Search for notes by fellow students, in your own course and all over the country.
Browse our notes for titles which look like what you need, you can preview any of the notes via a sample of the contents. After you're happy these are the notes you're after simply pop them into your shopping cart.
Document Preview
Extracts from the notes are below, to see the PDF you'll receive please use the links above
الجمهورية الجزائرية الديمقراطية الشعبية
وزارة التعليم العالي و البحث العلمي
قسم الرياضيات
جامعة قسنطينة1
7102-6102
تمارين محلولة مع ملخص الدروس في التحليل الرياضي
لشعبة العلوم و التقنيات
سنة ثانية
من اعداد الدكتورة مــزهــود كنزة آسيــا
1
بسم هللا الرحمن الرحيم
مقدمة
و الصالة و السالم على اشرف المرسلين اما بعد
يضم هذا الكتاب ملخص الدروس مدعم بتمارين محلولة حول بعض مفاهيم
التحليل الرياضي المقررة في برنامج السنة الثانية للعلوم و التقنيات, حاولنا من
خالله التركيز على الجانب التطبيقي الذي يتناسب مع هذا التخصص العلمي
مرورا بعرض نظري يسمح للطالب باإللمام بأهم النتائج المدروسة
...
جاء هذا الكتاب نتيجة حاجة ملحة لوضع مرجع مناسب بالمقرر الجديد الخاص
بنظام LMDالمعمول به في السنوات الماضية االخيرة
...
نرجو في االخير ان يكون هذا الكتاب وسيلة لمساعدة الطالب في فهم الدروس و
التمكن من تطبيقاتها
...
2
شكر خاص للطالبة الفاضلة بلمكي مروة التي أبت اال ان تساعد في اعداد هذا الكتاب
...
4
المحور األول
...
:Les séries numériques
تقارب السلسلة العددية 9
...
51
السالسل الموجبة 15
...
Les séries quelconques
تمارين محلولة
...
14
المحورالثاني
...
Séries de fonctions
تقارب سلسلة التوابع:
...
La converegence simple
التقــــارب المطــلق:47
...
Convergence Uniforme
التقـــــــارب الناظمي:49
...
15
تمارين محلولة
...
47
المحورالثالث
...
les séries entieres
تعريف:
...
Théorème d’ Abel
نصف قطر تقارب السالسل الصحيحة:
...
28
خصائص المجموع
...
48
حل معادلة تفاضلية بطريقة السالسل الصحيحة:
...
88
تمارين اضافية
...
111
سالسل فوريي : 111
...
Les fonctions périodiques
االستمرار بقطع : 112
...
311
تعريف سلسلة فوريي :
...
711
مساواة بارسفال 118
...
911
تمارين اضافية
...
141
التكامالت المزدوجة
Intégrales doubles
141
حساب التكامل المضاعف:
...
441
تمارين محلولة
...
351
المحور السادس: التكــــــــامالت المعــمـــمة
Intégrales généralisées
551
مقدمة
...
[a,b
التكامل المعمم على المجال]161
...
]a,b
معايير التقارب
...
461
تقارب التوابع الكيفية:
...
271
تمارين اضافية
...
591
تحويالت البالس
Transformées de Laplace
591
تعريف
...
791
تحويل البالس العكسي:
Transformée de Laplace réciproque
891
خواص تحويالت البالس العكسية:
...
002
ملحق
...
412
6
المحور األول
الســـالسل العدديــة :Les séries numériques
7
تمهيد
نستعرض في هذا المحور مفهوم جديد اال وهو السالسل العددية و التي تعتبر كامتداد
للمتتاليات العددية, لما له من أهمية في الحسابات التقريبية في ميدان التطبيقات الفيزيائية و
غيرها
...
نسمي مجموعا جزئيا للسلسلة العددية المجموع المنتهي التالي
𝑛
...
… ,4 = 2𝑈 ,1 = 1𝑈
,0 = 0𝑈
مجموعها الجزئي 𝑛 𝑆:
²𝑛 + ⋯ + 4 + 1 = 𝑛 𝑆
1
5n
1
5n
0≥𝑛 ∑هي سلسلة عددية , حدها العام هو نفسه الحد العام لمتتالية هندسية 𝑛 𝑈 =
1
اساسها = Rحدودها االولى:
5
1
= 2U
…,
52
1
, = 1U0 = 1, U
5
مجموعها الجزئي اذن 𝑛 𝑆: هو نفسه مجموع متتالية هندسية
8
1
1+1 − ( )n
1
1+1 − Rn
5
( 0𝑈 = 𝑝 ∑ = 𝑛 𝑆
=)
1
5
1−R
) (−1
0=𝑝
5
𝑛
مالحظة
...
∞ < 𝑆 = 𝑛 𝑆 lim
∞+→𝑛
في هذه الحالة يسمى𝑆 : مجموع السلسلة العددية
...
في حالة التقارب نسمي باقي السلسلة المجموع التالي
∞+
⋯ + 2+𝑛 𝑈 + 1+𝑛 𝑈 = 𝑝 𝑈
1+𝑛=𝑝
لدينا اذن
...
∞ < 𝑆 =
4
5
= Sهو مجموع السلسلة الهندسية المتقاربة
4
=
1
5n
1
1
5
−1
= 𝑛 𝑆 lim
∞+→n
0≥
...
0 = 𝑛 𝑈 𝑚𝑖𝑙
∞+→𝑛
مالحظات هامة:
هذا الشرط ليس كاف للتقارب اي عكس النظرية السابقة ليس صحيح أي أنه إذا كان
0 = 𝑛 𝑈 𝑚𝑖𝑙
∞+→𝑛
فهذا ال يعني بالضرورة أن السلسلة 𝑛 𝑈 0≥𝑛 ∑ متقاربة
...
∞+→n
مثال1:
السلسلة الهندسية
مثال2: 0 =
1
1
∑ متقاربة اذن 0 =
5n
1
5n
𝑚𝑖𝑙
∞+→𝑛
1
𝑚𝑖𝑙 رغم هذا ∑n≥0 nسلسلة متباعدة (ستدرس فيما بعد)
...
∞+→n
الحظ اننا يمكن ان نبين ان هذه السلسلة متباعدة بطريقة اخرى من خالل حساب نهاية المجموع الجزئي
فعال لدينا
01
1+1 − 5n
( 𝑚𝑖𝑙 = ) 5 + ⋯ + 5 + 1 ( lim 𝑆 𝑛 = lim
∞+ = )
∞+→n
∞+→n
∞+→𝑛
5−1
𝑛
الن
∞+ = 1+
...
السالسل الهندسية :Séries géométriquesهي عبارة عن مجموع غير منته لمتتالية
هندسية اساسها qشكلها العام
n
𝑞 0≥∑n
نظرية
n
السلسلة الهندسية 𝑞 0≥ ∑nمتقاربة اذا كان اساسها [1, 1-]qϵ
برهان
...
1−q
لما 1 > 𝑞
11
∞+ = 1+lim qn
فان
∞→𝑛
ومنه
...
لما 1− < 𝑞
, ′ 𝑞− = 𝑞
′ {
1> 𝑞
فانه باجراء تغيير المتغير
اذن
∞± =
1+𝑛+1 ′n
q
)1−( = lim
∞+→𝑛
1+(−𝑞 ′ )n
= lim
∞+→𝑛
1+n
lim q
∞+→𝑛
ومنه
1+n
1−q
∞± =
1−q
lim Sn = lim
∞→𝑛
∞→𝑛
وبالتالي السلسلة الهندسية متباعدة ومجموعها ليس موجود
...
لما 1 = 𝑞
...
سالسل حدها العام يكتب على شكل فرق حدين متعاقبين:
)(Les séries téléscopiques
21
لتكن السلسلة العددية, 𝑛 𝑈 0=
...
مثال 1:
استعمل طريقة فرق حدين متعاقبين اليجاد طبيعة السلسلة
1
) + 1( ln
n
الحظ ان الحد العام فرق حدين متعاقبين
∑
1≥𝑛
1
1+n
( 𝑈 𝑛 = ln (1 + ) = ln
𝑛 ) = ln(n + 1) − ln
n
n
وعليه تكتب الحدود االولى
,1 𝑈1 = ln 2 − ln
2 𝑈2 = ln 3 − ln
...
...
∞+ = )1 + 𝑛(lim 𝑆 𝑛 = 𝑙𝑖𝑚 ln
∞→𝑛
اي ان السلسلة متباعدة
...
لما 1= pفان سلسلة ريمان تسمى بالسلسلة التوافقية
...
نظرية:
سالسل ريمان
1
p
1≥𝑛 ∑
متقاربة من اجل 1 > 𝑝
ومتباعدة من اجل1 ≤ 𝑝
فكرة للبرهان
...
∞+
∫
1
مالحظات هامة :
حذف عدد منته من حدود سلسلة او اضافتها ال يغير من طبيعة السلسلة
...
=q
𝑝
ليكن αϵ ℝلدينا
α∑ 𝑛≥0 𝑈𝑛 = ∑ 𝑛≥0 α Un
مجموع سلسلتين متقاربتين هو سلسلة متقاربة
...
مجموع سلسلتين متباعدتين قد تكون سلسلة متقاربة أو متباعدة
...
)1−(∑ = 𝑛 𝑣 ∑
هي ايضا سلسلة متباعدة الن نهاية الحد العام تختلف عن الصفر
بينما مجموع السلسلتين المتباعدتين السابقتين متقارب فعال لدينا
41
0 ∑ = ) 𝑛 𝑣 + 𝑛 𝑢(∑ = 𝑛 𝑣 ∑ + 𝑛 𝑢 ∑
)0 ∑ متقاربة الن مجموعها الجزئي ثابت معدوم و بالتالي مجموعها معدوم ايضا
...
1−
1
1
1
∑ ( + ( 𝑛 + )) = ∑ 𝑛 هي سلسلة متقاربة رغم انها مجموع سلسلتين متباعدتين
...
...
لهذا نقترح فيما يلي نظريات بديلة تكشف لنا على طبيعة
السلسلة دون االضطرار الى مثل هذه الحسابات
...
نستعرض
فيما يلي النظريات الخاصة بالسالسل الموجبة
...
1
...
!n
² 0≥𝑛 ∑ هي سلسلة موجبة
...
2 4 8
∑ 𝑛≥0 cos 𝑛 ليست موجبة الن
...
1 <
𝑛
𝑠𝑜𝑐 < 0 : ∗ 𝑁𝐼 ∈ 𝑛∀
أ
...
نفس المالحظة اذا كانت 𝑛𝑈 ∑ متقاربة فانه ال يمكن الحكم على طبيعة 𝑛𝑉 ∑
...
1≥𝑛 ∑: واضح ان السلسلة موجبة من اجل 1 ≥ 𝑛
...
… 2 = 3 <
1 + 3𝑛
𝑛
𝑛
: ∗ 𝑁𝐼 ∈ 𝑛∀
⇒
من)1( و )2 ( نجد
𝑛 ln
1
2 <
1 + 3𝑛
𝑛
بما أن
1
2
1≥𝑛 ∑متقاربة فإن
𝑛 𝑛𝑙
1+ 3𝑛
1≥𝑛 ∑ متقاربة أيضا
...
نـــــــظرية التكافؤ: Théorème d’équivalence
لتكن 𝑛𝑉 0≥𝑛 ∑ و𝑛𝑈 0≥𝑛 ∑ سلسلتين موجبتين , اذا كانت النهاية
,0 ≠ 𝑘 =
𝑛𝑈
lim
𝑛𝑉 ∞+→𝑛
فان
71
Un ~ 𝑘Vnوبالتالي𝑛𝑈 0≥𝑛 ∑و 𝑛𝑉 0≥𝑛 ∑
...
مالحظةهامة
...
إذا كان 0= kفإن هذا يعني انه
, 0𝑛 > 𝑛∀ ,𝑁𝐼 ∈ 0𝑛∃
, 𝑛𝑉 < 𝑛 𝑈
اذن من خالل نظرية المقارنة نستنتج مايلي:
∑ 𝑈𝑛 متقاربة⇒ 𝑛𝑉 ∑ متقاربة
او
∑ 𝑉𝑛 متباعدة⇒ 𝑛𝑈 ∑
2
...
2
...
2(
𝜋
𝜋
𝑛
𝑛
∑ 𝑛≥1 sinسلسلة موجبة الن
𝜋
]𝜋 ,0] ∈
𝑛
, ∗∀𝑛 ∈ ℕ
اذن
𝜋
1≤
𝑛
0 ≤ sin
باستعمال تغيير المتغير
𝜋
𝑛
{
0→ 𝑥 ⇒∞→ 𝑛
=𝑥
𝜋
sin
𝑥 sin
lim 𝜋 𝑛 = lim
1=
∞→𝑛
0→𝑥
𝑥
𝑛
هذا يعني ان
𝜋
𝜋
~
𝑛 ∞→𝑛 𝑛
sin
وبالتالي
2𝜋
~
𝜋
2𝑛 ∞→𝑛 𝑛
2𝜋
𝜋
2𝑛
𝑛
𝜋
𝑛
sin
𝜋
𝑛
∑متقاربة (سلسلة ريمان) ومنه ∑ sinمتقاربة أيضا
...
لتطبيق نظريتي المقارنة و التكافؤ عادة ما نختار سلسلة مرجعية طبيعتها معلومة للمقارنة مع السلسلة
التي طبيعتها مجهولة
...
2
...
lim
∞+→𝑛
إذا كان 1< kإذن 𝑛 𝑈 0≥𝑛 ∑ متقاربة
...
إذا كان 1= kاليمكن الحكم و تسمى حالة شك
...
𝑚𝑖𝑙 =
...
𝑛𝑎
∑ )2
0>𝑎 ,
1 + ²𝑛
1+𝑛 𝑈
1+𝑛 𝑎
)1 + 2𝑛(
𝑚𝑖𝑙
= lim
...
02
لما 1 > aتكون 𝑛 𝑈 0≥𝑛 ∑ متباعدة
...
دـ
...
اذا كان 1< kفإن∑Unمتقاربة
...
3
...
اذا كان1=k
فإنها حالة شك
...
2
𝑛 1+𝑛
( ∑ )4′
)
𝑛
1≥𝑛
2
𝑛
𝑛
1 > 𝑒 = ) 1 + 1( 𝑚𝑖𝑙 = 𝑛 )1 + 𝑛 ( √( 𝑛 + 1) = lim
lim
𝑛
∞+→𝑛
∞+→𝑛
∞+→𝑛
𝑛
𝑛
𝑛
ومنه فالسلسلة متباعدة حسب نظرية كوشي
...
من خالل االمثلة السابقة الحظ ان نظرية كوشي تتالءم مع السالسل التي تتضمن قوى للمتغير
...
4الســالســـــل الكيــــفــية :
تعريف:
إذا كانت اشارة 𝑛 𝑈
كيفية
...
1
∑
𝑛 √ + 𝑛 𝑛 )1−(
2≥𝑛
𝑛 𝑛𝑖𝑠
;
3𝑛
∑
1≥𝑛
𝜋𝑛 𝑠𝑜𝑐
;
1 + ²𝑛
∑
0≥𝑛
لدراسة هذه السالسل نلجاء الى اخذ القيمة المطلقة
...
مالحظة
...
مثال ادرس التقارب المطلق
22
𝑛 𝑛𝑖𝑠
3𝑛
1≥𝑛 ∑
الحل لدراسة التقارب المطلق ندرس تقارب
𝑛 𝑛𝑖𝑠
|
3𝑛
|∑
1≥𝑛
لدينا
1 ≤ |𝑛 ∀𝑛 ∈ 𝐼𝑁: |sin
ومنه
𝑛 𝑛𝑖𝑠
1
,3 ≤ |
3𝑛
𝑛
بما ان
𝑛 𝑛𝑖𝑠
3𝑛
1
3𝑛
0>𝑛 ∑ متقاربة فان |
𝑛 𝑛𝑖𝑠
3𝑛
|
| 0>𝑛 ∑ متقاربة حسب نظرية المقارنة اي ان
∑ متقاربة مطلقا
...
مالحظة :2 اذا كانت السلسلة متقاربة دون ان تكون متقاربة مطلقا نقول انها نصف
متقاربة
...
لدراسة طبيعتها ننص النظرية التالية:
32
نظرية ليبنيز: Théorème de Leibnitz
, 𝑛𝑉 𝑛 )1−(0≥𝑛 ∑ سلسلة متناوبة
...
مثال:
𝜋𝑛 𝑠𝑜𝑐
ادرس تقارب السلسلة
1+²𝑛
0≥𝑛 ∑
لدينا
, 𝑛 )1−( = 𝜋𝑛 ∀𝑛 ∈ 𝐼𝑁: cos
اذن
1
1+ 2𝑛
𝑛 )1−( 0≥𝑛 ∑=
𝜋𝑛 cos
1+²𝑛
∑
لنطبق اذن معيار ليبنتز على هذه السلسلة المتناوبة
=0
1
𝑚𝑖𝑙
1+ 2𝑛 ∞+→𝑛
< 0 𝑉 𝑛+1,
= , 𝑛𝑉
𝑚𝑖𝑙
∞+→𝑛
1−𝑛2−
)1+ 2)𝑛(()1+
2)1+𝑛(( =
1
1+ 2𝑛
−
1
1+
2)1+𝑛( = , 𝑛𝑉 –
الن المقام موجب ,ومنه فإن , 𝑛𝑉 متناقصة
...
مالحظة هامة
...
مثال
...
تذكر
...
∞ <
2
=
𝑛
1
)3( − 1
5
=
)3( − 1
5
)3( − 1
5
𝑆 = lim 𝑆 𝑛 = lim
∞→𝑛
∞→𝑛
𝟏
𝒏𝟐+⋯+𝟒+𝟐
𝟏≥𝒏 ∑ )2
نالحظ ان مقام الحد العام عبارة عن مجموع منتهي لمتتاليه حسابية حدها العام
1 ≥ 𝑛 ,𝑛2 = 𝑛𝑉
اساسها2 = 𝑞 اذن المجموع المنتهي يعطى كما يلي
52
)𝒏𝟐 + 𝟐(𝒏
...
…
+ =
𝟏
)𝟏+𝒏(𝒏
= 𝒏𝑼
مع
𝑛
,1 =
)1 + 𝑛(𝑛
1+𝑛
,1− =
)1 + 𝑛(𝑛
𝑎 = lim
0→𝑛
𝑏 = lim
1−→𝑛
اذن المجموع الجزئي يعطى باستعمال العبارة( 1 ) كما يلي
𝒏 𝑼 + 1−𝑛 𝑈 + … 2𝑈 + 𝟏 𝑼 = 𝑛 𝑆
𝟏
)
𝟏+𝒏
𝟏
𝟏
𝟏
𝟏
𝟏
𝟏
− 𝒏 ( + )𝒏 − 𝟏−𝒏 ( + ⋯ + )𝟑 − 𝟐 ( + )𝟐 − 𝟏( =
1
;
1+𝑛
−1=
اذن المجموع
,∞ < 1 =
1
)
1+𝑛
− 1( 𝑆 = lim
∞→𝑛
والسلسلة متقاربة
)
𝟏+𝐧
𝐧
( 𝐧𝐥 𝟏≥𝐧 ∑ )3
لدينا الحد العام يكتب على الشكل
𝟏 +𝐧
,)𝐧( 𝐧𝐥 − )𝟏 + 𝐧(𝐧𝐥 = )
𝐧
وهو ايضا فرق حدين متعاقبين للمتتالية
( 𝐧𝐥 =𝑛 𝑈
)𝑛(
...
)𝟏 + 𝒏(𝒏𝒍 = ))𝐧( 𝐧𝐥 −
بما ان
∞+ = )1 + 𝑛(lim 𝑆 𝑛 = lim ln
∞→𝑛
∞→𝑛
فان السلسلة متباعدة و المجموع غير موجود
...
0 ≠ 𝑛2 lim
∞→𝑛
هذا يستلزم ان السلسلة (4) متباعدة و ليست لها مجموع
...
,,
𝟐𝐧
𝐧+ 𝐧 𝟐
𝑛3
𝑛 4+1
0≥𝑛 ∑ )𝟐
𝟏≥𝐧 ∑ )6 ,
𝑛 ln
1+ 2𝑛
,
𝟏+𝐧
𝟏+𝐧𝟐+ 𝟑 𝐧
3𝑛
1≥𝑛 ∑ )5 ,
!𝑛
𝟏≥𝐧 ∑ )𝟏
0≥𝑛 ∑ )4
الحل
𝟏 +𝐧
,
𝟏 + 𝐧𝟐 + 𝟑 𝐧
هذه السلسلة موجبة ولها نفس طبيعة سلسلة ريمان
∑ )𝟏
𝟏≥𝐧
1
3𝑛
𝟏≥𝐧 ∑ المتقاربة)1 > ,(αفعال لدينا
72
ا ,
1
=
2𝑛
𝑛
~
3𝑛
∞→𝑛
𝟏+𝐧
𝟏+𝐧𝟐+ 𝟑 𝐧
الن
𝟏 +𝐧
)1 + 𝑛( 2𝑛
3𝑛 + 2𝑛
+ 𝟐𝐧 + 𝟏 = lim
3 = lim
1
)𝟏 + 𝐧𝟐 + 𝟑 𝐧( ∞→𝑛
1 + 𝑛2 + 𝑛 ∞→𝑛
2
𝑛
...
,
1
∑ )𝟑
1+𝑛 √
0≥𝑛
الحد العام لهذه السلسلة الموجبة مكافئ للحد العام لسلسلة ريمان متباعدة فعال لدينا
1
~
𝑛→∞ √n
1
1+𝑛 √
الن
82
𝟏
√n
√n
𝟏 +𝒏
√ lim
= lim
= lim
1=
1
∞→𝑛
1 + 𝑛→∞ √n
∞→𝑛
1
√n
...
3𝑛
!𝑛
∑ )4
0≥𝑛
بانسبة لهذه السلسلة الموجبة يمكن ان نستعمل معيار دالمبير لدينا
3)1+(n
!(n + 1)3 n
1+𝑛 𝑈
!)1+(n
lim
= lim n3 = lim
...
1 < 0 =
...
𝑛 ln
1 + 2𝑛
∑ )5
1≥𝑛
لدينا
𝑛 ln
⁄3
,0 = 𝑛 + 1 = lim n 2 ln 𝑛 = lim ln
1
1 + 2𝑛 ∞→𝑛
2⁄1𝑛→∞ n
3
2⁄ n
2𝑛
اذن حسب نظرية التكافؤ بما ان
1
3
2⁄ n
lim
∞→𝑛
0> ∑nمتقاربة فان هذه السلسلة متقاربة ايضا
...
𝐧 + 𝟐
𝟏≥𝐧
لدينا بالنسبة لهذه السلسلة الموجبة
𝑛 2 > 𝑛 + 𝑛 2: ∗ 𝑁 ∈ 𝑛∀
اذن
2n
2n
)1( … <
2n + n 2n
92
2n
لندرس طبيعة السلسلة الموجبة
2n
1≥ ∑nباستعمال معيار دالمبر
1
...
تمرين ثالث
n−1 n
)
(−1)n
ln n
2≥,6) ∑n
sin2 (n) n
)
n
, ) 1) ∑n≥0 ln(1 + e−n
( 0≥2) ∑n
1+2n
(1≥5) ∑n
,
1
1≥4) ∑n
1
+1
√n
n
1
n ⁄n
(ln n)n
2≥3) ∑n
الحل
,) 1) ∑n≥0 ln(1 + e−n
الحظ اوال ان السلسلة موجبة
...
03
,
n−1 n
2) ∑n≥0 (
) ,
2n+1
باستعمال معيار كوشي على هذه السلسلة الموجبة لدينا
1
n−1 n
n−1 n n
n−1
1
lim √(
=2<1
) = lim [(
) ] = lim
𝑛→∞
𝑛→∞ 2n + 1
𝑛→∞ 2n + 1
2n + 1
𝑛
...
𝑒 − ln ln 𝑛 =0<1
...
𝟐≥𝐧 ∑متقاربة اذن
4) ∑ 𝐧≥𝟏
𝟏
𝟏
𝟏+
𝐧 √𝐧
𝟏
𝐧 ⁄𝐧
(𝐥𝐧 𝐧) 𝐧
,
لدينا باستعمال نظرية التكافؤ
lim
𝑛→∞
𝟏
𝟏
𝟏+
𝐧 √𝐧
𝟏
𝐧
𝟏
= lim
𝑛→∞
𝟏
𝒏
...
𝐧 )𝐧( 𝟐 𝐧𝐢𝐬
)
𝐧
(𝟏≥𝐧 ∑ )5
هذه السلسلة موجبة الن
,0 ≥ 𝑛 2sin
لنطبق نظرية المقارنة لدينا
1 ≤ 𝑛 sin
ومنه
1 ≤ 𝑛 2sin
اذن
1 sin2 n
≤
n
𝑛
وبالتالي
n
sin2 n
1 n
(
)1( … ) ( ≤ )
n
𝑛
1 n
) ( ∑السلسلة متقاربة فعال باستعمال معيار كوشي
𝑛
,1 < 0 =
1
1 n
𝑛
Lim √( ) = lim
𝑛
𝑛 ∞→𝑛
∞→𝑛
اذن من (1) نستنتج تقارب
sin2 (n) n
)
(∑
n
1≥n
23
)6
(−1)n
ln n
سلسلة متناوبة نطبق نظرية ليبنتز , لدينا
2≥∑n
1
,0 =
𝑛 𝑛𝑙
lim vn = lim
∞→n
∞→n
و vnمتناقصة الن
1
1
)1 + 𝑛( 𝑛𝑙 − 𝑛 𝑛𝑙
−
=
0<
𝑛 𝑛𝑙 )1 + 𝑛( 𝑛𝑙
)1 + 𝑛(𝑛 𝑛𝑙
اذ ن
𝐧 )𝟏−(
𝐧 𝐧𝐥
𝟏≥𝐧 ∑ متقاربة
...
4
...
𝑛2 … 6
...
2
1+(n + 1)n
= lim
𝑛2 … 6
...
2
∞→𝑛
nn
1+𝑛 𝑈
Un
lim
∞→𝑛
)1 + 𝑛(2
...
4
...
∞→𝑛
1+(n + 1)n
𝑛2 … 6
...
2
2(𝑛 + 1)nn
𝐧 𝐧𝟐
n n
= lim
= lim
( 2= lim
)
1+𝑛→∞ (n + 1)n
𝐧 )𝟏 + 𝐧( ∞→𝑛
1 + 𝑛→∞ n
33
2
...
تمرين خامس
ادرس حسب قيم الوسيط Pطبيعة السلسلة التالية
!𝑛
,
npn
𝑅𝐼 ∈ 𝑝
∑
1≥n
الحل
هذه السلسلة موجبة لنطبق معيار دالمبير
! )1 + 𝑛(
1+𝑛 𝑈
)1+𝑛(𝑝 )1 + 𝑛(
lim
= lim
!𝑛
𝑛→∞ Un
∞→𝑛
𝑛𝑝 𝑛
𝑛𝑝 𝑛)1+𝑛(
= lim
)1+𝑛(𝑝 )1+𝑛( ∞→𝑛
𝑛𝑝 𝑛
!𝑛
! )1+𝑛(
...
)
1−𝑝 )1 + 𝑛(
)1 + 𝑛(
1
...
1
𝑝
𝑛 1
) ) +1((
𝑛
𝑚𝑖𝑙
)1+𝑛( ∞→𝑛
( = lim
∞→𝑛
𝑚𝑖𝑙 =
∞→𝑛
لدينا
1
...
𝑝
1
𝑛 1
) )𝑛 + 1((
𝑚𝑖𝑙
∞→𝑛
و السلسلة متقاربة من اجل1>p
لما0<1-p
1
∞+ = )1−𝑝(−)1 + 𝑛( 𝑚𝑖𝑙 =
1−𝑝
)1 + 𝑛( ∞→𝑛
∞→𝑛
𝑚𝑖𝑙
اذن
1
,∞+ =
1−𝑝 )1 + 𝑛(
...
𝑝
1
𝑛 1
) )𝑛 + 1((
𝑚𝑖𝑙
∞→𝑛
و السلسلة متقاربة من اجل1 = 𝑝
...
53
2( احسب
+
...
0 < )1+𝑛3()4+𝑛3( =
lim
∞→n
1
1+𝑛3
−
1
1+)1+𝑛(3
بالنسبة للسلسلة الموجبة , ∑n≥1 Vnلدينا
3
3
~
,
2(6𝑛 + 1)(6𝑛 + 4) 36n
1
اذن فهي متقاربة الن لها نفس طبيعة
2n
1+(−1)2n
2( لدينا
1+)1+𝑛2(3
3
...
+
(−1)2n
= 1+𝑈2n
1+)𝑛2(3
1
4+𝑛6
−
1
1+𝑛6
+
...
بالرجوع االن الى السلسلة (1) فهي اذن متباعدة النها مجموع سلسلتين متباعدة و متقاربة
...
𝑅𝐼 ∈ 𝑝 ,
𝑝𝑛
∑
1≥n
الحل
لدينا
; 1 ≤ 𝑛 −1 ≤ cos
,𝑁𝐼 ∈ 𝑛∀
اذن
; 3 ≤ 𝑛 1 ≤ 2 + cos
ومنه
1
𝑛 2 + cos
3
≤
,𝑝 ≤
𝑝𝑛
𝑝𝑛
𝑛
وعليه:
من الجهة اليمنى للمتراجحة اذا كان 1> pفان السلسلة متقاربة
...
تمرين تاسع
لنعتبر السلسلة التالية
𝑛 )1−(
,
n + (−1)n
∑
2≥n
1( هل هذه السلسلة متقاربة مطلقا؟
2(؟ هل يمكن تطبيق نظرية ليبنتز؟
3(هل هذه السلسلة متقاربةا؟
الحل
يمكن ان نستعمل النشر الشهير اليجاد طبيعة السلسلة, لدينا النشر
1
...
2( هذه السلسلة متناوبة الن
,2 ≥ 𝑛∀ ,0 >
1
n+(−1)n
= 𝑛𝑉
لكن ال يمكن تطبيق نظرية ليبنتز الن
1
1
, =
2n + 1 + (−1)2n+1 2n
1
1
=
,
1 + 2n+(−1)2n 2n
= 1+𝑛2𝑉
= 𝑛2𝑉
اي ان المتتالية ليست متناقصة
𝑛2𝑉 > 1+𝑛2𝑉
3(الحظ من السؤال االول ان السلسلة ليست متقاربة مطلقا هذا ال يعني انها ليست متقاربة
...
1 < |𝑥| , 𝑛 𝑥 𝑛 )1−( ∑ =
𝑥 +1
0≥𝑛
فعال لدينا
93
𝑛 )1−(
𝑛 )1−(
1
=
...
(+
− 1(
(− )
)⋯ + )
= 𝑛
𝑛
𝑛
𝑛
𝑛
𝑛
)1−( + 1
𝑛
الحظ ان
2
𝑛 )1−(
1
1 1
1
(
) (𝑜 =
...
2 = 3 = )
𝑛
𝑛
𝑛 𝑛
𝑛
اذن
𝑛 )1−(
𝑛 )1−(
𝑛 )1−(
1
1
...
الحدود الثالثة اعاله حدود عامة لسالسل متقاربة ومنه مجموعها عبارة عن حد عام لسلسلة متقاربة
...
𝐧 𝟐 𝐧𝐢𝐬
𝟑 )𝟑+𝐧√(
𝟏≥𝐧 ∑ )2 ,
𝜋𝑛 cos
2𝑛
1≥𝑛 ∑ )1
3)!𝑛(
5+𝑛2
4)1 + 𝑛(
𝑛 ∑ )4
∑ )5 ,
∑ )6 ,
,
!)𝑛3(
11 + 3
1 + !𝑛
1≥𝑛
𝑛
1
1≥𝑛
1
1≥𝑛
1
) + ( 1≥𝑛 ∑ )9 , 𝑛 √− 𝑒 1≥𝑛 ∑ )8 ,
𝑛2
2
𝑛
7) ∑ 𝑛≥1 𝑛2 sin
1−𝑛2
1
)4− 2𝑛(𝑛
𝑛
𝑛 − 3 + 2𝑛√ 𝑛 )1−(1≥𝑛 ∑ )21 ,
3≥𝑛 ∑ )11 , 10) ∑ 𝑛≥1 𝑛 sin
14
المحورالثاني
سالسل التوابع
Séries de fonctions
24
تمهيد
نعمم في هذا المحور مفهوم السلسلة العددية الى مفهوم سلسلة التوابع هذا المفهوم الذي يتضمن
خصائص السالسل و كذا التوابع و ندرس بذلك شقين في هذا االطار:
مسالة التقارب التي تالزم مفهوم السلسلة العددية
...
1
...
𝐸 ⊆ ℝ
نسمي سلسلة التوابع المجموع الغير منته لمتتالية التوابع
⋯ + )𝑥( 𝑛 𝑈 + ⋯ + )𝑥( 1𝑈 + )𝑥( 0𝑈 = )𝑥( 𝑛 𝑈 0≥𝑛 ∑
الحد العام )𝑈 𝑛 (xلسلسلة التوابع عبارة عن تابع للمتغير
...
نسمي المجموع الجزئي لسلسلة التوابع
𝑛
)𝑥( 𝑛 𝑈 + ⋯ + )𝑥( 1𝑈 + )𝑥( 0𝑈 = )𝑥( 𝑝 𝑈 ∑ = )𝑥( 𝑛 𝑆
0=𝑝
مثال:
𝑛
1
...
34
𝑥𝑛 𝑒𝑥
1+𝑛
0≥𝑛 ∑
...
x
التقارب البسيط La converegence simple
تعريف:
نقول أن سلسلة التوابع متقاربة ببساطة على المجال Eإذا وفقط إذا كان
...
Dيسمى مجال التقارب البسيط
...
1
𝑛 )𝑥 − 1(0≥𝑛 ∑ هي سلسلة هندسية اساسها 𝑥 − 1 = 𝑞 اذن
44
1+𝑛 )𝑥 − 1( − 1
( 𝑥 = )𝑥( 𝑛 𝑆
...
⋯ + 0 + 0 = )0( 𝑛 𝑆 ⇒ 0 = )0( 𝑛 𝑈
ومنه
0 = )0( 𝑛 𝑆 , lim
∞→𝑛
و بالتالي سلسلة التوابع متقاربة ببساطة على المجال [2,0[ ومجموعها
[2,0] 𝜖𝑥
0 = 𝑥 ,0
,1
{ = )𝑥( 𝑆
مالحظة:
لدراسة التقارب البسيط نحسب نهاية المجموع الجزئي ان امكن ذلك اي ان كانت عبارة المجموع
الجزئي معروفة واال فانه يمكن استعمال معايير التقارب المدروسة في المحور السابق لكن يجب مراعاة
اشارة الحد العام
...
𝑥 = 𝑥 lim
∞→𝑛
2𝑛4
2𝑛4
= lim
∞→𝑛
2 1−𝑛2
)
1+𝑛2
(𝑥 = lim
∞→𝑛
لما 1 < 𝑥 فإن )𝑥( 𝑛 𝑈 ∑ متقاربة
لما 1>xفإن : )𝑥( 𝑛 𝑈 ∑ متباعدة
لما 1= xفهي حالة شك ندرس التقارب اذن بطريقة اخرى, باستعمال نهاية الحد العام لدينا
𝑛2
1
)𝑛2 − 1(𝑛2
𝑛2 1 − 𝑛2
( 𝑚𝑖𝑙 = )1( 𝑛 𝑈 lim
[ 𝑚𝑖𝑙 = )
]
∞→𝑛
1 + 𝑛2 ∞→𝑛
) 1 + 1(𝑛2 ∞→𝑛
𝑛2
2
...
2)
𝟐 𝒙𝒏
𝟏+ 𝟐 𝒏
𝟎≥𝒏 ∑ موجبة ايضا
يمكن ان نطبق نظرية التكافؤ:
2 𝑥𝑛
2 𝑥𝑛
2𝑥
~
...
مالحظة:
التقارب المطلق يستلزم التقارب البسيط والعكس غير صحيح
...
0 = |)𝑥( 𝑛 𝑆 − )𝑥(𝑆| 𝐸∈𝑥 𝑝𝑢𝑠
lim
∞⟶𝑛
74
مثال:
[∞+ ,0] ∈ 𝑥 ,
𝑥
)1+𝑛(𝑛
1≥𝑛 ∑
ادرس التقارب المنتظم على المجالين :
[1,0] = ′𝔼
[∞+ ,0] = 𝔼
,
الحل
لنتحقق من الشرط التالي
0 = |)𝑥( 𝑛 𝑆 − )𝑥(𝑆| [∞+,0]∈𝑥 𝑝𝑢𝑠 lim
∞+→𝑛
نحسب اوال المجموع الجزئي
𝑛
𝑥
)1 + 𝑘(𝑘
∑ = )𝑥( 𝑛 𝑆
1=𝑘
𝑛
1
1
− (∑𝑥 =
)
1+𝑘 𝑘
1=𝑘
الحظ اننا كتبنا المجموع على شكل مجموع فرق حدين متعاقبين اذن يتبقى فقط الحد االول و االخيرفعال
1
1 1
1 1
1
1
1
1
( + ⋯ + ) − ( + ) − ( + ) − 1([ 𝑥 = )𝑥( 𝑛 𝑆
− (+) −
])
2
3 2
4 3
𝑛 1−𝑛
1+𝑛 𝑛
1
− 1( 𝑥 =
)
1+𝑛
لدينا
)𝑥(𝑆 = 𝑥 = )
1
− 1( 𝑥 lim 𝑆 𝑛 (𝑥) = lim
1+𝑛
∞+→𝑛
∞+→𝑛
وبالتالي
[∞+ ,0] ∈ 𝑥 ,
𝑥
1+𝑛
=|
𝑥
1+𝑛
| = |)
1
1+𝑛
− 1(𝑥 − 𝑥| = |)𝑥( 𝑛 𝑆 − )𝑥(𝑆|
لنحسب االن القيمة العظمى
|)𝑥( 𝑛 𝑆 − )𝑥(𝑆| [∞+,0]∈𝑥 𝑝𝑢𝑠
sup
𝑥
1 + 𝑛 [∞+ ,0] ∈ 𝑥
الحظ ان
1
′
=
𝑥
0 > 𝑛+1 = )1+𝑛 (
84
ومنه
𝑥
1+𝑛
تابع متزايد على [∞+ ,0] وياخذ القيمة العظمى عند اكبر نقطة في المجال
𝑝𝑢𝑠
𝑥
𝑥
= lim
...
مالحظة:
التقارب بانتظام يستلزم التقارب البسيط والعكس غير صحيح
...
|)𝑥( 𝑛 𝑈| 𝐸∈𝑥 𝑝𝑢𝑠 = 𝑛𝑉
مثال: ادرس التقارب الناظمي للسلسلتين:
94
𝑥𝑛 cos
, 𝑥∈ℝ
²𝑛
∑
0≥𝑛
]1,0[ ∈ 𝑥 , 𝑛 )𝑥 − 𝑎( 𝑛 𝑥 0≥𝑛 ∑
الــــــحل:
𝑥𝑛 cos
²𝑛
∑ )1
0≥𝑛
لدينا
1 ≤ |𝑥𝑛 ∀𝑥 ∈ ℝ, |cos
اذن
|𝑥𝑛 |cos
𝑥𝑛 cos
1
=|
≤
2𝑛
2𝑛
²𝑛
1
²𝑛
∑
موجبة و متقاربة إذن حسب التعريف
𝑥𝑛 cos
²𝑛
|
0≥𝑛 ∑ متقاربة ناظميا على
...
مـــالحظة :
التقارب الناظمي أقوى التقاربات, نلخص فيما يلي العالقة بين مختلف انماط التقاربات:
⇐ التقارب بانتظام
التقارب الناظمي }
⇐التقارب المطلق
{ ⇐ التقارب البسيط
خصائص مجموع سلسلة التوابع :
عرفنا فيما سبق ان مجموع تابعين مستمرين(او ثالثة) هو تابع مستمر و مجموع تابعين قابلين لالشتقاق
هو تابع قابل لالشتقاق وكذا بالنسبة للتكامل
...
االستـــــــــــمرار:
نظرية:
اذاكانت ) ∑ 𝑈 𝑛 (xسلسلة توابع متقاربة بانتظام على 𝔼 وحدها العام)𝑥( 𝑛 𝑈 مستمر على𝔼 فإن
المجموع يبقى مستمرا على 𝔼 ولدينا من أجل كل 𝔼 ∈ 0𝑥
)𝑥( 𝑛 𝑈 lim ∑ 𝑈 𝑛 (𝑥) = ∑ lim
0𝑥→𝑥
0≥𝑛
0≥𝑛
0𝑥→𝑥
مثـــــال:
احسب:
[∞+ ,0] ∈ 𝑥 ,
𝑥𝑛− 𝑒
)1+𝑛(𝑛
1≥𝑛 ∑ lim
0→𝑥
الحل :
𝑥𝑛− 𝑒
𝑥𝑛− 𝑒
1
∑ lim
= ∑ lim
∑=
0→𝑥
)1 + 𝑛(𝑛 0→𝑥
)1 + 𝑛(𝑛
)1 + 𝑛(𝑛
1≥𝑛
لكن ال نستطيع حساب النهاية بهذه الطريقة (ابدال النهاية مع المجموع) االاذا تحققنا من شروط نظرية
االستمرار:
1)
𝑥𝑛− 𝑒
)1+𝑛(𝑛
= ) 𝑈 𝑛 (xواضح أنه مستمر على [∞+ ,0]( الن التابع االسي مستمر)
25
2) دراسة التقارب بانتظام على [∞+ ,0] , لندرس التقارب الناظمي أوال:
𝑥𝑛− 𝑒
𝑥𝑛− 𝑒
1
≤
[∞+ ,0] ∈ 𝑥 ,
|
=|
)1 + 𝑛(𝑛
)1 + 𝑛(𝑛
)1 + 𝑛(𝑛
1
1
~
²𝑛 )1 + 𝑛(𝑛
𝑛 ∑ Vموجبة و متقاربة وبالتالي
𝑥𝑛− 𝑒
)1+𝑛(𝑛
= 𝑛𝑉
∑ متقاربة ناظميا و بالتالي بانتظام
...
0→𝑥
)1 + 𝑛(𝑛 0→𝑥
)1 + 𝑛(𝑛
)1 + 𝑛(𝑛
1≥𝑛
1≥𝑛
يمكن ان نتوقف هنا لكن نالحظ ان المجموع
1
)1+𝑛(𝑛
1≥𝑛
∑ يمكن حسابه بواسطة طريقة فرق حدين
متعاقبين فعال لدينا
𝟏
𝟏+𝒏
1
𝟏
−𝒏 =
)1 + 𝑛(𝑛
اذن المجموع الجزئي
𝟏
)
𝟏+𝒏
𝟏
𝟏
𝟏
𝟏
𝟏
𝟏
− 𝒏 ( + )𝒏 − 𝟏−𝒏 ( + ⋯ + )𝟑 − 𝟐 ( + )𝟐 − 𝟏( = 𝑛 𝑆
1
,
1+𝑛
−1 =
ومنه 1 = 𝑛 𝑆 𝑆 = lim
∞→𝑛
اي ان النهاية المطلوبة
𝑥𝑛− 𝑒
1
∑ lim
∑=
...
35
ب
...
قابلية المكاملة للحد العام على ]𝒕 ,𝟎[ 𝟏 < 𝒕
واضح ان التابع
𝑛2 𝑥 𝑛 )1−(
!)𝑛2(
= )𝑥( 𝑛 𝑢 مستمر على ]𝑡 ,0[ 1 < 𝑡 , فهو قابل للمكاملة على هذا
المجال
...
دراسة التقارب بانتظام على ]𝒕 ,[ 𝟏 < 𝒕 ,
ندرس أوال التقارب الناظمي:
𝑛2 𝑥
| 𝑛2 𝑥|
لدينا]𝑡 ,0[ ∈ 𝑥 , !)𝑛2( =
|!)𝑛2(|
=|
𝑛2 𝑥 𝑛 )1−(
!)𝑛2(
| = |)𝑥( 𝑛 𝑈
|
45
هذا التابع متزايد ألن
′
𝑛2 𝑥
1−𝑛2 𝑥𝑛2
,0 >
(
= )
!)𝑛2(
!𝑛2
0>𝑥
اذن فهو يبلغ القيمة العظمى عند اخر نقطة في المجال اي
𝑛2 𝑡
= )𝑡( 𝑛 𝑈
,
!)𝑛2(
𝑛2 𝑥
=
!)𝑛2(
sup
]𝑡 ,0[ ∈ 𝑥
𝑛2 𝑡
لندرس تقارب السلسلة العددية الموجبة !)𝑛2( ∑ = 𝑛𝑉 ∑ بتطبيق معيار دالمبير لدينا
!)𝑛2(
!)𝑛2(
)1+𝑛(2 𝑡
2 𝑡
...
2𝑛 = lim
𝑛2
...
وبهذا تكون شروط المكاملة حدا بحد محققة وبالتالي:
)𝑥( 𝑛 𝑢 0≥𝑛 ∑ = )𝑥(𝑆 قابل للمكاملة على ]𝑡 ,0[
استنتاج قيمة التكامل,
نتيجة للسؤال السابق لدينا
𝑡
𝑡
𝑛2 𝑥
𝑛2 𝑥
𝑛
∑∫
∫ ∑ = 𝑥𝑑 )1−(
𝑥𝑑 𝑛 )1−(
!)𝑛2(
!)𝑛2(
0 0≥𝑛
0≥𝑛
0
يمكن إذا حساب هذا التكامل:
55
𝑡
𝑡
𝑛2 𝑥
𝑛 )1−(
𝑛
∑ = 𝑥𝑑 )1−(
𝑥𝑑 𝑛2 𝑥 ∫
∫∑
!)𝑛2(
!)𝑛2(
0≥𝑛
0
0 0≥𝑛
𝑡 1+𝑛2 𝑥 𝑛 )1−(
1+𝑛2 𝑛 )1−(
∑=
[
∑= ]
𝑡
...
cosx
ج
...
)𝑥( 𝑛 𝑢 التابع قابل لإلشتقاق باستمرار على𝔼
2
...
)𝑥( 𝑛 ′𝑢 ∑متقاربة بانتظام على𝔼
فان
1()𝑥(𝑠 قابل لإلشتقاق باستمرار على𝔼 ولدينا
′
)𝑥( 𝑛 ′𝑢 ∑ = ))𝑥( 𝑛 𝑢 ∑(
0≥𝑛
0≥𝑛
)𝑥( 𝑛 𝑢 0≥𝑛 ∑2(متقاربة بانتظام على 𝔼
...
( التابع sin xقابل لالشتقاق ماالنهاية من المرات و المشتقات مستمرة)
2( )𝑥( 𝑛 𝑢 ∑متقاربة بساطة على ℝالنها متقاربة ناظميا
𝑥𝑛 𝑛𝑖𝑠
1
4 ≤|
4𝑛
𝑛
|
,∀𝑥 ∈ ℝ
3()𝑥( 𝑛 ′𝑢 ∑متقاربة بانتظام على ℝالن
𝑥𝑛 𝑛𝑖𝑠
𝑥𝑛 𝑠𝑜𝑐𝑛
𝑥𝑛 𝑠𝑜𝑐
∑=
∑ = ′)
4𝑛
4𝑛
3𝑛
مع
1
3𝑛
≤|
𝑥𝑛 𝑠𝑜𝑐
3𝑛
(∑
|
...
اذا كانت نهاية الحد العام تختلف عن الصفر فان سلسلة التوابع متباعدة
...
اذا كان0< xفان
1 > 𝑒 −x
اذا كان0=x
وسلسلة التوابع متباعدة
...
2( لندرس التقارب المطلق الن هذه السلسلة كيفية
...
3( الحظ ان الحد العام لسلسلة التوابع هذه موجب نستطيع ان نستخدم اذن نظرية التكافؤ
لدينا,
]1,0[ ∈ x
3 nx
3 nx
~
,2= x
1 + nx nx
اذا كان1≤ 0< xفان
0 ≠ 2 lim x
∞→n
اي ان السلسلة متباعدة النها مكافئة لسلسلة نهاية حدها العام تختلف عن الصفر
...
0 = )0(𝑆 = )0( 𝑛 𝑆 lim
∞→n
اذا كان 0 ≠ 𝑥 فان
𝑥
𝑛
,0 ≠ 𝑥 = 𝑒𝑥 𝑚𝑖𝑙 = )𝑥( 𝑛 𝑈 lim
∞→n
∞→𝑛
و بالتلي السلسلة متباعدة الن نهاية الحد العام تختلف عن الصفر
...
اما من اجل1 > |𝑥|
فانه اليمكن الحكم الن نهاية الحد العام تؤول الى الصفر فقد تكون سلسلة التوابع متقاربة او متباعدة
...
تمرين ثالث
ادرس التقارب البسيط
𝑛 )1−(
, 𝑥∈ℝ
∑
2𝑥 + 𝑛
0≥n
الحل
06
)1−(
2 𝑥+𝑛
0≥ ∑nهي سلسلة متناوبة الن
1
...
0 =
0<
1
𝑚𝑖𝑙 =
𝑛
1
] 2 𝑥+𝑛[]2 𝑥+)1+𝑛([ −
∞→𝑛
1
𝑚𝑖𝑙
2 𝑥+𝑛
=
∞→𝑛
1
2 𝑥+𝑛
−
1
2 𝑥+)1+𝑛(
ومنه سلسلة التوابع متقاربة ببساطة
...
تمرين خامس
ادرس التقارب بانتظام لسلسلة التوابع التالية
1
, 𝑥∈ℝ
𝑛 ) 2 𝑥 + 1(
∑ )1
0≥𝑛
1
[∞+ ,1[ ∈ 𝑥 ,
𝑛 ) 2 𝑥 + 1(
∑ )2
0≥𝑛
2𝑥
∑ )3
, 𝑥∈ℝ
2 𝑥 2𝑛 + 1
0≥𝑛
الحل
تذكر ان التقارب الناظمي يستلزم التقارب بانتظام
...
قد ال تتحقق خاصية التقارب بانتظام على مجال بينما تتحقق على مجال اصغر محتوى فيه
...
الحظ جدول التغيرات
∞
0 x
)g’(x
∞+ )g(x
-
0
القيمة العظمى اذن
1
∞+ = )𝑥(𝑔 𝑚𝑖𝑙 = )
0→𝑥
𝑛 ) 2 𝑥 + 1( 2 𝑥
( [∞,0]∈𝑥 𝑝𝑢𝑠
∞+ = |)𝑥( 𝑛 𝑆 − )𝑥(𝑆| [∞,0]∈𝑥 𝑝𝑢𝑠 lim
∞+→𝑛
اي انه اليوجد تقارب بانتظام
...
0 =
𝑛 2 ∞+→𝑛
𝑚𝑖𝑙 = |)𝑥( 𝑛 𝑆 − )𝑥(𝑆| [∞+,1[∈𝑥 𝑝𝑢𝑠 𝑚𝑖𝑙
∞+→𝑛
سلسلة التوابع متقاربة بانتظام على هذا المجال
...
2 = 2 2 𝑚𝑖𝑙 =
2 𝑥 2𝑛 + 1 ∞→𝑥
𝑥 𝑛 ∞→𝑥
2 𝑥 2𝑛 + 1
𝑛
وبالتالي
2𝑥
2𝑥
1
| ,∀𝑥 ∈ ℝ
2 =
[∞,0[∈𝑥 𝑝𝑢𝑠 ≤ |
2 𝑥 2𝑛 + 1
2 𝑥 2𝑛 + 1
𝑛
1
2𝑛
∑موجبة و متقاربة اذن ,
2𝑥
2 𝑥 2𝑛+1
0≥𝑛 ∑ متقاربة ناظميا وبالتالي فهي متقاربة بانتظام
...
𝑞 = 𝑞 ∑
𝑞 −1
1≥𝑛
لللبلاللالالللللhhhggfgfg
دراسة التقارب الناظمي
التابع
1
𝑥𝑛 𝑛2
= )𝑥( 𝑛 𝑈
موجب ومتناقص فعال لدينا
0≥𝑥 ,
1
𝑛
𝑛𝑙𝑥 𝑒 𝑛 2
=
𝑥
𝑛
1
2 𝑛 𝑒 ln
= )𝑥( 𝑛 𝑈
66
𝑛
1 ≥ 𝑛 ,0 ≤
𝑛𝑙𝑥 𝑒 𝑛 −2 𝑛 ln
2
𝑛 𝑛𝑙𝑥
)
𝑛
𝑒 2(
= )𝑥( 𝑛 ′𝑈
ومنه القيمة الحدية العظمى للتابع
1
𝑛2
= )0( 𝑛 𝑈 =
1
𝑥𝑛 𝑛2
[∞,0[∈𝑥 𝑝𝑢𝑠 = |
𝑥
1
𝑛 𝑛2
| [∞,0[∈𝑥 𝑝𝑢𝑠
وبالتالي
1
𝑛2
1
≤|
𝑥
𝑛 𝑛2
1
1
𝑛2
| ,0 ≥ 𝑥∀
2
∑ موجبة و متقاربة( سلسلة هندسية اساسها ( ومنه
0≥𝑥 ,
1
𝑥𝑛 𝑛2
∑
1≥𝑛
متقاربة ناظميا
...
وبالتالي لدينا
1
1 1
...
1 =
1−1 2 𝑛2
1≥𝑛
2
∑=
1
𝑥𝑛
𝑚𝑖𝑙 ∑ =
𝑛 2 0→𝑥
1≥𝑛
1
𝑥𝑛 𝑛2
∑ 𝑚𝑖𝑙
1≥𝑛
0→𝑥
تمرين سابع:
76
لتكن سلسلة التوابع
1 < 𝑎 ,]𝑎 ,0[ ∈ 𝑥 , 𝑛 𝑥 𝑛 )1−(∑
0≥𝑛
1(تأكد من خاصية المكاملة حدا بحد
...
سلسلة التوابع 𝑛 𝑥 𝑛 )1−(0≥𝑛 ∑ متقاربة بانتظام النها متقاربة ناظميا فعال
𝑛 𝑎 ≤ 𝑛 𝑥 = | 𝑛 𝑥 𝑛 )1−(| :)1 < 𝑎( ,]𝑎 ,0[ ∈ 𝑥∀
𝑛 𝑎 0≥𝑛 ∑ سلسلة عددية هندسية متقاربة اساسها 1 < 𝑎 < 𝑂 اذن
𝑛 𝑥 𝑛 )1−(∑
0≥𝑛
متقاربة ناظميا وبالتالي بانتظام على المجال 1 < 𝑎 ,]𝑎 ,0[
...
يمكن ان نجد نفس النتيجة بطريقة اخرى
الحظ ان
𝑛 𝑎 = 𝑛 𝑥 ]𝑎,0[∈𝑥 𝑝𝑢𝑠 = | 𝑛 𝑥 𝑛 )1−(| ]𝑎,0[∈𝑥 𝑝𝑢𝑠
الن 𝑛 𝑥 تابع متزايد
...
86
شرطي نظرية المكاملة محققين اذن المجموع قابل للمكاملة ولدينا
𝑎
𝑎
)1( … 1 < 𝑎 ,𝑥𝑑 𝑛 𝑥 𝑛 )1−( ∫ ∑ = 𝑥𝑑
𝑛
𝑛
𝑥 )1−(∑ ∫
0 0≥𝑛
2(استنتج مجموع السلسلة
1+𝑛 𝑎 𝑛 )1−(
1+𝑛
0
0≥𝑛
0≥𝑛 ∑
الحظ ان الحد العام لهذه السلسلة هو التابع االصلي للسلسلة
𝑛 𝑥 𝑛 )1−(∑
0≥𝑛
اذن سنحصل على مجموع
1+𝑛 𝑎 𝑛 )1−(
1+𝑛
0≥𝑛 ∑ بمكاملة مجموع 𝑛 𝑥 𝑛 )1−(0≥𝑛 ∑
وذلك بتطبيق المكاملةحد بحد
...
)𝑎 + 1(𝑛𝑙 =
∑
1+𝑛
0≥𝑛
تمرين ثامن
بين استمرار التابع
2
𝑥𝑛− 𝑒
, 𝑥 ∈ℝ
∑
2)1 + 𝑛(
0≥𝑛
الحل
المقصود في هذا التمرين هو استعمال خصائص سالسل التوابع لدراسة االستمرار
...
ℝ
سلسلة التوابع متقاربة بانتظام النها متقاربة ناظميا على ℝفعال
لدينا
0 ≥ 2𝑥
:∀𝑥 ∈ ℝ
0 ≤ 2 𝑥𝑛 − ∀𝑥 ∈ ℝ
2
1 ≤ 𝑥𝑛− 𝑒
ومنه بضرب طرفي المتراجحة في العدد الموجب
,∀𝑥 ∈ ℝ
1
2)1+𝑛(
نحصل على
07
2
𝑥𝑛− 𝑒
1
1
≤
...
مستمر علىℝ
تمرين تاسع
بين قابلية االشتقاق للتابع
∑ 𝑒 −𝑛 cos 𝑛𝑥 , 𝑥 ∈ ℝ
0≥𝑛
الحل
لنتأكد من شروط نظرية االشتقاق حد بحد:
الحد العام قابل لالشتقاق الن التابع cos nxقابل لالشتقاق ماالنهاية من المرات
...
1 < 1− 𝑒 = 𝑞 < 0
ومنه 𝑥𝑛 𝑠𝑜𝑐 𝑛− 𝑒 0≥𝑛 ∑ متقاربة ناظميا و هذا يستلزم انها متقاربة ببساطة
...
∞→𝑛
∞→𝑛
𝑛− 𝑒𝑛
𝑛
𝑒
𝑛− 𝑒𝑛 ∑متقاربة اذن من (1(
𝑥𝑛 𝑛𝑖𝑠 𝑛− 𝑒𝑛− ∑
0≥𝑛
متقاربة ناظميا وبالتالي بانتظام على
...
ℝ
تمرين عاشر
بين ان
𝜋
2
𝑛 )1−(
𝑥𝑛 𝑠𝑜𝑐
∑ ∫
∑=
3
2𝑛
)1 + 𝑛2( 0≥𝑛
0
1≥𝑛
27
الحل
لحساب التكامل الحظ انه ليس من اسهل حساب المجموع
𝑥𝑛 𝑠𝑜𝑐
2𝑛
∑
1≥𝑛
اذن لنخرج رمز المجموع اي لنكتب
𝑥𝑛 𝑠𝑜𝑐
𝑥𝑑
2𝑛
𝜋
2
2/𝜋
𝑥𝑛 𝑠𝑜𝑐
∑ ∫
∫∑ =
2𝑛
0
0
1≥𝑛
1≥𝑛
لكن قبل اجراء هذه العملية المسماة المكاملة حد بحد يجب التاكد اوال من شروطها
...
سلسلة التوابع
𝑥𝑛 𝑠𝑜𝑐
2𝑛
∑
1≥𝑛
متقاربة بانتظام الن
𝑥𝑛 𝑠𝑜𝑐
1
2 ≤|
2𝑛
𝑛
| ,∀𝑥 ∈ ℝ
الشروط محققة اذن اآلن نستطيع ان نكتب
𝑥𝑛 𝑠𝑜𝑐
𝑥𝑑
2𝑛
𝜋
2
2/𝜋
𝑥𝑛 𝑠𝑜𝑐
∑ ∫
∫∑ =
2𝑛
0
0
1≥𝑛
1≥𝑛
2/𝜋 1
𝑥𝑑 𝑥𝑛 𝑠𝑜𝑐 ∫ 2 ∑ =
0 𝑛
1≥𝑛
2⁄𝜋 𝑥𝑛 1 sin
[2 ∑ =
]
𝑛
0 𝑛
1≥𝑛
لدينا
1 + 𝑝2 = 𝑛
𝑝2 = 𝑛
𝜋
, 𝑛 )1−(
{ = ) ( 𝑛 sin
,0
2
37
ومنه
2⁄𝜋 𝑥𝑛 𝑛𝑖𝑠 1
1
𝜋
) ( 𝑛 𝑛𝑖𝑠 3 ∑ =
[2 ∑
]
𝑛
0 𝑛
𝑛
2
1≥𝑛
1≥𝑛
1
𝜋
1
𝜋
∑ + ) ( )𝑝2(𝑛𝑖𝑠
) ( )1 + 𝑝2(𝑛𝑖𝑠
3)𝑝2(
2
3)1 + 𝑝2(
2
0≥𝑝
...
تمارين اضافية
تمرين اول
ادرس التقارب البسيط ثم التقارب بانتظام لسالسل التوابع التالية
𝑛 )1−(
∑ )1
0>𝑥 ,
2𝑥 + 𝑛
0≥n
𝑥∈ℝ
1
,
𝑛𝑥
0≥2) ∑n
1
0≥3) ∑n
, 𝑥∈ℝ
𝑥𝑛
2𝑥
∑ )4
, 𝑥∈ℝ
2 𝑥𝑛 + 1
0≥n
تمرين ثان
ادرس التقارب بانتظام لسلسلة التوابع التالية
47
0 > 𝑎 ,[∞+ ,𝑎[ ∈ 𝑥 , 𝑥𝑛− 𝑒𝑛 ∑
0≥𝑛
تمرين ثالث
ادرس المكاملة حد بحد لسلسلة التوابع
𝑛2 𝑥 ∑
0≥𝑛
في الحالتين:
, 𝑥 ∈ ]−1,1[
, 𝑥 ∈ [0, 𝑎], 𝑎 < 1
تمرين رابع
ادرس االستمرار و قابلية االشتقاق لسالسل التوابع
𝑛 )1−(
0>𝑥 ,
3 ∑
𝑥𝑛 + 𝑛
0≥𝑛
تمرين خامس
[∞+ ,0[ ∈ 𝑥 ,
𝑥𝑛 𝑒 −𝑛𝑥 cos
)1+𝑛(𝑛
1≥𝑛 ∑
...
تعريف:
نسمي سلسلة صحيحة كل سلسلة توابع تكتب على الشكل : 𝑥 𝑛 𝑎
𝑛
0≥𝑛 ∑
...
𝑥 ∶ متغير حقيقي
...
نهتم في هذا المحور بالسلسلة الصحيحة المعرفة اعاله لكن يمكن ان نعمم الدراسة على
السالسل الصحيحة من الشكل 𝑛 ) 0𝑥 − 𝑥( 𝑛 𝑎 0≥𝑛 ∑ مع 0 ≠ 0𝑥
...
برهان: نفرض ان السلسلة الصحيحة متقاربة عند 0𝑥 اي ان السلسلة العددية 𝑛 0𝑥 𝑛 𝑎 0≥𝑛 ∑ متقاربة,
اذن حسب الشرط الالزم لتقارب السالسل فان
,0 = 𝑛 0𝑥 𝑛 𝑎 lim
∞+→𝑛
اذن المتتالية التي حدها العام 𝑛 0𝑥 𝑛 𝑎 محدودة اي انه
𝑀 < | 𝑛 0𝑥 𝑛 𝑎| ,0 > 𝑀∃
...
|
0𝑥
0𝑥
𝑛
𝑛
0𝑥 𝑛 𝑎| = | 𝑥 𝑛 𝑎|
واضح انه اذاكان
| 𝟎 𝒙| < |𝒙|
𝑛
𝑥
𝑛
𝑥
فان السلسلة الهندسية | | 0≥𝑛 ∑ 𝑀 = | | 𝑀 0≥𝑛 ∑ متقاربة الن اساسها [1,0] ∈ 𝑞
...
نصف قطر تقارب السالسل الصحيحة:
من خالل النظرية السابقة نتوقع انه يوجد عدد حقيقي موجب يعرف مجال التقارب المطلق للسالسل
الصحيحة
...
تقارب السلسلة الصحيحة
...
𝑅 =
| 1+𝑛 𝑎|
| 1+𝑛 𝑎| ∞+→𝑛
lim
| 𝑛 𝑎| ∞+→𝑛
< |𝑥|
اي ان [𝑅 ,𝑅−] ∈ 𝑥
...
عند حدود مجال تقارب السالسل الصحيحة , أي عند 𝑅± = 𝑥 يجب دراسة
التقارب على حدى النها تعتبر حاالت شك
...
اذا كان ∞+ = 𝑅 فان الميدان [∞+ ,∞−] = 𝑅 𝐷 اي ان السلسلة الصحيحة
متقاربة مهما كان المتغير الحقيقي
...
+1 = 𝑛 𝑈 + ⋯ + 0𝑈 = 𝑛 𝑆
ومنه
,∞ + = 1 + 𝑛 𝑚𝑖𝑙 = 𝑛 𝑆 𝑆 = lim
∞→𝑛
∞→𝑛
أي Sليس موجودا و منه 𝑛 𝑥 0≥𝑛 ∑ متباعدة من أجل 1=
...
+ 1)1−( + 0)1−( = 𝑛 𝑈 + ⋯ + 1𝑈 + 0𝑈 = 𝑛 𝑆
1 + 𝑝2 = 𝑛 ,0
{=
}
,1
𝑝2 = 𝑛
1 + 𝑝2 = 𝑛 ,0
{ = 𝑛 𝑆 𝑚𝑖𝑙
,1
𝑝2 = 𝑛
∞+→𝑛
عدم وحدانية النهاية يعني عدم وجودها
...
ومنه مجال التقارب يبقى
...
عند 1=x
𝑛 )1−(
∑=
𝑛
1≥𝑛
𝑛 𝑛 )1−(
𝑥
∑
𝑛
1≥𝑛
وهي سلسلة متناوبة اذن لدراسة طبيعتها بتطبيق نظرية ليبنتز
=0
1
lim
𝑛 ∞+→𝑛
18
1
− <0
𝑛
الشرطان محققان ومنه
𝑛 )1−(
𝑛
1
1+𝑛
1≥𝑛 ∑ متقاربة
...
برهان
لنبين ان السلسلة الصحيحة متقاربة ناظميا
...
مثـــــــال:
ميدان تقارب السلسلة الصحيحة 𝑛 𝑥 ∑ هو
[1,1−] = 𝑅 𝐷
1
1 1
2
2 2
مثال من اجل = 𝜌 فان السلسلة متقاربة بانتظام على المجال [1,1−] ⊂ ] , −[
28
النها متقاربة ناظميا على هذا المجال فعال لدينا
1 1
𝑛 1
|𝑛
...
5(خصائص المجموع
بفضل التقارب بانتظام للسالسل الصحيحة فان خصائص االستمرار االشتقاق و المكاملة حد بحد
المدروسة في المحور السابق تبقى محققة
...
المكاملة حدا بحد:
نتيجة
تابع المجموع 𝑛 𝑥 𝑛 𝑎 ∑ قابل للمكاملة حد بحد على المجال [𝑅 ,𝑅−] ولدينا من اجل
1+𝑛 𝑡
𝑛 𝑎 ∑ = 𝑥𝑑
1+𝑛
0≥𝑛
𝑡
𝑛
𝑥 𝑛 𝑎 ∑ ∫ :𝑅 < 𝑡∀
0≥𝑛
0
االشتقاق حدا بحد:
نتيجة
تابع المجموع 𝑛 𝑥 𝑛 𝑎 0≥𝑛 ∑ = )𝑥(𝑆 قابل لالشتقاق على المجال [𝑅 ,𝑅−] ولدينا
′
1−𝑛 𝑥 𝑛 𝑎𝑛 ∑ = ) 𝑛 𝑥 𝑛 𝑎 ∑(
1≥𝑛
0≥𝑛
38
مالحظة
...
𝑘−𝑛 𝑥 𝑛 𝑎))1 − 𝑘( − 𝑛( … )1 − 𝑛(𝑛 𝑘≥𝑛 ∑=
التـــــوابع القابلة للنشر الى سلسلة صحيحة:
تعريف:
ليكن 0>Rنقول أن 𝑓 : ]– 𝑅 , 𝑅[ ⟶ ℝقابل للنشر إلى سلسلة صحيحة في جوار الصفر إذا
وجدت متتالية حقيقية 𝑛 𝑎 تحقق:
𝑛 𝑥 𝑛 𝑎 ∑ = )𝑥(𝑓 , [𝑅 ; 𝑅 –] ∈ 𝑥 ∀
0≥𝑛
مالحظة:
إذا كان 𝑓 قابال للنشر إلى سلسلة صحيحة في جوار الصفر فهذا يتطابق مع نشر تايلور مع
)0() 𝑛(𝑓
!𝑛
= 𝑛𝑎
...
لحل هذه المعادالت بطريقة السالسل الصحيحة نفرض أن الحل يكتب على شكل سلسلة صحيحة, ثم
نحدد المعامالت 𝑛 𝑎
...
1 = 1𝑎 = )0(′𝑦
نحتاج الى عبارة المشتق الثاني للسلسلة الصحيحة لدينا
2−𝑛 𝑥 𝑛 𝑎)1 − 𝑛(𝑛 ∑ = ′) 1−𝑛 𝑥 𝑛 𝑎𝑛 ∑( = )𝑥( ′′ 𝑦
1≥𝑛
2≥𝑛
بالتعويض في المعادلة 𝟎 = 𝒚 + » 𝒚
0 = 𝑛 𝑥 𝑛 𝑎 ∑ + 2−𝑛 𝑥 𝑛 𝑎)1 − 𝑛(𝑛 ∑
2≥𝑛
0≥𝑛
نوحد األس:
2+2−𝑛 𝑥 2+𝑛 𝑎 )1 − 2 + 𝑛()2 + 𝑛( ∑ = 2−𝑛 𝑥 𝑛 𝑎 )1 − 𝑛(𝑛 ∑
2≥𝑛
2≥2+𝑛
𝑛 𝑥 2+𝑛 𝑎 )1 + 𝑛()2 + 𝑛(∑ =
0≥𝑛
بالتعويض في المعادلة نجد:
58
0 = 𝑛 𝑥 𝑛 𝑎 ∑ + 𝑛 𝑥 𝑛 𝑎 )1 + 𝑛()2 + 𝑛(∑
0≥𝑛
0≥𝑛
] 𝑛 𝑎 + 2+𝑛 𝑎 )1 + 𝑛()2 + 𝑛( [ 𝑛 𝑥 ∑ ⇒
0≥𝑛
0 ≥ 𝑛 ∀ ; 0 = 𝑛 𝑎 + 2+𝑛 𝑎)1 + 𝑛()2 + 𝑛( ⇒
نحصل على العالقة التراجعية للمعامالت 𝑛 𝑎
𝑎−
𝑛
)1+𝑛()2+𝑛( = 2+𝑛 𝑎
0≥ 𝑛 ∀ ;
من اجل0 = 𝑛
0𝑎−
,
1
...
3
= 3𝑎
من اجل2 = 𝑛
2𝑎−
0𝑎
=
,
1
...
3
...
4
= 4𝑎
من اجل3 = 𝑛
3𝑎−
1𝑎
=
1
...
3
...
5 4
...
𝑎
1+𝑝2 𝑥
...
𝑥 𝑎
...
)1−(∑ )3 , )
1+𝑛
)1 + 𝑛(𝑛
1≥𝑛
𝑛
, 𝑥 )𝑛 1) ∑ (ln
0≥𝑛
0≥𝑛
𝑛𝑥
𝑛 2𝑛
𝑛2
∑ )4
∑ )6 , 𝑥 ∑ )5 ,
𝑥
1 + 𝑛2
!𝑛
0≥𝑛
0≥𝑛
0≥𝑛
الحل
تذكر
...
1(حساب نصف القطر
المعامالت
)1 + 𝑛(𝑎 𝑛+1 = ln
,𝑛 𝑎 𝑛 = ln
اذن
𝑛 ln
𝑛 𝑛𝑙
| 𝑚𝑖𝑙 = |
|
1
∞→𝑛
)1 + 𝑛(ln
) + 1( 𝑛 𝑛𝑙
𝑛
| 𝑅 = lim
∞→𝑛
88
𝑛 𝑛𝑙
𝑛 𝑛𝑙
|
| 𝑚𝑖𝑙 = |
|
1
∞→𝑛
1
| 1
) + 1( 𝑛𝑙 + 𝑛 𝑛𝑙
+ 1( 𝑛 𝑛𝑙
)) + 1( 𝑛𝑙
𝑛
𝑛
𝑛 ln
| 𝑚𝑖𝑙 =
∞→𝑛
بما ان
1
1
∞→𝑛 ~ ) + 1( 𝑛𝑙
𝑛
𝑛
فان
𝑛 𝑛𝑙
1
| 𝑚𝑖𝑙 = |
1=|
1
1
∞→𝑛
+ 1( 𝑛 𝑛𝑙
+1
)
𝑛 𝑛𝑙𝑛
𝑛 𝑛𝑙𝑛
| 𝑚𝑖𝑙 = 𝑅
∞→𝑛
ومنه ميدان التقارب هو
[1,1−] = [𝑅 ,𝑅−] = 𝐷
الحظ ان المجال مفتوح من الجهتين , السلسلة الصحيحة متباعدة عند النقاط
1 = 1𝑥 ,1− = 0𝑥
الن نهاية الحد العام تختلف عن الصفر
...
1 = 𝑛
1+𝑛
𝑛
1+𝑛
1
𝑚𝑖𝑙
∞+→𝑛
0≥𝑛
( = 𝑛 𝑎 موجبة اذن
=
1
𝑛
𝑛
(√ 𝑚𝑖𝑙
)
1+𝑛
∞+→𝑛
=
𝑛
1
𝑛
| 𝑛 𝑎|√ 𝑚𝑖𝑙
=𝑅
∞+→𝑛
ومنه ميدان التقارب
[1,1−] = 𝐷
عند اطراف المجال اي لما
𝟏− = 𝟏 𝒙
,𝟏 = 𝟎 𝒙
98
السلسلة الصحيحة حدها العام
𝑛
𝑛
𝑛
𝑛
( = )1−(
𝑛𝑈 , )
𝑛 )1−( )
1+𝑛
1+𝑛
( = )1( 𝑛 𝑈
باستعمال نهاية الحد العام
𝑛
𝑛
𝑛
𝑛
( 𝑚𝑖𝑙 = )
)
1
∞+→𝑛
1+𝑛
) + 1( 𝑛
𝑛
1
...
𝑛𝑥
)1 + 𝑛(𝑛
1−𝑛
)1−(∑ )3
1≥𝑛
1−𝑛 )1−(
𝑛 )1−(
= 𝑛𝑎
𝑎 ,
=
)2 + 𝑛()1 + 𝑛( 1+𝑛 )1 + 𝑛(𝑛
ومنه تصف قطر التقارب
1−𝑛 )1−(
)1 + 𝑛(𝑛
| 𝑚𝑖𝑙 = 𝑅
|
𝑛 )1−(
∞→𝑛
)2 + 𝑛()1 + 𝑛(
)2 + 𝑛()1 + 𝑛( 1−𝑛 )1−(
)2 + 𝑛()1 + 𝑛(
| 𝑚𝑖𝑙 =
...
1 =
∞→𝑛
)1 + 𝑛(𝑛
𝑚𝑖𝑙 =
[1,1−] = 𝐷
09
عند اطراف المجال
لما𝟏 = 𝟎 𝒙
السلسلة الصحيحة
𝑛𝑥
1−𝑛 )1−(
∑=
)1 + 𝑛(𝑛
)1 + 𝑛(𝑛
1−𝑛
)1−(∑
1≥𝑛
1≥𝑛
وهي سلسلة متناوبة متقاربة حسب نظرية ليبنتزالن
1
0=
)1 + 𝑛(𝑛 ∞→𝑛
1
1
−
0<
)1 + 𝑛(𝑛 )2 + 𝑛()1 + 𝑛({
𝑚𝑖𝑙
لما𝟏− = 𝟎 𝒙
السلسلة الصحيحة
1−𝑛2)1−(
𝑛𝑥
𝑛 )1−( 1−𝑛 )1−(
∑=
∑=
)1 + 𝑛(𝑛
)1 + 𝑛(𝑛
)1 + 𝑛(𝑛
1≥𝑛
1≥𝑛
1−
...
]1,1−[ = 𝐷
𝑛𝑥
∑ )4
1 + 𝑛2
0≥𝑛
1
1
= 1+𝑛 𝑎 ,
1 + 𝑛2
1 + )1 + 𝑛(2
= 𝑛𝑎
اذن
19
1
𝑛2
𝑚𝑖𝑙 = | 1 + 𝑛2 | 𝑚𝑖𝑙 = 𝑅
1=
1
∞→𝑛
𝑛2 ∞→𝑛
1 + )1 + 𝑛(2
عند اطراف المجال
لما1 = 0𝑥
𝑛𝑥
1
∑=
∑
1 + 𝑛2
1 + 𝑛2
0≥𝑛
0≥𝑛
وهي سلسلة متباعدة الن لها نفس طبيعة السلسلة التوافقية
1
1
...
ومنه ميدان التقارب
...
1 = |
𝑛𝑎
1+𝑛 𝑎
| 𝑚𝑖𝑙
∞→𝑛
عند اطراف المجال
لما1− = 0𝑥
1 ∑ = 𝑛2)1−(∑ = 𝑛2 𝑥 ∑
0≥𝑛
0≥𝑛
0≥𝑛
هذه السلسلة متباعدة الن نهاية الحد العام تختلف عن الصفر
...
ومنه ميدان التقارب يبقى مفتوح
...
! )1 + 𝑛( 1+𝑛 ! 𝑛
نصف قطر التقارب
2𝑛
𝑛𝑎
| !𝑛
| 𝑚𝑖𝑙 = 𝑅
| 𝑚𝑖𝑙 = |
1+𝑛 𝑎 ∞→𝑛
2)1 + 𝑛( ∞→𝑛
! )1 + 𝑛(
! )1 + 𝑛( 2𝑛
! 𝑛 )1 + 𝑛( 2𝑛
𝑚𝑖𝑙 =
...
2)1 + 𝑛( ! 𝑛 ∞→𝑛
2)1 + 𝑛( ! 𝑛 ∞→𝑛
3𝑛
...
[∞+ ,∞−] = 𝐷
تمرين ثان
لتكن السلسلة الصحيحة
𝑛𝑥
∑
)2 − 𝑛()1 + 𝑛(
3≥𝑛
1( عين نصف قطر التقارب
...
𝑅 < |𝑥|
الحل
1(
1
1
= 1+𝑛 𝑎 ,
)2 − 𝑛()1 + 𝑛(
]2 − )1 + 𝑛([]1 + )1 + 𝑛([
= 𝑛𝑎
ومنه
1
2𝑛
)2 − 𝑛()1 + 𝑛(
| 𝑚𝑖𝑙 = 𝑅
1 = 2 𝑚𝑖𝑙 = |
1
∞→𝑛
𝑛 ∞→𝑛
)1 − 𝑛()2 + 𝑛(
2(مجموع السلسلة
...
=
)2 − 𝑛()1 + 𝑛( 2→𝑛
3
𝑚𝑖𝑙 = 𝑏
لدينا اذن
𝑛𝑥
1
𝑛𝑥
𝑛𝑥
∑ −( =
∑+
)
∑
3 )2 − 𝑛()1 + 𝑛(
)1 + 𝑛(
)2 − 𝑛(
3≥𝑛
3≥𝑛
3≥𝑛
بالنسبة للحد االول
𝑛𝑥
1
1+𝑛 𝑥
1
2𝑥
∑ =
)1( … ) − 𝑥 − 1 − )𝑥 − 1(= (ln
∑
)1 + 𝑛(
)1 + 𝑛(
𝑥
𝑥
2
3≥𝑛
3≥𝑛
الن
1+𝑛 𝑥
1
∫ = 𝑛 𝑥 ∑∫ =
1 < |𝑥| , )𝑥 − 1(= ln
∑
)1 + 𝑛(
𝑥 −1
0≥𝑛
0≥𝑛
و
1+𝑛 𝑥
...
])𝑥 − 1(𝑛𝑙 2 𝑥 + )) − 𝑥 − 1 − )𝑥 − 1(𝑛𝑙( ( −[ =
∑
3 )2 − 𝑛()1 + 𝑛(
𝑥
2
3≥𝑛
تمرين ثالث
لتكن السلسلة الصحيحة
𝑛𝑥
,
∑
𝑛 +⋯ + 2 + 1
1≥𝑛
59
1(عين نصف قطر التقارب
...
3(من اجل 𝑅 < |𝑥|اوجد المجموع )
...
السلسلة الصحيحة متقاربة ناظميا في مجال محتو داخل ميدان تقاربها
مجموع سلسلة صحيحة قابل للمكاملة حد بحد
1( تعيين نصف قطر التقارب
لدينا المعامالت
1
1
= 1+𝑛 𝑎 ,
𝑛 +⋯ + 2 + 1
)1 + 𝑛( + 𝑛 + ⋯ + 2 + 1
= 𝑛𝑎
1
)1 + 𝑛( + 𝑛 + ⋯ + 2 + 1
𝑛 +⋯+2+1
| 𝑚𝑖𝑙 = 𝑅
𝑚𝑖𝑙 = |
1
∞→𝑛
∞→𝑛
𝑛 +⋯ + 2 + 1
)1 + 𝑛( + 𝑛 + ⋯ + 2 + 1
الحظ ان كل من البسط و المقام عبارة عن مجموع متتالية حسابية اساسها1
اذن
))1 + 𝑛( + 1()1 + 𝑛(
)2 + 𝑛()1 + 𝑛(
2
𝑚𝑖𝑙 = 𝑅
𝑚𝑖𝑙 =
1=
)1 + 𝑛(𝑛
∞→𝑛
∞→𝑛
)1 + 𝑛(𝑛
2
2( ميدان التقارب
...
متناقصة
)1 + 𝑛(𝑛 {
𝑚𝑖𝑙
الما1 = 1𝑥
𝑛𝑥
1
∑=
∑
𝑛 +⋯+2+ 1
𝑛 +⋯ + 2 + 1
1≥𝑛
2
,
)1 + 𝑛(𝑛
1≥𝑛
∑=
1≥𝑛
وهي سلسلة موجبة متقاربة ايضا الن
2
2
...
]1,1−[ = 𝐷
3(ايجاد مجموع السلسلة الصحيحة )𝑥(𝑆
𝑛𝑥
∑ = )𝑥(𝑆
𝐷 ∈ 𝑥∀ ,
𝑛 +⋯+2+ 1
1≥𝑛
2
,𝑛 𝑥
)1 + 𝑛(𝑛
∑=
1≥𝑛
𝑎
𝑏
+ (∑ =
, 𝑛 𝑥)
1+𝑛 𝑛
1≥𝑛
حساب الثوابت
79
𝑛2
,2 =
)1 + 𝑛(𝑛
𝑚𝑖𝑙 = 𝑎
0→𝑛
)1 + 𝑛(2
...
𝐼𝐼 + 𝐼 ≔
بالنسبة للحد االول
𝑛𝑥
1
∑2 = 𝐼
∑=
)1( … 1+𝑛 𝑥
𝑛
1+𝑛
1≥𝑛
0≥𝑛
الحظ انا اضفنا1 الى المتغير nاي اننا قمنا بتغيير المتغير
1+𝑝 = 𝑛
0 = 𝑝 ,1 = 𝑛
{
وبماان المتغير pاصم ( pاو nال تاثير للمتغير)فان
1
1
∑ = 1+𝑝 𝑥
)1( … , 1+𝑛 𝑥
1+𝑝
1+𝑛
0≥𝑛
∑
0≥𝑝
بالنسبة للحد الثاني
𝑛𝑥
2
2 𝑛 𝑥
...
) 𝑥 − )𝑥 − 1(𝑛𝑙 −( + )𝑥 − 1(𝑛𝑙 2− = )𝑥(𝑆
𝑥
1+𝑥
1
𝑛𝑙
...
1 < |𝑥|∀ ,2 −
2)𝑥 − 1(
𝑥
=
تمرين رابع
ليكن Yمتغير عشوائي متقطع ياخذ قيمه في ∗ 𝑁𝐼
...
0 > 𝑥 ,
!𝑛
∗
1( احسب التوقع الرياضي و التباين )𝑌(𝑉 ,)𝑌(𝐸
...
… ,
!2
اذن
𝑛 𝑥 𝑥− 𝑒
𝑛 ∑ = )𝑛 = 𝑌(𝑃𝑛 ∑ = ⋯ + )2 = 𝑌(𝑃
...
1 = )𝑌(𝐸
!𝑛
1≥𝑛
1≥𝑛
𝑛𝑥
𝑛𝑥
𝑥−
∑ 𝑒 =
...
∑
! )1 − 𝑛(
1≥𝑛
لدينا
...
𝑥 𝑒𝑥 = ) ⋯ + + 𝑥 + 1(𝑥 =
∑
! )1 − 𝑛(
! )1 − 𝑛(
!2
1≥𝑛
0≥𝑛
وبالتالي
...
22 + )1 = 𝑌(𝑃
...
! )1 − 𝑛( ! )2 − 𝑛(
بالتعويض في (1(
𝑛𝑥
𝑛𝑥
𝑥−
∑ 𝑒 +
∑
! )2 − 𝑛(
! )1 − 𝑛(
1≥𝑛
𝑥−
𝑒 =
)2
𝑌(𝐸
2≥𝑛
101
2−𝑛 𝑥
1−𝑛 𝑥
𝑥−
∑ 𝑒 𝑥 +
∑
! )2 − 𝑛(
! )1 − 𝑛(
1≥𝑛
𝑥− 2
𝑒 𝑥 =
2≥𝑛
𝑛𝑥
𝑛𝑥
∑ 𝑥− 𝑒𝑥 +
! )𝑛(
! )𝑛(
0≥𝑛
∑ 𝑥− 𝑒 2 𝑥 =
0≥𝑛
,𝑥 + 2 𝑥 = 𝑥 𝑒 𝑥− 𝑒𝑥 + 𝑥 𝑒 𝑥− 𝑒 2 𝑥 =
وبالتالي
...
4
!4
= 2𝑎
من أجل 3=n
1𝑎6−
!5
=
1𝑎−
02
= 3𝑎
من أجل 4=n
2𝑎−
0𝑎
0𝑎2
=
=
03
3
...
5
...
4
...
6
...
1+𝑝2𝑎 ∑ + 𝑝2 𝑥
...
𝑎
1+𝑝2 𝑥
...
! )2 + 𝑝2(
0≥𝑝
1
𝑝 )1−(
∑2 =
2+𝑝2 𝑥
...
! )2 + 𝑝2(
!4 !2 𝑥
1
...
1 = )0(𝑦
2− = )0( ′ 𝑦
الحل
نفرض ان الحل يكتب على شكل سلسلة صحيحة
𝑛 𝑥 𝑛 𝑎 ∑ = )𝑥(𝑦
0≥𝑛
لدينا
1−𝑛 𝑥 𝑛 𝑎𝑛 ∑ = ′) 𝑛 𝑥 𝑛 𝑎 ∑( = )𝑥( ′ 𝑦
1≥𝑛
0≥𝑛
2−𝑛 𝑥 𝑛 𝑎)1 − 𝑛(𝑛 ∑ = ′) 1−𝑛 𝑥 𝑛 𝑎𝑛 ∑( = )𝑥( « 𝑦
2≥𝑛
1≥𝑛
بالتعويض في المعادلة
501
2 = 1−𝑛 𝑥 𝑛 𝑎𝑛 ∑ – 2−𝑛 𝑥 𝑛 𝑎)1 − 𝑛(𝑛 ∑ 2 𝑥
2≥𝑛
1≥𝑛
نوحد اوال االسس
𝑛 𝑥 𝑛 𝑎)1 − 𝑛(𝑛 ∑ = 2−𝑛 𝑥 𝑛 𝑎)1 − 𝑛(𝑛 ∑ 2 𝑥
2≥𝑛
2≥𝑛
𝑛 𝑥 1+𝑛 𝑎)1 + 𝑛(∑ = 1−𝑛 𝑥 𝑛 𝑎𝑛 ∑
0≥𝑛
{
1≥𝑛
ومنه
2 = 𝑛 𝑥 1+𝑛 𝑎)1 + 𝑛(∑ – 𝑛 𝑥 𝑛 𝑎)1 − 𝑛(𝑛 ∑
2≥𝑛
0≥𝑛
نوحد االن المجاميع, لدينا بالنسبة للحد الثاني
𝑛 𝑥 1+𝑛 𝑎)1 + 𝑛(∑ + 𝑥 2𝑎2 + 1𝑎 = 𝑛 𝑥 1+𝑛 𝑎)1 + 𝑛(∑
0≥𝑛
2≥𝑛
بالتعويض في المعادلة
2 = ) 𝑛 𝑥 1+𝑛 𝑎)1 + 𝑛(∑ + 𝑥 2𝑎2 + 1𝑎( – 𝑛 𝑥 𝑛 𝑎)1 − 𝑛(𝑛 ∑
2≥𝑛
2≥𝑛
نرتب االن المجموع حسب القيم المتزايدا ل xنحصل على
0 = 𝑛 𝑥 ) 1+𝑛 𝑎)1 + 𝑛( − 𝑛 𝑎)1 − 𝑛(𝑛(∑ + 𝑥 2𝑎2 − 2 − 1𝑎−
2≥𝑛
لنعدم المعامالت
0 = 2 − 1𝑎−
0 = 2𝑎2
{
0 = 1+𝑛 𝑎)1 + 𝑛( − 𝑛 𝑎)1 − 𝑛(𝑛
نحصل اذن على
601
2− = 1𝑎
0 = 2𝑎
𝑛 𝑎)1 − 𝑛(𝑛
=
,
1+𝑛
2≥𝑛
{
1+𝑛 𝑎
من أجل 2=n
2𝑎2
0=
3
= 3𝑎
من أجل 3=n
0 = 2𝑎 =
2𝑎2
)
3
4
(6
=
3𝑎6
4
= 4𝑎
من أجل 4=n
2𝑎21 4𝑎21
=
0=
5
5
= 5𝑎
من أجل 5=n
2𝑎21
) 5 ( 02 5𝑎02
= 6𝑎
=
,0 = 2𝑎8 =
6
6
الحظ ان كل هذه المعامالت مكتوبة بداللة المعامل المعدوم 2𝑎 ومنه الحل العام للمعادلة
𝑛 𝑥 𝑛 𝑎 ∑ + 2 𝑥 2𝑎 + 𝑥 1𝑎 + 0𝑎 = 𝑛 𝑥 𝑛 𝑎 ∑ = )𝑥(𝑦
3≥𝑛
0≥𝑛
𝑥 1𝑎 + 0𝑎 =
والحل الخاص باستخدام الشروط االبتدائية
...
𝑥
2)! 𝑝( 2
0≥𝑝
تمارين اضافية
تمرين اول
احسب نصف قطر وميدان تقارب السالسل الصحيحة التالية
𝑛 𝑥 𝑛 )1−(
𝑛𝑥
∑ )1
∑ )2 ,
,
𝑛 3𝑛
𝑛 ln
2≥𝑛
2≥𝑛
𝑛2 𝑥
, )2−𝑛()1+𝑛( 3≥𝑛 ∑ )4 𝑛 )𝑥
...
تعريف التوابع الدورية:Les fonctions périodiques
نقول أن التابع fالمعرف علىℝدوري و دوره0> Tإذا وجد عدد حقيقي0> Tيحقق :
)𝑥(𝑓 = )𝑇 + 𝑥(𝑓 ∶ ∀𝑥 ∈ ℝ
مثال:
𝑥 𝑓(𝑥) = sin
التـــــــــــــــــوابع من الصنف 1 𝐶 بقطع (قابلية االشتقاق باستمرار بقطع)
تابع 𝜋2 تابع دوري ألن :
...
) − 𝜋−(𝑓 = ) − 𝜋(𝑓
التـــــــــــــــــوابع من الصنف 𝟏 𝑪 بقطع (قابلية االشتقاق باستمرار بقطع)
تعريف
نقول أن التابع Tدوري أنه من الصنف 1 𝐶
بقطع على مجال]𝑇 ,0[ إذا كان من الصنف 1 𝐶 على]𝑇 ,0[
ماعدا عند عدد منته من النقاط 𝑘 𝑥 حيث𝑛 ≤ 𝑘 ≤ 1 أين تكون′𝑓 و𝑓 تقبل نهايات على يمين و
يسار 𝑘 𝑥 , ليست بالضرورة متساوية
...
[0,2π
[𝜋 ,0[ ,𝑥
}
[𝜋2 ,𝜋 [ , 𝑥−
الحل
...
1− =
𝜋→ 𝑥
𝜋 − 𝑥 𝜋→𝑥
𝜋→𝑥
𝜋 −𝑥
𝜋 −𝑥
>
) − 𝜋2(𝑓 − )𝑥(𝑓
𝜋2 + 𝑥−
= lim
= lim
1−=
𝜋2→ 𝑥
𝜋2 − 𝑥 𝜋2→𝑥
𝜋2 − 𝑥
<
ومنه 𝑓 من الصنف
𝜋2 = 2𝑥 , 𝜋
1
)𝜋( ′ 𝑓
𝑑
′
)𝜋2( 𝑔 𝑓
بقطع على ]𝜋2,0[ألن نهايات ′𝑓 و 𝑓 منتهية عند النقاط= 1𝑥 , 0 = 0𝑥
التفسير البياني
𝑓 مستمر بقطع على]𝜋2,0[ يعني ان التابع مستمر غير متقطع ماعدا عند عدد منته من
النقاط التي ال تقبل في جوارها مستقيمات مقاربة عمودية
...
نظرية
...
0 = 𝐧 𝐛
511
اذا كان التابع fفردي فان المعامالت
...
تحديد المعامالت:
0
𝜋
𝜋
1
1
1
0 = )𝜋 − 𝜋(
= 0𝑎
= 𝑥𝑑)𝑥(𝑓 ∫
= )𝑥𝑑− ∫ + 𝑥𝑑 ∫ (
𝜋− 𝜋2
𝜋2
𝜋2
𝜋−
0
𝜋
2
= 𝑛𝑎
𝑥𝑑 )𝑥𝑛 (𝑠𝑜𝑐 )𝑥(𝑓 ∫
𝜋− 𝜋2
0
𝜋
1
1 ≥ 𝑛∀ , 0 = )𝑥𝑑 )𝑥𝑛(𝑠𝑜𝑐 − ∫ + 𝑥𝑑 )𝑥𝑛(𝑠𝑜𝑐 ∫ ( =
𝜋
𝜋−
0
0 1
𝜋 1
𝑥𝑑 )𝑥𝑛(𝑛𝑖𝑠 − ∫ + 𝑥𝑑 )𝑥𝑛(𝑛𝑖𝑠 ∫ = 𝑛 𝑏
𝜋− 𝜋
0 𝜋
0
𝜋
1
1
1
1
𝑛 )1−(2 2−
= ])𝑥𝑛(𝑠𝑜𝑐 −([ − ])𝑥𝑛(𝑠𝑜𝑐 −([ =
+
𝜋
𝑛
𝜋
𝑛
𝑛𝜋
𝜋𝑛
𝜋−
0
نميز حالتين :
2−
2
+
...
𝑥 )1 + 𝑝2(𝑛𝑖𝑠
)1 + 𝑝2(𝜋
1≥𝑝
∑ = 𝑥)1 + 𝑝 2(𝑛𝑖𝑠 1+𝑝2𝑏 ∑ + )𝑥𝑝 2(𝑛𝑖𝑠 𝑝2𝑏 ∑ =
1≥𝑝
0≥𝑝
611
تقــــــــارب سلسلة فوريي
سؤال: هل سلسلة فوريي المعرفة سابقا متقاربة ؟ وماهو مجموعها في حالة التقارب؟
الجــــواب : هي متقاربة إذا حققت شروط النظرية التالية:
نظرية ديركلي:Le théorème de Dirichlet
اذا كان 𝑓 تابعا𝑇 دوريا من الصنف 1 𝐶 بقطع على المجال]𝑇 ,0[ نقول أن سلسلة فوريي الملحقة لذا التابع
𝑓 متقاربة نحو المجموع)𝑥(𝑠 المعرف كما يلي :
في نقاط االستمرار
,)𝑥(𝑓 = )𝑥(𝑠
+
−
) 0𝑥(𝑓 + ) 0𝑥(𝑓
= )𝑥(𝑠
في نقاط عدم االستمرار 0𝑥 ,
2
مالحظة
...
مثال:
[𝜋 ,0[ ,𝑥
}
[𝜋2 ,𝜋 [ , 𝑥−
التابع 2𝜋 : fدوري من الصنف 1 𝐶
{ = )𝑥(𝑓
بقطع على ]𝜋2,0[
∞ < 0 = )𝑥(𝑓 lim
0→𝑥
>
∞ < 𝜋 = )𝑥(𝑓 lim
𝜋→𝑥
<
∞ < 𝜋 − )𝑥(𝑓 lim
𝜋→ 𝑥
>
∞ < 𝜋2− = )𝑥(𝑓 lim
𝜋2→𝑥
<
وأيضا
0(′ 𝑑 𝑓 ∞ < 1 =
) +0(𝑓−)𝑥(𝑓
𝑥
)=lim
0→ 𝑥
>
1 = )𝜋(′ 𝑔 𝑓
711
1− = )𝜋( ′ 𝑓
𝑑
′
1− = )𝜋2( 𝑔 𝑓
إذن شروط ديركلي محققة أي:
𝑥𝑛 𝑎0 + ∑ 𝑎 𝑛 cos 𝑛𝑥 + 𝑏 𝑛 sin
0≥𝑛
متقاربة نحو المجموع
) −0(f(0+ ) + f
= −π
2
) −f(π+ ) + f(π
0=
= )s(x
2
) −f(2π+ ) + f(2π
= −π
2
}}{f(x) , x ∈ [0,2π]/ {0, π , 2π
مساواة بارسفال Egalité de Parseval
نفرض أن مستمر بقطع على ] [0, Tلدينا
...
𝜋 = ] [ = 𝑥𝑑𝑥 ∫
0 𝜋2
0 2 𝜋2
𝜋2 2
= 𝑛𝑎
𝑥𝑑 𝑥𝑛 ∫ 𝑥 cos
0 𝜋2
نكامل بالتجزئة بوضع
1 = )𝑥( ′𝑢
1
′ {
𝑥𝑛 𝑣 (𝑥) = cos 𝑛𝑥, 𝑣(𝑥) = sin
𝑛
,𝑥 = )𝑥(𝑢
فنجد
𝜋2
𝑥 1
𝜋2 1
)𝑥𝑑 𝑥𝑛 𝑛𝑖𝑠 ∫ − ]𝑥𝑛 𝑛𝑖𝑠 [(
𝑛 𝜋
0 𝑛
0
= 𝑛𝑎
911
𝜋2
𝑥 1
1
,) 𝜋2]𝑥𝑛 = ([ 𝑠𝑖𝑛 𝑛𝑥] + 2 [cos
0
𝑛 𝜋
𝑛
0
,1 = 𝑛𝜋2 𝑠𝑜𝑐 ,0 = 𝑛𝜋2 𝑛𝑖𝑠
ومنه
...
𝜋
𝑛
0 𝑛
𝑛
0
تمرين ثان
الدورية
لتكن الدالة 𝝅𝟐
|𝑥| = )𝑥(𝑓 ,]𝜋 ,𝜋−[ ∈ 𝑥∀
1(عين معامالت سلسلة فوريي للدالة
2(هل هذه السلسلة متقاربة؟ وماهو مجوعها في حالة التقارب؟
3( استنتج قيمة
1
4)1+𝑛2(
∞+∑ ,
0=𝑛
1
2)1+𝑛2(
∞+∑
0=𝑛
الحل
1( حساب معامالت فوريي
الحظ ان التابع زوجي على المجال,]𝜋 ,𝜋−[ الن
...
𝑁𝐼 ∈ 𝑛∀ , 𝑛 )1−( = 𝜋𝑛 𝑠𝑖𝑛 𝑛𝜋 = 0, cos
ومنه
)1 − 𝑛 )1−((
2
2𝑛𝜋
= 𝑛𝑎
نالحظ ان
𝑝2 = 𝑛
1 + 𝑝2 = 𝑛
,1
{ = 𝑛 )1−(
,1−
وعليه نفصل المعامالت الفردية و الزوجية
𝑝2 = 𝑛
1 + 𝑝2 = 𝑛
,0
4−
,
2)1 + 𝑝2(𝜋
{= 𝑛𝑎
تكتب سلسلة فوريي اذن كما يلي
𝑥)1 + 𝑛2(𝑠𝑜𝑐 1+𝑛2𝑎 ∑ + 𝑥𝑛2 𝑠𝑜𝑐 𝑛2𝑎 ∑ + 0𝑎 = 𝑥𝑛 𝑎0 + ∑ 𝑎 𝑛 cos
0≥𝑛
1≥𝑛
1≥𝑛
121
4− 𝜋
𝑥)1 + 𝑛2(𝑠𝑜𝑐
+
...
,𝜋− = 0𝑥
لكن عند هذه النقاط العدد المشتق على اليمين و على اليسار موجود فعال
∞ < 1− =
𝜋−𝑥−
𝑚𝑖𝑙 =
) +)𝜋−((𝑓−)𝑥(𝑓
𝜋+𝑥 𝜋−→𝑥
𝑓 𝑑 ′(−𝜋)= lim
𝜋+𝑥
𝜋−→𝑥
>
𝑥
...
∞ < 1− =
...
لدينا
4 𝜋
𝑥)1 + 𝑛2(𝑠𝑜𝑐
∑ −
)1(
...
=
∑
2)1 + 𝑛2(
8
0≥𝑛
بالنسبة للمجموع الثاني
1
4)1+𝑛2(
∞+∑ الحظ ان الحد العام هو عبارة عن المعامل 2𝑎
𝑛
0=𝑛
يمكننا اذن االعتماد على عالقة بارسفال
𝜋
2
) 2∫ 𝑓 2 (𝑥)𝑑 x = 2a2 + ∑(a2 + b
n
n
0
𝜋− 𝜋2
1≥n
ومنه
∞+
2 𝜋 1
2𝜋
1
∑+ = 𝑥 ∫
...
=
3 𝜋
2
6
اذن
∞+
1
2𝜋
...
2(بين ان هذه السلسلة متقاربة و اوجد مجموعها
...
𝜋 = ] [ = 𝑥𝑑 𝑥 ∫ = 𝑥𝑑)𝑥(𝑓 ∫
0 𝜋2
0 𝜋2
0 2 𝜋2
𝜋2 1
,𝑥𝑑 𝑥𝑛 𝑎 𝑛= ∫ 𝑥 cos
0 𝜋
نكامل بالتجزئة فنجد
𝜋2 1
= 𝑥𝑑 𝑥𝑛 𝑎 𝑛= ∫ 𝑥 cos
0 𝜋
𝜋2
𝑥 1
𝜋2 1
− ]𝑥𝑛 = [ sin
,𝑥𝑑 𝑥𝑛 ∫ sin
𝑛 𝜋
0 𝜋𝑛
0
𝜋2
𝑥 1
1
𝜋2]𝑥𝑛 𝑠𝑜𝑐[ 2 + ]𝑥𝑛 𝑛𝑖𝑠 [
0
𝑛 𝜋
𝜋 𝑛
0
=
...
=
𝑛
تكتب سلسلة فوريي اذن كما يلي
2
𝑥𝑛 𝜋 + ∑ sin
𝑛
1≥𝑛
2( لدراسة تقارب سلسلة فوريي اعاله نتحقق من شروط نظرية ديريكلي
...
0 = 𝑥 𝑚𝑖𝑙 = )𝑥(𝑓 lim
0→𝑥
0→𝑥
>
...
ومنه مجموعها
[𝜋2,0] ∈ 𝑥∀
,
1 ,0 = 𝑘 , 𝑘 𝑥 = 𝑥
,)𝑥(𝑓
) − 𝑥(𝑓
𝑘
+ ) + 𝑥(𝑓
𝑘
{ = )𝑥(𝑆
2
اذن
,)𝑥(𝑓
[𝜋2,0] ∈ 𝑥∀
,𝜋
𝜋2 = 𝑥 ,0 = 𝑥
{ = )𝑥(𝑆
تمرين رابع
ليكن التابع 𝝅𝟐
الدوري
...
2( استنتج قيمة المجاميع التالية
1
1 + 2𝑛
∑
0>𝑛
𝑛 )1−(
,
2 ∑
1+ 𝑛
0>𝑛
الحل
حساب معامالت فوريي
621
𝜋
1
1
𝜋𝑒
𝜋− 𝑒
𝜋− 𝑒 − 𝜋 𝑒
𝜋 𝑠ℎ
𝑥
𝜋 ]𝑥
= 𝜋− 𝑒[
= 0𝑎
= 𝑥𝑑 𝑒 ∫
−
=
=
...
(𝑠ℎ
ومنه
𝑛 )1−(
𝑛 )1−(
2𝑛 + 1
𝜋
𝜋−
) 𝑒 − 𝑒( = ) 2 (
...
𝑥𝑛 𝑛𝑖𝑠
...
التابع 𝑓 مستمر و قابل لالشتقاق ماالنهاية من المرات على المجال [𝜋 ,𝜋−]
عند النقطة 𝜋 = 0𝑥
...
𝜋− 𝑒 = )𝑥(𝑓 𝑚𝑖𝑙 = )𝑥(𝑓 𝑚𝑖𝑙
𝜋−→𝑥
>
𝜋→ 𝑥
>
عند النقطة 𝜋− = 1𝑥
...
𝜋 𝑒 = )𝑥(𝑓 𝑚𝑖𝑙 = )𝑥(𝑓 𝑚𝑖𝑙
𝜋→ 𝑥
<
𝜋−→𝑥
<
النهايات على اليمين و اليسار موجودة و منتهية
...
...
𝑥𝑛 𝑛𝑖𝑠
...
… ,[𝜋 ,𝜋−]
,)𝑥(𝑓
∈ 𝑥∀
𝜋−
𝜋
𝑒 + 𝑒 { = )𝑥(𝑆
,𝜋= 𝑐ℎ
2
𝜋− = 𝑥 ,𝜋 = 𝑥
استنتاج المجموع
𝑛 )1−(
2 ∑
1+ 𝑛
0>𝑛
لما0 = 𝑥 لدينا من )1(
)0(𝑓 = )0(𝑆
𝑛 )1−(
𝜋 𝑠ℎ 𝜋 2𝑠ℎ
= )0(𝑆
+
∑
) 2𝑛 + 1(
𝜋
𝜋
1≥𝑛
1 = 0 𝑒 = )0(𝑓
ومنه
𝑛 )1−(
𝜋 𝑠ℎ 𝜋 2𝑠ℎ
+
,1 =
∑
) 2𝑛 + 1(
𝜋
𝜋
1≥𝑛
031
اذن
𝑛 )1−(
𝜋
𝜋 𝑠ℎ
=
− 1(
...
𝜋𝑛 𝑛𝑖𝑠
...
−
𝜋(1 + 𝑛2 ) 2𝑠ℎ
𝜋
2
2
∑
1≥𝑛
تمرين سادس
ليكن التابع 𝜋2الدوري
𝑥 −𝜋
]𝜋 ,0[ ∈ 𝑥 ,
2
𝑥 + 𝜋 { = )𝑥(𝑓
]0 ,𝜋−[ ∈ 𝑥 ,
2
1( انشر هذا التابع على شكل سلسلة فوريي
...
التابع مستمر على المجال ]𝜋 ,𝜋−[
الحظ انه حتى عند النقاط 𝜋 = 2𝑥 ,0 = 1𝑥 ,𝜋− = 0𝑥
𝑥 +𝜋
,0 =
2
𝑚𝑖𝑙 = )𝑥(𝑓 𝜋−→𝑥 𝑚𝑖𝑙 = )𝑥(𝑓 lim
𝜋−→𝑥
𝑥 −𝜋
,0 =
2
𝜋→𝑥
>
>
𝑚𝑖𝑙 = )𝑥(𝑓 lim 𝑓(𝑥) = lim
𝜋→ 𝑥
𝜋→𝑥
𝑥 +𝜋
𝜋
=
2
2
𝜋−→ 𝑥
<
<
𝑚𝑖𝑙 = )𝑥(𝑓 lim
0→𝑥
0→𝑥
<
231
𝑥 −𝜋
𝜋
=
2
2
𝑚𝑖𝑙 = )𝑥(𝑓 lim
0→𝑥
0→𝑥
>
التابع معرف مستمرو قابل لالشتقاق على المجال ]𝜋 ,𝜋−[ لدينا
1−
]𝜋,0[∈𝑥 ,
2{
1
]0,𝜋−[∈𝑥,
2
=
)𝑥( ′
𝑓
اذن
1
′
, − = )𝜋( 𝑔 𝑓
2
1
1
, − = )0(′ 𝑔 𝑓 , = )0(′ 𝑑 𝑓
2
2
1
, = ))𝜋−(′ 𝑑 𝑓
2
او باستعمال تعريف العدد المشتق
1
∞< −=
2
1
∞< =
2
1
...
∞ < − =
2
𝑥+𝜋
2
𝑥−𝜋
2
𝑚𝑖𝑙 =
) −𝜋(𝑓−)𝑥(𝑓
𝜋−𝑥 𝜋→𝑥
𝑚𝑖𝑙 =
𝜋+𝑥 𝜋−→𝑥
𝑥 +𝜋
𝜋
−
2
2
𝑥
𝜋−𝑥
) +𝜋−(𝑓−)𝑥(𝑓
𝜋+𝑥
𝑓 𝑔 ′(𝜋)=lim
𝜋→𝑥
<
𝜋−→𝑥 𝑚𝑖𝑙=)𝜋−(′ 𝑑 𝑓
>
) +0(𝑓 − )𝑥(𝑓
𝑚𝑖𝑙 =
0→𝑥
𝑥
𝑥 −𝜋
𝜋
−
2
2
𝑥
) −0(𝑓 − )𝑥(𝑓
𝑚𝑖𝑙 =
0→𝑥
𝑥
0→𝑥 𝑚𝑖𝑙 = )0( ′ 𝑓
𝑑
>
0→𝑥 𝑚𝑖𝑙 = )0(′ 𝑔 𝑓
<
التابع معرف مستمرو قابل لالشتقاق على المجال ]𝜋 ,𝜋−[ودوري فهو كذلك على, IR
اذن شروط نظرية ديريكلي محققة والتابع يقبل النشر الى سلسلة فوريي المتقاربة نحوالمجموع الذي هو
التابع نفسه
...
نالحظ ان هذا التابع يمكن كتابته على الشكل
]𝜋 ,𝜋−[ ∈ 𝑥∀
|𝑥| − 𝜋
,
2
= )𝑥(𝑓
الن
331
]0 ,𝜋−[ ∈ 𝑥 ,𝑥−
,𝑥
]𝜋 ,0[ ∈ 𝑥
{ = |𝑥|
واضح االن ان هذا التابع زوجي الن
|𝑥−| − 𝜋
|𝑥| − 𝜋
=
]𝜋 ,𝜋−[ ∈ 𝑥∀ ,)𝑥(𝑓 =
2
2
= )𝑥−(𝑓
لدينا اذن
,0 = 𝑛 𝑏
𝑁𝐼 ∈ 𝑛∀
𝜋
𝜋
1
2
𝑥 −𝜋
𝜋
= 0𝑎
= 𝑥𝑑)𝑥(𝑓 ∫
∫
...
2)1 + 𝑛2(
8
0≥𝑛
تمرين سابع
انشر الى سلسلة فوريي التوابع الحقيقية التالية
التابع الزوجي 𝜋2الدوري حيث
...
1
التابع الفردي 𝜋2الدوري حيث
...
2
استنتج المجاميع
531
𝑛 )1−(
1
∑,
3
)1 + 𝑛2(
6)1 + 𝑛2(
0≥𝑛
∑
0≥𝑛
1
,
2)1 + 𝑛2(
∑
0≥𝑛
الحل
بما ان التابع𝜋2 دوري وزوجي اذن يمكن تعريفه على مجال طوله دور كامل كما يلي
𝑥2
]𝜋 ,0[ ∈ 𝑥 ,
𝜋
{ = )𝒙(𝒇
𝑥2
+1
]0 ,𝜋−[ ∈ 𝑥 ,
𝜋
−1
الحظ انه اذا مثلناه بيانيا فهو متناظر بالنسبة لمحور التراتيب
...
(ارجع الى التمرين السابق)
...
0 = ] 𝑥 − 𝑥[ = 𝑥𝑑 ) − 1( ∫
𝜋− 𝜋2
0 𝜋2
𝜋
𝜋
𝜋
0
𝜋 1
𝜋 2
𝑥2
𝑥𝑑 𝑥𝑛 𝑠𝑜𝑐 ) − 1( ∫ = 𝑥𝑑 𝑥𝑛 𝑠𝑜𝑐 )𝑥(𝑓 ∫ = 𝑛 𝑎
𝜋− 𝜋
0 𝜋
𝜋
نكامل بالتجزئة مع
2−
𝜋
= )𝑥( ′𝑢
1
𝑥𝑛 sin
𝑛
𝑥2
,
𝜋
− 1 = )𝑥(𝑢
{
= )𝑥(𝑣 , 𝑥𝑛 𝑠𝑜𝑐 = )𝑥( ′ 𝑣
نجد
𝜋
𝜋
1 2
𝑥2
2
+ ]𝑥𝑛 𝑎 𝑛 = ([ (1 − ) sin
)𝑥𝑑 𝑥𝑛 𝑛𝑖𝑠 ∫
𝑛 𝜋
𝜋
0 𝜋𝑛
0
631
𝜋
1− 4
4
=
...
𝑥)1 + 𝑝2(cos
2)1 + 𝑝2( 2 𝜋
∞
∑ = )𝑥(𝑓
0=𝑝
بالنسبة للتابع الفردي gيمكن تمديده بالطريقة التالية على دورة كاملة
,]𝜋 ,0[ ∈ 𝑥 ,)𝑥 − 𝜋(𝑥
]0 ,𝜋−[ ∈ 𝑥 ,)𝑥 + 𝜋(𝑥
{ = )𝑥(𝑔
يمكن التاكد ان شروط ديريكلي محققة اي انه يمكن نشره الى سلسلة فوريي, لدينا
𝑁𝐼 ∈ 𝑛∀ ,0 = 𝑛 𝑎
𝜋 1
𝜋 2
𝑥𝑑 𝑥𝑛 𝑛𝑖𝑠 ))𝑥 − 𝜋(𝑥( ∫ = 𝑥𝑑 𝑥𝑛 𝑛𝑖𝑠 )𝑥(𝑓 ∫ = 𝑛 𝑏
𝜋− 𝜋
0 𝜋
نكامل بالتجزئة مرة اولى
𝜋
2
𝜋 𝑥𝑛 cos
2
))𝑥 − 𝜋(𝑥(−[ = 𝑛 𝑏
+ ]
𝑥𝑑 𝑥𝑛 𝑠𝑜𝑐
...
)𝑥2 − 𝜋( ∫
0 𝑛𝜋
𝜋
1 2
𝜋 2
=
) 𝑥𝑑 𝑥𝑛 𝑛𝑖𝑠 ∫ + ]𝑥𝑛 𝑛𝑖𝑠
...
) 𝑛 )1−( − 1( 3 = 𝜋0]𝑥𝑛 [− cos
3𝑛𝜋
𝑛𝜋
=
731
𝑝2 = 𝑛
1 + 𝑝2 = 𝑛
,0
8
,
3)1 + 𝑝2( 𝜋
{ = 𝑛𝑏
و بالتالي
∞
𝑥𝑛 𝑔(𝑥) = ∑ 𝑏 𝑛 sin
0=𝑛
∞
∞
𝑥)1 + 𝑝2(𝑛𝑖𝑠 1+𝑝2𝑏 ∑ + 𝑥𝑝 𝑛𝑖𝑠 𝑝2𝑏 ∑ =
0=𝑝
0=𝑝
8
...
=
∑
2)1 + 𝑝2(
8
0=𝑝
831
استنتاج المجموع
𝑛 )1−(
∑
3)1 + 𝑛2(
0≥𝑛
االن باستعمال نشر فوريي للتابعg
8
...
∑
3)1 + 𝑝2(
23 8 4
0=𝑝
استنتاج المجمو ع
1
6)1+𝑛2(
0≥𝑛 ∑
الحظ ان الحد العام لهذا المجموع هوم مربع المعامل 𝑛 𝑏 في نشر التابع g
...
= ] +
𝜋
3
4
51 0 5
931
ومنه
∞
46
1
4𝜋
=
∑
51 6)1 + 𝑝2(
2𝜋
0=𝑝
اذن
∞
1
6𝜋
=
...
f
3( انشر هذا التابع على شكل سلسلة فوريي
...
تعرىف
لتكن المجموعة المغلقة و المحدودة
}𝑑 ≤ 𝑦 ≤ 𝑐 ,𝑏 ≤ 𝑥 ≤ 𝑎 , 2 𝑅 ∈ )𝑦 ,𝑥({ = 𝐷
نعرف التابع الحقىقى المستمر
𝑅𝐼 → 𝐷 :𝑓
و لنعتبر التقسيم التالي للمجاالت
,𝑏 ≤ 𝑛 𝑥 ≤ ⋯ ≤ 1𝑥 ≤ 0𝑥 ≤ 𝑎
...
نسمي تكامل مضاعف على المجموعة Dالنهاية التالية
) 1−𝑗 𝑦 − 𝑗 𝑦() 1−𝑖 𝑥 − 𝑖 𝑥( 𝑗𝑖𝑓
∑
𝑚𝑖𝑙
∞+→𝑛
𝑚≤𝑗≤1 ;𝑛≤𝑖≤1 ∞+→𝑚
ونرمزله 𝑦𝑑𝑥𝑑)𝑦 ,𝑥(𝑓 𝐷 ∬
...
لدينا
= 𝑦𝑑𝑥𝑑)𝑦 ,𝑥()𝑔 + 𝑓( 𝐷 ∬ )1(
, 𝑦𝑑𝑥𝑑)𝑦 ,𝑥(𝑔 𝐷 ∬ + 𝑦𝑑𝑥𝑑)𝑦 ,𝑥(𝑓 𝐷 ∬
, 𝑦𝑑𝑥𝑑)𝑦 ,𝑥(𝑓 𝐷 ∬ = 𝑦𝑑𝑥𝑑)𝑦 ,𝑥(𝑓 𝛼 𝐷 ∬ )2(
, 𝑦𝑑𝑥𝑑|)𝑦 ,𝑥(𝑓| ∬ ≤ 𝑦𝑑𝑥𝑑 | )𝑦 ,𝑥(𝑓
𝐷
∬| )3(
𝐷
)4( اذا كان 𝑔 ≤ 𝑓 على Dفان
...
Dفان:
𝑑
𝑏
𝑏
𝑑
...
1( … 𝑦𝑑) 𝑥𝑑)𝑦 ,𝑥(𝑓 ∫( ∫ = 𝑥𝑑)𝑦𝑑)𝑦 ,𝑥(𝑓 ∫( ∫ = 𝑦𝑑𝑥𝑑)𝑦 ,𝑥(𝑓
𝑎
𝑐
𝑎
𝑐
∬
𝐷
مثال احسب التكامل التالي
𝟏
,𝒚𝒅𝒙𝒅 ) 𝟐 𝒚𝒙𝟑 − 𝒚 𝟐 𝒙(∬
𝑫
...
2
6
3 1−
∫=
مالحظة
241
:في المثال السابق مسالة اختيار متغير المكاملة االول غير مهمة لكن في بعض الحاالت قد افضل كما هو
يكون اختيار احد التكاملين في)1
...
+ 2𝑒 − 𝑒
2
2
مالحظة
...
𝑦𝑑 )𝑦(𝑔 ∫ 𝑥𝑑 )𝑥(𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦 = ∫ ℎ
𝑐
∬
𝑎
𝐷
مثال
1
2
1
2
...
فان
)𝒙(𝝉
, 𝑥𝑑)𝑦𝑑)𝑦 ,𝑥(𝑓
𝑏
∫( ∫ = 𝑦𝑑𝑥𝑑)𝑦 ,𝑥(𝑓
)𝒙(𝝋
)𝒚(𝝉
...
تغيير المتغير:
كما استعملنا تغيير المتغير في الكثير من تكامالت ريمان لنتغير واحد نعممها ايضا الى التوابع ذات
متغيريين كما يلي
...
Eو ليكن Τالتابع المتقابل من الصنف 1 𝐶 التالي:
𝐷 → 𝐸 :𝑇
...
لحساب التكامل المضاعف با ستخدام المتغيرات الجديدة لدينا
...
}𝟏 ≤ 𝟐 𝒚 + 𝟐 𝒙 , 𝟐∗ +𝑫 = {(𝒙, 𝒚) ∈ ℝ
شكل الميدان(قرص) يوجه االى تغيير المتغير التالي
...
لدينا المصفوفة اليعقوبية للمتغيرات الجديدة)𝜃 ,𝑟(
𝑥𝜕
𝜃 𝑛𝑖𝑠𝑟− =
𝜃𝜕
)
𝑦𝜕
𝜃𝑠𝑜𝑐 𝑟 =
𝜃𝜕
محددها
𝑥𝜕
𝜃 𝑠𝑜𝑐 =
𝑟𝜕 ( = 𝐽
𝑦𝜕
𝜃 𝑛𝑖𝑠 =
𝑟𝜕
0 ≠ 𝑟 = 𝐽 𝑡𝑒𝑑 اذن
,𝜃𝑑𝑟𝑑𝑟) 2 𝑟 − 1( ∬ = 𝑦𝑑𝑥𝑑) 2 𝑦 − 2 𝑥 − 1( ∬
𝐸
𝜋
مع } ≤ 𝜃 ≤ 0 ,1 ≤ 𝑟 ≤ 0/
2
𝟐
𝐷
𝐸 = {(𝑟, 𝜃) ∈ ℝ
ومنه
𝜋
2
1
1 4𝑟 2𝑟 𝜋
𝜋
− [ = 𝜃𝑑 ∫
...
= 0]
2 2
4
8
0
0
2
541
تمارين محلولة
احسب التكامالت المضاعفة التالية
...
}𝒚 < 𝑥 , 1 < 𝑦 < 𝟎 ,1 < 𝑥 < 𝟎/ 𝟐 𝑹 ∈ )𝒚 ,𝒙({ = 𝑫
,𝒚𝒅𝒙𝒅 𝒚−𝒆𝒙𝟐 ∬ )𝟐
𝑫
,𝟏 ≥ 𝒚
...
} 𝟐 𝒚 ≤ |𝒙|
,𝒚𝒅𝒙𝒅 𝒚 𝟐 𝒙 ∬ )𝟒
,𝟏 ≤ 𝒚 ≤ 𝟎 / 𝟐 𝑫 = {(𝒙, 𝒚) ∈ ℝ
𝑫
𝟏
𝟐
...
} ≤ 𝒚𝒙 ≤ 𝟎 ,𝟐 ≤ 𝒙 ≤ 𝟏 / 𝟐 𝑫 = {(𝒙, 𝒚) ∈ ℝ
𝟐
𝟏
,𝒚𝒅𝒙𝒅 )𝒚𝒙(𝒔𝒐𝒄 ∬ )𝟔
𝑫
𝟏
𝟐
...
}𝟏 ≤ 𝟐 𝒚 + 𝟐 )𝟐 − 𝒙( / +𝑹 ∈ )𝒚 ,𝒙({ = 𝑫
,𝒚𝒅𝒙𝒅 𝒚)𝟐 − 𝒙(∬ )𝟖
𝑫
𝟏
تذكير : ) ])𝒃 − 𝒂( 𝒏𝒊𝒔 + )𝒃 + 𝒂(𝒏𝒊𝒔[
𝟐
𝟐 𝒙
𝟐 𝒚
...
} 1 < |𝑦 + 𝑥| ,1 < |𝒚 − 𝒙|
, 𝟐 𝑹 ∈ )𝒚 ,𝒙({ = 𝑫
,𝒚𝒅𝒙𝒅 𝒚+𝒙 𝒆 ∬ )𝟎𝟏
𝑫
𝟏
...
قد نلجأ الى تغيير متغيرات المكاملة لسبب من السببين التاليين
حساب التابع االصلي معقد
شكل الميدان
𝟏 𝟐
2
𝟐
𝟏
𝒙
𝟏
2𝑥
𝜋
∬ )𝟏
∫ 𝒙𝒅𝒙 ∫ = 𝒚𝒅𝒙𝒅
...
𝟐 − 𝟏−𝒆𝟓−=
𝟏
,𝒚𝒅𝒙𝒅
𝟑 )𝒚 + 𝒙(
...
= ]
𝟐 )𝟏 + 𝒙( 𝟗 𝟏 𝟐
𝟏 𝟏 +𝒙 𝟗 𝟐
𝟗
𝟏
} 𝟐 𝒚 ≤ |𝒙|
,𝒚𝒅𝒙𝒅 𝒚 𝟐 𝒙 ∬ )𝟒
,𝟏 ≤ 𝒚 ≤ 𝟎 , 𝟐 𝑫 = {(𝒙, 𝒚) ∈ ℝ
𝑫
𝟐𝒚
𝟏
𝟑𝒙
] [ 𝒚 ∫ = 𝒚𝒅)𝒙𝒅 𝟐 𝒙
𝒚𝒅
𝟐 𝒚− 𝟑
𝟎
𝟐𝒚
𝟏
∫(𝒚 ∫ =
𝟐 𝒚−
𝟎
1
6𝑦
6𝑦
7 2
1
∫ = 𝑦𝑑 ) +
...
}𝟒 ≤ 𝟐 𝒚 + 𝟐 𝒙 ≤ 𝟏 / +𝑹 ∈ )𝒚 ,𝒙({ = 𝑫
,𝒚𝒅𝒙𝒅 𝟐 𝒚 + 𝟐 𝒙 √ ∬ )𝟓
𝑫
ميدان المكاملة هو المساحة المحدودة المشتركة
𝟐
}𝟒 ≤ 𝟐 𝒚 + 𝟐 𝒙 / +𝑹 ∈ )𝒚 ,𝒙({ ∩ }𝟏 ≥ 𝟐 𝒚 + 𝟐 𝒙
𝟐
, +𝑹 ∈ )𝒚 ,𝒙({
اذن باستعمال تغيير المتغير
𝜋
, ≤ 𝜃 ≤ 0 ,2 ≤ 𝑟 ≤ 1
2
𝜃 𝑠𝑜𝑐𝑟 = 𝑥
,
𝜃𝑛𝑖𝑠𝑟 = 𝑦
{
مع0 ≠ 𝑟 = 𝐽 𝑡𝑒𝑑
...
𝟔
𝟐 ⁄𝝅
= 𝜽𝒅
𝟐 ⁄𝝅
𝟐
𝟐
𝟐
∫ 𝒓𝒅 𝒓 ∫ 𝜽𝒅𝒓𝒅 𝒓
𝟎
𝟏
𝟐
∬ = 𝒚𝒅𝒙𝒅
𝟎 𝟏
𝟏
𝟐𝒚
+
𝟐𝒙
√∬
𝑫
841
𝟏
𝝅
...
الطريقة االولى
2
𝑥2⁄𝜋 𝑦𝑥𝑛𝑖𝑠
𝑥𝑑
[ ∫ = 𝑥𝑑 𝑦𝑑 𝑦𝑥 𝑠𝑜𝑐
∫ = 𝑥𝑑
]
0 𝑥
𝑥
1
1
2
𝑥2⁄𝜋 2
1
∬ = 𝑦𝑑𝑥𝑑 )𝑦𝑥(𝑠𝑜𝑐 ∬
𝐷
0 1
...
0 ≠
𝑣
= 𝐽 𝑡𝑒𝑑
1
, ) ⁄𝑢−
2𝑣
𝑣
0
⁄1( = 𝐽
اذن
𝑣𝑑
𝑣
2
∫ 𝑢𝑑 𝑢 𝑠𝑜𝑐
1
⁄𝜋
2
2⁄𝜋 2
1
1
∬ = 𝑦𝑑𝑥𝑑 )𝑦𝑥(𝑠𝑜𝑐 ∬
∫ = 𝑣𝑑𝑢𝑑 𝑢 𝑠𝑜𝑐
𝑣
0
2
...
}𝟏 ≤ 𝟐 𝒚 + 𝟐 )𝟐 − 𝒙( / +𝑹 ∈ )𝒚 ,𝒙({ = 𝐷
,𝑦𝑑𝑥𝑑 𝑦)2 − 𝑥(∬ )7
𝐷
شكل الميدان عبارة عن قرص اذن نستعمل االحداثيات القطبية
0 ≠ 𝑟 = 𝐽 det
𝜃 𝑠𝑜𝑐𝑟 = 2 − 𝑥
𝜋
, ≤ 𝜃 ≤ 0 ,1 ≤ 𝑟 < 0 ,
2
𝜃𝑛𝑖𝑠𝑟 = 𝑦
{
941
ومنه
3 2⁄ 𝜋 1
1
0 ∬ = 𝑦𝑑𝑥𝑑 𝑦)2 − 𝑥( 𝐷 ∬
0
𝜃𝑑𝑟𝑑 𝜃𝑠𝑜𝑐𝜃𝑛𝑖𝑠 𝑟
1
𝜃𝑑𝜃2𝑛𝑖𝑠
2
1
1 4𝑎 1
1
...
} 1 ≤ 2 𝑦 + 2 𝑥
2ℝ
+
2⁄ 𝜋
1
3
∫ 𝑟𝑑 𝑟 ∫ =
0
0
2⁄ 𝜋
∈ )𝑦 ,𝑥({ = 𝐷 ,𝑦𝑑𝑥𝑑
1
3
∫ 𝑟𝑑 𝑟 ∫ 𝑚𝑖𝑙 =
0
0→𝑎
𝑎
2 𝑦+ 2 𝑥
2 𝑦+ 2 𝑥√+𝑥
1
𝐷∬
)8
شكل الميدان عبارة عن قرص اذن نستعمل ايضا االحداثيات القطبية
𝜃 𝑠𝑜𝑐𝑟 = 𝑥
𝜋
0 ≠ 𝑟 = 𝐽 , 0 < 𝑟 ≤ 1, 0 ≤ 𝜃 ≤ , det
2
𝜃𝑛𝑖𝑠𝑟 = 𝑦
{
اذن
2⁄ 𝜋 1
3𝑟
∬ = 𝒚𝒅𝒙𝒅
𝜃𝑑𝑟𝑑
𝑟 + 𝜃𝑠𝑜𝑐𝑟
0 0
2⁄ 𝜋
1
)1(
...
𝑟𝑑 2 𝑟 ∫ =
0
0
لدينا
بماان 0 ≠ 𝑟 = 𝐽 detاذن مجال المكاملة هو ]1,0] وبالتالي
1
1
3𝑟
1
)2(
...
… 𝟏 = 𝒕𝒅 𝟎∫=𝒕𝒅
𝟐
𝟐
𝒕+𝟏
...
= 𝒚𝒅𝒙𝒅
𝟑
𝟐 𝒚+ 𝟐
𝒙√+𝒙
𝟏
𝑫∬
1
,𝑦𝑑𝑥𝑑 ) 2 𝑦 + 2)3 − 𝑥((10) ∬ 𝐷 sin
...
𝑟𝑑
2
0
𝜋√
𝜋2 𝜋 √
2
∫ = 𝜃𝑑𝑟𝑑 𝑟 𝑛𝑖𝑠𝑟
0
∬
0 0
151
𝑟2 𝑠𝑜𝑐𝑟
𝑟𝑑
2
𝑟 𝜋√
𝜋√
𝑟2 𝑠𝑜𝑐𝑟 − 𝑟
∫ = 𝑟𝑑
∫ − 𝑟𝑑
2
2
0
0
𝜋√
∫
0
𝜋√
2𝑟
𝜋 √ 1 𝜋 √ 𝑟2 𝑛𝑖𝑠𝑟
[− ] [=
𝑟𝑑𝑟2𝑛𝑖𝑠 ∫ + ]
0 4
4
0 4
0
𝜋√ 𝜋
1
1
−
...
}1 ≤ 𝑦 + 𝑥 ≤
2
,0 > 𝑦
,0 > 𝑥 / 2𝐷 = {(𝑥, 𝑦) ∈ ℝ
الحظ ان شكل التابع االصلي غير معروف لذلك نقترح تغيير المتغير)𝑣 ,𝑢(
الذي يحقق مايلي
1
)𝑣 − 𝑢( = 𝑦
2
1−
2
1
, )𝑣 + 𝑢( = 𝑥
2
= 𝐽 𝑡𝑒𝑑
⁄1
,) 2
⁄1
2 −
⁄1
2 (=𝐽
⁄1
2
لدينا
𝑢 =𝑦 +𝑥
𝑣 =𝑦 −𝑥{
واضح من معادلة الميدان ان
1
)1(
...
2 𝑛𝑙
...
}𝟏 ≤ 𝒚 ≤ 𝟏−
,𝟐 ≤ 𝒙 ≤ 𝟏 / 𝟐 𝑫 = {(𝒙, 𝒚) ∈ ℝ
𝟏
...
} 𝟒 ≤ 𝟐 𝒚 + 𝟐 𝒙 ≤ 𝟏 𝟐 𝑫 = {(𝒙, 𝒚) ∈ ℝ
) 𝟐 𝒚 + 𝟐 𝒙(𝒏𝒊𝒔
∬ )𝟑
,𝒚𝒅𝒙𝒅
) 𝟐 𝒚 + 𝟐 𝒙(𝒔𝒐𝒄 + 𝟐
𝑫
351
𝟏
𝟒) ∬ 𝒙𝒆 𝒙𝒚 𝒅𝒙𝒅𝒚,
𝑫
𝑫 = {(𝒙, 𝒚) ∈ ℝ 𝟐 / 𝟏 ≤ 𝒙 ≤ 𝟑,
𝟏≤
𝒙𝒚 ≤ 𝟐}
...
لمحـــور الســادس : التكــــــــامالت المعــمـــمة:
Les intégrales généralisées
مقدمة
التكامل المعمم هو امتداد لتكامل ريمان
...
]𝑏 ,𝑎[
2( ]𝑏 ,𝑎[
...
مثال:
𝑥𝑑
𝑥
∞+
∫ )1
1
هو تكامل معمم :ألن المجال [∞+ ,1[ ليس محدود
...
تعريف التوابع القابلة للمكاملة محليا:Fonctions localement intégrables
نقول ان التابع fقابل للمكاملة محليا على مجال 𝐼 إذا وجد مجال آخر 𝐼 ⊂ ]𝑏 ,𝑎[ حيث
يكون التابع قابل للمكاملة حسب ريمان عليه
...
)𝐼(𝑐𝑜𝐿 ∈ 𝑓
مالحظة:
كل تابع مستمر بقطع على المجال Iقابل للمكاملة محليا عليه
...
∞ = )𝑥(𝑓 lim
0𝑥 →𝑥
مثال
بالنسبة للتكامل المعمم
𝒙𝒅 𝟏
𝒙
𝟎∫
𝟏
لدينا
∞ + = 𝒎𝒊𝒍
𝒙 𝟎→𝒙
>
اذن𝟎 = 𝟎 𝒙 هي نقطة شاذة فالتابع غير محدود عندها
...
إذا كانت غير موجودة فإن اتكامل المعمم متباعد
...
مثال
ادرس طبيعة التكامل المعمم
∞+
𝑅𝐼 ∈ 𝑝 , 𝑡𝑑 𝑡𝑝− 𝑒 ∫
0
الحل
𝑀 𝑡𝑝− 1
1
1
, ) + 𝑀𝑝− 𝑒 −( 𝑒 ]0 = lim
∞+→𝑀
𝑝
𝑝
𝑝
∞+
𝑀
−[ ∫ 𝑒 −𝑝𝑡 𝑑𝑡 = lim ∫ 𝑒 −𝑝𝑡 𝑑𝑡 = lim
∞+→𝑀
∞+→𝑀
0
0
لنناقش حساب هذه النهاية حسب قيم الوسيطp
لما 0 > 𝑝
0 = ) 𝑀𝑝− 𝑒( lim
فان
اذن
∞<
1
𝑝
∞+→𝑀
1
= ) + 𝑀𝑝− 𝑒
𝑝
1
𝑝
∞+
−( 𝑒 −𝑝𝑡 𝑑𝑡 = lim
∫
0
∞+→𝑀
ومنه التكامل في هذه الحالة متقارب
...
لما 0 = 𝑝
∞+
𝑀
∞+ = 𝑀
∞+
∫ 𝑒 −𝑝𝑡 𝑑𝑡 = ∫ 𝑑𝑡 = lim ∫ 𝑑𝑡 = lim [𝑡]0𝑀 = lim
∞+→𝑀
∞+→𝑀
∞+→𝑀
0
0
0
التكامل في هذه الحالة متباعد
...
دراسة الحالة العــامة:
طبيعة التكامل المعمم
∞+
𝑀
𝑥𝑑
𝑥𝑑
𝑝 ∫ ∫ 𝑝 = lim
∞+→𝑀
𝑥
𝑥
1
1
𝑀 1+𝑝− 𝑥−
[ = lim
1]
1 + 𝑝− ∞+→𝑀
1+𝑝−𝑀
1
1
1
( = lim
−
) = lim
)1 − 1−𝑝 (
1 + 𝑝− ∞+→𝑀
𝑀 1 + 𝑝− ∞+→𝑀
1 + 𝑝−
لنناقش حساب هذه النهاية حسب قيم الوسيطp
لما𝟏 > 𝒑
0=
1
1−𝑝 𝑀
𝑚𝑖𝑙
∞+→𝑀
851
إذن
∞+
𝑀
𝑥𝑑
𝑥𝑑
1−
= 𝑝 ∫ 𝑚𝑖𝑙 = 𝑝 ∫
,
∞+→𝑀
𝑥
𝑥
𝑝 −1
1
1
و التكامل متقارب الن النهاية موجودة و منتهية
...
لما1=p
1
∞+ = )1 𝑛𝑙 − 𝑀 𝑛𝑙( 𝑚𝑖𝑙 = 𝑀1]𝑥 𝑛𝑙[ 𝑚𝑖𝑙 = 𝑥𝑑
𝑝
∞+→𝑀
∞+→𝑀
𝑥
𝑀
∫ 𝑚𝑖𝑙
∞+→𝑀
1
و التكامل متباعد ايضا
...
𝑅𝐼 ∈ 𝑝 ,
𝑝𝑥
∞+
∫
1
في جميع االمثلة السابقة مجال المكاملة غير محدود
...
مثال 2
ادرس طبيعة التكامل
𝑅𝐼 ∈ 𝑝 ,
𝑥𝑑
𝑝 )𝑥−2(
2
∫:
0
التابع مستمر على[2,0[
النقطة 2 = 0𝑥شاذة
لدينا
2
𝑀
𝑥𝑑
𝑥𝑑
∫
∫ 𝑚𝑖𝑙 =
𝑝
2→𝑀
)𝑥 − 2(
𝑝 )𝑥 − 2(
<
0
0
𝑀
1
1+𝑝−
−[ 𝑚𝑖𝑙 =
)𝑥 − 2(
]
2→𝑀
1 + 𝑝−
<
0
1
1
1
(
−
)
1−𝑝
1−𝑝 )2(
)𝑀 − 2( 1 + 𝑝−
−( 𝑚𝑖𝑙 =
2→𝑀
<
لما0>1- pاي 1>p
1
∞+ =
1−𝑝 )𝑀 − 2( 2→𝑀
<
lim
اذن
𝑥𝑑
1
1
1
−( 𝑚𝑖𝑙 =
(
−
∞+ = )
𝑝
1−𝑝
2→𝑀
1−𝑝 )2(
)𝑥 − 2(
)𝑀 − 2( 1 + 𝑝−
<
2
∫
0
...
,∞ <
1−𝑝 )2( 1 + 𝑝− 𝑝 )𝑥 − 2(
2
∫
0
ومنه التكامل متقارب
لما1=p
𝑀
𝑀
𝑥𝑑
𝑥𝑑
∫ lim
− ∫ − = lim
∞+ = ] 2𝑛𝑙 + )𝑀 − 2(= lim [ − ln
2→𝑀
2→𝑀
2→𝑀
𝑝 )𝑥 − 2(
𝑥 −2
<
<
<
0
0
في هذه الحالة التكامل متباعد أيضا
بصفة عامة :
التكامل التالي و المسمى تكامل ريمان في جوار النقطة الشاذة b
𝒙𝒅
𝒑 )𝒙 − 𝒃(
𝒃
∫
𝒂
متقارب من اجل𝟏 < 𝒑
ومتباعد من اجل𝟏 ≥ 𝒑
التكامل المعمم على المجال]𝒃 ,𝒂 ]
تعريف
ليكن التابع)]𝑏 ,𝑎](𝑐𝑜𝑙 ∈ 𝑓
مع𝑅𝐼 × ̅̅̅ ∈ )𝑏 ,𝑎( ) اي ان aيمكن ان يساوي ماالنهاية)
ℝ
نعرف التكامل المعمم على المجال] ]a, bكما يلي
161
𝑏
𝑏
𝑥𝑑)𝑥(𝑓 ∫ 𝑚𝑖𝑙 = 𝑥𝑑)𝑥(𝑓 ∫
𝑎→𝑡
𝑡
>
𝑎
إذا كانت هذه النهاية موجودة نقول أن التكامل المعمم متقارب
...
𝒙𝒅 𝟐
مثال ادرس التكامل المعمم
𝒙
𝟎∫
الحل
ا الحظ ان0 = 0𝑥 هي نقطة شاذة اذن نكامل على المجال]2,0]
لدينا حسب التعريف
𝟐
𝟐
𝒙𝒅
𝒙𝒅
∫
∫ 𝒎𝒊𝒍 =
...
مالحظة
بنفس الطريقة كما في الجزء السابق يمكن ان نعمم مايلي
التكامل
𝒙𝒅
𝒑 )𝒂−𝒙(
𝒃
𝒂∫لمسمى تكامل ريمان في جوار النقطةa
متقارب من اجل𝟏 < 𝒑
ومتباعد من اجل𝟏 ≥ 𝒑
التكامل المعمم على المجال[𝒃 ,𝒂 ]
ليكن)[𝑏 ,𝑎](𝑐𝑜𝑙 ∈ 𝑓
مع
)̅̅̅ × ̅̅̅ ∈ )((a, b
ℝ ℝ
b
نعرف التكامل المعمم ∫ f(x)dxباالعتماد على التعريفين السابقين ولدينا
261
𝐛
التكامل 𝐱𝐝)𝐱(𝐟 𝒂∫متقارب اذا تحقق ما يلي
𝒄
𝒃
𝒙𝒅)𝒙(𝒇 ∫متقارب و 𝒙𝒅)𝒙(𝒇 ∫ متقارب أيضا, [𝐛 ,𝐚] ∈ 𝐜 ∃
ولدينا في هذه الحالة
𝐛
𝐛
𝐜
𝐱𝐝)𝐱(𝐟 ∫ + 𝐱𝐝)𝐱(𝐟 ∫ = 𝐱𝐝)𝐱(𝐟 ∫
𝐜
𝐚
𝐚
مالحظة هامة
𝒃
𝒙𝒅)𝒙(𝒇 𝒂∫متباعد اذا وفقط اذاتباعد احد التكاملين السابقين
...
مالحظة2
مجموع تكاملين معممين متقاربين على نفس المجال هو تكامل متقارب
...
ال يمكن الحكم على مجموع تكاملين متباعدين على نفس المجال
2) معايير التقارب
لتعيين طبيعة تكامل معمم يصعب في بعض الحاالت حساب التابع االصلي لذلك نلجا الى تحديد الطبيعة
بطرق بديلة تسمي بمعايير التقارب, نصنف هذه المعايير حسب اشارة تابع المكاملة
...
2نظريات التقارب للتوابع الموجبة)
على المجال[𝒃 ,𝒂[ = 𝑰
نظرية المقارنة:
ليكن:)𝐼(𝑐𝑜𝑙 ∈ 𝑔 , 𝑓تابعين موجبين اذاكان
𝑔 ≤ 𝑓 ≤ 0 ,𝐼 ∈ 𝑥∀
فإن
𝑏
𝑏
𝑏
𝑏
متقارب 𝑓 𝑎∫ ⇒ متقارب𝑔 𝑎∫
متباعد 𝑔 𝑎∫ ⇒ متباعد 𝑓 𝑎∫
مثال1
ادرس طبيعة التكامل
𝑥𝑑 ²𝑥− 𝑒
∞+
∫
1
التابع موجب ومحدود على مجال المكاملة
461
لدينا
𝑥 > 2 𝑥 ∶ [ ∞+ ,1[ ∈ 𝑥 ∀
2
𝑥− 𝑒 < 𝑥− 𝑒 ⇒ 𝑥− < 2 𝑥− ⇒
(انظر االمثلة السابقة) 0 > 1 = 𝑝 متقارب 𝑥𝑑 𝑥− 𝑒
ومنه حسب نظرية المقارنة𝒙𝒅
∞+
∫
1
∞+
²𝒙−
𝟏∫ فإن متقارب أيضا
...
1
نظرية التكافؤ:
ليكن:)𝐼(𝑐𝑜𝑙 ∈ 𝑔 , 𝑓 تابعين موجبين نفرض ان
)𝑥(𝑓
𝑙 =
)𝑥(𝑔
lim
𝑏→ 𝑥
<
1( إذا كان0 = 𝑙
𝑏
𝑏
متقارب 𝑓 𝑎∫ ⇒ متقارب𝑔 𝑎∫
2( إذا كان∞+ = 𝑙
𝑏
𝑏
متباعد 𝑓 𝑎∫ ⇒ متباعد𝑔 𝑎∫
3( اذاكان∞ < 𝑙 < 0
𝑏
𝑏
𝑓 𝑎∫ و 𝑔 𝑎∫من نفس الطبيعة
...
نختار التابع المرجعي
1
²𝑥
= )𝑥(𝑔 لدينا
)𝑥(𝑓
0 = 𝑥− 𝑒 = lim
∞+→𝑥
)𝑥(𝑔
متقارب أيضا 𝑥𝑑)𝑥(𝑓
lim
∞+→𝑥
∞+
∫ ⇒تكامل مرجعي متقارب𝑥𝑑)𝑥(𝑔
1
∞+
∫و 0 = 𝑙
1
مالحظة : يمكن الحصول على نفس النتيجة باختيار 𝑥− 𝑒 = )𝑥(𝑔 بالفعل لدينا
)𝑥(𝑓
1
= lim
...
نتيجة
ليكن:)𝐼(𝑐𝑜𝑙 ∈ 𝑔 , fتابعين موجبين مع [𝑏 ,𝑎[ = 𝐼 :
الحالة االولى )∞+ = 𝒃(
إذا كان: 𝑙 = )𝑥(𝑓 𝑝 𝑥 𝑚𝑖𝑙
∞+→𝑥
فان
661
∞+
متقارب 𝑓 ∫ ⇒ ∞ ≠ 𝑙 ,1 > 𝑝
𝑎
∞+
متباعد 𝑓 ∫ ⇒ 0 ≠ 𝑙 ,1 ≤ 𝑝
}
{
𝑎
الحالة الثانية ∞+ < 𝒃
إذا كان
𝑙 = )𝑥(𝑓 )𝑥 − 𝑏( lim
𝑏 <→𝑥
فإن:
∞+
متقارب 𝑓 ∫ ⇒ ∞ ≠ 𝑙 ,1 < 𝑝
𝑎
∞+
متباعد 𝑓 ∫ ⇒ 0 ≠ 𝑙 ,1 ≥ 𝑝
}
{
𝑎
مثال:
ادرس طبيعة التكامل المعمم:
∞+
𝑥𝑑
)1 + 2 𝑥(𝑥
∫
1
التابع مستمر علىد[∞+ ,1[ فهو قابل للمكاملة محليا عليه
...
إذن ندرس التقارب فقط عند∞+ = 1𝑥 نطبق قاعدة ريمان لدينا
1
1=
)1 + 2 𝑥(𝑥
...
2)𝑥 − 1(𝑚𝑖𝑙 = )𝑥(𝑓
...
تعطى قاعدة ريمان في هذه الحالة مثال لما
∞<𝑎
كما يلي
اذاكان
𝑙 = )𝑥(𝑓 𝑝 )𝑎 − 𝑥( lim
𝑏 <→𝑥
فإن:
861
∞+
متقارب 𝑓 ∫ ⇒ ∞ ≠ 𝑙 ,1 < 𝑝
𝑎
∞+
متباعد 𝑓 ∫ ⇒ 0 ≠ 𝑙 ,1 ≥ 𝑝
}
{
𝑎
مثال
2
dx
ادرس طبيعة التكامل المعمم :
الحل 1−²√x
∫
1
التابع الموجب )]2,1]( 𝑓 ∈ 𝑙ocألنه مستمر ماعدا عند
1 = 0𝑥
نطبق قاعدة ريمان في جوار1 = 0𝑥
,
1
2√
=
1
𝑥 + 1√
𝑚𝑖𝑙 =
1→𝑥
>
1
1
)1 + 𝑥()1 − 𝑥(√
1
...
2)1 − 𝑥(𝑚𝑖𝑙
1→𝑥
1→𝑥
>
>
1
اذن
∞ ≠ 𝑙 ∧ 1 < = 𝑝∃
2
وبالتالي حسب قاعدة ريمان
متقارب
dx
1−²√x
2
∫
1
تقارب التوابع الكيفية:
لدراسة تكامالت التوابع الكيفية نلجأ إلى التقارب المطلق في كثير من الحاالت :
تعريف التقارب المطلق:
𝑏
,ليكن )[𝑏 ,𝑎[(𝑐𝑜𝑙 ∈ 𝑓 تابع كيفي, نقول ان التكامل المعمم 𝑥𝑑)𝑥(𝑓 𝑎∫متقارب مطلقا
𝑏
اذا وفقط اذا كان التكامل المعمم 𝑥𝑑|)𝑥(𝑓| 𝑎∫ متقارب
...
نظرية
اذاكان التكامل المعمم متقارب مطلقا فهو متقارب
مالحظة
العكس ليس صحيح اي انه اذاكان التكامل ليس متقارب مطلقا فهذا ال يعني انه ليس متقارب
...
)𝑥(𝑓 𝑎∫
ادرس طبيعة التكامل التالي
مثال
...
لدينا ايضا
𝑥
2 ≤ |1𝑛𝑖𝑠 − | + |𝑥 |∫ cos 𝑡 𝑑𝑡 | = |[𝑠𝑖𝑛 𝑡 ]1𝑥 | = |sin 𝑥 − 𝑠𝑖𝑛1| = |sin
1
اذن 2 = 𝑀 ∃ تحقق الشرط
وبالتالي التكامل متقارب
...
𝑥
𝑥𝑑
2) 2 𝑥 + 1(
التابع
∞+
∫ )1
0
𝑥
2)2 𝑥+1( = )𝑥(𝑓 مستمر على مجال المكاملة اذن
)[∞+ ,0[(𝑐𝑜𝐿 ∈ 𝑓
271
مجال المكاملة غير محدود اذن لدينا
𝑥
𝑥𝑑
2) 2 𝑥 + 1(
𝑀 1− 1
]
[ ∞+→𝑀
0 2𝑥 + 1 2
𝑀
𝑥
𝑑𝑥 = lim
2) 2 𝑥 + 1(
∫ ∞+→𝑀
0
∞+
∫
0
𝑀 1
𝑥2
∫ ∞+→𝑀 = lim
𝑚𝑖𝑙 = 𝑥𝑑
2) 2 𝑥 + 1( 0 2
1−
...
1
𝑥𝑑 𝑥 2) ∫ ln
0
التابع )]1,0](𝑐𝑜𝐿 ∈ 𝑥 𝑓(𝑥) = ln
لدينا ∞ − = 𝑥 lim ln
0→𝑥
>
اذن 0𝑥 هي نقطة شاذة وبالتالي
1
1
1]𝑥 − 𝑥 𝑛𝑙𝑥[𝑚𝑖𝑙 = 𝑥𝑑 𝑥 𝑛𝑙 ∫ ∫ ln 𝑥 𝑑𝑥 = lim
𝜀
0→ 𝜀
0→𝜀
𝜀
>
0
>
...
𝑥𝑑
1 + 3𝑥
التابع )[∞+ ,0[(𝑐𝑜𝐿 ∈
∞+
∫ )3
0
)𝑥(𝑓 لدينا
𝑥𝑑
1+
𝑀
3𝑥
∫ ∞+→𝑀
0
𝑥𝑑
= lim
1+3
𝑥
𝑥𝑑
)1 + 𝑥 − 2 𝑥()1 + 𝑥(
0
𝑀
𝑎
𝑐 + 𝑥𝑏
2 +
,𝑥𝑑 )
1+𝑥 − 𝑥 1+𝑥
نحسب الثوابت
∞+
∫
∫ ∞+→𝑀
= lim
0
𝑀
( ∫ ∞+→𝑀
= lim
0
𝑐 ,𝑏 ,𝑎 بالمطابقة
371
𝑎=
+∞
∫
0
𝑑𝑥
== lim
𝑥3 + 1
1
,
3
𝑏=
−1
,
3
𝑐=
2
3
1 𝑀
1
−𝑥 + 2
∫ (
+ 2
) 𝑑𝑥
𝑀→+∞
3 0 (𝑥 + 1) (𝑥 − 𝑥 + 1)
−1
...
3 0 (𝑥 + 1) 2(𝑥 2 − 𝑥 + 1) 2
1
) 𝑑𝑥
1 2 3
(𝑥 − 2) + 4
3
(2𝑥 − 1)
1 𝑀
1
√3
= 𝑙𝑖𝑚 ∫
−
+
𝑑𝑥
𝑀→+∞ 3 0
(𝑥 + 1) 2(𝑥 2 − 𝑥 + 1)
2
1 2
[ (𝑥 − ) ] + 1
2
√3
(
)
𝑀
1
1
3
2
1
= 𝑙𝑖𝑚 [𝑙𝑛(𝑥 + 1) − 𝑙𝑛(𝑥 2 − 𝑥 + 1) +
𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 [ (𝑥 − ) ] ]
𝑀→+∞ 3
2
2
√3
√3
0
1
1
2
1
[𝑙𝑛(𝑀 + 1) − 𝑙𝑛(𝑀2 − 𝑀 + 1) + √3𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 [ (𝑀 − ) ] ]
𝑀→+∞ 3
2
2
√3
𝑙𝑖𝑚
− √3𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 [
2
1
(− ) ]
2
√3
1
2
1
[𝑙𝑛(𝑀 + 1) − 𝑙𝑛 √(𝑀2 − 𝑀 + 1) + √3𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 [ (𝑀 − ) ] ]
𝑀→+∞ 3
2
√3
= 𝑙𝑖𝑚
+ √3𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 [
1
]
√3
1
𝑀+1
2
1
1
= 𝑙𝑖𝑚 (ln
) + √3𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 [ (𝑀 − ) ] + √3𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔
,
𝑀→+∞ 3
2
√3
√3
√(𝑀2 − 𝑀 + 1)
174
1
1+𝑀
1
𝑀
1
= 𝑙𝑖𝑚 (ln
, 0 = 1 = ln
) = 𝑙𝑖𝑚 ln
3 ∞+→𝑀
3 ∞+→𝑀
3 2𝑀√
)1 + 𝑀 − 2𝑀(√
𝜋
2
1
...
3√ = ∞ + 𝑔𝑡𝑐𝑟𝑎3√ = ] )2 − 𝑀(
3
√
[ 𝑔𝑡𝑐𝑟𝑎3√ 𝑚𝑖𝑙
∞+→𝑀
ومنه
1
𝜋
3√
2
,)
𝑔𝑡𝑐𝑟𝑎+ (3√ =
𝑀
𝑥𝑑
1+ 3 𝑥
𝑚𝑖𝑙 ==
∫ ∞+→𝑀
0
𝑥𝑑
∞+
1+ 3 𝑥
∫
0
ومنه التكامل متقارب
...
تمرين ثان
1(احسب التكامالت المعممة التالية
,𝑥𝑑
1 ∞+
2𝑥
∫ )𝑏 ,𝑥𝑑
1
11
2𝑥
∫ )𝑎
0
2( استنتج طبيعة التكامل
,𝑥𝑑
1 ∞+
2𝑥
0∫
571
3(ادرس طبيعة التكامل
...
∞+ =
2𝑥
lim
0 >→𝑥
لدينا اذن
𝟏
𝟏
𝟏
𝟏 𝟏
𝟏
,∞− = )𝟏 + −( 𝒎𝒊𝒍 = ] −[ 𝒎𝒊𝒍 = 𝒙𝒅 𝟐 ∫ 𝒎𝒊𝒍 = 𝒙𝒅 𝟐 ∫
𝒙 𝜺 𝟎 >→𝜺
𝟎 >→𝜺
𝟎 >→𝜺
𝜺 𝒙
𝜺
𝒙 𝟎
𝟏
هذايعني ان التكامل متباعد
...
𝟏 = )𝟏 +
𝟏
𝑀 𝟏
−( 𝑑𝑥 = 𝑙𝑖𝑚 [− ] = lim
1 𝒙
𝑴
∞+→𝑀
∞+→𝑀
1 𝑀
2𝑥
∫ 𝑚𝑖𝑙 = 𝑥𝑑
1
∞+→𝑀
1 ∞+
2𝑥
∫
1
*التكامل اذن متقارب
...
0
3( دراسة التكامل
...
2𝐼 + 1𝐼 = 𝑥𝑑
1
2)𝑎−𝑥(
𝑎2
1
2)𝑎−𝑥(
𝑎∫ + 𝑥𝑑
𝑎
1
2)𝑎−𝑥(
0∫ = 𝑥𝑑
𝜺
𝟎
𝟏
]
𝒂−𝒙
𝑎2
0∫
𝟏
𝟏
𝟏
...
1
2)𝑎−𝑥(
ومنه التكامل 𝑥𝑑
𝑎2
∫ متباعد ايضا
...
1
) 2 𝑥+1( 3 𝑥
∞+
∫ )3 ,
0
1
) 2 𝑥+1( 3 𝑥
1
∫ )2 ,𝑥𝑑
0
1
1− 3 𝑥
∞+
∫ )1
2
الحل
عند صعوبة حساب التابع االصلي يمكن ان نجد طبيعة التكامل المعمم دون حساب قيمته وذلك بتطبيق
نظريات التقارب
...
نقسم المجال على اساس النقاط الشاذة و النقاط غير المنتهية
...
في االخير نطبق نظرية التقارب المناسبة في جوار النقطة الشاذة او غير المنتهية
1(على[∞+ ,2[ التابع موجب مستمر فهو قابل للمكاملة محليا , الحظ ان النقطة الشاذة
1 = 0𝑥 ال تنتمي الى مجال المكاملة
...
1
1
,
) 2 𝑥 + 1( 3 𝑥
∫ )2
0
على]1,0]التابع موجب مستمرما عدا عند النقطة الشاذة
...
نطبق قاعدة ريمان لدينا
1
1
...
3 𝑥
lim
0→ 𝑥
>
اذن
)0 ≠ 𝑘(
,1 = 𝑘 ,1 > 3 = 𝑝∃
و التكامل متباعد
...
قاعدة ريمان ما هي اال نتيجة لنظرية التكافؤ,واضح ان التابع المكافئ في هذه الحالة في جوار
الصفر
1
𝟏
𝟑 ~
𝒙 𝟎→𝒙 ) 2 𝑥 + 1( 3 𝑥
>
الن
1
1
)2𝑥 +
...
1 =
1
0→𝑥
2𝑥 + 1
>
3𝑥
1( 3 𝑥
1
,
) 2 𝑥 + 1( 3 𝑥
𝑚𝑖𝑙
0→ 𝑥
>
∞+
∫ )3
0
871
على[∞+ ,0[التابع موجب مستمرما عدا عند النقطة الشاذة
...
طبيعة التكامل اذن من طبيعة التكاملين
...
1
1
) 2 𝑥+1( 3 𝑥
1
∫
0
حسب السؤال السابق فهو متباعد
...
مالحظة
...
تمرين رابع
ادرس طبيعة التكامل
...
𝑥𝑑 𝑥 2𝑛𝑖𝑠
∞+
∫ )2
0
971
الحل
دراسة التكامل
...
𝑥𝑑
𝑎𝑥
1
∞+
∫ = 2𝐼
1
𝑥 𝑛𝑖𝑠
∫ = 1𝐼
,𝑥𝑑
𝑎𝑥
0
بالنسبة للتكامل االول التابع موجب على مجال المكاملة يمكن ان نطبق نظرية التكافؤ في جوار الصفر اي
في جوار النقطة الشاذة, فعال لدينا
𝑥 ~ 𝑥 sin
0→𝑥
اذن
𝑥 𝑛𝑖𝑠
𝑥
1
; 1−𝑎 = 𝑎 ~
𝑥 0→𝑥 𝑎 𝑥
𝑥
>
𝑥𝑑
1
1
1−𝑎 𝑥
∫هوتكامل متقارب من اجل
0
,1 < 1 − 𝑎
ومنه التكامل 1𝐼متقارب من اجل
...
[∞+ ,1[ ∈ 𝑥∀ ,0 > 𝑎∀ ,0 <
و 0=
1
𝑎𝑥
𝑥𝑎−
𝑎2 𝑥
= )𝑥( ′ 𝑓
= )𝑥(𝑓 𝑚𝑖𝑙
...
081
لدينا
𝑥
,2 ≤ |1𝑠𝑜𝑐| + |𝑥 |∫ sin 𝑡 𝑑𝑡| = |cos 𝑥 − cos 1| ≤ |cos
1
الن
...
𝑀 ≤ |𝑡𝑑 𝑡 𝑛𝑖𝑠 ∫| :2 = 𝑀∃
1
هذا يعني ان شروط نظرية ابل محققة و التكامل متقارب من اجل
...
𝑥𝑑 2 𝑥 sin
∞+
∫ )2
0
باستعمال تغيير المتغير
𝑡√ = 𝑥
𝑡𝑑
{
= 𝑥𝑑
𝑡 √2
نجد
,𝑡𝑑
𝑡 sin
𝑡 √2
∞+
∞+
2
∫ = 𝑥𝑑 𝑥 𝑛𝑖𝑠
∫
0
0
1
حسب السؤال السابق هذا التكامل متقارب الن = 𝑎
...
مجموع تكاملين معممين متباعدين علي نفس المجال قد يكون متقارب
181
1(
𝑀
1
1
∫ 𝑚𝑖𝑙 = 𝑥𝑑
𝑀2])𝑥 + 1(𝑑𝑥 = 𝑙𝑖𝑚 [ln
1 + 𝑥 2 ∞+→𝑀
∞+→𝑀
1+𝑥
...
بنفس الطريقة
𝑀
1
1
∫ 𝑚𝑖𝑙 = 𝑥𝑑
𝑀2]|𝑥 − 1|𝑛𝑙[ 𝑚𝑖𝑙 𝑥𝑑
𝑥 − 1 2 ∞+→𝑀
∞+→𝑀
𝑥 −1
|1−|𝑛𝑙 − |𝑀 − 1|𝑛 𝑙
∞+
∫
2
𝑚𝑖𝑙 =
∞+→𝑀
...
2(طبيعة التكامل
1
1
𝑀
1
1
∞+
𝑥𝑑)𝑥−1 + 1+𝑥 ( ∫ 𝑚𝑖𝑙 = 𝑥𝑑 )𝑥−1 + 1+𝑥 ( ∫
2
2
∞+→𝑀
1
1
−
𝑥𝑑 )
1−𝑥 1+𝑥
𝑀
( ∫ 𝑚𝑖𝑙 =
2 ∞+→𝑀
𝑀2])1 − 𝑥(= 𝑙𝑖𝑚 [ln(𝑥 + 1) − ln
∞+→𝑀
𝑀 1+𝑥
1+𝑀
𝑛𝑙[ 𝑚𝑖𝑙 =
...
تمرين سادس
281
ادرس طبيعة التكامل
...
نطبق قاعدة ريمان لدينا
,𝟎 = ) 𝒙−𝒆 𝟑 𝒙( 2 𝑥 𝑚𝑖𝑙
∞+→𝑥
الحظ انه
,0 = 𝑘 ,1 > 2 = 𝑝∃
)∞ ≠ 𝑘(
اذن التكامل متقارب
...
𝟐 𝒙 𝒎𝒊𝒍
∞+→𝒙
|𝒙 𝒏𝒍| ∞+
𝟐 𝒙(|
𝟎∫ متقارب وبالتالي من ( 1( وحسب
𝟑𝒙
∞+
𝟎∫ متقارب مطلقا فهو متقارب
...
𝒕𝒅
𝟏 +𝟐𝒙
∫ 𝒎𝒊𝒍
𝒕− ∞+→𝒕
الحل
انتبه هناك فرق بين
𝒕
∞+
∫و
𝒙𝒅)𝒙(𝒇
∞−
𝒙𝒅)𝒙(𝒇 ∫ 𝒎𝒊𝒍
𝒕−
∞+→𝒕
اليجاد طبيعة التكامل ندرس التكاملين كال على حدا
𝟏 +𝒙
𝟏 +𝟐𝒙
𝟏 +𝒙
𝟏 +𝟐𝒙
∞+
∫=𝑰
𝟎
𝟎
∫ = 𝑰𝑰
∞−
بالنسبة للتكامل Ιالتابع موجب و مستمر لدينا
𝟏 +𝒙
𝟏
~
𝒙 ∞→𝒙 𝟏 + 𝟐 𝒙
اذن التكاملI
𝟏 +𝒙
𝒙𝒅
𝟏 +𝟐𝒙
∞+
∫=𝑰
𝟎
481
متباعد و بالتالي
𝟏+𝒙 ∞+
𝟏+ 𝟐 𝒙
∫ متباعد ايضا
...
𝝅 =
𝟐
...
وجود النهاية
𝒕
𝒙𝒅)𝒙(𝒇 ∫ 𝒎𝒊𝒍
𝒕− ∞+→𝒕
ال يستلزم تقارب
∞+
...
𝒙𝒅
𝟏 −𝟐𝒙
∞+
∫
𝟎
الحل
581
تذكير
1(
اذا كانت[𝑏 ,𝑎[ ∈ cنقطة شاذة فان التكامل المعمم على المجال
[𝑏 ,𝑎[متقارب
اذا فقط واذا تقار ب التكااملين المعممين معا
𝒄
𝒃
...
𝒙𝒅)𝒙(𝒇 ∫
𝒂
𝒄
تباعد احد التكاملين يكفي لتباعد المجموع
...
𝒙𝒅
𝟏
𝟐
∫ = 𝟏𝑰
𝟎
𝒙 𝒏𝒍 ∞+
𝟏− 𝟐 𝒙
𝟐∫ = 𝟒 𝑰
دراسة 𝟏 𝑰
𝟏
الحظ ان التابع موجب علي المجال] ,𝟎] الن
𝟐
𝟏
𝟎 < 𝒙 𝒏𝒍
𝟐 { :] ,𝟎] ∈ 𝒙∀
𝟎 <𝟏 − 𝒙
𝟐
لنطبق نظرية التكافؤ في جوار النقطة الشاذة0 = 0𝑥 لدينا
𝒙 𝒏𝒍
𝟐
𝟏−
𝟐 𝒎𝒊𝒍 = 𝟏 − 𝒙 lim
𝟏 =
𝒙 𝒏𝒍− 0→x
𝟏 − 𝒙 𝟎→𝒙
>
>
اي ان
681
𝒙 𝒏𝒍
)𝟏( … 𝒙 𝒏𝒍 − ~
𝟎→𝒙 𝟏 − 𝟐 𝒙
>
𝟏
𝟐
التكامل𝒙𝒅 𝒙 𝒏𝒍 𝟎∫متقارب فعال لدينا
𝟏
𝟐
𝟏
𝟐
𝒙𝒅 𝒙 𝒏𝒍 ∫ 𝟎→𝒂 𝒎𝒊𝒍 = 𝒙𝒅 𝒙 𝒏𝒍 ∫
𝒂
𝟏
𝟐
𝒂
>
𝟎
]𝒙 − 𝒙𝒏𝒍𝒙[ 𝟎→𝒂 𝒎𝒊𝒍 =
>
𝟏
𝟏 𝟏
)𝒂 + 𝒂 𝒏𝒍𝒂 − − 𝒏𝒍 ( 𝟎→𝒂 𝒎𝒊𝒍 =
>
𝟐
𝟐 𝟐
𝟏
𝟏 𝟏
− 𝒏𝒍
𝟐
𝟐 𝟐
=
)باستعمال تغيير المتغير
,𝒕 = 𝒂 𝒏𝒍
∞− → 𝒕 ⇒ 𝟎 → 𝒂
{ ⇒ 𝒕𝒆 = 𝒂
>
)
...
دراسة 𝟐 𝑰
1
التابع موجب ايضا علي المجال[1 , [
2
لنطبق نظرية التكافؤ في جوار النقطة الشاذة1 = 1𝑥لدينا
𝒙 𝒏𝒍
𝟐
𝒙 𝒏𝒍
...
𝟏 =
)𝟏 − 𝒙( 𝟏→𝒙
𝟎→𝒕
𝒕
𝐦𝐢𝐥 =
اي ان
𝒙 𝒏𝒍
𝟏
~
)𝟐( …
𝒙 + 𝟏 𝟏→𝒙 𝟏 − 𝟐 𝒙
781
بما ان 𝒙𝒅
𝟏
𝒙+𝟏
𝟏
𝟐𝟎∫ التكامل له قيمة منتهية (الحظ هو ليس تكامل معمم ) اذن
من(2) التكامل
𝟐 𝑰 متقارب
...
بتطبيق قاعدةريمان في جوار النقطة الشاذة1 = 1𝑥ا
الحظ ان
𝑥 𝑛𝑙
𝑥 𝑛𝑙
...
)𝑥 − 1(lim
1→x
<
𝑥 𝑛𝑙
0=
)1 + 𝑥(
<
−
...
دراسة 𝟒 𝑰
التابع موجب باستعمال قاعدةريمان في جوار
𝑥 𝑛𝑙
𝑥 ln
𝑥 𝑛𝑙 3
= lim
...
2 𝑥
∞+→𝑥
2 𝑥 ∞+→𝑥
1 − 2𝑥
𝑥
3
...
2
ومنه التكامل
...
0
تمرين تاسع
ادرس طبيعة التكامل
...
في جوار ∞+
𝟏
...
ومنه التكامل
𝟏
𝒙𝒅
𝒒𝒙 + 𝒙
𝒑
∞+
∫
𝟎
متباعد
...
𝟏 > 𝒑
في جوار0
1
1
,𝑞 ~
𝑥 0→𝑥 𝑞 𝑥 + 𝑝 𝑥
الن
1
𝑞𝑥
𝑚𝑖𝑙 = 𝑞 𝑥 + 𝑥
𝑝 0→𝑥
1
𝑞𝑥 + 𝑥
𝑞
𝑥
𝑝
...
1 < 𝑞
ومنه اذا كان𝑞 > 𝑝
1
,𝑥𝑑
𝑞𝑥 +𝑝𝑥
∞+
∫
0
متقارب من اجل
...
1 > 𝑞 ,1 < 𝑝
تمرين عاشر
ادرس طبيعة التكامل
∞+
1
1
,𝑥𝑑 𝑥3 + 2 𝑥 √ ∫ )3 ,𝑥𝑑 𝑛𝑖𝑠
𝑥
𝑥
2
1
∞+
∫ )2
1
1
,𝑥𝑑 1) ∫ cos
𝑥
0
الحل
الحظ ان هذا التابع كيفي الن
1
,[∞+ ,1[ ∈
𝑥
⇒1< 𝑥 <0
باستعمال تغيير المتغير
1
𝑥𝑑
,
2 − = 𝑡𝑑
𝑥
𝑥
∞+ → 𝑡 ,0 → 𝑥
1 = 𝑡 ,1 = 𝑥
=𝑡
{
1
∞+
1
𝑡 cos
∫ = 𝑥𝑑 ∫ cos
𝑡𝑑
𝑥
2𝑡
0
1
[∞+ ,1[ ∈ 𝑡
1
, = )𝑡(𝑓
𝑡
هو تابع موجب متناقص الن
1−
...
𝑡
التابع 𝑡𝑠𝑜𝑐 = )𝑡(𝑔
∞+→𝑡
مستمر فهو قابل للمكاملة محليا على [∞+ ,1[
...
𝑅𝐼 ∈ 𝑥∀ ,1 ≤ |𝑥 |sin
ومنه
𝑥
...
∞+
1
1
,𝑥𝑑 𝑛𝑖𝑠
𝑥
𝑥
∫ )2
1
1
التابع موجب على مجال المكاملة , لما[∞+ ,1[ ∈ 𝑥فان ]1 ,0] ∈
...
0 >
𝑥
𝑛𝑖𝑠
وهو مستمر اذن قابل للمكاملة محليا على هذا المجال
...
𝟐𝒙
االن بما ان
~
∞→𝒙
𝟏
1
𝑛𝑖𝑠
𝒙
𝑥
𝟏 ∞
𝟐𝒙
𝟏∫هو تكامل ريمان متقارب فان
1
1
𝑥𝑑 𝑛𝑖𝑠
𝑥
𝑥
∞+
∫
1
متقارب
...
لندرس تقاربه
في جوار ما النهاية
...
∞+ = 𝑥𝑑 𝑥 ∫ 𝑚𝑖𝑙 = 𝑥𝑑 𝑥 ∫
2 ∞+→𝑀
2
391
تمارين اضافية
ادرس التكامالت التالية
∞+
, ,𝑥𝑑 )1 + 2 𝑥( 0∫ )2 ,𝑥𝑑
,𝑥𝑑
2
𝑥
1− 2 𝑥
0∫)4 , 𝑥𝑑
∞+
1
1+ 2 𝑥
∞+
1
,𝑥𝑑 2 𝑥 𝑛𝑖𝑠 𝑥− 𝑒
∫ )8 ,𝑥𝑑
0
,𝑥𝑑
𝑥 𝑛𝑙
,𝑥𝑑
𝑥 +
3𝑥
∞+
∫ )21
1
2𝑥 −
1√ 1−
,𝑥𝑑
1
2+𝑥2− 2 𝑥
∫ )5
∞−
∞+
∫ )7
𝑥 + 3 𝑥√ + 𝑥
∫ )01 ,𝑥𝑑
1
,
...
𝑥𝑑
1 + 2𝑥
𝑥
1
0∫ )31
∞+
∫ )51
∞−
491
المحور السابع
تحويالت البالس
Les transformées de Laplace
تعريف
ليكن fتابع للمتغير الحقيقي الموجب +𝑅𝐼 ∈ 𝑡
...
𝟎 > 𝒔 ,
𝟐𝒔
=
نعطي فيما يلي جدول لتحويالت البالس الشهيرة و التي تمكننا من الحصول على جل تحويالت البالس
دون االضطرار الى تطبيق التعريف اعاله الن حساب التكامل ليس سهل عادة
...
𝟗 + 𝒔 𝟓𝒔
...
تحويل البالس للتابع
"
𝟑
𝟐 > 𝒕 , )𝟐 − 𝒕({ = )𝒕(𝒈
𝟐 < 𝒕 ,𝟎
الحظ أن
"
𝟐 > 𝒕 , )𝟐 − 𝒕(𝒇 { = )𝒕(𝒈
𝟐 < 𝒕 ,𝟎
مع
!𝟑
𝟒𝒔
= )𝒔(𝑭
, 𝟑 𝒕 = )𝒕(𝒇
إذن
791
!𝟑
𝟒𝒔
𝒔𝟐−𝒆 = ))𝒕 (𝒈(𝑳
التحاكي
𝟏
𝒔
) (𝑭
𝒂
𝒂
= ))𝒕𝒂(𝒇(𝑳 ⇒ )𝒔(𝑭 = ))𝒕(𝒇(𝑳
مثال:
𝟏
𝟏
𝟏
𝟑
...
⋯
حاالت خاصة
...
𝐋(𝒇′′ (𝒕)) = 𝒔 𝟐 𝑭(𝒔) − 𝒔𝒇(𝟎) − 𝒇′ (𝟎)
...
ونرمز له ب
891
))𝒔 (𝑭( 𝟏−𝑳
مثل:
𝒕 𝒏𝒊𝒔 هو تحويل البالس العكسي ل
𝟏
𝟏+ 𝟐
𝒔
= )𝒔(𝑭
𝟏
𝒕 𝒏𝒊𝒔 = )
𝟏 +𝟐𝒔
( 𝟏−𝑳
خواص تحويالت البالس العكسية:
من خالل خواص تحويالت البالس يمكن ان نستنتج ايضا بعض خواص التحويل العكسي كما يلي
...
)𝒕(𝒇 𝒕𝒂 𝒆 = ))𝒂 − 𝒔(𝑭( 𝟏−𝑳 ⇒ )𝒕(𝒇 = ))𝒔(𝑭( 𝟏−𝑳
{ = ))𝒔(𝑭 𝒔𝒂−𝒆( 𝟏−𝑳
𝒂 > 𝒕 ,)𝒂 − 𝒕(𝒇
𝒂 < 𝒕 ,𝟎
خاصية الترويج:
ليكن التحويلين العكسيين
)𝒕(𝒇 = ))𝒔(𝑭( 𝟏−𝑳
)𝒕(𝒈 = ))𝒔(𝑮( 𝟏−𝑳
اذن التحويل العكسي للجداء و المسمى جداء الترويج يعطى كما يلي
𝒕
𝟏−
𝒖𝒅)𝒖 − 𝒕(𝒈 )𝒖(𝒇 ∫ = ))𝒔(𝑮)𝒔(𝑭( 𝑳
𝟎
مثال: استعمل جداء الترويج لحساب التحويل العكسي
𝟏
)
)𝟐 − 𝒔()𝟏 − 𝒔(
( 𝟏−𝑳
الحل:
لدينا
991
𝟏
𝒙𝟐 𝒆 = )
)𝟐 − 𝒔(
( 𝟏−𝑳
𝟏
,𝒙 𝒆 = )
)𝟏 − 𝒔(
( 𝟏−𝑳
اذن
𝒕
𝒕
𝒕
𝟏
𝒖
)𝒖−𝒕(𝟐
𝒖−𝒕𝟐
𝒕𝟐
𝒆 ∫ = 𝒖𝒅
𝒖𝒅 𝒖−𝒆 ∫ 𝒆 = 𝒖𝒅
(
𝒆 𝒆 ∫=)
)𝟐 − 𝒔()𝟏 − 𝒔(
𝟎
𝟎
𝟎
𝟏−
𝑳
...
تطبيق تحويالت البالس في حل المعادالت التفاضلية ذا ت المعامالت الثابتة
...
الفكرة تتوضح من خالل المثال االتي:
مثال:
اوجد حل المعادلة التالية
𝒕𝟓 𝒆 = 𝒚𝟓 − ′𝒚
{
𝟎 = )𝟎(𝒚
الحل
نفرض اوال ان حل المعادلة هو التابع )𝒕(𝒚 الذي تحويله لالبالس
)𝒔(𝑭 = ))𝒕(𝒚(𝑳
بتطبيق تحويل البالس على طرفي المعادلة نحصل على
) 𝒙𝟓 𝒆(𝑳 = )𝒚𝟓 − ′𝒚(𝑳
نجد باستعمال خاصية الخطية و تحويل اللبالس للتابع االسي
𝟏
𝟓 −𝒔
= ) 𝒙𝟓 𝒆(𝑳 = )𝒚(𝑳𝟓 − ) ′𝒚(𝑳
002
االن باستعمال خاصية االشتقاق لدينا
...
𝟓 −𝒔
= )𝒔(𝑭𝟓 − )𝟎(𝒚 − )𝒔(𝑭
𝒔
بالتعويض بالشروط االبتدائية نجد
𝟏
𝟓 −𝒔
= )𝒔(𝑭𝟓 − )𝒔(𝑭
𝒔
نستخرج اذن تحويل البالس للحل
𝟏
𝟓 −𝒔
= )𝟓 − 𝒔()𝒔(𝑭
اذن
𝟏
𝟐 )𝟓 − 𝒔(
= )𝒔(𝑭
لدينا
))𝒔(𝑭( 𝟏−𝑳 = )𝒕(𝒚 ⇒ )𝒔(𝑭 = ))𝒕(𝒚(𝑳
من خالل جدول تحويالت البالس نجد اذن
𝟏
𝒕 𝒆𝒕 = )
𝟐
)𝟓 − 𝒔(
( 𝟏−𝑳 =))𝒔(𝑭( 𝟏−𝑳
اي ان حل المعادلة هو
...
)𝟎(𝒚 − )𝒔(𝑭𝒔 = ) ′𝒚(𝑳
...
بالتفكيك االن نجد
𝒂
𝒃
𝒄
+ ( 𝟏−𝑳 = ))𝒔(𝑭( 𝟏−𝑳
+
)
𝒔
𝟐 +𝒔 𝟑 +𝒔
𝒄
𝒂
𝒃
) ( 𝟏−𝑳 + ) ( 𝟏−𝑳 + ) ( 𝟏−𝑳 =
𝒔
𝟑+𝒔
𝟐+𝒔
𝟏
𝟏
𝟏
( 𝟏−𝑳
...
𝒄 + )
𝒔
𝟑 +𝒔
𝟐 +𝒔
وحسب جدول تحويالت البالس نجد:
𝒕−𝒆
...
)𝟎(𝒚 − )𝒔(𝑭𝒔 = ) ′𝒚(𝑳
...
ما العمل اذن؟
يمكننا اللجوء الى توابع اخرى فعال الحظ انه يمكن اكمال المقام الى مربع تام و كتابته على الشكل
النموذجي
𝟑
𝟕√
𝟐 ) ( + 𝟐 ) − 𝒔( = 𝟒 + 𝒔𝟑 − 𝟐 𝒔
𝟐
𝟐
و هذا يؤدي بنا الى التوابع
402
𝒙𝒃 𝒔𝒐𝒄 𝒙𝒂 𝒆 ,𝒙𝒃 𝒏𝒊𝒔 𝒙𝒂 𝒆
كتحويالت عكسية فعال لدينا
𝟑 𝟑
𝟐 +𝟐 +𝟐 −𝒔
𝟐
𝟐 𝟑
𝟕√
) 𝟐 ( + )𝟐 − 𝒔(
𝟑
𝟐 +𝟐
𝟐
𝟐 𝟑
𝟕√
) 𝟐 ( + )𝟐 − 𝒔(
𝟕
𝟐
𝟐
𝟐 𝟑
𝟕√
) 𝟐 ( + )𝟐 − 𝒔(
𝟕√
𝟐
𝟐
𝟐 𝟑
𝟕√
) 𝟐 ( + )𝟐 − 𝒔(
...
+ 𝟐
𝟕√ +
𝟑
𝟐 −𝒔
𝟐 𝟑
𝟕√
) 𝟐 ( + )𝟐 − 𝒔(
=
𝟑
𝟐 −𝒔
𝟐
=
𝟐
𝟑
𝟕√
) 𝟐 ( + )𝟐 − 𝒔(
))𝒔(𝑭( 𝟏−𝑳 = )𝒕(𝒚 ⇒ )𝒔(𝑭 = ))𝒕(𝒚(𝑳
نجد اذن
𝟕√
𝟐
𝟐
𝟐 𝟑
𝟕√
) 𝟐 ( + )𝟐 − 𝒔(
...
𝒕 𝟐 𝒆 = )𝒕(𝒚
( 𝒏𝒊𝒔 𝒕 𝟐 𝒆 𝟕√ + )𝒕
...
Lnهو التابع اللوغاريتمي النيبيري
602
Logهو التابع اللوغاريتمي العشري
...
بصفة عامة التابع االسي يتغلب على التابع كثيرالحدود
الذي يتغلب بدوره على التابع اللوغاريتمي
...
عادة ما نستعمل الرموز التالية للتعبير عن باقي السالسل
الكتابة) 𝑛 𝑣(𝑜 = 𝑛 𝑈
تعني انه توجد متتالية0 = 𝑛 𝜖 𝑚𝑖𝑙 حيث
∞→𝑛
𝑛𝑣 𝑛 𝜖 = 𝑛𝑈
الكتابة) 𝑛 𝑣(𝑂 = 𝑛 𝑈
تعني ان
𝑈
∞ < |𝑛 |
𝑛𝑣
...
∫ − 𝑽𝑼 = ′𝑽𝑼 ∫
𝑽′𝑼
تغيير متغيرات شهيرة
لحساب تكامالت توابع كسرية من الشكل
𝒙𝒅)𝒙 𝒔𝒐𝒄 ,𝒙 𝒏𝒊𝒔(𝒇 ∫
نلجا الى تغيير المتغير التالي
𝒙
𝟐
𝒈𝒕 = 𝒕
نحصل اذن على
𝒕𝟐
𝟐𝒕 −𝟏
𝒕𝒅𝟐
= 𝒙 𝒏𝒊𝒔
= 𝒙 𝒔𝒐𝑪 ,
= 𝒙𝒅 ,
𝟐𝒕 +𝟏
𝟐𝒕 +𝟏
𝟐𝒕 +𝟏
902
دساتير التحويل
...
Mathieu de Segonzac, Rémi Morvan
...
Les mathématiques en licence
...
Elie Azoulay, Jean Avignant, Guy Auliac
...
Science2007
...
Arezki Kessi et Abdelouahab
MAHMOUDI
...
2001
...
Résumé de cours et exercices corrigés
...
GENET, G
...
VUIBERT UNIVERSITE
...
1998 عناصر من التحليل الرياضي, قادة عالب, ديوان المطبوعات الجامعية
...
1002
...
2006 التحليل دروس و تمارين محلولة, د
...
5002-4002 فوريي
...
بن عباس نصيرة,)6002 5002 ( جامعة منتوري