos(x)) − ln(1−x 3 ) 2 x 6 الان مادامت النهاية موجودة اذن نستنتج L.H.L. = R.H.L. = L =⇒ 2L = L.H.L. + R.H.L. = lim x→0− sin(x) × ln(cos(x)) − ln(1−x 3 ) 2 x 6 + lim x→0+ sin(x) × ln(cos(x)) − ln(1−x 3 ) 2 x 6 = limx→0 sin(−x) × ln(cos(−x)) − ln(1+x 3 ) 2 x 6 + limx→0 sin(x) × ln(cos(x)) − ln(1−x 3 ) 2 x 6 [ lim باستعمال x→0− f(x) = limx→0 f(0 − x) ] = limx→0 − ln(1−x 6 ) 2 x 6 281 281

= −(−x 6 ) 2x 6 [ باستعمال limx→0 ln(1 + x) x = 1] = 1 2 =⇒ L = 1 4 19 مثال 1919 برهن ان هذا التكامل ∫ ∞ 0 | sin x x |dx متباعد i الحل لدينا ∫∞ 0     sin x x     dx = ∑∞ n=0 (n∫ +1)π nπ     sin x x     dx ≥ ∑∞ n=0 (n∫ +1)π nπ     sin x (n + 1)π     dx = ∑∞ n=0 1 (n + 1)π (n∫ +1)π nπ |sin x| dx = ∑∞ n=0 2 (n + 1)π = 2 π ∑∞ n=0 1 n + 1 = 2 π ( 1 + 1 2 + 1 3 + . . . ) = ∞ 282 282

20 مثال 2020 احسب ∫ ∞ 0 log x 1 + e x dx i الحل ∞ ∫ الى غاية الحدود (1(o من اجل +0 → ϵ .باستعمال المتطابقة ϵ log x 1 + e x لنحسب dx 1 e x + 1 = 1 e x − 1 − 2 e 2x − 1 , لدينا ∫ ∞ ϵ log x 1 + e x dx = ∫ ∞ ϵ log x e x − 1 dx − ∫ ∞ ϵ 2 log x e 2x − 1 dx = ∫ ∞ ϵ log x e x − 1 dx − ∫ ∞ 2ϵ log x − log 2 e x − 1 dx = ∫ 2ϵ ϵ log x e x − 1 dx + ∫ ∞ 2ϵ log 2 e x − 1 dx 2ϵ ,∫ نلاحظ ان ϵ | log x| dx = o(1) و 1 e x − 1 = 1 x + O(1) باستعمال ∫ 2ϵ ϵ log x e x − 1 dx = ∫ 2ϵ ϵ log x x dx + o(1) = 1 2 log2 2 + log 2 log ϵ + o(1) و ∫ ∞ 2ϵ log 2 e x − 1 dx = log 2 log 1 1 − e −2ϵ = − log2 2 − log 2 log ϵ + o(1), ومنه ∫ ∞ ϵ log x 1 + e x dx = − 1 2 log2 2 + o(1), والتكامل الذي بحوزتنا يصبح ∫ ∞ 0 log x 1 + e x dx = − 1 2 log2 2. 21 مثال 2121 بين ان ∫ ∞ 0 ln (x 3 − x 2 − x + 1 x 3 + x 2 + x + 1 )1 x dx = − 3π 2 4 283 283

i الحل = I .يمكن ان نكتب , ∫ ∞ 0 ln ( x 3 − x 2 − x + 1 x 3 + x 2 + x + 1) 1 x ليكن dx I = ∫ ∞ 0 ln ( (x − 1)2 (x + 1) (x + 1)(x 2 + 1)) 1 x dx = ∫ 1 0 ln ( (x − 1)2 x 2 + 1 ) 1 x dx + ∫ ∞ 1 ln ( (x − 1)2 x 2 + 1 ) 1 x dx = ∫ 1 0 ln ( (x − 1)2 x 2 + 1 ) 1 x dx + ∫ 1 0 ln ( (1 − u) 2 u 2 + 1 ) 1 u du = 2 ∫ 1 0 ln ( (1 − x) 2 x 2 + 1 ) 1 x dx = 4 ∫ 1 0 ln (1 − x) x dx − 2 ∫ 1 0 ln (1 + x 2 ) x dx = 4 ∫ 1 0 ln (1 − x) x dx − ∫ 1 0 ln (1 + t) t dt .t = x 2 في الخطوة الثالثة استعملنا استبدال المتغير x/1 = u اما الخطوة الاخيرة استعملنا نعتبر , I1 = ∫ 1 0 ln (1 − x) x dx = − ∑∞ r=1 ∫ 1 0 x r−1 r dx = − ∑∞ r=1 1 r 2 = − π 2 6 بشكل مماثل يمكن ان نكتب ∫ 1 0 ln (1 + x) x dx = π 2 12 . بتعو يض القيم نحصل على I = − 3π 2 4 22 مثال 2222 بين ان I = ∫ 1 √3 5 arctan(x) √ 2x 2 − 1 (3x 2 − 1) dx 284 284

i الحل بعض التعو يضات التي نراها تجعل التكامل اكثر سهولة اي I = ∫ 1 √3 5 arctan(x) √ 2x 2 − 1 (3x 2 − 1) dx x = 1 y I = ∫ √5 3 1 y arctan 1 √ y 2 − y 2 (3 − y 2 ) dy y = √ 2z I = √ 2 3 ∫ √5 6 √1 2 z arctan √ 1 2z √ 1 − z 2 ( 1 − 2 3 z 2 ) dz z 2 = u I = √ 2 6 ∫ 5 6 1 2 arctan √ 1 2u √ 1 − u ( 1 − 2 3 u ) du u = 1 + s 2 I = 1 4 ∫ 2 3 0 arctan √ 1 1+s √ 1 − s ( 1 − 1 2 s ) ds اذن نحن بحاجة الى اثبات : J = ∫ 2 3 0 arctan √ 1 1+s √ 1 − s ( 1 − 1 2 s ) ds = 3π 2 40 دعنا نستعمل التكامل بالتجزئة فنحصل على : ∫ ds √ 1 − s ( 1 − 1 2 s ) = −4 arctan √ 1 − s d ds arctan 1 √ 1 + s = − 1 4 ds √ 1 + s ( 1 + 1 2 s ) اذن التكامل الذي بحوزتنا يصبح : J = −4 arctan 1 √ 1 + s arctan √ 1 − s     2/3 0 − ∫ 2 3 0 arctan √ 1 − s √ 1 + s ( 1 + 1 2 s ) ds J = π 2 4 − 2π 3 arctan√ 3 5 − ∫ 2 3 0 arctan √ 1 − s √ 1 + s ( 1 + 1 2 s ) ds ربما هذا التناظر يقدم لنا مساعدة بالقدر الكافي . نقوم بتعو يض s → −s لدينا : 285 285

J = ∫ 0 − 2 3 arctan √ 1 1−s √ 1 + s ( 1 + 1 2 s ) ds arctan 1 √ 1 − s = π 2 − arctan √ 1 − s J = π 2 ∫ 0 − 2 3 ds √ 1 + s ( 1 + 1 2 s ) − ∫ 0 − 2 3 arctan √ 1 − s √ 1 + s ( 1 + 1 2 s ) ds J = π 2 6 − ∫ 0 − 2 3 arctan √ 1 − s √ 1 + s ( 1 + 1 2 s ) ds باضافة العبارتين ل J نحصل على : 2J = 5π 2 12 − 2π 3 arctan √ 3 5 − ∫ 2 3 − 2 3 arctan √ 1 − s √ 1 + s ( 1 + 1 2 s ) ds < J = 5π 2 24 − π 3 arctan √ 3 5 − ∫ 2 3 − 2 3 arctan √ 1 − s √ 1 + s (2 + s) ds مرة اخرى نستعمل التناظر .اذن نحن بحاجة الى اثبات : Y = ∫ 2 3 − 2 3 arctan √ 1 − s √ 1 + s (2 + s) ds = 2π 2 15 − π 3 arctan √ 3 5 23 مثال 2323 احسب مايلي ∫ π/2 0 arctan sin(x) sin(x) dx i الحل ∫ π/2 0 arctan sin(x) sin(x) dx = ∫ π/2 0 1 sin(x) ∑∞ n=0 (−1)n sin2n+1(x) 2n + 1 dx = ∑∞ n=0 (−1)n 2n + 1 ∫ π/2 0 sin2n (x)dx = π 2 + π 2 ∑∞ n=1 (−1)n 2n + 1 · (2n − 1)!! (2n)!! = π 2 + π 2 ∑∞ n=1 (−1)n 2 2n−1 (2n + 1) · ( 2n − 1 n ) = π 2 + π 2 · (sinh−1 (1) − 1) = π 2 ln(1 + √ 2) 286 286

او بطر يقة اخرى باستعمال المتطابقة الاتية : arctan x x = ∫ 1 0 dy 1 + (xy) 2 ⇒ arctan(sin x) sin x = ∫ 1 0 dy 1 + (sin2 x)y 2 يمكن كتابة التكامل الاصلي بالشكل الاتي : I = ∫ π 2 0 arctan (sin x) sin x dx = ∫ π 2 0 ∫ 1 0 dy 1 + (sin2 x)y 2 dx = ∫ 1 0 ∫ π 2 0 1 1 + (sin2 x)y 2 dxdy = ∫ 1 0   arctan (√ 1 + y 2 · tan(x) ) √ 1 + y 2     π 2 0   dy = π 2 ∫ 1 0 dy √ 1 + y 2 = π 2 ln ( 1 + √ 2 ) 24 مثال 2424 e موجودة ولـكن لايمكن كتابتها على شكل دوال −x 2 في هذا المثال نحاول ان نبين للطلاب والاساتذة ان الدالة الاصلية للدالة مالوفة فقط قياسها الى غاية عامل معين نسميها بدالة الخطا . هاته الدالة قابلة للمكاملة .في حقيقة الامر اي دالة مستمرة على مجال متراص فهي قابلة للمكاملة بمفهوم ريمان .في الحقيقية ليس من الضروري ان تكون مستمرة فقط استمراريتها تضمن بان تكون قابلة للمكاملة على المجال المتراص الذي سبق ذكره .فقط لندعم ماقلناه تحليليا نحاول ان نستعرض طر يقة تحليلية لحساب e على الخط الحقيقي الموجب بالضبط من 0 الى غاية مالانهاية والذي يسمى بالتكامل المحدود . −x 2 تكامل الدالة الغوصية اي .I = ∫ ∞ −∞ e −x 2 ليكن dx ومنه , I 2 = (∫ ∞ −∞ e −x 2 dx) × (∫ ∞ −∞ e −y 2 dy) = ∫ ∞ −∞ (∫ ∞ −∞ e −(x 2+y 2 ) dx) dy وبالتالي. dx dy = dA = r dθ dr ,x 2 + y 2 = r 2 بعدها نغير باستعمال الاحداثيات القطبية : I 2 = ∫ ∫ e −(r 2 ) r dθ dr = ∫ 2π 0 (∫ ∞ 0 re−r 2 dr) dθ = 2π ∫ ∞ 0 re−r 2 dr , وبالتالي. du = 2r dr ,u = r 2 بعد ذلك نحاول استعمال استبدال المتغير الاتي 2I 2 = 2π ∫ ∞ r=0 2re−r 2 dr = 2π ∫ ∞ u=0 e −u du = 2π ( −e −∞ + e 0 ) = 2π (−0 + 1) = 2π 287 287

= I .وهناك الـكثير من الدوال الخاصة المشتقة من الدالة الغوصية التي لايمكن الحصول على دوالها الاصلية نذكر √ ومنه π الدالة التي اكتشفناها عام 2018 مع الباحثين الـكولومبيين Alvaro H Salas .و David Ocampo-L- والتي تسمى دالة زراولية وهي دالة خاصة جديدة لها تطبيقات واسعة في الاحتمالات والانظمة الديناميكية يمكن للقراء الاطلاع على الورقة البحثية التي نشرناها في المجلة العلمية العالمية للر ياضيات (انظر [19. ([ XXVII تمثيل العدد الذهبي باستعمال السلاسل العدديةوالتكاملات لاشك ان الـكثير يعلم ان العدد الذهبي له استعمالات واسعة في مجال الرياضيات و يعطى بالشكل الاتي φ = 1 + √ 5 2 ∼ 1.61803 · · · نحاول ان نقدم بعض الصيغ الرياضياتية المعبرة للعدد الذهبي على شكل سلاسل وتكاملات لعلها تفيد الطلاب في التمكن من الحساب التكاملي وكذلك حساب المجاميع الجزئية وتوظيفها على نطاق واسع 1 هذه المتطابقة مشتقة من الـكسر المستمر ل Ramanujan-Rogers: 1 ( √ ϕ √ 5)e 2π/5 = 1 + e −2π 1 + e−4π 1+ e−6π 1+ e−8π 1+ e−10π 1+ e−12π ··· 2 من اجل 0 > k ,لدينا ∫ ∞ 0 ln ( x 2 − 2kx + k 2 x 2 + 2kx cos √ π 2 − ϕ + k 2 ) dx x = ϕ ∫ ∞ 0 x π 5 −1 1 + x 2π dx = ϕ 3 ∫ 1 −1 dx1 x √ 1 + x 1 − x log ( 2x 2 + 2x + 1 2x 2 − 2x + 1) = 4π arccot√ ϕ 288 288

4 φ = ∫ 5 4 3 2 + 1 4 √ x dx 5 ∫ ∞ 0 dx (1 + x ϕ) ϕ = 1 6 ∫ ∞ 0 dx (1 + x ϕ) ϕ = 1 7 1 2π ∫ ∞ 0 dx (1 + x)x 0.7 = ϕ − 1 1 1.4π ∫ ∞ 0 dx (1 + x) 2x 0.7 = ϕ − 1 1 2π ∫ 1 0 dx (1 − x) 0.3x 0.7 = ϕ − 1 5 3π ∫ 1 0 x 0.3dx (1 − x) 0.3 = ϕ − 1 1 2π ∫ ∞ 1 dx (x − 1)0.3x = ϕ − 1 1 0.21π ∫ ∞ 0 x 0.3dx (1 + x) 3 = ϕ − 1 e = ρ الى غاية 0 = θ معطى بالمتطابقة الاتية 8 طول اللوغار يتم الحلزوني من 2θ ∫ 0 −∞ √ ρ 2 + ˙ρ 2dθ = ∫ 0 −∞ √ 1 + 22e 2θ dθ = ϕ − 1 2 . 9 1 − 1 ϕ = 1 ϕ2 = 1 5  1 + 1 5 ( 1 + 1 5 ( 1 + 1 5 (1 + . . .) 2 )2 )2   2 1 ϕ4 = 1 5  1 − 1 5 ( 1 − 1 5 ( 1 − 1 5 (1 − . . .) 2 )2 )2   2 1 ϕ4 = 1 9  1 + 1 9 ( 1 + 1 9 ( 1 + 1 9 (1 + . . .) 2 )2 )2   2 289 289

10 ∑∞ n=0 (−1)n ( 2n n )−1 = 4 5 ( 1 − √ 5 5 ln ϕ ) ∑∞ n=1 (−1)n n ( 2n n )−1 = − 2 √ 5 5 ln ϕ ∑∞ n=1 (−1)n n2 ( 2n n )−1 = −2 ln2 ϕ ∑∞ n=0 (−1)n 2n + 1 ( 2n n )−1 = 4 √ 5 5 ln ϕ ∑∞ n=0 (−1)n n + 1 ( 2n n )−1 = 8 √ 5 5 ln ϕ − 4 ln2 ϕ ∑∞ n=2 (−1)n n − 1 ( 2n n )−1 = 3 √ 5 5 ln ϕ − 1 2 ∑∞ n=2 (−1)n (n − 1)2 ( 2n n )−1 = 1 − √ 5 ln ϕ + ln2 ϕ ∑∞ n=2 (−1)n n2 (n2 − 1) ( 2n n )−1 = 4 ln2 ϕ − √ 5 2 ln ϕ − 3 8 ϕ = 13 8 + ∑∞ n=0 (−1)n+1(2n + 1)! n!(n + 1)!4(2n+3) ϕ = 2 cos(π/5) = 2∑∞ k=0 ((−1)k (π/5)2k (2k)! ϕ = 1 2 + √ 5 2 = 1 2 + ∑∞ n=0 4 −n ( 1/2 n ) علاقة العدد الذهبي مع π :تعطى بالشكل الاتي ∑∞ n=0 ( 4n 2n )−1 = 16 15 + √ 3 27 π − 2 √ 5 25 ln ϕ 11 π = 5 φ · 2 √ 2 + √ 2 + φ · 2 √ 2 + √ 2 + √ 2 + φ · · · 12 العدد الذهبي باستعمال دالة زراولية 290 290

XXVIII الاخطاء الاعتقادية او الشائعة في الر ياضيات ّٰه بعض الاخطاء الشائعة التي يؤمن بصحتها الـكثير من الطلاب والاساتذة وكذلك الباحثين في هذا الجزء سنستعرض ان شاء الل وهي اخطاء جد مهمة وجب ان نتفادى ارتكابها مستقبلا قصد تطوير مستوانا ومستوى طلابنا نحو الافضل . فقط في اغلب هاته الاخطاء سنكتفي بذكر الخطا ونترك المجال للتلاميذ والاساتذة والباحثين للبحث في كفية تصحيحها . 1 (x + y) 2 = x 2 + y 2 2 لدينا √ x + 1 = 0 √ x = −1 1 = x =⇒ بتربيع الطرفين 3 x < 0 =⇒ 1 x > 0 4 الدالة جذر تربيعي غير مستمرة على يسار الصفر 5 A و B مصفوفتان لهما نفس البعد (A + B) 2 = A 2 + 2AB + B 2 6 cos(2x + 1) = cos(2x) + cos1 291 291

7 العدد 1 عدد اولي لانه يقبل القسمة على نفسه وعلى العدد 1 8 (ln(x))2 = ln(x 2 ) = 2 ln |x| 9 1 ∞ = 1 10 الدالة z → sin z دالة محدودة مع z عدد مركب 11 كل دالة مستمرة على مجال معين من مجموعة الاعداد الحقيقية فهي قابلة للاشتقاق عند بعض النقاط في هذا المجال 12 √ x 2 = (√ x) 2 13 π = 3.14 14 سمي القاسم المشترك بالقاسم المشترك الاكبر لعددين صحيحين لانه اكبر القواسم . هنا نستحضر مثال مضاد لدينا القاسم المشترك الاكبر ل 0 و 0 هو 0. بالرغم من ان قواسم 0 هي مجموعة الاعداد الطبيعية الاكبر منه ولـكن القاسم المشترك في هذه الحالة هو 0 وهو اصغر القواسم 15 مادام 0 0 قيمة غير معرفة او غير معينة فان 0 لايقسم 0 16 ln(x + y) = ln x × ln y 17 من اجل الفضاءات الشعاعية , dim(U + V ) = dim U + dim V − dim(U ∩ V ) , لدينا dim(U+V +W) = dim U+dim V +dim W−dim(U∩V )−dim(U∩W)−dim(V ∩W)+dim(U∩V ∩W), 18 كنا نعتقد ان اذا كان A ,B ,C ,و D مصفوفات ذات البعد n- ب- n فان محدد الشق ( A B C D) يكون det(A) det(D) − det(B) det(C) 292 292

19 f و g دالتان عدديتان بحيث 0 ̸= g معرفتان ومستمرتان على مجال D من R فان ∫ D f(x) g(x) dx = ∫ D f(x)dx ∫ D g(x)dx 20 اي فضاء جزئي من فضاء طبولوجي منفصل يكون منفصل 21 المنطق القاعدي اذا كان A يستلزم B فان B يستلزم A حتى بين علماء الرياضيات الناضجᣞين ، فإن الاعتقاد الخاطئ المتكرر هو نسيان أن استنتاج النظر ية لا يجب أن تصمد بمجرد فشل شروط النظر ية. هناك اعتقاد شائع آخر هو افتراض أنه بمجرد فشل الشروط يجب أن تفشل النتيجة أيضًا 22 الحساب مشتقة دالة قابلة للاشتقاق تكون مستمرة 23 هندسة "الدائرة هي الشكل الوحيد الذي له نفس العرض في كل الاتجاهات." (اعتبر فاينمان هذا الخطأ كأحد أسباب كارثة المكوك الفضائي المتحدي ). يقول Udi de Shalit يعتقد بعض الناس أنه "إذا كنت تحمل مكعب ًا على طول قطري رئيسي ، فإن جميع الرؤوس المتبقية تقع على مستوى." حتى أن البعض يقول أن عددهم هو 4. 24 الاحتمالات "إذا لعبت الكازينو بصبر وحذر ، فستربح على المدى الطو يل" (و "أنت لا تصدق ذلك؟ فهذه هي تجربتي الخاصة في هذا الشأن!" و "في الواقع ، عندما أكون هادئ ًا وصبورًا ، أفوز ، لـكن عندما أفقد أعصابي أفقد الـكثير من الوقت ".) "حدث قد يقع له احتمال إيجابي" لـكن لسيا صحيح في فضاء الاحتمالات اللامتتناهية ) 25" إذا كنت تريد إثبات وجود بنية لانهائية معينة ، يكفي إظهار أنه لا يوجد حد أعلى لأحجام مثل هذه الهياكل." 26 من المعروف أن أجهزة الكمبيوتر الكمومية يمكنها حل مشاكل NP " كاملة في زمن كثير الحدود. p خاصيتها p-adic الاعداد حقل 27 28 " اما يمكن اثبات القضية او الحصول على مثال مضاد " عادة يتم هاته القضية على القضائا العامة من الشكل (x(xϕ∀ اين يكون مفهوم المثال المضاد له معنى . لـكن الشعور العام هو الاعتقاد بأن كل عبارة في الرياضيات يمكن إثباتها أو دحضها. هنا الاعتقاد خطا لانها ظاهرة مستقلة 29 لـكي نبين ان كثير الحدود [xn, . . . , x1[F ∈ P معدوم يكفي ان نبين ان 0) = xn, . . . , x1(P من اجل كل F ∈ xn, . . . , x1 .صحيحة من اجل الحقول اللامتناهية وجد خاطئة في الحقول المنتهية هذا المفهوم مغلق نحو , اذا كان P ,Q كثيري حدود تمتساو يين عند جميع النقاط فان معاملاتمهما متساو ية ايضا صحيحة في الحقول اللامتناهية وجد خاطئة في الحقول المنتهية (يحدث هذا في النهاية بسبب الخلط بين مفهوم كثير الحدود كتعبير جبري رسمي ، ومفهوم متعدد الحدود كدالة. بمجرد أن يتعلم المرء ما يكفي من الهندسة الجᣞبرية ليكون مرتاحًا لمفاهيم مثل " F-نقاط اي (F (V من المجموعات المتنوعة ( "V 30 الـكثير يعتقد ان 0.999 · · · = 1 خاطئة وهي تقريب فقط . 31 من السهل عندما تكون هاوي للطوبولوجيا أن تفترض أن أي تقابل مستمر له استمرار عكسي . عكس التقابل العشوائي المستمر يكون مفتوحا في فضاء طبولوجي ولـكن ليس بالضرورة ان يكون مستمرا .معناه هنا وجب ان نفسر بان الاستمرار ية هي الحالة الاقوى . 293 293

32 لتكن B, A مصفوفتين هيرميسيتين .اذا كان 0n ≤ A ≤ B , فان A 2 ≤ B 2 . . نظر ية s'Loewner تميز هذه الحسابات العددية .لتكن R,∞) → 0 : [f بحيث B ≤ A ≤ 0n تستلزم (B(f) ≤ A(f) مؤثر رتيب .دالة ). هذه تمثل اثارا على (∞,0 [للدوال الهولومرفية التي تاخذ نصف مستوي Poincaré H الى نفسها وكذلك على الخط الحقيقي الموجب (∞,0 .[وبالتالي الجذر التربيعي ه عبارة عن مؤثر رتيب حيث ان : (0n ≤ A ≤ B) =⇒ ( √ A ≤ √ B), لـكن الخر يطة المربعة ليست كذلك مثال مضاد: A =   1 0 0 0   , B =   2 1 1 1   33 اذا كان كثير الحدود Q → Q : P غامر فانه يجب تمديد ذلك الى مجموعة الاعداد الحقيقية R. . مثال مضاد P(x) = x 3 − 5x 34 π = 22 7 35 اذا كانت f قابلة للمكاملة بمفهوم Lebesgue على R ,فان 0) → x(f ,لما ∞ → x .خاطئة . مثال مضاد توجد دالة مستمرة قابلة للمكاملة على R بحيث ان ∞ = f∞ sup lim) تمرين في Stein and ([20]) انظر Shakarchi's) .B = 0 او A = 0 اما فانه, A, B الابلية للمجموعات A ⊗ B = 0 كان اذا 36 37 اذا كانت f دالة سلسلة مع 0 = df ,فان f ثابتة . 38 اذا كانت Y, X مجموعات بحيث ( Y(P), X(P متساو ية القوة فان Y, X ايضا متساو ية القوة 39 اذا كان اي اثنين من 3 ثلاث متغيرات عشوائية Z, Y, X مستقلة فان جميع هاته المتغيرات العشوائية تكون مستقلة في حقيقة الامر. .{(0, 0, 0),(1, 1, 0),(1, 0, 1),(0, 1, 1)} من منتظم بشكل) X, Y, Z) اختيار تم انه المحتمل من انه الارجح على مثال ابسط R = (RP3 غير قابل للتوجيه 4 − 0)/R ∗ 40 المسقط الحقيقي للفضاء 41 المعادلة x 2 ≡ a (mod m) لديها حلين على الاكثر x تملك اكثر من حلين وهي (143 mod (12, ±1 ≡ ±x (وبالتفصيل 2 ≡ 1 (mod 143) مضاد مثال 294 294

42 اي مجموعة جزئية من الجداء المباشر H × G لمجموعتين هي من الشكل B × A ,مع A مجموعة جزئية من G و B مجموعة جزئية من H. مثال مضاد ناخذ من اجل H = G المجموعة الجزئية القطر ية {(g, g) : g ∈ G} ليست من الشكل اعلاه الا اذاكانت G مجموعة بديهية 43 المجموعة الجزئية من المجموعة المجموعة الجزئية المولدة المنتهية هي ايضا مولدة منتهية H1 ,فان ∼= H2 و G1 44 في نظر ية المجموعات , اذا كان G2∼= G1/H1 ∼= G2/H2 . كمثال مضاد لدينا Z/2Z ̸∼= Z/Z . هنا احتواء Hj في Gj في حاجة لان يكون محقق قصد تعر يف النسبة 45 جداء مصفوفتين متناظرتين هي مصفوفة متناظرة 46 الدالة الاصلية العامة للدالة f(x) = 1 x هي F(x) = ln|x| + C اي ∫ 1 x = ln |x| + c . هذا النوع من الكتابات ٺتطلب ان يكون تكامل محدود اي على مجال والكتابة السابقة خاطئة في هذا السياق . على is 1 x 1 هي C| + x |ln ,وعلى المجال (0 ,(−∞, الدالة الاصلية العامة هي x المجال (∞,0 ,(الدالة الاصلية العامة ل 1 , على مجموعة الاعداد الحقيقية غير معدومة هي x C| + x |ln .وبالتالي الدالة الاصلية العامة ل F(x) = { ln |x| + C1 fi x > 0 ln |x| + C2 fi x < 0 من اجل ثنائية الثوابت C2, C1 47 تكون الدالة R → R : f قابلة للاشتقاق n مرة .اذا وفقط اذا كان من اجل كل عدد حقيقي x0 يمكن تقريبها o((x − x0) n بجوار x0 بكثير حدود درجته على الاكثر n مع الباقي ( 0 قيمة غير معرفة . . 0 48 الصحيح هو ان 0 0 = 1 لانه توجد دالة واحدة من المجموعة الخالية الى المجموعة الخالية ربما تكون غير معرفة عندما ناخذ 0 كعدد حقيقي 295 295

49 اذا كان a يقسم bc و a لايقسم b ,فان a يقسم c . .هذا الاعتقاد يستثني كون a عدد اولي بالرغم انها محققة عندما يكون a عدد اولي اي ان الفرض الصحيح يكون بالشكل الاتي gcd(a, b) = 1 50 برهان اقليدس على وجود مالانهاية من الاعداد الاولية كان بالتناقض . البرهان الذي اعتمده اقليدس كان اسهل ومباشر من التناقض الذي يعتقده الـكثير .ننصح القراء بالاطلاع على الكتاب الذي الفه الباحثين Woodgold Catherine و Hardy Michael ( 44-52, [21] ) Simplicity Prime بعنوان 51 احد الاخطاء الشائعة التي ننصح زملائنا الاساتذة تنبيه التلاميذ عن تفاديه وهو اعتقاد ان limx→0 sin(x) x = 1 حتى وان اخذنا x بالدرجة 52 احد الاعتقادات الخاصة باس المصفوفات والمعرفة بالشكل الاتي AB = BA ⇔ exp(A) exp(B) = exp(A + B) . في حين احد الاستلزامين صحيح : AB = BA ⇒ exp(A) exp(B) = exp(A + B) , الاتجاه او الاستلزام الاخر غير صحيح كما يبينه المثال الاتي : A = ( 0 1 0 2πi) , B = ( 2πi 0 0 −2πi) .AB ̸= BA and exp(A) = exp(B) = exp(A + B) = 1 مع f ,فانه يوجد مجال I يحوي x0 بحيث f متزايدة على I. ′ 53 لتكن R → R : f دالة قابلة للاشتقاق .اذا كانت 0) > x0( f غير مستمرة عند x0 .على سبيل المثال ناخذ . مثال مضاد المثال المضاد بالضرورة سيكون مع ′ f(x) = x 2 sin(1/x) + x/2, x0 = 0 [a, b] المجال على مستمرة دالة α : [a, b] → R R (.اذا كان n n 54) مبرهنة القيم المتوسطة للدوال التي تاخذ قيمها في وقابلة للاشتقاق على (b, a ,(اذن يوجد (b, a ∈ (c بحيث α(b) − α(a) b − a = α ′ (c) كمثال مضاد ناخذ الحلزون (cos(t),sin(t), t) .b = 2π ,a = 0 مع 296 296

55 يقول احد الباحثين في احد المواقع التفاعلية : هناك اعتقاد خاطئ مذهل قائم على الجهل شاهدته أثناء ملاحظة صف لزميل في تعليم الرياضيات وهو أنه لا توجد صيغة عامة لاعداد فيبوناتشي -n أتساءل عما إذا كان هذا الاعتقاد الخاطئ يأتي من الخلط بين النقص (الصعب) في الصيغ الخاصة بالأعداد الأولية وبين شيء يقع في أفق شخص لا تمتد اهتماماته أبدًا إلى ما هو أبعد من ر ياضيات المدرسة الثانو ية. R له احادي الاقطاب مركب ووحيد وهو فقط C 2 56 57 المتتالية {an {نهايتها A في R ونهايتها B في Qp .ومنه A ناطق اذا وفقط اذا كان B ناطق . R لها قياس كامل بمفهوم Lebesgue 58 كل مجموعة جزئية كثيفة مفتوحة من n 59 يتبادر في اذهانننا ان sphere -0 نقطة واحدة فقط ولـكن خطا . هي عبارة عن مجموعة من نقطتين بحيث : S 0 = {x ∈ R | ∥x∥ = 1} = {−1, 1} 60 احد الاخطاء الشائعة المشتركة لدى الطلاب في التحليل الحقيقي هو limx→x0 f(x, y0), lim y→y0 f(x0, y) موجودة وكليهما يساوي l ,اذن الدالة لها نهاية l عند (y0, x0 .(من السهل ايجاد مثال مضاد .واكثر صعوبة ان نبرهن ان lim t→0 f(x0 + ht, y0 + kt) = l, ∀ (h, k) ̸= (0, 0) ⇒ lim (x,y)→(x0,y0) f(x, y) = l ايضا اعتقاد خاطئ . المثال المضاد المعروف هو f(x, y) = xy2 x 2 + y 4 .(0, 0) عند R ,فان بعد Hausdorff لهما dimH يحقق 61 اذا كان A و B مجموعتين جزئيتين من d dimH(A × B) = dimH(A) + dimH(B). 62 يكون فضاء بناخ X اذا كان مماثل لزوجه المضاعف ∗∗X. 63 اذا كانت العائلة 1≥n)xn (متقاربة بشكل تبديلي (∥ ∥ ,V (فان ∑ n≥1 ∥xn∥ < +∞ . يمكن تلخيصها في فضاء نظيمي . القضية السابقة صحيحة في البعد المنتهي وخاطئة في البعد غير المنتهي وهناك مثال مضاد . ℓ ,مع en عبارة عن n شعاع الوحدة المالوف (1) = n(en, المثال المضاد لتكن المتتالية n/en = xn في ∞ 0) = i(en بخلاف ذلك ). هذه قابلة للجمع او التلخيص مع مجموعها هو x اين j/1) = j(x من اجل كل j ,لـكن . ∑ n ∥xn∥ = ∞ 297 297

64 احد الاعتقادات الخاطئة في نظر ية الاعداد . من اجل .a, b, c ε N . لدينا .(a, b) × gcd (a, b) = ab . . وبالتالي .(a, b, c) × gcd (a, b, c) = abc . وفي الحالة العامة , (a1, a2, . . . , an) [a1, a2, . . . , an] = a1a2 . . . an . 65 اذا كان 0 > α ليس عدد صحيح , مجموعة الدوال f : [a, b] → R بحيث sup y̸=x |f(y) − f(x)| |y − x| α < +∞ .C α ([a, b]) هي خاطئة من اجل 1 > α ,لان هاته المجموعة تشمل الدوال الثابتة فقط 66 لاحظنا الـكثير من الطلاب يستعملون من اجل مجموعة جزئية S لمجموعة لدينا {e = {1−SS لدينا, f ∈ C = D مؤثر الاشتقاق اذن من اجل (R∞( d dx ليكن 67 e tD[f](x) = f(x + t) فان A · B = A كان اذا . للقلب قابل عنصر B ,A ̸= 0 ,A, B ∈ R ,e الحيادي العنصر مع حلقة R ليكن 68 .B = e 69 اذا كان f f يجب ان تكون معدومة في مكان ما Ω ".كمثال دالة هولومورفية في المنطقة Ω ولـكنها ليست واحدة لواحدة اذن ′ f(z) = e z مضاد ناخذ 70 اذا كان (y, x(f كثير حدود فا ن صورة f مجموعة جزئية مغلقة من R. خذ (1 − xy) 2 + x 2 71 الدالة غاما ليست هي الدالة المرومورفيكية الوحيدة التي تحقق f(z + 1) = zf(z), f(1) = 1, بدون اصفار وبدون اقطاب ماعدا . . . 2, −1, −0 = z. في الواقع هناك مجموعة كاملة من هذه الدوال بشكل عام تاخذ هذا الشكل f(z) = exp (−g(z)) 1 z ∏∞ n=1 ( 1 + z m ) e −z/m , 298 298

مع (z(g دالة كاملة من هذا القبيل حيث g(z + 1) − g(z) = γ + 2kπi, g(1) = γ + 2lπi, k, l ∈ Z, حيث الدالة غاما ٺتوافق مع ابسط خيار γz) = z(g. يمكن للطلبة والاساتذة الاطلاع على مزيد من الاخطاء المشتركة في هذا المرجع ([22([ ملاحظة gcd(0, 0) = 0 ان اثبات XXIX gcd(0, 0) = 0 خاصية الـكثير من الطلاب والاساتذة وحتى الباحثين من يعتقد ان القاسم المشترك الاكبر للعددين الصحيحين 0 و 0 لايمكن تحديده او غير معرف بحكم ان 0. لايقبل القسمة على صفر فوقع خلط كبير في مفهوم يقبل القسمة ومفهوم يقسم في هذا البرهان ان ّٰه سنحاول ان نوضح ان القاسم المشترك الاكبر للعدد 0 مع نفسه هو 0 ليس اصطلاحا ولا خطا اعتقادي بل يتم البرهان شاء الل عليه . تناول الاعداد الصحيحة السالبة غير ضروري فقط نقتصر البرهان على الاعداد الصحيحة الموجبة Z + = {0, 1, 2, 3, . . . } هناك شرطين على g من الواجب ان يجتمعا حتى نسميه القاسم المشترك الاكبر (gcd (للعددين x و y .وهما (1). g|x و g|y (x و y للعدين المشترك القاسم هو g) (2). fi z|x و z|y, فان z|g (x و y للعددين الاكبر المشترك القاسم هو g) كمثال حي نعتبر العددين الصحيحين 180 و 216 .القواسم المشتركة بين هذين العددين هي D180,216 = {1, 2, 3, 4, 6, 9, 12, 18, 36} عناصر 216,D180 هي كل الاعداد التي تحقق الشرط الاول .(1( هنا حيث تختلف الأشياء عما قد نعتقده. قد يكون رد فعلنا الفوري هو قول ان 36 هو القاسم المشترك الاكبر لان الاعداد الاخرى في المجموعة 216,D180 اقل من 36 .نقول لا .وجب العودة والنظر بشكل مغلق نحو الشرط الثاني (2 .(سبب كون العدد 36 هو القاسم المشترك الاكبر لان الاعداد الاخرى في المجموعة 216,D180 هي قواسم للعدد 36 .هذا شيء أكثر دقة وتعقيدًا : تحتوي كل قائمة من القواسم المشتركة لعددين على عدد واحد بالضبط تقسمه جميع الاعداد الأخرى في تلك القائمة. هذا العدد هو القاسم المشترك الأكبر ملاحظة اذن كيف سنبرهن ان 0) = 0, 0(gcd? 299 299

يتضح لنا ان هناك تعر يفين ل b|a. .b = an بحيث n ∈ Z + وجود يكافئ a|b ومنه a, b ∈ Z تعر يف(A (ليكن .+ . b a = n بحيث n ∈ Z + وجود يكافئ a|b ومنه a, b ∈ Z تعر يف(B (ليكن .+ التعر يفين نفسهما فقط في التعر يف (A (لدينا 0|0 صحيح, اما في التعر يف (B (0|0 غير معرف في احسن الاحوال نعرف 0|0 ليكون صحيحًا يجعل التعر يفين متكافئين مع بعضهما البعض. نجد ان موقع s'Woflram mathworld تستعمل التعر يف (B (اما الو يكيبيديا تستعمل كلا التعر يفين . اما بالنسبة لـكتب الجᣞبر ونظر ية الاعداد التي نتناولها تستعمل التعر يف (A( انا شخصيا لااكون مرتاحا عندما ارى التعر يف (B (لان التعر يف (A (جد ضروري لتعميم مفهوم يقسم الى مجالات المثاليات الرئيسية .يجب معالجة احد المفاهيم الخاطئة الاخرى هنا .يبدو ان نعتقد ان b|a يستلزم b ≤ a .ليست صحيحة دوما انطلاقا من احد التعر يفين السابقين , 0|4) مادام .4 ≰ 0 لـكن) 0 = 4 · 0 و 0 4 = 0 هي 0 و 0 بين المشتركة القواسم اذن D = {0, 1, 2, 3, 4, . . . } هي 0 قواسم, x ∈ Z مادام 0 · x = 0 من اجل كل + D0,0 = D = {0, 1, 2, 3, 4, . . . } . اذن الاجابة على سؤال القاسم المشترك الاكبر بين العددين 0 و 0 ٺتعلق باستعمال التعر يفين السابقين اي 1 اذا قبلنا التعر يف (A (فان gcd(0, 0) = 0 يمكن برهانه . 2 اذا قبلنا التعر يف (B (فاننا نعرف gcd(0, 0) = 0 وهذا يتفق مع نتائج التعر يف (A.( اذن الاجابة على سؤال القاسم المشترك الاكبر بين العددين 0 و 0 ٺتعلق باستعمال التعر يفين السابقين اي 1 اذا قبلنا التعر يف (A (فان gcd(0, 0) = 0 يمكن برهانه . 2 اذا قبلنا التعر يف (B (فاننا نعرف gcd(0, 0) = 0 وهذا يتفق مع نتائج التعر يف (A.( ملاحظة العدد الوحيد في قائمة القواسم المشتركة بين 0 .و 0 الذي تقسمه الاعداد الاخرى هو 0 هنا (0, 0(gcd = 0. 300 300