Mathématiques · किताब 3 · Licence 1

विश्वविद्यालय गणित — स्नातक वर्ष 1

विश्वविद्यालय गणित — स्नातक वर्ष 1 · Licence 1

15खंड पर समाकलन

उच्चतर माध्यमिक खंड का समाकल क्षेत्रफलों पर टिका था, जो सहज रूप से लिए गए थे। यह अध्याय उसका निर्माण करता है: पहले सोपान फलनों के लिए, जहाँ समाकल एक परिमित योग है, फिर संतत (और खंडशः संतत) फलनों के लिए एकसमान सन्निकटन द्वारा — और यहीं हाइने की प्रमेय (प्रमेय 13.22) अपनी रोटी कमाती है। इसके बाद कलन की मूल प्रमेय इस निर्माण को प्रतिअवकलजों से जोड़ देती है, और रीमान योग उसे विविक्त औसतों से।

आगे सर्वत्र a<ba < b वास्तविक हैं।

15.1 सोपान फलन

परिभाषा 15.1

φ ⁣:[a, b]→R\varphi \colon \intcc{a}{b} \to \R सोपान फलन तब है जब कोई उपविभाजन a=x0<x1<⋯<xn=ba = x_0 < x_1 < \dots < x_n = b ऐसा हो कि φ\varphi प्रत्येक खुले अंतराल (xi−1, xi)\intoo{x_{i-1}}{x_i} पर अचर, cic_i के बराबर, हो (गाँठों पर मान अप्रतिबंधित हैं)। उसका समाकल है

∫abφ=∑i=1nci (xi−xi−1),\int_a^b \varphi = \sum_{i=1}^{n} c_i\,(x_i - x_{i-1}),

जो चुने हुए उपविभाजन से स्वतंत्र है (दो उपविभाजनों को उनके उभयनिष्ठ उपविभाजन से सूक्ष्म कीजिए: सूक्ष्मीकरण से दोनों पक्ष अपरिवर्तित रहते हैं)।

प्रतिज्ञप्ति 15.2

सोपान फलनों पर समाकल रैखिक और वर्धमान (φ≤ψ  ⟹  ∫φ≤∫ψ\varphi \leq \psi \implies \int\varphi \leq \int\psi) है, और a<c<ba < c < b के लिए शाल संबंध ∫ab=∫ac+∫cb\int_a^b = \int_a^c + \int_c^b संतुष्ट करता है।

उपपत्ति. इंजन है सूक्ष्मीकरण-अपरिवर्त्यता, जो परिभाषा में ही कही गई है: किसी उपविभाजन में एक अतिरिक्त गाँठ t∈(xi−1, xi)t \in \intoo{x_{i-1}}{x_i} डालने से पद ci(xi−xi−1)c_i(x_i - x_{i-1}) के स्थान पर ci(t−xi−1)+ci(xi−t)c_i(t - x_{i-1}) + c_i(x_i - t) आ जाता है — वही संख्या — अतः किसी भी परिमित सूक्ष्मीकरण से समाकल अपरिवर्तित रहता है। अब उपविभाजन σ\sigma वाला φ\varphi और उपविभाजन σ′\sigma' वाला ψ\psi लीजिए: उभयनिष्ठ सूक्ष्मीकरण σ∪σ′\sigma \cup \sigma' पर दोनों एक ही गाँठों वाले सोपान फलन हैं, और हर टुकड़े पर φ+λψ\varphi + \lambda\psi ci+λdic_i + \lambda d_i के बराबर अचर है: अतः रैखिकता परिमित योगों की रैखिकता पर सिमट जाती है। वृद्धि: हर टुकड़े पर ci≤dic_i \leq d_i ∑ciΔi≤∑diΔi\sum c_i \Delta_i \leq \sum d_i \Delta_i देता है (लंबाइयाँ Δi≥0\Delta_i \geq 0)। शाल: गाँठ cc डालिए और उस पर योग को तोड़ दीजिए। ∎

15.2 संतत फलन का समाकल

प्रमेय 15.3 (एकसमान सन्निकटन)

मान लीजिए ff [a, b]\intcc{a}{b} पर संतत है। प्रत्येक ε>0\varepsilon > 0 के लिए ऐसे सोपान फलन φ,ψ\varphi, \psi हैं कि

φ≤f≤ψऔरψ−φ≤ε पर [a, b].\varphi \leq f \leq \psi \qquad\text{और}\qquad \psi - \varphi \leq \varepsilon \text{ पर } \intcc{a}{b}.

उपपत्ति. हाइने की प्रमेय (प्रमेय 13.22) से ff एकसमान रूप से संतत है: ε\varepsilon के लिए δ\delta चुनिए, और जाल <δ< \delta का कोई उपविभाजन (मान लीजिए n>b−aδn > \frac{b - a}{\delta} टुकड़ों वाला समान अंतराल का)। प्रत्येक संवृत टुकड़े [xi−1, xi]\intcc{x_{i-1}}{x_i} पर ff अपना न्यूनतम mim_i और अधिकतम MiM_i प्राप्त करता है (प्रमेय 13.13), और Mi−mi≤εM_i - m_i \leq \varepsilon (दोनों चरम बिंदु δ\delta के भीतर हैं)। (xi−1, xi)\intoo{x_{i-1}}{x_i} पर φ=mi\varphi = m_i और ψ=Mi\psi = M_i परिभाषित कीजिए (और गाँठों पर φ=ψ=f\varphi = \psi = f)। ∎

प्रमेय 15.4 (समाकल की परिभाषा)

मान लीजिए ff [a, b]\intcc{a}{b} पर संतत है। दोनों संख्याएँ

I−(f)=sup⁡{∫abφ:φ सोपान, φ≤f},I+(f)=inf⁡{∫abψ:ψ सोपान, ψ≥f}I_-(f) = \sup\Bigl\{\int_a^b \varphi : \varphi \text{ सोपान},\ \varphi \leq f\Bigr\}, \qquad I_+(f) = \inf\Bigl\{\int_a^b \psi : \psi \text{ सोपान},\ \psi \geq f\Bigr\}

बराबर हैं; उनका उभयनिष्ठ मान ∫abf\int_a^b f का समाकल है (जिसे ∫abf(t)  ⁣dt\int_a^b f(t)\,\dd t भी लिखा जाता है)। वह सोपान फलनों पर पिछली धारणा से मेल खाता है, और असांतत्यों पर [a, b]\intcc{a}{b} को तोड़कर खंडशः संतत फलनों तक बढ़ जाता है (वहाँ शाल परिभाषा का काम करता है)।

उपपत्ति. दोनों समुच्चय अरिक्त हैं (ff परिबद्ध है) और प्रत्येक निचला सोपान समाकल हर ऊपरी से ≤\leq है (सोपान फलनों पर एकदिष्टता): अतः I−(f)≤I+(f)I_-(f) \leq I_+(f)। प्रमेय 15.3 से प्रत्येक ε\varepsilon के लिए ऐसा युग्म है कि ∫ψ−∫φ≤ε(b−a)\int\psi - \int\varphi \leq \varepsilon(b - a): अतः उच्चतम और निम्नतम आपस में दब जाते हैं, I−=I+I_- = I_+। ∎

उदाहरण 15.5 (खंडशः संतत, बिना किसी नाटक के)

[0, 3]\intcc{0}{3} पर फ़र्श फलन वेश बदला सोपान फलन है: उसकी कूदों पर तोड़ने से,

∫03⌊t⌋  ⁣dt=∫010+∫121+∫232=0+1+2=3,\int_0^3 \lfloor t \rfloor\,\dd t = \int_0^1 0 + \int_1^2 1 + \int_2^3 2 = 0 + 1 + 2 = 3 ,

और कूद-बिंदुओं 1,21, 2 पर के मान निरर्थक हैं: परिमित कितने बिंदुओं पर फलन बदलने से कोई समाकल नहीं बदलता (घेरने वाले सोपान फलन अप्रभावित रहते हैं)। “खंडशः संतत” वाले विस्तार की पूरी सामग्री यही है: परिमित कितने असांतत्यों पर काटिए, प्रत्येक संतत टुकड़े को समाकलित कीजिए, जोड़ दीजिए — शाल परिभाषा के रूप में।

उदाहरण 15.6 (परिभाषा एक बार संगणना करती है)

[0, 1]\intcc{0}{1} पर f(x)=xf(x) = x लीजिए और उसे nn समान टुकड़ों में काटिए। टुकड़ों पर अचर सर्वोत्तम सोपान फलन kk-वें टुकड़े पर φ=k−1n\varphi = \frac{k-1}{n} और ψ=kn\psi = \frac kn हैं, जहाँ

∫01φ=∑k=1nk−1n⋅1n=n−12n,∫01ψ=∑k=1nkn⋅1n=n+12n.\int_0^1 \varphi = \sum_{k=1}^{n} \frac{k-1}{n}\cdot\frac1n = \frac{n-1}{2n}, \qquad \int_0^1 \psi = \sum_{k=1}^{n} \frac{k}{n}\cdot\frac1n = \frac{n+1}{2n} .

प्रत्येक निचला समाकल हर ऊपरी से ≤I−(f)≤I+(f)≤\leq I_-(f) \leq I_+(f) \leq है, अतः सभी nn के लिए n−12n≤I−(f)≤I+(f)≤n+12n\frac{n-1}{2n} \leq I_-(f) \leq I_+(f) \leq \frac{n+1}{2n}: दोनों 12\frac12 पर दब जाते हैं, और सीधे परिभाषा से ∫01x  ⁣dx=12\int_0^1 x\,\dd x = \frac12। समापन का सार: परिभाषा से समाकलन हम पहली और अंतिम बार कर रहे हैं — नीचे की मूल प्रमेय ऐसी सभी संगणनाओं के स्थान पर एक प्रतिअवकलज खोज रख देती है, और इस अध्याय का पूरा आर्थिक प्रयोजन यही है।

प्रमेय 15.7 (गुणधर्म)

[a, b]\intcc{a}{b} पर संतत (या खंडशः संतत) f,gf, g और λ∈R\lambda \in \R के लिए:

  1. रैखिकता: ∫(f+λg)=∫f+λ∫g\int (f + \lambda g) = \int f + \lambda \int g;
  2. एकदिष्टता: f≤g  ⟹  ∫abf≤∫abgf \leq g \implies \int_a^b f \leq \int_a^b g; और ∣∫abf∣≤∫ab∣f∣≤(b−a) sup⁡∣f∣\bigl|\int_a^b f\bigr| \leq \int_a^b \abs f \leq (b - a)\, \sup\abs f;
  3. शाल: ∫ab=∫ac+∫cb\int_a^b = \int_a^c + \int_c^b (परिपाटी ∫ba=−∫ab\int_b^a = -\int_a^b के साथ, जो सीमाओं के किसी भी क्रम के लिए वैध है);
  4. कठोर धनात्मकता: यदि ff संतत है, f≥0f \geq 0 और ∫abf=0\int_a^b f = 0, तो [a, b]\intcc{a}{b} पर सर्वत्र f=0f = 0।

उपपत्ति. (1)–(3) उच्चतम/निम्नतम वाली परिभाषा के द्वारा सोपान फलनों से सीमा तक चले जाते हैं। रैखिकता के विवरण एक बार देने योग्य हैं: ε>0\varepsilon > 0 दिया हो, तो φf≤f≤ψf\varphi_f \leq f \leq \psi_f और φg≤g≤ψg\varphi_g \leq g \leq \psi_g को ≤ε\leq \varepsilon (प्रमेय 15.3) अंतरालों के साथ घेरिए। λ≥0\lambda \geq 0 के लिए φf+λφg≤f+λg≤ψf+λψg\varphi_f + \lambda\varphi_g \leq f + \lambda g \leq \psi_f + \lambda\psi_g सोपान फलनों से ≤(1+λ)ε\leq (1 + \lambda)\varepsilon अंतराल वाला घेराव है, और उसके सोपान समाकल ∫φf+λ∫φg\int \varphi_f + \lambda\int\varphi_g इत्यादि के बराबर हैं (प्रतिज्ञप्ति 15.2): अतः ε→0\varepsilon \to 0 लेने पर ∫(f+λg)\int(f + \lambda g) ∫f+λ∫g\int f + \lambda\int g पर दब जाता है। λ<0\lambda < 0 के लिए λ\lambda से गुणा करना gg के घेराव को उलट देता है — λg\lambda g का निचला सोपान फलन λψg\lambda \psi_g है — और वही दबाव भूमिकाएँ बदलकर चल जाता है। परिबंध ∣∫f∣≤∫∣f∣\abs{\int f} \leq \int \abs f −∣f∣≤f≤∣f∣-\abs f \leq f \leq \abs f और एकदिष्टता से आता है।

(4) प्रतिधनात्मक रूप से: यदि f(x0)=m>0f(x_0) = m > 0, तो सांतत्य η>0\eta > 0 लंबाई का ऐसा उपअंतराल देती है जिस पर f≥m2f \geq \frac m2; और वहाँ m2\frac m2 तथा अन्यत्र 00 वाला सोपान फलन ≤f\leq f है, अतः ∫f≥mη2>0\int f \geq \frac{m\eta}{2} > 0। ∎

उदाहरण 15.8 (शाल काम पर: निरपेक्ष मान वाले समाकल)

निरपेक्ष मान का समाकलन करने के लिए वहाँ काटिए जहाँ चिह्न बदलता है।

∫02∣x−1∣  ⁣dx=∫01(1−x)  ⁣dx+∫12(x−1)  ⁣dx=12+12=1,\int_0^2 \abs{x - 1}\,\dd x = \int_0^1 (1 - x)\,\dd x + \int_1^2 (x - 1)\,\dd x = \frac12 + \frac12 = 1 ,

और π\pi पर [0, 2π]\intcc{0}{2\pi} काटने पर:

∫02π∣sin⁡t∣  ⁣dt=∫0πsin⁡t  ⁣dt−∫π2πsin⁡t  ⁣dt=2+2=4,\int_0^{2\pi} \abs{\sin t}\,\dd t = \int_0^{\pi} \sin t\,\dd t - \int_{\pi}^{2\pi} \sin t\,\dd t = 2 + 2 = 4 ,

जबकि ∫02πsin⁡t  ⁣dt=0\int_0^{2\pi} \sin t\,\dd t = 0: निरसन सचमुच होता है, और इसीलिए कठोर धनात्मकता वाले कथन (प्रमेय 15.7 (4)) में परिकल्पना f≥0f \geq 0 है — उसके बिना लुप्त होता समाकल ff के विषय में कुछ सिद्ध नहीं करता। समापन का सार: ∫∣f∣\int \abs f क्षेत्रफल नापता है, ∫f\int f चिह्नित संतुलन; और असमिका ∣∫f∣≤∫∣f∣\abs{\int f} \leq \int\abs f ठीक-ठीक यही अभिलेख है कि निरसन क्या नष्ट कर सकता है।

15.3 कलन की मूल प्रमेय

प्रमेय 15.9 (कलन की मूल प्रमेय)

मान लीजिए ff किसी अंतराल II पर संतत है और a∈Ia \in I। फलन

F(x)=∫axf(t)  ⁣dtF(x) = \int_a^x f(t)\, \dd t

II पर C1C^1 वर्ग का है, जहाँ F′=fF' = f: अर्थात् किसी अंतराल पर प्रत्येक संतत फलन के प्रतिअवकलज होते हैं। फलस्वरूप, ff के किसी भी प्रतिअवकलज GG के लिए:

∫abf(t)  ⁣dt=G(b)−G(a).\int_a^b f(t)\,\dd t = G(b) - G(a) .

उपपत्ति. x0∈Ix_0 \in I और ε>0\varepsilon > 0 नियत कीजिए; x0x_0 पर सांतत्य ऐसा δ\delta देती है कि ∣t−x0∣≤δ\abs{t - x_0} \leq \delta के लिए ∣f(t)−f(x0)∣≤ε\abs{f(t) - f(x_0)} \leq \varepsilon। 0<∣h∣≤δ0 < \abs{h} \leq \delta (और x0+h∈Ix_0 + h \in I) के लिए शाल देता है

F(x0+h)−F(x0)h−f(x0)=1h∫x0x0+h(f(t)−f(x0)) ⁣dt,\frac{F(x_0 + h) - F(x_0)}{h} - f(x_0) = \frac 1h \int_{x_0}^{x_0+h} \bigl(f(t) - f(x_0)\bigr)\dd t ,

जिसका निरपेक्ष मान ≤1∣h∣⋅∣h∣ ε=ε\leq \frac{1}{\abs h}\cdot \abs h\, \varepsilon = \varepsilon है (परिबंध (2), जो सीमाओं के किसी भी क्रम के लिए वैध है)। अतः F′(x0)=f(x0)F'(x_0) = f(x_0); F′=fF' = f संतत है: FF C1C^1 है। यदि G′=fG' = f भी हो, तो अंतराल पर (G−F)′=0(G - F)' = 0, अतः G=F+cG = F + c (उपप्रमेय 14.12), और G(b)−G(a)=F(b)−F(a)=∫abfG(b) - G(a) = F(b) - F(a) = \int_a^b f। ∎

उदाहरण 15.10 (संगणना से पहले सममिति)

सममित अंतराल पर सम-विषमता ही काम कर देती है: यदि ff विषम है, तो प्रतिस्थापन t↦−tt \mapsto -t ∫−a0f\int_{-a}^{0} f को −∫0af-\int_0^a f पर भेज देता है, अतः

∫−aaf(t)  ⁣dt=0;यदि f सम है,∫−aaf=2∫0af.\int_{-a}^{a} f(t)\,\dd t = 0 ; \qquad\text{यदि $f$ सम है,}\quad \int_{-a}^{a} f = 2\int_0^a f .

इस प्रकार कोई प्रतिअवकलज दिखे बिना ही ∫−11t3cos⁡t1+t4  ⁣dt=0\int_{-1}^{1} \frac{t^3\cos t}{1 + t^4}\,\dd t = 0 (समाकल्य विषम है), और ∫−ππt2cos⁡t  ⁣dt=2∫0πt2cos⁡t  ⁣dt\int_{-\pi}^{\pi} t^2\cos t\,\dd t = 2\int_0^\pi t^2\cos t\, \dd t। तकनीकों की ओर हाथ बढ़ाने से पहले सममिति जाँच लीजिए: सबसे तेज़ समाकल वही है जिसे कभी संगणित ही न करना पड़े।

उदाहरण 15.11 (अवकलज को देखते ही पहचानना)

∫0π/2 ⁣dx1+cos⁡x\displaystyle\int_0^{\pi/2} \frac{\dd x}{1 + \cos x} संगणित कीजिए। अर्ध-कोण सर्वसमिका 1+cos⁡x=2cos⁡2x21 + \cos x = 2\cos^2\frac x2 समाकल्य को 12(1+tan⁡2x2)\frac{1}{2}\bigl(1 + \tan^2\frac x2\bigr) में बदल देती है, जो ठीक tan⁡x2\tan\frac x2 का अवकलज है:

∫0π/2 ⁣dx1+cos⁡x=[tan⁡x2]0π/2=tan⁡π4=1.\int_0^{\pi/2} \frac{\dd x}{1 + \cos x} = \Bigl[\tan\frac x2\Bigr]_0^{\pi/2} = \tan\frac\pi4 = 1 .

किसी प्रतिस्थापन-मशीनरी की आवश्यकता नहीं पड़ी — केवल यह प्रतिवर्त कि समाकल्य को किसी का अवकलज मानकर पढ़ा जाए, और शेष काम मूल प्रमेय कर देती है। (ऐसे त्रिकोणमितीय समाकलों के पीछे का व्यवस्थित औज़ार, प्रतिस्थापन t=tan⁡x2t = \tan\frac x2, प्रमेय 15.15 (2) से बने मानक औज़ार-संदूक का हिस्सा है।)

उदाहरण 15.12 (समाकलों से परिभाषित फलन)

मूल प्रमेय फलन गढ़ देती है। मान लीजिए

F(x)=∫0xe−t2  ⁣dt.F(x) = \int_0^x \eu^{-t^2}\,\dd t .

चिरपरिचित फलनों का कोई भी संयोजन ऐसा नहीं है जिसका अवकलज e−t2\eu^{-t^2} हो (लिउविल की एक प्रमेय, यहाँ स्वीकृत); फिर भी FF विद्यमान है, F′(x)=e−x2>0F'(x) = \eu^{-x^2} > 0 के साथ C1C^1 है, कठोरतः वर्धमान है, विषम है (t↦−tt \mapsto -t प्रतिस्थापित कीजिए), और परिबद्ध: x≥1x \geq 1 के लिए,

F(x)−F(1)=∫1xe−t2 ⁣dt≤∫1xe−t ⁣dt≤e−1,F(x) - F(1) = \int_1^x \eu^{-t^2}\dd t \leq \int_1^x \eu^{-t}\dd t \leq \eu^{-1} ,

अतः F≤F(1)+e−1≤1+e−1F \leq F(1) + \eu^{-1} \leq 1 + \eu^{-1}। (यथार्थ सीमा π2\frac{\sqrt\pi}{2} स्नातक वर्ष 3 के खंड में द्विसमाकलों से संगणित की गई है।) चलती सीमाओं के लिए शृंखला नियम:  ⁣d ⁣dx∫xx2e−t2 ⁣dt=2x e−x4−e−x2\frac{\dd}{\dd x}\int_x^{x^2} \eu^{-t^2}\dd t = 2x\,\eu^{-x^4} - \eu^{-x^2}। समापन का सार: समाकलन पुराने फलनों से नए फलन गढ़ता है, और उनके सभी गुणधर्म समाकल्य से पढ़े जा सकते हैं — जो प्रतिअवकलज आप लिख नहीं सकते, वह भी पूरी तरह आपके नियंत्रण में एक फलन है।

उदाहरण 15.13 (बिना मान निकाले आकलन)

समाकलों Rn=∫01tn1+t  ⁣dtR_n = \int_0^1 \frac{t^n}{1 + t}\,\dd t का कोई सुखद संवृत रूप नहीं है, फिर भी एकदिष्टता उन्हें ठीक-ठीक कील देती है: [0, 1]\intcc{0}{1} पर 12≤11+t≤1\frac12 \leq \frac{1}{1+t} \leq 1, अतः

12(n+1)=12∫01tn  ⁣dt  ≤  Rn  ≤  ∫01tn  ⁣dt=1n+1:\frac{1}{2(n+1)} = \frac12\int_0^1 t^n\,\dd t \;\leq\; R_n \;\leq\; \int_0^1 t^n \,\dd t = \frac{1}{n+1} :

अर्थात् क्षय का यथार्थ क्रम (Rn∼R_n \sim 1n\frac1n का गुणज, वस्तुतः Rn∼12nR_n \sim \frac{1}{2n}) — दो पंक्तियों में और बिना किसी प्रतिअवकलज के। इस अध्याय और अगले की सप्ताहांत समस्याएँ ठीक ऐसे ही घेरावों पर चलती हैं — किसी समाकल के सामने विश्लेषक की पहली सहज क्रिया उसे परिबद्ध करना होनी चाहिए, और तभी, यदि आवश्यक हो, संगणना।

उदाहरण 15.14 (औसत मान)

[a, b]\intcc{a}{b} पर संतत ff का माध्य 1b−a∫abf\frac{1}{b-a}\int_a^b f है। ज्या के मेहराब के लिए:

1π∫0πsin⁡t  ⁣dt=1π[−cos⁡t]0π=2π≈0.637:\frac{1}{\pi}\int_0^\pi \sin t\,\dd t = \frac{1}{\pi}\bigl[-\cos t\bigr]_0^\pi = \frac{2}{\pi} \approx 0.637 :

अर्थात् पूरे धनात्मक मेहराब का औसत 12\frac12 नहीं, बल्कि 2π\frac2\pi है — वक्र त्रिभुज की तुलना में अधिक समय ऊपर बिताता है। अभ्यास 15.11 (समाकलों के लिए माध्य मान प्रमेय, g=1g = 1) से यह माध्य एक मान है: किसी c∈(0, π)c \in \intoo{0}{\pi} के लिए sin⁡c=2π\sin c = \frac2\pi। और इस अध्याय के रीमान योगों से यह माध्य nn नमूनों के साधारण औसतों की सीमा है — अर्थात् आँकड़ों के विविक्त माध्य और किसी संकेत के संतत माध्य के बीच का सेतु, और इसी तरह समाकल भौतिकी में प्रवेश करता है।

प्रमेय 15.15 (खंडशः समाकलन; प्रतिस्थापन)

  1. यदि u,vu, v [a, b]\intcc{a}{b} पर C1C^1 हैं:

    ∫abu′v=[uv]ab−∫abuv′.\int_a^b u'v = \bigl[uv\bigr]_a^b - \int_a^b uv' .

  2. यदि φ\varphi [α, β]\intcc{\alpha}{\beta} पर C1C^1 है और ff φ([α, β])\varphi(\intcc{\alpha}{\beta}) पर संतत है:

    ∫αβf(φ(t)) φ′(t)  ⁣dt=∫φ(α)φ(β)f(x)  ⁣dx.\int_{\alpha}^{\beta} f\bigl(\varphi(t)\bigr)\,\varphi'(t)\, \dd t = \int_{\varphi(\alpha)}^{\varphi(\beta)} f(x)\, \dd x .

उपपत्ति. (1) (uv)′=u′v+uv′(uv)' = u'v + uv'; [a, b]\intcc{a}{b} पर समाकलन कीजिए और C1C^1 फलन uvuv पर मूल प्रमेय लगाइए।

(2) मान लीजिए FF प्रतिबिंब अंतराल पर ff का प्रतिअवकलज है (प्रमेय 15.9)। तब (F∘φ)′=(f∘φ) φ′(F \circ \varphi)' = (f \circ \varphi)\,\varphi' (शृंखला नियम), अतः दोनों पक्ष F(φ(β))−F(φ(α))F(\varphi(\beta)) - F(\varphi(\alpha)) के बराबर हैं। ∎

उदाहरण 15.16

∫01t et ⁣dt=[t et]01−∫01et ⁣dt=e−(e−1)=1\int_0^1 t\,\eu^t \dd t = \bigl[t\,\eu^t\bigr]_0^1 - \int_0^1 \eu^t\dd t = \eu - (\eu - 1) = 1। और प्रतिस्थापन x=sin⁡tx = \sin t (t∈[0, π2]t \in \intcc{0}{\frac\pi2}) के साथ:

∫011−x2  ⁣dx=∫0π/2cos⁡t⋅cos⁡t  ⁣dt=∫0π/21+cos⁡2t2  ⁣dt=π4,\int_0^1 \sqrt{1 - x^2}\, \dd x = \int_0^{\pi/2} \cos t \cdot \cos t \, \dd t = \int_0^{\pi/2} \frac{1 + \cos 2t}{2}\, \dd t = \frac\pi4 ,

— अर्थात् इकाई वृत्तचकती का एक चौथाई, जैसा ज्यामिति माँगती है। (विधि 3.11 का रैखिकीकरण काम पर।)

टिप्पणी 15.17 (समाकल कलन की सामान्य भूलें)

(क) प्रतिस्थापन पूरे अंतराल पर C1C^1 होने चाहिए: परिवर्तन x=1tx = \frac1t 00 को पार करते हुए अवैध है; उसे ∫−11 ⁣dx1+x2\int_{-1}^{1}\frac{\dd x}{1 + x^2} पर आँख मूँदकर लगाने से यह “सिद्ध” हो जाता है कि समाकल अपने ही विपरीत के बराबर है। जब किसी प्रतिस्थापन में कोई विचित्रता हो, तो पहले अंतराल काटिए (शाल), हर टुकड़े पर प्रतिस्थापन कीजिए, और तभी फिर से जोड़िए। (ख) लघुगणकीय प्रतिअवकलजों को निरपेक्ष मान चाहिए: 22 के दोनों ओर अलग-अलग ∫ ⁣dxx−2=ln⁡∣x−2∣+C\int \frac{\dd x}{x - 2} = \ln\abs{x - 2} + C — (0, 1)\intoo{0}{1} पर ln⁡(x−2)\ln(x - 2) लिखना किसी ऋणात्मक संख्या का लघुगणक लिखना है; और अचर CC विचित्रता के दोनों ओर भिन्न हो सकता है। (ग) लुप्त होता समाकल फलन को नहीं मार देता: ∫02πsin⁡=0\int_0^{2\pi}\sin = 0; f=0f = 0 निकालने से पहले समाकल्य की धनात्मकता आवश्यक है (उदाहरण 15.8)। (घ) रीमान योग अंशांकित होने चाहिए: b−an∑f(a+kb−an)\frac{b-a}{n}\sum f\bigl(a + k\frac{b-a}{n}\bigr) में बाहर का पद और भीतर के बिंदु उसी उपविभाजन से मेल खाने चाहिए — बार-बार होने वाली भूल यह है कि योग ∑k=1nf(kn)\sum_{k=1}^{n} f\bigl(\frac kn\bigr) बिना गुणक 1n\frac1n के लिख दिया जाता है, जो ∫01f\int_0^1 f की ओर अभिसरित होने के बदले अपसरित हो जाता है। प्रमेय 15.20 का आह्वान करने से पहले जाँच-सूची: 1n\frac1n बाहर निकालिए, योज्य को kn\frac kn के ff के रूप में फिर से लिखिए, ff का नाम दीजिए और उसकी सांतत्य जाँचिए।

उदाहरण 15.18 (अनुमान लगाइए, अवकलन कीजिए, समायोजन कीजिए)

∫1x(ln⁡t)2  ⁣dt\int_1^x (\ln t)^2\,\dd t क्या है? PP बहुपद के साथ t P(ln⁡t)t\,P(\ln t) रूप के प्रतिअवकलज का अनुमान लगाइए और अवकलन कीजिए:

(t P(ln⁡t))′=P(ln⁡t)+P′(ln⁡t).\bigl(t\,P(\ln t)\bigr)' = P(\ln t) + P'(\ln t) .

हमें P(u)+P′(u)=u2P(u) + P'(u) = u^2 चाहिए: P(u)=u2−2u+2P(u) = u^2 - 2u + 2 लीजिए (u2u^2 से नीचे की ओर गुणांक मिलाते हुए)। अतः

∫1x(ln⁡t)2  ⁣dt=[t((ln⁡t)2−2ln⁡t+2)]1x=x(ln⁡x)2−2xln⁡x+2x−2,\int_1^x (\ln t)^2\,\dd t = \bigl[t\bigl((\ln t)^2 - 2\ln t + 2\bigr)\bigr]_1^x = x(\ln x)^2 - 2x\ln x + 2x - 2 ,

यह परिणाम अन्यथा दो बार खंडशः समाकलन से मिलता। समापन का सार: (ln⁡t\ln t में बहुपद) या (बहुपद गुणा eλt\eu^{\lambda t}) रूप के समाकल्यों के लिए प्रतिअवकलज का आकार वही रहता है — अतः आकार वाले अनुमान का अवकलन समाकलन को गुणांकों पर रैखिक बीजगणित में बदल देता है, जो दोहराए हुए खंडशः समाकलन से तेज़ और कम भूल वाला है।

उदाहरण 15.19 (लौटता हुआ समाकल)

I=∫0π/2excos⁡x  ⁣dxI = \int_0^{\pi/2} \eu^x \cos x\,\dd x संगणित कीजिए। दो बार खंडशः समाकलन कीजिए, और हर बार त्रिकोणमितीय गुणक का अवकलन कीजिए:

I=[exsin⁡x]0π/2−∫0π/2exsin⁡x  ⁣dx=eπ/2−J,J=[−excos⁡x]0π/2+∫0π/2excos⁡x  ⁣dx=1+I.I = \bigl[\eu^x \sin x\bigr]_0^{\pi/2} - \int_0^{\pi/2} \eu^x \sin x\,\dd x = \eu^{\pi/2} - J, \qquad J = \bigl[-\eu^x\cos x\bigr]_0^{\pi/2} + \int_0^{\pi/2} \eu^x\cos x\,\dd x = 1 + I .

समाकल स्वयं अपने पास लौट आया है: I=eπ/2−1−II = \eu^{\pi/2} - 1 - I, जिससे

I=eπ/2−12.I = \frac{\eu^{\pi/2} - 1}{2} .

समापन का सार: जब समाकल्य ऐसे दो फलनों का गुणनफल हो जो अवकलन के अंतर्गत स्वयं को फिर उत्पन्न करते हों (eax\eu^{ax}, cos⁡bx\cos bx, sin⁡bx\sin bx), तब दो बार खंडशः समाकलन अज्ञात समाकल के लिए एक रैखिक समीकरण दे देता है — समाकलन के बदले उसे हल कीजिए; समतुल्य रूप से e(a+ib)x\eu^{(a + \iu b)x} (अध्याय 3) से होकर जाइए और वास्तविक भाग लीजिए। दोनों रास्ते वही उत्तर देते हैं, और यह जाँच लेना कि वे देते हैं, एक मुफ़्त संगति-परीक्षण है।

15.4 रीमान योग

प्रमेय 15.20 (रीमान योग)

मान लीजिए ff [a, b]\intcc{a}{b} पर संतत है। तब

Sn=b−an∑k=0n−1f(a+k b−an)→n→∞∫abf(t)  ⁣dt,S_n = \frac{b - a}{n} \sum_{k=0}^{n-1} f\Bigl(a + k\,\frac{b-a}{n}\Bigr) \xrightarrow[n \to \infty]{} \int_a^b f(t)\, \dd t ,

और उपअंतरालों के भीतर किन्हीं भी मूल्यांकन-बिंदुओं के साथ भी वही।

उपपत्ति. SnS_n उस सोपान फलन φn\varphi_n का समाकल है जो kk-वें उपअंतराल पर f(a+kb−an)f(a + k\frac{b-a}{n}) के बराबर है। ε>0\varepsilon > 0 दिया हो, तो एकसमान सांतत्य (हाइने) δ\delta देती है; और n>b−aδn > \frac{b-a}{\delta} के लिए किसी भी उपअंतराल का हर बिंदु अपने मूल्यांकन-बिंदु के δ\delta के भीतर है, अतः [a, b]\intcc{a}{b} पर ∣f−φn∣≤ε\abs{f - \varphi_n} \leq \varepsilon, जिससे

∣∫abf−Sn∣=∣∫ab(f−φn)∣≤(b−a) ε.\Bigl| \int_a^b f - S_n \Bigr| = \Bigl| \int_a^b (f - \varphi_n) \Bigr| \leq (b-a)\,\varepsilon . \qedhere

∎

n = 8 आयतों वाला बायाँ रीमान योग: जाल के सिकुड़ने पर एकसमान सांतत्य सीढ़ी के क्षेत्रफल को ∈t_ab f की ओर धकेल देती है।
n=8n = 8 आयतों वाला बायाँ रीमान योग: जाल के सिकुड़ने पर एकसमान सांतत्य सीढ़ी के क्षेत्रफल को ∫abf\int_a^b f की ओर धकेल देती है।

उदाहरण 15.21

∑k=1n1n+k=1n∑k=1n11+k/n→n→∞∫01 ⁣dx1+x=ln⁡2\displaystyle\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{n + k} = \frac 1n \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{1 + k/n} \xrightarrow[n\to\infty]{} \int_0^1 \frac{\dd x}{1 + x} = \ln 2: यह ऐसी सीमा है जो प्रारंभिक परिबंधों को दिखाई नहीं देती, पर रीमान योग के रूप में पारदर्शी है।

उदाहरण 15.22 (अंशांकन के साथ एक दूसरा रीमान योग)

lim⁡n→∞∑k=1nn(n+k)2\lim_{n\to\infty} \sum_{k=1}^{n} \dfrac{n}{(n+k)^2} खोजिए। अंशांकन कीजिए:

∑k=1nn(n+k)2=1n∑k=1nn2(n+k)2=1n∑k=1n1(1+kn)2,\sum_{k=1}^{n} \frac{n}{(n+k)^2} = \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n} \frac{n^2}{(n+k)^2} = \frac1n \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{\bigl(1 + \frac kn\bigr)^2} ,

जो [0, 1]\intcc{0}{1} पर संतत f(x)=1(1+x)2f(x) = \frac{1}{(1+x)^2} का रीमान योग है: अतः सीमा है

∫01 ⁣dx(1+x)2=[−11+x]01=12.\int_0^1 \frac{\dd x}{(1 + x)^2} = \Bigl[-\frac{1}{1+x}\Bigr]_0^1 = \frac12 .

समापन का सार: पूरी कला बीच की पंक्ति में है — योज्य को ठीक एक गुणक 1n\frac1n निकालने की क़ीमत पर f(kn)f(\frac kn) के आकार में लाइए; आकार सही हो जाने पर विश्लेषण प्रमेय करती है और अंकगणित मूल प्रमेय।

टिप्पणी 15.23 (समाकल आगे कहाँ काम करता है)

इस अध्याय की हर रचना की एक कड़ी आगे है। रीमान योग अध्याय 17 में श्रेणियों और समाकलों के बीच सेतु के रूप में लौटते हैं (∑1nα\sum \frac{1}{n^\alpha} की ∫ ⁣dttα\int \frac{\dd t}{t^\alpha} से तुलना); समाकल शेषफल अध्याय 16 में टेलर सूत्र का सबसे तीक्ष्ण रूप है; और sup⁡\sup-आधारित परिभाषा स्नातक वर्ष 3 के खंड के लेबेग समाकल का आदिरूप है, जहाँ वही तीन गुणधर्म (रैखिकता, एकदिष्टता, एक अभिसरण प्रमेय) फलनों के कहीं बड़े वर्ग पर फिर खड़े किए जाते हैं। और नीचे दी गई सप्ताहांत समस्या खंडशः समाकलन को अंकगणित में बदल देती है: π2\pi^2 की अपरिमेयता।

15.5 अभ्यास

अभ्यास 15.1 ★

संगणना कीजिए: ∫01 ⁣dxx2−4\displaystyle\int_0^1 \frac{\dd x}{x^2 - 4} (आंशिक भिन्नें, अध्याय 9); ∫1eln⁡t  ⁣dt\displaystyle\int_1^{\eu} \ln t \,\dd t; ∫0πtsin⁡t  ⁣dt\displaystyle\int_0^{\pi} t \sin t\, \dd t।

हल

हल — अभ्यास 15.1.

1x2−4=1/4x−2−1/4x+2\dfrac{1}{x^2-4} = \dfrac{1/4}{x - 2} - \dfrac{1/4}{x+2} (आवरण विधि), अतः

∫01 ⁣dxx2−4=14[ln⁡∣x−2∣−ln⁡∣x+2∣]01=14(ln⁡13−ln⁡1)=−ln⁡34.\int_0^1 \frac{\dd x}{x^2 - 4} = \frac14\Bigl[\ln\abs{x-2} - \ln\abs{x+2}\Bigr]_0^1 = \frac14\Bigl(\ln\frac{1}{3} - \ln 1\Bigr) = -\frac{\ln 3}{4}.

खंडशः (u′=1u' = 1, v=ln⁡tv = \ln t): ∫1eln⁡t  ⁣dt=[tln⁡t]1e−∫1e ⁣dt=e−(e−1)=1\int_1^{\eu} \ln t\,\dd t = \bigl[t\ln t\bigr]_1^{\eu} - \int_1^{\eu} \dd t = \eu - (\eu - 1) = 1।

खंडशः (u′=sin⁡tu' = \sin t, v=tv = t): ∫0πtsin⁡t  ⁣dt=[−tcos⁡t]0π+∫0πcos⁡t  ⁣dt=π+0=π\int_0^\pi t\sin t\,\dd t = \bigl[-t\cos t\bigr]_0^\pi + \int_0^\pi \cos t\,\dd t = \pi + 0 = \pi।

अभ्यास 15.2 ★

∫01t(t2+1)2  ⁣dt\displaystyle\int_0^{1} \frac{t}{(t^2+1)^2}\,\dd t (प्रतिस्थापन) और ∫0π/2cos⁡3t  ⁣dt\displaystyle\int_0^{\pi/2} \cos^3 t\, \dd t (cos⁡3=cos⁡(1−sin⁡2)\cos^3 = \cos(1 - \sin^2) लिखिए) संगणित कीजिए।

हल

हल — अभ्यास 15.2.

प्रतिस्थापन u=t2+1u = t^2 + 1,  ⁣du=2t  ⁣dt\dd u = 2t\,\dd t:

∫01t  ⁣dt(t2+1)2=12∫12 ⁣duu2=12[−1u]12=14.\int_0^1 \frac{t\,\dd t}{(t^2+1)^2} = \frac12 \int_1^2 \frac{\dd u}{u^2} = \frac12\Bigl[-\frac1u\Bigr]_1^2 = \frac14 .

u=sin⁡tu = \sin t के साथ: ∫0π/2cos⁡3t  ⁣dt=∫0π/2(1−sin⁡2t)cos⁡t  ⁣dt=[sin⁡t−sin⁡3t3]0π/2=1−13=23\int_0^{\pi/2} \cos^3 t\,\dd t = \int_0^{\pi/2} (1 - \sin^2 t)\cos t\,\dd t = \bigl[\sin t - \frac{\sin^3 t}{3}\bigr]_0^{\pi/2} = 1 - \frac13 = \frac23।

अभ्यास 15.3 ★

रीमान योग के रूप में सीमाएँ खोजिए:

un=∑k=1nnn2+k2,vn=1n(2n)!n! nnn (take logarithms).u_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{n}{n^2 + k^2}, \qquad v_n = \frac{1}{n}\sqrt[n]{\frac{(2n)!}{n!\,n^n}} \ \emph{(take logarithms)}.
हल

हल — अभ्यास 15.3.

un=1n∑k=1n11+(k/n)2u_n = \dfrac1n \sum_{k=1}^{n} \dfrac{1}{1 + (k/n)^2}: यह [0, 1]\intcc{0}{1} पर x↦11+x2x \mapsto \frac{1}{1+x^2} का रीमान योग है, अतः un→∫01 ⁣dx1+x2=arctan⁡1=π4u_n \to \int_0^1 \frac{\dd x}{1+x^2} = \arctan 1 = \dfrac\pi4।

ln⁡vn=1n∑k=1nln⁡n+kn=1n∑k=1nln⁡(1+kn)→∫01ln⁡(1+x)  ⁣dx=[(1+x)ln⁡(1+x)−x]01=2ln⁡2−1\ln v_n = \dfrac1n \sum_{k=1}^{n} \ln\dfrac{n+k}{n} = \dfrac 1n \sum_{k=1}^n \ln\Bigl(1 + \dfrac kn\Bigr) \to \int_0^1 \ln(1+x)\,\dd x = \bigl[(1+x)\ln(1+x) - x\bigr]_0^1 = 2\ln 2 - 1। अतः vn→e2ln⁡2−1=4ev_n \to \eu^{2\ln 2 - 1} = \dfrac 4\eu। (पहचान की जाँच: (2n)!n! nn=∏k=1nn+kn\frac{(2n)!}{n!\,n^n} = \prod_{k=1}^{n} \frac{n+k}{n}।)

अभ्यास 15.4 ★

मान लीजिए ff [0, 1]\intcc{0}{1} पर संतत है। lim⁡n→∞∫01xnf(x)  ⁣dx\lim_{n\to\infty} \int_0^1 x^n f(x)\,\dd x संगणित कीजिए। (1−δ1 - \delta पर [0, 1]\intcc{0}{1} काटिए।)

हल

हल — अभ्यास 15.4.

सीमा 00 है। मान लीजिए M=sup⁡∣f∣M = \sup \abs f और ε∈(0, 1)\varepsilon \in \intoo{0}{1}। 1−ε1 - \varepsilon पर काटिए:

∣∫01xnf∣≤∫01−εxn∣f∣+∫1−ε1xn∣f∣≤M (1−ε)n+Mε.\Bigl| \int_0^1 x^n f \Bigr| \leq \int_0^{1 - \varepsilon} x^n \abs f + \int_{1-\varepsilon}^1 x^n \abs f \leq M\,(1-\varepsilon)^n + M\varepsilon .

चूँकि (1−ε)n→0(1 - \varepsilon)^n \to 0 (अभ्यास 11.3), बाएँ पक्ष का उच्चतम सीमांत प्रत्येक ε\varepsilon के लिए ≤Mε\leq M\varepsilon है: अतः समाकल 00 की ओर जाता है।

अभ्यास 15.5 ★★

(कोशी–श्वार्ज़) [a, b]\intcc{a}{b} पर संतत f,gf, g के लिए सिद्ध कीजिए

(∫abfg) ⁣2≤∫abf2⋅∫abg2,\Bigl(\int_a^b fg\Bigr)^{\!2} \leq \int_a^b f^2 \cdot \int_a^b g^2 ,

इसके लिए ∫ab(f+λg)2≥0\int_a^b (f + \lambda g)^2 \geq 0 को λ\lambda में द्विघात के रूप में प्रसारित कीजिए। समता कब होती है?

हल

हल — अभ्यास 15.5.

सभी λ\lambda के लिए Q(λ)=∫ab(f+λg)2=∫f2+2λ∫fg+λ2∫g2≥0Q(\lambda) = \int_a^b (f + \lambda g)^2 = \int f^2 + 2\lambda \int fg + \lambda^2 \int g^2 \geq 0। यदि ∫g2=0\int g^2 = 0, तो g=0g = 0 (कठोर धनात्मकता, प्रमेय 15.7 (4)) और असमिका 0≤00 \leq 0 है। अन्यथा QQ सच्चा द्विघात है, जो सर्वत्र ≥0\geq 0 है: अतः उसका विविक्तकर ≤0\leq 0 है, अर्थात् (∫fg)2≤∫f2∫g2\bigl(\int fg\bigr)^2 \leq \int f^2 \int g^2।

समता तभी जब विविक्तकर लुप्त हो, अर्थात् तभी जब किसी λ0\lambda_0 के लिए Q(λ0)=0Q(\lambda_0) = 0, अर्थात् ∫(f+λ0g)2=0\int (f + \lambda_0 g)^2 = 0, अर्थात् (फिर कठोर धनात्मकता से) f=−λ0gf = -\lambda_0 g: अतः समता ठीक तब है जब ff और gg अनुपाती हों।

अभ्यास 15.6 ★★

मान लीजिए ff R\R पर संतत और TT-आवर्ती है। सिद्ध कीजिए कि ∫aa+Tf\int_a^{a+T} f aa पर निर्भर नहीं करता, और यह कि x→+∞x \to +\infty होने पर 1x∫0xf(t)  ⁣dt→1T∫0Tf\frac1x \int_0^x f(t)\,\dd t \to \frac 1T \int_0^T f।

हल

हल — अभ्यास 15.6.

मान लीजिए Φ(a)=∫aa+Tf\Phi(a) = \int_a^{a+T} f। मूल प्रमेय (प्रमेय 15.9) से Φ\Phi अवकलनीय है और Φ′(a)=f(a+T)−f(a)=0\Phi'(a) = f(a + T) - f(a) = 0: अतः अचर।

x>0x > 0 के लिए x=nT+rx = nT + r, 0≤r<T0 \leq r < T (n=⌊x/T⌋n = \lfloor x/T \rfloor) लिखिए। शाल:

∫0xf=n∫0Tf+∫nTnT+rf,∣∫nTnT+rf∣≤Tsup⁡[0, T]∣f∣=C.\int_0^x f = n \int_0^T f + \int_{nT}^{nT + r} f, \qquad \Bigl| \int_{nT}^{nT+r} f \Bigr| \leq T \sup_{\intcc{0}{T}} \abs f = C .

फिर 1x∫0xf=nTx⋅1T∫0Tf+O(1x)\frac 1x \int_0^x f = \frac{nT}{x}\cdot\frac 1T \int_0^T f + O\bigl(\frac 1x\bigr), और nTx→1\frac{nT}{x} \to 1: अतः सीमा 1T∫0Tf\frac1T \int_0^T f है।

अभ्यास 15.7 ★★

[0, 1]\intcc{0}{1} पर संतत ff के लिए, जहाँ ∫01f=12\int_0^1 f = \frac12, सिद्ध कीजिए कि ff का [0, 1]\intcc{0}{1} में कोई अचल बिंदु है। (f(x)−xf(x) - x का समाकलन कीजिए और कठोर धनात्मकता (प्रमेय 15.7 (4)) का उसके प्रतिधनात्मक रूप में, मध्यवर्ती मान प्रमेय के साथ मिलाकर, प्रयोग कीजिए।)

हल

हल — अभ्यास 15.7.

मान लीजिए g(x)=f(x)−xg(x) = f(x) - x: यह संतत है, और

∫01g=∫01f−12=0.\int_0^1 g = \int_0^1 f - \frac12 = 0 .

यदि gg कभी लुप्त न होता, तो मध्यवर्ती मान प्रमेय उसे एक ही चिह्न पर बाध्य कर देती (किसी अंतराल पर दोनों चिह्न लेने वाला संतत फलन लुप्त होता है); मान लीजिए g>0g > 0। तब कठोर धनात्मकता (प्रमेय 15.7 (4), g>0g > 0 पर लगाकर, ∫g>0\int g > 0 देती है): ∫g=0\int g = 0 से विरोधाभास। अतः किसी cc के लिए g(c)=0g(c) = 0: f(c)=cf(c) = c।

अभ्यास 15.8 ★★★

(वालिस समाकल) मान लीजिए Wn=∫0π/2sin⁡nt  ⁣dtW_n = \int_0^{\pi/2} \sin^n t\,\dd t।

  1. खंडशः समाकलन से पुनरावृत्ति nWn=(n−1)Wn−2n W_n = (n-1) W_{n-2} (n≥2n \geq 2) सिद्ध कीजिए, और W0,W1W_0, W_1, फिर W2pW_{2p} तथा W2p+1W_{2p+1} संवृत रूप में संगणित कीजिए।
  2. सिद्ध कीजिए कि (Wn)(W_n) ह्रासमान है और Wn+1Wn→1\frac{W_{n+1}}{W_n} \to 1; सिद्ध कीजिए कि राशि (n+1) Wn+1Wn(n+1)\,W_{n+1} W_n अचर और π2\frac\pi2 के बराबर है; और उससे तुल्यता Wn∼π2nW_n \sim \sqrt{\dfrac{\pi}{2n}} निकालिए।
हल

हल — अभ्यास 15.8.

  1. u′=sin⁡tu' = \sin t, v=sin⁡n−1tv = \sin^{n-1} t के साथ खंडशः:

    Wn=[−cos⁡tsin⁡n−1t]0π/2+(n−1)∫0π/2cos⁡2t sin⁡n−2t  ⁣dt=(n−1)(Wn−2−Wn),W_n = \bigl[-\cos t\sin^{n-1}t\bigr]_0^{\pi/2} + (n-1)\int_0^{\pi/2} \cos^2 t\,\sin^{n-2} t\,\dd t = (n-1)(W_{n-2} - W_n),

    अतः nWn=(n−1)Wn−2nW_n = (n-1)W_{n-2}। W0=π2W_0 = \frac\pi2, W1=1W_1 = 1 से:

    W2p=(2p−1)(2p−3)⋯1(2p)(2p−2)⋯2 π2=(2p)!4p(p!)2 π2,W2p+1=(2p)(2p−2)⋯2(2p+1)(2p−1)⋯3=4p(p!)2(2p+1)!.W_{2p} = \frac{(2p-1)(2p-3)\cdots 1}{(2p)(2p-2)\cdots 2}\, \frac{\pi}{2} = \frac{(2p)!}{4^p (p!)^2}\,\frac\pi2, \qquad W_{2p+1} = \frac{(2p)(2p-2)\cdots 2}{(2p+1)(2p-1)\cdots 3} = \frac{4^p (p!)^2}{(2p+1)!} .

  2. (0, π2)\intoo{0}{\frac\pi2} पर 0<sin⁡t<10 < \sin t < 1, अतः sin⁡n+1<sin⁡n\sin^{n+1} < \sin^n और (Wn)(W_n) (कठोरतः) ह्रासमान और धनात्मक है। पुनरावृत्ति के साथ घेरने पर:

    nn+1=Wn+1Wn−1≤Wn+1Wn≤1  ⟹  Wn+1Wn→1.\frac{n}{n+1} = \frac{W_{n+1}}{W_{n-1}} \leq \frac{W_{n+1}}{W_n} \leq 1 \quad\implies\quad \frac{W_{n+1}}{W_n} \to 1 .

    अपरिवर्त्य: पुनरावृत्ति (n+1)Wn+1=nWn−1(n+1)W_{n+1} = nW_{n-1} से an=(n+1)Wn+1Wna_n = (n+1)W_{n+1}W_n an=an−1a_n = a_{n-1} संतुष्ट करता है, अतः an=a0=1⋅W1W0=π2a_n = a_0 = 1 \cdot W_1 W_0 = \frac\pi2। फिर

    nWn2∼(n+1)Wn+1Wn=π2  ⟹  Wn∼π2n.n W_n^2 \sim (n+1) W_{n+1} W_n = \frac\pi2 \quad\implies\quad W_n \sim \sqrt{\frac{\pi}{2n}} .

अभ्यास 15.9 ★★★

(नाइवन: π\pi अपरिमेय है) मान लीजिए a,b∈N∗a, b \in \N^* के साथ π=ab\pi = \frac ab, और चुने जाने वाले nn के लिए रखिए

P(x)=xn(a−bx)nn!,In=∫0πP(x)sin⁡x  ⁣dx.P(x) = \frac{x^n (a - bx)^n}{n!}, \qquad I_n = \int_0^{\pi} P(x)\sin x\, \dd x .
  1. सिद्ध कीजिए कि 0<In≤π (πa)nn!0 < I_n \leq \pi\,\frac{(\pi a)^n}{n!}, जो बड़े nn के लिए <1< 1 है।
  2. सिद्ध कीजिए कि PP और उसके सभी अवकलज 00 तथा π=ab\pi = \frac ab पर पूर्णांक मान लेते हैं। (द्विपद प्रसार: k!k! गुना PP के गुणांक k≥nk \geq n के लिए पूर्णांक हैं; और P(π−x)=P(x)P(\pi - x) = P(x)।)
  3. Q=P−P′′+P(4)−…Q = P - P'' + P^{(4)} - \dots (एक परिमित योग) रखिए। जाँचिए कि (Q′sin⁡x−Qcos⁡x)′=Psin⁡x\bigl(Q'\sin x - Q\cos x\bigr)' = P \sin x, और उससे निकालिए कि In=Q(π)+Q(0)I_n = Q(\pi) + Q(0) पूर्णांक है।
  4. निष्कर्ष निकालिए।
हल

हल — अभ्यास 15.9.

  1. (0, π)\intoo{0}{\pi} पर: x>0x > 0, a−bx=b(ab−x)=b(π−x)>0a - bx = b(\frac ab - x) = b(\pi - x) > 0 और sin⁡x>0\sin x > 0, अतः समाकल्य >0> 0 है और In>0I_n > 0 (कठोर धनात्मकता)। परिबंध: [0, π]\intcc{0}{\pi} पर x≤πx \leq \pi और a−bx≤aa - bx \leq a, अतः P≤πnann!P \leq \frac{\pi^n a^n}{n!} और In≤π (πa)nn!I_n \leq \pi\,\frac{(\pi a)^n}{n!}, जो 00 की ओर जाता है (क्रमगुणित गुणोत्तर पद को हरा देता है: वह अभिसारी चरघातांकी श्रेणी का व्यापक पद है, उदाहरण 11.12 देखिए); विशेष रूप से बड़े nn के लिए In<1I_n < 1।
  2. xn(a−bx)n=∑j=0n(nj)an−j(−b)jxn+jx^n(a - bx)^n = \sum_{j=0}^{n} \binom nj a^{n-j} (-b)^j x^{n+j} का प्रसार कीजिए: अतः पूर्णांक cjc_j के साथ P=1n!∑jcjxn+jP = \frac{1}{n!}\sum_j c_j x^{n+j}। तब k<nk < n के लिए P(k)(0)=0P^{(k)}(0) = 0 (मूल्यांकन) और n≤k≤2nn \leq k \leq 2n के लिए P(k)(0)=k!n!ck−nP^{(k)}(0) = \frac{k!}{n!} c_{k-n}, जो पूर्णांक है क्योंकि n!∣k!n! \mid k!। इसके अतिरिक्त P(π−x)=P(x)P(\pi - x) = P(x) (प्रतिस्थापित कीजिए: a−b(π−x)=bxa - b(\pi - x) = bx का प्रयोग करते हुए π−x\pi - x गुणकों की अदला-बदली कर देता है), अतः P(k)(π)=±P(k)(0)P^{(k)}(\pi) = \pm P^{(k)}(0): ये भी पूर्णांक हैं।

  3. Q=P−P′′+P(4)−…Q = P - P'' + P^{(4)} - \dots (परिमित: PP की घात 2n2n है) के साथ: Q+Q′′=PQ + Q'' = P, और

    (Q′sin⁡x−Qcos⁡x)′=(Q+Q′′)sin⁡x=Psin⁡x.\bigl(Q'\sin x - Q\cos x\bigr)' = (Q + Q'')\sin x = P\sin x .

    अतः In=[Q′sin⁡x−Qcos⁡x]0π=Q(π)+Q(0)I_n = \bigl[Q'\sin x - Q\cos x\bigr]_0^{\pi} = Q(\pi) + Q(0), जो 00 और π\pi पर P(2k)P^{(2k)} के मानों का योग है: (2) से पूर्णांक।

  4. बड़े nn के लिए InI_n ऐसा पूर्णांक है कि 0<In<10 < I_n < 1: असंभव। अतः धारणा π=ab\pi = \frac ab विफल हो जाती है: π\pi अपरिमेय है।

अभ्यास 15.10 ★★★

मान लीजिए ff [a, b]\intcc{a}{b} पर C1C^1 है। खंडशः समाकलन से रीमान–लेबेग प्रकार की सीमा सिद्ध कीजिए

∫abf(t)sin⁡(λt)  ⁣dt→λ→+∞0\int_a^b f(t)\sin(\lambda t)\,\dd t \xrightarrow[\lambda \to +\infty]{} 0

फिर उसे केवल संतत ff के लिए भी सिद्ध कीजिए, सोपान फलनों से एकसमान सन्निकटन के द्वारा (प्रमेय 15.3)।

हल

हल — अभ्यास 15.10.

C1C^1 की स्थिति: खंडशः,

∫abf(t)sin⁡λt  ⁣dt=[−f(t)cos⁡λtλ]ab+1λ∫abf′(t)cos⁡λt  ⁣dt,\int_a^b f(t)\sin\lambda t\,\dd t = \Bigl[-f(t)\frac{\cos\lambda t}{\lambda}\Bigr]_a^b + \frac{1}{\lambda}\int_a^b f'(t)\cos\lambda t\,\dd t,

जिसका निरपेक्ष मान 2sup⁡∣f∣+(b−a)sup⁡∣f′∣λ→0\frac{2\sup\abs f + (b - a)\sup\abs{f'}} {\lambda} \to 0 से परिबद्ध है।

संतत स्थिति: मान लीजिए ε>0\varepsilon > 0 और ऐसा सोपान फलन φ\varphi चुनिए कि ∣f−φ∣≤ε\abs{f - \varphi} \leq \varepsilon (प्रमेय 15.3 ≤ε\leq\varepsilon अंतराल के साथ φ≤f≤ψ\varphi \leq f \leq \psi देता है; φ\varphi लीजिए)। तब

∣∫abfsin⁡λt∣≤∫ab∣f−φ∣+∣∫abφsin⁡λt∣≤(b−a)ε+∑i∣ci∣ ∣∫xi−1xisin⁡λt  ⁣dt∣,\Bigl|\int_a^b f\sin\lambda t\Bigr| \leq \int_a^b \abs{f - \varphi} + \Bigl|\int_a^b \varphi \sin\lambda t\Bigr| \leq (b-a)\varepsilon + \sum_i \abs{c_i}\,\Bigl|\int_{x_{i-1}}^{x_i} \sin\lambda t\,\dd t\Bigr| ,

और प्रत्येक ∣∫sin⁡λt∣=∣cos⁡λxi−1−cos⁡λxiλ∣≤2λ\bigl|\int \sin \lambda t\bigr| = \bigl|\frac{\cos\lambda x_{i-1} - \cos\lambda x_i}{\lambda}\bigr| \leq \frac{2}{\lambda}: दूसरा पद 00 की ओर जाता है। अतः उच्चतम सीमांत प्रत्येक ε\varepsilon के लिए ≤(b−a)ε\leq (b-a)\varepsilon है: इसलिए सीमा 00 है।

अभ्यास 15.11 ★★

(समाकलों के लिए माध्य मान प्रमेय) मान लीजिए f,gf, g [a, b]\intcc{a}{b} पर संतत है और g≥0g \geq 0। सिद्ध कीजिए कि ऐसा c∈[a, b]c \in \intcc{a}{b} विद्यमान है कि

∫abf(t) g(t)  ⁣dt=f(c)∫abg(t)  ⁣dt,\int_a^b f(t)\,g(t)\,\dd t = f(c)\int_a^b g(t)\,\dd t ,

और उदाहरण से दिखाइए कि परिकल्पना g≥0g \geq 0 छोड़ी नहीं जा सकती।

हल

हल — अभ्यास 15.11.

मान लीजिए m=min⁡fm = \min f और M=max⁡fM = \max f, जो चरम मान प्रमेय से प्राप्त होते हैं। चूँकि g≥0g \geq 0: m g≤fg≤M gm\,g \leq fg \leq M\,g, अतः एकदिष्टता से

m∫abg  ≤  ∫abfg  ≤  M∫abg.m \int_a^b g \;\leq\; \int_a^b fg \;\leq\; M \int_a^b g .

यदि ∫abg=0\int_a^b g = 0: कठोर धनात्मकता (प्रमेय 15.7 (4)) g≡0g \equiv 0 पर बाध्य कर देती है, दोनों पक्ष लुप्त हो जाते हैं, और कोई भी cc काम करता है। अन्यथा t=∫fg∫gt = \frac{\int fg}{\int g} [m, M]=f([a, b])\intcc{m}{M} = f(\intcc{a}{b}) में है (प्रमेय 13.13 और 13.10), अतः किसी cc के लिए t=f(c)t = f(c)।

चिह्न महत्त्व रखता है: f(t)=g(t)=tf(t) = g(t) = t वाले [−1, 1]\intcc{-1}{1} पर ∫fg=∫−11t2=23\int fg = \int_{-1}^1 t^2 = \frac23, जबकि प्रत्येक cc के लिए f(c)∫−11t  ⁣dt=0f(c)\int_{-1}^1 t\,\dd t = 0।

अभ्यास 15.12 ★★★

(आघूर्ण शून्यों पर बाध्य करते हैं) मान लीजिए ff [a, b]\intcc{a}{b} पर संतत है और

∫abf(t) tk  ⁣dt=0के लिए k=0,1,…,n.\int_a^b f(t)\,t^k\,\dd t = 0 \qquad \text{के लिए } k = 0, 1, \dots, n .

सिद्ध कीजिए कि ff (a, b)\intoo{a}{b} के n+1n + 1 भिन्न बिंदुओं पर लुप्त होता है। (यदि ff केवल z1<⋯<zmz_1 < \dots < z_m पर चिह्न बदलता हो, जहाँ m≤nm \leq n, तो ff का P(t)=(t−z1)⋯(t−zm)P(t) = (t - z_1) \cdots (t - z_m) के सामने समाकलन कीजिए और कठोर धनात्मकता का प्रयोग कीजिए।)

हल

हल — अभ्यास 15.12.

यदि f≡0f \equiv 0, तो दावा रिक्तार्थ है (हर बिंदु शून्य है)। अतः f≢0f \not\equiv 0 मान लीजिए और मान लीजिए (a, b)\intoo{a}{b} में उसके अधिक से अधिक nn भिन्न शून्य हैं; मान लीजिए z1<⋯<zmz_1 < \dots < z_m (m≤nm \leq n) वे शून्य हैं जहाँ ff चिह्न बदलता है (संभवतः कोई भी नहीं)। घात m≤nm \leq n का P(t)=∏i=1m(t−zi)P(t) = \prod_{i=1}^{m}(t - z_i) रखिए (रिक्त गुणनफल =1= 1)। ziz_i से कटे प्रत्येक उपअंतराल पर ff और PP दोनों का चिह्न अचर है, और किसी ziz_i को पार करते समय दोनों चिह्न पलट देते हैं: अतः गुणनफल fPfP का पूरे (a, b)\intoo{a}{b} पर एक ही अचर चिह्न है। संतत होने से, तत्समक रूप से शून्य न होने से और अचर चिह्न होने से ∣∫abfP∣>0\bigl|\int_a^b fP\bigr| > 0 (∣fP∣\abs{fP} पर कठोर धनात्मकता)। पर ∫fP\int f P आघूर्णों ∫f tk\int f\,t^k, k≤nk \leq n का रैखिक संयोजन है, और वे सब शून्य हैं: विरोधाभास। अतः ff के (a, b)\intoo{a}{b} में कम से कम n+1n + 1 भिन्न शून्य हैं।

टिप्पणी 15.24 (इस खंड के भीतर आगे की दृष्टि)

आगे के तीन अध्याय सीधे इसी पर टिके हैं। अध्याय 16 समाकल शेषफल ढोता है — तीनों टेलर सूत्रों में सबसे तीक्ष्ण nn बार दोहराया गया खंडशः समाकलन ही है। अध्याय 17 योगों के समाकलों से घेराव को ∑n−α\sum n^{-\alpha} की निर्णायक कसौटी में बदल देता है, और उसकी सप्ताहांत समस्या उसी घेराव को परिष्कृत करके ऑयलर का अचर निकाल लेती है। अध्याय 24 समाकल को ज्यामितीय बना देता है: किसी प्राचलित चाप की लंबाई ∫x′(t)2+y′(t)2  ⁣dt\int \sqrt{x'(t)^2 + y'(t)^2}\,\dd t है, जो किसी खंड पर संतत फलन का समाकल है — ठीक वही वस्तु जो यहाँ बनी है, और उसके लिए किसी अनुचित सिद्धांत की आवश्यकता नहीं। सबसे अधिक पुनःप्रयुक्त तथ्य सबसे विनम्र होगा: ∣∫f∣≤(b−a)sup⁡∣f∣\bigl|\int f\bigr| \leq (b - a)\sup\abs{f}, अर्थात् वह असमिका जो हर बिंदुवार आकलन को समाकल-आकलन में बदल देती है।

15.6 समस्या: समाकल की अपरिमेयता-मशीन

समस्या 15.1

सप्ताहांत समस्या — e\eu और π2\pi^2 अपरिमेय हैं, e\eu छह दशमलव तक, और 227>π\frac{22}{7} > \pi उपपत्ति सहित

इस पूरी समस्या को एक ही क्रियाविधि चलाती है: ऐसा व्यंजक जिसे धनात्मक पूर्णांक होना ही चाहिए, फिर भी जो सिद्ध रूप से 11 से छोटा है, विद्यमान नहीं हो सकता। अभ्यास 15.9 (नाइवन) ने उसे एक बार चलाकर π∉Q\pi \notin \Q सिद्ध किया था; यहाँ हम उसका औद्योगीकरण करते हैं। मशीन को तीन भाग चाहिए: एक पूर्णांकता निवेश (सुचयनित बहुपदों के सिरों पर मान), एक लघुता निवेश (समाकल को कुचल देने वाला गुणक 1n!\frac{1}{n!}), और एक सेतु (खंडशः समाकलन) जो दोनों को जोड़े। हम सिद्ध करते हैं कि e\eu अपरिमेय है और उसे प्रमाणित त्रुटि के साथ संगणित करते हैं, लजांद्र की तीक्ष्णतर प्रमेय सिद्ध करते हैं कि π2\pi^2 अपरिमेय है, और विश्लेषण के सबसे मनोहर समाकल पर समाप्त होते हैं: ∫01x4(1−x)41+x2 ⁣dx=227−π\int_0^1 \frac{x^4(1 - x)^4}{1 + x^2}\dd x = \frac{22}{7} - \pi, जो π\pi का हाथ से घेराव कर देता है।

भाग I — ईंधन।

  1. सिद्ध कीजिए कि प्रत्येक नियत c>0c > 0 के लिए c nn!→0\dfrac{c^{\,n}}{n!} \to 0 (n≥2cn \geq 2c के आगे हर पद कम से कम आधा हो जाता है)।

  2. (बीटा समाकल) mm पर आगमन और खंडशः समाकलन से सिद्ध कीजिए:

    ∫01x k (1−x) m  ⁣dx=k! m!(k+m+1)!(k,m∈N).\int_0^1 x^{\,k}\,(1 - x)^{\,m}\,\dd x = \frac{k!\,m!}{(k + m + 1)!} \qquad (k, m \in \N).
  3. ∫01(x(1−x))n ⁣dx=1(2n+1)(2nn)\displaystyle\int_0^1 \bigl(x(1-x)\bigr)^n \dd x = \frac{1}{(2n+1)\binom{2n}{n}} निकालिए, और — परिबंध x(1−x)≤14x(1 - x) \leq \frac14 से तुलना करके — आकलन (2nn)≥4n2n+1\binom{2n}{n} \geq \dfrac{4^n}{2n+1}, जो समस्या 11.1 के (2nn)1/n→4\binom{2n}{n}^{1/n} \to 4 से मेल खाता है।

  4. नीचे दो बार प्रयुक्त होने वाली लघुता-प्रमेयिका सिद्ध कीजिए: (0, 1)\intoo{0}{1} पर प्रत्येक संतत g>0g > 0 के लिए,

    0<∫01(x(1−x))ng(x)  ⁣dx≤sup⁡[0, 1]∣g∣4 n.0 < \int_0^1 \bigl(x(1-x)\bigr)^n g(x)\,\dd x \leq \frac{\sup_{\intcc{0}{1}}\abs g}{4^{\,n}} .

भाग II — e\eu: अपरिमेयता, फिर छह दशमलव। An=∫01xnex ⁣dxA_n = \displaystyle\int_0^1 x^n \eu^x \dd x रखिए।

  1. A0A_0 और A1A_1 संगणित कीजिए, पुनरावृत्ति An=e−nAn−1A_n = \eu - n A_{n-1} सिद्ध कीजिए, और परिबंध 0<An≤en+10 < A_n \leq \dfrac{\eu}{n+1} भी।
  2. आगमन से दिखाइए कि αn,βn∈Z\alpha_n, \beta_n \in \Z के साथ An=αn+βneA_n = \alpha_n + \beta_n \eu।
  3. उससे निकालिए कि e\eu अपरिमेय है (यदि e=pq\eu = \frac pq, तो बड़े nn के लिए qAnq A_n (0, 1)\intoo{0}{1} में फँसा हुआ पूर्णांक है)। अभ्यास 11.9 की उपपत्ति से तुलना कीजिए: वही चरम बिंदु, भिन्न ईंधन।

  4. आगमन और खंडशः समाकलन से यथार्थ शेषफल-सूत्र सिद्ध कीजिए

    e=∑k=0n1k!+Rn,Rn=1n!∫01(1−t)n e t  ⁣dt,1(n+1)!≤Rn≤e(n+1)!.\eu = \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{k!} + R_n, \qquad R_n = \frac{1}{n!}\int_0^1 (1 - t)^n\,\eu^{\,t}\,\dd t, \qquad \frac{1}{(n+1)!} \leq R_n \leq \frac{\eu}{(n+1)!} .
  5. n=9n = 9 लीजिए: उदाहरण 11.12 में b2=2.75b_2 = 2.75 से मिले e<2.75\eu < 2.75 का प्रयोग करके R9R_9 को परिबद्ध कीजिए, योग का मान निकालिए, और प्रमाणित घेराव 2.7182818≤e≤2.71828232.7182818 \leq \eu \leq 2.7182823 पर पहुँचिए — अर्थात् छह दशमलव, e≈2.718282\eu \approx 2.718282, उपपत्ति सहित।

भाग III — लजांद्र की प्रमेय: π2\pi^2 अपरिमेय है। मान लीजिए f(x)=xn(1−x)nn!f(x) = \dfrac{x^n (1 - x)^n}{n!}, और मान लीजिए a,b∈N∗a, b \in \N^* के साथ π2=ab\pi^2 = \frac ab।

  1. दिखाइए f(1−x)=f(x)f(1 - x) = f(x) और (0, 1)\intoo{0}{1} पर 0<f≤14n n!0 < f \leq \dfrac{1}{4^n\,n!}।
  2. दिखाइए कि प्रत्येक k≥0k \geq 0 के लिए f(k)(0)f^{(k)}(0) और f(k)(1)f^{(k)}(1) पूर्णांक हैं (xn(1−x)nx^n(1-x)^n का पूर्णांक गुणांकों के साथ प्रसार कीजिए; k≥nk \geq n के लिए k!n!∈Z\frac{k!}{n!} \in \Z; फिर सममिति का प्रयोग कीजिए)।

  3. परिभाषित कीजिए

    G=b n∑k=0n(−1)k π2n−2kf(2k).G = b^{\,n} \sum_{k=0}^{n} (-1)^k\, \pi^{2n - 2k} f^{(2k)} .

    दिखाइए कि G(0)G(0) और G(1)G(1) पूर्णांक हैं (प्रत्येक bnπ2n−2k=a n−k b kb^n \pi^{2n-2k} = a^{\,n-k}\,b^{\,k})।

  4. दूरबीनी G′′+π2G=bnπ2n+2f=π2anfG'' + \pi^2 G = b^n \pi^{2n+2} f = \pi^2 a^n f सत्यापित कीजिए, फिर

     ⁣d ⁣dx(G′(x)sin⁡πx−π G(x)cos⁡πx)=π2anf(x)sin⁡πx.\frac{\dd}{\dd x}\Bigl(G'(x)\sin \pi x - \pi\,G(x)\cos \pi x\Bigr) = \pi^2 a^n f(x)\sin \pi x .

  5. [0, 1]\intcc{0}{1} पर समाकलन कीजिए और निष्कर्ष निकालिए

    π an∫01f(x)sin⁡(πx)  ⁣dx=G(0)+G(1)∈Z,\pi\,a^n \int_0^1 f(x)\sin(\pi x)\,\dd x = G(0) + G(1) \in \Z ,

    अर्थात् πan4n n!\dfrac{\pi a^n}{4^n\,n!} से परिबद्ध एक धनात्मक पूर्णांक।

  6. प्रश्न 1 के साथ निष्कर्ष निकालिए कि π2\pi^2 अपरिमेय है (लजांद्र, 1794), और यह कि इससे अभ्यास 15.9 प्रबल हो जाता है: π2\pi^2 की अपरिमेयता से π\pi की अपरिमेयता क्यों आती है, और विलोम क्यों नहीं?

भाग IV — मशीन को समझना।

  1. भाग II और III में दोनों विरोधी बल (सिरों के आँकड़ों की पूर्णांकता; समाकल की विश्लेषणात्मक लघुता) और सेतु ढूँढ़िए। फिर समझाइए कि ff में गुणक 1n!\frac{1}{n!} ही मर्म क्यों है: यदि उसे हटा दिया जाए तो पूर्णांकता बची रहती है, पर कौन-सी असमिका मर जाती है, और किन दावा की गई भिन्नों ab\frac ab के लिए तब उपपत्ति विफल हो जाती है?
  2. प्रभाविता: मान लीजिए कोई a≤10a \leq 10 के साथ π2=ab\pi^2 = \frac ab का दावा करता है। दिखाइए कि विरोधाभास n=7n = 7 पर ही आ गिरता है: π (10/4)7/7!≈0.38<1\pi\,(10/4)^7/7! \approx 0.38 < 1 संगणित कीजिए। यह मशीन केवल खंडन नहीं करती; वह एक नियत, संगणनीय चरण पर खंडन करती है।

  3. सेतु की बिना शर्त संगति-जाँच कीजिए: दो बार खंडशः समाकलन से सिद्ध कीजिए कि

    ∫01x(1−x)sin⁡(πx)  ⁣dx=4π3,\int_0^1 x(1 - x)\sin(\pi x)\,\dd x = \frac{4}{\pi^3},

    और n=1n = 1 पर प्रश्न 14 के साथ मेल बैठाइए (π2\pi^2 को सांकेतिक रखिए: दूरबीनी सर्वसमिका π3∫01f1sin⁡πx=−(f1′′(0)+f1′′(1))=4\pi^3 \int_0^1 f_1 \sin \pi x = -(f_1''(0) + f_1''(1)) = 4 कहती है)।

  4. ex\eu^x और sin⁡πx\sin \pi x को इस मशीन के अष्टक बनने योग्य क्या बनाता है? वह गुणधर्म पहचानिए (हर एक अचर गुणांकों वाले किसी रैखिक अवकल समीकरण को संतुष्ट करता है, अतः बार-बार खंडशः समाकलन आरंभ पर लौट आता है), और सीमांत बताइए: वही मशीन, एरमीट और लिंडेमान द्वारा परिष्कृत होकर, e\eu और π\pi को अबीजीय सिद्ध कर देती है — जो इस खंड से परे है।

भाग V — 227\frac{22}{7} बनाम π\pi, और उपदेश।

  1. बहुपद भाग स्थापित कीजिए

    x4(1−x)41+x2=x6−4x5+5x4−4x2+4−41+x2,\frac{x^4(1-x)^4}{1 + x^2} = x^6 - 4x^5 + 5x^4 - 4x^2 + 4 - \frac{4}{1 + x^2},

    और चिरपरिचित सर्वसमिका निकालिए

    ∫01x4(1−x)41+x2  ⁣dx=227−π.\int_0^1 \frac{x^4 (1-x)^4}{1 + x^2}\,\dd x = \frac{22}{7} - \pi .

  2. समाकल्य धनात्मक है: निष्कर्ष निकालिए π<227\pi < \frac{22}{7}। फिर 11+x2\frac{1}{1+x^2} को 12\frac12 और 11 के बीच परिबद्ध करके तथा ∫01(x(1−x))4=1630\int_0^1 (x(1-x))^4 = \frac{1}{630} (प्रश्न 3) का प्रयोग करके सिद्ध कीजिए

    227−1630  ≤  π  ≤  227−11260,\frac{22}{7} - \frac{1}{630} \;\leq\; \pi \;\leq\; \frac{22}{7} - \frac{1}{1260} ,

    अर्थात् 3.14126≤π≤3.142073.14126 \leq \pi \leq 3.14207: हाथ से दो सही दशमलव।

  3. सामान्यीकृत कीजिए: x4m(1−x)4mx^{4m}(1-x)^{4m} को 1+x21 + x^2 से भाग देकर दिखाइए कि शेषफल अचर (−4)m(-4)^m है (x2+1x^2 + 1 के सापेक्ष काम कीजिए: (1−x)2≡−2x(1-x)^2 \equiv -2x), और ऐसी परिमेय संख्याएँ rmr_m निकालिए कि

    ∣π−rm∣≤4 1−5m,\abs{\pi - r_m} \leq 4^{\,1 - 5m} ,

    और जाँचिए कि m=1m = 1 प्रश्न 20–21 को फिर दे देता है।

  4. इन परिमेय संख्याओं का समस्या 14.1 के सन्निकटन-सिद्धांत से सामना कराइए: डिरिक्ले की गारंटी 149\frac{1}{49} के सामने ∣π−227∣≈1.26⋅10−3\abs{\pi - \frac{22}{7}} \approx 1.26\cdot10^{-3} संगणित कीजिए, और 11132≈7.8⋅10−5\frac{1}{113^2} \approx 7.8\cdot10^{-5} के सामने ∣π−355113∣≈2.7⋅10−7\abs{\pi - \frac{355}{113}} \approx 2.7\cdot10^{-7} उद्धृत कीजिए: π\pi के लिए असाधारण रूप से अच्छे परिमेय सन्निकटन विद्यमान हैं — जो संगत है, क्योंकि π\pi के बुरी तरह सन्निकटनीय होने का कोई प्रमाण नहीं है।
  5. (पूर्णांक-जाल, अमूर्त रूप में) वह प्रमेयिका सिद्ध कीजिए जो सब कुछ एक सूत्र में बाँध देती है: यदि x∈Rx \in \R और ऐसे पूर्णांक an,bna_n, b_n हैं कि 0<∣an+bnx∣→00 < \abs{a_n + b_n x} \to 0, तो xx अपरिमेय है। इस समस्या में, अभ्यास 15.9 में, अभ्यास 11.9 में और समस्या 14.1 में उसके उदाहरण गिनाइए।
  6. संश्लेषण, एक-एक वाक्य में: (क) मशीन के तीनों भाग और इस अध्याय के औज़ार-संदूक में हर एक कहाँ रहता है; (ख) समाकल क्या देता है जो समस्या 14.1 की माध्य मान प्रमेय नहीं दे सकती थी; (ग) निकाले गए परिणामों की सूची (दो अपरिमेयताएँ, एक छह-दशमलव अचर, π\pi का एक घेराव, एक द्विपद परिबंध); (घ) सीमांत (एरमीट, लिंडेमान; और वही जाल, ζ(2)\zeta(2) तथा ζ(3)\zeta(3) पर चलाया हुआ, बीसवीं शताब्दी के अंकगणित में)।
हल

हल — समस्या 15.1.

1. मान लीजिए N=⌈2c⌉N = \lceil 2c \rceil। n≥Nn \geq N के लिए cn+1/(n+1)!cn/n!=cn+1≤12\frac{c^{n+1}/(n+1)!}{c^n/n!} = \frac{c}{n+1} \leq \frac12, अतः 0<cnn!≤cNN! 2−(n−N)→00 < \frac{c^n}{n!} \leq \frac{c^N}{N!}\,2^{-(n - N)} \to 0: दबाव।

2. kk नियत कीजिए; mm पर आगमन। m=0m = 0 के लिए: ∫01xk=1k+1=k! 0!(k+1)!\int_0^1 x^k = \frac{1}{k+1} = \frac{k!\,0!}{(k+1)!}। पद, खंडशः (u=(1−x)mu = (1-x)^m, v′=xkv' = x^k):

∫01xk(1−x)m ⁣dx=[xk+1k+1(1−x)m]01+mk+1∫01xk+1(1−x)m−1 ⁣dx=mk+1⋅(k+1)! (m−1)!(k+m+1)!,\int_0^1 x^k (1-x)^m \dd x = \Bigl[\frac{x^{k+1}}{k+1}(1-x)^m\Bigr]_0^1 + \frac{m}{k+1}\int_0^1 x^{k+1}(1-x)^{m-1}\dd x = \frac{m}{k+1}\cdot\frac{(k+1)!\,(m-1)!}{(k+m+1)!} ,

जो k! m!(k+m+1)!\frac{k!\,m!}{(k+m+1)!} है।

3. k=m=nk = m = n: ∫01(x(1−x))n=(n!)2(2n+1)!=1(2n+1)(2nn)\int_0^1 (x(1-x))^n = \frac{(n!)^2}{(2n+1)!} = \frac{1}{(2n+1)\binom{2n}{n}}। चूँकि [0, 1]\intcc{0}{1} पर x(1−x)≤14x(1-x) \leq \frac14, समाकल ≤4−n\leq 4^{-n} है, जिससे (2nn)≥4n2n+1\binom{2n}{n} \geq \frac{4^n}{2n+1} — जो समस्या 11.1 के (2nn)1/n→4\binom{2n}{n}^{1/n} \to 4 के अनुरूप है।

4. समाकल्य संतत है, ≥0\geq 0, और (0, 1)\intoo{0}{1} पर धनात्मक, अतः तत्समक रूप से शून्य नहीं: इसलिए उसका समाकल >0> 0 है (प्रमेय 15.7 (4))। ऊपरी परिबंध: (x(1−x))n≤4−n(x(1-x))^n \leq 4^{-n} और g≤sup⁡∣g∣g \leq \sup\abs g, फिर एकदिष्टता।

5. A0=e−1A_0 = \eu - 1; A1=[xex]01−∫01ex=e−(e−1)=1A_1 = [x\eu^x]_0^1 - \int_0^1 \eu^x = \eu - (\eu - 1) = 1। खंडशः: An=[xnex]01−n∫01xn−1ex=e−nAn−1A_n = [x^n \eu^x]_0^1 - n\int_0^1 x^{n-1}\eu^x = \eu - n A_{n-1}। परिबंध: समाकल्य धनात्मक है, अतः An>0A_n > 0; और ex≤e\eu^x \leq \eu An≤e∫01xn=en+1A_n \leq \eu\int_0^1 x^n = \frac{\eu}{n+1} देता है।

6. A0=−1+1⋅eA_0 = -1 + 1\cdot\eu। यदि An−1=αn−1+βn−1eA_{n-1} = \alpha_{n-1} + \beta_{n-1}\eu की प्रविष्टियाँ पूर्णांक हैं, तो

An=e−nαn−1−nβn−1e=(−n αn−1)⏟αn+(1−n βn−1)⏟βn e,A_n = \eu - n\alpha_{n-1} - n\beta_{n-1}\eu = \underbrace{(-n\,\alpha_{n-1})}_{\alpha_n} + \underbrace{(1 - n\,\beta_{n-1})}_{\beta_n}\,\eu ,

दोनों पूर्णांक।

7. यदि e=pq\eu = \frac pq: qAn=qαn+pβn∈Zq A_n = q\alpha_n + p\beta_n \in \Z, और बड़े nn के लिए 0<qAn≤qen+1<10 < qA_n \leq \frac{q\eu}{n+1} < 1: अर्थात् 00 और 11 के बीच कठोरतः स्थित पूर्णांक — असंभव। अतः e∉Q\eu \notin \Q। अभ्यास 11.9 में फँसा हुआ पूर्णांक q! pq−q! aqq!\,\frac pq - q!\,a_q था; यहाँ वह qAnqA_n है: वही जाल, समाकल ईंधन।

8. n=0n = 0: R0=∫01et=e−1R_0 = \int_0^1 \eu^t = \eu - 1, अतः e=1+R0\eu = 1 + R_0। खंडशः (u=etu = \eu^t, v=−(1−t)n+1n+1v = -\frac{(1-t)^{n+1}}{n+1}):

Rn=1n!([−(1−t)n+1n+1et]01+1n+1∫01(1−t)n+1et)=1(n+1)!+Rn+1,R_n = \frac{1}{n!}\Bigl(\Bigl[-\frac{(1-t)^{n+1}}{n+1} \eu^t\Bigr]_0^1 + \frac{1}{n+1}\int_0^1 (1-t)^{n+1}\eu^t\Bigr) = \frac{1}{(n+1)!} + R_{n+1} ,

अतः सूत्र nn से n+1n + 1 तक आगे बढ़ता है। परिबंध: [0, 1]\intcc{0}{1} पर 1≤et≤e1 \leq \eu^t \leq \eu और ∫01(1−t)n=1n+1\int_0^1 (1-t)^n = \frac{1}{n+1} 1(n+1)!≤Rn≤e(n+1)!\frac{1}{(n+1)!} \leq R_n \leq \frac{\eu}{(n+1)!} देते हैं।

9. ∑k=091k!=986410362880=2.71828152…\sum_{k=0}^{9} \frac{1}{k!} = \frac{986410}{362880} = 2.71828152\dots, और

110!=2.76⋅10−7≤R9≤2.7510!=7.58⋅10−7,\frac{1}{10!} = 2.76\cdot10^{-7} \leq R_9 \leq \frac{2.75}{10!} = 7.58\cdot10^{-7} ,

अतः 2.7182818≤e≤2.71828232.7182818 \leq \eu \leq 2.7182823: उपपत्ति सहित, छह दशमलव तक e=2.718282\eu = 2.718282 (सच्चा मान 2.7182818…2.7182818\dots)।

10. f(1−x)=(1−x)nxnn!=f(x)f(1 - x) = \frac{(1-x)^n x^n}{n!} = f(x)। (0, 1)\intoo{0}{1} पर: 0<x(1−x)≤140 < x(1-x) \leq \frac14, अतः 0<f≤14n n!0 < f \leq \frac{1}{4^n\,n!}।

11. xn(1−x)n=∑j=0n(−1)j(nj) xn+jx^n(1-x)^n = \sum_{j=0}^{n} (-1)^j\binom nj\,x^{n+j}, अतः cj∈Zc_j \in \Z के साथ f=1n!∑jcj xn+jf = \frac{1}{n!}\sum_j c_j\,x^{n+j}। इसलिए k<nk < n या k>2nk > 2n के लिए f(k)(0)=0f^{(k)}(0) = 0, और n≤k≤2nn \leq k \leq 2n के लिए: f(k)(0)=k!n! ck−nf^{(k)}(0) = \frac{k!}{n!}\, c_{k-n}, जो पूर्णांक है क्योंकि n!∣k!n! \mid k!। सममिति f(k)(1)=(−1)kf(k)(0)∈Zf^{(k)}(1) = (-1)^k f^{(k)}(0) \in \Z देती है।

12. bnπ2n−2k=bn(ab) n−k=a n−k b k∈Zb^n \pi^{2n-2k} = b^n\bigl(\frac ab\bigr)^{\,n-k} = a^{\,n-k}\,b^{\,k} \in \Z, अतः G(0)=∑k(−1)kan−kbkf(2k)(0)G(0) = \sum_k (-1)^k a^{n-k} b^k f^{(2k)}(0) और इसी प्रकार G(1)G(1) प्रश्न 11 से पूर्णांक हैं।

13. π2G+G′′\pi^2 G + G'' में π2G\pi^2 G का पद kk π2n−2k+2f(2k)\pi^{2n-2k+2}f^{(2k)} ढोता है और G′′G'' का पद j=k−1j = k - 1 (−1)k−1π2n−2k+2f(2k)(-1)^{k-1}\pi^{2n-2k+2}f^{(2k)} ढोता है: अतः पहले योग में k=0k = 0 और दूसरे में j=nj = n को छोड़कर सब कुछ कट जाता है, अर्थात्

G′′+π2G=bn(π2n+2f+(−1)nf(2n+2))=bnπ2n+2f=π2anfG'' + \pi^2 G = b^n\bigl(\pi^{2n+2} f + (-1)^n f^{(2n+2)}\bigr) = b^n \pi^{2n+2} f = \pi^2 a^n f

(ff की घात 2n2n है, अतः f(2n+2)=0f^{(2n+2)} = 0; और bnπ2n=anb^n\pi^{2n} = a^n)। फिर

(G′sin⁡πx−πGcos⁡πx)′=(G′′+π2G)sin⁡πx=π2anfsin⁡πx.\bigl(G'\sin\pi x - \pi G\cos\pi x\bigr)' = (G'' + \pi^2 G)\sin \pi x = \pi^2 a^n f\sin\pi x .

14. [0, 1]\intcc{0}{1} पर समाकलन करने पर:

π2an∫01fsin⁡(πx)  ⁣dx=[G′sin⁡πx−πGcos⁡πx]01=π(G(1)+G(0)),\pi^2 a^n \int_0^1 f\sin(\pi x)\,\dd x = \bigl[G'\sin\pi x - \pi G\cos\pi x\bigr]_0^1 = \pi\bigl(G(1) + G(0)\bigr) ,

अतः πan∫01fsin⁡πx=G(0)+G(1)∈Z\pi a^n \int_0^1 f\sin\pi x = G(0) + G(1) \in \Z। (0, 1)\intoo{0}{1} पर f>0f > 0 और sin⁡πx>0\sin\pi x > 0: बायाँ पक्ष धनात्मक है, अतः G(0)+G(1)≥1G(0) + G(1) \geq 1; और sin⁡≤1\sin \leq 1 प्रश्न 10 के साथ उसे πan4n n!\frac{\pi a^n}{4^n\,n!} से परिबद्ध कर देता है।

15. प्रश्न 1 से (c=a4c = \frac a4 के साथ) πan4nn!→0\frac{\pi a^n}{4^n n!} \to 0: बड़े nn के लिए वह <1< 1 है, जो G(0)+G(1)≥1G(0) + G(1) \geq 1 का विरोध करता है। अतः कोई भिन्न ab\frac ab π2\pi^2 के बराबर नहीं है: यही लजांद्र की प्रमेय है। यदि π\pi परिमेय होता, तो π2\pi^2 भी होता: अतः π∉Q\pi \notin \Q — और यह निहितार्थ केवल इसी दिशा में चलता है (2\sqrt2 अपरिमेय है और उसका वर्ग परिमेय), और इसीलिए π2∉Q\pi^2 \notin \Q अभ्यास 15.9 से कठोरतः प्रबल है।

16. पूर्णांकता: प्रश्न 11–12 (सिरों के अवकलज); लघुता: प्रश्न 10 और 1; सेतु: प्रश्न 13–14 (दूरबीनी दोहरा खंडशः समाकलन)। 1n!\frac{1}{n!} के बिना सिरों के आँकड़े पूर्णांक ही रहते हैं (और भी आसानी से), पर परिबंध πan4n\frac{\pi a^n}{4^n} बन जाता है, जो 00 की ओर तभी जाता है जब a<4a < 4 — और हर उम्मीदवार का a=b π2>9a = b\,\pi^2 > 9 है। क्रमगुणित ठीक वही है जो गुणोत्तर वृद्धि ana^n से आगे निकल जाता है: क्रमगुणित नहीं, तो प्रमेय नहीं।

17. a≤10a \leq 10 के लिए पूर्णांक G(0)+G(1)G(0) + G(1) धनात्मक और अधिक से अधिक π (10/4)n/n!\pi\,(10/4)^n/n! है। n=7n = 7 पर: 2.57=610.35…2.5^7 = 610.35\dots, अतः परिबंध π×610.355040≈0.38<1\frac{\pi \times 610.35}{5040} \approx 0.38 < 1 है (n=6n = 6 पर वह अब भी 1.071.07 है): अर्थात् विरोधाभास सातवें चरण पर, स्पष्ट रूप से, आ गिरता है।

18. दो बार खंडशः समाकलन:

∫01x(1−x)sin⁡πx  ⁣dx=1π∫01(1−2x)cos⁡πx  ⁣dx=2π2∫01sin⁡πx  ⁣dx=2π2⋅2π=4π3\int_0^1 x(1-x)\sin\pi x\,\dd x = \frac1\pi\int_0^1 (1 - 2x)\cos\pi x\,\dd x = \frac{2}{\pi^2}\int_0^1 \sin\pi x\,\dd x = \frac{2}{\pi^2}\cdot\frac{2}{\pi} = \frac{4}{\pi^3}

(कोष्ठक वाले पद लुप्त हो जाते हैं: 0,10, 1 पर x(1−x)x(1-x), और 0,10, 1 पर sin⁡πx\sin\pi x)। सांकेतिक रूप से, n=1n = 1 दूरबीन (π\pi पर कोई धारणा किए बिना) f1=x(1−x)f_1 = x(1 - x), f1′′=−2f_1'' = -2 के साथ π3∫01f1sin⁡πx=−(f1′′(0)+f1′′(1))\pi^3\int_0^1 f_1\sin\pi x = -(f_1''(0) + f_1''(1)) कहती है: दायाँ पक्ष 44 — दोनों संगणनाएँ मेल खाती हैं।

19. ex\eu^x y′=yy' = y को हल करता है और sin⁡πx\sin\pi x y′′=−π2yy'' = -\pi^2 y को: अर्थात् अचर गुणांकों वाले रैखिक समीकरण, अतः खंडशः समाकलन अष्टक को उसी पर लौटा देता है और सारे सीमांत आँकड़े Z+Ze\Z + \Z\eu (क्रमशः π2\pi^2 में पूर्णांक बहुपदों) के भीतर रखता है। मशीन को यही संवृतता चाहिए। कई बिंदुओं के लिए एक साथ ढाले गए अष्टकों से परिष्कृत होकर वही क्रियाविधि एरमीट की प्रमेय (e\eu अबीजीय, 1873) और लिंडेमान की प्रमेय (π\pi अबीजीय, 1882) देती है — जो इस खंड से परे हैं।

20. बहुपद भाग (अथवा गुणा करके जाँच लीजिए):

x4(1−x)4=(x6−4x5+5x4−4x2+4)(1+x2)−4.x^4(1-x)^4 = (x^6 - 4x^5 + 5x^4 - 4x^2 + 4)(1 + x^2) - 4 .

दिखाई गई सर्वसमिका को 1+x21 + x^2 से भाग देकर समाकलन करने पर:

∫01x4(1−x)41+x2 ⁣dx=(17−46+1−43+4)−4arctan⁡1=227−π,\int_0^1 \frac{x^4(1-x)^4}{1+x^2}\dd x = \Bigl(\frac17 - \frac46 + 1 - \frac43 + 4\Bigr) - 4\arctan 1 = \frac{22}{7} - \pi ,

जहाँ 17−23+1−43+4=3+17\frac17 - \frac23 + 1 - \frac43 + 4 = 3 + \frac17 और arctan⁡1=π4\arctan 1 = \frac\pi4 प्रयुक्त हुए।

21. समाकल्य संतत है और (0, 1)\intoo{0}{1} पर धनात्मक: अतः समाकल >0> 0 है, इसलिए π<227\pi < \frac{22}{7}। इसके अतिरिक्त [0, 1]\intcc{0}{1} पर 12≤11+x2≤1\frac12 \leq \frac{1}{1+x^2} \leq 1 और ∫01(x(1−x))4=(4!)29!=1630\int_0^1 (x(1-x))^4 = \frac{(4!)^2}{9!} = \frac{1}{630} (प्रश्न 3):

11260≤227−π≤1630⟹3.14126<227−1630≤π≤227−11260<3.14207.\frac{1}{1260} \leq \frac{22}{7} - \pi \leq \frac{1}{630} \quad\Longrightarrow\quad 3.14126 < \frac{22}{7} - \frac{1}{630} \leq \pi \leq \frac{22}{7} - \frac{1}{1260} < 3.14207 .

22. x2+1x^2 + 1 के सापेक्ष: x2≡−1x^2 \equiv -1, अतः x4m=(x2)2m≡1x^{4m} = (x^2)^{2m} \equiv 1 और (1−x)2=1−2x+x2≡−2x(1 - x)^2 = 1 - 2x + x^2 \equiv -2x, इसलिए (1−x)4m≡(−2x)2m=4m(x2)m≡(−4)m(1-x)^{4m} \equiv (-2x)^{2m} = 4^m (x^2)^m \equiv (-4)^m: अर्थात् शेषफल अचर (−4)m(-4)^m है, और भागफल QmQ_m के गुणांक पूर्णांक हैं (किसी इकाई-अग्र पूर्णांक बहुपद से भाग)। सर्वसमिका को 1+x21 + x^2 से भाग देकर समाकलन करने पर:

Jm:=∫01(x(1−x))4m1+x2 ⁣dx=sm+(−4)m π4,sm=∫01Qm∈Q.J_m := \int_0^1 \frac{(x(1-x))^{4m}}{1+x^2}\dd x = s_m + (-4)^m\,\frac{\pi}{4}, \qquad s_m = \int_0^1 Q_m \in \Q .

π\pi के लिए हल करने पर: rm=(−1)m+1 4 1−msm∈Qr_m = (-1)^{m+1}\,4^{\,1-m} s_m \in \Q के साथ   ∣π−rm∣=4 1−mJm≤4 1−m⋅4−4m=4 1−5m\;\abs{\pi - r_m} = 4^{\,1-m} J_m \leq 4^{\,1-m}\cdot4^{-4m} = 4^{\,1-5m}। m=1m = 1 के लिए: s1=227s_1 = \frac{22}{7}, r1=227r_1 = \frac{22}{7}, परिबंध 4−4=12564^{-4} = \frac{1}{256} — अर्थात् फिर प्रश्न 20–21।

23. ∣π−227∣=227−π≈1.26⋅10−3\bigl|\pi - \frac{22}{7}\bigr| = \frac{22}{7} - \pi \approx 1.26\cdot10^{-3}, जो डिरिक्ले (समस्या 14.1, प्रश्न 4) की गारंटी वाले कोटि-22 मानदंड 172≈2.0⋅10−2\frac{1}{7^2} \approx 2.0\cdot10^{-2} से सोलह गुना बेहतर है; और ∣π−355113∣≈2.7⋅10−7\bigl|\pi - \frac{355}{113}\bigr| \approx 2.7\cdot10^{-7} 11132≈7.8⋅10−5\frac{1}{113^2} \approx 7.8\cdot10^{-5} को गुणक ≈300\approx 300 से हरा देता है। सिद्ध की गई किसी बात से कोई विरोध नहीं: लिउविल असमिकाएँ सन्निकटन-त्रुटियों को केवल बीजीय संख्याओं के लिए नीचे से परिबद्ध करती हैं, और π\pi के लिए इस स्तर पर ऐसा कोई परिबंध उपलब्ध नहीं है — अतः π\pi शानदार ढंग से सन्निकटित होने के लिए स्वतंत्र है।

24. प्रमेयिका: मान लीजिए x=pqx = \frac pq और 0<∣an+bnx∣→00 < \abs{a_n + b_n x} \to 0। तब ∣an+bnx∣=∣qan+pbn∣q\abs{a_n + b_n x} = \frac{\abs{q a_n + p b_n}}{q}, जहाँ qan+pbnq a_n + p b_n अशून्य पूर्णांक है (अशून्य इसलिए कि निरपेक्ष मान >0> 0 है): अतः प्रत्येक nn के लिए ∣an+bnx∣≥1q\abs{a_n + b_n x} \geq \frac1q, जो 00 की ओर अभिसरण का विरोध करता है। उदाहरण: प्रश्न 7 (x=ex = \eu, an=αna_n = \alpha_n, bn=βnb_n = \beta_n); अभ्यास 11.9 (फिर x=ex = \eu, aq=−q!∑k≤q1k!a_q = -q!\sum_{k \leq q}\frac{1}{k!}, bq=q!b_q = q! के साथ); और समस्या 14.1, प्रश्न 1, उसका गुणोत्तर रूप है। भाग III में और अभ्यास 15.9 में यह जाल विरोधाभास के भीतर चलता है: परिमेयता मान लेने पर व्यंजक पूर्णांक बन जाता है, जिसे फिर विश्लेषण (0, 1)\intoo{0}{1} में दबा देता है — वही सिद्धांत, बस स्थानांतरित।

25. (क) पूर्णांकता बहुपदों के सिरों के कलन में रहती है (प्रश्न 6, 11–12), लघुता उन परिबंधों में जो sup⁡\sup-एकदिष्टता देती है (प्रश्न 4, 10), और सेतु खंडशः समाकलन में (प्रश्न 8, 13–14) — तीनों इसी अध्याय की प्रमेयें हैं। (ख) समाकल वह देता है जो माध्य मान प्रमेय नहीं दे सकती थी: विश्लेषणात्मक वस्तु और अंकगणितीय आँकड़ों के बीच एक यथार्थ सर्वसमिका (समता, न कि किसी अज्ञात cc वाली मात्र असमिका), और इसीलिए यह मशीन π2\pi^2 तक पहुँच जाती है जबकि समस्या 14.1 केवल सन्निकटन-घातांकों तक पहुँचा था। (ग) निकाले गए परिणाम: e∉Q\eu \notin \Q, π2∉Q\pi^2 \notin \Q (अतः π∉Q\pi \notin \Q), प्रमाणित e=2.718282\eu = 2.718282, 227−1630≤π≤227−11260\frac{22}{7} - \frac{1}{630} \leq \pi \leq \frac{22}{7} - \frac{1}{1260}, और (2nn)≥4n2n+1\binom{2n}{n} \geq \frac{4^n}{2n+1}। (घ) सीमांत: एरमीट और लिंडेमान इसी मशीन को अबीजीयता तक ले जाते हैं; और आपेरी (1979) ने पूर्णांक-जाल ζ(3)\zeta(3) पर चलाया — यह मशीन आज भी बीसवीं शताब्दी का गणित उत्पन्न कर रही है।