Universitaire wiskunde — Bachelor jaar 2 · Bachelor Year 2

9Integratie

Het volume van bachelorjaar 1 bouwde de integraal op een segment. Dit hoofdstuk breidt haar uit tot willekeurige intervallen (oneigenlijke integralen, met de volledige vergelijkingsgereedschapskist) en bestudeert daarna integralen die van een parameter afhangen — continuïteit en differentiëren onder het integraalteken — aangedreven door de stelling van de gedomineerde convergentie, het enige resultaat van dit hoofdstuk dat op vertrouwen wordt aangenomen. De $\Gamma$ -functie dient als doorlopend voorbeeld en als poort naar de helft van de speciale functies van de wiskunde.

9.1 Integralen op een willekeurig interval

Definitie 9.1

Zij $f$ stuksgewijs continu op $\intco{a}{b}$ ( $b \in \R$ of $+\infty$ ). De integraal convergeert wanneer $\lim_{x \to b^-} \int_a^x f$ bestaat; men schrijft dan $\int_a^b f$ voor de limiet. (Evenzo op $\intoc{a}{b}$ , en op $\intoo{a}{b}$ door in een inwendig punt te splitsen — de keuze doet er dankzij Chasles niet toe.) De integraal convergeert absoluut wanneer $\int_a^b \abs f$ convergeert; absolute convergentie impliceert convergentie, via het cauchycriterium:

\Bigl| \int_x^{y} f \Bigr| \leq \int_x^{y} \abs f

en de volledigheid van $\R$ (de primitieve heeft de cauchy-eigenschap). In detail: zij $F(x) = \int_a^x f$ en $G(x) = \int_a^x \abs f$ . Convergeert $\int^b\abs f$ , dan heeft $G$ een limiet in $b^-$ , dus is er bij elke $\varepsilon > 0$ een $c < b$ met $G(y) - G(x) \leq \varepsilon$ zodra $c \leq x \leq y < b$ ; de formule hierboven draagt die cauchy-eigenschap over op $F$ . Voor elke rij $x_n \to b^-$ vormen de waarden $F(x_n)$ dan een cauchyrij reële getallen, convergent wegens de volledigheid, en het vervlechten van twee zulke rijen laat zien dat de limiet voor alle rijen dezelfde is: $F$ heeft dus een limiet in $b^-$ .

Stelling 9.2 (Vergelijkingsgereedschap voor positieve functies)

Voor $f, g \geq 0$ stuksgewijs continu op $\intco{a}{b}$ :

$\int_a^b f$ convergeert dan en slechts dan als de primitieve $x \mapsto \int_a^x f$ begrensd is;
is $f \leq g$ , dan dwingt de convergentie van $\int g$ die van $\int f$ af; de divergentie draagt de andere kant op over;
is $f \sim g$ bij $b$ , dan hebben de twee integralen dezelfde aard;
de referentieschalen: bij $+\infty$ convergeert $\int^{\infty} \frac{\dd t}{t^\alpha}$ dan en slechts dan als $\alpha > 1$ , en $\int^\infty \frac{\dd t}{t(\ln t)^\beta}$ dan en slechts dan als $\beta > 1$ ; bij een eindig eindpunt $b$ convergeert $\int^b \frac{\dd t}{(b - t)^\alpha}$ dan en slechts dan als $\alpha < 1$ .

Bewijs. (1) De primitieve $F(x) = \int_a^x f$ is niet-dalend (want $f \geq 0$ ). Is zij begrensd, dan is $\ell = \sup_{x < b}F$ eindig en $F(x) \to \ell$ : bij gegeven $\varepsilon > 0$ is er een $F(x_0) > \ell - \varepsilon$ , en de monotonie sluit $F(x) \in \intoc{\ell - \varepsilon}{\ell}$ in voor $x_0 \leq x < b$ . Is zij onbegrensd, dan is $F \to +\infty$ : divergentie.

(2) Uit $f \leq g$ volgt $\int_a^x f \leq \int_a^x g$ voor alle $x$ ; convergeert $\int^b g$ , dan is het rechterlid begrensd en dus ook het linkerlid, en besluit (1). Contrapositie draagt de divergentie de andere kant op over.

(3) Uit $f \sim g$ bij $b$ volgt het bestaan van een $c < b$ met

\tfrac12\,g(t) \;\leq\; f(t) \;\leq\; 2\,g(t) \qquad (c \leq t < b) :

volgens (2), in beide richtingen toegepast op $\intco{c}{b}$ , hebben de twee integralen dezelfde aard; het beginstuk $\intcc{a}{c}$ is een eigenlijke integraal en verandert niets.

(4) Expliciete primitieven: voor $\alpha \neq 1$ en $\beta \neq 1$ is

\int_c^x \frac{\dd t}{t^\alpha} = \frac{x^{1-\alpha} - c^{1-\alpha}}{1 - \alpha}, \qquad \int_c^x \frac{\dd t}{t(\ln t)^\beta} = \frac{(\ln x)^{1-\beta} - (\ln c)^{1-\beta}}{1 - \beta},

met logaritmen in de uitgezonderde gevallen: begrensd als $x \to +\infty$ precies wanneer $\alpha > 1$ respectievelijk $\beta > 1$ . Bij een eindig eindpunt herleidt de substitutie $u = b - t$ alles tot de schaal $\int_0 u^{-\alpha}\,\dd u$ , begrensd dan en slechts dan als $\alpha < 1$ . Pas telkens (1) toe. ∎

Voorbeeld 9.3 (Twee opwarmers, tot het eind uitgewerkt)

(a) $\displaystyle\int_0^1 \ln t\,\dd t$ : de integrand explodeert in $0^+$ , maar daar is $\abs{\ln t} = o\bigl(t^{-1/2}\bigr)$ (logaritmen verliezen van machten) en $\int_0 t^{-1/2}$ convergeert: dus absolute convergentie. De waarde, met partiële integratie op $\intcc{\varepsilon}{1}$ :

\int_\varepsilon^1 \ln t\,\dd t = \bigl[t\ln t - t\bigr]_\varepsilon^1 = -1 - \varepsilon\ln\varepsilon + \varepsilon \xrightarrow[\varepsilon\to0^+]{} -1 .

(b) $\displaystyle\int_0^\infty \frac{\ln t}{1 + t^2}\,\dd t$ : problemen aan beide uiteinden, dus splits bij $1$ . Bij $0$ is $\abs{\ln t}$ integreerbaar als in (a); bij $\infty$ is $\frac{\ln t}{1+t^2} = o(t^{-3/2})$ : dus absoluut convergent. De substitutie $t = \frac1u$ beeldt $\intoo{0}{1}$ af op $\intoo{1}{\infty}$ en

\int_0^1 \frac{\ln t}{1+t^2}\,\dd t = \int_1^{\infty} \frac{-\ln u}{1 + u^{-2}}\cdot \frac{\dd u}{u^2} = -\int_1^\infty \frac{\ln u}{1+u^2}\,\dd u :

de twee helften heffen elkaar op, en de integraal is $0$ . Het inzicht om te onthouden: de symmetrie onder $t \mapsto \frac1t$ is een bladzijde rekenwerk waard — dezelfde truc dreef al Oefening 9.3 aan.

Voorbeeld 9.4 (Eén waarde, drie integralen)

Bestudeer $I = \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{1 - \cos t}{t^2}\,\dd t$ . Bij $0$ is $1 - \cos t \sim \frac{t^2}2$ , dus laat de integrand zich continu voortzetten met de waarde $\frac12$ — helemaal geen singulariteit. Bij $\infty$ is $0 \leq \frac{1 - \cos t}{t^2} \leq \frac{2}{t^2}$ : absolute convergentie (Stelling 9.2). De waarde: integreer partieel op $\intcc{\varepsilon}{M}$ met $u = 1 - \cos t$ en $v' = t^{-2}$ :

\int_\varepsilon^M \frac{1 - \cos t}{t^2}\,\dd t = \Bigl[-\frac{1 - \cos t}{t}\Bigr]_\varepsilon^M + \int_\varepsilon^M \frac{\sin t}{t}\,\dd t .

De haak verdwijnt aan beide uiteinden ( $\frac{1 - \cos\varepsilon}{\varepsilon} \sim \frac\varepsilon2$ ; begrensde teller bij $M$ ), en de integraal gaat naar de waarde van Dirichlet $\frac\pi2$ (Oefening 9.10): dus $I = \frac\pi2$ . Het inzicht om te onthouden: met $1 - \cos t = 2\sin^2\frac t2$ en $u = \frac t2$ is

I = \int_0^\infty \frac{2\sin^2 u}{(2u)^2}\;2\,\dd u = \int_0^\infty \Bigl(\frac{\sin u}{u}\Bigr)^{\!2}\dd u :

de drie klassiekers $\int_0^\infty\frac{\sin t}{t}\dd t$ , $\int_0^\infty\bigl(\frac{\sin t}{t}\bigr)^2\dd t$ (Oefening 9.11) en $I$ delen alle de waarde $\frac\pi2$ , doorgegeven met partiële integratie en substitutie — en alleen de eerste is halfconvergent: de partiële integratie ruilde de absolute convergentie in voor een eenvoudiger integrand.

Voorbeeld 9.5 (Een halfconvergente integraal)

$\displaystyle\int_1^{\infty} \frac{\sin t}{t}\,\dd t$ convergeert: integreer partieel,

\int_1^x \frac{\sin t}{t}\dd t = \Bigl[\frac{-\cos t}{t}\Bigr]_1^x - \int_1^x \frac{\cos t}{t^2}\dd t ,

waarbij de haak een limiet heeft en de laatste integraal absoluut convergeert ( $\abs{\cos t}/t^2 \leq t^{-2}$ ). Maar niet absoluut: uit $\abs{\sin t} \geq \sin^2 t$ volgt

\int_1^x \frac{\abs{\sin t}}{t}\,\dd t \;\geq\; \int_1^x \frac{\sin^2t}{t}\,\dd t = \underbrace{\int_1^x \frac{\dd t}{2t}}_{=\ \frac12\ln x \ \to\ \infty} \;-\; \underbrace{\int_1^x \frac{\cos 2t}{2t}\,\dd t}_{\text{convergent}} ,

waarbij de laatste integraal convergeert dankzij dezelfde partiële integratie als hierboven (met $\sin 2t$ in de haak): een divergent stuk min een convergent stuk divergeert. Dus convergeert $\int_1^\infty\frac{\sin t}{t}\dd t$ zonder absoluut te convergeren — de integraaltegenhanger van de alternerende reeks, waarbij de partiële integratie de rol van de alternerende test speelt.

9.2 De convergentiestelling

Stelling 9.6 (Gedomineerde convergentie)

Zij $(f_n)$ stuksgewijs continu op een interval $I$ , puntsgewijs convergerend naar een stuksgewijs continue $f$ , en neem aan dat er een vaste integreerbare $\varphi \geq 0$ is ( $\int_I \varphi < \infty$ ) met

\abs{f_n(t)} \leq \varphi(t) \qquad (t \in I,\ n \in \N).

Dan convergeren alle $\int_I f_n$ en $\int_I f$ absoluut, en geldt

\int_I f_n \xrightarrow[n \to \infty]{} \int_I f .

Bewijs. Op dit niveau zonder bewijs aangenomen. ∎

Opmerking 9.7

Het eerlijke bewijs hoort bij de lebesgue-integratietheorie van bachelorjaar 3; de uitspraak wordt vanaf nu echter voortdurend gebruikt. De hypothese van de dominatie is het hele punt: puntsgewijze convergentie alleen volstaat niet ( $f_n = n\,\mathbf{1}_{\intoo{0}{1/n}}$ , glijdende bulten: $\int f_n = 1 \not\to 0 = \int f$ ). De stelling geldt ook voor een continue parameter ( $f_\lambda$ met $\lambda \to \lambda_0$ ), via de karakterisering van limieten met rijen.

Voorbeeld 9.8 (Een gaussische limiet, met dominatie)

Bereken $\displaystyle\lim_{n\to\infty} I_n$ met $I_n = \int_0^\infty \Bigl(1 + \frac{t^2}{n}\Bigr)^{\!-n}\dd t$ . Puntsgewijs geldt $(1 + t^2/n)^n \to \eu^{t^2}$ (de limiet van de samengestelde interest), dus gaan de integranden naar $\eu^{-t^2}$ . Dominatie: de rij $n \mapsto (1 + u/n)^n$ is voor $u \geq 0$ niet-dalend (de ongelijkheid tussen rekenkundig en meetkundig gemiddelde op de $n + 1$ factoren $1, 1 + \frac un, \dots, 1 + \frac un$ geeft $(1 + \frac u{n+1})^{n+1} \geq (1 + \frac un)^n$ ), dus voor $n \geq 2$ :

\Bigl(1 + \frac{t^2}{n}\Bigr)^{\!-n} \leq \Bigl(1 + \frac{t^2}{2}\Bigr)^{\!-2},

een integreerbare dominant ( $\sim 4t^{-4}$ bij oneindig). De gedomineerde convergentie geeft

I_n \xrightarrow[n\to\infty]{} \int_0^\infty \eu^{-t^2}\dd t = \frac{\sqrt\pi}{2}

(de gaussische integraal uit Oefening 9.8). Sluitende controle: de substitutie $t = \sqrt n\tan\theta$ berekent $I_n$ exact, $I_n = \sqrt n\int_0^{\pi/2}\cos^{2n-2}\theta\, \dd\theta = \sqrt n\,W_{2n-2}$ , en de asymptotiek van Wallis $W_m \sim \sqrt{\pi/(2m)}$ (Lemma 6.11) geeft opnieuw $\sqrt n\,W_{2n-2} \to \frac{\sqrt\pi}2$ : de twee pijlers van dit hoofdstuk en het vorige zijn het eens.

Voorbeeld 9.9 (Gedomineerde convergentie met continue parameter)

Bereken

\lim_{x\to+\infty}\int_0^\infty \frac{\arctan(xt)}{1+t^2}\,\dd t .

Voor elke $t > 0$ gaat $\arctan(xt) \to \frac\pi2$ als $x \to \infty$ ; en de dominatie

\Bigl|\frac{\arctan(xt)}{1+t^2}\Bigr| \leq \frac{\pi/2}{1+t^2}, \qquad\text{integreerbaar en onafhankelijk van } x,

geldt voor alle $x$ . Volgens de vorm met continue parameter van Stelling 9.6 (karakterisering met rijen: test langs elke $x_n \to \infty$ ) is

\int_0^\infty\frac{\arctan(xt)}{1+t^2}\,\dd t \xrightarrow[x\to+\infty]{} \frac\pi2\int_0^\infty\frac{\dd t}{1+t^2} = \frac{\pi^2}{4} .

Het inzicht om te onthouden: het ene punt $t = 0$ , waar de puntsgewijze limiet $0$ is in plaats van $\frac\pi2$ , verandert niets — de limietfunctie komt alleen via haar integraal binnen, een van de stille zegeningen van de stelling.

9.3 Integralen met een parameter

Stelling 9.10 (Continuïteit onder het integraalteken)

Zij $f \colon A \times I \to \R$ ( $A$ een metrische ruimte, $I$ een interval) met: $t \mapsto f(x, t)$ stuksgewijs continu voor elke $x$ ; $x \mapsto f(x, t)$ continu voor elke $t$ ; en een dominatie $\abs{f(x,t)} \leq \varphi(t)$ (met $\varphi$ integreerbaar op $I$ en onafhankelijk van $x$ ). Dan is

F(x) = \int_I f(x, t)\,\dd t

gedefinieerd en continu op $A$ .

Bewijs. Gedefinieerdheid: de dominatie geeft absolute convergentie. Continuïteit in $x_0$ : voor elke rij $x_n \to x_0$ convergeren de functies $g_n(t) = f(x_n, t)$ puntsgewijs naar $f(x_0, t)$ (continuïteit in $x$ ) onder de vaste dominant $\varphi$ : de gedomineerde convergentie geeft $F(x_n) \to F(x_0)$ ; besluit met de karakterisering van de continuïteit met rijen (Definitie 4.5). ∎

Stelling 9.11 (Differentiëren onder het integraalteken)

Zij $f \colon J \times I \to \R$ ( $J$ een interval van parameters) met: $t \mapsto f(x,t)$ integreerbaar op $I$ voor elke $x$ ; $x \mapsto f(x,t)$ van klasse $C^1$ voor elke $t$ , waarbij de partiële afgeleide $\frac{\partial f}{\partial x}$ stuksgewijs continu in $t$ is en gedomineerd wordt: $\bigl|\frac{\partial f}{\partial x}(x,t)\bigr| \leq \psi(t)$ met $\psi$ integreerbaar. Dan is $F(x) = \int_I f(x,t)\dd t$ van klasse $C^1$ op $J$ en geldt

F'(x) = \int_I \frac{\partial f}{\partial x}(x, t)\,\dd t .

Bewijs. Leg $x$ vast en zij $h_n \to 0$ . De differentiequotiënten

\frac{F(x + h_n) - F(x)}{h_n} = \int_I \frac{f(x + h_n, t) - f(x, t)}{h_n}\,\dd t

hebben integranden die puntsgewijs naar $\frac{\partial f}{\partial x}(x, t)$ convergeren en door $\psi(t)$ worden gedomineerd: de middelwaardeongelijkheid in $x$ bij vaste $t$ geeft namelijk

\Bigl|\frac{f(x + h_n, t) - f(x,t)}{h_n}\Bigr| \leq \sup_{\xi} \Bigl|\frac{\partial f}{\partial x}(\xi, t)\Bigr| \leq \psi(t) .

De gedomineerde convergentie geeft dan als limiet van de quotiënten $\int_I \frac{\partial f}{\partial x}(x,t)\dd t$ : dus is $F$ differentieerbaar met de aangekondigde afgeleide, en die is continu volgens Stelling 9.10 toegepast op $\frac{\partial f}{\partial x}$ . ∎

Voorbeeld 9.12 (Een parameterintegraal getoetst aan een formule)

Zij $F(x) = \displaystyle\int_0^\infty \frac{\dd t}{t^2 + x}$ voor $x > 0$ . Op elke $\intcc{a}{b} \subset \intoo{0}{\infty}$ wordt de integrand gedomineerd door $\frac{1}{t^2 + a}$ , integreerbaar en onafhankelijk van $x$ : dus is $F$ continu (Stelling 9.10). Hier laat de stelling zich aan een expliciete waarde toetsen:

F(x) = \Bigl[\frac{1}{\sqrt x}\arctan\frac{t}{\sqrt x}\Bigr]_0^\infty = \frac{\pi}{2\sqrt x} ,

zichtbaar continu. Differentieer nu onder de integraal: de afgeleide naar $x$ , namelijk $-\frac{1}{(t^2+x)^2}$ , wordt op $\intcc ab$ gedomineerd door $\frac{1}{(t^2+a)^2}$ , integreerbaar, zodat Stelling 9.11 geeft

F'(x) = -\int_0^\infty \frac{\dd t}{(t^2 + x)^2} \qquad\text{terwijl}\qquad F'(x) = -\frac{\pi}{4}\,x^{-3/2} ,

zodat we gratis een nieuwe integraal hebben berekend: $\int_0^\infty\frac{\dd t}{(t^2+x)^2} = \frac{\pi}{4x^{3/2}}$ . Het inzicht om te onthouden: het differentiëren van een bekende parameterintegraal is een fabriek van nieuwe formules — itereren levert $\int_0^\infty\frac{\dd t}{(t^2+1)^n}$ voor elke $n$ , zonder enige goniometrische substitutie.

Methode 9.13 (Een oneigenlijke integraal bestuderen)

Gegeven $\int_a^b f$ :

Lokaliseer het probleem: noem de eindpunten (of de inwendige punten) waar $f$ onbegrensd is of het interval oneindig, en splits zo dat elk stuk precies één lastig uiteinde heeft.
Heeft $f$ bij dat uiteinde een vast teken, zoek dan een equivalent en vergelijk met de referentieschalen van Stelling 9.2.
Oscilleert $f$ , test dan eerst $\abs f$ (absolute convergentie). Divergeert $\int\abs f$ , probeer dan partiële integratie om de oscillatie voor afname in te ruilen, zoals in Voorbeeld 9.5; ondergrenzen als $\abs{\sin t} \geq \sin^2t$ sporen echte halfconvergentie op.
Voor een waarde en niet alleen de aard: partiële integratie, substitutie, of een parameter (differentieer een eenvoudiger integraal, zoals in Voorbeeld 9.12 en Voorbeeld 9.21).
Controles op elke berekende waarde: teken en ruwe grootte tegen een grove grens ( $\int_0^\infty \eu^{-t^2}\dd t \in \intoo{0}{1 + \int_1^\infty \eu^{-t}}$ , dus $\frac{\sqrt\pi}{2} \approx 0.886$ is plausibel); en consistentie onder schaling ( $t \mapsto \lambda t$ moet beide leden op dezelfde manier herschalen — de snelste detector van een verloren factor).

Opmerking 9.14 (Klassieke valkuilen)

Drie terugkerende fouten. (i) Dominanten die van de parameter afhangen: de dominatie $\abs{f(x,t)} \leq \varphi(t)$ moet uniform in $x$ zijn op de beschouwde verzameling; zij geldt meestal op segmenten $\intcc ab$ maar niet globaal — voor $\int_0^\infty\eu^{-xt}\dd t$ bestaat er geen integreerbare dominant die voor alle $x > 0$ geldig is, en toch volstaat domineren op $x \geq a > 0$ om op de hele open halfrechte te werken, want continuïteit en afgeleiden zijn lokale begrippen. (ii) Integranden met wisselend teken vergelijken: de vergelijkingsgereedschapskist is voor niet-negatieve functies; uit $\abs f \leq g$ met $\int g$ divergent volgt niets — $\int_1^\infty\frac{\sin t}t\,\dd t$ convergeert hoewel elke vergelijking met $\frac1t$ faalt. (iii) De helft van het probleem vergeten: bestudeer op $\intoo{0}{\infty}$ altijd beide uiteinden apart; $\int_0^\infty\frac{\dd t}{t}$ divergeert aan beide kanten, en een splitsing die convergent lijkt, kan stilzwijgend twee oneindigheden tegen elkaar wegstrepen. De veilige reflex is de checklist van Methode 9.13.

Voorbeeld 9.15 (Een grensgeval van Bertrand, tot op het cijfer)

De schaal $\int^\infty\frac{\dd t}{t(\ln t)^\beta}$ uit Stelling 9.2 ligt precies op de rand van de machtschalen; haar grensgevallen verdienen één volledige berekening. Voor $\beta = 2$ :

\int_\eu^{\infty}\frac{\dd t}{t(\ln t)^2} = \Bigl[-\frac{1}{\ln t}\Bigr]_\eu^{\infty} = 0 - (-1) = 1 ,

een convergente integraal met een aangenaam exacte waarde; terwijl voor $\beta = 1$

\int_\eu^{x}\frac{\dd t}{t\ln t} = \bigl[\ln\ln t\bigr]_\eu^{x} = \ln\ln x \longrightarrow \infty ,

divergent — maar zo traag dat het bereiken van $\ln\ln x = 10$ de waarde $x = \eu^{\eu^{10}} \approx 10^{9566}$ vergt. Het inzicht om te onthouden: tussen “elke macht $t^{-1-\varepsilon}$ convergeert” en “ $t^{-1}$ divergeert” woont een oneindige ladder van logaritmische schalen, die elkaar steeds verder verfijnen; de substitutie $u = \ln t$ klapt elke sport op de vorige, en daarom weerspiegelen de criteria van Bertrand die van Riemann één niveau hoger.

Opmerking 9.16 (Vooruitblik binnen dit volume)

Het gereedschap van dit hoofdstuk staat op het punt overal op te duiken. De gedomineerde convergentie is de motor achter de benaderende eenheden van het volgende hoofdstuk (glijdende kernen, zowel Bernstein als Fejér); de continuïteit en het differentiëren onder het integraalteken leveren het rekenen met fouriercoëfficiënten in het fourierhoofdstuk op, waar elke $c_n(f)$ een vermomde parameterintegraal is. De $\Gamma$ -functie keert twee keer terug: in het hoofdstuk over meervoudige integralen, waar een dubbelintegraal eindelijk de Beta–Gamma-formule van Euler volledig bewijst, en in de kanshoofdstukken, waar integralen van $\Gamma$ -type de standaarddichtheden normaliseren en hun momenten berekenen. En de halfconvergente $\int\frac{\sin t}{t}$ duikt op als de constante van Gibbs in het fourierhoofdstuk — dezelfde integraal, die de overshoot van de partiële sommen bij een sprong meet.

Definitie 9.17 (De $\Gamma$ -functie)

Voor $x > 0$ :

\Gamma(x) = \int_0^{\infty} t^{x-1}\,\eu^{-t}\,\dd t ,

convergent aan beide uiteinden ( $t^{x-1}$ is integreerbaar bij $0^+$ zodra $x > 0$ ; exponentiële afname bij $\infty$ ).

Stelling 9.18

$\Gamma$ is continu op $\intoo{0}{+\infty}$ , voldoet aan de functionaalvergelijking

\Gamma(x + 1) = x\,\Gamma(x), \qquad \Gamma(1) = 1, \qquad\text{dus}\qquad \Gamma(n + 1) = n! ,

en is van klasse $C^1$ (zelfs $C^\infty$ ) met $\Gamma'(x) = \int_0^\infty t^{x-1}\eu^{-t}\ln t\,\dd t$ .

Bewijs. Functionaalvergelijking: integreer partieel op $\intcc{\varepsilon}{M}$ en laat de uiteinden gaan: $\int t^{x}\eu^{-t} = [-t^x\eu^{-t}] + x\int t^{x-1}\eu^{-t}$ , waarbij de randtermen verdwijnen — immers $\varepsilon^x\eu^{-\varepsilon} \to 0$ als $\varepsilon \to 0^+$ omdat $x > 0$ , en $M^x\eu^{-M} \to 0$ als $M \to \infty$ omdat de exponentiële elke macht verslaat; en beide afgekapte integralen convergeren naar hun oneigenlijke waarden dankzij de convergentie die in Definitie 9.17 is vastgesteld. Verder is $\Gamma(1) = \int \eu^{-t} = 1$ ; inductie geeft de faculteit.

Continuïteit op $\intcc{a}{b} \subset \intoo{0}{\infty}$ : domineer $t^{x-1}\eu^{-t}$ door $\varphi(t) = (t^{a-1} + t^{b-1})\eu^{-t}$ , integreerbaar en onafhankelijk van $x \in \intcc{a}{b}$ : Stelling 9.10 is dus op elk zulk segment van toepassing, en daarmee op de hele halfrechte. Differentieerbaarheid: de afgeleide naar $x$ , te weten $t^{x-1}\eu^{-t}\ln t$ , wordt op $\intcc{a}{b}$ gedomineerd door $(t^{a-1} + t^{b-1})\eu^{-t}\,\abs{\ln t}$ , nog altijd integreerbaar: Stelling 9.11; itereren geeft alle afgeleiden (elke stap voegt een macht van $\ln t$ toe, en dat is onschadelijk). ∎

Voorbeeld 9.19 (Faculteiten van halve getallen)

De functionaalvergelijking en $\Gamma\bigl(\frac12\bigr) = \sqrt\pi$ (één substitutie verwijderd van Oefening 9.8: zet $t = u^2$ in de definiërende integraal) brengen alle waarden in halve getallen voort:

\Gamma\Bigl(\frac32\Bigr) = \frac12\,\Gamma\Bigl(\frac12\Bigr) = \frac{\sqrt\pi}{2}, \qquad \Gamma\Bigl(\frac52\Bigr) = \frac32\cdot\frac{\sqrt\pi}{2} = \frac{3\sqrt\pi}{4}, \qquad \Gamma\Bigl(\frac72\Bigr) = \frac{15\sqrt\pi}{8} .

Omdat $\Gamma(n+1) = n!$ , mag men gerust zeggen dat “ $\frac12! = \frac{\sqrt\pi}{2} \approx 0.886$ ”: de faculteit is geïnterpoleerd, en de interpolerende kromme duikt tussen $0! = 1$ en $1! = 1$ onder $1$ (haar minimum $\approx 0.8856$ in $x \approx 1.4616$ past bij het convexiteitsbeeld uit Deel I van de weekendopgave). Het inzicht om te onthouden: niets in de integraal $\int_0^\infty t^{x-1}\eu^{-t}\dd t$ bevoorrecht de gehele getallen — de discreetheid van de faculteit was een toevalligheid van het tellen, en $\sqrt\pi$ is wat er tussen $1$ en $1$ woont.

Opmerking 9.20 (Waar $\Gamma$ vandaan verder gaat)

De weekendopgave van dit hoofdstuk bouwt de hele calculus van Euler rond $\Gamma$ op: de Beta-functie, haar recursies met partiële integratie, de Wallis-integralen als waarden van Beta, en de limietformule van Gauss. Het hoofdstuk over meervoudige integralen bewijst de Beta–Gamma-formule van Euler voor alle argumenten met een dubbelintegraal; de kanshoofdstukken ontmoeten $\Gamma$ opnieuw bij de normalisatie van de meest voorkomende dichtheden en bij de momenten van wachttijden. Het volume van bachelorjaar 3 bouwt $\Gamma$ op lebesgue-fundamenten opnieuw op, bewijst de eenduidigheidsstelling van Bohr en Mollerup, en breidt de formule van Stirling met gedomineerde convergentie uit van de gehele getallen naar de reële halfrechte.

Voorbeeld 9.21 (Een klassieke berekening door te differentiëren)

Zij voor $x \in \R$ de waarde $F(x) = \int_0^{\infty} \eu^{-t^2}\cos(xt)\,\dd t$ (absoluut convergent, gedomineerd door $\eu^{-t^2}$ ). Volgens Stelling 9.11 (met dominatie van de afgeleide naar $x$ door $t\,\eu^{-t^2}$ , integreerbaar):

F'(x) = -\int_0^\infty t\,\eu^{-t^2}\sin(xt)\,\dd t = \Bigl[\frac{\eu^{-t^2}}{2}\sin(xt)\Bigr]_0^\infty - \frac x2\int_0^\infty \eu^{-t^2}\cos(xt)\,\dd t = -\frac x2\,F(x),

(partiële integratie met $u' = t\eu^{-t^2}$ ). De differentiaalvergelijking $F' = -\frac x2 F$ integreert tot $F(x) = F(0)\,\eu^{-x^2/4}$ : de integraal van gaussisch type reproduceert zichzelf. De constante $F(0) = \int_0^\infty \eu^{-t^2}\dd t = \frac{\sqrt\pi}{2}$ wordt in Oefening 9.8 berekend — en nog eens, met een dubbelintegraal, in Hoofdstuk 20.

9.4 Oefeningen

Oefening 9.1 ★

Bepaal de aard van $\displaystyle\int_0^1 \frac{\dd t}{\sqrt{t(1-t)}}$ , $\;\displaystyle\int_1^\infty \frac{\ln t}{t^2}\dd t$ en $\;\displaystyle\int_0^\infty \frac{\dd t}{1 + t^2\sin^2 t}$ (vergelijk met het divergente gedrag van harmonisch type bij $t = n\pi$ ).

Oplossing

Oplossing van Oefening 9.1.

$\int_0^1 \frac{\dd t}{\sqrt{t(1-t)}}$ : bij $0$ is de integrand $\sim t^{-1/2}$ ( $\alpha = \frac12 < 1$ : convergent); bij $1$ is zij $\sim (1-t)^{-1/2}$ : convergent. Dus convergent (haar waarde is $\pi$ , via de substitutie $t = \sin^2\theta$ ).

$\int_1^\infty \frac{\ln t}{t^2}$ : hier is $\frac{\ln t}{t^2} = o(t^{-3/2})$ , dus convergent (waarde $1$ , met partiële integratie).

$\int_0^\infty \frac{\dd t}{1 + t^2\sin^2 t}$ : divergent. Schrijf bij $t = n\pi$ de waarde $t = n\pi + u$ : dan is $\sin^2 t = \sin^2 u \leq u^2$ , dus op $\abs u \leq \frac{1}{n}$ geldt $1 + t^2\sin^2 t \leq 1 + (n\pi + 1)^2u^2 \leq C n^2 u^2 + 1$ ; bijgevolg

\int_{n\pi - 1/n}^{n\pi + 1/n} \frac{\dd t}{1 + t^2\sin^2 t} \geq \int_{-1/n}^{1/n} \frac{\dd u}{1 + Cn^2u^2} = \frac{2\arctan\sqrt C}{\sqrt C}\cdot\frac{1}{n} ,

een term van een divergente reeks van harmonisch type: sommeren over $n$ maakt de primitieve onbegrensd.

Oefening 9.2 ★

Bereken $\displaystyle\int_0^\infty t^n \eu^{-\lambda t}\,\dd t$ ( $\lambda > 0$ ) met $\Gamma$ , en $\displaystyle\int_0^1 (\ln t)^n \dd t$ met de substitutie $t = \eu^{-u}$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 9.2.

Substitueer $u = \lambda t$ :

\int_0^\infty t^n \eu^{-\lambda t}\dd t = \frac{1}{\lambda^{n+1}}\int_0^\infty u^n\eu^{-u}\dd u = \frac{\Gamma(n+1)}{\lambda^{n+1}} = \frac{n!}{\lambda^{n+1}} .

Met $t = \eu^{-u}$ ( $\dd t = -\eu^{-u}\dd u$ ):

\int_0^1 (\ln t)^n \dd t = \int_0^{\infty} (-u)^n \eu^{-u}\,\dd u = (-1)^n\, n! .

Oefening 9.3 ★

Bewijs dat $\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\dd t}{(1 + t^2)(1 + t^x)}$ voor elke $x \in \R$ welgedefinieerd en onafhankelijk van $x$ is. (Substitueer $t \mapsto \frac1t$ en middel de twee uitdrukkingen.) Wat is haar waarde?

Oplossing

Oplossing van Oefening 9.3.

Convergentie: de integrand is bij $\infty$ $\leq \frac{1}{1+t^2}$ en bij $0$ begrensd (beide factoren zijn van onderen weg van $0$ begrensd): dus absoluut convergent, voor elke $x$ . Substitutie $t = \frac1u$ ( $\dd t = -\frac{\dd u}{u^2}$ ):

I(x) = \int_0^\infty \frac{1}{\bigl(1 + \frac1{u^2}\bigr)\bigl(1 + u^{-x}\bigr)}\cdot\frac{\dd u}{u^2} = \int_0^\infty \frac{u^x}{(1 + u^2)(1 + u^x)}\,\dd u .

De twee uitdrukkingen voor $I(x)$ optellen geeft

2I(x) = \int_0^\infty \frac{1 + t^x}{(1+t^2)(1+t^x)}\dd t = \int_0^\infty \frac{\dd t}{1 + t^2} = \frac{\pi}{2} :

dus $I(x) = \frac\pi4$ , onafhankelijk van $x$ .

Oefening 9.4 ★★

(Bertrand-integralen bij een eindig eindpunt) Voor welke $(\alpha, \beta)$ convergeert $\displaystyle\int_0^{1/2} \frac{\dd t}{t^\alpha\,\abs{\ln t}^\beta}$ ?

Oplossing

Oplossing van Oefening 9.4.

Bij $0^+$ , met $u = \abs{\ln t} \to \infty$ . Is $\alpha < 1$ : dan convergentie ongeacht $\beta$ (vergelijk met $t^{-\alpha'}$ voor $\alpha < \alpha' < 1$ : de logaritmische factor wordt verslagen). Is $\alpha > 1$ : dan divergentie ongeacht $\beta$ (vergelijk met $t^{-\alpha''}$ , $1 < \alpha'' < \alpha$ ). Is $\alpha = 1$ : substitueer $t = \eu^{-u}$ :

\int_0^{1/2} \frac{\dd t}{t\,\abs{\ln t}^\beta} = \int_{\ln 2}^{\infty} \frac{\dd u}{u^\beta},

convergent dan en slechts dan als $\beta > 1$ . Samengevat: convergentie dan en slechts dan als $\alpha < 1$ , of ( $\alpha = 1$ en $\beta > 1$ ) — de spiegeling van de reeksen van Bertrand.

Oefening 9.5 ★★

Zij $F(x) = \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\eu^{-xt}}{1 + t^2}\,\dd t$ voor $x \geq 0$ . Bewijs dat $F$ continu is op $\intco{0}{\infty}$ en van klasse $C^2$ op $\intoo{0}{\infty}$ , dat daar $F'' + F = \frac1x$ geldt, en dat $F(x) \to 0$ als $x \to +\infty$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 9.5.

Continuïteit op $\intco{0}{\infty}$ : de dominatie $\bigl|\frac{\eu^{-xt}}{1+t^2}\bigr| \leq \frac{1}{1+t^2}$ , integreerbaar en uniform in $x \geq 0$ : Stelling 9.10.

Klasse $C^2$ op $\intoo{0}{\infty}$ : op $x \geq a > 0$ worden de eerste twee afgeleiden naar $x$ , te weten $\frac{-t\,\eu^{-xt}}{1+t^2}$ en $\frac{t^2\eu^{-xt}}{1+t^2}$ , gedomineerd door $t\,\eu^{-at}$ en $\eu^{-at}$ : twee toepassingen van Stelling 9.11. Dan is

F''(x) + F(x) = \int_0^\infty \frac{t^2 + 1}{1 + t^2}\,\eu^{-xt}\dd t = \int_0^\infty \eu^{-xt}\dd t = \frac1x .

Limiet: $0 \leq F(x) \leq \int_0^\infty \eu^{-xt}\dd t = \frac1x \to 0$ .

Oefening 9.6 ★★

(Frullani) Zij $f$ continu op $\intco{0}{+\infty}$ met een eindige limiet $f(\infty)$ bij $+\infty$ . Bewijs dat voor $a, b > 0$ geldt

\int_0^{\infty} \frac{f(at) - f(bt)}{t}\,\dd t = \bigl(f(0) - f(\infty)\bigr)\,\ln\frac ba .

(Substitueer op $\intcc{\varepsilon}{M}$ in elk stuk en hergroepeer tot $\int_{a\varepsilon}^{b\varepsilon} - \int_{aM}^{bM}$ van $\frac{f(u)}u\,\dd u$ ; sluit in met de continuïteit in $0$ en de limiet bij $\infty$ .) Bereken $\int_0^\infty \frac{\eu^{-t} - \eu^{-2t}}{t}\dd t$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 9.6.

Substitueer op $\intcc{\varepsilon}{M}$ in de twee helften $u = at$ respectievelijk $u = bt$ :

\int_\varepsilon^M \frac{f(at) - f(bt)}{t}\dd t = \int_{a\varepsilon}^{aM}\frac{f(u)}{u}\dd u - \int_{b\varepsilon}^{bM}\frac{f(u)}{u}\dd u = \int_{a\varepsilon}^{b\varepsilon} \frac{f(u)}{u}\dd u - \int_{aM}^{bM} \frac{f(u)}{u}\dd u .

Eerste stuk: bij $0$ is $f(u) = f(0) + o(1)$ en $\int_{a\varepsilon}^{b\varepsilon} \frac{\dd u}{u} = \ln\frac ba$ : het stuk gaat dus naar $f(0)\ln\frac ba$ . Tweede stuk: $f(u) \to f(\infty)$ , dezelfde berekening: het gaat naar $f(\infty)\ln\frac ba$ . Bijgevolg convergeert de oneigenlijke integraal naar $\bigl(f(0) - f(\infty)\bigr)\ln\frac ba$ .

Met $f(t) = \eu^{-t}$ ( $f(0) = 1$ , $f(\infty) = 0$ ), $a = 1$ en $b = 2$ :

\int_0^\infty \frac{\eu^{-t} - \eu^{-2t}}{t}\dd t = \ln 2 .

Oefening 9.7 ★★

Verantwoord en bereken $\lim_{n\to\infty} \displaystyle\int_0^n \Bigl(1 - \frac tn\Bigr)^{\!n} t^{x-1}\,\dd t$ voor $x > 0$ (gedomineerde convergentie met $\varphi(t) = \eu^{-t}t^{x-1}$ , met $(1 - t/n)^n \leq \eu^{-t}$ ; de limiet is $\Gamma(x)$ ).

Oplossing

Oplossing van Oefening 9.7.

Zet de integrand voorbij $t = n$ voort met $0$ : $g_n(t) = (1 - \frac tn)^n t^{x-1}\mathbf{1}_{t \leq n}$ . Puntsgewijs geldt $g_n(t) \to \eu^{-t}t^{x-1}$ (de limiet van de samengestelde interest, volume van bachelorjaar 1). Dominatie: uit $\ln(1 - u) \leq -u$ volgt $(1 - \frac tn)^n \leq \eu^{-t}$ op $\intcc{0}{n}$ , dus $\abs{g_n(t)} \leq \eu^{-t}t^{x-1} = \varphi(t)$ , integreerbaar. Gedomineerde convergentie:

\int_0^n \Bigl(1 - \frac tn\Bigr)^n t^{x-1}\dd t \xrightarrow[n\to\infty]{} \int_0^\infty \eu^{-t}t^{x-1}\dd t = \Gamma(x) .

(Het linkerlid met herhaalde partiële integratie berekenen geeft de productvorm van Euler $\Gamma(x) = \lim \frac{n!\,n^x}{x(x+1)\cdots(x+n)}$ .)

Oefening 9.8 ★★★

(De gaussische integraal met een parametertruc) Zet voor $x \geq 0$

G(x) = \Bigl(\int_0^x \eu^{-t^2}\dd t\Bigr)^{\!2}, \qquad H(x) = \int_0^1 \frac{\eu^{-x^2(1+t^2)}}{1 + t^2}\,\dd t .

Bewijs dat $G' + H' = 0$ (differentieer $H$ onder de integraal en substitueer $u = xt$ in de resulterende integraal), leid af dat $G(x) + H(x) = \frac\pi4$ voor alle $x$ , en besluit dat

\int_0^{\infty} \eu^{-t^2}\,\dd t = \frac{\sqrt\pi}{2} .

Oplossing

Oplossing van Oefening 9.8.

$H$ is differentieerbaar naar $x$ (de integrand is $C^1$ in $x$ , met afgeleide $-2x(1+t^2)\cdot\frac{\eu^{-x^2(1+t^2)}}{1+t^2} = -2x\,\eu^{-x^2}\eu^{-x^2t^2}$ , continu en begrensd op compacte verzamelingen van $x$ ; de dominatie over $t \in \intcc{0}{1}$ is triviaal):

H'(x) = -2x\,\eu^{-x^2}\int_0^1 \eu^{-x^2t^2}\,\dd t \overset{u = xt}{=} -2\,\eu^{-x^2}\int_0^x \eu^{-u^2}\,\dd u = -G'(x),

want $G'(x) = 2\eu^{-x^2}\int_0^x \eu^{-t^2}\dd t$ (kettingregel op het kwadraat, en de hoofdstelling van de integraalrekening). Dus is $G + H$ constant, gelijk aan $G(0) + H(0) = 0 + \int_0^1 \frac{\dd t}{1+t^2} = \frac\pi4$ .

Als $x \to \infty$ : $0 \leq H(x) \leq \eu^{-x^2}\int_0^1 \dd t \to 0$ , dus $G(x) \to \frac\pi4$ :

\int_0^\infty \eu^{-t^2}\dd t = \sqrt{\frac\pi4} = \frac{\sqrt\pi}{2} .

(Bijgevolg is $\Gamma\bigl(\frac12\bigr) = 2\int_0^\infty \eu^{-t^2}\dd t = \sqrt\pi$ , via de substitutie $t = \sqrt u$ .)

Oefening 9.9 ★★★

Bewijs dat $\Gamma$ logaritmisch convex is: $\ln\Gamma$ is convex op $\intoo{0}{\infty}$ . (Cauchy–Schwarz voor integralen toegepast op $t^{(x+y)/2 - 1}\eu^{-t} = \bigl(t^{x-1}\eu^{-t}\bigr)^{1/2} \bigl(t^{y-1}\eu^{-t}\bigr)^{1/2}$ geeft $\Gamma\bigl(\frac{x+y}{2}\bigr)^2 \leq \Gamma(x)\Gamma(y)$ ; combineer met de continuïteit en Oefening 8.8.)

Oplossing

Oplossing van Oefening 9.9.

Cauchy–Schwarz (volume van bachelorjaar 1, geldig op $\intcc{\varepsilon}{M}$ en naar de limiet gebracht) toegepast op de factorisatie $t^{\frac{x+y}{2}-1}\eu^{-t} = \bigl(t^{x-1}\eu^{-t}\bigr)^{1/2} \bigl(t^{y-1}\eu^{-t}\bigr)^{1/2}$ :

\Gamma\Bigl(\frac{x+y}{2}\Bigr) \leq \Gamma(x)^{1/2}\,\Gamma(y)^{1/2} \quad\Longrightarrow\quad \ln\Gamma\Bigl(\frac{x+y}{2}\Bigr) \leq \frac{\ln\Gamma(x) + \ln\Gamma(y)}{2} :

$\ln\Gamma$ is dus convex in het midden, en omdat zij continu is (Stelling 9.18), is zij convex (Oefening 8.8). (De logaritmische convexiteit pint $\Gamma$ eenduidig vast onder alle interpolaties van de faculteit — de stelling van Bohr en Mollerup, een parel uit bachelorjaar 3.)

Oefening 9.10 ★★★

(Integraal van Dirichlet) Zet $F(x) = \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\sin t}{t}\,\eu^{-xt}\,\dd t$ voor $x > 0$ .

Verantwoord $F'(x) = -\frac{1}{1 + x^2}$ (differentieer onder de integraal; bereken $\int_0^\infty \eu^{-xt}\sin t\,\dd t$ met twee partiële integraties).
Bewijs dat $F(x) \to 0$ als $x \to +\infty$ en leid af dat $F(x) = \frac\pi2 - \arctan x$ .
Neem de continuïteit van $F$ in $0^+$ aan (een stelling van het type Abel) en besluit tot de waarde van de halfconvergente integraal:

$\int_0^{\infty} \frac{\sin t}{t}\,\dd t = \frac{\pi}{2}.$

Oplossing

Oplossing van Oefening 9.10.

Op $x \geq a > 0$ is de afgeleide van de integrand naar $x$ gelijk aan $-\sin t\,\eu^{-xt}$ , gedomineerd door $\eu^{-at}$ : Stelling 9.11 geeft $F'(x) = -\int_0^\infty \eu^{-xt}\sin t\,\dd t$ . Twee partiële integraties (of de complexe exponentiële) geven

$\int_0^\infty \eu^{-xt}\sin t\,\dd t = \Im \int_0^\infty \eu^{(-x+\iu)t}\dd t = \Im\frac{1}{x - \iu} = \frac{1}{1 + x^2} .$
Er geldt $\abs{F(x)} \leq \int_0^\infty \eu^{-xt}\dd t = \frac1x \to 0$ . Het integreren van $F' = -\frac{1}{1+x^2}$ van $x$ tot $\infty$ geeft $0 - F(x) = -\bigl(\frac\pi2 - \arctan x\bigr)$ , dus $F(x) = \frac\pi2 - \arctan x$ .
Met $x \to 0^+$ en de aangenomen continuïteit: $F(0^+) = \frac\pi2$ , en $F(0) = \int_0^\infty \frac{\sin t}{t}\dd t$ (de halfconvergente integraal van Dirichlet, Voorbeeld 9.5): haar waarde is dus $\frac\pi2$ .

Oefening 9.11 ★★

Verantwoord de convergentie van $\displaystyle\int_0^\infty \Bigl(\frac{\sin t}{t}\Bigr)^{\!2}\dd t$ , en bereken haar daarna met één partiële integratie en Oefening 9.10:

\int_0^\infty \Bigl(\frac{\sin t}{t}\Bigr)^{\!2}\dd t = \frac{\pi}{2} .

(Dezelfde waarde als $\int_0^\infty \frac{\sin t}{t}\dd t$ — maar deze keer is de convergentie absoluut.)

Oplossing

Oplossing van Oefening 9.11.

Convergentie: bij $0$ laat de integrand zich continu voortzetten met de waarde $1$ (want $\sin t \sim t$ ); bij oneindig is zij $\leq t^{-2}$ : dus absolute convergentie. Integreer op $\intcc{\varepsilon}{M}$ partieel met $u = \sin^2 t$ en $v' = t^{-2}$ :

\int_\varepsilon^M \frac{\sin^2 t}{t^2}\dd t = \Bigl[-\frac{\sin^2 t}{t}\Bigr]_\varepsilon^M + \int_\varepsilon^M \frac{2\sin t\cos t}{t}\dd t = \Bigl[-\frac{\sin^2 t}{t}\Bigr]_\varepsilon^M + \int_{2\varepsilon}^{2M} \frac{\sin u}{u}\dd u

( $u = 2t$ in de laatste integraal). De haak gaat aan beide uiteinden naar $0$ ( $\sin^2\varepsilon/\varepsilon \leq \varepsilon$ ; $\sin^2 M/M \leq 1/M$ ), en de laatste integraal gaat naar $\int_0^\infty \frac{\sin u}{u}\dd u = \frac\pi2$ (Oefening 9.10). Bijgevolg is

\int_0^\infty \Bigl(\frac{\sin t}{t}\Bigr)^{\!2}\dd t = \frac\pi2 .

Oefening 9.12 ★★★

(De gaussische staart) Zet voor $x > 0$ de waarde $T(x) = \displaystyle \int_x^\infty \eu^{-t^2}\dd t$ .

Schrijf $\eu^{-t^2} = \frac{1}{-2t}\cdot(-2t\,\eu^{-t^2})$ en integreer tweemaal partieel om

$T(x) = \eu^{-x^2}\Bigl(\frac{1}{2x} - \frac{1}{4x^3}\Bigr) + \frac34\int_x^\infty \frac{\eu^{-t^2}}{t^4}\,\dd t$

te verkrijgen.
Begrens de restterm: $0 \leq \frac34\int_x^\infty t^{-4}\eu^{-t^2}\dd t \leq \frac{3}{8x^5}\,\eu^{-x^2}$ , en leid de insluiting

$\eu^{-x^2}\Bigl(\frac{1}{2x} - \frac{1}{4x^3}\Bigr) \leq T(x) \leq \frac{\eu^{-x^2}}{2x}, \qquad\text{dus}\qquad T(x) \sim \frac{\eu^{-x^2}}{2x} \quad (x \to +\infty)$

af.
Waarom kan de volledige alternerende reeks die men door de partiële integraties te herhalen krijgt, voor vaste $x$ nooit convergeren? (Vergelijk de groei van de coëfficiënten $1\cdot3\cdots(2k-1)$ met de machten $(2x^2)^k$ .)

Oplossing

Oplossing van Oefening 9.12.

Partieel integreren met $u = \frac{-1}{2t}$ en $v' = -2t\,\eu^{-t^2}$ (dus $v = \eu^{-t^2}$ ):

$T(x) = \Bigl[\frac{-\eu^{-t^2}}{2t}\Bigr]_x^\infty - \int_x^\infty \frac{\eu^{-t^2}}{2t^2}\dd t = \frac{\eu^{-x^2}}{2x} - \int_x^\infty \frac{\eu^{-t^2}}{2t^2}\dd t .$

Hetzelfde middel op de nieuwe integraal ( $u = \frac{-1}{4t^3}$ , $v' = -2t\,\eu^{-t^2}$ ):

$\int_x^\infty \frac{\eu^{-t^2}}{2t^2}\dd t = \frac{\eu^{-x^2}}{4x^3} - \frac34\int_x^\infty \frac{\eu^{-t^2}}{t^4}\dd t ,$

waaruit de aangekondigde identiteit volgt.
Nog een partiële integratie begrenst de restterm:

$\int_x^\infty \frac{\eu^{-t^2}}{t^4}\dd t = \frac{\eu^{-x^2}}{2x^5} - \frac52\int_x^\infty\frac{\eu^{-t^2}}{t^6}\dd t \leq \frac{\eu^{-x^2}}{2x^5},$

dus $0 \leq \frac34\int_x^\infty t^{-4}\eu^{-t^2}\dd t \leq \frac{3}{8x^5}\eu^{-x^2}$ . De (positieve) restterm in de identiteit van vraag 1 laten vallen geeft de ondergrens; de (negatieve) tweede term van de eerste partiële integratie laten vallen geeft $T(x) \leq \frac{\eu^{-x^2}}{2x}$ . Delen we de insluiting door $\frac{\eu^{-x^2}}{2x}$ , dan ligt de verhouding tussen $1 - \frac{1}{2x^2}$ en $1$ ingeklemd, dus $T(x) \sim \frac{\eu^{-x^2}}{2x}$ .
Het herhalen van de partiële integraties levert de formele reeks

$T(x) \approx \frac{\eu^{-x^2}}{2x}\Bigl(1 - \frac{1}{2x^2} + \frac{1\cdot3}{(2x^2)^2} - \frac{1\cdot3\cdot5}{(2x^2)^3} + \cdots\Bigr),$

waarvan de $k$ -de coëfficiënt $1\cdot3\cdots(2k-1) = \frac{(2k)!}{2^k k!}$ sneller groeit dan welke meetkundige rij ook: bij vaste $x$ gaan de termen $\frac{1\cdot3\cdots(2k-1)}{(2x^2)^k}$ naar oneindig (hun verhouding is $\frac{2k+1}{2x^2} \to \infty$ ), zodat de reeks voor elke $x$ divergeert. Het is een asymptotische ontwikkeling: op elke vaste orde afgekapt is de fout van de orde van de eerste weggelaten term als $x \to \infty$ — maar nooit een convergente reeks. (Deze staartschatting is de standaardgrens voor de gaussische staart uit de kanshoofdstukken.)

9.5 Probleem: Eulers integralen — Beta, Gamma en de limietformule van Gauss

Probleem 9.1

De $\Gamma$ -functie uit Definitie 9.17 is de ene helft van Eulers calculus van integralen; de andere helft is de Beta-functie

B(x, y) = \int_0^1 t^{x-1}(1 - t)^{y-1}\,\dd t .

Deze opgave ontwikkelt het paar $(\Gamma, B)$ uitsluitend met het gereedschap van dit hoofdstuk — partiële integratie, substitutie, gedomineerde convergentie — en mondt uit in de Beta–Gamma-formule van Euler $B(x,y) = \frac{\Gamma(x)\Gamma(y)} {\Gamma(x+y)}$ op de halve getallen en in de limietformule van Gauss voor $\Gamma$ . Onderweg duiken de Wallis-integralen van Lemma 6.11 op als waarden van Beta, en valt de verdubbelingsformule van Legendre eruit.

Deel I — De fijne structuur van $\Gamma$ .

Herhaal waarom $\Gamma(x) = \int_0^\infty t^{x-1}\eu^{-t}\dd t$ precies voor $x > 0$ convergeert, en toon aan dat

$\Gamma(x) \sim \frac1x \qquad (x \to 0^+)$

(functionaalvergelijking plus de continuïteit van $\Gamma$ in $1$ ).
Bewijs dat $\Gamma\bigl(\tfrac12\bigr) = \sqrt\pi$ (substitueer $t = u^2$ en beroep je op Oefening 9.8), en leid af dat $\int_\R \eu^{-u^2/2}\dd u = \sqrt{2\pi}$ .
Toon met inductie aan dat voor $n \in \N$

$\Gamma\Bigl(n + \frac12\Bigr) = \frac{(2n)!}{4^n\,n!}\,\sqrt\pi .$
Verantwoord $\Gamma''(x) = \int_0^\infty t^{x-1}\eu^{-t}(\ln t)^2\dd t > 0$ , en leid af dat $\Gamma$ strikt convex is, een uniek minimum aanneemt in een zekere $x_0 \in \intoo{1}{2}$ ( $\Gamma(1) = \Gamma(2) = 1$ en Rolle), daalt op $\intoo{0}{x_0}$ en stijgt op $\intoo{x_0}{\infty}$ .
Toon aan dat $\Gamma$ elke macht verslaat: voor elke $k \in \N$ is $x^k = o\bigl(\Gamma(x)\bigr)$ als $x \to +\infty$ (klem $x$ tussen gehele getallen in en gebruik $\Gamma(n+1) = n!$ met de monotonie uit vraag 4).

Deel II — De Beta-functie, met partiële integratie.

Toon aan dat $B(x,y)$ precies voor $x > 0$ en $y > 0$ convergeert, en dat $B(x,y) = B(y,x)$ .
Bereken $B(x, 1) = \frac1x$ , en bewijs met partiële integratie dat voor $x, y > 0$

$B(x, y+1) = \frac{y}{x}\,B(x+1, y) .$
Leid uit de splitsing $t^{x-1}(1-t)^{y-1} = t^{x}(1-t)^{y-1} + t^{x-1}(1-t)^{y}$ af dat $B(x,y) = B(x+1,y) + B(x,y+1)$ , en combineer dit met vraag 7 tot de afdalingsrelaties

$B(x, y+1) = \frac{y}{x+y}\,B(x,y), \qquad B(x+1, y) = \frac{x}{x+y}\,B(x,y) .$
Leid af dat voor gehele $m, n \geq 1$

$B(m, n) = \frac{(m-1)!\,(n-1)!}{(m+n-1)!} = \frac{1}{(m+n-1)\binom{m+n-2}{m-1}} .$
Bewijs de formule van Euler met één geheel argument: voor elke $x > 0$ en $n \in \N^*$ geldt

$B(x, n) = \frac{\Gamma(x)\,\Gamma(n)}{\Gamma(x + n)}$

(inductie naar $n$ : beide leden zijn $\frac1x$ bij $n = 1$ en voldoen aan dezelfde afdalingsrelatie).

Deel III — De Wallis-integralen als waarden van Beta.

Substitueer $t = \sin^2\theta$ om de goniometrische vorm

$B(x, y) = 2\int_0^{\pi/2} \sin^{2x-1}\theta\,\cos^{2y-1}\theta\,\dd\theta$

te verkrijgen.
Leid af dat $W_n = \frac12\,B\bigl(\frac{n+1}2, \frac12\bigr)$ voor de Wallis-integraal $W_n = \int_0^{\pi/2}\sin^n \theta\,\dd\theta$ , en vind de recurrentie $W_n = \frac{n-1}{n}W_{n-2}$ uit Lemma 6.11 terug uit de afdalingsrelaties van vraag 8 alleen.
Bereken $B\bigl(\frac12, \frac12\bigr) = 2W_0 = \pi$ en toets dit aan $\Gamma\bigl(\frac12\bigr)^2/\Gamma(1)$ : de formule van Euler geldt dus in $\bigl(\frac12, \frac12\bigr)$ .
Leid uit de recurrentie de gesloten vorm $W_{2n} = \frac\pi2\, \frac{(2n)!}{4^n(n!)^2}$ af, en ga na dat

$B\Bigl(n + \frac12, \frac12\Bigr) = \frac{\Gamma\bigl(n + \frac12\bigr)\Gamma\bigl( \frac12\bigr)}{\Gamma(n+1)} .$

Besluit met inductie en de afdalingsrelaties dat de formule van Euler $B(x,y) = \frac{\Gamma(x)\Gamma(y)}{\Gamma(x+y)}$ geldt zodra $2x$ en $2y$ positieve gehele getallen zijn.
Substitueer $u = \frac{t}{1-t}$ om de derde klassieke vorm

$B(x,y) = \int_0^\infty \frac{u^{x-1}}{(1+u)^{x+y}}\,\dd u$

te verkrijgen, en ga het geval $x = y = \frac12$ rechtstreeks na ( $u = v^2$ herleidt het tot $\int_0^\infty\frac{2\,\dd v}{1+v^2}$ ).

Deel IV — De limietformule van Gauss.

Bewijs voor $x > 0$ en $n \in \N^*$ met $n$ opeenvolgende partiële integraties dat

$\int_0^n \Bigl(1 - \frac tn\Bigr)^{\!n} t^{x-1}\,\dd t = \frac{n!\;n^x}{x(x+1)\cdots(x+n)} .$
Besluit met Oefening 9.7 (gedomineerde convergentie) tot de limietformule van Gauss:

$\Gamma(x) = \lim_{n\to\infty} \frac{n!\;n^x}{x(x+1)\cdots(x+n)} \qquad (x > 0).$
Toon door logaritmen te nemen aan dat voor $x > 0$

$\ln\Gamma(x) = -\ln x - \gamma x + \sum_{k=1}^{\infty}\Bigl(\frac xk - \ln\Bigl(1 + \frac xk\Bigr)\Bigr),$

waarbij $\gamma$ de constante van Euler is (Voorbeeld 6.7); verantwoord de convergentie van de reeks (de algemene term is $\sim \frac{x^2}{2k^2}$ ).
Gebruik de formule van Gauss in $x = \frac12$ en de asymptotiek van de centrale binomiaalcoëfficiënt $\binom{2n}{n} \sim \frac{4^n}{\sqrt{\pi n}}$ (Voorbeeld 6.14) om $\Gamma\bigl(\frac12\bigr) = \sqrt\pi$ opnieuw te berekenen: de constante van Stirling en de gaussische integraal zijn hetzelfde getal in twee vermommingen.
Ga na dat de formule van Gauss de functionaalvergelijking opnieuw bewijst: besluit uit de exacte identiteit

$\frac{n!\,n^{x+1}}{(x+1)\cdots(x+n+1)} = \frac{n!\,n^{x}}{x(x+1)\cdots(x+n)}\cdot \frac{n\,x}{x+n+1}$

opnieuw tot $\Gamma(x+1) = x\,\Gamma(x)$ . (De formule van Gauss legt $\Gamma$ volledig vast; het volume van bachelorjaar 3 bewijst de scherpere stelling van Bohr en Mollerup: de functionaalvergelijking plus de logaritmische convexiteit pinnen $\Gamma$ al vast.)

Deel V — Opbrengsten.

Toon voor $a > 0$ aan dat $\int_0^\infty \eu^{-t^a}\dd t = \Gamma\bigl(1 + \frac1a\bigr)$ , en bereken de limiet als $a \to +\infty$ met gedomineerde convergentie (de puntsgewijze limiet is $\mathbf 1_{t < 1}$ ; domineer door $1$ op $\intoc{0}{1}$ en daarbuiten door $\eu^{-t^2}$ , voor $a \geq 2$ ). Toets het antwoord aan de continuïteit van $\Gamma$ .
Toon voor $n \geq 1$ aan dat

$\int_0^1 \frac{\dd t}{\sqrt{1 - t^n}} = \frac1n\,B\Bigl(\frac1n, \frac12\Bigr),$

en vind de waarden $2$ ( $n = 1$ ) en $\frac\pi2$ ( $n = 2$ ) terug. (Voor $n = 4$ is dit de constante van de lemniscaat, die geen elementaire gesloten vorm heeft; haar verhaal hoort bij de theorie van de elliptische integralen.)
(Momenten) Toon voor $x > 0$ en $k \in \N$ aan dat

$\frac{1}{\Gamma(x)}\int_0^\infty t^{k}\,t^{x-1}\eu^{-t}\,\dd t = \frac{\Gamma(x+k)}{\Gamma(x)} = x(x+1)\cdots(x+k-1),$

de stijgende faculteit; ga na dat $x = 1$ de waarde $k!$ geeft. (In de kanshoofdstukken is dit het $k$ -de moment van een standaarddichtheid voor wachttijden.)
Bewijs de Beta-identiteit, geldig voor alle $x > 0$ :

$B(x, x) = 2^{1-2x}\,B\Bigl(x, \frac12\Bigr)$

(substitueer $t = \frac{1+s}2$ , buit de symmetrie in $s$ uit, en zet daarna $s = \sqrt v$ ). Leid daaruit voor $2x \in \N^*$ de verdubbelingsformule van Legendre

$\Gamma(x)\,\Gamma\Bigl(x + \frac12\Bigr) = 2^{1-2x}\,\sqrt\pi\;\Gamma(2x)$

af, en ga haar met vraag 3 rechtstreeks na in $x = n$ . (Voor algemene $x$ volgt zij uit dezelfde identiteit zodra de formule van Euler voor alle argumenten bekend is — het bewijs met de dubbelintegraal in het hoofdstuk over meervoudige integralen.)
Synthese. In telkens één zin: (i) waar de partiële integratie heel Deel II droeg; (ii) waar de gedomineerde convergentie in de Delen IV en V binnenkwam; (iii) welke asymptotische ingrediënten uit het vergelijkingshoofdstuk zijn ingevoerd; (iv) wat er nu van de formule van Euler $B(x,y) = \Gamma(x)\Gamma(y)/\Gamma(x+y)$ bewezen is, en wat er voor de dubbelintegraal overblijft.

Oplossing

Oplossing van Probleem 9.1.

1. Bij $0^+$ is de integrand $\sim t^{x-1}$ : de schaal bij een eindig eindpunt convergeert dan en slechts dan als $1 - x < 1$ , dat wil zeggen $x > 0$ (en voor $x \leq 0$ divergeert $t^{x-1} \geq t^{-1}$ ); bij $+\infty$ is $t^{x-1}\eu^{-t} = o(t^{-2})$ , dus convergent voor elke $x$ . Verder is $\Gamma(x) = \frac{\Gamma(x+1)}{x}$ en $\Gamma(x+1) \to \Gamma(1) = 1$ als $x \to 0^+$ (continuïteit, Stelling 9.18): dus $\Gamma(x) \sim \frac1x$ .

2. Met $t = u^2$ en $\dd t = 2u\,\dd u$ :

\Gamma\Bigl(\frac12\Bigr) = \int_0^\infty t^{-1/2}\eu^{-t}\dd t = \int_0^\infty \frac{\eu^{-u^2}}{u}\,2u\,\dd u = 2\int_0^\infty \eu^{-u^2}\dd u = \sqrt\pi

volgens Oefening 9.8. Met $u = v/\sqrt2$ :

\int_\R \eu^{-v^2/2}\dd v = 2\sqrt2\int_0^\infty \eu^{-u^2}\dd u = \sqrt2\,\sqrt\pi = \sqrt{2\pi} .

3. Waar voor $n = 0$ (beide leden $\sqrt\pi$ ). Geldt $\Gamma(n + \frac12) = \frac{(2n)!}{4^n n!}\sqrt\pi$ , dan geeft de functionaalvergelijking

\Gamma\Bigl(n + 1 + \frac12\Bigr) = \Bigl(n + \frac12\Bigr)\Gamma\Bigl(n + \frac12\Bigr) = \frac{2n+1}{2}\cdot\frac{(2n)!}{4^n n!}\sqrt\pi = \frac{(2n+2)!}{4^{n+1}(n+1)!}\sqrt\pi ,

waarbij de laatste stap geldt omdat $\frac{(2n+2)!}{(2n)!} = (2n+2)(2n+1)$ en $\frac{2n+1}{2} = \frac{(2n+2)(2n+1)}{4(n+1)}$ .

4. Stelling 9.18 geeft $\Gamma''(x) = \int_0^\infty t^{x-1}\eu^{-t}(\ln t)^2\dd t$ (twee toepassingen van de regel van Leibniz, met de dominaties uit het bewijs van de stelling); de integrand is $\geq 0$ en niet identiek nul, dus $\Gamma'' > 0$ : $\Gamma$ is strikt convex en $\Gamma'$ strikt stijgend. Omdat $\Gamma(1) = \Gamma(2) = 1$ , levert Rolle een $x_0 \in \intoo12$ met $\Gamma'(x_0) = 0$ ; de strikte monotonie van $\Gamma'$ maakt $x_0$ haar enige nulpunt, met $\Gamma' < 0$ ervoor en $\Gamma' > 0$ erna: dus daalt $\Gamma$ op $\intoo0{x_0}$ , stijgt zij op $\intoo{x_0}\infty$ , en is $x_0$ het unieke minimum.

5. Zij $k \in \N$ en $x \geq 3$ ; kies het gehele getal $n$ met $n + 1 \leq x < n + 2$ (dus $n \geq 1$ ). Volgens de monotonie uit vraag 4 (geldig vanaf $x_0 < 2$ ) is $\Gamma(x) \geq \Gamma(n + 1) = n!$ , terwijl $x^k \leq (n+2)^k$ . Omdat $\frac{n!}{(n+2)^k} \to \infty$ (faculteiten verslaan machten, volume van bachelorjaar 1), gaat $\frac{\Gamma(x)}{x^k} \geq \frac{n!}{(n+2)^k} \to \infty$ als $x \to \infty$ : dus $x^k = o(\Gamma(x))$ .

6. Bij $0$ is de integrand $\sim t^{x-1}$ (convergent dan en slechts dan als $x > 0$ ) en bij $1$ is zij $\sim (1-t)^{y-1}$ (dan en slechts dan als $y > 0$ ); beide vergelijkingen zijn tussen positieve functies, dus convergeert $B(x,y)$ precies voor $x, y > 0$ . De substitutie $t \mapsto 1 - t$ verwisselt de twee factoren: $B(x,y) = B(y,x)$ .

7. Er geldt $B(x,1) = \int_0^1 t^{x-1}\dd t = \frac1x$ . Partieel integreren op $\intcc\varepsilon{1-\varepsilon}$ met $u = (1-t)^y$ en $v = \frac{t^x}{x}$ :

\int t^{x-1}(1-t)^{y}\dd t = \Bigl[\frac{t^x(1-t)^y}{x}\Bigr] + \frac{y}{x}\int t^{x}(1-t)^{y-1}\dd t ;

de haak verdwijnt aan beide uiteinden als $\varepsilon \to 0$ (dankzij $x > 0$ bij $0$ en $y > 0$ bij $1$ ), en er blijft $B(x, y+1) = \frac yx\,B(x+1, y)$ over.

8. Omdat $t + (1-t) = 1$ , is

t^{x-1}(1-t)^{y-1} = t^{x}(1-t)^{y-1} + t^{x-1}(1-t)^{y},

dus $B(x,y) = B(x+1,y) + B(x,y+1)$ . Vraag 7 luidt $B(x+1,y) = \frac xy B(x,y+1)$ ; substitueren geeft

B(x,y) = \Bigl(\frac xy + 1\Bigr)B(x,y+1) = \frac{x+y}{y}\,B(x,y+1),

dat wil zeggen $B(x,y+1) = \frac{y}{x+y}B(x,y)$ ; de bijbehorende relatie volgt uit de symmetrie van vraag 6.

9. Inductie naar $n$ bij vaste $m$ : $B(m,1) = \frac1m = \frac{(m-1)!\,0!}{m!}$ , en geldt de formule bij $n$ , dan

B(m, n+1) = \frac{n}{m+n}\,B(m,n) = \frac{n}{m+n}\cdot\frac{(m-1)!(n-1)!}{(m+n-1)!} = \frac{(m-1)!\,n!}{(m+n)!} .

Herschreven: $B(m,n) = \frac{(m-1)!(n-1)!}{(m+n-1)!} = \bigl[(m+n-1)\binom{m+n-2}{m-1}\bigr]^{-1}$ .

10. Beide leden van $B(x,n) = \frac{\Gamma(x)\Gamma(n)}{\Gamma(x+n)}$ zijn bij $n = 1$ gelijk aan $\frac1x$ ( $\Gamma(1) = 1$ , $\Gamma(x+1) = x\Gamma(x)$ ). Stemmen zij overeen bij $n$ , dan geven de afdalingsrelatie en de functionaalvergelijking

B(x, n+1) = \frac{n}{x+n}\,B(x,n), \qquad \frac{\Gamma(x)\Gamma(n+1)}{\Gamma(x+n+1)} = \frac{n}{x+n}\cdot \frac{\Gamma(x)\Gamma(n)}{\Gamma(x+n)} :

de twee rijen voldoen aan dezelfde recursie vanuit hetzelfde beginpunt en stemmen dus overeen voor alle $n \in \N^*$ en alle $x > 0$ .

11. Met $t = \sin^2\theta$ ( $\theta \in \intoo0{\pi/2}$ , $\dd t = 2\sin\theta\cos\theta\,\dd\theta$ ) is $t^{x-1} = \sin^{2x-2}\theta$ en $(1-t)^{y-1} = \cos^{2y-2}\theta$ , dus

B(x,y) = \int_0^{\pi/2}\sin^{2x-2}\theta\,\cos^{2y-2}\theta \cdot 2\sin\theta\cos\theta\,\dd\theta = 2\int_0^{\pi/2}\sin^{2x-1}\theta\,\cos^{2y-1}\theta\, \dd\theta .

12. Neem $y = \frac12$ (wat de cosinusfactor doodt) en $2x - 1 = n$ : dan is $B\bigl(\frac{n+1}2, \frac12\bigr) = 2W_n$ , dat wil zeggen $W_n = \frac12 B\bigl(\frac{n+1}2,\frac12\bigr)$ . De afdalingsrelatie in de eerste veranderlijke geeft

\frac{W_n}{W_{n-2}} = \frac{B\bigl(\frac{n-1}2 + 1, \frac12\bigr)} {B\bigl(\frac{n-1}2, \frac12\bigr)} = \frac{\frac{n-1}2}{\frac{n-1}2 + \frac12} = \frac{n-1}{n} :

de recurrentie van Wallis, ditmaal zonder ook maar één partiële integratie op sinussen — Deel II deed dat werk eens en voor altijd.

13. Er geldt $B\bigl(\frac12,\frac12\bigr) = 2W_0 = 2\cdot\frac\pi2 = \pi$ , terwijl $\Gamma\bigl(\frac12\bigr)^2/\Gamma(1) = (\sqrt\pi)^2 = \pi$ : de formule van Euler geldt dus in $\bigl(\frac12,\frac12\bigr)$ .

14. Itereren van $W_{2n} = \frac{2n-1}{2n}W_{2n-2}$ vanaf $W_0 = \frac\pi2$ geeft

W_{2n} = \frac\pi2\prod_{k=1}^{n}\frac{2k-1}{2k} = \frac\pi2\cdot\frac{(2n)!}{4^n(n!)^2},

want $\prod(2k-1) = \frac{(2n)!}{2^n n!}$ en $\prod 2k = 2^n n!$ . Bijgevolg is, met vraag 3,

B\Bigl(n+\frac12, \frac12\Bigr) = 2W_{2n} = \pi\,\frac{(2n)!}{4^n(n!)^2} = \frac{(2n)!\sqrt\pi}{4^n n!}\cdot\frac{\sqrt\pi}{n!} = \frac{\Gamma\bigl(n+\frac12\bigr)\Gamma\bigl(\frac12\bigr)} {\Gamma(n+1)} .

Leg nu $x \in \frac12\N^*$ vast. De formule van Euler geldt in $(x, \frac12)$ : voor gehele $x$ is dat vraag 10 (met de symmetrie), en voor $x = n + \frac12$ is het de formule hierboven. Beide leden van de formule van Euler voldoen aan de afdalingsrecursie $y \mapsto y + 1$ (links vraag 8, rechts de functionaalvergelijking, als in vraag 10): inductie plant de formule voort van $y = \frac12$ en $y = 1$ naar elke $y \in \frac12\N^*$ . De formule van Euler geldt dus zodra $2x, 2y \in \N^*$ .

15. Met $u = \frac{t}{1-t}$ , dat wil zeggen $t = \frac{u}{1+u}$ , $1 - t = \frac{1}{1+u}$ en $\dd t = \frac{\dd u}{(1+u)^2}$ :

B(x,y) = \int_0^\infty \Bigl(\frac{u}{1+u}\Bigr)^{x-1} \Bigl(\frac{1}{1+u}\Bigr)^{y-1} \frac{\dd u}{(1+u)^2} = \int_0^\infty \frac{u^{x-1}}{(1+u)^{x+y}}\,\dd u .

In $x = y = \frac12$ , met $u = v^2$ :

\int_0^\infty \frac{u^{-1/2}}{1+u}\dd u = \int_0^\infty \frac{2\,\dd v}{1+v^2} = \pi = B\Bigl(\frac12,\frac12\Bigr) . \checkmark

16. Eén partiële integratie, voor $1 \leq k \leq n$ en $s > 0$ ( $u = (1 - t/n)^k$ , $v = t^s/s$ ; de randtermen verdwijnen):

\int_0^n \Bigl(1-\frac tn\Bigr)^{\!k} t^{s-1}\dd t = \frac{k}{ns}\int_0^n \Bigl(1-\frac tn\Bigr)^{\!k-1} t^{s}\dd t .

Beginnend bij $k = n$ en $s = x$ en $n$ keer itererend:

\int_0^n \Bigl(1-\frac tn\Bigr)^{\!n} t^{x-1}\dd t = \frac{n(n-1)\cdots1}{n^n\,x(x+1)\cdots(x+n-1)} \int_0^n t^{x+n-1}\dd t = \frac{n!}{n^n}\cdot \frac{n^{x+n}}{x(x+1)\cdots(x+n)} ,

en dat is $\dfrac{n!\,n^x}{x(x+1)\cdots(x+n)}$ .

17. Volgens Oefening 9.7 gaat het linkerlid naar $\Gamma(x)$ (gedomineerde convergentie met dominant $t^{x-1}\eu^{-t}$ ); het rechterlid is het quotiënt van Gauss:

\Gamma(x) = \lim_{n\to\infty} \frac{n!\,n^x}{x(x+1)\cdots(x+n)} .

18. Logaritmen nemen in het quotiënt $G_n(x)$ van vraag 16 en $\ln(x+k) = \ln k + \ln(1 + x/k)$ splitsen voor $k \geq 1$ geeft

\ln G_n(x) = x\ln n - \ln x - \sum_{k=1}^n \ln\Bigl(1+\frac xk\Bigr) = -\ln x + x(\ln n - H_n) + \sum_{k=1}^n\Bigl(\frac xk - \ln\Bigl(1+\frac xk\Bigr)\Bigr).

Voor $u \geq 0$ is $u - \frac{u^2}2 \leq \ln(1+u) \leq u$ , dus ligt de algemene term in $\intcc{0}{x^2/(2k^2)}$ : de reeks convergeert (vergelijking met $\sum k^{-2}$ ). Omdat $\ln n - H_n \to -\gamma$ (Voorbeeld 6.7) en $\ln G_n(x) \to \ln\Gamma(x)$ (vraag 17 en de continuïteit van $\ln$ ), volgt

\ln\Gamma(x) = -\ln x - \gamma x + \sum_{k=1}^\infty\Bigl(\frac xk - \ln\Bigl(1+\frac xk\Bigr)\Bigr) .

19. In $x = \frac12$ is de noemer $\prod_{k=0}^n\bigl(k+\frac12\bigr) = \frac{(2n+1)!}{2^{2n+1}n!}$ (werk de halven uit), dus

G_n\Bigl(\frac12\Bigr) = \frac{n!\,\sqrt n\;2^{2n+1}n!}{(2n+1)!} = \frac{2\sqrt n\;4^n}{(2n+1)\binom{2n}{n}} .

Met $\binom{2n}{n} \sim \frac{4^n}{\sqrt{\pi n}}$ (Voorbeeld 6.14):

G_n\Bigl(\frac12\Bigr) \sim \frac{2\sqrt n\,\sqrt{\pi n}}{2n+1} \longrightarrow \sqrt\pi = \Gamma\Bigl(\frac12\Bigr) .

De $\sqrt\pi$ van de centrale binomiaalcoëfficiënt (die van Wallis kwam, en dus van de constante van Stirling) en de $\sqrt\pi$ van de gaussische integraal zijn hetzelfde getal.

20. De identiteit is rechtstreekse algebra: vermenigvuldig $\frac{n!\,n^x}{x(x+1)\cdots(x+n)}$ met $\frac{nx}{x+n+1}$ en neem $x$ in het product en $n$ in $n^x$ op. Met $n \to \infty$ gaat het linkerlid naar $\Gamma(x+1)$ (Gauss in $x+1$ ) en het rechterlid naar $\Gamma(x)\cdot x\cdot 1$ , want $\frac{n}{x+n+1} \to 1$ : dus $\Gamma(x+1) = x\Gamma(x)$ — teruggevonden zonder ook maar één partiële integratie.

21. Met $u = t^a$ , $t = u^{1/a}$ en $\dd t = \frac1a u^{1/a - 1}\dd u$ :

\int_0^\infty \eu^{-t^a}\dd t = \frac1a\int_0^\infty u^{\frac1a - 1}\eu^{-u}\dd u = \frac1a\,\Gamma\Bigl(\frac1a\Bigr) = \Gamma\Bigl(1 + \frac1a\Bigr) .

Als $a \to +\infty$ (langs een willekeurige rij): $\eu^{-t^a} \to 1$ voor $0 < t < 1$ , $\to \eu^{-1}$ in $t = 1$ , en $\to 0$ voor $t > 1$ ; voor $a \geq 2$ domineren we door $\mathbf 1_{t \leq 1} + \eu^{-t^2}\mathbf 1_{t > 1}$ (want $t^a \geq t^2$ voor $t \geq 1$ ), integreerbaar. Gedomineerde convergentie: de integraal gaat naar $\int_0^1 1\,\dd t = 1$ — zoals het moet, want $\Gamma(1 + \frac1a) \to \Gamma(1) = 1$ wegens de continuïteit.

22. Met $u = t^n$ en $\dd t = \frac1n u^{1/n - 1}\dd u$ :

\int_0^1 \frac{\dd t}{\sqrt{1-t^n}} = \frac1n\int_0^1 u^{\frac1n-1}(1-u)^{-1/2}\dd u = \frac1n\,B\Bigl(\frac1n, \frac12\Bigr) .

$n = 1$ : $B\bigl(1,\frac12\bigr) = B\bigl(\frac12,1\bigr) = 2$ , wat klopt met $\int_0^1\frac{\dd t}{\sqrt{1-t}} = 2$ . $n = 2$ : $\frac12 B\bigl(\frac12,\frac12\bigr) = \frac\pi2 = \arcsin 1$ . Voor $n = 4$ is de waarde $\frac14 B\bigl(\frac14,\frac12\bigr)$ de constante van de lemniscaat: geen elementaire gesloten vorm.

23. Het itereren van de functionaalvergelijking geeft

\frac{1}{\Gamma(x)}\int_0^\infty t^{x+k-1}\eu^{-t}\dd t = \frac{\Gamma(x+k)}{\Gamma(x)} = (x+k-1)(x+k-2)\cdots x ,

de stijgende faculteit met $k$ factoren. In $x = 1$ : $\Gamma(1+k)/\Gamma(1) = k!$ , de momenten van $\eu^{-t}$ uit Oefening 9.2.

24. Substitueer $t = \frac{1+s}2$ ( $s \in \intoo{-1}1$ , $\dd t = \frac{\dd s}2$ , $t(1-t) = \frac{1-s^2}4$ ):

B(x,x) = \int_{-1}^{1}\Bigl(\frac{1-s^2}{4}\Bigr)^{x-1} \frac{\dd s}{2} = 4^{1-x}\int_0^1 (1-s^2)^{x-1}\dd s

(de integrand is even). Daarna $s = \sqrt v$ ( $\dd s = \frac{\dd v}{2\sqrt v}$ ):

B(x,x) = \frac{4^{1-x}}{2}\int_0^1 v^{-1/2}(1-v)^{x-1}\dd v = 2^{1-2x}\,B\Bigl(\frac12, x\Bigr) .

Voor $2x \in \N^*$ liggen alle voorkomende argumenten in $\frac12\N^*$ , zodat de formule van Euler (vraag 14) op beide leden van toepassing is:

\frac{\Gamma(x)^2}{\Gamma(2x)} = 2^{1-2x}\, \frac{\Gamma\bigl(\frac12\bigr)\Gamma(x)} {\Gamma\bigl(x+\frac12\bigr)} \quad\Longleftrightarrow\quad \Gamma(x)\,\Gamma\Bigl(x+\frac12\Bigr) = 2^{1-2x}\sqrt\pi\;\Gamma(2x) .

Rechtstreekse controle in $x = n$ : het linkerlid is $(n-1)!\cdot \frac{(2n)!\sqrt\pi}{4^n n!} = \frac{(2n)!\sqrt\pi}{4^n n}$ en het rechterlid $2\cdot4^{-n}\sqrt\pi\,(2n-1)! = \frac{(2n)!\sqrt\pi}{4^n n}$ : gelijk.

25. (i) De partiële integratie leverde $B(x,y+1) = \frac yx B(x+1,y)$ op, de ene identiteit waaruit alle afdalingsrelaties, de gehele en halfgehele waarden en de recurrentie van Wallis voortvloeien. (ii) De gedomineerde convergentie maakte van de elementaire integralen $\int_0^n(1-t/n)^n t^{x-1}$ de waarde $\Gamma(x)$ (de formule van Gauss, vraag 17) en berekende de limiet $a \to \infty$ in vraag 21. (iii) Uit het vergelijkingshoofdstuk voerden we de constante van Euler in ( $\ln n - H_n \to -\gamma$ , vraag 18) en de asymptotiek van de centrale binomiaalcoëfficiënt (vraag 19) — dat wil zeggen de formule van Stirling in vermomming. (iv) De formule van Euler $B(x,y) = \Gamma(x)\Gamma(y)/\Gamma(x+y)$ is nu bewezen voor $y \in \N^*$ bij willekeurige $x > 0$ (vraag 10) en voor alle paren halve getallen (vraag 14); het algemene geval $x, y > 0$ wacht op de berekening met de dubbelintegraal in het hoofdstuk over meervoudige integralen, die $\Gamma(x)\Gamma(y)$ over een kwartvlak factoriseert.

Begrippen gedefinieerd in dit hoofdstuk

Bekijk alle 395 begrippen in de begrippenlijst