Universitaire wiskunde — Bachelor jaar 1 · Bachelor Year 1

15Integratie op een segment

De integraal van het bovenbouwvolume steunde op intuïtief opgevatte oppervlakten. Dit hoofdstuk construeert hem: eerst voor trapfuncties, waar de integraal een eindige som is, en daarna voor continue (en stuksgewijs continue) functies door uniforme benadering — de plek waar de stelling van Heine (Stelling 13.22) haar kost verdient. De hoofdstelling van de integraalrekening verbindt de constructie vervolgens met primitieven, en de Riemannsommen verbinden hem met discrete gemiddelden.

Overal zijn $a < b$ reële getallen.

15.1 Trapfuncties

Definitie 15.1

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

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

onafhankelijk van de gekozen verdeling (verfijn twee verdelingen tot hun gemeenschappelijke verdeling: elk van beide leden blijft bij verfijning ongewijzigd).

Propositie 15.2

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

Bewijs. De motor is de invariantie onder verfijning, vermeld in de definitie: het invoegen van één extra knooppunt $t \in \intoo{x_{i-1}}{x_i}$ in een verdeling 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 onder elke eindige verfijning onveranderd blijft. Neem nu $\varphi$ met verdeling $\sigma$ en $\psi$ met verdeling $\sigma'$ : op de gemeenschappelijke verfijning $\sigma \cup \sigma'$ zijn beide trapfuncties met dezelfde knooppunten, en op elk stuk is $\varphi + \lambda\psi$ constant gelijk aan $c_i + \lambda d_i$ : de lineariteit herleidt zich tot die van eindige sommen. Stijging: $c_i \leq d_i$ op elk stuk geeft $\sum c_i \Delta_i \leq \sum d_i \Delta_i$ (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 $\delta$ bij $\varepsilon$ , en een verdeling met maaswijdte $< \delta$ (bijvoorbeeld gelijkmatig, 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 is $M_i - m_i \leq \varepsilon$ (de twee extremale 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{ trapfunctie},\ \varphi \leq f\Bigr\}, \qquad I_+(f) = \inf\Bigl\{\int_a^b \psi : \psi \text{ trapfunctie},\ \psi \geq f\Bigr\}

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

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 is er voor elke $\varepsilon$ een paar met $\int\psi - \int\varphi \leq \varepsilon(b - a)$ : het supremum en het infimum worden samengeknepen, $I_- = I_+$ . ∎

Voorbeeld 15.5 (Stuksgewijs continu, geen drama)

Het gehele deel op $\intcc{0}{3}$ is een vermomde trapfunctie: door in zijn sprongen te splitsen krijgen we

\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 $1, 2$ doen er niet toe: een functie in eindig veel punten wijzigen verandert geen enkele integraal (de omsluitende trapfuncties blijven onaangetast). Dat is de hele inhoud van de uitbreiding “stuksgewijs continu”: snijd in 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 snijd 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 worden op $\frac12$ samengeknepen, en $\int_0^1 x\,\dd x = \frac12$ rechtstreeks uit de definitie. Het afsluitende inzicht: dit is de eerste en de laatste keer dat we uit de definitie integreren — de hoofdstelling hieronder vervangt al zulke berekeningen door het opzoeken van één primitieve, en dat is het hele economische punt van dit hoofdstuk.

Stelling 15.7 (Eigenschappen)

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

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 afspraak $\int_b^a = -\int_a^b$ , geldig voor elke volgorde van de grenzen);
strikte positiviteit: is $f$ continu, $f \geq 0$ en $\int_a^b f = 0$ , dan is $f = 0$ overal op $\intcc{a}{b}$ .

Bewijs. (1)–(3) gaan van trapfuncties over op de limiet via de definitie met supremum en infimum. De lineariteit verdient het detail eenmaal: zij $\varepsilon > 0$ gegeven; omsluit $\varphi_f \leq f \leq \psi_f$ en $\varphi_g \leq g \leq \psi_g$ met openingen $\leq \varepsilon$ (Stelling 15.3). Voor $\lambda \geq 0$ is $\varphi_f + \lambda\varphi_g \leq f + \lambda g \leq \psi_f + \lambda\psi_g$ een omsluiting door trapfuncties met opening $\leq (1 + \lambda)\varepsilon$ , en haar trapintegralen zijn gelijk aan $\int \varphi_f + \lambda\int\varphi_g$ enzovoort (Propositie 15.2): door $\varepsilon \to 0$ te laten gaan wordt $\int(f + \lambda g)$ op $\int f + \lambda\int g$ samengeknepen. Voor $\lambda < 0$ keert vermenigvuldiging met $\lambda$ de omsluiting van $g$ om — de onderste trapfunctie van $\lambda g$ is $\lambda \psi_g$ — en dezelfde insluiting loopt met omgewisselde rollen. De grens $\abs{\int f} \leq \int \abs f$ komt uit $-\abs f \leq f \leq \abs f$ en de monotonie.

(4) Contrapositie: is $f(x_0) = m > 0$ , dan levert de continuïteit een deelinterval van lengte $\eta > 0$ waarop $f \geq \frac m2$ ; de trapfunctie die daar $\frac m2$ waard is en elders $0$ , 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 je 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 $\intcc{0}{2\pi}$ in $\pi$ 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 $\int_0^{2\pi} \sin t\,\dd t = 0$ : de opheffing is echt, en daarom draagt de uitspraak over strikte positiviteit (Stelling 15.7 (4)) de hypothese $f \geq 0$ — zonder haar bewijst een verdwijnende integraal niets over $f$ . Het afsluitende inzicht: $\int \abs f$ meet oppervlakte, $\int f$ meet tekenbalans; de ongelijkheid $\abs{\int f} \leq \int\abs f$ is het exacte verslag van wat de 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. Leg $x_0 \in I$ en $\varepsilon > 0$ vast; de continuïteit in $x_0$ levert een $\delta$ 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 beide volgordes van de grenzen). Dus $F'(x_0) = f(x_0)$ ; $F' = f$ is continu, dus $F$ is $C^1$ . Is 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 de pariteit het werk: is $f$ oneven, dan 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{is $f$ even, dan}\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 dat er een primitieve in zicht is (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 de symmetrie voordat je naar technieken grijpt: de snelste integraal is die welke nooit wordt berekend.

Voorbeeld 15.11 (Een afgeleide op het zicht herkennen)

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

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

Er was geen substitutiemachinerie nodig — alleen de reflex om een integrand te lezen als iemands afgeleide, waarna de hoofdstelling de rest doet. (Het systematische gereedschap achter zulke goniometrische integralen, de substitutie $t = \tan\frac x2$ , hoort bij de standaarduitrusting die op Stelling 15.15 (2) wordt gebouwd.)

Voorbeeld 15.12 (Functies gedefinieerd door integralen)

De hoofdstelling fabriceert 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, aangenomen); toch bestaat $F$ , is zij $C^1$ met $F'(x) = \eu^{-x^2} > 0$ , strikt stijgend, oneven (substitueer $t \mapsto -t$ ) en begrensd: voor $x \geq 1$ is

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 met dubbele integralen berekend in het volume van bachelorjaar 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 te berekenen)

De integralen $R_n = \int_0^1 \frac{t^n}{1 + t}\,\dd t$ hebben geen aangename gesloten vorm, en toch pint de monotonie ze nauwkeurig 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 afname ( $R_n \sim$ een veelvoud van $\frac1n$ , in feite $R_n \sim \frac{1}{2n}$ ) met twee regels en zonder primitieve. De weekendopgaven van dit hoofdstuk en het volgende draaien op precies zulke omsluitingen — de eerste reflex van de analist tegenover een integraal moet begrens hem zijn, en pas daarna, indien nodig, hem berekenen.

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 $\frac12$ maar $\frac2\pi$ als gemiddelde — 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 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, en zo doet de integraal zijn intrede in de fysica.

Stelling 15.15 (Partiële integratie; substitutie)

Zijn $u, v$ van klasse $C^1$ op $\intcc{a}{b}$ , dan geldt

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

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

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 zijn beide leden 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. (De linearisatie uit Methode 3.11 aan het werk.)

Opmerking 15.17 (Veelgemaakte fouten in de integraalrekening)

(i) Substituties moeten $C^1$ zijn op het hele interval: de verandering $x = \frac1t$ is ongeoorloofd over $0$ heen; blind toegepast op $\int_{-1}^{1}\frac{\dd x}{1 + x^2}$ “bewijst” zij dat de integraal gelijk is aan zijn eigen tegengestelde. Heeft een substitutie een singulariteit, snijd dan eerst het interval (Chasles), substitueer op elk stuk, en voeg pas daarna weer samen. (ii) Logaritmische primitieven vragen absolute waarden: $\int \frac{\dd x}{x - 2} = \ln\abs{x - 2} + C$ , aan elke kant van $2$ apart — $\ln(x - 2)$ schrijven op $\intoo{0}{1}$ is de logaritme van een negatief getal schrijven; en de constante $C$ mag aan weerszijden van de singulariteit verschillen. (iii) Een verdwijnende integraal doodt de functie niet: $\int_0^{2\pi}\sin = 0$ ; positiviteit van de integrand is vereist voordat men $f = 0$ mag besluiten (Voorbeeld 15.8). (iv) Riemannsommen moeten worden geijkt: 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 verdeling horen — de veelgemaakte 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. Controlelijst voordat je Stelling 15.20 inroept: zonder $\frac1n$ af, herschrijf de sommand als $f$ van $\frac kn$ , benoem $f$ en controleer haar continuïteit.

Voorbeeld 15.18 (Raden, afleiden, bijstellen)

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 leid af:

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

We hebben $P(u) + P'(u) = u^2$ nodig: neem $P(u) = u^2 - 2u + 2$ (coëfficiënten van $u^2$ neerwaarts passend maken). 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 men anders met twee partiële integraties bereikt. Het afsluitende inzicht: voor integranden van de vorm (veelterm in $\ln t$ ) of (veelterm maal $\eu^{\lambda t}$ ) heeft de primitieve dezelfde gedaante — het afleiden van een geraden gedaante zet integreren 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 twee keer partieel, waarbij je telkens de goniometrische factor afleidt:

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 bij zichzelf teruggekeerd: $I = \eu^{\pi/2} - 1 - I$ , waaruit

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

Het afsluitende inzicht: is de integrand een product van twee functies die zich onder afleiden reproduceren ( $\eu^{ax}$ , $\cos bx$ , $\sin bx$ ), dan leveren twee partiële integraties een lineaire vergelijking voor de onbekende integraal — los die op in plaats van te integreren; equivalent: ga langs $\eu^{(a + \iu b)x}$ (Hoofdstuk 3) en neem het reële deel. Beide wegen geven hetzelfde antwoord, en nagaan dat dit zo is, is een gratis controle.

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. Zij $\varepsilon > 0$ gegeven; de uniforme continuïteit (Heine) levert een $\delta$ ; voor $n > \frac{b-a}{\delta}$ ligt elk punt van een deelinterval binnen $\delta$ van zijn evaluatiepunt, dus is $\abs{f - \varphi_n} \leq \varepsilon$ 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 de uniforme continuïteit de oppervlakte van de trap naar ∈t_ab f. — Een linkse Riemannsom met $n = 8$ rechthoeken: naarmate de maaswijdte krimpt, dwingt de uniforme continuïteit de oppervlakte van de trap 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 die onzichtbaar is voor elementaire afschattingen en doorzichtig als Riemannsom.

Voorbeeld 15.22 (Een tweede Riemannsom, met ijking)

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

\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 sommand in de gedaante $f(\frac kn)$ ten koste van het afzonderen van precies één factor $\frac1n$ ; is de gedaante eenmaal goed, dan doet de stelling de analyse en de hoofdstelling het rekenwerk.

Opmerking 15.23 (Waar de integraal hierna werkt)

Elk van de constructies uit dit hoofdstuk heeft een vervolg. De 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 integraalrestterm is de scherpste vorm van de formule van Taylor in Hoofdstuk 16; de op suprema gebaseerde definitie is het prototype van de Lebesgue-integraal van het volume van bachelorjaar 3, waar dezelfde drie eigenschappen (lineariteit, monotonie, een convergentiestelling) worden herbouwd op een veel grotere klasse functies. En de weekendopgave hieronder maakt van de partiële integratie rekenkunde: de irrationaliteit van $\pi^2$ .

15.5 Oefeningen

Oefening 15.1 ★

Bereken: $\displaystyle\int_0^1 \frac{\dd x}{x^2 - 4}$ (splitsing in partieelbreuken, 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}.

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

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

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 $\intcc{0}{1}$ in $1 - \delta$ .)

Oplossing

Oplossing van Oefening 15.4.

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

\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 .

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

Oefening 15.5 ★★

(Cauchy–Schwarz) Bewijs voor $f, g$ continu op $\intcc{a}{b}$ dat

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

door $\int_a^b (f + \lambda g)^2 \geq 0$ te ontwikkelen als een tweedegraadsuitdrukking in $\lambda$ . Wanneer geldt de 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 $\lambda$ . Is $\int g^2 = 0$ , dan is $g = 0$ (strikte positiviteit, Stelling 15.7 (4)) en luidt de ongelijkheid $0 \leq 0$ . Anders is $Q$ een echte tweedegraadsuitdrukking, overal $\geq 0$ : haar discriminant is $\leq 0$ , dat wil zeggen $\bigl(\int fg\bigr)^2 \leq \int f^2 \int g^2$ .

Gelijkheid geldt dan en slechts dan als de discriminant nul is, dus als $Q(\lambda_0) = 0$ voor zekere $\lambda_0$ , dat wil zeggen $\int (f + \lambda_0 g)^2 = 0$ , dus (opnieuw strikte positiviteit) $f = -\lambda_0 g$ : de gelijkheid geldt precies wanneer $f$ en $g$ evenredig zijn.

Oefening 15.6 ★★

Zij $f$ continu op $\R$ en $T$ -periodiek. Bewijs dat $\int_a^{a+T} f$ niet van $a$ afhangt, 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 ★★

Bewijs dat een continue $f$ op $\intcc{0}{1}$ met $\int_0^1 f = \frac12$ een vast punt heeft in $\intcc{0}{1}$ . (Integreer $f(x) - x$ en gebruik de 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 .

Werd $g$ nooit nul, dan zou de tussenwaardestelling een vast teken afdwingen (een continue functie op een interval die beide tekens aanneemt, wordt nul); zeg $g > 0$ . Dan geeft de strikte positiviteit (Stelling 15.7 (4), toegepast op $g > 0$ ) dat $\int g > 0$ : in tegenspraak met $\int g = 0$ . Dus is $g(c) = 0$ voor zekere $c$ : $f(c) = c$ .

Oefening 15.8 ★★★

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

Bewijs met partiële integratie de recursie $n W_n = (n-1) W_{n-2}$ ( $n \geq 2$ ), en bereken $W_0, W_1$ , en 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 daaruit de asymptotische gelijkwaardigheid $W_n \sim \sqrt{\dfrac{\pi}{2n}}$ af.

Oplossing

Oplossing van Oefening 15.8.

Partieel 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 is $(W_n)$ (strikt) dalend en positief. Insluiting met de recursie:

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

Invariant: $a_n = (n+1)W_{n+1}W_n$ voldoet aan $a_n = a_{n-1}$ wegens de recursie $(n+1)W_{n+1} = nW_{n-1}$ , 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) Stel dat $\pi = \frac ab$ met $a, b \in \N^*$ , en stel, voor een nog 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 $\pi = \frac ab$ . (Binomiaalontwikkeling: 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). Ga na 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 $\intoo{0}{\pi}$ is $x > 0$ , $a - bx = b(\frac ab - x) = b(\pi - x) > 0$ en $\sin x > 0$ , dus is de integrand $> 0$ 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 $0$ nadert (de faculteit verslaat de meetkundige term: het is de algemene term van de convergente exponentiële reeks, vergelijk Voorbeeld 11.12); in het bijzonder is $I_n < 1$ 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 is $P(\pi - x) = P(x)$ (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, want $P$ heeft graad $2n$ ) is $Q + Q'' = P$ , en

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

Bijgevolg is $I_n = \bigl[Q'\sin x - Q\cos x\bigr]_0^{\pi} = Q(\pi) + Q(0)$ , 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 aanname $\pi = \frac ab$ faalt: $\pi$ is irrationaal.

Oefening 15.10 ★★★

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

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

Bewijs haar daarna opnieuw voor $f$ alleen continu, met uniforme benadering door trapfuncties (Stelling 15.3).

Oplossing

Oplossing van Oefening 15.10.

Het $C^1$ -geval: partieel,

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

Het continue 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 opening $\leq\varepsilon$ ; neem $\varphi$ ). Dan is

\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 nadert tot $0$ . 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 aan 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. Omdat $g \geq 0$ , is $m\,g \leq fg \leq M\,g$ , dus volgens de monotonie

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

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

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

Oefening 15.12 ★★★

(Momenten dwingen nulpunten af) 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 $f$ nul wordt in $n + 1$ verschillende punten van $\intoo{a}{b}$ . (Wisselt $f$ alleen van teken in $z_1 < \dots < z_m$ met $m \leq n$ , integreer $f$ dan tegen $P(t) = (t - z_1) \cdots (t - z_m)$ en gebruik de strikte positiviteit.)

Oplossing

Oplossing van Oefening 15.12.

Is $f \equiv 0$ , dan is de bewering leeg (elk punt is een nulpunt). Neem dus aan dat $f \not\equiv 0$ en stel dat zij hoogstens $n$ verschillende nulpunten in $\intoo{a}{b}$ heeft; zij $z_1 < \dots < z_m$ ( $m \leq n$ ) die nulpunten waar $f$ van teken wisselt (eventueel geen enkel). Stel $P(t) = \prod_{i=1}^{m}(t - z_i)$ (het lege product is $1$ ), van graad $m \leq n$ . Op elk deelinterval dat door de $z_i$ wordt afgesneden hebben $f$ en $P$ een vast teken, en beide klappen om bij het passeren van een $z_i$ : het product $fP$ heeft één vast teken op heel $\intoo{a}{b}$ . Omdat het continu is, niet identiek nul en van vast teken, is $\bigl|\int_a^b fP\bigr| > 0$ (strikte positiviteit toegepast op $\abs{fP}$ ). Maar $\int f P$ is een lineaire combinatie van de momenten $\int f\,t^k$ , $k \leq n$ , die alle nul zijn: tegenspraak. Bijgevolg heeft $f$ minstens $n + 1$ verschillende nulpunten in $\intoo{a}{b}$ .

Opmerking 15.24 (Vooruitzichten binnen dit volume)

Drie komende hoofdstukken steunen rechtstreeks op dit hoofdstuk. Hoofdstuk 16 draagt de integraalrestterm — de scherpste van de drie formules van Taylor is een $n$ keer herhaalde partiële integratie. Hoofdstuk 17 zet de omsluiting van sommen door integralen om in het beslissende criterium voor $\sum n^{-\alpha}$ , en haar weekendopgave verfijnt die omsluiting 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 gebouwd, zonder dat er oneigenlijke theorie nodig is. Het meest hergebruikte feit zal het nederigste zijn: $\bigl|\int f\bigr| \leq (b - a)\sup\abs{f}$ , de ongelijkheid die elke puntsgewijze schatting omzet in een schatting van de integraal.

15.6 Opgave: de integrale irrationaliteitsmachine

Probleem 15.1

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

Eén mechanisme drijft deze hele opgave 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 $\pi \notin \Q$ te bewijzen; hier industrialiseren we het. De machine heeft drie onderdelen nodig: een invoer van geheeltalligheid (waarden in de randpunten van goedgekozen veeltermen), een invoer van kleinheid (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 het met gecertificeerde fout, bewijzen de scherpere stelling van Legendre dat $\pi^2$ irrationaal is, en eindigen met de charmantste integraal uit 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 insluit.

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).
(Bèta-integralen) Bewijs, met inductie op $m$ en partiële integratie:

$\int_0^1 x^{\,k}\,(1 - x)^{\,m}\,\dd x = \frac{k!\,m!}{(k + m + 1)!} \qquad (k, m \in \N).$
Leid af dat $\displaystyle\int_0^1 \bigl(x(1-x)\bigr)^n \dd x = \frac{1}{(2n+1)\binom{2n}{n}}$ , 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 twee keer wordt gebruikt: voor elke continue $g > 0$ op $\intoo{0}{1}$ geldt

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

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

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

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

Toon aan dat $f(1 - x) = f(x)$ en $0 < f \leq \dfrac{1}{4^n\,n!}$ op $\intoo{0}{1}$ .
Toon aan 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 daarna de symmetrie).
Definieer

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

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

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

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

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 randgegevens; analytische kleinheid van de integraal) en de brug, in de delen II en III. Leg daarna uit waarom de factor $\frac{1}{n!}$ in $f$ de kern is: als hij wordt weggehaald, overleeft de geheeltalligheid, maar welke ongelijkheid sterft, en voor welke beweerde breuken $\frac ab$ faalt het bewijs dan?
Effectiviteit: stel dat iemand beweert dat $\pi^2 = \frac ab$ met $a \leq 10$ . Toon aan dat de tegenspraak al bij $n = 7$ landt: bereken $\pi\,(10/4)^7/7! \approx 0.38 < 1$ . De machine weerlegt niet alleen; zij weerlegt in een vast, berekenbaar stadium.
Controleer de brug onvoorwaardelijk: bewijs met twee partiële integraties dat

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

en breng dit in overeenstemming 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 kernen van de machine? Benoem de eigenschap (elk voldoet aan een lineaire differentiaalvergelijking met constante coëfficiënten, zodat herhaalde partiële integratie naar het begin terugkeert), 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.

Voer de veeltermdeling

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

uit, en leid de beroemde identiteit

$\int_0^1 \frac{x^4 (1-x)^4}{1 + x^2}\,\dd x = \frac{22}{7} - \pi$

af.
De integrand is positief: besluit dat $\pi < \frac{22}{7}$ . Bewijs vervolgens, door $\frac{1}{1+x^2}$ tussen $\frac12$ en $1$ te begrenzen en $\int_0^1 (x(1-x))^4 = \frac{1}{630}$ (vraag 3) te gebruiken, dat

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

dat wil zeggen $3.14126 \leq \pi \leq 3.14207$ : twee juiste decimalen, met de hand.
Veralgemeen: toon aan, door $x^{4m}(1-x)^{4m}$ door $1 + x^2$ te delen, 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 ga na dat $m = 1$ de vragen 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 garantie van Dirichlet $\frac{1}{49}$ , en vermeld $\abs{\pi - \frac{355}{113}} \approx 2.7\cdot10^{-7}$ tegenover $\frac{1}{113^2} \approx 7.8\cdot10^{-5}$ : er bestaan uitzonderlijk goede rationale benaderingen van $\pi$ — consistent, want van $\pi$ is niet bekend dat het slecht benaderbaar is.
(De gehele-getallenval, geabstraheerd) Bewijs het lemma dat alles verenigt: bestaan er voor $x \in \R$ gehele getallen $a_n, b_n$ met $0 < \abs{a_n + b_n x} \to 0$ , dan is $x$ irrationaal. Som de gevallen ervan op in deze opgave, in Oefening 15.9, in Oefening 11.9 en in Probleem 14.1.
Synthese, telkens één zin: (i) de drie onderdelen van de machine en waar elk in het gereedschap van dit hoofdstuk huist; (ii) wat de integraal bijdraagt wat de middelwaardestelling van Probleem 14.1 niet kon; (iii) de inventaris van de geoogste resultaten (twee irrationaliteiten, één constante tot op zes decimalen, één insluiting van $\pi$ , één binomiale grens); (iv) de grens (Hermite, Lindemann; en dezelfde val, losgelaten op $\zeta(2)$ en $\zeta(3)$ , in de rekenkunde van de twintigste eeuw).

Oplossing

Oplossing van Probleem 15.1.

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

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

\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)!} ,

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

3. $k = m = n$ : $\int_0^1 (x(1-x))^n = \frac{(n!)^2}{(2n+1)!} = \frac{1}{(2n+1)\binom{2n}{n}}$ . Omdat $x(1-x) \leq \frac14$ op $\intcc{0}{1}$ , is de integraal $\leq 4^{-n}$ , waaruit $\binom{2n}{n} \geq \frac{4^n}{2n+1}$ — in overeenstemming 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 de monotonie.

5. $A_0 = \eu - 1$ ; $A_1 = [x\eu^x]_0^1 - \int_0^1 \eu^x = \eu - (\eu - 1) = 1$ . Partieel: $A_n = [x^n \eu^x]_0^1 - n\int_0^1 x^{n-1}\eu^x = \eu - n A_{n-1}$ . 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. $A_0 = -1 + 1\cdot\eu$ . Is $A_{n-1} = \alpha_{n-1} + \beta_{n-1}\eu$ met gehele ingangen, dan is

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. Is $\eu = \frac pq$ , dan is $q A_n = q\alpha_n + p\beta_n \in \Z$ , 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 gehele getal $q!\,\frac pq - q!\,a_q$ ; hier is het $qA_n$ : dezelfde val, integrale brandstof.

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

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} ,

zodat de formule zich van $n$ naar $n + 1$ voortplant. 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 is $\eu = 2.718282$ tot op zes decimalen (werkelijke waarde $2.7182818\dots$ ).

10. $f(1 - x) = \frac{(1-x)^n x^n}{n!} = f(x)$ . Op $\intoo{0}{1}$ is $0 < x(1-x) \leq \frac14$ , 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 is $f^{(k)}(0) = 0$ voor $k < n$ of $k > 2n$ , en voor $n \leq k \leq 2n$ is $f^{(k)}(0) = \frac{k!}{n!}\, c_{k-n}$ , 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 zijn $G(0) = \sum_k (-1)^k a^{n-k} b^k f^{(2k)}(0)$ en evenzo $G(1)$ gehele getallen volgens vraag 11.

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

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 is

\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. Integratie over $\intcc{0}{1}$ geeft

\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 $\sin \leq 1$ samen met vraag 10 begrenst het door $\frac{\pi a^n}{4^n\,n!}$ .

15. Volgens vraag 1 (met $c = \frac a4$ ) nadert $\frac{\pi a^n}{4^n n!}$ tot $0$ : voor grote $n$ is het $< 1$ , in tegenspraak met $G(0) + G(1) \geq 1$ . Geen enkele breuk $\frac ab$ is dus gelijk aan $\pi^2$ : de stelling van Legendre. Was $\pi$ rationaal, dan zou $\pi^2$ dat ook zijn: dus $\pi \notin \Q$ — en de implicatie loopt alleen deze kant op ( $\sqrt2$ is irrationaal met een rationaal kwadraat), en daarom is $\pi^2 \notin \Q$ strikt sterker dan Oefening 15.9.

16. Geheeltalligheid: de vragen 11–12 (afgeleiden in de randpunten); kleinheid: de vragen 10 en 1; brug: de vragen 13–14 (de getelescopeerde dubbele partiële integratie). Zonder $\frac{1}{n!}$ blijven de randgegevens geheel (nog gemakkelijker zelfs), maar wordt de grens $\frac{\pi a^n}{4^n}$ , die alleen naar $0$ nadert 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 is de grens $\frac{\pi \times 610.35}{5040} \approx 0.38 < 1$ (bij $n = 6$ is zij nog $1.07$ ): de tegenspraak landt expliciet in het zevende stadium.

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 telescopering bij $n = 1$ (zonder enige 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 stemmen 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 (respectievelijk binnen de gehele veeltermen in $\pi^2$ ). Die geslotenheid is wat de machine nodig heeft. Verfijnd met kernen die op meerdere punten tegelijk zijn afgestemd, levert hetzelfde mechanisme de stelling van Hermite ( $\eu$ 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 .

Integratie van de getoonde identiteit gedeeld door $1 + x^2$ geeft

\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 en positief op $\intoo{0}{1}$ : de integraal is $> 0$ , dus $\pi < \frac{22}{7}$ . Bovendien is $\frac12 \leq \frac{1}{1+x^2} \leq 1$ 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 $(1 - x)^2 = 1 - 2x + x^2 \equiv -2x$ , zodat $(1-x)^{4m} \equiv (-2x)^{2m} = 4^m (x^2)^m \equiv (-4)^m$ : de rest is de constante $(-4)^m$ , en het quotiënt $Q_m$ heeft gehele coëfficiënten (deling door een monische gehele veelterm). Deling van de identiteit door $1 + x^2$ , gevolgd door integratie, geeft

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

23. $\bigl|\pi - \frac{22}{7}\bigr| = \frac{22}{7} - \pi \approx 1.26\cdot10^{-3}$ , zestien keer beter dan de ijkwaarde van orde $2$ , $\frac{1}{7^2} \approx 2.0\cdot10^{-2}$ , die Dirichlet garandeert (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 $\approx 300$ . Dat spreekt niets van het bewezene tegen: ongelijkheden van Liouville begrenzen benaderingsfouten alleen van onderen voor algebraïsche getallen, en zo’n grens voor $\pi$ is op dit niveau niet beschikbaar — $\pi$ mag spectaculair goed benaderd worden.

24. Lemma: stel $x = \frac pq$ en $0 < \abs{a_n + b_n x} \to 0$ . Dan is $\abs{a_n + b_n x} = \frac{\abs{q a_n + p b_n}}{q}$ , waarbij $q a_n + p b_n$ een niet-nul geheel getal is (niet nul omdat de absolute waarde $> 0$ is): dus is $\abs{a_n + b_n x} \geq \frac1q$ 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 (opnieuw $x = \eu$ , met $a_q = -q!\sum_{k \leq q}\frac{1}{k!}$ , $b_q = q!$ ); en Probleem 14.1, vraag 1, is de meetkundige vorm ervan. In deel III en in Oefening 15.9 loopt de val binnen de tegenspraak: de aanname van rationaliteit maakt van een uitdrukking een geheel getal, dat de analyse vervolgens in $\intoo{0}{1}$ perst — hetzelfde principe, getransponeerd.

25. (i) De geheeltalligheid huist in de randberekening met veeltermen (de vragen 6, 11–12), de kleinheid in de grenzen die de monotonie met suprema geeft (de vragen 4, 10), de brug in de partiële integratie (de 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 slechts een ongelijkheid met een onbekende $c$ ), en daarom reikt de machine tot $\pi^2$ terwijl Probleem 14.1 slechts benaderingsexponenten bereikte. (iii) Geoogst: $\eu \notin \Q$ , $\pi^2 \notin \Q$ (en 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) De grens: Hermite en Lindemann duwen dezelfde machine door tot transcendentie; en Apéry (1979) liet de gehele-getallenval draaien op $\zeta(3)$ — de machine produceert nog steeds wiskunde van de twintigste eeuw.

Begrippen gedefinieerd in dit hoofdstuk

trapfunctie

Bekijk alle 395 begrippen in de begrippenlijst