Universitaire wiskunde — Bachelor jaar 1 · Bachelor Year 1

14Afleiden

Afgeleiden werden overal in het deel over de middelbare school berekend; wat ontbrak is de keten van stellingen die berekening omzet in informatie over functies: de stelling van Rolle, de middelwaardestelling en hun gevolgen — monotoniecriteria, Lipschitz-grenzen, convexiteit. Alles in dit hoofdstuk betreft functies gedefinieerd op een interval $I$ .

14.1 De afgeleide

Definitie 14.1

$f \colon I \to \R$ is afleidbaar in $x_0 \in I$ wanneer het differentiequotiënt $\frac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0}$ een (eindige) limiet heeft als $x \to x_0$ ; de limiet wordt geschreven als $f'(x_0)$ . Equivalent:

f(x_0 + h) = f(x_0) + f'(x_0)\,h + h\,\varepsilon(h), \qquad \varepsilon(h) \xrightarrow[h \to 0]{} 0 ,

waarbij de grafiek dan de raaklijn $y = f(x_0) + f'(x_0)(x - x_0)$ toelaat. Afleidbaarheid in $x_0$ impliceert continuïteit in $x_0$ (lees de formule). $f$ is afleidbaar op $I$ wanneer het dat in elk punt is; $f$ is van klasse $C^1$ wanneer bovendien $f'$ continu is, en van klasse $C^k$ wanneer $f$ $k$ keer kan worden afgeleid met $f^{(k)}$ continu.

Voorbeeld 14.2

De omkering van “afleidbaar $\Rightarrow$ continu” faalt: $\abs{\,\cdot\,}$ in $0$ . Verrassender is dat afleidbaar niet $C^1$ impliceert: de functie $f(x) = x^2 \sin\frac 1x$ ( $f(0) = 0$ ) is overal afleidbaar, met $f'(0) = 0$ , maar $f'(x) = 2x \sin\frac1x - \cos\frac 1x$ heeft geen limiet in $0$ (Oefening 14.2).

Voorbeeld 14.3 (Afleidbaar in precies één punt)

Zij $f(x) = x^2$ voor $x \in \Q$ en $f(x) = 0$ voor $x \notin \Q$ . In $0$ : $\bigl|\frac{f(h) - 0}{h}\bigr| \leq \abs h \to 0$ , dus $f$ is afleidbaar in $0$ met $f'(0) = 0$ . In elke $x_0 \neq 0$ is $f$ zelfs niet continu: rationale en irrationale rijen die naar $x_0$ convergeren sturen $f$ naar respectievelijk $x_0^2 \neq 0$ en $0$ (dichtheid, Stelling 10.14). Dus is afleidbaarheid een werkelijk puntsgewijs begrip: het kan gelden in één punt van $\R$ en nergens anders. De moraal voor de praktijk: uitspraken zoals het monotoniecriterium of Rolle vereisen de afgeleide op een interval — het bezitten van $f'(x_0)$ in geïsoleerde punten, hoeveel ook, ondersteunt geen enkele globale conclusie hoegenaamd.

Stelling 14.4 (Bewerkingen)

Als $f, g$ afleidbaar zijn in $x_0$ (en waar de formules zin hebben):

(f + g)' = f' + g', \qquad (fg)' = f'g + fg', \qquad \Bigl(\frac fg\Bigr)' = \frac{f'g - fg'}{g^2},

en als $g$ afleidbaar is in $f(x_0)$ : $\;(g \circ f)'(x_0) = g'\bigl(f(x_0)\bigr)\, f'(x_0)$ (kettingregel).

Bewijs. Som: onmiddellijk. Product: schrijf

f(x)g(x) - f(x_0)g(x_0) = \bigl(f(x) - f(x_0)\bigr) g(x) + f(x_0)\bigl(g(x) - g(x_0)\bigr),

deel door $x - x_0$ en laat $x \to x_0$ ( $g$ is continu in $x_0$ ). Quotiënt: behandel $\frac 1g$ via $\frac{1/g(x) - 1/g(x_0)}{x - x_0} = \frac{-1}{g(x)g(x_0)}\cdot\frac{g(x) - g(x_0)}{x - x_0}$ , en pas dan de productregel toe. Kettingregel: met $y_0 = f(x_0)$ , definieer $\theta(y) = \frac{g(y) - g(y_0)}{y - y_0}$ voor $y \neq y_0$ en $\theta(y_0) = g'(y_0)$ : $\theta$ is continu in $y_0$ , en voor $x \neq x_0$ ,

\frac{g(f(x)) - g(f(x_0))}{x - x_0} = \theta\bigl(f(x)\bigr)\cdot \frac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0} \longrightarrow g'(y_0)\, f'(x_0),

de eerste factor door samenstelling van limieten (deze truc behandelt het geval $f(x) = f(x_0)$ netjes, waar het naïeve “vermenigvuldig en deel door $f(x) - f(x_0)$ ” breekt). ∎

Stelling 14.5 (Afgeleide van een inverse functie)

Zij $f$ continu en strikt monotoon op $I$ , afleidbaar in $x_0$ met $f'(x_0) \neq 0$ . Dan is $f^{-1}$ (Stelling 13.16) afleidbaar in $y_0 = f(x_0)$ , met

(f^{-1})'(y_0) = \frac{1}{f'(x_0)} = \frac{1}{f'\bigl(f^{-1}(y_0)\bigr)} .

Als $f'(x_0) = 0$ , heeft de inverse een verticale raaklijn in $y_0$ .

Bewijs. Voor $y \to y_0$ , stel $x = f^{-1}(y)$ : continuïteit van $f^{-1}$ geeft $x \to x_0$ , en

\frac{f^{-1}(y) - f^{-1}(y_0)}{y - y_0} = \frac{x - x_0}{f(x) - f(x_0)} = \frac{1}{\dfrac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0}} \longrightarrow \frac{1}{f'(x_0)} .

Bewering over de verticale raaklijn: als $f'(x_0) = 0$ , is het weergegeven quotiënt de inverse van een grootheid die naar $0$ neigt terwijl ze één constant teken behoudt (voor $f$ strikt stijgend, $\frac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0} > 0$ voor alle $x \neq x_0$ ): het differentiequotiënt van $f^{-1}$ neigt daarom naar $+\infty$ (naar $-\infty$ voor $f$ dalend). De inverse blijft continu maar is niet afleidbaar in $y_0$ — haar grafiek, de spiegeling van die van $f$ over de diagonaal, staat verticaal precies waar die van $f$ horizontaal liep, zoals $x^{1/3}$ in $0$ illustreert tegenover $x^3$ . ∎

Voorbeeld 14.6 (Inverse afgeleiden, tweemaal)

De stelling herberekent de klassieke afgeleiden zonder enig limietwerk. Voor $\ln = \exp^{-1}$ : in $y = \eu^x$ ,

(\ln)'(y) = \frac{1}{\exp'(x)} = \frac{1}{\eu^{x}} = \frac1y ,

geldig voor elke $y > 0$ aangezien $\exp' = \exp$ nooit nul wordt. Voor $\arctan = \tan^{-1}$ : in $y = \tan x$ ,

(\arctan)'(y) = \frac{1}{1 + \tan^2 x} = \frac{1}{1 + y^2} ,

gebruikmakend van $\tan' = 1 + \tan^2 > 0$ . Het afsluitende inzicht: de formule zet kennis over een functie om in kennis over haar inverse tegen de prijs van één substitutie — en de substitutie ( $x = \ln y$ , $x = \arctan y$ ) is precies de uitspraak dat de twee variabelen aan tegenovergestelde zijden van de bijectie leven.

14.2 Rolle en de middelwaardestelling

Propositie 14.7 (Inwendig extremum)

Als $f$ afleidbaar is in een inwendig punt $x_0$ van $I$ en daar een lokaal extremum heeft, dan is $f'(x_0) = 0$ .

Bewijs. Zeg een lokaal maximum: er is een $r > 0$ met $f(x) \leq f(x_0)$ voor $\abs{x - x_0} \leq r$ , en inwendigheid garandeert dat beide zijden van $x_0$ beschikbaar zijn binnen $I$ . Voor $0 < h \leq r$ heeft het quotiënt $\frac{f(x_0 + h) - f(x_0)}{h}$ teller $\leq 0$ en noemer $> 0$ : het is $\leq 0$ , en zijn limiet $f'(x_0)$ erft $\leq 0$ (brede ongelijkheden gaan over naar limieten, Stelling 11.7); voor $-r \leq h < 0$ is het quotiënt $\geq 0$ , wat $f'(x_0) \geq 0$ geeft. Dus $f'(x_0) = 0$ . (In een eindpunt is slechts één teken beschikbaar: de conclusie faalt daar — denk aan $x$ op $\intcc{0}{1}$ , maximaal in $1$ met afgeleide $1$ .) ∎

Stelling 14.8 (Rolle)

Zij $f$ continu op $\intcc{a}{b}$ , afleidbaar op $\intoo{a}{b}$ , met $f(a) = f(b)$ . Dan is $f'(c) = 0$ voor een zekere $c \in \intoo{a}{b}$ .

Bewijs. Volgens de extremumstelling (Stelling 13.13) bereikt $f$ zijn maximum en minimum op $\intcc{a}{b}$ . Als beide worden bereikt in eindpunten, dan (aangezien $f(a) = f(b)$ ) is max $=$ min en $f$ constant: elke inwendige $c$ voldoet. Anders wordt een extremum bereikt in een inwendig punt $c$ , en Propositie 14.7 geeft $f'(c) = 0$ . ∎

Stelling 14.9 (Middelwaardestelling)

Zij $f$ continu op $\intcc{a}{b}$ , afleidbaar op $\intoo{a}{b}$ . Er bestaat een $c \in \intoo{a}{b}$ met

f(b) - f(a) = f'(c)\,(b - a) .

Middelwaarde-ongelijkheid: als bovendien $m \leq f' \leq M$ op $\intoo{a}{b}$ , dan $m(b-a) \leq f(b) - f(a) \leq M(b-a)$ ; in het bijzonder impliceert $\abs{f'} \leq K$ dat $f$ $K$ -Lipschitz is.

Bewijs. Pas Rolle toe op $g(x) = f(x) - \frac{f(b) - f(a)}{b - a}(x - a)$ : $g$ is continu op $\intcc{a}{b}$ , afleidbaar binnenin, en $g(a) = f(a) = g(b)$ . In het punt $c$ waar $g'(c) = 0$ : $f'(c) = \frac{f(b)-f(a)}{b-a}$ . De ongelijkheid volgt door $f'(c)$ te begrenzen; de Lipschitz-uitspraak past dit toe op elk paar punten. ∎

De middelwaardestelling: een zekere raaklijn (streepjeslijn) is evenwijdig aan de koorde (grijs). Haar abscis c is waar de stelling van Rolle, toegepast op de functie minus haar koorde, een kritiek punt vindt. — De middelwaardestelling: een zekere raaklijn (streepjeslijn) is evenwijdig aan de koorde (grijs). Haar abscis $c$ is waar de stelling van Rolle, toegepast op de functie minus haar koorde, een kritiek punt vindt.

Voorbeeld 14.10 (Newtons methode is die van Heron)

Newtons methode voor het oplossen van $f(x) = 0$ vervangt de kromme door haar raaklijn in de huidige schatting $x_n$ en neemt de wortel van de raaklijn als volgende schatting:

0 = f(x_n) + f'(x_n)(x_{n+1} - x_n) \quad\Longrightarrow\quad x_{n+1} = x_n - \frac{f(x_n)}{f'(x_n)} .

Pas het toe op $f(x) = x^2 - 2$ :

x_{n+1} = x_n - \frac{x_n^2 - 2}{2x_n} = \frac{x_n}{2} + \frac{1}{x_n} = \frac12\Bigl(x_n + \frac{2}{x_n}\Bigr) :

precies de iteratie van Heron (Voorbeeld 11.24), twee millennia te vroeg. De kwadratische snelheid die daar werd waargenomen wordt nu verklaard door het raaklijnbeeld: nabij een enkelvoudige wortel verschillen kromme en raaklijn door een fout van tweede orde, dus verdubbelt elke stap ruwweg het aantal correcte cijfers — de algemene uitspraak volgt uit de Taylor-grenzen van Hoofdstuk 16. Het afsluitende inzicht: waar dichotomie (Voorbeeld 13.12) alleen continuïteit gebruikt en één bit per stap wint, besteedt Newton een afgeleide om het aantal correcte cijfers per stap te verdubbelen.

Voorbeeld 14.11 (De middelwaardestelling als schatter)

Hoe groot is $\sqrt{101}$ ? Pas de stelling toe op $f(t) = \sqrt t$ op $\intcc{100}{101}$ : voor een zekere $c \in \intoo{100}{101}$ ,

\sqrt{101} - 10 = \frac{1}{2\sqrt c}, \qquad\text{dus}\qquad \frac{1}{2\sqrt{101}} < \sqrt{101} - 10 < \frac{1}{20} = 0.05 ,

en aangezien $\sqrt{101} < 10.05$ , overtreft de linkergrens $\frac{1}{20.1} > 0.0497$ : dus $10.0497 < \sqrt{101} < 10.05$ (werkelijke waarde $10.049875\dots$ ) — drie correcte decimalen uit één afgeleide-evaluatie. Evenzo $\abs{\sin a - \sin b} \leq \abs{a - b}$ (grens $\abs{\cos}\leq 1$ ): de Lipschitz-schattingen die sinds Hoofdstuk 11 gebruikt worden zijn allemaal deze stelling. Het afsluitende inzicht: de middelwaardestelling is een Taylor-formule van orde nul — ze ruilt één onbekend punt $c$ voor een moeilijke ongelijkheid, en Hoofdstuk 16 zal precies deze ruil itereren.

Gevolg 14.12 (Monotoniecriterium)

Zij $f$ continu op $I$ , afleidbaar op het inwendige.

$f' \geq 0$ op het inwendige $\iff$ $f$ is stijgend; $f' = 0$ $\iff$ $f$ constant.
Als $f' > 0$ behalve in eindig veel punten waar het nul wordt, is $f$ strikt stijgend.

Bewijs. Als $f' \geq 0$ : voor $x < y$ in $I$ geeft de middelwaardestelling op $\intcc{x}{y}$ dat $f(y) - f(x) = f'(c)(y - x) \geq 0$ . Omgekeerd zijn differentiequotiënten van een stijgende functie $\geq 0$ , dus hun limieten ook. Het constante geval: pas het voorgaande toe op $f'$ en $-f' \geq 0$ . Strikte versie: $f$ is stijgend; gelijkheid $f(x) = f(y)$ voor $x < y$ zou $f$ bevriezen op $\intcc{x}{y}$ , wat $f' = 0$ daar afdwingt — oneindig veel punten. ∎

Voorbeeld 14.13 (Gelijke afgeleiden, ongelijke functies)

Op $\R^* = \intoo{-\infty}{0} \cup \intoo{0}{+\infty}$ voldoen zowel $f(x) = \ln\abs x$ als $g(x) = \ln\abs x + \mathbf{1}_{x>0}$ (voeg $1$ alleen op de rechterhalflijn toe) aan $f' = g' = \frac1x$ . Ze verschillen niet met een constante: het criterium “ $f' = 0 \implies f$ constant” is een interval-uitspraak — het bewijs ervan draait de middelwaardestelling tussen twee punten, wat vereist dat het hele segment dat ze verbindt in het domein ligt. Op elke halflijn afzonderlijk zijn de primitieven van $\frac1x$ gelijk aan $\ln\abs x + c$ met één constante per halflijn, twee onafhankelijke constanten in totaal. Hoofdstuk 15 erft deze kleine lettertjes: “de” primitieve van een functie is welgedefinieerd op een constante na op elk interval van haar domein, en tabellen van primitieven veronderstellen stilzwijgend samenhang.

Voorbeeld 14.14 (Striktheid gratis)

$x \mapsto x^3$ is strikt stijgend op $\R$ ook al wordt haar afgeleide nul in $0$ : de clausule van het criterium “ $f' > 0$ behalve in eindig veel punten” is precies ontworpen voor zulke vlakke punten. Daarentegen geeft $f' \geq 0$ alleen stijging in de brede zin (een constante functie kwalificeert), en een afgeleide die nul wordt op een heel deelinterval bevriest de functie daar wel. De praktische regel: om strikte monotonie te beweren, som de nulpunten van $f'$ op; eindig veel (of meer algemeen, geen enkel op enig deelinterval) is onschadelijk, een interval ervan is fataal.

Voorbeeld 14.15 (Een volledige verloopstudie)

Bestudeer $f(x) = x^3 - 3x + 1$ op $\R$ . Afgeleide: $f'(x) = 3(x^2 - 1)$ , positief op $\intoo{-\infty}{-1}$ , negatief op $\intoo{-1}{1}$ , positief op $\intoo{1}{+\infty}$ : volgens het monotoniecriterium stijgt $f$ , daalt dan, stijgt dan, met een lokaal maximum $f(-1) = 3$ en een lokaal minimum $f(1) = -1$ . Limieten: $\mp\infty$ in $\mp\infty$ . Gevolgen, afgelezen van de verlooptabel met de tussenwaardestelling op elke monotone tak: $f$ wordt precies eenmaal nul in elk van

\intoo{-\infty}{-1}, \qquad \intoo{-1}{1}, \qquad \intoo{1}{+\infty}

(de waarden in de knooppunten hebben tegengestelde tekens: $3 > 0 > -1$ ), dus heeft de vergelijking $x^3 - 3x + 1 = 0$ precies drie reële wortels; numeriek liggen ze nabij $-1.88$ , $0.35$ , $1.53$ . Het afsluitende inzicht: een verlooptabel is een bewijsmiddel, geen schets — monotone tak plus tekenwissel is gelijk aan precies één wortel, en de tabel somt de takken uitputtend op.

Stelling 14.16 (Formule van Leibniz)

Als $f, g$ $n$ keer afleidbaar zijn, dan ook $fg$ , en

(fg)^{(n)} = \sum_{k=0}^{n} \binom nk f^{(k)}\, g^{(n-k)} .

Bewijs. Inductie op $n$ , precies parallel aan het binomium van Newton. Het geval $n = 1$ is de productregel. Aannemend dat de formule op rang $n$ geldt, leid nog eens af:

(fg)^{(n+1)} = \sum_{k=0}^{n} \binom nk \Bigl( f^{(k+1)} g^{(n-k)} + f^{(k)} g^{(n-k+1)} \Bigr),

herindexeer dan de eerste som met $j = k + 1$ en verzamel de coëfficiënt van $f^{(j)} g^{(n+1-j)}$ : die is $\binom{n}{j-1} + \binom nj = \binom{n+1}{j}$ volgens de regel van Pascal (Propositie 2.15), waarbij de randtermen $j = 0$ en $j = n + 1$ $\binom{n+1}{0} = \binom{n+1}{n+1} = 1$ dragen zoals het hoort. ∎

Voorbeeld 14.17 (Leibniz in actie)

Bereken $\bigl(x^2 \eu^x\bigr)^{(n)}$ voor $n \geq 2$ . Neem $f = x^2$ , waarvan de afgeleiden snel uitsterven ( $f' = 2x$ , $f'' = 2$ , $f^{(k)} = 0$ voor $k \geq 3$ ), en $g = \eu^x$ : slechts drie termen van de Leibniz-som overleven,

\bigl(x^2\eu^x\bigr)^{(n)} = \binom n0 x^2 \eu^x + \binom n1 (2x)\,\eu^x + \binom n2\, 2\,\eu^x = \eu^x\bigl(x^2 + 2nx + n(n-1)\bigr).

Controle bij $n = 1$ : $\eu^x(x^2 + 2x)$ , wat inderdaad $(x^2\eu^x)'$ is. Het afsluitende inzicht: gebruik Leibniz wanneer één factor een veelterm is — de som heeft dan slechts $\deg + 1$ termen, en de formule is een gesloten vorm, geen abstracte identiteit. (Voor twee oneindig levendige factoren zoals $\eu^x\sin x$ zijn complexe exponentiëlen uit Hoofdstuk 3 het betere hulpmiddel.)

14.3 Convexiteit

Definitie 14.18

$f \colon I \to \R$ is convex wanneer elke koorde boven de grafiek ligt:

\forall x, y \in I,\ \forall t \in \intcc{0}{1}, \quad f\bigl(tx + (1-t)y\bigr) \leq t f(x) + (1-t) f(y).

( $f$ is concaaf wanneer $-f$ convex is.)

Stelling 14.19 (Differentiële karakteriseringen)

Zij $f$ afleidbaar op $I$ . De volgende zijn equivalent:

$f$ is convex;
$f'$ is stijgend op $I$ ;
de grafiek ligt boven elke raaklijn: $f(y) \geq f(x) + f'(x)(y - x)$ voor alle $x, y \in I$ .

Als $f$ twee keer afleidbaar is: $f$ convex $\iff f'' \geq 0$ .

Bewijs. (1 $\Rightarrow$ 3) Convexiteit geschreven als $\frac{f(x + t(y-x)) - f(x)}{t} \leq f(y) - f(x)$ voor $t \in \intoc{0}{1}$ ; laat $t \to 0^+$ : $f'(x)(y - x) \leq f(y) - f(x)$ .

(3 $\Rightarrow$ 2) Voor $x < y$ geven de twee raaklijnongelijkheden in $x$ en in $y$ dat $f'(x)(y-x) \leq f(y) - f(x) \leq f'(y)(y - x)$ , dus $f'(x) \leq f'(y)$ .

(2 $\Rightarrow$ 1) Fixeer $x < y$ en $t \in \intoo{0}{1}$ , en zij $z = tx + (1-t)y \in \intoo{x}{y}$ . Volgens de middelwaardestelling op $\intcc{x}{z}$ en $\intcc{z}{y}$ : er zijn $c_1 < z < c_2$ met

\frac{f(z) - f(x)}{z - x} = f'(c_1) \leq f'(c_2) = \frac{f(y) - f(z)}{y - z} ,

en het wegwerken van noemers ( $z - x = (1-t)(y-x)$ , $y - z = t(y-x)$ ) herschikt precies tot de convexiteitsongelijkheid.

Tweemaal afleidbaar geval: $f'' \geq 0 \iff f'$ stijgend (Gevolg 14.12). ∎

Convexiteit, tweemaal: elke koorde (grijs) ligt boven de grafiek, en de grafiek ligt boven elke raaklijn (streepjeslijn).

Voorbeeld 14.20 (Klassieke convexiteitsongelijkheden)

$\exp$ is convex ( $\exp'' = \exp > 0$ ): haar raaklijn in $0$ geeft $\eu^x \geq 1 + x$ voor alle $x$ . $\ln$ is concaaf: haar raaklijn in $1$ geeft $\ln x \leq x - 1$ ; haar koorden geven, voor $0 < a \leq b$ , de ongelijkheid tussen meetkundig en rekenkundig gemiddelde: door $t = \frac12$ te nemen in concaviteit,

\ln\frac{a + b}{2} \geq \frac{\ln a + \ln b}{2} = \ln\sqrt{ab}, \qquad\text{dus}\qquad \sqrt{ab} \leq \frac{a+b}{2} .

De algemene rekenkundig-meetkundige ongelijkheid is Oefening 14.9.

Voorbeeld 14.21 (Een convexiteitsongelijkheid vanaf nul)

De functie $f(t) = t\ln t$ is convex op $\intoo{0}{+\infty}$ : $f''(t) = \frac1t > 0$ . Haar middelpuntsongelijkheid, vermenigvuldigd met $2$ , luidt: voor alle $a, b > 0$ ,

a\ln a + b\ln b \;\geq\; (a + b)\,\ln\frac{a + b}{2} ,

met gelijkheid dan en slechts dan als $a = b$ (strikte convexiteit). Test: $a = 1$ , $b = 3$ geeft $3\ln 3 = 3.296$ tegenover $4\ln 2 = 2.773$ . Deze onschuldige ongelijkheid is het tweepuntsgeval van de entropie-vergelijking die terugkeert met Jensens ongelijkheid (Oefening 14.9) en in de informatietheoretische asymptotiek van het deel over Jaar 3. Het afsluitende inzicht: om een ongelijkheid te vervaardigen, vind een functie waarvan de tweede afgeleide een teken heeft en schrijf op wat convexiteit zegt — de differentiële karakterisering zet één tekencontrole om in oneindig veel ongelijkheden.

Opmerking 14.22 (Veelvoorkomende valkuilen met afgeleiden)

(i) Een positieve afgeleide in één punt geeft geen monotonie in de omgeving ervan: $f(x) = \frac x2 + x^2\sin\frac1x$ (met $f(0) = 0$ ) heeft $f'(0) = \frac12 > 0$ , en toch is

f'(x) = \frac12 + 2x\sin\frac1x - \cos\frac1x

gelijk aan $-\frac12$ in elke $x_n = \frac{1}{2\pi n}$ : elke omgeving van $0$ bevat dalingen. Monotonie vereist $f' \geq 0$ op een interval (Gevolg 14.12); het puntsgewijze teken beheerst alleen de kruising van de raaklijn. (ii) Rolles drie hypothesen zijn allemaal actief: $\abs x$ op $\intcc{-1}{1}$ (geen inwendige afleidbaarheid), $x$ op $\intcc{0}{1}$ (uiteinden niet gelijk), en $x - \lfloor x\rfloor$ op $\intcc{0}{1}$ (continuïteit faalt in $1$ ) breken elk precies één hypothese en de conclusie. (iii) Afgeleiden mogen discontinu zijn, maar niet willekeurig: $f'$ kan oscilleren (Voorbeeld 14.2) en voldoet toch altijd aan de tussenwaarde-eigenschap (Darboux, Oefening 14.10): een afgeleide springt nooit — als je een eenzijdige “afgeleidelimiet” met een sprong berekent, heb je een niet-afleidbare functie afgeleid. (iv) De inverseformule vereist $f' \neq 0$ : $x \mapsto x^3$ is een gladde strikt stijgende bijectie waarvan de inverse $x^{1/3}$ een verticale raaklijn heeft in $0$ — afleidbaarheid van de inverse gaat verloren precies waar $f'$ nul wordt (Stelling 14.5).

Opmerking 14.23 (Waar de middelwaardestelling hierna werkt)

Bijna elke kwantitatieve uitspraak van de volgende hoofdstukken is dit hoofdstuks middelwaardestelling in vermomming: de hoofdstelling van de integraalrekening (Hoofdstuk 15) leidt de oppervlaktefunctie af en besluit met het monotoniecriterium; de Taylor–Lagrange-formule (Hoofdstuk 16) is de middelwaardestelling $n$ keer geïtereerd; de foutenanalyse van Newtons methode en van vaste-puntiteraties (Oefening 14.11) is de Lipschitz-vorm; en dit hoofdstuks weekendprobleem (Probleem 14.1) maakt van dezelfde Lipschitz-grens getaltheorie — een afstotingsongelijkheid tussen algebraïsche getallen en rationale getallen, die het eerste transcendente getal in de geschiedenis oplevert. In het deel over Jaar 2 overleeft de middelwaardeongelijkheid in meerdere variabelen wanneer de gelijkheid dat niet doet.

Voorbeeld 14.24 (Ongelijkheid van Young uit concaviteit)

Zij $p, q > 1$ met $\frac1p + \frac1q = 1$ . Voor alle $a, b > 0$ :

ab \;\leq\; \frac{a^p}{p} + \frac{b^q}{q} .

Bewijs door één toepassing van de concaviteit van $\ln$ met gewichten $\frac1p, \frac1q$ (de tweepunts-Jensen-ongelijkheid, zoals in Oefening 14.9):

\ln\Bigl(\frac{a^p}{p} + \frac{b^q}{q}\Bigr) \;\geq\; \frac1p \ln(a^p) + \frac1q \ln(b^q) = \ln a + \ln b = \ln(ab),

en $\ln$ stijgend zet de ongelijkheid van logaritmen om in de bewering; gelijkheid dan en slechts dan als $a^p = b^q$ (strikte concaviteit). Het geval $p = q = 2$ is de rekenkundig-meetkundige ongelijkheid $ab \leq \frac{a^2 + b^2}{2}$ in vermomming. Het afsluitende inzicht: Youngs ongelijkheid is de algebraïsche kiem van de ongelijkheden van Hölder en Minkowski uit het deel over Jaar 2 — één concaviteitsuitspraak over $\ln$ , geoogst voor normen.

Opmerking 14.25 (Perspectieven binnen dit deel)

De afgeleide krijgt drie nieuwe levens voordat het deel eindigt. In Hoofdstuk 16 itereert ze: $n$ afgeleiden in een punt worden samengeperst tot één veelterm plus een beheerste fout, en de middelwaardestelling wordt de restterm van Lagrange. In Hoofdstuk 24 wordt afleiden meetkundig: voor een geparametriseerde kromme $t \mapsto (x(t), y(t))$ is het paar $(x'(t), y'(t))$ een snelheidsvector, wordt raking collineariteit, en worden kritieke punten keerpunten om te classificeren. In Hoofdstuk 25 wordt één variabele tegelijk bevroren: partiële afgeleiden herhalen dit hoofdstuk tweemaal, en de raaklijn groeit uit tot een raakvlak. Alle drie hoofdstukken erven dezelfde grammatica — lokale lineaire benadering plus een foutterm — hier voor het eerst uitgesproken.

14.4 Oefeningen

Oefening 14.1 ★

Leid af (met opgave van de domeinen): $x^x$ ; $\;\ln\bigl(x + \sqrt{x^2+1}\bigr)$ ; $\;\arctan\frac{1}{x}$ ; $\;\sqrt{1 + \eu^{2x}}$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 14.1.

$x^x = \eu^{x\ln x}$ op $\intoo{0}{+\infty}$ : afgeleide $(\ln x + 1)\,x^x$ .

$\ln(x + \sqrt{x^2+1})$ op $\R$ (het argument is altijd $> 0$ ): afgeleide $\frac{1}{\sqrt{x^2+1}}$ (berekend in Propositie 4.21 — het is $\operatorname{arsinh}$ ).

$\arctan\frac1x$ op $\R^*$ : afgeleide $\frac{-1/x^2}{1 + 1/x^2} = \frac{-1}{1 + x^2}$ (consistent met Propositie 4.12 (2): de functie is $\pm\frac\pi2 - \arctan x$ op elke halflijn).

$\sqrt{1 + \eu^{2x}}$ op $\R$ : afgeleide $\frac{\eu^{2x}}{\sqrt{1 + \eu^{2x}}}$ .

Oefening 14.2 ★

Vervolledig Voorbeeld 14.2: bewijs dat $f(x) = x^2 \sin\frac1x$ , $f(0) = 0$ , afleidbaar is in $0$ met $f'(0) = 0$ , en dat $f'$ geen limiet heeft in $0$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 14.2.

In $0$ : $\bigl|\frac{f(h) - 0}{h}\bigr| = \abs{h \sin\frac1h} \leq \abs h \to 0$ , dus $f'(0) = 0$ . Voor $x \neq 0$ geven de gebruikelijke regels $f'(x) = 2x\sin\frac1x - \cos\frac1x$ . Langs $x_n = \frac{1}{2\pi n}$ : $f'(x_n) = 0 - 1 \to -1$ ; langs $y_n = \frac{1}{(2n+1)\pi}$ : $f'(y_n) = 0 + 1 \to 1$ . Twee rijen die naar $0$ neigen met verschillende limieten van $f'$ : geen limiet (Stelling 13.3), dus $f'$ is niet continu in $0$ en $f$ is afleidbaar zonder $C^1$ te zijn.

Oefening 14.3 ★

Gebruik de middelwaardestelling of de raaklijnongelijkheden om te bewijzen dat voor alle $x > 0$ :

\frac{x}{1 + x} < \ln(1 + x) < x .

Leid $\lim_{n\to\infty} \bigl(1 + \frac xn\bigr)^n = \eu^x$ af voor elke $x > 0$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 14.3.

$\ln(1+x) < x$ voor $x > 0$ : raaklijnongelijkheid uit concaviteit in $0$ (strikt weg van het contactpunt aangezien $\ln$ strikt concaaf is; of pas de middelwaardestelling toe: $\ln(1+x) = \frac{x}{1+c}$ voor een zekere $c \in \intoo{0}{x}$ , en $\frac{x}{1+c} < x$ ). Dezelfde middelwaarde-identiteit geeft de ondergrens: $\frac{x}{1+c} > \frac{x}{1+x}$ .

Gevolg: met $x/n$ in plaats van $x$ ,

\frac{x/n}{1 + x/n} < \ln\Bigl(1 + \frac xn\Bigr) < \frac xn \quad\implies\quad \frac{x}{1 + x/n} < n \ln\Bigl(1 + \frac xn\Bigr) < x .

Het linkerlid neigt naar $x$ : volgens de insluitstelling, $n\ln(1 + \frac xn) \to x$ , en volgens de continuïteit van $\exp$ , $\bigl(1 + \frac xn\bigr)^n = \eu^{n\ln(1 + x/n)} \to \eu^x$ .

Oefening 14.4 ★

Zij $P$ een reële veelterm met $k$ verschillende reële wortels. Bewijs dat $P'$ ten minste $k - 1$ verschillende reële wortels heeft, verweven met die van $P$ . Leid af dat als $P$ al zijn wortels reëel heeft, dan ook $P'$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 14.4.

Zij $x_1 < x_2 < \dots < x_k$ verschillende wortels van $P$ . Op elke $\intcc{x_i}{x_{i+1}}$ produceert Rolle (Stelling 14.8) een $c_i \in \intoo{x_i}{x_{i+1}}$ met $P'(c_i) = 0$ : dat zijn $k - 1$ wortels van $P'$ , verschillend omdat de open intervallen disjunct zijn — en verweven door constructie.

Als $P$ (graad $n$ ) al zijn wortels reëel heeft, schrijf ze met multipliciteiten $m_1 + \dots + m_k = n$ . Elke wortel van multipliciteit $m_i \geq 2$ is een wortel van $P'$ van multipliciteit $m_i - 1$ (Propositie 8.11), wat $\sum (m_i - 1) = n - k$ bijdraagt; Rolle draagt er $k - 1$ meer bij, alle verschillend van deze. Totaal $\geq n - 1 = \deg P'$ : alle wortels van $P'$ zijn reëel.

Oefening 14.5 ★★

Zij $f$ afleidbaar op $\R$ met $f' (x)\to \ell$ als $x \to +\infty$ . Bewijs dat $\frac{f(x)}{x} \to \ell$ (middelwaardestelling op $\intcc{A}{x}$ ). Geldt $f(x+1) - f(x) \to \ell$ ook?

Oplossing

Oplossing van Oefening 14.5.

Fixeer $\varepsilon > 0$ en $A$ met $\abs{f'(t) - \ell} \leq \varepsilon$ voor $t \geq A$ . Voor $x > A$ geeft de middelwaardestelling op $\intcc{A}{x}$ een $c \in \intoo{A}{x}$ met

f(x) = f(A) + f'(c)(x - A), \qquad\text{dus}\qquad \Bigl|\frac{f(x)}{x} - \ell\Bigr| \leq \frac{\abs{f(A)} + \abs\ell A}{x} + \abs{f'(c) - \ell} \cdot\frac{x - A}{x} \leq \frac{C_A}{x} + \varepsilon .

Voor grote $x$ , $\frac{C_A}{x} \leq \varepsilon$ : dus $\frac{f(x)}{x} \to \ell$ .

Ja: $f(x+1) - f(x) = f'(c_x)$ met $c_x \in \intoo{x}{x+1}$ (middelwaardestelling op $\intcc{x}{x+1}$ ), en $c_x \to +\infty$ , dus $f(x+1) - f(x) \to \ell$ .

Oefening 14.6 ★★

(Een discrete Rolle) Zij $f$ $n$ keer afleidbaar op $I$ en nul in $n + 1$ verschillende punten. Bewijs dat $f^{(n)}$ ten minste eenmaal nul wordt. Toepassing: een veelterm van graad $\leq n$ die nul is in $n+1$ punten is nul (opnieuw).

Oplossing

Oplossing van Oefening 14.6.

Inductie op $n$ . Voor $n = 1$ : Rolle. Als de bewering geldt voor $n - 1$ : $f$ wordt nul in $n+1$ punten, dus volgens Rolle toegepast op de $n$ tussenruimtes, wordt $f'$ nul in $n$ verschillende punten; de inductiehypothese toegepast op $f'$ ( $n-1$ keer afleidbaar, $n$ nulpunten) maakt $(f')^{(n-1)} = f^{(n)}$ ergens nul.

Toepassing: als $P$ van graad $\leq n$ nul wordt in $n+1$ punten, dan wordt $P^{(n)}$ , een constante gelijk aan $n!$ maal de leidende coëfficiënt, nul: de leidende coëfficiënt is $0$ , en men besluit met neerwaartse inductie (of rechtstreeks: alle coëfficiënten worden nul).

Oefening 14.7 ★★

Zij $f$ twee keer afleidbaar op $\intcc{a}{b}$ met $f(a) = f(b) = 0$ en $f(x_0) > 0$ voor een zeker inwendig $x_0$ . Bewijs dat $f''(c) < 0$ voor een zekere $c \in \intoo{a}{b}$ . (Twee middelwaardestellingen en een vergelijking van hellingen.)

Oplossing

Oplossing van Oefening 14.7.

Volgens de middelwaardestelling op $\intcc{a}{x_0}$ en op $\intcc{x_0}{b}$ :

f'(c_1) = \frac{f(x_0) - f(a)}{x_0 - a} = \frac{f(x_0)}{x_0 - a} > 0, \qquad f'(c_2) = \frac{f(b) - f(x_0)}{b - x_0} = \frac{-f(x_0)}{b - x_0} < 0,

met $c_1 < x_0 < c_2$ . Dan geeft de middelwaardestelling toegepast op $f'$ op $\intcc{c_1}{c_2}$ een $c$ met

f''(c) = \frac{f'(c_2) - f'(c_1)}{c_2 - c_1} < 0 . \qedhere

Oefening 14.8 ★★

Bestudeer de functie $f(x) = \dfrac{\ln x}{x}$ op $\intoo{0}{+\infty}$ : verloop, limieten, maximum. Leid af dat $a^b > b^a$ voor alle reële getallen $\eu \leq a < b$ , en beslecht het beroemde speciale geval: welke van $\eu^\pi$ , $\pi^\eu$ is groter? Controleer tegen de kleine gehele paren $(2,3)$ en $(2,4)$ : waarom gedragen ze zich verschillend?

Oplossing

Oplossing van Oefening 14.8.

$f'(x) = \frac{1 - \ln x}{x^2}$ : $f$ stijgt op $\intoc{0}{\eu}$ , daalt op $\intco{\eu}{+\infty}$ , met maximum $f(\eu) = \frac1\eu$ ; limieten $-\infty$ in $0^+$ en $0$ in $+\infty$ (groeivergelijking).

Voor $\eu \leq a < b$ : $f$ strikt dalend daar geeft $\frac{\ln a}{a} > \frac{\ln b}{b}$ , d.w.z. $b \ln a > a \ln b$ , d.w.z. $a^b > b^a$ .

Met $a = \eu < b = \pi$ : $\eu^\pi > \pi^\eu$ .

Kleine paren: $(2, 3)$ : $2^3 = 8 < 9 = 3^2$ — omgekeerd! De reden: $2 < \eu$ , en op $\intoo{0}{\eu}$ is de functie $f$ stijgend, dus de vergelijking keert om wanneer beide getallen onder $\eu$ liggen, en is onvoorspelbaar over $\eu$ heen ( $f(2) = f(4)$ verklaart de gelijkstand $2^4 = 4^2 = 16$ ).

Oefening 14.9 ★★

(Rekenkundig-meetkundige ongelijkheid) Toon met behulp van de concaviteit van $\ln$ met algemene gewichten (Jensens ongelijkheid voor $n$ punten, te bewijzen door inductie op $n$ ) aan dat voor positieve reële getallen $a_1, \dots, a_n$ :

\sqrt[n]{a_1 a_2 \cdots a_n} \leq \frac{a_1 + \dots + a_n}{n},

met gelijkheid dan en slechts dan als alle $a_i$ gelijk zijn.

Oplossing

Oplossing van Oefening 14.9.

Jensen voor $\ln$ , door inductie op $n$ . Bewering: voor positieve $x_i$ en gewichten $\lambda_i > 0$ met $\sum \lambda_i = 1$ : $\ln\bigl(\sum \lambda_i x_i\bigr) \geq \sum \lambda_i \ln x_i$ . Voor $n = 2$ is dit concaviteit. Stap: met $\Lambda = \lambda_1 + \dots + \lambda_{n-1} = 1 - \lambda_n$ en $y = \sum_{i<n} \frac{\lambda_i}{\Lambda} x_i$ ,

\ln\Bigl(\sum_{i \leq n} \lambda_i x_i\Bigr) = \ln\bigl(\Lambda y + \lambda_n x_n\bigr) \geq \Lambda \ln y + \lambda_n \ln x_n \geq \Lambda \sum_{i<n} \frac{\lambda_i}{\Lambda}\ln x_i + \lambda_n \ln x_n,

gebruikmakend van concaviteit ( $n = 2$ ) en dan de inductiehypothese.

Met $\lambda_i = \frac 1n$ en $x_i = a_i$ : $\ln\frac{\sum a_i}{n} \geq \frac 1n \sum \ln a_i = \ln\sqrt[n]{a_1\cdots a_n}$ ; exponentieer. Gelijkheid: $\ln$ is strikt concaaf ( $\ln'' < 0$ ), dus gelijkheid in elke stap dwingt de gemiddelde punten om samen te vallen — d.w.z. alle $a_i$ gelijk; en als ze allemaal gelijk zijn, is gelijkheid duidelijk.

Oefening 14.10 ★★★

(Darboux: afgeleiden nemen tussenwaarden aan) Zij $f$ afleidbaar op $I$ en $a < b$ in $I$ met $f'(a) < v < f'(b)$ . Bewijs, door $g(x) = f(x) - vx$ te beschouwen en het punt waar $g$ zijn minimum op $\intcc{a}{b}$ bereikt, dat $f'(c) = v$ voor een zekere $c \in \intoo{a}{b}$ — ook al hoeft $f'$ niet continu te zijn (Oefening 14.2).

Oplossing

Oplossing van Oefening 14.10.

Zij $g(x) = f(x) - vx$ : afleidbaar, met $g'(a) = f'(a) - v < 0$ en $g'(b) = f'(b) - v > 0$ . Volgens de extremumstelling bereikt $g$ zijn minimum op $\intcc{a}{b}$ in een zeker $c$ . Het is niet in $a$ : aangezien $g'(a) < 0$ , hebben punten net rechts van $a$ $g < g(a)$ . Het is niet in $b$ : aangezien $g'(b) > 0$ , hebben punten net links van $b$ $g < g(b)$ . Dus $c$ is inwendig, en Propositie 14.7 geeft $g'(c) = 0$ , d.w.z. $f'(c) = v$ .

Oefening 14.11 ★★★

Zij $f \colon \R \to \R$ afleidbaar met $\abs{f'(x)} \leq k < 1$ voor alle $x$ (een contractie). Bewijs dat $f$ precies één vast punt $\ell$ heeft, en dat elke rij $u_{n+1} = f(u_n)$ convergeert naar $\ell$ met $\abs{u_n - \ell} \leq k^n\abs{u_0 - \ell}$ . (Bestaan: pas de tussenwaardestelling toe op $f(x) - x$ op een groot segment, gebruikmakend van de Lipschitz-grens; of gebruik volledigheid met het Cauchy-criterium.)

Oplossing

Oplossing van Oefening 14.11.

Uniciteit: twee vaste punten $\ell \neq \ell'$ zouden geven dat $\abs{\ell - \ell'} = \abs{f(\ell) - f(\ell')} \leq k\abs{\ell - \ell'} < \abs{\ell - \ell'}$ , absurd.

Bestaan: $g(x) = f(x) - x$ voldoet, volgens de middelwaarde-ongelijkheid, aan $f(x) \leq f(0) + k\abs x$ ; dus voor $x \geq \frac{\abs{f(0)}}{1 - k}$ , $g(x) \leq f(0) + kx - x \leq 0$ , en symmetrisch $g(-x) \geq 0$ voor grote $x$ . De tussenwaardestelling geeft een nulpunt $\ell$ van $g$ : een vast punt.

Convergentie: de middelwaarde-ongelijkheid opnieuw:

\abs{u_{n+1} - \ell} = \abs{f(u_n) - f(\ell)} \leq k\abs{u_n - \ell},

dus door inductie $\abs{u_n - \ell} \leq k^n \abs{u_0 - \ell} \to 0$ .

Oefening 14.12 ★★★

(Cauchy’s middelwaardestelling en de regel van l’Hôpital)

Zij $f, g$ continu op $\intcc{a}{b}$ , afleidbaar op $\intoo{a}{b}$ , met $g'$ daar nooit nul. Bewijs dat $g(b) \neq g(a)$ en dat een zekere $c \in \intoo{a}{b}$ voldoet aan

$\frac{f(b) - f(a)}{g(b) - g(a)} = \frac{f'(c)}{g'(c)}$

(pas Rolle toe op $h = f - \lambda g$ voor de juiste constante $\lambda$ ).
Leid de regel van l’Hôpital in de $\frac00$ -vorm in een punt af: als $f(a) = g(a) = 0$ en $\frac{f'(x)}{g'(x)} \to \ell$ als $x \to a^+$ , dan $\frac{f(x)}{g(x)} \to \ell$ .
Toon dat de omkering faalt: voor $f(x) = x^2\sin\frac1x$ ( $f(0) = 0$ ) en $g(x) = x$ heeft het quotiënt $\frac{f}{g}$ een limiet in $0$ maar $\frac{f'}{g'}$ geen.

Oplossing

Oplossing van Oefening 14.12.

Als $g(b) = g(a)$ , zou Rolle een inwendig nulpunt van $g'$ geven: uitgesloten. Stel $\lambda = \frac{f(b) - f(a)}{g(b) - g(a)}$ en $h = f - \lambda g$ : $h$ is continu op $\intcc{a}{b}$ , afleidbaar binnenin, en $h(b) - h(a) = f(b) - f(a) - \lambda(g(b) - g(a)) = 0$ . Rolle levert een $c$ met $h'(c) = 0$ , d.w.z. $f'(c) = \lambda\,g'(c)$ ; deel door $g'(c) \neq 0$ .
Voor $x > a$ dicht bij $a$ geeft deel (1) op $\intcc{a}{x}$ (waar $g' \neq 0$ ) $g(x) \neq 0$ en een $c_x \in \intoo{a}{x}$ met

$\frac{f(x)}{g(x)} = \frac{f(x) - f(a)}{g(x) - g(a)} = \frac{f'(c_x)}{g'(c_x)} .$

Als $x \to a^+$ , $c_x \to a^+$ (insluitstelling), dus de rechterzijde neigt naar $\ell$ : $\frac{f}{g} \to \ell$ .
$\frac{f(x)}{g(x)} = x\sin\frac1x \to 0$ , terwijl $\frac{f'(x)}{g'(x)} = 2x\sin\frac1x - \cos\frac1x$ geen limiet heeft in $0$ (Oefening 14.2): de regel van l’Hôpital draagt informatie alleen over van $\frac{f'}{g'}$ naar $\frac fg$ , nooit terug.

14.5 Probleem: de ongelijkheid van Liouville en het eerste transcendente getal

Probleem 14.1

Weekendprobleem — algebraïsche getallen stoten rationale getallen af: $\abs{x - p/q} \geq C/q^d$ , en de transcendentie van $\sum 10^{-n!}$

Een reëel getal is algebraïsch wanneer het een wortel is van een niet-nul veelterm met gehele coëfficiënten, en transcendent anders. In 1844 produceerde Liouville het eerste getal ooit bewezen transcendent, en de motor van zijn bewijs is dit hoofdstuks middelwaardestelling: een algebraïsch getal van graad $d$ kan niet beter door rationale getallen worden benaderd dan $C/q^d$ — dus een getal dat sneller dan elke macht benaderbaar is kan niet algebraïsch zijn. Dit probleem bouwt de ongelijkheid op, construeert Liouvilles getal $L = 0.110001000\dots$ (enen op de faculteitsposities, via de cijfermachinerie van Probleem 10.1), bewijst zijn transcendentie, en eindigt met Cantors rivaliserende bewijs en effectieve grenzen voor $\sqrt2$ en $2^{1/3}$ .

Deel I — Hoe goed kunnen rationale getallen worden benaderd?

Toon aan dat twee verschillende rationale getallen $\frac ab \neq \frac pq$ (geschreven met $b, q \geq 1$ ) voldoen aan $\bigl|\frac ab - \frac pq\bigr| \geq \frac{1}{bq}$ . Leid af: als $x = \frac ab$ en $0 < \bigl|x - \frac pq\bigr| < \frac{1}{bq}$ , bestaat zo’n $\frac pq$ niet — een rationaal getal stoot alle andere rationale getallen af op schaal $\frac 1q$ .
Bewijs dat voor elk rationaal getal $\frac pq$ ( $q \geq 1$ ): $\bigl|\sqrt2 - \frac pq\bigr| \geq \frac{1}{4q^2}$ (als de afstand groter is dan $1$ is dit duidelijk; begrens anders $\abs{\sqrt2 + p/q} < 4$ en gebruik het niet-nulle gehele getal $\abs{p^2 - 2q^2} \geq 1$ ).
In de andere richting: controleer dat $(p, q) \mapsto (p + 2q, p + q)$ $\abs{p^2 - 2q^2} = 1$ behoudt, genereer vanaf $(1,1)$ de paren $(3,2)$ , $(7,5)$ , $(17,12)$ , $(41,29)$ , $(99,70)$ , en toon dat elk voldoet aan

$\Bigl|\sqrt2 - \frac pq\Bigr| = \frac{1}{q^2\,(\sqrt2 + p/q)} < \frac{1}{2q^2} :$

oneindig veel benaderingen van orde $2$ . Met vraag 2: de benaderingsexponent van $\sqrt 2$ is precies $2$ .
(Dirichlet) Zij $x$ irrationaal en $N \in \N^*$ . Beschouw de $N + 1$ gebroken delen van $0, x, 2x, \dots, Nx$ in de $N$ vakjes $\intco{\frac kN}{\frac{k + 1}{N}}$ : volgens het duiventilprincipe (Gevolg 2.3) vallen er twee in één vakje. Leid $q \leq N$ en $p$ af met $\abs{qx - p} < \frac 1N$ , dus oneindig veel rationale getallen met $\bigl|x - \frac pq\bigr| < \frac{1}{q^2}$ : elk irrationaal getal is benaderbaar tot orde $2$ .

Deel II — De ongelijkheid van Liouville. Zij $x$ irrationaal en algebraïsch.

Toon aan dat er onder de niet-nulle gehele veeltermen die nul zijn in $x$ er één is, zeg $P$ van graad $d$ , zonder rationale wortel; en controleer $d \geq 2$ (deel een factor $X - \frac ab$ uit over $\Q$ en werk noemers weg; graad $1$ zou $x$ rationaal maken).
Toon aan dat voor elk rationaal getal $\frac pq$ ( $q \geq 1$ ): $\bigl|P\bigl(\frac pq\bigr)\bigr| \geq \frac{1}{q^d}$ ( $q^d P(p/q)$ is een niet-nul geheel getal).
Zij $M = \max_{\intcc{x-1}{x+1}} \abs{P'}$ (Stelling 13.13). Bewijs met de middelwaardestelling tussen $x$ en $\frac pq$ de ongelijkheid van Liouville: met $C = \min\bigl(1, \frac 1M\bigr) > 0$ ,

$\Bigl| x - \frac pq \Bigr| \geq \frac{C}{q^{\,d}} \qquad\text{voor elk rationaal getal } \frac pq,\ q \geq 1 .$
Noem $x$ een Liouville-getal wanneer er voor elke $n \in \N$ een rationaal getal $\frac pq$ is met $q \geq 2$ en $0 < \bigl|x - \frac pq\bigr| < q^{-n}$ . Bewijs dat een Liouville-getal irrationaal is (vraag 1: kies $n$ met $2^{\,n-1} > b$ ).
Bewijs de stelling van Liouville: een Liouville-getal is transcendent (combineer de vragen 7 en 8: de ongelijkheid $C < q^{\,d-n}$ faalt voor grote $n$ ).

Deel III — Het getal $L$ .

Zij $L$ de waarde (in de zin van Probleem 10.1) van de decimale cijferreeks met cijfer $1$ op de posities $n!$ ( $n = 1, 2, 3, \dots$ ) en $0$ elders, d.w.z. $L = \sup_k t_k$ met $t_k = \sum_{n=1}^{k} 10^{-n!}$ . Schrijf de eerste $25$ cijfers van $L$ uit.
Bewijs de staartinsluiting, voor elke $k \geq 1$ :

$10^{-(k+1)!} \;\leq\; L - t_k \;\leq\; \frac{10}{9}\,10^{-(k+1)!} \;<\; 2\cdot 10^{-(k+1)!}$

(begrens elke partiële som voorbij $t_k$ door een eindige meetkundige som).
Schrijf $t_k = \frac{p_k}{q_k}$ met $q_k = 10^{k!}$ . Toon $0 < L - \frac{p_k}{q_k} < \frac{2}{q_k^{\,k+1}}$ , en besluit dat $L$ een Liouville-getal is in de zin van vraag 8.
Besluit: $L$ is transcendent — het eerste expliciete voorbeeld in de geschiedenis (Liouville, 1844). Controleer zijn irrationaliteit rechtstreeks: zijn cijfers zijn niet uiteindelijk periodiek (groeiende gaten, zoals in Probleem 10.1, vraag 20).
Veralgemeen: vervang elk cijfer $1$ door een willekeurig niet-nul cijfer $d_n \in \intint{1}{9}$ . Toon dat de waarde nog steeds een Liouville-getal is, en leid af — via het diagonaalargument van Probleem 10.1 (vraag 22) toegepast op deze cijferkeuzes — dat er overaftelbaar veel transcendente getallen van deze vorm zijn.

Deel IV — De hiërarchie van benaderingsordes. Zeg dat $x$ benaderbaar tot orde $\mu$ is wanneer voor een zekere constante $c > 0$ oneindig veel rationale getallen voldoen aan $\bigl|x - \frac pq\bigr| < \frac{c}{q^{\mu}}$ .

Stel de hiërarchie samen uit de delen I–III: rationale getallen zijn benaderbaar tot orde $1$ en niet beter; $\sqrt 2$ tot orde $2$ en niet beter; elk irrationaal getal tot orde ten minste $2$ ; een algebraïsch getal van graad $d$ tot geen orde voorbij $d$ ; Liouville-getallen tot elke orde. Rechtvaardig elke bewering door de relevante vraag aan te halen.
Toon dat $L + r$ een Liouville-getal is voor elk rationaal getal $r = \frac ab$ (verschuif de benaderingen: de nieuwe noemers zijn $b\,q_k$ ). Besluit dat Liouville-getallen — en dus transcendente — getallen dicht liggen in $\R$ .
(Cantor, 1874) Bewijs dat de verzameling van algebraïsche getallen aftelbaar is: er zijn eindig veel gehele veeltermen met graad plus som van $\abs{\text{coëfficiënten}}$ begrensd door $h$ , elk met ten hoogste $\deg$ wortels; een aftelbare vereniging van eindige verzamelingen is aftelbaar. Aangezien geen rij $\R$ uitput (Probleem 10.1, vraag 22), bestaan er transcendente getallen — ze vormen zelfs een overaftelbare verzameling. Vergelijk de twee bewijzen: wat geeft dat van Liouville dat dat van Cantor niet kan?
Bewijs rechtstreeks uit vraag 2 dat $\sqrt 2$ geen Liouville-getal is (voor $n \geq 3$ begrenst de ongelijkheid $q^{-n} > \frac{1}{4q^2}$ $q$ ; dan blijven er slechts eindig veel kandidaat-rationale getallen over, alle op positieve afstand van $\sqrt2$ ). Veralgemeen: geen algebraïsch getal is een Liouville-getal.

Deel V — Effectieve constanten.

Voor het Pell-paar $(99, 70)$ : verifieer $99^2 - 2\cdot70^2 = 1$ en evalueer de exacte fout

$\sqrt2 - \frac{99}{70} = \frac{-1}{70^2\,\bigl(\sqrt2 + \frac{99}{70}\bigr)}, \qquad \Bigl|\sqrt 2 - \frac{99}{70}\Bigr| \approx 7.2\cdot 10^{-5} :$

vijf correcte cijfers uit een breuk met drie cijfers.
Voer Deel II uit op $x = 2^{1/3}$ , $P = X^3 - 2$ : controleer dat $P$ geen rationale wortel heeft, begrens $M = \max_{\intcc{x-1}{x+1}} 3t^2 \leq 3\,(1 + 2^{1/3})^2 < 16$ , en besluit de effectieve ongelijkheid

$\Bigl| 2^{1/3} - \frac pq \Bigr| \geq \frac{1}{16\,q^3} \qquad \text{voor alle } \frac pq .$
Opbrengst: toon dat elk rationaal getal dat $2^{1/3}$ tot op $10^{-6}$ benadert een noemer $q \geq 40$ moet hebben.
Toon dat het grondtal $10$ irrelevant is: het binaire analoog $\sum_{n\geq1} 2^{-n!}$ (waarde van de binaire reeks met enen op faculteitsposities) is ook een Liouville-getal, dus transcendent.

Deel VI — Grenzen en synthese.

Zij $x^\dagger$ de waarde van de decimale reeks met enen precies op de posities $3^k$ ( $k \geq 0$ ). Toon dat $x^\dagger$ benaderbaar is tot orde $3$ , en leid uit de ongelijkheid van Liouville af dat $x^\dagger$ noch rationaal noch een kwadratisch irrationaal getal is. Leg uit waarom de methode daar vastloopt: orde $3$ is verenigbaar met algebraïciteit van graad $\geq 3$ , en dat gat sluiten (elke exponent $> 2$ volstaat, voor elk algebraïsch getal) is de stelling van Roth, ver voorbij dit deel.
Kwantificeer Cantor: toon dat de algebraïsche getallen van graad $\leq d$ gegeven door veeltermen met coëfficiënten in $\intint{-H}{H}$ er ten hoogste $d\,(2H + 1)^{d+1}$ zijn. (Deze eindigheid is wat vraag 17 liet werken.)
Synthese, één zin elk: (i) lokaliseer het enige analytische ingrediënt van Liouvilles bewijs (welke stelling van dit hoofdstuk, waar gebruikt); (ii) formuleer de spanning die het aandrijft (integraliteit dwingt $\abs{P(p/q)} \geq q^{-d}$ af, gladheid verbiedt $\abs{P(p/q)} > M\abs{x - p/q}$ ); (iii) contrasteer Liouvilles en Cantors bewijzen van het bestaan van transcendente getallen; (iv) noem waar dit deel het thema opnieuw ontmoet — het weekendprobleem van Hoofdstuk 15 bewijst dat $\pi$ irrationaal is via dezelfde integraliteit-tegen-kleinheid klem, met integralen in plaats van afgeleiden.

Oplossing

Oplossing van Probleem 14.1.

1. $\bigl|\frac ab - \frac pq\bigr| = \frac{\abs{aq - bp}}{bq}$ , en $aq - bp$ is een niet-nul geheel getal wanneer de breuken verschillen: de afstand is $\geq \frac{1}{bq}$ . Dus komt geen rationaal getal anders dan $x$ zelf in het geperforeerde interval van straal $\frac{1}{bq}$ rond $x = \frac ab$ .

2. Als $\bigl|\sqrt2 - \frac pq\bigr| \geq 1 \geq \frac{1}{4q^2}$ , klaar. Anders $\frac pq \in \intoo{\sqrt2 - 1}{\sqrt2 + 1}$ , dus $0 < \sqrt2 + \frac pq < 2\sqrt2 + 1 < 4$ . Aangezien $\sqrt 2 \notin \Q$ , is $p^2 - 2q^2$ een niet-nul geheel getal, en

\Bigl|\sqrt2 - \frac pq\Bigr| = \frac{\abs{2q^2 - p^2}}{q^2\,\bigl(\sqrt2 + \frac pq\bigr)} \geq \frac{1}{4q^2} .

3. $(p + 2q)^2 - 2(p + q)^2 = -(p^2 - 2q^2)$ : de waarde $\pm1$ plant zich voort. Vanaf $(1,1)$ :

(3,2),\ (7,5),\ (17,12),\ (41,29),\ (99,70),

met $p^2 - 2q^2$ afwisselend $-1, +1, \dots$ Voor deze is $\frac pq \geq 1$ , dus $\sqrt2 + \frac pq > 2$ en

\Bigl|\sqrt2 - \frac pq\Bigr| = \frac{1}{q^2(\sqrt2 + p/q)} < \frac{1}{2q^2} ,

met $q \to \infty$ : oneindig veel benaderingen van orde $2$ . Met vraag 2 is de exponent $2$ exact voor $\sqrt 2$ .

4. De $N + 1$ getallen $kx - \lfloor kx\rfloor$ ( $0 \leq k \leq N$ ) liggen in de $N$ vakjes $\intco{\frac jN}{\frac{j+1}{N}}$ : er delen er twee een vakje (Gevolg 2.3), zeg voor $i < j$ . Met $q = j - i \leq N$ en $p = \lfloor jx\rfloor - \lfloor ix\rfloor$ : $\abs{qx - p} < \frac1N$ , dus $\bigl|x - \frac pq\bigr| < \frac{1}{Nq} \leq \frac{1}{q^2}$ . Laat $N \to \infty$ : aangezien $x$ irrationaal is, heeft elke vaste breuk positieve afstand tot $x$ , terwijl $\frac{1}{Nq} \leq \frac 1N \to 0$ nieuwe breuken afdwingt: oneindig veel verschillende $\frac pq$ met $\bigl|x - \frac pq\bigr| < \frac{1}{q^2}$ .

5. Begin vanuit een willekeurige niet-nul gehele veelterm $P_0$ met $P_0(x) = 0$ . Als $P_0$ een rationale wortel $\frac ab$ heeft, schrijft de factorstelling (Stelling 8.7) $P_0 = \bigl(X - \frac ab\bigr)Q$ met $Q \in \Q[X]$ ; aangezien $x \neq \frac ab$ ( $x$ irrationaal), $Q(x) = 0$ , en het wegwerken van noemers geeft een niet-nulle gehele veelterm van kleinere graad die nul is in $x$ . De graad daalt bij elke stap, dus het proces stopt: we bereiken $P \in \Z[X]$ , $P(x) = 0$ , zonder rationale wortel, van een zekere graad $d$ . Als $d \leq 1$ , zou $P = uX + v$ $x = -\frac vu$ rationaal maken: dus $d \geq 2$ .

6. $q^d\,P\bigl(\frac pq\bigr) = a_d p^d + a_{d-1} p^{d-1} q + \dots + a_0 q^d$ is een geheel getal, en het is niet-nul omdat $P$ geen rationale wortel heeft: $\bigl|P\bigl(\frac pq\bigr)\bigr| \geq q^{-d}$ .

7. Merk op $M > 0$ : $P'$ is een niet-nulle veelterm ( $d \geq 2$ ), dus kan het niet identiek nul worden op $\intcc{x-1}{x+1}$ . Als $\bigl|x - \frac pq\bigr| > 1$ , dan overtreft het $\frac{C}{q^d}$ triviaal. Anders $\frac pq \in \intcc{x-1}{x+1}$ en de middelwaardestelling (Stelling 14.9) geeft een $c$ tussen $x$ en $\frac pq$ met

\Bigl|P\Bigl(\frac pq\Bigr)\Bigr| = \Bigl|P\Bigl(\frac pq\Bigr) - P(x)\Bigr| = \abs{P'(c)}\,\Bigl|x - \frac pq\Bigr| \leq M\,\Bigl|x - \frac pq\Bigr| ,

dus met vraag 6: $\bigl|x - \frac pq\bigr| \geq \frac{1}{Mq^d} \geq \frac{C}{q^d}$ .

8. Veronderstel dat $x = \frac ab$ een Liouville-getal is. Kies $n$ met $2^{n-1} > b$ en de bijbehorende $\frac pq$ , $q \geq 2$ :

0 < \Bigl|x - \frac pq\Bigr| < \frac{1}{q^n} = \frac{1}{q^{n-1}\,q} \leq \frac{1}{2^{n-1} q} < \frac{1}{bq} ,

in tegenspraak met vraag 1. Dus Liouville-getallen zijn irrationaal.

9. Als een Liouville-getal $x$ algebraïsch zou zijn: het is irrationaal (vraag 8), dus de vragen 5–7 leveren $d \geq 2$ en $C > 0$ met $\bigl|x - \frac pq\bigr| \geq \frac{C}{q^d}$ altijd. Voor elke $n$ geeft de Liouville-benadering $\frac{C}{q^d} < q^{-n}$ , d.w.z. $C < q^{d-n} \leq 2^{d-n}$ (aangezien $q \geq 2$ ). Voor grote $n$ , $2^{d-n} < C$ : tegenspraak. Liouville-getallen zijn transcendent.

10. Enen op posities $1, 2, 6, 24$ ; alle andere cijfers onder de eerste $25$ zijn nul:

L = 0.1100010000\,0000000000\,00010\dots

11. Voor $m > k$ zijn de posities $n!$ met $n > k$ verschillende gehele getallen $\geq (k+1)!$ , dus geeft de eindige meetkundige som

t_m - t_k = \sum_{n=k+1}^{m} 10^{-n!} \leq \sum_{j = (k+1)!}^{m!} 10^{-j} < 10^{-(k+1)!}\,\frac{1}{1 - \frac1{10}} = \frac{10}{9}\,10^{-(k+1)!} ;

neem het supremum over $m$ : $L - t_k \leq \frac{10}{9}10^{-(k+1)!} < 2\cdot10^{-(k+1)!}$ . Ondergrens: $L \geq t_{k+1} = t_k + 10^{-(k+1)!}$ .

12. $p_k = 10^{k!}\,t_k \in \N$ , $q_k = 10^{k!}$ , en $(k+1)! = (k+1)\,k!$ geeft $10^{-(k+1)!} = q_k^{-(k+1)}$ : vraag 11 luidt

0 < L - \frac{p_k}{q_k} < \frac{2}{q_k^{\,k+1}} .

Gegeven $n$ : voor $k \geq n$ , $2\,q_k^{-(k+1)} \leq q_k^{-n}$ (inderdaad $q_k^{\,k+1-n} \geq q_k \geq 10 > 2$ ), en $q_k \geq 2$ : aan de definitie van vraag 8 is voldaan. $L$ is een Liouville-getal.

13. Volgens vraag 9 is $L$ transcendent — het eerste getal in de geschiedenis bewezen transcendent (Liouville, 1844). Cijfercontrole: de reeks heeft oneindig veel enen met opeenvolgende gaten $(k+1)! - k! = k\cdot k! \to \infty$ , dus is ze niet uiteindelijk periodiek, en $L \notin \Q$ volgens het periodiciteitscriterium van Probleem 10.1 (vraag 18) — consistent.

14. Met cijfers $d_n \in \intint{1}{9}$ op de faculteitsposities: de staartgrens van vraag 11 schaalt met ten hoogste $9$ : $0 < L' - t'_k \leq 9\cdot\frac{10}{9}\,10^{-(k+1)!} = 10\,q_k^{-(k+1)}$ (positiviteit omdat het cijfer op positie $(k+1)!$ niet-nul is). Voor $k \geq n$ : $10\,q_k^{-(k+1)} \leq q_k^{-n}$ aangezien $q_k^{\,k+1-n} \geq 10$ : opnieuw een Liouville-getal, dus transcendent. Deze waarden zijn paarsgewijs verschillend voor verschillende cijferkeuzes (de reeksen zijn eigenlijk — nullen in overvloed — en eigenlijke reeksen bepalen hun waarde, Probleem 10.1, vraag 10). Gegeven een willekeurige lijst $k \mapsto x_k$ ervan, kies het $k$ -de faculteitscijfer in $\intint{1}{9}$ verschillend van dat van $x_k$ : een getal van dezelfde vorm dat ontbreekt in de lijst. Overaftelbaar veel expliciete transcendente getallen.

15. Eerst een lemma: als $\bigl|x - \frac pq\bigr| \geq \frac{C}{q^s}$ voor alle $\frac pq \neq x$ , dan is $x$ niet benaderbaar tot enige orde $\mu > s$ . Inderdaad zouden oneindig veel $\frac pq \neq x$ met $\bigl|x - \frac pq\bigr| < \frac{c}{q^\mu}$ $\frac{C}{q^s} < \frac{c}{q^\mu}$ afdwingen, d.w.z. $q^{\mu - s} < \frac cC$ : de $q$ zijn begrensd, en begrensd veel breuken liggen binnen afstand $1$ van $x$ — eindig veel kandidaten, niet oneindig veel. Nu de hiërarchie: rationale getallen zijn benaderbaar tot orde $1$ ( $\frac pq$ met $p = \lfloor qx\rfloor + 1$ geeft fout $\leq \frac1q < \frac2q$ ) en tot geen orde $\mu > 1$ (vraag 1 geeft de hypothese van het lemma met $s = 1$ , $C = \frac1b$ ); $\sqrt2$ : orde $2$ (vraag 3) en niet meer (vraag 2 en het lemma); elk irrationaal getal: ten minste $2$ (vraag 4); algebraïsch van graad $d$ : ten hoogste $d$ (vraag 7 en het lemma); Liouville-getallen: elke orde (de formule van vraag 12, met $c = 2$ ).

16. Met $r = \frac ab$ : $\frac{p_k}{q_k} + \frac ab = \frac{b p_k + a q_k}{b q_k} =: \frac{P_k}{Q_k}$ , $Q_k = b q_k \geq 2$ , en

\Bigl|(L + r) - \frac{P_k}{Q_k}\Bigr| = L - \frac{p_k}{q_k} < 2\,q_k^{-(k+1)} = 2\,b^{\,k+1} Q_k^{-(k+1)} .

Gegeven $n$ : voor grote $k$ , $Q_k^{\,k+1-n} \geq Q_k = b\,10^{k!} \geq 2\,b^{\,k+1}$ (de faculteit verplettert de macht), dus is de fout $< Q_k^{-n}$ : $L + r$ is een Liouville-getal. Aangezien $\Q$ dicht is en elke $L + r$ transcendent is, liggen transcendente getallen dicht in $\R$ .

17. Voor $h \geq 1$ zijn er eindig veel $P \in \Z[X]$ met $\deg P + \sum_i \abs{a_i} \leq h$ (graad $\leq h$ en elke coëfficiënt in $\intint{-h}{h}$ : ten hoogste $(2h+1)^{h+1}$ ). Elke niet-nulle gehele veelterm heeft zo’n hoogte, en heeft ten hoogste $\deg P$ reële wortels: de algebraïsche getallen vormen een aftelbare vereniging (over $h$ ) van eindige verzamelingen, dus kunnen als één enkele rij worden opgesomd. Als de transcendente getallen ook konden worden opgesomd, zou het verweven van de twee lijsten $\R$ opsommen, in tegenspraak met Probleem 10.1 (vraag 22). Dus vormen transcendente getallen een overaftelbare verzameling. Vergelijking: Cantor bewijst dat de meeste reële getallen transcendent zijn maar toont er geen; Liouville toont er één, met effectieve constanten (Deel V) — bestaan door overvloed tegenover bestaan door constructie.

18. Uit vraag 2 geldt de lemmahypothese met $s = 2$ , $C = \frac14$ . Als $\sqrt2$ een Liouville-getal zou zijn, dan voor $n = 3$ : $\frac{1}{4q^2} < q^{-3}$ dwingt $q < 4$ af, dus $q \in \{2, 3\}$ ; slechts eindig veel $\frac pq$ met deze $q$ liggen binnen $1$ van $\sqrt2$ , elk op een zekere positieve afstand $\geq \varepsilon_0$ ( $\sqrt2$ irrationaal); door $n$ te kiezen met $2^{-n} < \varepsilon_0$ blijft er geen enkel toelaatbaar $\frac pq$ over: tegenspraak. Hetzelfde argument met $\frac{C}{q^d}$ toont dat geen algebraïsch getal een Liouville-getal is — vraag 9 in effectieve kledij.

19. $99^2 - 2\cdot70^2 = 9801 - 9800 = 1$ . Dus

\sqrt2 - \frac{99}{70} = \frac{2 - (99/70)^2}{\sqrt2 + 99/70} = \frac{-1}{4900\,\bigl(\sqrt2 + \tfrac{99}{70}\bigr)} , \qquad \Bigl|\sqrt2 - \frac{99}{70}\Bigr| = \frac{1}{4900 \times 2.8284\dots} \approx 7.2\cdot10^{-5} :

$\frac{99}{70} = 1.414285\dots$ tegenover $\sqrt2 = 1.414213\dots$ — vijf correcte cijfers.

20. Rationale-worteltest voor $P = X^3 - 2$ : kandidaten $\pm1, \pm2, \pm\frac12$ , geen een wortel. Dus $d = 3$ en Deel II is van toepassing op $x = 2^{1/3} = 1.2599\dots$ Op $\intcc{x - 1}{x + 1} \subseteq \intcc{0.25}{2.26}$ : $\abs{P'(t)} = 3t^2 \leq 3\,(1 + 2^{1/3})^2 < 3\times(2.26)^2 = 15.32 < 16$ , dus $M < 16$ en $C \geq \frac{1}{16}$ :

\Bigl|2^{1/3} - \frac pq\Bigr| \geq \frac{1}{16\,q^3} \qquad\text{voor alle rationale getallen.}

21. Als $\bigl|2^{1/3} - \frac pq\bigr| < 10^{-6}$ , dan $\frac{1}{16 q^3} < 10^{-6}$ , d.w.z. $q^3 > \frac{10^6}{16} = 62\,500$ ; aangezien $39^3 = 59\,319 < 62\,500 \leq 64\,000 = 40^3$ : $q \geq 40$ .

22. Voer Deel III uit in grondtal $2$ : $B = \sup_k \sum_{n\leq k} 2^{-n!}$ , $q_k = 2^{k!}$ , en de meetkundige staart (verhouding $\frac12$ ) geeft $0 < B - \frac{p_k}{q_k} \leq 2\cdot2^{-(k+1)!} = 2\,q_k^{-(k+1)} \leq q_k^{-n}$ voor $k \geq n$ . Dus is $B$ een Liouville-getal, dus transcendent: niets in het argument is decimaal.

23. Met enen op posities $3^k$ : $q_k = 10^{3^k}$ en de staartgrens geeft $0 < x^\dagger - \frac{p_k}{q_k} < 2\cdot10^{-3^{k+1}} = 2\,q_k^{-3}$ (aangezien $3^{k+1} = 3\cdot3^k$ ): oneindig veel benaderingen van orde $3$ . Volgens het lemma van vraag 15: orde $3 > 1$ sluit rationaliteit uit, en orde $3 > 2$ sluit uit dat het een kwadratisch irrationaal getal is (waarvan de Liouville- ongelijkheid $s = d = 2$ heeft). Maar een algebraïsch getal van graad $\geq 3$ wordt slechts afgestoten op orde $d \geq 3$ : Liouvilles methode kan $x^\dagger$ niet scheiden van de kubische getallen. Het gat wordt gesloten door de stelling van Roth — elk algebraïsch irrationaal getal heeft benaderingsorde precies $2$ — een twintigste-eeuws resultaat ver voorbij dit deel; als men het toegeeft, is $x^\dagger$ ook transcendent.

24. Er zijn ten hoogste $(2H+1)^{d+1}$ tupels $(a_0, \dots, a_d)$ met elementen in $\intint{-H}{H}$ , en elke niet-nulle veelterm daaronder heeft ten hoogste $d$ reële wortels: ten hoogste $d\,(2H+1)^{d+1}$ algebraïsche getallen ontstaan — de eindigheid die vraag 17 hen allemaal liet opsommen.

25. (i) Het enige analytische ingrediënt is de middelwaardestelling, in vraag 7, die het nul worden $P(x) = 0$ omzet in de Lipschitz-afstoting $\abs{P(p/q)} \leq M\abs{x - p/q}$ . (ii) De spanning: integraliteit duwt $\abs{P(p/q)}$ omhoog tot $q^{-d}$ , gladheid trekt het omlaag tot $M\abs{x - p/q}$ — een rationaal getal te dicht bij $x$ zou tussen de twee worden verpletterd. (iii) Liouville construeert één transcendent getal met effectieve constanten; Cantor toont dat vrijwel alle reële getallen transcendent zijn zonder er één te noemen: constructie tegenover kardinaliteit. (iv) Het weekendprobleem van Hoofdstuk 15 bewijst de irrationaliteit van $\pi$ via dezelfde klem — een integraal die een positief geheel getal zou zijn en toch is opgesloten in $\intoo{0}{1}$ — met integratie in plaats van afleiden als de analytische helft.