Universitaire wiskunde — Bachelor jaar 2 · Bachelor Year 2

9Integratie

Het boekdeel van Jaar 1 bouwde de integraal op een segment. Dit hoofdstuk breidt haar uit tot willekeurige intervallen (oneigenlijke integralen, met de volledige vergelijkingsgereedschapskist), en bestudeert dan integralen afhankelijk van een parameter — continuïteit en differentiatie onder het integraalteken — aangedreven door de stelling van de gedomineerde convergentie, het ene resultaat van dit hoofdstuk dat op vertrouwen wordt genomen. De $\Gamma$ -functie dient als lopend voorbeeld, en als de 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 splitsing in een inwendig punt — de keuze doet er niet toe, door Chasles.) De integraal convergeert absoluut wanneer $\int_a^b \abs f$ convergeert; absolute convergentie impliceert convergentie, door 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 $G(x) = \int_a^x \abs f$ . Als $\int^b\abs f$ convergeert, heeft $G$ een limiet in $b^-$ , dus voor elke $\varepsilon > 0$ bestaat $c < b$ met $G(y) - G(x) \leq \varepsilon$ wanneer $c \leq x \leq y < b$ ; de weergave draagt deze Cauchy-eigenschap over op $F$ . Voor elke rij $x_n \to b^-$ vormen de waarden $F(x_n)$ dan een Cauchyrij van reëlen, convergent door volledigheid, en ineenvlechten van twee zulke rijen toont dat de limiet voor alle hetzelfde is: $F$ heeft een limiet in $b^-$ .

Stelling 9.2 (Positieve vergelijkingsgereedschapskist)

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

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

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

(2) Uit $f \leq g$ : $\int_a^x f \leq \int_a^x g$ voor alle $x$ ; als $\int^b g$ convergeert, is de rechterkant begrensd, dus ook de linkerkant, en (1) concludeert. Contrapositie draagt divergentie de andere kant op.

(3) $f \sim g$ in $b$ levert $c < b$ met

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

door (2) beide kanten 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 $\beta \neq 1$ ,

\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 uitgesloten gevallen: begrensd als $x \to +\infty$ precies wanneer $\alpha > 1$ , resp. $\beta > 1$ . In een eindig eindpunt reduceert de substitutie $u = b - t$ tot de schaal $\int_0 u^{-\alpha}\,\dd u$ , begrensd d.e.s.d.a. $\alpha < 1$ . Pas (1) telkens toe. ∎

Voorbeeld 9.3 (Twee opwarmers, tot het eind uitgewerkt)

(a) $\displaystyle\int_0^1 \ln t\,\dd t$ : de integrand blaast op in $0^+$ , maar $\abs{\ln t} = o\bigl(t^{-1/2}\bigr)$ daar (logaritmen verliezen van machten), en $\int_0 t^{-1/2}$ convergeert: absolute convergentie. De waarde, via 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 einden, dus splits in $1$ . Nabij $0$ : $\abs{\ln t}$ integreerbaar als in (a); nabij $\infty$ : $\frac{\ln t}{1+t^2} = o(t^{-3/2})$ : 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 cancelen, en de integraal is $0$ . Afsluitend inzicht: symmetrie onder $t \mapsto \frac1t$ is een pagina berekening waard — dezelfde truc dreef al Oefening 9.3 aan.

Voorbeeld 9.4 (Eén waarde, drie integralen)

Bestudeer $I = \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{1 - \cos t}{t^2}\,\dd t$ . In $0$ : $1 - \cos t \sim \frac{t^2}2$ , dus de integrand zet zich continu voort met waarde $\frac12$ — geen singulariteit. In $\infty$ : $0 \leq \frac{1 - \cos t}{t^2} \leq \frac{2}{t^2}$ : absolute convergentie (Stelling 9.2). Waarde: partiële integratie op $\intcc{\varepsilon}{M}$ met $u = 1 - \cos t$ , $v' = t^{-2}$ :

\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 einden ( $\frac{1 - \cos\varepsilon}{\varepsilon} \sim \frac\varepsilon2$ ; begrensde teller in $M$ ), en de integraal streeft naar de Dirichlet-waarde $\frac\pi2$ (Oefening 9.10): $I = \frac\pi2$ . Afsluitend inzicht: met $1 - \cos t = 2\sin^2\frac t2$ en $u = \frac t2$ ,

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 allen de waarde $\frac\pi2$ , doorgegeven via partiële integratie en substitutie — en enkel de eerste is semi-convergent: partiële integratie ruilde de absolute convergentie in voor een eenvoudiger integrand.

Voorbeeld 9.5 (Een semi-convergente integraal)

$\displaystyle\int_1^{\infty} \frac{\sin t}{t}\,\dd t$ convergeert: partiële integratie,

\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 ,

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

\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}} ,

waar de laatste integraal convergeert door dezelfde partiële integratie als hierboven (met $\sin 2t$ in de haak): een divergent stuk minus een convergent divergeert. Dus convergeert $\int_1^\infty\frac{\sin t}{t}\dd t$ zonder absoluut te convergeren — de integraalanaloog van de alternerende reeks, met partiële integratie in de rol van het alternerend criterium.

9.2 De convergentiestelling

Stelling 9.6 (Gedomineerde convergentie)

Zij $(f_n)$ stuksgewijs continu op een interval $I$ , puntsgewijs convergent naar een stuksgewijs continue $f$ , en veronderstel 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

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

Bewijs. Toegegeven op dit niveau. ∎

Opmerking 9.7

Het eerlijke bewijs behoort tot de Lebesgue-integratietheorie van Jaar 3; de uitspraak wordt echter voortdurend vanaf nu gebruikt. De dominantiehypothese 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 ( $f_\lambda$ , $\lambda \to \lambda_0$ ), via de sequentiële karakterisering van limieten.

Voorbeeld 9.8 (Een Gaussische limiet, via dominantie)

Bereken $\displaystyle\lim_{n\to\infty} I_n$ waar $I_n = \int_0^\infty \Bigl(1 + \frac{t^2}{n}\Bigr)^{\!-n}\dd t$ . Puntsgewijs, $(1 + t^2/n)^n \to \eu^{t^2}$ (samengestelde-interestlimiet), dus de integranden streven naar $\eu^{-t^2}$ . Dominantie: de rij $n \mapsto (1 + u/n)^n$ is niet-dalend voor $u \geq 0$ (AM–GM 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 dominator ( $\sim 4t^{-4}$ in oneindig). Gedomineerde convergentie:

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

(de Gaussische integraal van Oefening 9.8). Afsluitende 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 Wallis-asymptotiek $W_m \sim \sqrt{\pi/(2m)}$ (Lemma 6.11) geeft $\sqrt n\,W_{2n-2} \to \frac{\sqrt\pi}2$ opnieuw: de twee pijlers van dit hoofdstuk en het vorige komen overeen.

Voorbeeld 9.9 (Gedomineerde convergentie, continue parameter)

Bereken

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

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

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

geldt voor alle $x$ . Door de continue-parametervorm van Stelling 9.6 (sequentiële karakterisering: test langs elke $x_n \to \infty$ ),

\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} .

Afsluitend inzicht: het enkele punt $t = 0$ , waar de puntsgewijze limiet $0$ is eerder dan $\frac\pi2$ , verandert niets — de limietfunctie treedt enkel via haar integraal binnen, een van de stille genaden 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 dominantie $\abs{f(x,t)} \leq \varphi(t)$ ( $\varphi$ integreerbaar op $I$ , onafhankelijk van $x$ ). Dan is

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

gedefinieerd en continu op $A$ .

Bewijs. Gedefinieerdheid: dominantie 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 dominantie $\varphi$ : gedomineerde convergentie geeft $F(x_n) \to F(x_0)$ ; concludeer via de sequentiële karakterisering van continuïteit (Definitie 4.5). ∎

Stelling 9.11 (Differentiatie onder het integraalteken)

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

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

Bewijs. Fixeer $x$ en $h_n \to 0$ . 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 gedomineerd door $\psi(t)$ : door de middelwaarde-ongelijkheid in $x$ bij vaste $t$ ,

\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) .

Gedomineerde convergentie geeft de limiet $\int_I \frac{\partial f}{\partial x}(x,t)\dd t$ van de quotiënten: $F$ is differentieerbaar met de aangekondigde afgeleide, die continu is door Stelling 9.10 toegepast op $\frac{\partial f}{\partial x}$ . ∎

Voorbeeld 9.12 (Een parameterintegraal gecontroleerd tegen een formule)

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

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 $x$ -afgeleide $-\frac{1}{(t^2+x)^2}$ wordt op $\intcc ab$ gedomineerd door $\frac{1}{(t^2+a)^2}$ , integreerbaar: 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} ,

dus hebben we gratis een nieuwe integraal berekend: $\int_0^\infty\frac{\dd t}{(t^2+x)^2} = \frac{\pi}{4x^{3/2}}$ . Afsluitend inzicht: differentiëren van een bekende parameterintegraal is een fabriek van nieuwe formules — itereren geeft $\int_0^\infty\frac{\dd t}{(t^2+1)^n}$ voor elke $n$ , zonder goniometrische substituties.

Methode 9.13 (Een oneigenlijke integraal bestuderen)

Gegeven $\int_a^b f$ :

Lokaliseer het probleem: som de eindpunten (of inwendige punten) op waar $f$ onbegrensd is of het interval oneindig, en splits zodat elk stuk precies één problematisch einde heeft.
Als $f$ constant teken heeft nabij dat einde, zoek een equivalent en vergelijk met de referentieschalen van Stelling 9.2.
Als $f$ oscilleert, test eerst $\abs f$ (absolute convergentie). Als $\int\abs f$ divergeert, probeer partiële integratie om de oscillatie te ruilen voor verval, zoals in Voorbeeld 9.5; minoraties zoals $\abs{\sin t} \geq \sin^2t$ detecteren echte semi-convergentie.
Voor een waarde, niet enkel de aard: partiële integratie, substitutie, of een parameter (differentieer een eenvoudiger integraal, zoals in Voorbeeld 9.12 en Voorbeeld 9.21).
Gezondheidscontroles 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 aannemelijk); en dimensionale consistentie onder schaling ( $t \mapsto \lambda t$ moet beide kanten dezelfde manier herschalen — de snelste detector van een verloren factor).

Opmerking 9.14 (Veelgemaakte valkuilen)

Drie terugkerende fouten. (i) Parameterafhankelijke dominatoren: de dominantie $\abs{f(x,t)} \leq \varphi(t)$ moet uniform zijn in $x$ op de beschouwde verzameling; zij geldt meestal op segmenten $\intcc ab$ maar niet globaal — voor $\int_0^\infty\eu^{-xt}\dd t$ is er geen integreerbare dominator geldig voor alle $x > 0$ , maar domineren op $x \geq a > 0$ volstaat om op de hele open halfrechte te werken, want continuïteit en afgeleiden zijn lokale begrippen. (ii) Vergelijken van getekende integranden: de vergelijkingsgereedschapskist is voor niet-negatieve functies; uit $\abs f \leq g$ met $\int g$ divergent mag men niets concluderen — $\int_1^\infty\frac{\sin t}t\,\dd t$ convergeert hoewel elke vergelijking met $\frac1t$ faalt. (iii) De helft van het probleem vergeten: op $\intoo{0}{\infty}$ bestudeer steeds beide einden apart; $\int_0^\infty\frac{\dd t}{t}$ divergeert aan beide, en een convergent-ogende splitsing kan stilzwijgend twee oneindigheden cancelen. De veilige reflex is de checklist van Methode 9.13.

Voorbeeld 9.15 (Een Bertrand-grensgeval, tot op de cijfer)

De schaal $\int^\infty\frac{\dd t}{t(\ln t)^\beta}$ van Stelling 9.2 zit precies op de rand van de machtschalen; haar grensgevallen verdienen één volle 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 prettig 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 $\ln\ln x = 10$ bereiken $x = \eu^{\eu^{10}} \approx 10^{9566}$ eist. Afsluitend inzicht: tussen “elke macht $t^{-1-\varepsilon}$ convergeert” en “ $t^{-1}$ divergeert” leeft een oneindige ladder van logaritmische schalen, elk de vorige verfijnend; de substitutie $u = \ln t$ stort elke sport in op de vorige, wat is waarom de Bertrand-criteria de Riemann-criteria één niveau hoger echoën.

Opmerking 9.16 (Perspectieven binnen dit boekdeel)

De gereedschappen van dit hoofdstuk staan overal op het punt te verschijnen. Gedomineerde convergentie is de motor achter de benaderingsidentiteiten van het volgende hoofdstuk (glijdende kernen, Bernstein en Fejér gelijkelijk); continuïteit en differentiatie onder het integraalteken produceren de calculus van Fouriercoëfficiënten in het Fourier-hoofdstuk, waar elke $c_n(f)$ een parameterintegraal in vermoming is. De $\Gamma$ -functie keert tweemaal terug: in het hoofdstuk over meervoudige integralen, waar een dubbelintegraal eindelijk de Beta–Gamma-formule van Euler volledig bewijst, en in de kansrekeningshoofdstukken, waar $\Gamma$ -type integralen de standaarddichtheden normaliseren en hun momenten berekenen. En de semi-convergente $\int\frac{\sin t}{t}$ herrijst als de Gibbs-constante van het Fourier-hoofdstuk — dezelfde integraal, die de overshoot van 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 einden ( $t^{x-1}$ integreerbaar in $0^+$ voor $x > 0$ ; exponentieel verval in $\infty$ ).

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 $C^1$ (inderdaad $C^\infty$ ) met $\Gamma'(x) = \int_0^\infty t^{x-1}\eu^{-t}\ln t\,\dd t$ .

Bewijs. Functionaalvergelijking: partiële integratie op $\intcc{\varepsilon}{M}$ en laat de einden gaan: $\int t^{x}\eu^{-t} = [-t^x\eu^{-t}] + x\int t^{x-1}\eu^{-t}$ , randtermen verdwijnend — inderdaad $\varepsilon^x\eu^{-\varepsilon} \to 0$ als $\varepsilon \to 0^+$ omdat $x > 0$ , en $M^x\eu^{-M} \to 0$ als $M \to \infty$ omdat de exponentiële elke macht verslaat; beide afgeknotte integralen convergeren naar hun oneigenlijke waarden door de convergentie vestigd in Definitie 9.17. $\Gamma(1) = \int \eu^{-t} = 1$ ; 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 past op elk dergelijk segment, dus op de hele halfrechte. Differentieerbaarheid: de $x$ -afgeleide $t^{x-1}\eu^{-t}\ln t$ wordt op $\intcc{a}{b}$ gedomineerd door $(t^{a-1} + t^{b-1})\eu^{-t}\,\abs{\ln t}$ , nog steeds integreerbaar: Stelling 9.11; itereren geeft alle afgeleiden (elk voegt een macht van $\ln t$ toe, onschuldig). ∎

Voorbeeld 9.19 (Halfgehele faculteiten)

De functionaalvergelijking en $\Gamma\bigl(\frac12\bigr) = \sqrt\pi$ (één substitutie verwijderd van Oefening 9.8: stel $t = u^2$ in de definiërende integraal) genereren alle halfgehele waarden:

\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} .

Aangezien $\Gamma(n+1) = n!$ , mag men zeggen “ $\frac12! = \frac{\sqrt\pi}{2} \approx 0.886$ ”: de faculteit is geïnterpoleerd, en de interpolerende kromme duikt onder $1$ tussen $0! = 1$ en $1! = 1$ (haar minimum $\approx 0.8856$ in $x \approx 1.4616$ past bij het convexiteitsbeeld van Deel I van de weekendopgave). Afsluitend inzicht: niets in de integraal $\int_0^\infty t^{x-1}\eu^{-t}\dd t$ bevoorrecht gehele getallen — de discrete aard van de faculteit was een ongeval van tellen, en $\sqrt\pi$ is wat tussen $1$ en $1$ leeft.

Opmerking 9.20 (Waar $\Gamma$ van hierheen gaat)

De weekendopgave van dit hoofdstuk bouwt de hele Euler-calculus rond $\Gamma$ : de Beta-functie, haar partiële-integratie- recursies, de Wallis-integralen als Beta-waarden, en de limietformule van Gauss. Het hoofdstuk over meervoudige integralen bewijst de Beta–Gamma-formule van Euler voor alle argumenten via een dubbelintegraal; de kansrekeningshoofdstukken ontmoeten $\Gamma$ opnieuw in de normalisatie van de meest voorkomende dichtheden en in de momenten van wachttijden. Het boekdeel van Jaar 3 herbouwt $\Gamma$ op Lebesgue-fundamenten, bewijst de uniciteitsstelling van Bohr–Mollerup, en breidt de formule van Stirling van gehele getallen tot de reële halfrechte uit via gedomineerde convergentie.

Voorbeeld 9.21 (Een klassieke berekening via differentiatie)

Voor $x \in \R$ , zij $F(x) = \int_0^{\infty} \eu^{-t^2}\cos(xt)\,\dd t$ (absoluut convergent, gedomineerd door $\eu^{-t^2}$ ). Door Stelling 9.11 (dominantie van de $x$ -afgeleide 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 Gauss-type integraal reproduceert zichzelf. De constante $F(0) = \int_0^\infty \eu^{-t^2}\dd t = \frac{\sqrt\pi}{2}$ wordt berekend in Oefening 9.8 — en opnieuw, via dubbelintegratie, in Hoofdstuk 20.

9.4 Oefeningen

Oefening 9.1 ★

Aard van: $\displaystyle\int_0^1 \frac{\dd t}{\sqrt{t(1-t)}}$ ; $\;\displaystyle\int_1^\infty \frac{\ln t}{t^2}\dd t$ ; $\;\displaystyle\int_0^\infty \frac{\dd t}{1 + t^2\sin^2 t}$ (vergelijk met het divergente harmonische-type gedrag nabij $t = n\pi$ ).

Oplossing

Oplossing van Oefening 9.1.

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

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

$\int_0^\infty \frac{\dd t}{1 + t^2\sin^2 t}$ : divergent. Nabij $t = n\pi$ , schrijf $t = n\pi + u$ : $\sin^2 t = \sin^2 u \leq u^2$ , dus op $\abs u \leq \frac{1}{n}$ is $1 + t^2\sin^2 t \leq 1 + (n\pi + 1)^2u^2 \leq C n^2 u^2 + 1$ ; vandaar

\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 harmonische-type reeks: sommeren over $n$ maakt de primitieve onbegrensd.

Oefening 9.2 ★

Bereken $\displaystyle\int_0^\infty t^n \eu^{-\lambda t}\,\dd t$ ( $\lambda > 0$ ) via $\Gamma$ , en $\displaystyle\int_0^1 (\ln t)^n \dd t$ via 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 $\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\dd t}{(1 + t^2)(1 + t^x)}$ welgedefinieerd is voor elke $x \in \R$ en onafhankelijk van $x$ . (Substitueer $t \mapsto \frac1t$ en gemiddeld de twee uitdrukkingen.) Wat is haar waarde?

Oplossing

Oplossing van Oefening 9.3.

Convergentie: de integrand is $\leq \frac{1}{1+t^2}$ nabij $\infty$ en begrensd nabij $0$ (beide factoren van onder begrensd weg van $0$ ): 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 .

Optellen van de twee uitdrukkingen van $I(x)$ :

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} :

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

Oefening 9.4 ★★

(Bertrand-integralen in 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.

Nabij $0^+$ , met $u = \abs{\ln t} \to \infty$ . Als $\alpha < 1$ : convergentie ongeacht $\beta$ (vergelijk met $t^{-\alpha'}$ voor $\alpha < \alpha' < 1$ : de logfactor wordt verslagen). Als $\alpha > 1$ : divergentie ongeacht $\beta$ (vergelijk met $t^{-\alpha''}$ , $1 < \alpha'' < \alpha$ ). Als $\alpha = 1$ : 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 d.e.s.d.a. $\beta > 1$ . Samenvatting: convergentie d.e.s.d.a. $\alpha < 1$ , of ( $\alpha = 1$ en $\beta > 1$ ) — de spiegel van de Bertrand-reeksen.

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 $\intco{0}{\infty}$ , $C^2$ op $\intoo{0}{\infty}$ , voldoet aan $F'' + F = \frac1x$ daar, en dat $F(x) \to 0$ als $x \to +\infty$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 9.5.

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

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

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 $f(\infty)$ in $+\infty$ . Bewijs dat voor $a, b > 0$ :

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

(Op $\intcc{\varepsilon}{M}$ , substitueer 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 in $\infty$ .) Bereken $\int_0^\infty \frac{\eu^{-t} - \eu^{-2t}}{t}\dd t$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 9.6.

Op $\intcc{\varepsilon}{M}$ , substitueer $u = at$ en $u = bt$ in de twee helften:

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

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

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

Oefening 9.7 ★★

Rechtvaardig 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 $\varphi(t) = \eu^{-t}t^{x-1}$ , gebruik $(1 - t/n)^n \leq \eu^{-t}$ ; de limiet is $\Gamma(x)$ ).

Oplossing

Oplossing van Oefening 9.7.

Zet de integrand voort met $0$ voorbij $t = n$ : $g_n(t) = (1 - \frac tn)^n t^{x-1}\mathbf{1}_{t \leq n}$ . Puntsgewijs, $g_n(t) \to \eu^{-t}t^{x-1}$ (de samengestelde-interestlimiet, boekdeel van Jaar 1). Dominantie: $\ln(1 - u) \leq -u$ geeft $(1 - \frac tn)^n \leq \eu^{-t}$ 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) .

(Berekenen van de linkerkant via herhaalde partiële integratie geeft de productvorm van Euler $\Gamma(x) = \lim \frac{n!\,n^x}{x(x+1)\cdots(x+n)}$ .)

Oefening 9.8 ★★★

(De Gaussische integraal via een parametertruc) Voor $x \geq 0$ stel

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 $G(x) + H(x) = \frac\pi4$ af voor alle $x$ , en concludeer

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

Oplossing

Oplossing van Oefening 9.8.

$H$ is differentieerbaar in $x$ (integrand $C^1$ in $x$ , 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 compacta van $x$ , dominantie over $t \in \intcc{0}{1}$ 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),

aangezien $G'(x) = 2\eu^{-x^2}\int_0^x \eu^{-t^2}\dd t$ (kettingregel op het kwadraat, hoofdstelling). 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} .

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

Oefening 9.9 ★★★

Bewijs dat $\Gamma$ log-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 continuïteit en Oefening 8.8.)

Oplossing

Oplossing van Oefening 9.9.

Cauchy–Schwarz (boekdeel van Jaar 1, geldig op $\intcc{\varepsilon}{M}$ en overgedragen naar de limiet) 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 midpuntconvex; zijnde continu (Stelling 9.18), is zij convex (Oefening 8.8). (Log-convexiteit spijkert $\Gamma$ uniek vast onder interpolaties van de faculteit — de stelling van Bohr–Mollerup, een parel van Jaar 3.)

Oefening 9.10 ★★★

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

Rechtvaardig $F'(x) = -\frac{1}{1 + x^2}$ (differentieer onder de integraal; bereken $\int_0^\infty \eu^{-xt}\sin t\,\dd t$ via twee partiële integraties).
Bewijs $F(x) \to 0$ als $x \to +\infty$ en leid $F(x) = \frac\pi2 - \arctan x$ af.
De continuïteit van $F$ in $0^+$ aannemend (een Abel-type stelling), concludeer de waarde van de semi-convergente integraal:

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

Oplossing

Oplossing van Oefening 9.10.

Op $x \geq a > 0$ : de $x$ -afgeleide van de integrand is $-\sin t\,\eu^{-xt}$ , 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):

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

Oefening 9.11 ★★

Rechtvaardig de convergentie van $\displaystyle\int_0^\infty \Bigl(\frac{\sin t}{t}\Bigr)^{\!2}\dd t$ , bereken haar dan via 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: nabij $0$ zet de integrand zich continu voort met waarde $1$ ( $\sin t \sim t$ ); in oneindig is zij $\leq t^{-2}$ : absolute convergentie. Op $\intcc{\varepsilon}{M}$ , partiële integratie met $u = \sin^2 t$ , $v' = t^{-2}$ :

\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 streeft naar $0$ aan beide einden ( $\sin^2\varepsilon/\varepsilon \leq \varepsilon$ ; $\sin^2 M/M \leq 1/M$ ), en de laatste integraal streeft naar $\int_0^\infty \frac{\sin u}{u}\dd u = \frac\pi2$ (Oefening 9.10). Dus

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

Oefening 9.12 ★★★

(De Gaussische staart) Voor $x > 0$ stel $T(x) = \displaystyle \int_x^\infty \eu^{-t^2}\dd t$ .

Schrijvend $\eu^{-t^2} = \frac{1}{-2t}\cdot(-2t\,\eu^{-t^2})$ , integreer partieel tweemaal 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 rest: $0 \leq \frac34\int_x^\infty t^{-4}\eu^{-t^2}\dd t \leq \frac{3}{8x^5}\,\eu^{-x^2}$ , en leid de insluiting af

$\eu^{-x^2}\Bigl(\frac{1}{2x} - \frac{1}{4x^3}\Bigr) \leq T(x) \leq \frac{\eu^{-x^2}}{2x}, \qquad\text{dus}\qquad T(x) \sim \frac{\eu^{-x^2}}{2x} \quad (x \to +\infty).$
Waarom kan de volle alternerende reeks verkregen door de partiële integratie te itereren nooit convergeren voor vaste $x$ ? (Vergelijk de groei van de coëfficiënten $1\cdot3\cdots(2k-1)$ met de machten $(2x^2)^k$ .)

Oplossing

Oplossing van Oefening 9.12.

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

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

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

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

vandaar de aangekondigde identiteit.
Nog één partiële integratie begrensd de rest:

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

dus $0 \leq \frac34\int_x^\infty t^{-4}\eu^{-t^2}\dd t \leq \frac{3}{8x^5}\eu^{-x^2}$ . Weglaten van de (positieve) rest in de identiteit van vraag 1 geeft de ondergrens; weglaten van de (negatieve) tweede term van de eerste partiële integratie geeft $T(x) \leq \frac{\eu^{-x^2}}{2x}$ . Delen van de insluiting door $\frac{\eu^{-x^2}}{2x}$ : de verhouding wordt ingesloten tussen $1 - \frac{1}{2x^2}$ en $1$ , dus $T(x) \sim \frac{\eu^{-x^2}}{2x}$ .
Itereren van de partiële integratie produceert 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 elke meetkundige rij: voor vaste $x$ streven de termen $\frac{1\cdot3\cdots(2k-1)}{(2x^2)^k}$ naar oneindig (hun quotiënt is $\frac{2k+1}{2x^2} \to \infty$ ), dus de reeks divergeert voor elke $x$ . Het is een asymptotische ontwikkeling: afgeknot op enige vaste orde is de fout van de orde van de eerste weggelaten term als $x \to \infty$ — maar nooit een convergente reeks. (Deze staartschatting is de standaard Gaussische staartgrens van de kansrekeningshoofdstukken.)

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

Probleem 9.1

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

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

Dit probleem ontwikkelt het paar $(\Gamma, B)$ met de gereedschappen van dit hoofdstuk alleen — partiële integratie, substitutie, gedomineerde convergentie — en culmineert in de Beta–Gamma-formule van Euler $B(x,y) = \frac{\Gamma(x)\Gamma(y)}{\Gamma(x+y)}$ op de halfgehele en in de limietformule van Gauss voor $\Gamma$ . Onderweg herrijzen de Wallis-integralen van Lemma 6.11 als Beta-waarden, en valt de duplicatieformule van Legendre eruit.

Deel I — Fijne structuur van $\Gamma$ .

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

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

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

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

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

Toon 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 via partiële integratie, voor $x, y > 0$ :

$B(x, y+1) = \frac{y}{x}\,B(x+1, y) .$
Uit de splitsing $t^{x-1}(1-t)^{y-1} = t^{x}(1-t)^{y-1} + t^{x-1}(1-t)^{y}$ leid $B(x,y) = B(x+1,y) + B(x,y+1)$ af, en combineer met vraag 7 tot de afdaalrelaties

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

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

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

(inductie op $n$ : beide kanten gelijk $\frac1x$ in $n = 1$ en gehoorzamen dezelfde afdaalrelatie).

Deel III — Wallis-integralen als Beta-waarden.

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

$B(x, y) = 2\int_0^{\pi/2} \sin^{2x-1}\theta\,\cos^{2y-1}\theta\,\dd\theta .$
Leid $W_n = \frac12\,B\bigl(\frac{n+1}2, \frac12\bigr)$ af voor de Wallis-integraal $W_n = \int_0^{\pi/2}\sin^n \theta\,\dd\theta$ , en herstel de recurrente $W_n = \frac{n-1}{n}W_{n-2}$ van Lemma 6.11 uit de afdaalrelaties van vraag 8 alleen.
Bereken $B\bigl(\frac12, \frac12\bigr) = 2W_0 = \pi$ en controleer haar tegen $\Gamma\bigl(\frac12\bigr)^2/\Gamma(1)$ : de formule van Euler geldt in $\bigl(\frac12, \frac12\bigr)$ .
Leid de gesloten vorm $W_{2n} = \frac\pi2\, \frac{(2n)!}{4^n(n!)^2}$ af uit de recurrente, en verifieer

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

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

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

en controleer het geval $x = y = \frac12$ rechtstreeks ( $u = v^2$ reduceert tot $\int_0^\infty\frac{2\,\dd v}{1+v^2}$ ).

Deel IV — De limietformule van Gauss.

Voor $x > 0$ en $n \in \N^*$ , bewijs via $n$ opeenvolgende partiële integraties:

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

$\Gamma(x) = \lim_{n\to\infty} \frac{n!\;n^x}{x(x+1)\cdots(x+n)} \qquad (x > 0).$
Logaritmen nemend, toon dat voor $x > 0$ :

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

waar $\gamma$ de constante van Euler is (Voorbeeld 6.7); rechtvaardig 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 centrale binomiale asymptotiek $\binom{2n}{n} \sim \frac{4^n}{\sqrt{\pi n}}$ (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.
Controleer dat de formule van Gauss de functionaalvergelijking herbewijst: uit de exacte identiteit

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

concludeer opnieuw $\Gamma(x+1) = x\,\Gamma(x)$ . (De formule van Gauss bepaalt $\Gamma$ outright; het boekdeel van Jaar 3 bewijst de scherpere stelling van Bohr–Mollerup: de functionaalvergelijking plus log-convexiteit spijkeren $\Gamma$ al vast.)

Deel V — Dividenden.

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

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

en herstel de waarden $2$ ( $n = 1$ ) en $\frac\pi2$ ( $n = 2$ ). (Voor $n = 4$ is dit de lemniscaatconstante, die geen elementaire gesloten vorm heeft; haar verhaal behoort tot de theorie van elliptische integralen.)
(Momenten) Voor $x > 0$ en $k \in \N$ , toon

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

de stijgende faculteit; controleer dat $x = 1$ $k!$ geeft. (In de kansrekeningshoofdstukken is dit het $k$ -de moment van een standaard wachttijddichtheid.)
Bewijs de Beta-identiteit, geldig voor alle $x > 0$ :

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

(substitueer $t = \frac{1+s}2$ , benut de symmetrie in $s$ , stel dan $s = \sqrt v$ ). Leid af, voor $2x \in \N^*$ , de duplicatieformule van Legendre

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

en verifieer haar rechtstreeks in $x = n$ via vraag 3. (Voor algemene $x$ volgt zij uit dezelfde identiteit zodra de formule van Euler voor alle argumenten bekend is — het dubbelintegraalbewijs in het hoofdstuk over meervoudige integralen.)
Synthese. In één zin elk: (i) waar partiële integratie heel Deel II droeg; (ii) waar gedomineerde convergentie Delen IV en V binnentrad; (iii) welke asymptotische invoer uit het vergelijkingshoofdstuk werd ingevoerd; (iv) wat nu bewezen is van de formule van Euler $B(x,y) = \Gamma(x)\Gamma(y)/\Gamma(x+y)$ , en wat resteert voor de dubbelintegraal om te regelen.

Oplossing

Oplossing van Probleem 9.1.

1. In $0^+$ is de integrand $\sim t^{x-1}$ : de eindige-eindpuntschaal convergeert d.e.s.d.a. $1 - x < 1$ , d.w.z. $x > 0$ (en voor $x \leq 0$ is $t^{x-1} \geq t^{-1}$ divergent); in $+\infty$ is $t^{x-1}\eu^{-t} = o(t^{-2})$ convergent voor elke $x$ . Dan $\Gamma(x) = \frac{\Gamma(x+1)}{x}$ en $\Gamma(x+1) \to \Gamma(1) = 1$ als $x \to 0^+$ (continuïteit, Stelling 9.18): $\Gamma(x) \sim \frac1x$ .

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

\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

door 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 kanten $\sqrt\pi$ ). Als $\Gamma(n + \frac12) = \frac{(2n)!}{4^n n!}\sqrt\pi$ , 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 ,

de laatste stap 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 Leibniz-regel, dominanties als in het bewijs van de stelling); de integrand is $\geq 0$ en niet identiek nul, dus $\Gamma'' > 0$ : $\Gamma$ is strikt convex en $\Gamma'$ is strikt stijgend. Aangezien $\Gamma(1) = \Gamma(2) = 1$ , levert Rolle $x_0 \in \intoo12$ met $\Gamma'(x_0) = 0$ ; strikte monotonie van $\Gamma'$ maakt $x_0$ haar unieke nulpunt, met $\Gamma' < 0$ ervoor en $\Gamma' > 0$ erna: $\Gamma$ daalt op $\intoo0{x_0}$ , stijgt op $\intoo{x_0}\infty$ , en $x_0$ is het unieke minimum.

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

6. Nabij $0$ is de integrand $\sim t^{x-1}$ (convergent d.e.s.d.a. $x > 0$ ), nabij $1$ is zij $\sim (1-t)^{y-1}$ (d.e.s.d.a. $y > 0$ ); beide vergelijkingen zijn tussen positieve functies, dus convergeert $B(x,y)$ precies voor $x, y > 0$ . De substitutie $t \mapsto 1 - t$ wisselt de twee factoren: $B(x,y) = B(y,x)$ .

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

\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 einden als $\varepsilon \to 0$ ( $x > 0$ in $0$ , $y > 0$ in $1$ ), en houdt $B(x, y+1) = \frac yx\,B(x+1, y)$ over.

8. Aangezien $t + (1-t) = 1$ :

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 leest $B(x+1,y) = \frac xy B(x,y+1)$ ; substitueren,

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

d.w.z. $B(x,y+1) = \frac{y}{x+y}B(x,y)$ ; de tweelingrelatie volgt door de symmetrie van vraag 6.

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

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)!} .

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

10. Beide kanten van $B(x,n) = \frac{\Gamma(x)\Gamma(n)}{\Gamma(x+n)}$ zijn gelijk $\frac1x$ in $n = 1$ ( $\Gamma(1) = 1$ , $\Gamma(x+1) = x\Gamma(x)$ ). Als zij overeenkomen in $n$ , dan door de afdaalrelatie 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 gehoorzamen dezelfde recurrente uit hetzelfde zaad, dus komen overeen voor alle $n \in \N^*$ en alle $x > 0$ .

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

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 $y = \frac12$ (doodt de cosinusfactor) en $2x - 1 = n$ : $B\bigl(\frac{n+1}2, \frac12\bigr) = 2W_n$ , d.w.z. $W_n = \frac12 B\bigl(\frac{n+1}2,\frac12\bigr)$ . De afdaalrelatie 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 Wallis-recurrente, ditmaal zonder partiële integratie op sinussen — Deel II deed het werk eens en voor altijd.

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

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

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 $\prod 2k = 2^n n!$ . Dus, 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)} .

Fixeer nu $x \in \frac12\N^*$ . De formule van Euler geldt in $(x, \frac12)$ : voor $x$ geheel is dit vraag 10 (met symmetrie), voor $x = n + \frac12$ is het de weergave hierboven. Beide kanten van de formule van Euler gehoorzamen de afdaalrecurrente $y \mapsto y + 1$ (vraag 8 links, de functionaalvergelijking rechts, 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 wanneer $2x, 2y \in \N^*$ .

15. Met $u = \frac{t}{1-t}$ , d.w.z. $t = \frac{u}{1+u}$ , $1 - t = \frac{1}{1+u}$ , $\dd t = \frac{\dd u}{(1+u)^2}$ :

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 .

Startend vanuit $k = n$ , $s = x$ 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)} ,

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

17. Door Oefening 9.7 streeft de linkerkant naar $\Gamma(x)$ (gedomineerde convergentie met dominator $t^{x-1}\eu^{-t}$ ); de rechterkant is het Gauss-quotiënt:

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

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

\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 $\sum k^{-2}$ ). Aangezien $\ln n - H_n \to -\gamma$ (Voorbeeld 6.7) en $\ln G_n(x) \to \ln\Gamma(x)$ (vraag 17 en continuïteit van $\ln$ ):

\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 $\prod_{k=0}^n\bigl(k+\frac12\bigr) = \frac{(2n+1)!}{2^{2n+1}n!}$ (de helften uitwerken), 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, dus van de constante van Stirling) en de $\sqrt\pi$ van de Gaussische integraal zijn hetzelfde getal.

20. De identiteit is directe algebra: vermenigvuldig $\frac{n!\,n^x}{x(x+1)\cdots(x+n)}$ met $\frac{nx}{x+n+1}$ en absorbeer $x$ in het product, $n$ in $n^x$ . $n \to \infty$ : de linkerkant streeft naar $\Gamma(x+1)$ (Gauss in $x+1$ ), de rechterkant naar $\Gamma(x)\cdot x\cdot 1$ want $\frac{n}{x+n+1} \to 1$ : $\Gamma(x+1) = x\Gamma(x)$ — hersteld zonder een enkele partiële integratie.

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

\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 enige rij): $\eu^{-t^a} \to 1$ voor $0 < t < 1$ , $\to \eu^{-1}$ in $t = 1$ , $\to 0$ voor $t > 1$ ; voor $a \geq 2$ domineer door $\mathbf 1_{t \leq 1} + \eu^{-t^2}\mathbf 1_{t > 1}$ ( $t^a \geq t^2$ voor $t \geq 1$ ), integreerbaar. Gedomineerde convergentie: de integraal streeft naar $\int_0^1 1\,\dd t = 1$ — zoals het moet, want $\Gamma(1 + \frac1a) \to \Gamma(1) = 1$ door continuïteit.

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

\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) .

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

23. Itereren van de functionaalvergelijking:

\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). Dan $s = \sqrt v$ ( $\dd s = \frac{\dd v}{2\sqrt v}$ ):

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 argumenten in zicht in $\frac12\N^*$ , dus past de formule van Euler (vraag 14) op beide kanten:

\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) .

Directe controle in $x = n$ : de linkerkant is $(n-1)!\cdot \frac{(2n)!\sqrt\pi}{4^n n!} = \frac{(2n)!\sqrt\pi}{4^n n}$ , de rechterkant $2\cdot4^{-n}\sqrt\pi\,(2n-1)! = \frac{(2n)!\sqrt\pi}{4^n n}$ : gelijk.

25. (i) Partiële integratie produceerde $B(x,y+1) = \frac yx B(x+1,y)$ , de enkele identiteit waaruit elke afdaalrelatie, de gehele en halfgehele waarden, en de Wallis-recurrente alle vloeien. (ii) Gedomineerde convergentie zette de elementaire integralen $\int_0^n(1-t/n)^n t^{x-1}$ om in $\Gamma(x)$ (formule van Gauss, vraag 17) en berekende de limiet $a \to \infty$ in vraag 21. (iii) Uit het vergelijkingshoofdstuk importeerden we de constante van Euler ( $\ln n - H_n \to -\gamma$ , vraag 18) en de centrale binomiale asymptotiek (vraag 19) — d.w.z. de formule van Stirling in vermoming. (iv) De formule van Euler $B(x,y) = \Gamma(x)\Gamma(y)/\Gamma(x+y)$ is nu bewezen voor $y \in \N^*$ met $x > 0$ willekeurig (vraag 10) en voor alle halfgehele paren (vraag 14); het algemene geval $x, y > 0$ wacht op de dubbelintegraalberekening van het hoofdstuk over meervoudige integralen, die $\Gamma(x)\Gamma(y)$ over een kwadrant factoriseert.