Universitaire wiskunde — Bachelor jaar 1 · Bachelor Year 1

15Integratie op een segment

De integraal uit het middelbareschoolvolume was gebaseerd op oppervlakten die intuïtief werden opgevat. Dit hoofdstuk construeert haar: eerst voor trapfuncties, waar de integraal een eindige som is, daarna voor continue (en stuksgewijs continue) functies door uniforme benadering — de plek waar de stelling van Heine (Stelling 13.22) haar nut bewijst. De hoofdstelling van de integraalrekening verbindt vervolgens de constructie met primitieven, en Riemannsommen verbinden haar met discrete gemiddelden.

Overal zijn $a < b$ reëel.

15.1 Trapfuncties

Definitie 15.1

$\varphi \colon \intcc{a}{b} \to \R$ is een trapfunctie wanneer er een onderverdeling $a = x_0 < x_1 < \dots < x_n = b$ bestaat zodat $\varphi$ constant is, gelijk aan $c_i$ , op elk open interval $\intoo{x_{i-1}}{x_i}$ (de waarden in de knooppunten zijn onbepaald). Haar integraal is

\int_a^b \varphi = \sum_{i=1}^{n} c_i\,(x_i - x_{i-1}),

onafhankelijk van de gekozen onderverdeling (verfijn twee onderverdelingen tot hun gemeenschappelijke: elk lid blijft ongewijzigd onder verfijning).

Propositie 15.2

Op trapfuncties is de integraal lineair, stijgend ( $\varphi \leq \psi \implies \int\varphi \leq \int\psi$ ), en voldoet aan de Chasles-relatie $\int_a^b = \int_a^c + \int_c^b$ voor $a < c < b$ .

Bewijs. De motor is de verfijningsinvariantie, gesteld in de definitie: het invoegen van één extra knooppunt $t \in \intoo{x_{i-1}}{x_i}$ in een onderverdeling vervangt de term $c_i(x_i - x_{i-1})$ door $c_i(t - x_{i-1}) + c_i(x_i - t)$ — hetzelfde getal — zodat de integraal ongewijzigd blijft onder elke eindige verfijning. Neem nu $\varphi$ met onderverdeling $\sigma$ en $\psi$ met onderverdeling $\sigma'$ : op de gemeenschappelijke verfijning $\sigma \cup \sigma'$ zijn beide trapfuncties met dezelfde knooppunten, en op elk stuk is $\varphi + \lambda\psi$ constant gelijk aan $c_i + \lambda d_i$ : lineariteit reduceert tot lineariteit van eindige sommen. Stijgend: $c_i \leq d_i$ op elk stuk geeft $\sum c_i \Delta_i \leq \sum d_i \Delta_i$ (de lengten $\Delta_i \geq 0$ ). Chasles: voeg het knooppunt $c$ in en splits de som daar. ∎

15.2 Integraal van een continue functie

Stelling 15.3 (Uniforme benadering)

Zij $f$ continu op $\intcc{a}{b}$ . Voor elke $\varepsilon > 0$ bestaan er trapfuncties $\varphi, \psi$ met

\varphi \leq f \leq \psi \qquad\text{en}\qquad \psi - \varphi \leq \varepsilon \text{ op } \intcc{a}{b}.

Bewijs. Volgens de stelling van Heine (Stelling 13.22) is $f$ uniform continu: kies $\delta$ voor $\varepsilon$ , en een onderverdeling met maaswijdte $< \delta$ (bijvoorbeeld gelijkmatig verdeeld, met $n > \frac{b - a}{\delta}$ stukken). Op elk gesloten stuk $\intcc{x_{i-1}}{x_i}$ bereikt $f$ een minimum $m_i$ en een maximum $M_i$ (Stelling 13.13), en $M_i - m_i \leq \varepsilon$ (de twee extreme punten liggen binnen $\delta$ van elkaar). Definieer $\varphi = m_i$ en $\psi = M_i$ op $\intoo{x_{i-1}}{x_i}$ (en $\varphi = \psi = f$ in de knooppunten). ∎

Stelling 15.4 (Definitie van de integraal)

Zij $f$ continu op $\intcc{a}{b}$ . De twee getallen

I_-(f) = \sup\Bigl\{\int_a^b \varphi : \varphi \text{ trap},\ \varphi \leq f\Bigr\}, \qquad I_+(f) = \inf\Bigl\{\int_a^b \psi : \psi \text{ trap},\ \psi \geq f\Bigr\}

zijn gelijk; hun gemeenschappelijke waarde is de integraal $\int_a^b f$ (ook geschreven als $\int_a^b f(t)\,\dd t$ ). Zij valt samen met het vorige begrip op trapfuncties, en strekt zich uit tot stuksgewijs continue functies door $\intcc{a}{b}$ te splitsen bij de discontinuïteiten (Chasles als definitie daar).

Bewijs. Beide verzamelingen zijn niet-leeg ( $f$ is begrensd) en elke onderste trapintegraal is $\leq$ elke bovenste (monotonie op trapfuncties): dus $I_-(f) \leq I_+(f)$ . Volgens Stelling 15.3 bestaat er voor elke $\varepsilon$ een paar met $\int\psi - \int\varphi \leq \varepsilon(b - a)$ : het supremum en infimum worden samengeknepen, $I_- = I_+$ . ∎

Voorbeeld 15.5 (Stuksgewijs continu, zonder drama)

De vloerfunctie op $\intcc{0}{3}$ is een vermomde trapfunctie: door te splitsen bij haar sprongen,

\int_0^3 \lfloor t \rfloor\,\dd t = \int_0^1 0 + \int_1^2 1 + \int_2^3 2 = 0 + 1 + 2 = 3 ,

en de waarden in de sprongpunten $1, 2$ zijn irrelevant: een functie in eindig veel punten wijzigen verandert geen enkele integraal (de omkaderende trapfuncties blijven onaangetast). Dit is de volledige inhoud van de uitbreiding “stuksgewijs continu”: snijd bij de eindig veel discontinuïteiten, integreer elk continu stuk, tel op — Chasles als definitie.

Voorbeeld 15.6 (De definitie rekent, eenmalig)

Zij $f(x) = x$ op $\intcc{0}{1}$ en verdeel in $n$ gelijke stukken. De beste trapfuncties die constant zijn op de stukken zijn $\varphi = \frac{k-1}{n}$ en $\psi = \frac kn$ op het $k$ -de stuk, met

\int_0^1 \varphi = \sum_{k=1}^{n} \frac{k-1}{n}\cdot\frac1n = \frac{n-1}{2n}, \qquad \int_0^1 \psi = \sum_{k=1}^{n} \frac{k}{n}\cdot\frac1n = \frac{n+1}{2n} .

Elke onderste integraal is $\leq I_-(f) \leq I_+(f) \leq$ elke bovenste, dus $\frac{n-1}{2n} \leq I_-(f) \leq I_+(f) \leq \frac{n+1}{2n}$ voor alle $n$ : beide knijpen naar $\frac12$ , en $\int_0^1 x\,\dd x = \frac12$ rechtstreeks uit de definitie. Het afsluitende inzicht: dit is de eerste en laatste keer dat we vanuit de definitie integreren — de hoofdstelling hieronder vervangt al zulke berekeningen door één opzoeking van een primitieve, wat het hele economische punt van dit hoofdstuk is.

Stelling 15.7 (Eigenschappen)

Voor $f, g$ continu (of stuksgewijs continu) op $\intcc{a}{b}$ en $\lambda \in \R$ :

lineariteit: $\int (f + \lambda g) = \int f + \lambda \int g$ ;
monotonie: $f \leq g \implies \int_a^b f \leq \int_a^b g$ ; en $\bigl|\int_a^b f\bigr| \leq \int_a^b \abs f \leq (b - a)\, \sup\abs f$ ;
Chasles: $\int_a^b = \int_a^c + \int_c^b$ (met de conventie $\int_b^a = -\int_a^b$ , geldig voor elke volgorde van de grenzen);
strikte positiviteit: als $f$ continu is, $f \geq 0$ en $\int_a^b f = 0$ , dan is $f = 0$ overal op $\intcc{a}{b}$ .

Bewijs. (1)–(3) gaan van trapfuncties naar de limiet via de supremum/infimum-definitie. Lineariteit verdient de details één keer: gegeven $\varepsilon > 0$ , kader $\varphi_f \leq f \leq \psi_f$ en $\varphi_g \leq g \leq \psi_g$ met marges $\leq \varepsilon$ (Stelling 15.3). Voor $\lambda \geq 0$ is $\varphi_f + \lambda\varphi_g \leq f + \lambda g \leq \psi_f + \lambda\psi_g$ een omkadering door trapfuncties met marge $\leq (1 + \lambda)\varepsilon$ , en haar trapintegralen zijn gelijk aan $\int \varphi_f + \lambda\int\varphi_g$ enz. (Propositie 15.2): $\varepsilon \to 0$ laten gaan knijpt $\int(f + \lambda g)$ naar $\int f + \lambda\int g$ . Voor $\lambda < 0$ keert vermenigvuldiging met $\lambda$ de omkadering van $g$ om — de onderste trapfunctie van $\lambda g$ is $\lambda \psi_g$ — en dezelfde knijp verloopt met verwisselde rollen. De grens $\abs{\int f} \leq \int \abs f$ komt uit $-\abs f \leq f \leq \abs f$ en monotonie.

(4) Contrapositie: als $f(x_0) = m > 0$ , dan levert continuïteit een deelinterval van lengte $\eta > 0$ op waar $f \geq \frac m2$ ; de trapfunctie die daar $\frac m2$ waard is en $0$ elders is $\leq f$ , dus $\int f \geq \frac{m\eta}{2} > 0$ . ∎

Voorbeeld 15.8 (Chasles aan het werk: integralen met absolute waarden)

Om een absolute waarde te integreren, snijd waar het teken verandert.

\int_0^2 \abs{x - 1}\,\dd x = \int_0^1 (1 - x)\,\dd x + \int_1^2 (x - 1)\,\dd x = \frac12 + \frac12 = 1 ,

en, door $\intcc{0}{2\pi}$ bij $\pi$ te snijden:

\int_0^{2\pi} \abs{\sin t}\,\dd t = \int_0^{\pi} \sin t\,\dd t - \int_{\pi}^{2\pi} \sin t\,\dd t = 2 + 2 = 4 ,

terwijl $\int_0^{2\pi} \sin t\,\dd t = 0$ : opheffing is reëel, en dit is waarom de uitspraak over strikte positiviteit (Stelling 15.7 (4)) de hypothese $f \geq 0$ met zich meedraagt — zonder haar bewijst een verdwijnende integraal niets over $f$ . Het afsluitende inzicht: $\int \abs f$ meet oppervlakte, $\int f$ meet getekende balans; de ongelijkheid $\abs{\int f} \leq \int\abs f$ is het exacte verslag van wat opheffing kan vernietigen.

15.3 De hoofdstelling van de integraalrekening

Stelling 15.9 (Hoofdstelling van de integraalrekening)

Zij $f$ continu op een interval $I$ en $a \in I$ . De functie

F(x) = \int_a^x f(t)\, \dd t

is van klasse $C^1$ op $I$ , met $F' = f$ : elke continue functie op een interval heeft primitieven. Bijgevolg geldt voor elke primitieve $G$ van $f$ :

\int_a^b f(t)\,\dd t = G(b) - G(a) .

Bewijs. Fixeer $x_0 \in I$ en $\varepsilon > 0$ ; continuïteit in $x_0$ levert $\delta$ op met $\abs{f(t) - f(x_0)} \leq \varepsilon$ voor $\abs{t - x_0} \leq \delta$ . Voor $0 < \abs{h} \leq \delta$ (en $x_0 + h \in I$ ) geeft Chasles

\frac{F(x_0 + h) - F(x_0)}{h} - f(x_0) = \frac 1h \int_{x_0}^{x_0+h} \bigl(f(t) - f(x_0)\bigr)\dd t ,

waarvan de absolute waarde $\leq \frac{1}{\abs h}\cdot \abs h\, \varepsilon = \varepsilon$ is (grens (2), geldig voor elke volgorde van de grenzen). Dus $F'(x_0) = f(x_0)$ ; $F' = f$ is continu: $F$ is $C^1$ . Als ook $G' = f$ , dan is $(G - F)' = 0$ op het interval, dus $G = F + c$ (Gevolg 14.12), en $G(b) - G(a) = F(b) - F(a) = \int_a^b f$ . ∎

Voorbeeld 15.10 (Symmetrie vóór berekening)

Op een symmetrisch interval doet pariteit het werk: als $f$ oneven is, stuurt de substitutie $t \mapsto -t$ de integraal $\int_{-a}^{0} f$ naar $-\int_0^a f$ , dus

\int_{-a}^{a} f(t)\,\dd t = 0 ; \qquad\text{als $f$ even is,}\quad \int_{-a}^{a} f = 2\int_0^a f .

Zo is $\int_{-1}^{1} \frac{t^3\cos t}{1 + t^4}\,\dd t = 0$ zonder een primitieve in zicht (de integrand is oneven), en $\int_{-\pi}^{\pi} t^2\cos t\,\dd t = 2\int_0^\pi t^2\cos t\, \dd t$ . Controleer symmetrie voordat je naar technieken grijpt: de snelste integraal is die welke nooit berekend wordt.

Voorbeeld 15.11 (Een afgeleide op het zicht herkennen)

Bereken $\displaystyle\int_0^{\pi/2} \frac{\dd x}{1 + \cos x}$ . De halvehoekidentiteit $1 + \cos x = 2\cos^2\frac x2$ maakt van de integrand $\frac{1}{2}\bigl(1 + \tan^2\frac x2\bigr)$ , wat precies de afgeleide van $\tan\frac x2$ is:

\int_0^{\pi/2} \frac{\dd x}{1 + \cos x} = \Bigl[\tan\frac x2\Bigr]_0^{\pi/2} = \tan\frac\pi4 = 1 .

Geen substitutiemachinerie was nodig — enkel de reflex om een integrand als iemands afgeleide te lezen, waarbij de hoofdstelling de rest doet. (Het systematische instrument achter zulke goniometrische integralen, de substitutie $t = \tan\frac x2$ , hoort tot de standaardgereedschapskist opgebouwd vanuit Stelling 15.15 (2).)

Voorbeeld 15.12 (Functies gedefinieerd door integralen)

De hoofdstelling vervaardigt functies. Zij

F(x) = \int_0^x \eu^{-t^2}\,\dd t .

Geen enkele combinatie van klassieke functies heeft afgeleide $\eu^{-t^2}$ (een stelling van Liouville, toegegeven); toch bestaat $F$ , is $C^1$ met $F'(x) = \eu^{-x^2} > 0$ , strikt stijgend, oneven (substitueer $t \mapsto -t$ ), en begrensd: voor $x \geq 1$ ,

F(x) - F(1) = \int_1^x \eu^{-t^2}\dd t \leq \int_1^x \eu^{-t}\dd t \leq \eu^{-1} ,

dus $F \leq F(1) + \eu^{-1} \leq 1 + \eu^{-1}$ . (De exacte limiet, $\frac{\sqrt\pi}{2}$ , wordt berekend met dubbelintegralen in het volume van Jaar 3.) Kettingregel voor bewegende grenzen: $\frac{\dd}{\dd x}\int_x^{x^2} \eu^{-t^2}\dd t = 2x\,\eu^{-x^4} - \eu^{-x^2}$ . Het afsluitende inzicht: integratie schept nieuwe functies uit oude, met al hun eigenschappen afleesbaar uit de integrand — de primitieve die je niet kunt opschrijven is nog steeds een functie die je volledig beheerst.

Voorbeeld 15.13 (Schatten zonder evalueren)

De integralen $R_n = \int_0^1 \frac{t^n}{1 + t}\,\dd t$ hebben geen prettige gesloten vorm, toch pinnen monotonie ze precies vast: op $\intcc{0}{1}$ is $\frac12 \leq \frac{1}{1+t} \leq 1$ , dus

\frac{1}{2(n+1)} = \frac12\int_0^1 t^n\,\dd t \;\leq\; R_n \;\leq\; \int_0^1 t^n \,\dd t = \frac{1}{n+1} :

de exacte orde van verval ( $R_n \sim$ een veelvoud van $\frac1n$ , in feite $R_n \sim \frac{1}{2n}$ ) met twee regels en zonder primitieve. De weekendproblemen van dit hoofdstuk en het volgende draaien op precies zulke omkaderingen — het eerste instinct van de analyst vóór een integraal moet zijn: begrens haar, en pas dan, indien nodig, bereken haar.

Voorbeeld 15.14 (Gemiddelde waarden)

Het gemiddelde van een continue $f$ over $\intcc{a}{b}$ is $\frac{1}{b-a}\int_a^b f$ . Voor de boog van de sinus:

\frac{1}{\pi}\int_0^\pi \sin t\,\dd t = \frac{1}{\pi}\bigl[-\cos t\bigr]_0^\pi = \frac{2}{\pi} \approx 0.637 :

een volledige positieve boog heeft niet als gemiddelde $\frac12$ maar $\frac2\pi$ — de kromme brengt meer tijd hoog door dan een driehoek zou doen. Volgens Oefening 15.11 (middelwaardestelling voor integralen, $g = 1$ ) is het gemiddelde een waarde: $\sin c = \frac2\pi$ voor een zekere $c \in \intoo{0}{\pi}$ . En volgens de Riemannsommen van dit hoofdstuk is het gemiddelde de limiet van gewone gemiddelden van $n$ steekproeven — de brug tussen het discrete gemiddelde van gegevens en het continue gemiddelde van een signaal, wat de manier is waarop de integraal de fysica binnenkomt.

Stelling 15.15 (Partiële integratie; substitutie)

Als $u, v$ van klasse $C^1$ zijn op $\intcc{a}{b}$ :

$\int_a^b u'v = \bigl[uv\bigr]_a^b - \int_a^b uv' .$
Als $\varphi$ van klasse $C^1$ is op $\intcc{\alpha}{\beta}$ en $f$ continu op $\varphi(\intcc{\alpha}{\beta})$ :

$\int_{\alpha}^{\beta} f\bigl(\varphi(t)\bigr)\,\varphi'(t)\, \dd t = \int_{\varphi(\alpha)}^{\varphi(\beta)} f(x)\, \dd x .$

Bewijs. (1) $(uv)' = u'v + uv'$ ; integreer over $\intcc{a}{b}$ en pas de hoofdstelling toe op de $C^1$ -functie $uv$ .

(2) Zij $F$ een primitieve van $f$ op het beeldinterval (Stelling 15.9). Dan is $(F \circ \varphi)' = (f \circ \varphi)\,\varphi'$ (kettingregel), dus beide leden zijn gelijk aan $F(\varphi(\beta)) - F(\varphi(\alpha))$ . ∎

Voorbeeld 15.16

$\int_0^1 t\,\eu^t \dd t = \bigl[t\,\eu^t\bigr]_0^1 - \int_0^1 \eu^t\dd t = \eu - (\eu - 1) = 1$ . En met de substitutie $x = \sin t$ ( $t \in \intcc{0}{\frac\pi2}$ ):

\int_0^1 \sqrt{1 - x^2}\, \dd x = \int_0^{\pi/2} \cos t \cdot \cos t \, \dd t = \int_0^{\pi/2} \frac{1 + \cos 2t}{2}\, \dd t = \frac\pi4 ,

— een kwart van de eenheidsschijf, zoals de meetkunde eist. (Linearisatie uit Methode 3.11 aan het werk.)

Opmerking 15.17 (Veelvoorkomende valkuilen in de integraalrekening)

(i) Substituties moeten $C^1$ zijn op het hele interval: de verandering $x = \frac1t$ is ongeoorloofd over $0$ heen; blindelings toegepast op $\int_{-1}^{1}\frac{\dd x}{1 + x^2}$ “bewijst” zij dat de integraal gelijk is aan haar eigen tegengestelde. Wanneer een substitutie een singulariteit heeft, snijd het interval eerst (Chasles), substitueer op elk stuk, en herenig pas daarna. (ii) Logaritmische primitieven hebben absolute waarden nodig: $\int \frac{\dd x}{x - 2} = \ln\abs{x - 2} + C$ op elke zijde van $2$ afzonderlijk — $\ln(x - 2)$ schrijven op $\intoo{0}{1}$ is de logaritme van een negatief getal schrijven; en de constante $C$ mag verschillen op de twee zijden van de singulariteit. (iii) Een verdwijnende integraal doodt de functie niet: $\int_0^{2\pi}\sin = 0$ ; positiviteit van de integrand is vereist voordat men $f = 0$ besluit (Voorbeeld 15.8). (iv) Riemannsommen moeten gekalibreerd zijn: in $\frac{b-a}{n}\sum f\bigl(a + k\frac{b-a}{n}\bigr)$ moeten de stap buiten en de punten binnen bij dezelfde onderverdeling passen — de frequente fout is een som $\sum_{k=1}^{n} f\bigl(\frac kn\bigr)$ zonder de factor $\frac1n$ , die divergeert in plaats van naar $\int_0^1 f$ te convergeren. Checklist vóór het inroepen van Stelling 15.20: haal $\frac1n$ buiten, herschrijf de somterm als $f$ van $\frac kn$ , benoem $f$ en controleer haar continuïteit.

Voorbeeld 15.18 (Raad, differentieer, pas aan)

Wat is $\int_1^x (\ln t)^2\,\dd t$ ? Raad een primitieve van de vorm $t\,P(\ln t)$ met $P$ een veelterm en differentieer:

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

We hebben $P(u) + P'(u) = u^2$ nodig: neem $P(u) = u^2 - 2u + 2$ (door de coëfficiënten neerwaarts vanaf $u^2$ te matchen). Bijgevolg

\int_1^x (\ln t)^2\,\dd t = \bigl[t\bigl((\ln t)^2 - 2\ln t + 2\bigr)\bigr]_1^x = x(\ln x)^2 - 2x\ln x + 2x - 2 ,

een resultaat dat anders bereikt wordt met twee partiële integraties. Het afsluitende inzicht: voor integranden van de vorm (veelterm in $\ln t$ ) of (veelterm maal $\eu^{\lambda t}$ ) heeft de primitieve dezelfde gedaante — het differentiëren van een gevormde gok zet integratie om in lineaire algebra op coëfficiënten, sneller en minder foutgevoelig dan herhaalde partiële integratie.

Voorbeeld 15.19 (De boemerangintegraal)

Bereken $I = \int_0^{\pi/2} \eu^x \cos x\,\dd x$ . Integreer tweemaal partieel, waarbij je telkens de goniometrische factor differentieert:

I = \bigl[\eu^x \sin x\bigr]_0^{\pi/2} - \int_0^{\pi/2} \eu^x \sin x\,\dd x = \eu^{\pi/2} - J, \qquad J = \bigl[-\eu^x\cos x\bigr]_0^{\pi/2} + \int_0^{\pi/2} \eu^x\cos x\,\dd x = 1 + I .

De integraal is naar zichzelf teruggekeerd: $I = \eu^{\pi/2} - 1 - I$ , waaruit

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

Het afsluitende inzicht: wanneer de integrand een product is van twee functies die zichzelf reproduceren onder differentiatie ( $\eu^{ax}$ , $\cos bx$ , $\sin bx$ ), leveren twee partiële integraties een lineaire vergelijking voor de onbekende integraal — los haar op in plaats van te integreren; equivalent, ga langs $\eu^{(a + \iu b)x}$ (Hoofdstuk 3) en neem de reële delen. Beide wegen geven hetzelfde antwoord, en controleren dat ze dat doen is een gratis gezondheidstest.

15.4 Riemannsommen

Stelling 15.20 (Riemannsommen)

Zij $f$ continu op $\intcc{a}{b}$ . Dan geldt

S_n = \frac{b - a}{n} \sum_{k=0}^{n-1} f\Bigl(a + k\,\frac{b-a}{n}\Bigr) \xrightarrow[n \to \infty]{} \int_a^b f(t)\, \dd t ,

en evenzo met willekeurige evaluatiepunten binnen de deelintervallen.

Bewijs. $S_n$ is de integraal van de trapfunctie $\varphi_n$ die gelijk is aan $f(a + k\frac{b-a}{n})$ op het $k$ -de deelinterval. Gegeven $\varepsilon > 0$ levert uniforme continuïteit (Heine) $\delta$ op; voor $n > \frac{b-a}{\delta}$ ligt elk punt van een deelinterval binnen $\delta$ van zijn evaluatiepunt, dus $\abs{f - \varphi_n} \leq \varepsilon$ op $\intcc{a}{b}$ , waaruit

\Bigl| \int_a^b f - S_n \Bigr| = \Bigl| \int_a^b (f - \varphi_n) \Bigr| \leq (b-a)\,\varepsilon . \qedhere

∎

Een linkse Riemannsom met n = 8 rechthoeken: naarmate de maaswijdte krimpt, dwingt uniforme continuïteit de trapoppervlakte naar ∈t_ab f. — Een linkse Riemannsom met $n = 8$ rechthoeken: naarmate de maaswijdte krimpt, dwingt uniforme continuïteit de trapoppervlakte naar $\int_a^b f$ .

Voorbeeld 15.21

$\displaystyle\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{n + k} = \frac 1n \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{1 + k/n} \xrightarrow[n\to\infty]{} \int_0^1 \frac{\dd x}{1 + x} = \ln 2$ : een limiet onzichtbaar voor elementaire grenzen, doorzichtig als Riemannsom.

Voorbeeld 15.22 (Een tweede Riemannsom, met kalibratie)

Bepaal $\lim_{n\to\infty} \sum_{k=1}^{n} \dfrac{n}{(n+k)^2}$ . Kalibreer:

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

een Riemannsom van de continue $f(x) = \frac{1}{(1+x)^2}$ op $\intcc{0}{1}$ : de limiet is

\int_0^1 \frac{\dd x}{(1 + x)^2} = \Bigl[-\frac{1}{1+x}\Bigr]_0^1 = \frac12 .

Het afsluitende inzicht: de hele kunst zit in de middelste regel — dwing de somterm in de gedaante $f(\frac kn)$ ten koste van het uithalen van precies één factor $\frac1n$ ; zodra de gedaante klopt, doet de stelling de analyse en doet de hoofdstelling het rekenwerk.

Opmerking 15.23 (Waar de integraal hierna werkt)

De constructies van dit hoofdstuk hebben elk een vervolg. Riemannsommen keren terug in Hoofdstuk 17 als de brug tussen reeksen en integralen (vergelijking van $\sum \frac{1}{n^\alpha}$ met $\int \frac{\dd t}{t^\alpha}$ ); de integraalrest is de scherpste vorm van de formule van Taylor in Hoofdstuk 16; de op $\sup$ gebaseerde definitie is het prototype voor de Lebesgue-integraal van het volume van Jaar 3, waar dezelfde drie eigenschappen (lineariteit, monotonie, een convergentiestelling) opnieuw worden opgebouwd op een veel grotere klasse van functies. En het weekendprobleem hieronder maakt van partiële integratie rekenkunde: de irrationaliteit van $\pi^2$ .

15.5 Oefeningen

Oefening 15.1 ★

Bereken: $\displaystyle\int_0^1 \frac{\dd x}{x^2 - 4}$ (partiële breuken, Hoofdstuk 9); $\displaystyle\int_1^{\eu} \ln t \,\dd t$ ; $\displaystyle\int_0^{\pi} t \sin t\, \dd t$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 15.1.

$\dfrac{1}{x^2-4} = \dfrac{1/4}{x - 2} - \dfrac{1/4}{x+2}$ (afdekmethode), dus

\int_0^1 \frac{\dd x}{x^2 - 4} = \frac14\Bigl[\ln\abs{x-2} - \ln\abs{x+2}\Bigr]_0^1 = \frac14\Bigl(\ln\frac{1}{3} - \ln 1\Bigr) = -\frac{\ln 3}{4}.

Met partiële integratie ( $u' = 1$ , $v = \ln t$ ): $\int_1^{\eu} \ln t\,\dd t = \bigl[t\ln t\bigr]_1^{\eu} - \int_1^{\eu} \dd t = \eu - (\eu - 1) = 1$ .

Met partiële integratie ( $u' = \sin t$ , $v = t$ ): $\int_0^\pi t\sin t\,\dd t = \bigl[-t\cos t\bigr]_0^\pi + \int_0^\pi \cos t\,\dd t = \pi + 0 = \pi$ .

Oefening 15.2 ★

Bereken $\displaystyle\int_0^{1} \frac{t}{(t^2+1)^2}\,\dd t$ (substitutie) en $\displaystyle\int_0^{\pi/2} \cos^3 t\, \dd t$ (schrijf $\cos^3 = \cos(1 - \sin^2)$ ).

Oplossing

Oplossing van Oefening 15.2.

Substitutie $u = t^2 + 1$ , $\dd u = 2t\,\dd t$ :

\int_0^1 \frac{t\,\dd t}{(t^2+1)^2} = \frac12 \int_1^2 \frac{\dd u}{u^2} = \frac12\Bigl[-\frac1u\Bigr]_1^2 = \frac14 .

Met $u = \sin t$ : $\int_0^{\pi/2} \cos^3 t\,\dd t = \int_0^{\pi/2} (1 - \sin^2 t)\cos t\,\dd t = \bigl[\sin t - \frac{\sin^3 t}{3}\bigr]_0^{\pi/2} = 1 - \frac13 = \frac23$ .

Oefening 15.3 ★

Bepaal de limieten, als Riemannsommen:

u_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{n}{n^2 + k^2}, \qquad v_n = \frac{1}{n}\sqrt[n]{\frac{(2n)!}{n!\,n^n}} \ \emph{(neem logaritmen)}.

Oplossing

Oplossing van Oefening 15.3.

$u_n = \dfrac1n \sum_{k=1}^{n} \dfrac{1}{1 + (k/n)^2}$ : een Riemannsom van $x \mapsto \frac{1}{1+x^2}$ op $\intcc{0}{1}$ , dus $u_n \to \int_0^1 \frac{\dd x}{1+x^2} = \arctan 1 = \dfrac\pi4$ .

$\ln v_n = \dfrac1n \sum_{k=1}^{n} \ln\dfrac{n+k}{n} = \dfrac 1n \sum_{k=1}^n \ln\Bigl(1 + \dfrac kn\Bigr) \to \int_0^1 \ln(1+x)\,\dd x = \bigl[(1+x)\ln(1+x) - x\bigr]_0^1 = 2\ln 2 - 1$ . Bijgevolg $v_n \to \eu^{2\ln 2 - 1} = \dfrac 4\eu$ . (Controle van de identificatie: $\frac{(2n)!}{n!\,n^n} = \prod_{k=1}^{n} \frac{n+k}{n}$ .)

Oefening 15.4 ★

Zij $f$ continu op $\intcc{0}{1}$ . Bereken $\lim_{n\to\infty} \int_0^1 x^n f(x)\,\dd x$ . (Snijd $\intcc{0}{1}$ bij $1 - \delta$ .)

Oplossing

Oplossing van Oefening 15.4.

De limiet is $0$ . Zij $M = \sup \abs f$ en $\varepsilon \in \intoo{0}{1}$ . Snijd bij $1 - \varepsilon$ :

\Bigl| \int_0^1 x^n f \Bigr| \leq \int_0^{1 - \varepsilon} x^n \abs f + \int_{1-\varepsilon}^1 x^n \abs f \leq M\,(1-\varepsilon)^n + M\varepsilon .

Aangezien $(1 - \varepsilon)^n \to 0$ (Oefening 11.3), is de limsup van het linkerlid $\leq M\varepsilon$ voor elke $\varepsilon$ : de integraal streeft naar $0$ .

Oefening 15.5 ★★

(Cauchy–Schwarz) Voor $f, g$ continu op $\intcc{a}{b}$ , bewijs

\Bigl(\int_a^b fg\Bigr)^{\!2} \leq \int_a^b f^2 \cdot \int_a^b g^2 ,

door $\int_a^b (f + \lambda g)^2 \geq 0$ als een kwadratische vergelijking in $\lambda$ te ontwikkelen. Wanneer geldt gelijkheid?

Oplossing

Oplossing van Oefening 15.5.

$Q(\lambda) = \int_a^b (f + \lambda g)^2 = \int f^2 + 2\lambda \int fg + \lambda^2 \int g^2 \geq 0$ voor alle $\lambda$ . Als $\int g^2 = 0$ , dan is $g = 0$ (strikte positiviteit, Stelling 15.7 (4)) en de ongelijkheid is $0 \leq 0$ . Anders is $Q$ een echte kwadratische vergelijking, overal $\geq 0$ : haar discriminant is $\leq 0$ , d.w.z. $\bigl(\int fg\bigr)^2 \leq \int f^2 \int g^2$ .

Gelijkheid dan en slechts dan als de discriminant verdwijnt dan en slechts dan als $Q(\lambda_0) = 0$ voor een zekere $\lambda_0$ , d.w.z. $\int (f + \lambda_0 g)^2 = 0$ , d.w.z. (opnieuw strikte positiviteit) $f = -\lambda_0 g$ : gelijkheid geldt precies wanneer $f$ en $g$ evenredig zijn.

Oefening 15.6 ★★

Zij $f$ continu op $\R$ , $T$ -periodiek. Bewijs dat $\int_a^{a+T} f$ niet afhangt van $a$ , en dat $\frac1x \int_0^x f(t)\,\dd t \to \frac 1T \int_0^T f$ als $x \to +\infty$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 15.6.

Zij $\Phi(a) = \int_a^{a+T} f$ . Volgens de hoofdstelling (Stelling 15.9) is $\Phi$ afleidbaar met $\Phi'(a) = f(a + T) - f(a) = 0$ : constant.

Voor $x > 0$ , schrijf $x = nT + r$ , $0 \leq r < T$ ( $n = \lfloor x/T \rfloor$ ). Chasles:

\int_0^x f = n \int_0^T f + \int_{nT}^{nT + r} f, \qquad \Bigl| \int_{nT}^{nT+r} f \Bigr| \leq T \sup_{\intcc{0}{T}} \abs f = C .

Dan is $\frac 1x \int_0^x f = \frac{nT}{x}\cdot\frac 1T \int_0^T f + O\bigl(\frac 1x\bigr)$ , en $\frac{nT}{x} \to 1$ : de limiet is $\frac1T \int_0^T f$ .

Oefening 15.7 ★★

Voor $f$ continu op $\intcc{0}{1}$ met $\int_0^1 f = \frac12$ , bewijs dat $f$ een vast punt heeft in $\intcc{0}{1}$ . (Integreer $f(x) - x$ en gebruik strikte positiviteit, Stelling 15.7 (4), via haar contrapositie gecombineerd met de tussenwaardestelling.)

Oplossing

Oplossing van Oefening 15.7.

Zij $g(x) = f(x) - x$ : continu, met

\int_0^1 g = \int_0^1 f - \frac12 = 0 .

Als $g$ nooit verdween, zou de tussenwaardestelling een constant teken afdwingen (een continue functie op een interval die beide tekens aanneemt, verdwijnt); zeg $g > 0$ . Dan, door strikte positiviteit (Stelling 15.7 (4) toegepast op $g > 0$ , wat $\int g > 0$ geeft): tegenspraak met $\int g = 0$ . Dus $g(c) = 0$ voor een zekere $c$ : $f(c) = c$ .

Oefening 15.8 ★★★

(Wallis-integralen) Zij $W_n = \int_0^{\pi/2} \sin^n t\,\dd t$ .

Bewijs de recurrentie $n W_n = (n-1) W_{n-2}$ ( $n \geq 2$ ) met partiële integratie, en bereken $W_0, W_1$ , daarna $W_{2p}$ en $W_{2p+1}$ in gesloten vorm.
Bewijs dat $(W_n)$ dalend is met $\frac{W_{n+1}}{W_n} \to 1$ ; bewijs dat de grootheid $(n+1)\,W_{n+1} W_n$ constant is, gelijk aan $\frac\pi2$ ; en leid het equivalent $W_n \sim \sqrt{\dfrac{\pi}{2n}}$ af.

Oplossing

Oplossing van Oefening 15.8.

Met partiële integratie met $u' = \sin t$ , $v = \sin^{n-1} t$ :

$W_n = \bigl[-\cos t\sin^{n-1}t\bigr]_0^{\pi/2} + (n-1)\int_0^{\pi/2} \cos^2 t\,\sin^{n-2} t\,\dd t = (n-1)(W_{n-2} - W_n),$

dus $nW_n = (n-1)W_{n-2}$ . Uit $W_0 = \frac\pi2$ , $W_1 = 1$ :

$W_{2p} = \frac{(2p-1)(2p-3)\cdots 1}{(2p)(2p-2)\cdots 2}\, \frac{\pi}{2} = \frac{(2p)!}{4^p (p!)^2}\,\frac\pi2, \qquad W_{2p+1} = \frac{(2p)(2p-2)\cdots 2}{(2p+1)(2p-1)\cdots 3} = \frac{4^p (p!)^2}{(2p+1)!} .$
Op $\intoo{0}{\frac\pi2}$ is $0 < \sin t < 1$ , dus $\sin^{n+1} < \sin^n$ en $(W_n)$ is (strikt) dalend, positief. Insluiten met de recurrentie:

$\frac{n}{n+1} = \frac{W_{n+1}}{W_{n-1}} \leq \frac{W_{n+1}}{W_n} \leq 1 \quad\implies\quad \frac{W_{n+1}}{W_n} \to 1 .$

Invariant: $a_n = (n+1)W_{n+1}W_n$ voldoet aan $a_n = a_{n-1}$ door de recurrentie $(n+1)W_{n+1} = nW_{n-1}$ , dus $a_n = a_0 = 1 \cdot W_1 W_0 = \frac\pi2$ . Dan

$n W_n^2 \sim (n+1) W_{n+1} W_n = \frac\pi2 \quad\implies\quad W_n \sim \sqrt{\frac{\pi}{2n}} .$

Oefening 15.9 ★★★

(Niven: $\pi$ is irrationaal) Veronderstel $\pi = \frac ab$ met $a, b \in \N^*$ , en stel, voor een nader te kiezen $n$ ,

P(x) = \frac{x^n (a - bx)^n}{n!}, \qquad I_n = \int_0^{\pi} P(x)\sin x\, \dd x .

Bewijs dat $0 < I_n \leq \pi\,\frac{(\pi a)^n}{n!}$ , wat $< 1$ is voor grote $n$ .
Bewijs dat $P$ en al haar afgeleiden gehele waarden aannemen in $0$ en in $\pi = \frac ab$ . (Binomiale ontwikkeling: de coëfficiënten van $P$ maal $k!$ zijn geheel voor $k \geq n$ ; en $P(\pi - x) = P(x)$ .)
Stel $Q = P - P'' + P^{(4)} - \dots$ (een eindige som). Controleer dat $\bigl(Q'\sin x - Q\cos x\bigr)' = P \sin x$ , en leid af dat $I_n = Q(\pi) + Q(0)$ een geheel getal is.
Besluit.

Oplossing

Oplossing van Oefening 15.9.

Op $\intoo{0}{\pi}$ : $x > 0$ , $a - bx = b(\frac ab - x) = b(\pi - x) > 0$ en $\sin x > 0$ , dus de integrand is $> 0$ en $I_n > 0$ (strikte positiviteit). Grens: op $\intcc{0}{\pi}$ is $x \leq \pi$ en $a - bx \leq a$ , dus $P \leq \frac{\pi^n a^n}{n!}$ en $I_n \leq \pi\,\frac{(\pi a)^n}{n!}$ , wat naar $0$ streeft (de faculteit verslaat de meetkundige term: het is de algemene term van de convergente exponentiële reeks, cf. Voorbeeld 11.12); in het bijzonder $I_n < 1$ voor grote $n$ .
Ontwikkel $x^n(a - bx)^n = \sum_{j=0}^{n} \binom nj a^{n-j} (-b)^j x^{n+j}$ : dus $P = \frac{1}{n!}\sum_j c_j x^{n+j}$ met gehele $c_j$ . Dan is $P^{(k)}(0) = 0$ voor $k < n$ (valuatie) en, voor $n \leq k \leq 2n$ , $P^{(k)}(0) = \frac{k!}{n!} c_{k-n}$ , een geheel getal omdat $n! \mid k!$ . Bovendien $P(\pi - x) = P(x)$ (substitueer: $\pi - x$ verwisselt de factoren, met $a - b(\pi - x) = bx$ ), dus $P^{(k)}(\pi) = \pm P^{(k)}(0)$ : eveneens gehele getallen.
Met $Q = P - P'' + P^{(4)} - \dots$ (eindig: $P$ heeft graad $2n$ ): $Q + Q'' = P$ , en

$\bigl(Q'\sin x - Q\cos x\bigr)' = (Q + Q'')\sin x = P\sin x .$

Bijgevolg $I_n = \bigl[Q'\sin x - Q\cos x\bigr]_0^{\pi} = Q(\pi) + Q(0)$ , een som van waarden $P^{(2k)}$ in $0$ en $\pi$ : een geheel getal volgens (2).
Voor grote $n$ is $I_n$ een geheel getal met $0 < I_n < 1$ : onmogelijk. De veronderstelling $\pi = \frac ab$ faalt: $\pi$ is irrationaal.

Oefening 15.10 ★★★

Zij $f$ van klasse $C^1$ op $\intcc{a}{b}$ . Bewijs de limiet van het Riemann–Lebesgue-type

\int_a^b f(t)\sin(\lambda t)\,\dd t \xrightarrow[\lambda \to +\infty]{} 0

door partiële integratie. Bewijs haar dan opnieuw voor $f$ enkel continu, door uniforme benadering met trapfuncties (Stelling 15.3).

Oplossing

Oplossing van Oefening 15.10.

$C^1$ -geval: met partiële integratie,

\int_a^b f(t)\sin\lambda t\,\dd t = \Bigl[-f(t)\frac{\cos\lambda t}{\lambda}\Bigr]_a^b + \frac{1}{\lambda}\int_a^b f'(t)\cos\lambda t\,\dd t,

in absolute waarde begrensd door $\frac{2\sup\abs f + (b - a)\sup\abs{f'}}{\lambda} \to 0$ .

Continu geval: zij $\varepsilon > 0$ en kies een trapfunctie $\varphi$ met $\abs{f - \varphi} \leq \varepsilon$ (Stelling 15.3 levert $\varphi \leq f \leq \psi$ met marge $\leq\varepsilon$ ; neem $\varphi$ ). Dan

\Bigl|\int_a^b f\sin\lambda t\Bigr| \leq \int_a^b \abs{f - \varphi} + \Bigl|\int_a^b \varphi \sin\lambda t\Bigr| \leq (b-a)\varepsilon + \sum_i \abs{c_i}\,\Bigl|\int_{x_{i-1}}^{x_i} \sin\lambda t\,\dd t\Bigr| ,

en elke $\bigl|\int \sin \lambda t\bigr| = \bigl|\frac{\cos\lambda x_{i-1} - \cos\lambda x_i}{\lambda}\bigr| \leq \frac{2}{\lambda}$ : de tweede term streeft naar $0$ . Bijgevolg is de limsup $\leq (b-a)\varepsilon$ voor elke $\varepsilon$ : de limiet is $0$ .

Oefening 15.11 ★★

(Middelwaardestelling voor integralen) Zij $f, g$ continu op $\intcc{a}{b}$ met $g \geq 0$ . Bewijs dat er een $c \in \intcc{a}{b}$ bestaat met

\int_a^b f(t)\,g(t)\,\dd t = f(c)\int_a^b g(t)\,\dd t ,

en toon met een voorbeeld dat de hypothese $g \geq 0$ niet kan worden weggelaten.

Oplossing

Oplossing van Oefening 15.11.

Zij $m = \min f$ en $M = \max f$ , bereikt volgens de extremumstelling. Aangezien $g \geq 0$ : $m\,g \leq fg \leq M\,g$ , dus door monotonie

m \int_a^b g \;\leq\; \int_a^b fg \;\leq\; M \int_a^b g .

Als $\int_a^b g = 0$ : strikte positiviteit (Stelling 15.7 (4)) dwingt $g \equiv 0$ af, beide leden verdwijnen, en elke $c$ voldoet. Anders ligt $t = \frac{\int fg}{\int g}$ in $\intcc{m}{M} = f(\intcc{a}{b})$ (Stellingen 13.13 en 13.10), dus $t = f(c)$ voor een zekere $c$ .

Het teken doet ertoe: op $\intcc{-1}{1}$ met $f(t) = g(t) = t$ : $\int fg = \int_{-1}^1 t^2 = \frac23$ , terwijl $f(c)\int_{-1}^1 t\,\dd t = 0$ voor elke $c$ .

Oefening 15.12 ★★★

(Momenten forceren nulpunten) Zij $f$ continu op $\intcc{a}{b}$ met

\int_a^b f(t)\,t^k\,\dd t = 0 \qquad \text{voor } k = 0, 1, \dots, n .

Bewijs dat $f$ verdwijnt in $n + 1$ verschillende punten van $\intoo{a}{b}$ . (Als $f$ enkel van teken wisselt in $z_1 < \dots < z_m$ met $m \leq n$ , integreer $f$ tegen $P(t) = (t - z_1) \cdots (t - z_m)$ en gebruik strikte positiviteit.)

Oplossing

Oplossing van Oefening 15.12.

Als $f \equiv 0$ is de bewering triviaal (elk punt is een nulpunt). Veronderstel dus $f \not\equiv 0$ en neem aan dat het hoogstens $n$ verschillende nulpunten heeft in $\intoo{a}{b}$ ; zij $z_1 < \dots < z_m$ ( $m \leq n$ ) die nulpunten waar $f$ van teken wisselt (mogelijk geen). Stel $P(t) = \prod_{i=1}^{m}(t - z_i)$ (leeg product $= 1$ ), van graad $m \leq n$ . Op elk deelinterval gesneden door de $z_i$ hebben zowel $f$ als $P$ een constant teken, en beide keren van teken bij het passeren van een zekere $z_i$ : het product $fP$ heeft één constant teken op heel $\intoo{a}{b}$ . Continu zijnde, niet identiek nul, van constant teken, heeft het $\bigl|\int_a^b fP\bigr| > 0$ (strikte positiviteit toegepast op $\abs{fP}$ ). Maar $\int f P$ is een lineaire combinatie van de momenten $\int f\,t^k$ , $k \leq n$ , alle nul: tegenspraak. Bijgevolg heeft $f$ minstens $n + 1$ verschillende nulpunten in $\intoo{a}{b}$ .

Opmerking 15.24 (Perspectieven binnen dit volume)

Drie verdere hoofdstukken steunen rechtstreeks op dit hoofdstuk. Hoofdstuk 16 draagt de integraalrest — de scherpste van de drie Taylor-formules is een $n$ maal herhaalde partiële integratie. Hoofdstuk 17 zet de omkadering van sommen door integralen om in de beslissende test voor $\sum n^{-\alpha}$ , en haar weekendprobleem verfijnt die omkadering tot de constante van Euler. Hoofdstuk 24 maakt de integraal meetkundig: de lengte van een geparametriseerde boog is $\int \sqrt{x'(t)^2 + y'(t)^2}\,\dd t$ , een integraal van een continue functie op een segment — precies het object dat hier is opgebouwd, zonder oneigenlijke theorie nodig. Het meest herbruikte feit zal het nederigste zijn: $\bigl|\int f\bigr| \leq (b - a)\sup\abs{f}$ , de ongelijkheid die elke puntsgewijze schatting omzet in een integraalschatting.

15.6 Probleem: De integraal-irrationaliteitsmachine

Probleem 15.1

Weekendprobleem — $\eu$ en $\pi^2$ zijn irrationaal, $\eu$ tot op zes decimalen, en $\frac{22}{7} > \pi$ met bewijs

Eén mechanisme drijft dit hele probleem aan: een uitdrukking die een positief geheel getal moet zijn, maar aantoonbaar kleiner is dan $1$ , kan niet bestaan. Oefening 15.9 (Niven) liet het één keer draaien om te bewijzen dat $\pi \notin \Q$ ; hier industrialiseren we het. De machine heeft drie onderdelen nodig: een geheeltalligheids-invoer (eindpuntwaarden van welgekozen veeltermen), een kleinheids-invoer (een factor $\frac{1}{n!}$ die de integraal verplettert), en een brug (partiële integratie) die ze verbindt. We bewijzen dat $\eu$ irrationaal is en berekenen haar met gecertificeerde fout, bewijzen Legendres scherpere stelling dat $\pi^2$ irrationaal is, en eindigen met de charmantste integraal in de analyse: $\int_0^1 \frac{x^4(1 - x)^4}{1 + x^2}\dd x = \frac{22}{7} - \pi$ , die $\pi$ met de hand omsluit.

Deel I — Brandstof.

Bewijs dat $\dfrac{c^{\,n}}{n!} \to 0$ voor elke vaste $c > 0$ (voorbij $n \geq 2c$ halveert elke stap de term minstens).
(Beta-integralen) Bewijs, door inductie op $m$ met partiële integratie:

$\int_0^1 x^{\,k}\,(1 - x)^{\,m}\,\dd x = \frac{k!\,m!}{(k + m + 1)!} \qquad (k, m \in \N).$
Leid $\displaystyle\int_0^1 \bigl(x(1-x)\bigr)^n \dd x = \frac{1}{(2n+1)\binom{2n}{n}}$ af, en — door te vergelijken met de grens $x(1 - x) \leq \frac14$ — de schatting $\binom{2n}{n} \geq \dfrac{4^n}{2n+1}$ , in overeenstemming met $\binom{2n}{n}^{1/n} \to 4$ uit Probleem 11.1.
Bewijs het kleinheidslemma dat hieronder tweemaal wordt gebruikt: voor elke continue $g > 0$ op $\intoo{0}{1}$ ,

$0 < \int_0^1 \bigl(x(1-x)\bigr)^n g(x)\,\dd x \leq \frac{\sup_{\intcc{0}{1}}\abs g}{4^{\,n}} .$

Deel II — $\eu$ : irrationaliteit, dan zes decimalen. Stel $A_n = \displaystyle\int_0^1 x^n \eu^x \dd x$ .

Bereken $A_0$ en $A_1$ , bewijs de recurrentie $A_n = \eu - n A_{n-1}$ , en de grenzen $0 < A_n \leq \dfrac{\eu}{n+1}$ .
Toon door inductie dat $A_n = \alpha_n + \beta_n \eu$ met $\alpha_n, \beta_n \in \Z$ .
Leid af dat $\eu$ irrationaal is (als $\eu = \frac pq$ , dan is $q A_n$ een geheel getal gevangen in $\intoo{0}{1}$ voor grote $n$ ). Vergelijk met het bewijs van Oefening 11.9: dezelfde clou, andere brandstof.
Bewijs, door inductie en partiële integratie, de exacte restformule

$\eu = \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{k!} + R_n, \qquad R_n = \frac{1}{n!}\int_0^1 (1 - t)^n\,\eu^{\,t}\,\dd t, \qquad \frac{1}{(n+1)!} \leq R_n \leq \frac{\eu}{(n+1)!} .$
Neem $n = 9$ : begrens $R_9$ met behulp van $\eu < 2.75$ (uit $b_2 = 2.75$ in Voorbeeld 11.12), evalueer de som, en besluit de gecertificeerde omsluiting $2.7182818 \leq \eu \leq 2.7182823$ — zes decimalen, $\eu \approx 2.718282$ , met bewijs.

Deel III — Legendres stelling: $\pi^2$ is irrationaal. Zij $f(x) = \dfrac{x^n (1 - x)^n}{n!}$ , en veronderstel $\pi^2 = \frac ab$ met $a, b \in \N^*$ .

Toon $f(1 - x) = f(x)$ en $0 < f \leq \dfrac{1}{4^n\,n!}$ op $\intoo{0}{1}$ .
Toon dat $f^{(k)}(0)$ en $f^{(k)}(1)$ gehele getallen zijn voor elke $k \geq 0$ (ontwikkel $x^n(1-x)^n$ met gehele coëfficiënten; $\frac{k!}{n!} \in \Z$ voor $k \geq n$ ; gebruik dan de symmetrie).
Definieer

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

Toon dat $G(0)$ en $G(1)$ gehele getallen zijn (elke $b^n \pi^{2n-2k} = a^{\,n-k}\,b^{\,k}$ ).
Verifieer de telescopering $G'' + \pi^2 G = b^n \pi^{2n+2} f = \pi^2 a^n f$ , daarna

$\frac{\dd}{\dd x}\Bigl(G'(x)\sin \pi x - \pi\,G(x)\cos \pi x\Bigr) = \pi^2 a^n f(x)\sin \pi x .$
Integreer over $\intcc{0}{1}$ en besluit

$\pi\,a^n \int_0^1 f(x)\sin(\pi x)\,\dd x = G(0) + G(1) \in \Z ,$

een positief geheel getal begrensd door $\dfrac{\pi a^n}{4^n\,n!}$ .
Besluit met vraag 1 dat $\pi^2$ irrationaal is (Legendre, 1794), en dat dit Oefening 15.9 versterkt: waarom impliceert de irrationaliteit van $\pi^2$ die van $\pi$ , en niet omgekeerd?

Deel IV — De machine begrijpen.

Lokaliseer de twee tegengestelde krachten (geheeltalligheid van de eindpuntgegevens; analytische kleinheid van de integraal) en de brug, in Deel II en III. Verklaar dan waarom de factor $\frac{1}{n!}$ in $f$ de kern is: als hij wordt verwijderd, overleeft de geheeltalligheid, maar welke ongelijkheid sterft, en voor welke beweerde breuken $\frac ab$ faalt het bewijs dan?
Effectiviteit: veronderstel dat iemand beweert $\pi^2 = \frac ab$ met $a \leq 10$ . Toon dat de tegenspraak reeds landt bij $n = 7$ : bereken $\pi\,(10/4)^7/7! \approx 0.38 < 1$ . De machine weerlegt niet enkel; ze weerlegt bij een vast, berekenbaar stadium.
Controleer de brug onvoorwaardelijk op consistentie: bewijs door twee partiële integraties dat

$\int_0^1 x(1 - x)\sin(\pi x)\,\dd x = \frac{4}{\pi^3},$

en verzoen met vraag 14 bij $n = 1$ (houd $\pi^2$ symbolisch: de getelescopeerde identiteit luidt $\pi^3 \int_0^1 f_1 \sin \pi x = -(f_1''(0) + f_1''(1)) = 4$ ).
Wat maakt $\eu^x$ en $\sin \pi x$ geschikt als de kernen van de machine? Identificeer de eigenschap (elk voldoet aan een lineaire differentiaalvergelijking met constante coëfficiënten, zodat herhaalde partiële integratie terugkeert naar het begin), en benoem de grens: dezelfde machine, verfijnd door Hermite en Lindemann, bewijst dat $\eu$ en $\pi$ transcendent zijn — voorbij dit volume.

Deel V — $\frac{22}{7}$ tegenover $\pi$ , en de moraal.

Stel de veeltermdeling vast

$\frac{x^4(1-x)^4}{1 + x^2} = x^6 - 4x^5 + 5x^4 - 4x^2 + 4 - \frac{4}{1 + x^2},$

en leid de befaamde identiteit af

$\int_0^1 \frac{x^4 (1-x)^4}{1 + x^2}\,\dd x = \frac{22}{7} - \pi .$
De integrand is positief: besluit $\pi < \frac{22}{7}$ . Begrens dan $\frac{1}{1+x^2}$ tussen $\frac12$ en $1$ en gebruik $\int_0^1 (x(1-x))^4 = \frac{1}{630}$ (vraag 3) om te bewijzen dat

$\frac{22}{7} - \frac{1}{630} \;\leq\; \pi \;\leq\; \frac{22}{7} - \frac{1}{1260} ,$

d.w.z. $3.14126 \leq \pi \leq 3.14207$ : twee correcte decimalen, met de hand.
Veralgemeen: door $x^{4m}(1-x)^{4m}$ te delen door $1 + x^2$ , toon dat de rest de constante $(-4)^m$ is (werk modulo $x^2 + 1$ : $(1-x)^2 \equiv -2x$ ), leid rationale getallen $r_m$ af met

$\abs{\pi - r_m} \leq 4^{\,1 - 5m} ,$

en controleer dat $m = 1$ vraag 20–21 reproduceert.
Confronteer deze rationale getallen met de benaderingstheorie van Probleem 14.1: bereken $\abs{\pi - \frac{22}{7}} \approx 1.26\cdot10^{-3}$ tegenover de Dirichlet-garantie $\frac{1}{49}$ , en citeer $\abs{\pi - \frac{355}{113}} \approx 2.7\cdot10^{-7}$ tegenover $\frac{1}{113^2} \approx 7.8\cdot10^{-5}$ : uitzonderlijk goede rationale benaderingen bestaan voor $\pi$ — consistent, aangezien $\pi$ niet bekendstaat als slecht benaderbaar.
(De geheeltalligheidsval, geabstraheerd) Bewijs het lemma dat alles verenigt: als $x \in \R$ en er gehele getallen $a_n, b_n$ bestaan met $0 < \abs{a_n + b_n x} \to 0$ , dan is $x$ irrationaal. Somm haar gevallen op in dit probleem, in Oefening 15.9, in Oefening 11.9, en in Probleem 14.1.
Synthese, één zin per stuk: (i) de drie onderdelen van de machine en waar elk woont in de gereedschapskist van dit hoofdstuk; (ii) wat de integraal bijdraagt dat de middelwaardestelling van Probleem 14.1 niet kon; (iii) de inventaris van geëxtraheerde resultaten (twee irrationaliteiten, één zes-decimalen-constante, één omsluiting van $\pi$ , één binomiale grens); (iv) de grens (Hermite, Lindemann; en dezelfde val, gedraaid op $\zeta(2)$ en $\zeta(3)$ , in de twintigste-eeuwse rekenkunde).

Oplossing

Oplossing van Probleem 15.1.

1. Zij $N = \lceil 2c \rceil$ . Voor $n \geq N$ : $\frac{c^{n+1}/(n+1)!}{c^n/n!} = \frac{c}{n+1} \leq \frac12$ , dus $0 < \frac{c^n}{n!} \leq \frac{c^N}{N!}\,2^{-(n - N)} \to 0$ : knijp.

2. Fixeer $k$ ; inductie op $m$ . Voor $m = 0$ : $\int_0^1 x^k = \frac{1}{k+1} = \frac{k!\,0!}{(k+1)!}$ . Stap, met partiële integratie ( $u = (1-x)^m$ , $v' = x^k$ ):

\int_0^1 x^k (1-x)^m \dd x = \Bigl[\frac{x^{k+1}}{k+1}(1-x)^m\Bigr]_0^1 + \frac{m}{k+1}\int_0^1 x^{k+1}(1-x)^{m-1}\dd x = \frac{m}{k+1}\cdot\frac{(k+1)!\,(m-1)!}{(k+m+1)!} ,

wat $\frac{k!\,m!}{(k+m+1)!}$ is.

3. $k = m = n$ : $\int_0^1 (x(1-x))^n = \frac{(n!)^2}{(2n+1)!} = \frac{1}{(2n+1)\binom{2n}{n}}$ . Aangezien $x(1-x) \leq \frac14$ op $\intcc{0}{1}$ , is de integraal $\leq 4^{-n}$ , waaruit $\binom{2n}{n} \geq \frac{4^n}{2n+1}$ — consistent met $\binom{2n}{n}^{1/n} \to 4$ (Probleem 11.1).

4. De integrand is continu, $\geq 0$ , en positief op $\intoo{0}{1}$ , dus niet identiek nul: zijn integraal is $> 0$ (Stelling 15.7 (4)). Bovengrens: $(x(1-x))^n \leq 4^{-n}$ en $g \leq \sup\abs g$ , daarna monotonie.

5. $A_0 = \eu - 1$ ; $A_1 = [x\eu^x]_0^1 - \int_0^1 \eu^x = \eu - (\eu - 1) = 1$ . Met partiële integratie: $A_n = [x^n \eu^x]_0^1 - n\int_0^1 x^{n-1}\eu^x = \eu - n A_{n-1}$ . Grenzen: de integrand is positief, dus $A_n > 0$ ; en $\eu^x \leq \eu$ geeft $A_n \leq \eu\int_0^1 x^n = \frac{\eu}{n+1}$ .

6. $A_0 = -1 + 1\cdot\eu$ . Als $A_{n-1} = \alpha_{n-1} + \beta_{n-1}\eu$ met gehele termen, dan

A_n = \eu - n\alpha_{n-1} - n\beta_{n-1}\eu = \underbrace{(-n\,\alpha_{n-1})}_{\alpha_n} + \underbrace{(1 - n\,\beta_{n-1})}_{\beta_n}\,\eu ,

beide geheel.

7. Als $\eu = \frac pq$ : $q A_n = q\alpha_n + p\beta_n \in \Z$ , en $0 < qA_n \leq \frac{q\eu}{n+1} < 1$ voor grote $n$ : een geheel getal strikt tussen $0$ en $1$ — onmogelijk. Dus $\eu \notin \Q$ . In Oefening 11.9 was het gevangen geheel getal $q!\,\frac pq - q!\,a_q$ ; hier is het $qA_n$ : dezelfde val, integraalbrandstof.

8. $n = 0$ : $R_0 = \int_0^1 \eu^t = \eu - 1$ , dus $\eu = 1 + R_0$ . Met partiële integratie ( $u = \eu^t$ , $v = -\frac{(1-t)^{n+1}}{n+1}$ ):

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

dus de formule plant zich voort van $n$ naar $n + 1$ . Grenzen: $1 \leq \eu^t \leq \eu$ op $\intcc{0}{1}$ en $\int_0^1 (1-t)^n = \frac{1}{n+1}$ geven $\frac{1}{(n+1)!} \leq R_n \leq \frac{\eu}{(n+1)!}$ .

9. $\sum_{k=0}^{9} \frac{1}{k!} = \frac{986410}{362880} = 2.71828152\dots$ , en

\frac{1}{10!} = 2.76\cdot10^{-7} \leq R_9 \leq \frac{2.75}{10!} = 7.58\cdot10^{-7} ,

dus $2.7182818 \leq \eu \leq 2.7182823$ : met bewijs, $\eu = 2.718282$ tot op zes decimalen (werkelijke waarde $2.7182818\dots$ ).

10. $f(1 - x) = \frac{(1-x)^n x^n}{n!} = f(x)$ . Op $\intoo{0}{1}$ : $0 < x(1-x) \leq \frac14$ , dus $0 < f \leq \frac{1}{4^n\,n!}$ .

11. $x^n(1-x)^n = \sum_{j=0}^{n} (-1)^j\binom nj\,x^{n+j}$ , dus $f = \frac{1}{n!}\sum_j c_j\,x^{n+j}$ met $c_j \in \Z$ . Bijgevolg $f^{(k)}(0) = 0$ voor $k < n$ of $k > 2n$ , en voor $n \leq k \leq 2n$ : $f^{(k)}(0) = \frac{k!}{n!}\, c_{k-n}$ , een geheel getal omdat $n! \mid k!$ . De symmetrie geeft $f^{(k)}(1) = (-1)^k f^{(k)}(0) \in \Z$ .

12. $b^n \pi^{2n-2k} = b^n\bigl(\frac ab\bigr)^{\,n-k} = a^{\,n-k}\,b^{\,k} \in \Z$ , dus $G(0) = \sum_k (-1)^k a^{n-k} b^k f^{(2k)}(0)$ en evenzo $G(1)$ zijn gehele getallen volgens vraag 11.

13. In $\pi^2 G + G''$ draagt de term $k$ van $\pi^2 G$ $\pi^{2n-2k+2}f^{(2k)}$ en de term $j = k - 1$ van $G''$ draagt $(-1)^{k-1}\pi^{2n-2k+2}f^{(2k)}$ : alles heft zich op behalve $k = 0$ in de eerste som en $j = n$ in de tweede, d.w.z.

G'' + \pi^2 G = b^n\bigl(\pi^{2n+2} f + (-1)^n f^{(2n+2)}\bigr) = b^n \pi^{2n+2} f = \pi^2 a^n f

( $f$ heeft graad $2n$ , dus $f^{(2n+2)} = 0$ ; en $b^n\pi^{2n} = a^n$ ). Dan

\bigl(G'\sin\pi x - \pi G\cos\pi x\bigr)' = (G'' + \pi^2 G)\sin \pi x = \pi^2 a^n f\sin\pi x .

14. Door te integreren over $\intcc{0}{1}$ :

\pi^2 a^n \int_0^1 f\sin(\pi x)\,\dd x = \bigl[G'\sin\pi x - \pi G\cos\pi x\bigr]_0^1 = \pi\bigl(G(1) + G(0)\bigr) ,

dus $\pi a^n \int_0^1 f\sin\pi x = G(0) + G(1) \in \Z$ . Op $\intoo{0}{1}$ is $f > 0$ en $\sin\pi x > 0$ : het linkerlid is positief, dus $G(0) + G(1) \geq 1$ ; en $\sin \leq 1$ met vraag 10 begrenst het door $\frac{\pi a^n}{4^n\,n!}$ .

15. Volgens vraag 1 (met $c = \frac a4$ ), $\frac{\pi a^n}{4^n n!} \to 0$ : voor grote $n$ is het $< 1$ , in tegenspraak met $G(0) + G(1) \geq 1$ . Dus geen enkele breuk $\frac ab$ is gelijk aan $\pi^2$ : Legendres stelling. Als $\pi$ rationaal was, zou $\pi^2$ dat ook zijn: dus $\pi \notin \Q$ — en de implicatie loopt enkel deze kant op ( $\sqrt2$ is irrationaal met rationaal kwadraat), wat de reden is waarom $\pi^2 \notin \Q$ strikt sterker is dan Oefening 15.9.

16. Geheeltalligheid: vragen 11–12 (eindpuntafgeleiden); kleinheid: vragen 10 en 1; brug: vragen 13–14 (de getelescopeerde dubbele partiële integratie). Zonder $\frac{1}{n!}$ blijven de eindpuntgegevens gehele getallen (zelfs gemakkelijker), maar de grens wordt $\frac{\pi a^n}{4^n}$ , die enkel naar $0$ streeft wanneer $a < 4$ — en elke kandidaat heeft $a = b\,\pi^2 > 9$ . De faculteit is precies wat de meetkundige groei $a^n$ voorbijstreeft: geen faculteit, geen stelling.

17. Voor $a \leq 10$ is het gehele getal $G(0) + G(1)$ positief en hoogstens $\pi\,(10/4)^n/n!$ . Bij $n = 7$ : $2.5^7 = 610.35\dots$ , dus de grens is $\frac{\pi \times 610.35}{5040} \approx 0.38 < 1$ (bij $n = 6$ is het nog steeds $1.07$ ): de tegenspraak landt bij het zevende stadium, expliciet.

18. Twee partiële integraties:

\int_0^1 x(1-x)\sin\pi x\,\dd x = \frac1\pi\int_0^1 (1 - 2x)\cos\pi x\,\dd x = \frac{2}{\pi^2}\int_0^1 \sin\pi x\,\dd x = \frac{2}{\pi^2}\cdot\frac{2}{\pi} = \frac{4}{\pi^3}

(de haaktermen verdwijnen: $x(1-x)$ in $0, 1$ , en $\sin\pi x$ in $0, 1$ ). Symbolisch luidt de $n = 1$ -telescoop (geen aanname over $\pi$ ) $\pi^3\int_0^1 f_1\sin\pi x = -(f_1''(0) + f_1''(1))$ met $f_1 = x(1 - x)$ , $f_1'' = -2$ : rechterlid $4$ — de twee berekeningen komen overeen.

19. $\eu^x$ lost $y' = y$ op en $\sin\pi x$ lost $y'' = -\pi^2 y$ op: lineaire vergelijkingen met constante coëfficiënten, zodat partiële integratie de kern naar zichzelf terugvoert en alle randgegevens binnen $\Z + \Z\eu$ houdt (resp. gehele veeltermen in $\pi^2$ ). Die geslotenheidseigenschap is wat de machine nodig heeft. Verfijnd met kernen aangepast aan meerdere punten tegelijk levert hetzelfde mechanisme Hermites stelling ( $\eu$ transcendent, 1873) en die van Lindemann ( $\pi$ transcendent, 1882) — voorbij dit volume.

20. Veeltermdeling (of vermenigvuldig terug en controleer):

x^4(1-x)^4 = (x^6 - 4x^5 + 5x^4 - 4x^2 + 4)(1 + x^2) - 4 .

Door de weergegeven identiteit gedeeld door $1 + x^2$ te integreren:

\int_0^1 \frac{x^4(1-x)^4}{1+x^2}\dd x = \Bigl(\frac17 - \frac46 + 1 - \frac43 + 4\Bigr) - 4\arctan 1 = \frac{22}{7} - \pi ,

met $\frac17 - \frac23 + 1 - \frac43 + 4 = 3 + \frac17$ en $\arctan 1 = \frac\pi4$ .

21. De integrand is continu, positief op $\intoo{0}{1}$ : de integraal is $> 0$ , dus $\pi < \frac{22}{7}$ . Bovendien $\frac12 \leq \frac{1}{1+x^2} \leq 1$ op $\intcc{0}{1}$ en $\int_0^1 (x(1-x))^4 = \frac{(4!)^2}{9!} = \frac{1}{630}$ (vraag 3):

\frac{1}{1260} \leq \frac{22}{7} - \pi \leq \frac{1}{630} \quad\Longrightarrow\quad 3.14126 < \frac{22}{7} - \frac{1}{630} \leq \pi \leq \frac{22}{7} - \frac{1}{1260} < 3.14207 .

22. Modulo $x^2 + 1$ : $x^2 \equiv -1$ , dus $x^{4m} = (x^2)^{2m} \equiv 1$ en $(1 - x)^2 = 1 - 2x + x^2 \equiv -2x$ , bijgevolg $(1-x)^{4m} \equiv (-2x)^{2m} = 4^m (x^2)^m \equiv (-4)^m$ : de rest is de constante $(-4)^m$ , en het quotiënt $Q_m$ heeft gehele coëfficiënten (deling door een monische gehele veelterm). Door de identiteit door $1 + x^2$ te delen en te integreren:

J_m := \int_0^1 \frac{(x(1-x))^{4m}}{1+x^2}\dd x = s_m + (-4)^m\,\frac{\pi}{4}, \qquad s_m = \int_0^1 Q_m \in \Q .

Oplossen naar $\pi$ : met $r_m = (-1)^{m+1}\,4^{\,1-m} s_m \in \Q$ , $\;\abs{\pi - r_m} = 4^{\,1-m} J_m \leq 4^{\,1-m}\cdot4^{-4m} = 4^{\,1-5m}$ . Voor $m = 1$ : $s_1 = \frac{22}{7}$ , $r_1 = \frac{22}{7}$ , grens $4^{-4} = \frac{1}{256}$ — opnieuw vragen 20–21.

23. $\bigl|\pi - \frac{22}{7}\bigr| = \frac{22}{7} - \pi \approx 1.26\cdot10^{-3}$ , zestien keer beter dan de orde- $2$ -benchmark $\frac{1}{7^2} \approx 2.0\cdot10^{-2}$ gegarandeerd door Dirichlet (Probleem 14.1, vraag 4); en $\bigl|\pi - \frac{355}{113}\bigr| \approx 2.7\cdot10^{-7}$ verslaat $\frac{1}{113^2} \approx 7.8\cdot10^{-5}$ met een factor $\approx 300$ . Geen tegenspraak met iets bewezen: Liouville- ongelijkheden onderbegrenzen benaderingsfouten enkel voor algebraïsche getallen, en geen zulke grens voor $\pi$ is beschikbaar op dit niveau — $\pi$ is vrij om spectaculair goed benaderd te worden.

24. Lemma: veronderstel $x = \frac pq$ en $0 < \abs{a_n + b_n x} \to 0$ . Dan is $\abs{a_n + b_n x} = \frac{\abs{q a_n + p b_n}}{q}$ , met $q a_n + p b_n$ een niet-nul geheel getal (niet-nul omdat de absolute waarde $> 0$ is): dus $\abs{a_n + b_n x} \geq \frac1q$ voor elke $n$ , in tegenspraak met de convergentie naar $0$ . Gevallen: vraag 7 ( $x = \eu$ , $a_n = \alpha_n$ , $b_n = \beta_n$ ); Oefening 11.9 ( $x = \eu$ opnieuw, met $a_q = -q!\sum_{k \leq q}\frac{1}{k!}$ , $b_q = q!$ ); en Probleem 14.1, vraag 1, is haar meetkundige vorm. In Deel III en in Oefening 15.9 draait de val binnenin de tegenspraak: rationaliteit aannemen zet een uitdrukking om in een geheel getal, dat de analyse vervolgens inknijpt in $\intoo{0}{1}$ — hetzelfde principe, getransponeerd.

25. (i) Geheeltalligheid woont in de eindpuntrekenkunde van veeltermen (vragen 6, 11–12), kleinheid in de grenzen die $\sup$ -monotonie geeft (vragen 4, 10), de brug in partiële integratie (vragen 8, 13–14) — alle drie zijn stellingen van dit hoofdstuk. (ii) De integraal levert wat de middelwaardestelling niet kon: een exacte identiteit tussen het analytische object en de rekenkundige gegevens (gelijkheid, niet enkel een ongelijkheid met een onbekende $c$ ), wat de reden is waarom de machine $\pi^2$ bereikt terwijl Probleem 14.1 enkel benaderingsexponenten bereikte. (iii) Geëxtraheerd: $\eu \notin \Q$ , $\pi^2 \notin \Q$ (dus $\pi \notin \Q$ ), $\eu = 2.718282$ gecertificeerd, $\frac{22}{7} - \frac{1}{630} \leq \pi \leq \frac{22}{7} - \frac{1}{1260}$ , en $\binom{2n}{n} \geq \frac{4^n}{2n+1}$ . (iv) Grens: Hermite en Lindemann duwen dezelfde machine naar transcendentie; en Apéry (1979) liet de geheeltalligheidsval draaien op $\zeta(3)$ — de machine produceert nog steeds twintigste-eeuwse wiskunde.