Universitaire wiskunde — Bachelor jaar 1 · Bachelor Year 1

14Differentiaalrekening

Afgeleiden werden het hele bovenbouwvolume door 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, lipschitzgrenzen, convexiteit. Alles in dit hoofdstuk betreft functies gedefinieerd op een interval $I$ .

14.1 De afgeleide

Definitie 14.1

$f \colon I \to \R$ heet afleidbaar in $x_0 \in I$ wanneer het differentiequotiënt $\frac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0}$ een (eindige) limiet heeft als $x \to x_0$ ; die limiet wordt $f'(x_0)$ genoteerd. 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 af). $f$ is afleidbaar op $I$ wanneer zij 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 nog: afleidbaar impliceert niet $C^1$ . 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 is $f$ afleidbaar in $0$ met $f'(0) = 0$ . In elk $x_0 \neq 0$ is $f$ niet eens continu: rationale en irrationale rijen die naar $x_0$ convergeren sturen $f$ respectievelijk naar $x_0^2 \neq 0$ en naar $0$ (dichtheid, Stelling 10.14). Afleidbaarheid is dus een werkelijk puntsgewijs begrip: het kan in één punt van $\R$ gelden en nergens anders. De moraal voor de praktijk: uitspraken als het monotoniecriterium of Rolle vereisen de afgeleide op een interval — het bezit van $f'(x_0)$ in geïsoleerde punten, hoeveel het er ook zijn, ondersteunt geen enkele globale conclusie.

Stelling 14.4 (Bewerkingen)

Zijn $f, g$ afleidbaar in $x_0$ (en overal waar de formules zin hebben), dan geldt

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

en is $g$ afleidbaar in $f(x_0)$ , dan is $\;(g \circ f)'(x_0) = g'\bigl(f(x_0)\bigr)\, f'(x_0)$ (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 daarna de productregel toe. Kettingregel: stel $y_0 = f(x_0)$ en 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 $x \neq x_0$ is

\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),

waarbij de eerste factor volgt uit de samenstelling van limieten (deze kunstgreep regelt 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 $I$ , en 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)} .

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

Bewijs. Stel voor $y \to y_0$ dat $x = f^{-1}(y)$ : de 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)} .

De bewering over de verticale raaklijn: is $f'(x_0) = 0$ , dan is het bovenstaande quotiënt het omgekeerde van een grootheid die naar $0$ nadert en daarbij één vast teken behoudt (voor $f$ strikt stijgend is $\frac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0} > 0$ voor alle $x \neq x_0$ ): het differentiequotiënt van $f^{-1}$ nadert dus tot $+\infty$ (tot $-\infty$ voor $f$ dalend). De inverse blijft continu maar is niet afleidbaar in $y_0$ — haar grafiek, de spiegeling van die van $f$ in de diagonaal, staat verticaal precies waar die van $f$ horizontaal liep, zoals $x^{1/3}$ in $0$ laat zien tegenover $x^3$ . ∎

Voorbeeld 14.6 (Afgeleiden van inversen, tweemaal)

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

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

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

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

met gebruik 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 die substitutie ( $x = \ln y$ , $x = \arctan y$ ) is precies de uitspraak dat de twee variabelen aan weerszijden van de bijectie leven.

14.2 Rolle en de middelwaardestelling

Propositie 14.7 (Inwendig extremum)

Is $f$ afleidbaar in een inwendig punt $x_0$ van $I$ en heeft zij daar een lokaal extremum, 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 de inwendigheid garandeert dat beide zijden van $x_0$ binnen $I$ beschikbaar zijn. Voor $0 < h \leq r$ heeft het quotiënt $\frac{f(x_0 + h) - f(x_0)}{h}$ een teller $\leq 0$ en een noemer $> 0$ : het is $\leq 0$ , en zijn limiet $f'(x_0)$ erft $\leq 0$ (ruime ongelijkheden gaan over op limieten, Stelling 11.7); voor $-r \leq h < 0$ is het quotiënt $\geq 0$ , wat $f'(x_0) \geq 0$ geeft. Bijgevolg is $f'(x_0) = 0$ . (In een randpunt is slechts één teken beschikbaar: daar faalt de conclusie — 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 zekere $c \in \intoo{a}{b}$ .

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

Stelling 14.9 (Middelwaardestelling)

Zij $f$ continu op $\intcc{a}{b}$ en afleidbaar op $\intoo{a}{b}$ . Dan bestaat er een $c \in \intoo{a}{b}$ met

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

Middelwaarde-ongelijkheid: geldt bovendien $m \leq f' \leq M$ op $\intoo{a}{b}$ , dan is $m(b-a) \leq f(b) - f(a) \leq M(b-a)$ ; in het bijzonder impliceert $\abs{f'} \leq K$ dat $f$ $K$ -lipschitziaans 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 $g'(c) = 0$ geldt $f'(c) = \frac{f(b)-f(a)}{b-a}$ . De ongelijkheid volgt door $f'(c)$ af te schatten; de lipschitzuitspraak past haar toe op elk puntenpaar. ∎

De middelwaardestelling: een of andere raaklijn (gestreept) loopt evenwijdig met de koorde (grijs). Haar abscis c is de plek waar de stelling van Rolle, toegepast op de functie min haar koorde, een kritiek punt vindt. — De middelwaardestelling: een of andere raaklijn (gestreept) loopt evenwijdig met de koorde (grijs). Haar abscis $c$ is de plek waar de stelling van Rolle, toegepast op de functie min haar koorde, een kritiek punt vindt.

Voorbeeld 14.10 (De methode van Newton is die van Heroon)

De methode van Newton voor het oplossen van $f(x) = 0$ vervangt de kromme door haar raaklijn in de huidige schatting $x_n$ en neemt het nulpunt van die 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)} .

Laat haar lopen 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 Heroon (Voorbeeld 11.24), twee millennia te vroeg. De kwadratische snelheid die daar werd waargenomen, wordt nu verklaard door het raaklijnbeeld: dicht bij een enkelvoudig nulpunt verschillen kromme en raaklijn met een fout van tweede orde, zodat elke stap de fout ruwweg kwadrateert — de algemene uitspraak volgt uit de taylorgrenzen van Hoofdstuk 16. Het afsluitende inzicht: waar de dichotomie (Voorbeeld 13.12) alleen continuïteit gebruikt en per stap één bit wint, geeft Newton een afgeleide uit om per stap het aantal juiste cijfers 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 zekere $c \in \intoo{100}{101}$ is

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

Gevolg 14.12 (Monotoniecriterium)

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

$f' \geq 0$ op het inwendige $\iff$ $f$ is stijgend; $f' = 0$ $\iff$ $f$ constant.
Is $f' > 0$ behalve in eindig veel punten waar zij nul wordt, dan 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 de 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 $f$ op $\intcc{x}{y}$ bevriezen en daar $f' = 0$ afdwingen — 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 $g(x) = \ln\abs x + \mathbf{1}_{x>0}$ (tel alleen op de rechterhalfrechte $1$ op) aan $f' = g' = \frac1x$ . Zij verschillen niet met een constante: het criterium “ $f' = 0 \implies f$ constant” is een uitspraak over een interval — het bewijs laat de middelwaardestelling lopen tussen twee punten, en dat vereist dat het hele segment dat hen verbindt in het domein ligt. Op elke halfrechte apart zijn de primitieven van $\frac1x$ gelijk aan $\ln\abs x + c$ , met één constante per halfrechte, twee onafhankelijke constanten in totaal. Hoofdstuk 15 erft deze kleine lettertjes: “de” primitieve van een functie is welbepaald op een constante na op elk interval van haar domein, en tabellen van primitieven veronderstellen stilzwijgend samenhang.

Voorbeeld 14.14 (Striktheid voor niets)

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

Voorbeeld 14.15 (Een volledig verlooponderzoek)

Onderzoek $f(x) = x^3 - 3x + 1$ 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 zij, en stijgt zij weer, met een lokaal maximum $f(-1) = 3$ en een lokaal minimum $f(1) = -1$ . Limieten: $\mp\infty$ in $\mp\infty$ . Gevolgen, af te lezen uit de verlooptabel met de tussenwaardestelling op elke monotone tak: $f$ wordt precies één keer nul in elk van

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

(de waarden in de aansluitpunten hebben tegengesteld teken: $3 > 0 > -1$ ), zodat de vergelijking $x^3 - 3x + 1 = 0$ precies drie reële wortels heeft; numeriek liggen ze rond $-1.88$ , $0.35$ , $1.53$ . Het afsluitende inzicht: een verlooptabel is een bewijsmiddel, geen schets — monotone tak plus tekenwisseling is precies één nulpunt, en de tabel somt de takken uitputtend op.

Stelling 14.16 (Formule van Leibniz)

Zijn $f, g$ $n$ keer afleidbaar, dan is $fg$ dat ook, en

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

Bewijs. Inductie op $n$ , precies parallel aan het binomium. Het geval $n = 1$ is de productregel. Neem de formule aan op rang $n$ en leid nog één keer 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 daarna 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 $j = n + 1$ de coëfficiënten $\binom{n+1}{0} = \binom{n+1}{n+1} = 1$ 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 som van Leibniz 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 als $\eu^x\sin x$ zijn de complexe exponentiëlen van Hoofdstuk 3 het betere gereedschap.)

14.3 Convexiteit

Definitie 14.18

$f \colon I \to \R$ heet 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).

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

Stelling 14.19 (Karakteriseringen met afgeleiden)

Zij $f$ afleidbaar op $I$ . De volgende uitspraken 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 $x, y \in I$ .

Is $f$ twee keer afleidbaar, dan geldt: $f$ convex $\iff f'' \geq 0$ .

Bewijs. (1 $\Rightarrow$ 3) Schrijf de convexiteit als $\frac{f(x + t(y-x)) - f(x)}{t} \leq f(y) - f(x)$ voor $t \in \intoc{0}{1}$ en 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) Leg $x < y$ en $t \in \intoo{0}{1}$ vast en stel $z = tx + (1-t)y \in \intoo{x}{y}$ . Volgens de middelwaardestelling op $\intcc{x}{z}$ en op $\intcc{z}{y}$ zijn er $c_1 < z < c_2$ 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 de noemers ( $z - x = (1-t)(y-x)$ , $y - z = t(y-x)$ ) herschikt dit precies tot de convexiteitsongelijkheid.

Het twee keer afleidbare 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 (gestreept).

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 het meetkundige en het rekenkundige gemiddelde: met $t = \frac12$ in de concaviteit is

\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 middenpuntsongelijkheid, met $2$ vermenigvuldigd, luidt: voor alle $a, b > 0$ is

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). Proefrit: $a = 1$ , $b = 3$ geeft $3\ln 3 = 3.296$ tegenover $4\ln 2 = 2.773$ . Deze onschuldige ongelijkheid is het tweepuntsgeval van de entropievergelijking die terugkeert met de ongelijkheid van Jensen (Oefening 14.9) en in de informatietheoretische asymptotiek van het volume van bachelorjaar 3. Het afsluitende inzicht: wil je een ongelijkheid fabriceren, zoek dan een functie waarvan de tweede afgeleide een teken heeft en schrijf op wat de convexiteit zegt — de karakterisering met afgeleiden zet één tekencontrole om in oneindig veel ongelijkheden.

Opmerking 14.22 (Veelgemaakte fouten met afgeleiden)

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

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

is 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 met de raaklijn. (ii) De drie hypothesen van Rolle zijn alle drie 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: $f'$ mag oscilleren (Voorbeeld 14.2) maar voldoet altijd aan de tussenwaarde-eigenschap (Darboux, Oefening 14.10): een afgeleide springt nooit — als je een eenzijdige “limiet van de afgeleide” met een sprong berekent, heb je een niet-afleidbare functie afgeleid. (iv) De formule voor de inverse 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 $0$ — de afleidbaarheid van de inverse gaat precies verloren waar $f'$ nul wordt (Stelling 14.5).

Opmerking 14.23 (Waar de middelwaardestelling hierna werkt)

Vrijwel elke kwantitatieve uitspraak van de volgende hoofdstukken is de middelwaardestelling van dit hoofdstuk in vermomming: de hoofdstelling van de integraalrekening (Hoofdstuk 15) leidt de oppervlaktefunctie af en besluit met het monotoniecriterium; de formule van Taylor–Lagrange (Hoofdstuk 16) is de middelwaardestelling $n$ keer herhaald; de foutenanalyse van de methode van Newton en van vastepuntiteraties (Oefening 14.11) is de lipschitzvorm; en de weekendopgave van dit hoofdstuk (Probleem 14.1) maakt van diezelfde lipschitzgrens getaltheorie — een afstotingsongelijkheid tussen algebraïsche getallen en rationale getallen, die het eerste transcendente getal uit de geschiedenis oplevert. In het volume van bachelorjaar 2 overleeft de middelwaardeongelijkheid in meerdere veranderlijken waar de gelijkheid dat niet doet.

Voorbeeld 14.24 (De ongelijkheid van Young uit de concaviteit)

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

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

Bewijs met één toepassing van de concaviteit van $\ln$ met gewichten $\frac1p, \frac1q$ (de tweepuntsongelijkheid van Jensen, 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 omdat $\ln$ stijgend is, wordt de ongelijkheid tussen de logaritmen omgezet 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: de ongelijkheid van Young is de algebraïsche kiem van de ongelijkheden van Hölder en Minkowski uit het volume van bachelorjaar 2 — één concaviteitsuitspraak over $\ln$ , geoogst voor normen.

Opmerking 14.25 (Vooruitzichten binnen dit volume)

De afgeleide krijgt drie nieuwe levens voordat het volume ten einde is. In Hoofdstuk 16 herhaalt zij zich: $n$ afgeleiden in één punt persen zich samen tot één veelterm plus een beheerste fout, en de middelwaardestelling wordt de restterm van Lagrange. In Hoofdstuk 24 wordt het 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 telkens één veranderlijke bevroren: partiële afgeleiden herhalen dit hoofdstuk tweemaal, en de raaklijn groeit uit tot een raakvlak. Alle drie de hoofdstukken erven dezelfde grammatica — lokale lineaire benadering plus een foutterm — die hier voor het eerst werd gesproken.

14.4 Oefeningen

Oefening 14.1 ★

Leid af (met vermelding 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 $\frac{-1/x^2}{1 + 1/x^2} = \frac{-1}{1 + x^2}$ (in overeenstemming met Propositie 4.12 (2): de functie is $\pm\frac\pi2 - \arctan x$ op elke halfrechte).

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

Oefening 14.2 ★

Vul Voorbeeld 14.2 aan: 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 gewone 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 $0$ naderen 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 ★

Bewijs met de middelwaardestelling of met de raaklijnongelijkheden dat voor alle $x > 0$

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

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

Oplossing

Oplossing van Oefening 14.3.

$\ln(1+x) < x$ voor $x > 0$ : de raaklijnongelijkheid van de concaviteit in $0$ (strikt buiten het raakpunt, omdat $\ln$ strikt concaaf is; of pas de middelwaardestelling toe: $\ln(1+x) = \frac{x}{1+c}$ voor 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 nadert tot $x$ : door insluiting geldt $n\ln(1 + \frac xn) \to x$ , en wegens de continuïteit van $\exp$ is $\bigl(1 + \frac xn\bigr)^n = \eu^{n\ln(1 + x/n)} \to \eu^x$ .

Oefening 14.4 ★

Zij $P$ een reële veelterm met $k$ verschillende reële wortels. Bewijs dat $P'$ minstens $k - 1$ verschillende reële wortels heeft, afwisselend met die van $P$ . Leid af dat als $P$ al haar wortels reëel heeft, $P'$ dat ook heeft.

Oplossing

Oplossing van Oefening 14.4.

Zij $x_1 < x_2 < \dots < x_k$ verschillende wortels van $P$ . Op elke $\intcc{x_i}{x_{i+1}}$ levert 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 per constructie afwisselend met die van $P$ .

Heeft $P$ (van graad $n$ ) al haar wortels reëel, schrijf ze dan 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), goed voor $\sum (m_i - 1) = n - k$ ; Rolle draagt er nog $k - 1$ 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 ook $f(x+1) - f(x) \to \ell$ ?

Oplossing

Oplossing van Oefening 14.5.

Leg $\varepsilon > 0$ vast en een $A$ 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 $x$ is $\frac{C_A}{x} \leq \varepsilon$ : bijgevolg $\frac{f(x)}{x} \to \ell$ .

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 $f^{(n)}$ minstens één keer nul wordt. Toepassing: een veelterm van graad $\leq n$ die in $n+1$ punten nul is, is de nulveelterm (opnieuw).

Oplossing

Oplossing van Oefening 14.6.

Inductie op $n$ . Voor $n = 1$ : Rolle. Geldt de bewering voor $n - 1$ : $f$ wordt nul in $n+1$ punten, dus wordt $f'$ , volgens Rolle toegepast op de $n$ tussenruimten, 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: wordt $P$ van graad $\leq n$ nul in $n+1$ punten, dan wordt $P^{(n)}$ , een constante gelijk aan $n!$ maal de kopcoëfficiënt, nul: de kopcoëfficiënt is $0$ , en men besluit met neerwaartse inductie (of rechtstreeks: alle coëfficiënten zijn 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 zeker inwendig punt $x_0$ . Bewijs dat $f''(c) < 0$ voor 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 $c_1 < x_0 < c_2$ . De middelwaardestelling toegepast op $f'$ op $\intcc{c_1}{c_2}$ geeft dan een $c$ met

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

Oefening 14.8 ★★

Onderzoek 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 $\eu \leq a < b$ , en beslis het beroemde bijzondere geval: welke van $\eu^\pi$ , $\pi^\eu$ is groter? Toets dit aan de kleine gehele paren $(2,3)$ en $(2,4)$ : waarom gedragen die zich anders?

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 $+\infty$ (vergelijking van groeisnelheden).

Voor $\eu \leq a < b$ geeft het strikt dalen van $f$ daar dat $\frac{\ln a}{a} > \frac{\ln b}{b}$ , dat wil zeggen $b \ln a > a \ln b$ , dus $a^b > b^a$ .

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, zodat de vergelijking omklapt wanneer beide getallen onder $\eu$ liggen, en onvoorspelbaar is wanneer ze $\eu$ omspannen ( $f(2) = f(4)$ verklaart het gelijkspel $2^4 = 4^2 = 16$ ).

Oefening 14.9 ★★

(Rekenkundig–meetkundige ongelijkheid) Toon met de concaviteit van $\ln$ met algemene gewichten (de ongelijkheid van Jensen voor $n$ punten, te bewijzen met 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 $\ln$ , met inductie op $n$ . Bewering: voor positieve $x_i$ en gewichten $\lambda_i > 0$ met $\sum \lambda_i = 1$ geldt $\ln\bigl(\sum \lambda_i x_i\bigr) \geq \sum \lambda_i \ln x_i$ . Voor $n = 2$ is dit de concaviteit. Stap: met $\Lambda = \lambda_1 + \dots + \lambda_{n-1} = 1 - \lambda_n$ en $y = \sum_{i<n} \frac{\lambda_i}{\Lambda} x_i$ is

\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,

met gebruik van de concaviteit ( $n = 2$ ) en daarna de inductiehypothese.

Met $\lambda_i = \frac 1n$ en $x_i = a_i$ : $\ln\frac{\sum a_i}{n} \geq \frac 1n \sum \ln a_i = \ln\sqrt[n]{a_1\cdots a_n}$ ; neem de exponentiële. Gelijkheid: $\ln$ is strikt concaaf ( $\ln'' < 0$ ), zodat gelijkheid bij elke stap afdwingt dat de gemiddelde punten samenvallen — dat wil zeggen dat alle $a_i$ gelijk zijn; en zijn ze alle gelijk, dan is de 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 $g$ haar minimum op $\intcc{a}{b}$ bereikt, dat $f'(c) = v$ voor 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 $g$ haar minimum op $\intcc{a}{b}$ in zeker punt $c$ . Dat is niet $a$ : omdat $g'(a) < 0$ , geldt $g < g(a)$ net rechts van $a$ . Het is niet $b$ : omdat $g'(b) > 0$ , geldt $g < g(b)$ net links van $b$ . Dus is $c$ inwendig, en geeft Propositie 14.7 dat $g'(c) = 0$ , dat wil zeggen $f'(c) = v$ .

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, met de lipschitzgrens; of gebruik de volledigheid met het criterium van Cauchy.)

Oplossing

Oplossing van Oefening 14.11.

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

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

Convergentie: opnieuw de middelwaarde-ongelijkheid:

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

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

Oefening 14.12 ★★★

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

Zij $f, g$ continu op $\intcc{a}{b}$ en afleidbaar op $\intoo{a}{b}$ , met $g'$ daar nergens nul. Bewijs dat $g(b) \neq g(a)$ en dat 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 daaruit de regel van l’Hôpital in de vorm $\frac00$ 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 aan 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 $\frac{f'}{g'}$ niet.

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 $h'(c) = 0$ , dat wil zeggen $f'(c) = \lambda\,g'(c)$ ; deel door $g'(c) \neq 0$ .
Voor $x > a$ dicht bij $a$ geeft deel (1) op $\intcc{a}{x}$ (waar $g' \neq 0$ ) dat $g(x) \neq 0$ 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 $x \to a^+$ , dan $c_x \to a^+$ (insluiting), dus nadert het rechterlid tot $\ell$ : $\frac{f}{g} \to \ell$ .
$\frac{f(x)}{g(x)} = x\sin\frac1x \to 0$ , 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 Opgave: de ongelijkheid van Liouville en het eerste transcendente getal

Probleem 14.1

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

Een reëel getal heet algebraïsch wanneer het een wortel is van een niet-nulle veelterm met gehele coëfficiënten, en transcendent in het andere geval. In 1844 produceerde Liouville het eerste getal waarvan de transcendentie ooit werd bewezen, en de motor van zijn bewijs is de middelwaardestelling van dit hoofdstuk: een algebraïsch getal van graad $d$ kan door rationale getallen niet beter dan $C/q^d$ worden benaderd — dus een getal dat sneller dan elke macht benaderbaar is, kan niet algebraïsch zijn. Deze opgave bouwt de ongelijkheid op, construeert het getal van Liouville $L = 0.110001000\dots$ (enen op de faculteitsposities, via de cijfermachinerie van Probleem 10.1), bewijst de transcendentie ervan, en eindigt met het concurrerende bewijs van Cantor en met 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: is $x = \frac ab$ en $0 < \bigl|x - \frac pq\bigr| < \frac{1}{bq}$ , dan 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 $\frac pq$ ( $q \geq 1$ ) geldt: $\bigl|\sqrt2 - \frac pq\bigr| \geq \frac{1}{4q^2}$ (is de afstand groter dan $1$ , dan is dit duidelijk; schat anders $\abs{\sqrt2 + p/q} < 4$ af en gebruik het niet-nulle gehele getal $\abs{p^2 - 2q^2} \geq 1$ ).
In de andere richting: ga na dat $(p, q) \mapsto (p + 2q, p + q)$ de gelijkheid $\abs{p^2 - 2q^2} = 1$ bewaart, genereer vanuit $(1,1)$ de paren $(3,2)$ , $(7,5)$ , $(17,12)$ , $(41,29)$ , $(99,70)$ , en toon aan dat elk ervan 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 $N$ hokjes $\intco{\frac kN}{\frac{k + 1}{N}}$ : volgens het duivenhokprincipe (Gevolg 2.3) vallen er twee in hetzelfde hokje. Leid daaruit $q \leq N$ en $p$ af met $\abs{qx - p} < \frac 1N$ , en 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 in $x$ nul worden, er één is, zeg $P$ van graad $d$ , zonder rationale wortel; en ga na dat $d \geq 2$ (deel een factor $X - \frac ab$ uit over $\Q$ en werk de noemers weg; graad $1$ zou $x$ rationaal maken).
Toon aan dat voor elk rationaal getal $\frac pq$ ( $q \geq 1$ ) geldt: $\bigl|P\bigl(\frac pq\bigr)\bigr| \geq \frac{1}{q^d}$ ( $q^d P(p/q)$ 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 $C = \min\bigl(1, \frac 1M\bigr) > 0$ geldt

$\Bigl| x - \frac pq \Bigr| \geq \frac{C}{q^{\,d}} \qquad\text{voor elk rationaal getal } \frac pq,\ q \geq 1 .$
Noem $x$ een Liouville-getal wanneer er voor elke $n \in \N$ een rationaal getal $\frac pq$ bestaat 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, dat wil zeggen $L = \sup_k t_k$ met $t_k = \sum_{n=1}^{k} 10^{-n!}$ . Schrijf de eerste $25$ cijfers van $L$ uit.
Bewijs de insluiting van de staart, voor elke $k \geq 1$ :

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

(schat elke partiële som voorbij $t_k$ af door een eindige meetkundige som).
Schrijf $t_k = \frac{p_k}{q_k}$ met $q_k = 10^{k!}$ . Toon aan dat $0 < L - \frac{p_k}{q_k} < \frac{2}{q_k^{\,k+1}}$ , en besluit dat $L$ een Liouville-getal is in de zin van vraag 8.
Besluit: $L$ is transcendent — het eerste expliciete voorbeeld uit de geschiedenis (Liouville, 1844). Controleer de irrationaliteit rechtstreeks: de cijfers zijn niet uiteindelijk periodiek (groeiende gaten, zoals in Probleem 10.1, vraag 20).
Veralgemeen: vervang elk cijfer $1$ door een willekeurig cijfer $d_n \in \intint{1}{9}$ dat niet nul is. Toon aan dat de waarde nog steeds een Liouville-getal is, en leid — met het diagonaalargument van Probleem 10.1 (vraag 22), toegepast op deze cijferkeuzen — af 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 er voor 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 minstens orde $2$ ; een algebraïsch getal van graad $d$ tot geen enkele orde voorbij $d$ ; Liouville-getallen tot elke orde. Verantwoord elke bewering door de betreffende vraag aan te halen.
Toon aan 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 de Liouville-getallen — en dus de transcendente getallen — dicht liggen in $\R$ .
(Cantor, 1874) Bewijs dat de verzameling van de algebraïsche getallen aftelbaar is: er zijn eindig veel gehele veeltermen waarvan de graad plus de som van de $\abs{\text{coëfficiënten}}$ door $h$ wordt begrensd, elk met hoogstens $\deg$ wortels; een aftelbare vereniging van eindige verzamelingen is aftelbaar. Omdat geen enkele rij $\R$ uitput (Probleem 10.1, vraag 22), bestaan er transcendente getallen — die in feite een overaftelbare verzameling vormen. Vergelijk de twee bewijzen: wat geeft dat van Liouville, wat dat van Cantor niet kan geven?
Bewijs rechtstreeks uit vraag 2 dat $\sqrt 2$ geen Liouville-getal is (voor $n \geq 3$ begrenst de ongelijkheid $q^{-n} > \frac{1}{4q^2}$ de $q$ ; dan blijven er nog slechts eindig veel kandidaat-rationale getallen over, alle op positieve afstand van $\sqrt2$ ). Veralgemeen: geen enkel algebraïsch getal is een Liouville-getal.

Deel V — Effectieve constanten.

Voor het pellpaar $(99, 70)$ : ga na dat $99^2 - 2\cdot70^2 = 1$ 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 juiste cijfers uit een breuk van drie cijfers.
Laat deel II lopen op $x = 2^{1/3}$ , $P = X^3 - 2$ : ga na dat $P$ geen rationale wortel heeft, schat $M = \max_{\intcc{x-1}{x+1}} 3t^2 \leq 3\,(1 + 2^{1/3})^2 < 16$ af, en besluit tot de effectieve ongelijkheid

$\Bigl| 2^{1/3} - \frac pq \Bigr| \geq \frac{1}{16\,q^3} \qquad \text{voor alle } \frac pq .$
Opbrengst: toon aan dat elk rationaal getal dat $2^{1/3}$ tot op $10^{-6}$ benadert, een noemer $q \geq 40$ moet hebben.
Toon aan dat het grondtal $10$ er niet toe doet: het binaire analogon $\sum_{n\geq1} 2^{-n!}$ (de waarde van de binaire reeks met enen op de faculteitsposities) is eveneens 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 aan 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 het dichten van die kloof (elke exponent $> 2$ volstaat, voor elk algebraïsch getal) is de stelling van Roth, ver voorbij dit volume.
Kwantificeer Cantor: toon aan dat de algebraïsche getallen van graad $\leq d$ die worden gegeven door veeltermen met coëfficiënten in $\intint{-H}{H}$ ten hoogste $d\,(2H + 1)^{d+1}$ in aantal zijn. (Deze eindigheid is wat vraag 17 deed werken.)
Synthese, telkens één zin: (i) lokaliseer het enige analytische ingrediënt van Liouvilles bewijs (welke stelling van dit hoofdstuk, waar gebruikt); (ii) formuleer de spanning die het aandrijft (geheeltalligheid dwingt $\abs{P(p/q)} \geq q^{-d}$ af, gladheid verbiedt $\abs{P(p/q)} > M\abs{x - p/q}$ ); (iii) stel de bewijzen van Liouville en Cantor voor het bestaan van transcendente getallen tegenover elkaar; (iv) noem waar dit volume het thema opnieuw ontmoet — de weekendopgave van Hoofdstuk 15 bewijst de irrationaliteit van $\pi$ met dezelfde wurggreep van geheeltalligheid tegen kleinheid, 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 enkel rationaal getal behalve $x$ zelf in het geperforeerde interval met straal $\frac{1}{bq}$ rond $x = \frac ab$ .

2. Is $\bigl|\sqrt2 - \frac pq\bigr| \geq 1 \geq \frac{1}{4q^2}$ , dan zijn we klaar. Anders is $\frac pq \in \intoo{\sqrt2 - 1}{\sqrt2 + 1}$ , dus $0 < \sqrt2 + \frac pq < 2\sqrt2 + 1 < 4$ . Omdat $\sqrt 2 \notin \Q$ , 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. Vanuit $(1,1)$ :

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

waarbij $p^2 - 2q^2$ afwisselt tussen $-1$ en $+1$ . Voor deze paren 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 $N$ hokjes $\intco{\frac jN}{\frac{j+1}{N}}$ : twee ervan delen een hokje (Gevolg 2.3), zeg voor $i < j$ . Met $q = j - i \leq N$ en $p = \lfloor jx\rfloor - \lfloor ix\rfloor$ geldt $\abs{qx - p} < \frac1N$ , dus $\bigl|x - \frac pq\bigr| < \frac{1}{Nq} \leq \frac{1}{q^2}$ . Laat $N \to \infty$ : omdat $x$ irrationaal is, heeft elke vaste breuk een positieve afstand tot $x$ , terwijl $\frac{1}{Nq} \leq \frac 1N \to 0$ afdwingt dat er nieuwe breuken opduiken: oneindig veel verschillende $\frac pq$ met $\bigl|x - \frac pq\bigr| < \frac{1}{q^2}$ .

5. Vertrek van een willekeurige niet-nulle gehele $P_0$ met $P_0(x) = 0$ . Heeft $P_0$ een rationale wortel $\frac ab$ , dan schrijft de factorstelling (Stelling 8.7) $P_0 = \bigl(X - \frac ab\bigr)Q$ met $Q \in \Q[X]$ ; omdat $x \neq \frac ab$ ( $x$ is irrationaal), is $Q(x) = 0$ , en het wegwerken van de noemers geeft een niet-nulle gehele veelterm van kleinere graad die in $x$ nul wordt. De graad daalt bij elke stap, dus het proces stopt: we bereiken $P \in \Z[X]$ , $P(x) = 0$ , zonder rationale wortel, van zekere graad $d$ . Was $d \leq 1$ , dan zou $P = uX + v$ het getal $x = -\frac vu$ 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 dat $M > 0$ : $P'$ is een niet-nulle veelterm ( $d \geq 2$ ), dus zij kan niet identiek nul zijn op $\intcc{x-1}{x+1}$ . Is $\bigl|x - \frac pq\bigr| > 1$ , dan overtreft dit $\frac{C}{q^d}$ triviaal. Anders is $\frac pq \in \intcc{x-1}{x+1}$ en geeft de middelwaardestelling (Stelling 14.9) 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. Stel dat $x = \frac ab$ een Liouville-getal is. Kies $n$ met $2^{n-1} > b$ en het 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. Liouville-getallen zijn dus irrationaal.

9. Was een Liouville-getal $x$ algebraïsch, dan is het irrationaal (vraag 8), zodat de vragen 5–7 een $d \geq 2$ en een $C > 0$ leveren met steeds $\bigl|x - \frac pq\bigr| \geq \frac{C}{q^d}$ . Voor elke $n$ geeft de Liouville-benadering dat $\frac{C}{q^d} < q^{-n}$ , dat wil zeggen $C < q^{d-n} \leq 2^{d-n}$ (want $q \geq 2$ ). Voor grote $n$ is $2^{d-n} < C$ : tegenspraak. Liouville-getallen zijn transcendent.

10. Enen op de 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}} .

Zij $n$ gegeven: voor $k \geq n$ is $2\,q_k^{-(k+1)} \leq q_k^{-n}$ (immers $q_k^{\,k+1-n} \geq q_k \geq 10 > 2$ ), 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 waarvan de transcendentie werd bewezen (Liouville, 1844). Controle op de cijfers: de reeks heeft oneindig veel enen met opeenvolgende gaten $(k+1)! - k! = k\cdot k! \to \infty$ , dus is zij niet uiteindelijk periodiek, en is $L \notin \Q$ 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 hoogstens $9$ : $0 < L' - t'_k \leq 9\cdot\frac{10}{9}\,10^{-(k+1)!} = 10\,q_k^{-(k+1)}$ (positief omdat het cijfer op positie $(k+1)!$ niet nul is). Voor $k \geq n$ is $10\,q_k^{-(k+1)} \leq q_k^{-n}$ , want $q_k^{\,k+1-n} \geq 10$ : opnieuw een Liouville-getal, dus transcendent. Deze waarden zijn paarsgewijs verschillend voor verschillende cijferkeuzen (de reeksen zijn eigenlijk — nullen zijn er in overvloed — en eigenlijke reeksen bepalen hun waarde, Probleem 10.1, vraag 10). Is een lijst $k \mapsto x_k$ van zulke getallen gegeven, kies dan het $k$ -de faculteitscijfer in $\intint{1}{9}$ verschillend van dat van $x_k$ : een getal van dezelfde vorm dat in de lijst ontbreekt. Overaftelbaar veel expliciete transcendente getallen.

15. Eerst een lemma: geldt $\bigl|x - \frac pq\bigr| \geq \frac{C}{q^s}$ voor alle $\frac pq \neq x$ , dan is $x$ tot geen enkele orde $\mu > s$ benaderbaar. Immers, oneindig veel $\frac pq \neq x$ met $\bigl|x - \frac pq\bigr| < \frac{c}{q^\mu}$ zouden $\frac{C}{q^s} < \frac{c}{q^\mu}$ afdwingen, dat wil zeggen $q^{\mu - s} < \frac cC$ : de $q$ zijn begrensd, en begrensd veel breuken liggen binnen afstand $1$ van $x$ — eindig veel kandidaten, geen oneindig veel. Nu de hiërarchie: rationale getallen zijn benaderbaar tot orde $1$ ( $\frac pq$ met $p = \lfloor qx\rfloor + 1$ geeft een fout $\leq \frac1q < \frac2q$ ) en tot geen enkele 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: minstens $2$ (vraag 4); een algebraïsch getal van graad $d$ : hoogstens $d$ (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)} .

Zij $n$ gegeven: voor grote $k$ is $Q_k^{\,k+1-n} \geq Q_k = b\,10^{k!} \geq 2\,b^{\,k+1}$ (de faculteit verplettert de macht), zodat de fout $< Q_k^{-n}$ is: $L + r$ is een Liouville-getal. Omdat $\Q$ dicht ligt en elke $L + r$ transcendent is, liggen de 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 $\intint{-h}{h}$ : hoogstens $(2h+1)^{h+1}$ ). Elke niet-nulle gehele veelterm heeft zo’n hoogte, en heeft hoogstens $\deg P$ reële wortels: de algebraïsche getallen vormen een aftelbare vereniging (over $h$ ) van eindige verzamelingen, en kunnen dus als één rij worden opgesomd. Konden ook de transcendente getallen worden opgesomd, dan zou het verweven van de twee lijsten $\R$ opsommen, in tegenspraak met Probleem 10.1 (vraag 22). De transcendente getallen vormen dus een overaftelbare verzameling. Vergelijking: Cantor bewijst dat de meeste reële getallen transcendent zijn maar toont er geen enkel; Liouville toont er één, met effectieve constanten (deel V) — bestaan door overvloed tegenover bestaan door constructie.

18. Uit vraag 2 geldt de hypothese van het lemma met $s = 2$ , $C = \frac14$ . Was $\sqrt2$ een Liouville-getal, dan geldt 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 afstand $1$ van $\sqrt2$ , elk op een positieve afstand $\geq \varepsilon_0$ ( $\sqrt2$ is irrationaal); door $n$ te kiezen met $2^{-n} < \varepsilon_0$ blijft er helemaal geen toelaatbare $\frac pq$ over: tegenspraak. Hetzelfde argument met $\frac{C}{q^d}$ toont aan dat geen enkel algebraïsch getal een Liouville-getal is — vraag 9 in effectieve kleren.

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

\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 juiste cijfers.

20. Test op rationale wortels voor $P = X^3 - 2$ : kandidaten $\pm1, \pm2, \pm\frac12$ , geen ervan is een wortel. Dus $d = 3$ en deel II is van toepassing op $x = 2^{1/3} = 1.2599\dots$ Op $\intcc{x - 1}{x + 1} \subseteq \intcc{0.25}{2.26}$ is $\abs{P'(t)} = 3t^2 \leq 3\,(1 + 2^{1/3})^2 < 3\times(2.26)^2 = 15.32 < 16$ , 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. Is $\bigl|2^{1/3} - \frac pq\bigr| < 10^{-6}$ , dan is $\frac{1}{16 q^3} < 10^{-6}$ , dat wil zeggen $q^3 > \frac{10^6}{16} = 62\,500$ ; omdat $39^3 = 59\,319 < 62\,500 \leq 64\,000 = 40^3$ , is $q \geq 40$ .

22. Laat deel III lopen in grondtal $2$ : $B = \sup_k \sum_{n\leq k} 2^{-n!}$ , $q_k = 2^{k!}$ , en de meetkundige staart (reden $\frac12$ ) 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, en bijgevolg transcendent: niets in het argument is decimaal.

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

24. Er zijn hoogstens $(2H+1)^{d+1}$ tupels $(a_0, \dots, a_d)$ met ingangen in $\intint{-H}{H}$ , en elke niet-nulle veelterm daaronder heeft hoogstens $d$ reële wortels: er ontstaan hoogstens $d\,(2H+1)^{d+1}$ algebraïsche getallen — de eindigheid die vraag 17 in staat stelde ze alle op te sommen.

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