الرياضيات بالعربية

تمرين في التكامل والمتتاليات

الهدف من هذا التمرين هو إثبات المتساوية $\sum_{n=1}^{+ \infty}\frac{1}{n^2} = \frac{\pi^2}{6}$.

ليكن $n \in \mathbb{N}$ نضع :


$I_n=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos^{2n}(x)dx$ و $J_n=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}x^2\cos^{2n}(x)dx$

1) أحسب $I_0$ و $J_0$.

2) بين ان $\forall n \in \mathbb{N}^{*} \quad 2n I_n = (2n - 1) I_{n-1}$.

3) بين ان $\forall n \in \mathbb{N}^{*} \quad I_n=n(2n-1)J_{n-1}-2n^2J_n$.

4) استنتج أن $\forall n \in \mathbb{N}^{*} \quad \frac{1}{n^2}=2\left(\frac{J_{n-1}}{I_{n-1}}-\frac{J_n}{I_n}\right)$

5) إستنتج أن $\forall n \in \mathbb{N}^{*} \quad \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k^2} = \frac{\pi^2}{6}- 2\cdot\frac{J_n}{I_n}$

6) بين أن $\forall x \in [0, \frac{\pi}{2}] \quad x \leq \frac{\pi}{2} \sin(x)$

7) استنتج ان $\forall n \in \mathbb{N} \quad 0 \leq J_n \leq \frac{\pi^2}{4}\cdot\frac{1}{2n+2}\cdot I_n$

8) استنتج ان $\sum_{n=1}^{+ \infty}\frac{1}{n^2} = \frac{\pi^2}{6}$.
$\begin{array}{rcl}I_0 & = & \displaystyle\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} dx \\ \\& = & \dfrac{\pi}{2} \end{array}$


$\begin{array}{rcl}J_0 & = & \displaystyle\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} x^2 dx \\ \\& = & \dfrac{\pi^3}{24} \end{array}$



لدينا $I_{n} = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos^{2n}(x)dx$

نقوم بالمكاملة بأجزاء :

$\begin{array}{rcl}u(x)=\cos^{2n-1}(x) & \longrightarrow & u^{'}(x) = -(2n-1)\sin(x)\cos^{2(n-1)}(x) \\v^{'}(x) = \cos(x) & \longrightarrow & v(x)=\sin(x)\end{array}$


وبالتالي لدينا :

$\begin{array}{rcl}I_{n} & = & \left[ \sin(x) \cos^{2n-1}(x) \right]_{0}^{\pi/2} + (2n-1) \displaystyle\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^{2}(x)\cos^{2(n-1)}(x) dx \\ \\& = & 0 + (2n-1) \displaystyle\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} (1-\cos^{2}(x)) \cos^{2(n-1)}(x) dx \\ \\& = & (2n-1) (I_{n-1} - I_{n}) \end{array}$


وبالتالي فإنه لدينا : $\forall n \in \mathbb{N}^{*} \quad 2 n I_{n} = (2 n - 1) I_{n-1}$


لدينا $I_{n} = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos^{2n}(x)dx \, , \quad J_{n} = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} x^2 \cos^{2n}(x)dx$

نقوم بالمكاملة بأجزاء :

$\begin{array}{rcl}u(x)=\cos^{2n}(x) & \longrightarrow & u^{'}(x) = -2n \, \sin(x)\cos^{2n-1}(x) \\v^{'}(x) = 1 & \longrightarrow & v(x)=x\end{array}$


$\begin{array}{rcl}I_{n} & = & \left[ x \cos^{2n}(x) \right]_{0}^{\pi/2} + 2n \displaystyle\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} x \, \sin(x)\cos^{2n-1}(x) dx \\ \\& = & 2n \displaystyle\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} x \, \sin(x)\cos^{2n-1}(x) dx \end{array}$


نقوم بالمكاملة بأجزاء مرة أخرى :

$\begin{array}{rcl}u(x)=\sin(x) \cos^{2n-1}(x) & \longrightarrow & u^{'}(x) = \cos^{2n}(x) - (2n-1) \, \sin^{2}(x) \cos^{2(n-1)}(x) \\v^{'}(x) = x & \longrightarrow & v(x)=\frac{x^2}{2}\end{array}$


وبالتالي لدينا :

$\begin{array}{rcl}I_{n} & = & 2 n \, \left[ \frac{x^2}{2} \sin(x) \cos^{2n-1}(x) \right]_{0}^{\pi/2} - n \displaystyle\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} x^2 \cos^{2n}(x) dx \\ \\& \, & + (2n-1) n \displaystyle\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} x^2 (1-\cos^{2}(x)) \cos^{2(n-1)}(x) dx \\& = & - n J_{n} + n (2n-1) J_{n-1} - (2n-1)n J_{n} \end{array}$


وبالتالي فإنه لدينا $\forall n \in \mathbb{N}^{*} \quad I_{n} = n (2n-1) J_{n-1} - 2 n^{2} J_{n}$


يجب الإشارة هنا أن $\forall n \in \mathbb{N} \,\, I_{n} \neq 0$ لأن $I_{n} = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos^{2n}(x) dx$ والدالة $\cos$ متصلة وموجبة على المجال $[0, \frac{\pi}{2}]$ و $\cos \neq t \rightarrow 0$ على هذا المجال.

ليكن $n\in\mathbb{N}^{*}$ لدينا :

$I_{n} = n (2n-1) J_{n-1} - 2n^{2} J_{n}$

نقوم بالقسمة على $I_{n-1}$ :

$\frac{I_{n}}{I_{n-1}} = n (2n-1) \frac{J_{n-1}}{I_{n-1}} - 2n^{2} \frac{J_{n}}{I_{n-1}} \quad (\star)$

لدينا : $2n I_n = (2n - 1) I_{n-1}$

وبالتالي $\frac{I_{n}}{I_{n-1}} = \frac{2n-1}{2n}$ و $I_{n-1} = \frac{2n}{2n-1} I_{n}$

نقوم بالتعويض في $(\star)$ :

$\frac{2n-1}{2n} = n (2n-1) \frac{J_{n-1}}{I_{n-1}} - 2 n^{2} \dfrac{J_{n}}{\dfrac{2n}{2n-1} I_{n}}$

وبالتالي :

$\frac{2n-1}{2n} = n (2n-1) \frac{J_{n-1}}{I_{n-1}} - n (2n -1) \dfrac{J_{n}}{I_{n}}$

إذن $\forall n \in \mathbb{N}^{*} \quad \frac{1}{n^2}=2\left(\frac{J_{n-1}}{I_{n-1}}-\frac{J_n}{I_n}\right)$


لدينا $\forall k \in \mathbb{N}^{*} \quad \frac{1}{k^{2}} = 2 \left( \frac{J_{k-1}}{I_{k-1}} - \frac{J_{k}}{I_{k}} \right)$

$\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k^{2}} = 2 \sum_{k=1}^{n} \left( \frac{J_{k-1}}{I_{k-1}} - \frac{J_{k}}{I_{k}} \right)$

المجموع على اليمين مجموع تليسكوبي :

$\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k^{2}} = 2 \left( \frac{J_{0}}{I_{0}} - \frac{J_{n}}{I_{n}} \right)$

رجوعا إلى السؤال الأول لدينا $\frac{J_{0}}{I_{0}} = \frac{\pi^2}{12}$

إذن $\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k^{2}} = \frac{\pi^2}{6} - 2 \frac{J_{n}}{I_{n}}$


ليكن $x \in [0, \frac{\pi}{2}]$

لدينا دالة $\sin$ مقعرة (concave) على هذا المجال : $\forall x \in [0, \frac{\pi}{2}] \quad \sin^{''}(x) = - \sin(x) \leq 0$

وبالتالي فإن منحنى الدالة $\sin$ سيكون فوق منحنى المستقيم المار من النقطتين $(0, \sin(0)=0)$ و $\left(\frac{\pi}{2}, \sin(\frac{\pi}{2}) = 1 \right)$

معادلة المستقيم المار من هتين النقطتين هو $y = \frac{2}{\pi} x$

وبالتالي لدينا : $\forall x \in [0, \frac{\pi}{2}] \quad \frac{2}{\pi} x \leq \sin(x)$

$\forall x \in [0, \frac{\pi}{2}] \quad x \leq \frac{\pi}{2} \sin(x)$


لدينا : $\forall x \in [0, \frac{\pi}{2}] \quad 0 \leq x \leq \frac{\pi}{2} \sin(x)$

إذن : $\forall x \in [0, \frac{\pi}{2}] \quad 0 \leq x^2 \leq \frac{\pi^{2}}{4} \sin^{2}(x)$

وبالتالي : $\forall x \in [0, \frac{\pi}{2}] \quad 0 \leq x^2 \leq \frac{\pi^{2}}{4} (1-\cos^{2}(x))$

إذن : $\forall x \in [0, \frac{\pi}{2}] \quad 0 \leq x^2 \cos^{2n}(x) \leq \frac{\pi^{2}}{4} (1-\cos^{2}(x)) \cos^{2n}(x)$

وبالتالي : $0 \leq \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} x^2 \cos^{2n}(x) dx \leq \frac{\pi^{2}}{4} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} (1-\cos^{2}(x)) \cos^{2n}(x) dx$

إذن : $0 \leq J_{n} \leq \frac{\pi^{2}}{4} (I_{n} - I_{n+1})$

لدينا حسب السؤال الثاني : $I_{n+1} = \frac{2n+1}{2(n+1)} I_{n}$

وبالتالي : $\forall n \in \mathbb{N} \quad 0 \leq J_{n} \leq \frac{\pi^{2}}{4} \frac{1}{2n+2} I_{n}$


لدينا : $\forall n \in \mathbb{N}^{*} \quad \sum_{n=1}^{n}\frac{1}{n^2} = \frac{\pi^2}{6}- 2\cdot\frac{J_n}{I_n}$

ولدينا أيضا : $\forall n \in \mathbb{N} \quad 0 \leq \frac{J_n}{I_n} \leq \frac{\pi^2}{4}\cdot\frac{1}{2n+2}$

وبما أن $\lim_{n \rightarrow +\infty} \frac{\pi^2}{4}\cdot\frac{1}{2n+2}= \lim_{n \rightarrow +\infty} 0 = 0$

فإن $\lim_{n \rightarrow +\infty} \frac{J_n}{I_n} = 0$

إذن $\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n^2} = \frac{\pi^2}{6}$