विश्वविद्यालय गणित — स्नातक वर्ष 3 · Bachelor Year 3

11गुणन माप, फुबिनी, चर परिवर्तन

एक-विमीय लेबेग सिद्धांत दो प्रमेयों के माध्यम से बहु-विमीय कलन बन जाता है। टोनेली–फुबिनी कहती है कि गुणनों पर समाकल पुनरावृत्त समाकल होते हैं — अर्थात् काटना वैध है, किसी भी क्रम में, और वह भी ऐसी परिकल्पनाओं के अंतर्गत जिन्हें सचमुच जाँचा जा सकता है। चर परिवर्तन सूत्र समाकलों को $\mathcal C^1$ अवकल समरूपताओं के अनुदिश ले जाता है, जिसमें याकोबीय सारणिक आयतन की विनिमय दर का काम करता है; हम उसे पूरी तरह सिद्ध करते हैं, और आरंभ रैखिक स्थिति से करते हैं, जहाँ वह बता देता है कि सारणिक है क्या। अनुप्रयोग झरने की तरह गिरते हैं: परत-केक सूत्र, संवलन, ध्रुवीय निर्देशांक, $n$ -गोले का आयतन — और सप्ताहांत समस्या में, ईमानदार त्रुटि विश्लेषण सहित स्टर्लिंग का सूत्र।

11.1 गुणन $\sigma$ -बीजगणित और गुणन माप

परिभाषा 11.1

मापनीय समष्टियों $(X, \mathcal A)$ , $(Y, \mathcal B)$ के लिए $X \times Y$ पर गुणन $\sigma$ -बीजगणित $\mathcal A \otimes \mathcal B$ आयतों $A \times B$ ( $A \in \mathcal A$ , $B \in \mathcal B$ ) से जनित होता है — जो एक $\pi$ -प्रणाली है। $E \subseteq X\times Y$ और $x \in X$ के लिए परिच्छेद $E_x = \{y : (x,y) \in E\}$ है; और गुणन पर किसी फलन $f$ के लिए $f_x = f(x, \cdot)$ ।

प्रतिज्ञप्ति 11.2

(क) यदि $E \in \mathcal A\otimes\mathcal B$ हो, तो प्रत्येक परिच्छेद $E_x \in \mathcal B$ (और सममित रूप से भी); और यदि $f$ $\mathcal A\otimes\mathcal B$ -मापनीय हो, तो प्रत्येक $f_x$ $\mathcal B$ -मापनीय है। (ख) $\mathcal B(\R^m)\otimes\mathcal B(\R^n) = \mathcal B(\R^{m+n})$ ।

उपपत्ति. (क) अच्छे समुच्चय: $\{E : E_x \in \mathcal B\ \forall x\}$ एक $\sigma$ -बीजगणित है (परिच्छेद पूरकों और गणनीय सम्मिलनों के साथ क्रमविनिमेय हैं) जिसमें आयत हैं। $f$ के लिए: $(f_x)^{-1}(B) = (f^{-1}(B))_x$ । (ख) ( $\subseteq$ ) बोरेल समुच्चयों के आयत: इतना ही पर्याप्त है कि विवृत $\times$ विवृत बक्से $\R^{m+n}$ में बोरेल हों (वे विवृत हैं) और यह कि व्यापक बोरेल आयत सीमाएँ हों — फिर अच्छे समुच्चय: $\{A : A\times\R^n \in \mathcal B(\R^{m+n})\}$ विवृत समुच्चयों को अंतर्विष्ट करने वाला $\sigma$ -बीजगणित है; ऐसे दो का प्रतिच्छेदन लीजिए। ( $\supseteq$ ) $\R^{m+n}$ का प्रत्येक विवृत समुच्चय परिमेय विवृत बक्सों $U\times V$ का गणनीय सम्मिलन है: अतः गुणन $\sigma$ -बीजगणित में अंतर्विष्ट है। ∎

प्रमेय 11.3 (गुणन माप)

मान लीजिए $(X, \mathcal A, \mu)$ और $(Y, \mathcal B, \nu)$ $\sigma$ -परिमित हैं। प्रत्येक $E \in \mathcal A\otimes\mathcal B$ के लिए फलन $x \mapsto \nu(E_x)$ मापनीय है, और

(\mu\otimes\nu)(E) = \int_X \nu(E_x)\,\dd\mu(x)

$\mathcal A\otimes\mathcal B$ पर $(\mu\otimes\nu)(A\times B) = \mu(A)\nu(B)$ वाला अद्वितीय माप परिभाषित करता है। वह $\sigma$ -परिमित और सममित है: $\nu$ के सापेक्ष $x$ -परिच्छेदों का समाकलन करने पर वही माप मिलता है।

उपपत्ति. $x \mapsto \nu(E_x)$ की मापनीयता। पहले मान लीजिए $\nu$ परिमित है। जिन $E$ के लिए यह प्रतिचित्रण मापनीय है उनका वर्ग $\mathcal D$ आयतों को अंतर्विष्ट करता है ( $\nu((A\times B)_x) = \nu(B)\mathbf 1_A(x)$ ) और एक $\lambda$ -प्रणाली है: $\mathcal D$ में $E \subseteq F$ के लिए $\nu((F\setminus E)_x) = \nu(F_x) - \nu(E_x)$ (परिमितता); और $E_n \uparrow E$ के लिए $\nu((E_n)_x) \uparrow \nu(E_x)$ (नीचे से सांतत्य), तथा मापनीय फलनों की एकदिष्ट सीमाएँ मापनीय होती हैं। आयत एक $\pi$ -प्रणाली बनाते हैं: अतः डिन्किन (प्रमेय 9.4) से $\mathcal D = \mathcal A\otimes\mathcal B$ । यदि $\nu$ $\sigma$ -परिमित हो, तो $Y = \bigcup Y_k$ , $Y_k \uparrow$ , $\nu(Y_k) < \infty$ लिखिए: तब परिमित $\nu_k = \nu(\cdot\cap Y_k)$ के साथ $\nu(E_x) = \lim_k\nu_k(E_x)$ ।

माप। $E \mapsto \int\nu(E_x)\dd\mu$ की $\sigma$ -योज्यता उपप्रमेय 10.7 से निकलती है (असंयुक्त समुच्चयों के परिच्छेद असंयुक्त होते हैं)। आयतों पर वह $\mu(A)\nu(B)$ दे देती है। अद्वितीयता: दो उम्मीदवार आयतों की $\pi$ -प्रणाली पर सहमत हैं; और $\sigma$ -परिमितता परिमित माप वाले आयत $X_k\times Y_k \uparrow X\times Y$ दे देती है: प्रमेय 9.7। सममिति: दूसरे क्रम वाली रचना भी एक माप है जो आयतों पर सहमत है — और वह अद्वितीय है, अतः वही है। ∎

परिभाषा 11.4

$\R^d$ पर लेबेग माप $\lambda_d = \lambda\otimes\cdots\otimes\lambda$ है ( $d$ गुणनखंड; रचना की साहचर्यता बक्सों पर जाँची जाती है और अद्वितीयता से फैल जाती है)। यह वह अद्वितीय बोरेल माप है जो प्रत्येक बक्से $\prod\intoc{a_i}{b_i}$ को उसका आयतन $\prod(b_i - a_i)$ देता है; वह स्थानांतरण-अपरिवर्ती और $\sigma$ -परिमित है, तथा कैराथियोडोरी पूर्णन के बाद पूर्ण — पूर्ण किए गए माप को हम $\lambda_d$ लिखते हैं और उसी के अनुसार समाकलन करते हैं।

11.2 टोनेली और फुबिनी

प्रमेय 11.5 (टोनेली)

$\mu, \nu$ $\sigma$ -परिमित हैं, $f \colon X\times Y \to [0, +\infty]$ मापनीय है। तब $x \mapsto \int_Y f_x\,\dd\nu$ मापनीय है और

\int_{X\times Y}f\,\dd(\mu\otimes\nu) = \int_X\Bigl(\int_Y f(x,y)\,\dd\nu(y)\Bigr)\dd\mu(x) = \int_Y\Bigl(\int_X f(x,y)\,\dd\mu(x)\Bigr)\dd\nu(y).

उपपत्ति. वही मानक मशीन। $f = \mathbf 1_E$ के लिए यह प्रमेय 11.3 है (और उसका सममित रूप)। रैखिकता से यह सरल $f \geq 0$ के लिए लागू होता है। व्यापक $f \geq 0$ के लिए: सरल $s_n \nearrow f$ लीजिए (प्रमेय 10.4); तब प्रत्येक $x$ के लिए $\int_Y(s_n)_x \dd\nu \nearrow \int_Y f_x\dd\nu$ ( $Y$ में एकदिष्ट अभिसरण प्रमेय), अतः बाएँ पद $X$ में एकदिष्ट अभिसरण प्रमेय से अभिसरित होते हैं, जबकि गुणन पर एकदिष्ट अभिसरण प्रमेय से $\int s_n\,\dd(\mu\otimes\nu) \nearrow \int f$ । ∎

प्रमेय 11.6 (फुबिनी)

$\mu, \nu$ $\sigma$ -परिमित हैं, $f \in L^1(\mu\otimes\nu)$ । तब $\mu$ -लगभग प्रत्येक $x$ के लिए परिच्छेद $f_x$ $\nu$ -समाकलनीय है, लगभग-सर्वत्र-परिभाषित फलन $x \mapsto \int f_x\dd\nu$ समाकलनीय है, और दोनों पुनरावृत्त समाकल $\int f\,\dd(\mu\otimes\nu)$ के बराबर होते हैं।

उपपत्ति. $\abs f$ पर लगाया गया टोनेली दिखा देता है कि $\varphi(x) = \int\abs{f_x} \dd\nu$ का समाकल परिमित है, अतः वह लगभग सर्वत्र परिमित है: लगभग प्रत्येक $x$ के लिए $f_x \in L^1(\nu)$ । $f = f^+ - f^-$ को बाँटिए (वास्तविक स्थिति; सम्मिश्र स्थिति घटकों से): टोनेली $f^\pm$ के प्रत्येक पुनरावृत्त समाकल को $\int f^\pm\dd(\mu\otimes\nu) < \infty$ के रूप में परिकलित कर देता है, और लगभग-सर्वत्र-परिभाषित अंतर का समाकल उसी अंतर के बराबर आता है। दूसरे क्रम के लिए सममित रूप से। ∎

विधि 11.7

दो समाकलों की (या किसी समाकल और योग की, या दो योगों की) अदला-बदली करने के लिए: यदि समाकल्य अऋणात्मक हो, तो स्वतंत्र रूप से अदला-बदली कीजिए (टोनेली)। अन्यथा पहले $\abs f$ पर टोनेली लगाइए, और वह भी उस क्रम में जिसमें आकलन आसान हो; यदि परिणाम परिमित निकले, तो फुबिनी अदला-बदली को वैध कर देती है। $\abs f$ की जाँच कभी मत छोड़िए: अभ्यास 11.4 के समाकल्य के दोनों पुनरावृत्त समाकलों के मान भिन्न हैं।

प्रतिज्ञप्ति 11.8 (परत-केक)

$(X, \mathcal A, \mu)$ $\sigma$ -परिमित पर मापनीय $f \geq 0$ के लिए:

\int_X f\,\dd\mu = \int_0^{+\infty}\mu(\{f > t\})\,\dd t, \qquad \int_X f^p\,\dd\mu = p\int_0^{+\infty}t^{p-1}\mu(\{f > t\})\,\dd t \quad (p \geq 1).

उपपत्ति. $X \times \intoo0{+\infty}$ पर $\mathbf 1_{\{(x,t) : 0 < t < f(x)\}}$ पर टोनेली लगाइए (यह मापनीय है: वह $\{(x,t): f(x) - t > 0\}\cap\{t > 0\}$ है, अर्थात् मापनीय $(x,t)\mapsto f(x) - t$ का बोरेल प्रकार का संचय): पहले $t$ में समाकलन करने पर $\int f\,\dd\mu$ मिलता है; और पहले $x$ में करने पर $\int_0^\infty\mu(f > t)\dd t$ । $f^p$ के लिए: $\int\mu(f^p > t) \dd t$ में $t = s^p$ प्रतिस्थापित कीजिए, अर्थात् पहला सूत्र $f^p$ पर लगाइए और एक-विमीय समाकल में चर बदलिए ( $\{f^p > s^p\} = \{f > s\}$ )। ∎

प्रमेय 11.9 ( $L^1$ पर संवलन)

$f, g \in L^1(\R^d, \lambda_d)$ के लिए समाकल

(f * g)(x) = \int_{\R^d} f(x - y)\,g(y)\,\dd y

लगभग प्रत्येक $x$ के लिए निरपेक्षतः अभिसरित होता है, $\norm{f*g}_1 \leq \norm f_1\norm g_1$ वाला $f * g \in L^1(\R^d)$ परिभाषित करता है, और $*$ क्रमविनिमेय तथा साहचर्य है।

उपपत्ति. $(x, y) \mapsto f(x-y)g(y)$ मापनीय है ( $(x,y)\mapsto x - y$ संतत है; संयोजन और गुणन कीजिए)। टोनेली:

\int\!\!\int \abs{f(x-y)}\abs{g(y)}\,\dd y\,\dd x = \int\abs{g(y)}\Bigl(\int\abs{f(x - y)}\dd x\Bigr)\dd y = \norm f_1\norm g_1 < \infty

(भीतरी समाकल में $\lambda_d$ की स्थानांतरण अपरिवर्तिता)। अतः द्विक समाकल परिमित है; और फुबिनी लगभग सर्वत्र निरपेक्ष अभिसरण तथा मानक परिबंध $\norm{f*g}_1 \leq \norm f_1\norm g_1$ दे देती है। क्रमविनिमेयता: $y \mapsto x - y$ प्रतिस्थापित कीजिए (स्थानांतरण और परावर्तन अपरिवर्तिता — परावर्तन अपरिवर्तिता बक्सों पर लागू होती है, अतः अद्वितीयता से सर्वत्र)। साहचर्यता: त्रिक समाकल पर टोनेली–फुबिनी। ∎

11.3 चर परिवर्तन

प्रमेय 11.10 (रैखिक चर परिवर्तन)

$T \in GL_d(\R)$ और $A \in \mathcal B(\R^d)$ के लिए: $\lambda_d(T(A)) = \abs{\det T}\,\lambda_d(A)$ ; फलस्वरूप $f \geq 0$ अथवा समाकलनीय के लिए $\int f(y)\dd y = \abs{\det T}\int f(Tx)\,\dd x$ ।

उपपत्ति. माप $\mu_T(A) = \lambda_d(T(A))$ एक बोरेल माप है (समस्थितिकताएँ बोरेल समुच्चय सुरक्षित रखती हैं, समस्या 9.1), स्थानांतरण-अपरिवर्ती है ( $T(A + x) = T(A) + Tx$ ), और इकाई बक्से पर परिमित: अतः लेबेग माप के अभिलक्षण (अभ्यास 9.6, जिसकी उपपत्ति द्विआधारी घनों के साथ $\R^d$ में शब्दशः काम करती है) से $c(T) = \lambda_d(T(\intco01^d))$ के साथ $\mu_T = c(T)\lambda_d$ । प्रतिचित्रण $T \mapsto c(T)$ गुणनात्मक है (संयोजन से $c(ST) = c(S)c(T)$ ), अतः $GL_d$ के जनकों पर $c$ परिकलित करना पर्याप्त है: अर्थात् प्रारंभिक आव्यूहों पर। विकर्ण $\operatorname{diag}(a, 1, \dots, 1)$ : यह इकाई घन को आयतन $\abs a$ वाले बक्से पर भेजता है: $c = \abs a = \abs\det$ । निर्देशांकों का स्थानांतरण: यह घन का क्रमचय कर देता है: $c = 1 = \abs\det$ । अपरूपण $T(x) = x + \alpha x_2e_1$ : इकाई घन का प्रतिबिंब एक तिरछा प्रिज्म है; टोनेली से उसका माप $\int\lambda_1(\text{परिच्छेद})\dd x_2 \cdots \dd x_d = 1$ है, क्योंकि प्रत्येक $x_1$ -परिच्छेद लंबाई $1$ का अंतराल है: $c = 1 = \abs{\det}$ । प्रत्येक व्युत्क्रमणीय आव्यूह इन्हीं का गुणनफल है (गाउस निराकरण), और $c$ तथा $\abs\det$ दोनों गुणनात्मक हैं: अतः $c(T) = \abs{\det T}$ । समाकल सूत्र मानक मशीन से निकलता है (सूचक, सरल, एकदिष्ट अभिसरण प्रमेय)। ∎

प्रमेय 11.11 (चर परिवर्तन)

मान लीजिए $U, V \subseteq \R^d$ विवृत हैं और $\Phi \colon U \to V$ एक $\mathcal C^1$ अवकल समरूपता है। प्रत्येक मापनीय $f \colon V \to [0, +\infty]$ (अथवा $f \in L^1(V)$ ) के लिए:

\int_V f(y)\,\dd y = \int_U f\bigl(\Phi(x)\bigr)\,\abs{\det D\Phi(x)}\,\dd x .

उपपत्ति. $J(x) = \abs{\det D\Phi(x)}$ लिखिए। उपपत्ति का हृदय असमिका

\lambda_d\bigl(\Phi(A)\bigr) \leq \int_A J\,\dd\lambda_d \qquad\text{प्रत्येक बोरेल } A \subseteq U \text{ के लिए}; \tag{$*$}

है। नीचे का चरण 4 $(*)$ को — जो $\Phi$ और $\Phi^{-1}$ दोनों पर लगाया जाता है — प्रमेय की समता तक उठा देता है। ध्यान दीजिए कि $\Phi^{-1}$ स्वयं याकोबीय $\abs{\det D\Phi^{-1}(y)} = J(\Phi^{-1}y)^{-1}$ वाली एक $\mathcal C^1$ अवकल समरूपता है ( $\Phi\circ\Phi^{-1} = \mathrm{id}$ पर शृंखला नियम)।

चरण 1: विरूपण गुणक सहित घनों के लिए $(*)$ । केंद्र $x_0$ और भुजा $2r$ वाला कोई संवृत घन $Q \subseteq U$ (उच्चतम-मानक गोला) स्थिर कीजिए। दावा: प्रत्येक $\varepsilon > 0$ के लिए, यदि $\Phi$ $Q$ पर अवकलनीय हो और $Q$ पर $\norm{D\Phi(x) - D\Phi(x_0)} \leq \varepsilon$ हो (उच्चतम-मानक के लिए संकारक मानक), तो

\Phi(Q) \subseteq \Phi(x_0) + D\Phi(x_0)\Bigl(\,\bigl(1 + \varepsilon\norm{D\Phi(x_0)^{-1}}\bigr)\,(Q - x_0)\Bigr),

क्योंकि $x \in Q$ के लिए $\Phi(x) - \Phi(x_0) - D\Phi(x_0)(x - x_0)$ पर लगाई गई माध्य मान असमिका $\norm{\Phi(x) - \Phi(x_0) - D\Phi(x_0)(x-x_0)}_\infty \leq \varepsilon\norm{x - x_0}_\infty \leq \varepsilon r$ देती है, और $D\Phi(x_0)^{-1}$ इस दोष को घन के $\varepsilon\norm{D\Phi(x_0)^{-1}}\,r$ -विस्तार में समेट लेता है। प्रमेय 11.10 से

\lambda_d(\Phi(Q)) \leq \abs{\det D\Phi(x_0)}\, \bigl(1 + \varepsilon\,C\bigr)^{d}\,\lambda_d(Q), \qquad C = \sup_{Q}\norm{D\Phi(\cdot)^{-1}} .

चरण 2: उपविभाजन द्वारा संहत घनों के लिए $(*)$ । मान लीजिए $Q \subseteq U$ कोई संहत घन है और $\varepsilon > 0$ । $Q$ पर $D\Phi$ एकसमान संतत है और $\norm{D\Phi^{-1}}$ परिबद्ध (संहतता); $Q$ को $2^{kd}$ उपघनों $Q_i$ में इतना छोटा उपविभाजित कीजिए कि प्रत्येक पर $D\Phi$ का दोलन $\leq \varepsilon$ हो। प्रत्येक उपघन (केंद्र $x_i$ ) पर चरण 1:

\lambda_d(\Phi(Q)) \leq \sum_i\lambda_d(\Phi(Q_i)) \leq (1 + C\varepsilon)^d \sum_i \abs{\det D\Phi(x_i)}\,\lambda_d(Q_i) \leq (1 + C\varepsilon)^d\Bigl(\int_Q J + \varepsilon'\Bigr),

और अंतिम चरण इसलिए कि $Q$ पर एकसमान रूप से $\sum_i\abs{\det D\Phi(x_i)}\mathbf 1_{Q_i} \to J$ ( $\det D\Phi$ का सांतत्य) — रीमान-योग तुलना। अब $\varepsilon \to 0$ लीजिए: अतः संहत घनों के लिए $(*)$ लागू है।

चरण 3: समस्त बोरेल $A$ के लिए $(*)$ । $U$ के बोरेल उपसमुच्चयों पर समुच्चय फलन $A \mapsto \lambda_d(\Phi(A))$ एक माप है ( $\Phi$ $V$ पर एकैकी आच्छादक है और बोरेल समुच्चयों तथा गणनीय असंयुक्तता को सुरक्षित रखता है), और $A \mapsto \int_AJ$ भी। $U$ का प्रत्येक विवृत उपसमुच्चय लगभग असंयुक्त द्विआधारी संहत घनों का गणनीय सम्मिलन है (मानक द्विआधारी विघटन: विवृत समुच्चय में अंतर्विष्ट महत्तम द्विआधारी घन लीजिए), और दोनों माप उन पर योज्य हैं (घनों की परिसीमाएँ $\lambda_d$ -शून्य हैं, और उनके $\Phi$ -प्रतिबिंब फलकों के पतले घन-आवरणों पर चरण 2 लगाने से शून्य हैं): अतः $(*)$ घनों से विवृत समुच्चयों तक पहुँच जाता है। व्यापक बोरेल $A$ : $K_m \subseteq \mathring K_{m+1}$ वाले संहतों $K_m \uparrow U$ से $U$ को निःशेष कीजिए और $m$ स्थिर कीजिए; $\mathring K_{m+1}$ पर $J$ किसी $M_m$ से परिबद्ध है। $\lambda_d$ की बाह्य नियमितता से (उपपत्ति प्रमेय 9.13 जैसी, बक्सों के साथ) $A \cap K_m \subseteq O_n \subseteq \mathring K_{m+1}$ और $\lambda_d\bigl(O_n \setminus (A\cap K_m)\bigr) \to 0$ वाले विवृत समुच्चय $O_n$ चुनिए। तब

\lambda_d\bigl(\Phi(A\cap K_m)\bigr) \leq \lambda_d\bigl(\Phi(O_n)\bigr) \leq \int_{O_n}J \leq \int_{A\cap K_m}J + M_m\,\lambda_d\bigl(O_n\setminus(A\cap K_m)\bigr) \xrightarrow[n\to\infty]{} \int_{A\cap K_m}J .

अब $m \to \infty$ लीजिए: बाईं ओर नीचे से सांतत्य, दाईं ओर एकदिष्ट अभिसरण प्रमेय। इससे $(*)$ स्थापित हो जाता है।

चरण 4: समता और समाकल सूत्र। पहले $(*)$ को समुच्चयों से समाकलों तक बढ़ाइए: $V$ पर प्रत्येक मापनीय $g \geq 0$ के लिए

\int_V g(y)\,\dd y \leq \int_U g(\Phi(x))\,J(x)\,\dd x . \tag{$**$}

वस्तुतः, $g = \mathbf 1_B$ के लिए यह $A = \Phi^{-1}(B)$ के साथ $(*)$ है; रैखिकता इसे सरल $g$ तक बढ़ा देती है, और एकदिष्ट अभिसरण प्रमेय समस्त $g \geq 0$ तक (मानक मशीन)। अब $(**)$ को दो बार लगाइए: पहले $g$ पर, फिर — अवकल समरूपता $\Phi^{-1}$ के लिए — फलन $x \mapsto g(\Phi(x))J(x)$ पर:

\int_Vg \leq \int_U g(\Phi(x))J(x)\dd x \leq \int_V g(y)\,J(\Phi^{-1}y)\,\abs{\det D\Phi^{-1}(y)}\,\dd y = \int_V g ,

क्योंकि $J(\Phi^{-1}y)\abs{\det D\Phi^{-1}(y)} = \abs{\det\bigl( D\Phi(\Phi^{-1}y)\,D\Phi^{-1}(y)\bigr)} = 1$ ( $\Phi\circ\Phi^{-1} = \mathrm{id}$ पर शृंखला नियम)। अतः सभी असमिकाएँ समताएँ हैं: सूत्र $g \geq 0$ के लिए लागू है, और विघटन से $L^1$ फलनों के लिए भी। ∎

उदाहरण 11.12 (ध्रुवीय निर्देशांक; गाउसीय पुनः)

$\Phi(r, \theta) = (r\cos\theta, r\sin\theta)$ $\intoo0{+\infty}\times\intoo0{2\pi}$ से $\R^2$ में से एक अर्ध-रेखा (शून्य समुच्चय) हटाकर मिलने वाली समष्टि पर $\det D\Phi = r$ वाली $\mathcal C^1$ अवकल समरूपता है:

\int_{\R^2}f(x, y)\,\dd x\,\dd y = \int_0^{2\pi}\!\!\int_0^{+\infty} f(r\cos\theta, r\sin\theta)\,r\,\dd r\,\dd\theta .

$f = \eu^{-x^2-y^2}$ के लिए टोनेली और यही सूत्र

G^2 = \Bigl(\int_\R \eu^{-x^2}\dd x\Bigr)^2 = \int_{\R^2}\eu^{-x^2-y^2} = 2\pi\int_0^\infty r\eu^{-r^2}\dd r = \pi:

देते हैं — $G = \sqrt\pi$ की शास्त्रीय दो-पंक्ति उपपत्ति, जो अब पूर्णतः उचित ठहरा दी गई है (समस्या 10.1 की प्राचल उपपत्ति से तुलना कीजिए)।

प्रमेय 11.13 (इकाई गोले का आयतन)

मान लीजिए $\R^d$ में $v_d = \lambda_d(B(0,1))$ । तब

v_d = \frac{\pi^{d/2}}{\Gamma\bigl(\frac d2 + 1\bigr)} : \qquad v_1 = 2,\quad v_2 = \pi,\quad v_3 = \tfrac{4\pi}3,\quad v_4 = \tfrac{\pi^2}2,\ \dots

उपपत्ति. $I = \int_{\R^d}\eu^{-\norm x_2^2}\dd\lambda_d$ को दो बार परिकलित कीजिए। टोनेली से वह गुणनखंडित हो जाता है: $I = G^d = \pi^{d/2}$ । और परत-केक सूत्र (प्रतिज्ञप्ति 11.8) से $f = \eu^{- \norm x^2}$ के साथ, जिसके स्तर समुच्चय गोले हैं: $0 < t < 1$ के लिए $\{f > t\} = B\bigl(0, \sqrt{-\ln t}\bigr)$ , जिसका माप $v_d(-\ln t)^{d/2}$ है ( $\rho$ से प्रसार $\lambda_d$ को $\rho^d$ से मापित करता है: प्रमेय 11.10), अतः

I = \int_0^1 v_d\,(-\ln t)^{d/2}\,\dd t \overset{t = \eu^{-s}}{=} v_d\int_0^\infty s^{d/2}\eu^{-s}\,\dd s = v_d\,\Gamma\Bigl(\frac d2 + 1\Bigr).

अब बराबर कीजिए। (मान: $\Gamma(\frac32) = \frac{\sqrt\pi}2$ , $\Gamma(2) = 1$ , इत्यादि।) ध्यान दीजिए कि $d \to \infty$ पर $v_d \to 0$ — सप्ताहांत समस्या स्टर्लिंग के माध्यम से बताती है कि कितनी तेजी से। ∎

11.4 अभ्यास

अभ्यास 11.1 ★

मान लीजिए $\mu$ $(\intcc01, \mathcal B(\intcc01))$ पर गणना माप है (जो $\sigma$ -परिमित नहीं) और $\lambda$ लेबेग माप, तथा $\Delta = \{(x,x)\}$ $\intcc01^2$ का विकर्ण। दर्शाइए कि $\Delta$ मापनीय है, और $\lambda$ तथा $\mu$ के सापेक्ष $\mathbf 1_\Delta$ के दोनों पुनरावृत्त समाकल परिकलित कीजिए: वे भिन्न हैं। प्रमेय 11.5 की कौन-सी परिकल्पना विफल होती है?

हल

हल — अभ्यास 11.1.

$\Delta$ $\intcc01^2$ में संवृत है, अतः बोरेल, और $\mathcal B(\intcc01^2)$ गुणन $\sigma$ -बीजगणित है (प्रतिज्ञप्ति 11.2(ख))। एक ओर से पुनरावृत्ति करने पर:

\int_{\intcc01}\Bigl(\int \mathbf 1_\Delta(x,y) \,\dd\lambda(y)\Bigr)\dd\mu(x) = \int \lambda(\{x\})\,\dd\mu(x) = 0 ;

और दूसरी ओर से:

\int_{\intcc01}\Bigl(\int\mathbf 1_\Delta(x,y)\,\dd\mu(x)\Bigr)\dd\lambda(y) = \int \mu(\{y\})\,\dd\lambda(y) = \int 1\,\dd\lambda = 1 .

जो परिकल्पना विफल होती है वह अगणनीय $\intcc01$ पर गणना माप $\mu$ की $\sigma$ -परिमितता है: परिमित- $\mu$ समुच्चयों का कोई गणनीय कुल उसे आच्छादित नहीं करता।

अभ्यास 11.2 ★

अदला-बदली को उचित ठहराइए और दिरिक्ले का समाकल पुनः निकालिए: $A > 0$ के लिए

\int_0^A\frac{\sin x}x\,\dd x = \int_0^A\!\!\int_0^{+\infty}\eu^{-xy}\sin x\,\dd y\,\dd x = \int_0^{+\infty}\!\!\int_0^A \eu^{-xy}\sin x\,\dd x\,\dd y,

भीतरी समाकल संवृत रूप में परिकलित कीजिए, और $A \to +\infty$ जाने दीजिए ( $y$ -समाकल पर प्रभुत्व) जिससे $\int_0^\infty\frac{\sin x}x\dd x = \frac\pi2$ मिले।

हल

हल — अभ्यास 11.2.

$\intcc0A\times\intoo0{+\infty}$ पर: $\int_0^A\int_0^\infty\eu^{-xy}\abs{\sin x}\,\dd y\,\dd x = \int_0^A\frac{\abs{\sin x}}x\dd x \leq A < \infty$ (निरपेक्ष मान के लिए टोनेली): अतः फुबिनी लागू होती है, और चूँकि $\int_0^\infty\eu^{-xy}\dd y = \frac1x$ ,

\int_0^A\frac{\sin x}x\dd x = \int_0^\infty\Bigl(\int_0^A\eu^{-xy}\sin x\,\dd x\Bigr)\dd y = \int_0^\infty \frac{1 - \eu^{-Ay}(\cos A + y\sin A)}{1 + y^2}\,\dd y

(आंतरिक समाकल: $\operatorname{Im}\int_0^A\eu^{(\iu - y)x}\dd x$ , सीधे परिकलित)। $A \to \infty$ पर संशोधन पद $\int_0^\infty\eu^{-Ay}\frac{1 + y}{1 + y^2}\dd y \leq \frac32\int_0^\infty\eu^{-Ay}\dd y = \frac3{2A} \to 0$ से परिबद्ध है; और मुख्य पद $\int_0^\infty\frac{\dd y}{1+y^2} = \frac\pi2$ है। अतः $\int_0^\infty\frac{\sin x}x\dd x = \frac\pi2$ — अर्थात् फुबिनी से दिरिक्ले का समाकल।

अभ्यास 11.3 ★★

(क) सिद्ध कीजिए कि मापनीय $f \geq 0$ और परिमित $\mu$ के लिए: $\sum_{n\geq1}\mu(\{f \geq n\}) \leq \int f\,\dd\mu \leq \mu(X) + \sum_{n\geq1}\mu(\{f\geq n\})$ अर्थात् समाकलनीयता पुच्छ मापों की योग्यता ही है। (ख) इससे निष्कर्ष निकालिए कि $f \in L^1(\mu)$ ( $\mu$ परिमित) तभी और केवल तभी जब $\sum_n\mu(\abs f \geq n) < \infty$ ।

हल

हल — अभ्यास 11.3.

(क) परत-केक (प्रतिज्ञप्ति 11.8): $\int f\,\dd\mu = \int_0^\infty\mu(f > t)\,\dd t$ , और $t \mapsto \mu(f > t)$ अनवर्धमान है। $[n-1, n]$ पर: $\mu(f \geq n) \leq \mu(f > t) \leq \mu(f > n - 1) \leq \mu(f \geq n - 1)$ ; इकाई अंतरालों पर समाकलों का योग करने पर:

\sum_{n\geq1}\mu(f \geq n) \leq \int f\,\dd\mu \leq \sum_{n\geq1}\mu(f \geq n - 1) = \mu(f \geq 0) + \sum_{n\geq1}\mu(f\geq n) \leq \mu(X) + \sum_{n\geq1}\mu(f\geq n).

(ख) (क) को $\abs f$ पर लगाइए: समाकल और श्रेणी की परिमितता तुल्य हैं (अतिरिक्त $\mu(X)$ परिमित है)।

अभ्यास 11.4 ★★

$\intoo01^2$ पर $f(x, y) = \dfrac{x^2 - y^2}{(x^2 + y^2)^2}$ के लिए दर्शाइए

\int_0^1\!\!\int_0^1 f\,\dd y\,\dd x = \frac\pi4, \qquad \int_0^1\!\!\int_0^1 f\,\dd x\,\dd y = -\frac\pi4

(ध्यान दीजिए कि $f = \partial_y\bigl(\frac{y}{x^2+y^2}\bigr)$ ), और सीधे सत्यापित कीजिए कि $\int\!\int\abs f = +\infty$ : फुबिनी की समाकलनीयता परिकल्पना सजावट नहीं है।

हल

हल — अभ्यास 11.4.

चूँकि $x \ne 0$ के लिए $f(x,y) = \partial_y\bigl(\frac{y}{x^2+y^2}\bigr)$ :

\int_0^1 f(x, y)\,\dd y = \frac{1}{x^2 + 1} \ \Longrightarrow\ \int_0^1\!\!\int_0^1 f\,\dd y\,\dd x = \int_0^1\frac{\dd x}{1 + x^2} = \frac\pi4 ;

प्रतिसममिति $f(y,x) = -f(x,y)$ से दूसरा क्रम $-\frac\pi4$ देता है। निरपेक्ष मान: $0 < y < x$ के लिए

\int_0^x f(x,y)\,\dd y = \Bigl[\frac{y}{x^2 + y^2}\Bigr]_0^x = \frac1{2x}, \quad\text{तथा वहाँ } f \geq 0 \text{, अतः}\quad \int_0^1\!\!\int_0^1\abs f \geq \int_0^1\frac{\dd x}{2x} = +\infty .

फुबिनी के साथ कोई विरोधाभास नहीं: उसकी परिकल्पना $f \in L^1$ विफल हो जाती है, और दोनों पुनरावृत्त समाकल केवल दो भिन्न संख्याएँ हैं।

अभ्यास 11.5 ★★

(क) $\mathbf 1_{\intcc01} * \mathbf 1_{\intcc01}$ स्पष्ट रूप से परिकलित कीजिए (एक तंबू फलन), और $(\mathbf 1 * \mathbf 1 * \mathbf 1)$ की व्यापक आकृति भी। (ख) दर्शाइए $\operatorname{supp}(f * g) \subseteq \overline{\operatorname{supp}f + \operatorname{supp}g}$ । (ग) दर्शाइए कि यदि $f \in L^1$ हो और $g$ परिबद्ध तथा संतत हो, तो $f * g$ संतत है। (परिबद्ध $g$ पर स्थानांतरण के सांतत्य के माध्यम से प्रभावी अभिसरण प्रमेय।)

हल

हल — अभ्यास 11.5.

(क) $(\mathbf 1_{\intcc01}*\mathbf 1_{\intcc01})(x) = \lambda\bigl(\intcc01\cap\intcc{x-1}x\bigr)$ : $x \notin \intcc02$ के लिए $0$ , $0 \leq x \leq 1$ के लिए $x$ , $1 \leq x \leq 2$ के लिए $2 - x$ : अर्थात् तंबू। फिर से संवलन करने पर $\intcc03$ पर कोई $\mathcal C^1$ खंडशः-द्विघातीय उभार मिलता है (द्विघातीय बी-प्रत्यास्थक): प्रत्येक संवलन चिकनाई की एक कोटि जोड़ देता है — अध्याय 12 के मृदुकारकों के पीछे यही मृदुकरण सिद्धांत है।

(ख) यदि $x \notin \overline{\operatorname{supp}f + \operatorname{supp}g}$ हो, तो $x$ के चारों ओर योग-समुच्चय से असंयुक्त कोई गोला है; और $y \in \operatorname{supp}g$ के लिए $x - y \notin\operatorname{supp}f$ , अतः समाकल्य सर्वथा लुप्त हो जाता है: $x$ के निकट $f * g = 0$ ।

(ग) $x_n \to x$ के लिए: $(f*g)(x_n) = \int f(y)g(x_n - y)\,\dd y$ ; समाकल्य बिंदुशः अभिसरित होते हैं ( $g$ की सांतत्य) और उन पर $\norm g_\infty\,\abs f \in L^1$ का प्रभुत्व है: प्रभावी अभिसरण प्रमेय $(f*g)(x_n) \to (f*g)(x)$ दे देती है।

अभ्यास 11.6 ★★

(क) दर्शाइए कि सरलक $\Delta_d = \{x \in \intco0\infty^d : x_1 + \dots + x_d \leq 1\}$ का आयतन $\frac1{d!}$ है (आगमन और फुबिनी)। (ख) प्रमेय 11.13 से $v_2 = \pi$ , $v_3 = \frac{4\pi}3$ पुनः प्राप्त कीजिए, और $\lambda_d(\text{अर्ध-अक्षों } a_i \text{ वाला दीर्घवृत्ताभ}) = v_d\prod a_i$ दर्शाइए।

हल

हल — अभ्यास 11.6.

(क) फुबिनी और आगमन से, अंतिम निर्देशांक के अनुदिश काटते हुए:

\lambda_d(\Delta_d) = \int_0^1 \lambda_{d-1}\bigl((1 - t)\,\Delta_{d-1}\bigr)\,\dd t = \lambda_{d-1}(\Delta_{d-1})\int_0^1(1 - t)^{d-1}\dd t = \frac{\lambda_{d-1}(\Delta_{d-1})}{d},

जिसमें प्रसार नियम $\lambda_{d-1}(\rho A) = \rho^{d-1}\lambda_{d-1}(A)$ (प्रमेय 11.10) का उपयोग हुआ है; और $\lambda_1(\Delta_1) = 1$ के साथ: आयतन $\frac1{d!}$ ।

(ख) $v_2 = \pi/\Gamma(2) = \pi$ ; $v_3 = \pi^{3/2}/\Gamma(\frac52) = \pi^{3/2}/(\frac32\cdot\frac12 \sqrt\pi) = \frac{4\pi}3$ । दीर्घवृत्तज $T = \operatorname{diag}(a_1, \dots, a_d)$ के साथ $T(B(0,1))$ है: प्रमेय 11.10 आयतन $v_d\prod a_i$ दे देता है।

अभ्यास 11.7 ★★

किन $s > 0$ के लिए निम्नलिखित परिमित हैं? ध्रुवीय निर्देशांकों से उचित ठहराइए:

\int_{B(0,1)\subseteq\R^2}\frac{\dd x\,\dd y}{(x^2 + y^2)^{s}}, \qquad \int_{\R^2\setminus B(0,1)}\frac{\dd x\,\dd y}{(x^2 + y^2)^{s}} .

$\R^d$ तक सामान्यीकरण कीजिए (देहलियाँ $s < d/2$ और $s > d/2$ )।

हल

हल — अभ्यास 11.7.

$\R^2$ में ध्रुवीय निर्देशांक (उदाहरण 11.12):

\int_{B(0,1)}\frac{\dd x\dd y}{(x^2+y^2)^s} = 2\pi\int_0^1 r^{1 - 2s}\,\dd r, \qquad \int_{\R^2\setminus B(0,1)} = 2\pi\int_1^\infty r^{1-2s}\dd r:

जो परिमित है तभी और केवल तभी जब $1 - 2s > -1$ ( $s < 1$ ), क्रमशः $1 - 2s < -1$ ( $s > 1$ )। $\R^d$ में गोलीय निर्देशांकों से बचकर परत-केक से: $\lambda_d(\{\norm x^{-2s} > t\}\cap B(0,1)) = \lambda_d(B(0, \min(1, t^{-1/2s}))) = v_d\min(1, t^{-d/2s})$ , और $\int_0^\infty v_d\min(1, t^{-d/(2s)})\dd t < \infty$ तभी और केवल तभी जब $\frac d{2s} > 1$ , अर्थात् $s < \frac d2$ ; और बाहरी समाकल अभिसरित होता है तभी और केवल तभी जब $s > \frac d2$ (पूरक क्षेत्र पर वही परिकलन)।

अभ्यास 11.8 ★★★

(बीटा–गामा) $p, q > 0$ के लिए मान लीजिए $B(p, q) = \int_0^1t^{p-1}(1 - t)^{q-1}\dd t$ । $\Gamma(p)\Gamma(q)$ को द्विक समाकल के रूप में लेकर आरंभ कीजिए, $(x, y) = (uv,\, u(1 - v))$ प्रतिस्थापित कीजिए (जो विवृत चतुर्थांश की $\intoo0\infty\times\intoo01$ पर एक अवकल समरूपता है; उसका याकोबीय $= u$ परिकलित कीजिए) और निष्कर्ष निकालिए

B(p, q) = \frac{\Gamma(p)\,\Gamma(q)}{\Gamma(p + q)} .

इससे $\int_0^{\pi/2}\sin^{2p-1}\theta\cos^{2q-1}\theta\, \dd\theta = \frac12B(p,q)$ और वालिस समाकलों $W_n = \int_0^{\pi/2}\sin^n$ का मान निकालिए।

हल

हल — अभ्यास 11.8.

टोनेली (धनात्मक समाकल्य) और चर परिवर्तन $(x, y) = \Phi(u, v) = (uv,\ u(1-v))$ से, जो $\intoo0\infty\times\intoo01$ का विवृत चतुर्थांश पर कोई $\mathcal C^1$ अवकल समरूपता है और जिसमें

\det D\Phi = \det\begin{pmatrix} v & u\\ 1 - v & -u \end{pmatrix} = -uv - u(1 - v) = -u, \qquad \abs{\det} = u :

\Gamma(p)\Gamma(q) = \iint x^{p-1}y^{q-1}\eu^{-x-y}\dd x\,\dd y = \iint (uv)^{p-1}\bigl(u(1{-}v)\bigr)^{q-1}\eu^{-u}\,u\, \dd u\,\dd v = \Gamma(p + q)\,B(p, q).

$B(p,q)$ में $t = \sin^2\theta$ प्रतिस्थापित करने पर $2\int_0^{\pi/2}\sin^{2p-1}\theta\cos^{2q-1}\theta\,\dd\theta = B(p, q)$ मिलता है। वालिस: $W_n = \int_0^{\pi/2}\sin^n\theta\,\dd\theta = \frac12B\bigl(\frac{n + 1}2, \frac12\bigr) = \frac{\Gamma(\frac{n+1}2)\sqrt\pi} {2\,\Gamma(\frac n2 + 1)}$ — उदाहरणार्थ $\Gamma(n + \frac12) = \frac{(2n)!}{4^nn!}\sqrt\pi$ का उपयोग करते हुए $W_{2n} = \frac\pi2\cdot\frac{(2n)!}{4^n(n!)^2}$ ।

अभ्यास 11.9 ★★

(स्थानांतरण सूत्र) मान लीजिए $T \colon (X, \mathcal A, \mu) \to (Y, \mathcal B)$ मापनीय है और $T_*\mu(B) = \mu(T^{-1}(B))$ अग्रप्रेषित माप। दर्शाइए कि $Y$ पर प्रत्येक मापनीय $g \geq 0$ के लिए

\int_Y g\,\dd(T_*\mu) = \int_X g\circ T\,\dd\mu

(मानक मशीन)। फिर प्रमेय 11.10 से तुलना कीजिए: चर परिवर्तन सूत्र वह कौन-सी अतिरिक्त सूचना देता है जो अमूर्त स्थानांतरण सूत्र नहीं देता? (स्थानांतरण सूत्र $T_*\mu$ की पहचान कभी नहीं करता; चर परिवर्तन प्रमेय $T_*\lambda_d$ को घनत्व माप के रूप में स्पष्ट परिकलित कर देती है।)

हल

हल — अभ्यास 11.9.

सूचक: $\int\mathbf 1_B\,\dd(T_*\mu) = T_*\mu(B) = \mu(T^{-1}B) = \int\mathbf 1_B\circ T\,\dd\mu$ ; रैखिकता इसे सरल $g$ तक और एकदिष्ट अभिसरण प्रमेय $g \geq 0$ तक बढ़ा देती है — यही अंतरण सूत्र है। यह विशुद्ध रूप से औपचारिक है: वह $T_*\mu$ के सापेक्ष समाकलों को फिर से व्यक्त करता है पर इस बारे में कुछ नहीं कहता कि $T_*\mu$ है क्या। प्रमेय 11.10 और प्रमेय 11.11 की अंतर्वस्तु पहचान

\Phi_*\bigl(\lambda_d\restriction_U\bigr) = \abs{\det D\Phi^{-1}}\,\lambda_d\restriction_V \quad\text{(एक घनत्व माप)},

है, अर्थात् लेबेग माप के अग्रसारण का परिकलन — जिसका वैश्लेषिक निवेश $\Phi$ की अवकल ज्यामिति है, न कि माप-सैद्धांतिक औपचारिकता।

अभ्यास 11.10 ★★★

(गाउसीय आघूर्ण) ध्रुवीय निर्देशांकों और फुबिनी का उपयोग करके $\R^d$ पर मानक गाउसीय भार के लिए परिकलित कीजिए:

\int_{\R^d}\norm x_2^2\;\eu^{-\norm x_2^2}\,\dd x \qquad\text{तथा}\qquad \int_{\R^d}x_1^2\,\eu^{-\norm x^2_2}\,\dd x,

संगति जाँचिए ( $\norm x^2 = \sum x_i^2$ ), और माप $\pi^{-d/2}\eu^{-\norm x^2}\dd x$ का द्वितीय आघूर्ण निष्कर्ष के रूप में निकालिए।

हल

हल — अभ्यास 11.10.

टोनेली से गाउसीय गुणनखंडित हो जाता है, अतः $G_1 = \int_\R\eu^{-s^2}\dd s = \sqrt\pi$ और $\int_\R s^2\eu^{-s^2}\dd s = \frac{\sqrt\pi}2$ के साथ (खंडशः समाकलन कीजिए):

\int_{\R^d}x_1^2\,\eu^{-\norm x^2}\dd x = \frac{\sqrt\pi}2\;\pi^{(d-1)/2} = \frac{\pi^{d/2}}2, \qquad \int_{\R^d}\norm x^2\eu^{-\norm x^2}\dd x = d\cdot\frac{\pi^{d/2}}2

(सममिति से $\norm x^2 = \sum_ix_i^2$ $d$ बराबर पदों का योगदान देता है — यही संगति जाँच है)। मानकीकृत माप $\pi^{-d/2}\eu^{-\norm x^2}\dd x$ के लिए द्वितीय आघूर्ण $\frac d2$ है।

अभ्यास 11.11 ★★

(आलेख और अधोआलेख) मान लीजिए $f \colon \R^d \to \intco0\infty$ मापनीय है। (क) दर्शाइए कि अधोआलेख $H = \{(x, y) \in \R^d\times\R : 0 < y < f(x)\}$ $\R^{d+1}$ में मापनीय है और

\lambda_{d+1}(H) = \int_{\R^d}f\,\dd\lambda_d :

अर्थात् “समाकल आलेख के नीचे का क्षेत्रफल है”, जो अंततः एक प्रमेय बन गया। (परिच्छेद; टोनेली।) (ख) दर्शाइए कि आलेख $\{(x, f(x)) : x \in \R^d\}$ $\R^{d+1}$ का शून्य समुच्चय है। (ग) इससे दो पंक्तियों में सिद्ध कीजिए कि गोलक $S^{d-1}$ $\R^d$ में लेबेग-शून्य है।

हल

हल — अभ्यास 11.11.

(क) $\{y > 0\}$ से प्रतिच्छेदित $\Phi(x, y) = f(x) - y$ के लिए $H = \Phi^{-1}(\intoo0\infty)$ : मापनीय, क्योंकि $(x, y) \mapsto f(x)$ और $(x,y)\mapsto y$ गुणनफल पर मापनीय हैं (प्रक्षेपों के साथ संयोजन)। $H$ का $x$ -अनुभाग $\intoo0{f(x)}$ है, जिसका माप $f(x)$ है: टोनेली अनुभागों का समाकलन करती है,

\lambda_{d+1}(H) = \int_{\R^d}\lambda_1\bigl(\intoo0{f(x)} \bigr)\,\dd x = \int_{\R^d}f\,\dd\lambda_d .

(ख) आलेख $\{(x,y) : y \geq f(x)\} \cap \{y \leq f(x)\}$ है, जो मापनीय है; उसके $x$ -अनुभाग एकल बिंदु हैं, जिनका माप $0$ है: अतः टोनेली $\lambda_{d+1}(\text{आलेख}) = \int 0 = 0$ देती है।

(ग) $S^{d-1}$ $\R^{d-1}$ के इकाई गोले पर दोनों आलेखों $y = \pm\sqrt{1 - \abs{x'}^2}$ का संघ है (अंतिम निर्देशांक अलग करके): अर्थात् (ख) से दो अकिंचन समुच्चयों का संघ, इसलिए अकिंचन।

अभ्यास 11.12 ★★

(एक प्रसिद्ध द्विक समाकल) $\intoo01^2$ पर गुणोत्तर श्रेणी और टोनेली का उपयोग करके सिद्ध कीजिए

\int_0^1\!\!\int_0^1\frac{\dd x\,\dd y}{1 - xy} = \sum_{n\geq1}\frac1{n^2} = \zeta(2), \qquad \int_0^1\!\!\int_0^1\frac{\dd x\,\dd y}{1 + xy} = \sum_{n\geq1}\frac{(-1)^{n-1}}{n^2} = \frac{\zeta(2)}2 .

(दूसरी श्रेणी सर्वसमिका: सम और विषम सूचकांक अलग कीजिए।) $\zeta(2) = \frac{\pi^2}6$ (अध्याय 15) के साथ, दो निर्दोष दिखने वाले समाकलों के मान $\frac{\pi^2}6$ और $\frac{\pi^2}{12}$ निकल आते हैं; टोनेली की धनात्मकता परिकल्पना ठीक कहाँ अपना काम करती है?

हल

हल — अभ्यास 11.12.

$\intoo01^2$ पर ऋणेतर पदों के साथ $\frac1{1 - xy} = \sum_{n\geq0}(xy)^n$ : टोनेली पदशः समाकलन की अनुमति देती है,

\iint\frac{\dd x\,\dd y}{1 - xy} = \sum_{n\geq0}\Bigl(\int_0^1x^n\dd x\Bigr) \Bigl(\int_0^1y^n\dd y\Bigr) = \sum_{n\geq0}\frac1{(n+1)^2} = \zeta(2) .

एकांतर स्थिति के लिए $\frac1{1 + xy} = \sum_n(-1)^n(xy)^n$ कोई धनात्मक श्रेणी नहीं है; पर निरपेक्ष श्रेणी का समाकल $\zeta(2) < \infty$ है, अतः फुबिनी (अब समाकलनीयता स्थापित) लागू होती है: $\iint\frac{\dd x\dd y}{1 + xy} = \sum_n\frac{(-1)^n}{(n+1)^2}$ । श्रेणी सर्वसमिका:

\sum_{n\geq1}\frac{(-1)^{n-1}}{n^2} = \sum_{n\geq1}\frac1{n^2} - 2\sum_{k\geq1}\frac1{(2k)^2} = \zeta(2) - \frac{\zeta(2)}2 = \frac{\zeta(2)}2 .

$\zeta(2) = \frac{\pi^2}6$ (समस्या 15.1) के साथ: समाकल $\frac{\pi^2}6$ और $\frac{\pi^2}{12}$ हैं। पहले परिकलन में टोनेली की धनात्मकता ही सब कुछ थी — अदला-बदली से पहले किसी समाकलनीयता जाँच की आवश्यकता नहीं; और दूसरे में निरपेक्ष श्रेणी की धनात्मकता ही समाकलनीयता प्रमाणित करती है ताकि फुबिनी चिह्नयुक्त श्रेणी पर चल सके।

11.5 समस्या: स्टर्लिंग का सूत्र

समस्या 11.1

सप्ताहांत समस्या — $n! \sim \sqrt{2\pi n}\,(n/\eu)^n$ , प्रभावी अभिसरण से

स्टर्लिंग का सूत्र इस पुस्तक की प्रत्येक स्पर्शोन्मुख गणना पर शासन करता है — गोलों के आयतन, द्विपद गुणांक, केंद्रीय सीमा प्रमेय का स्थानीय रूप। हम उसे $\Gamma$ समाकल (उदाहरण 10.16) से लाप्लास विधि द्वारा, उसके स्वच्छतम प्रभावी-अभिसरण रूप में सिद्ध करते हैं, और फिर लाभांश बटोरते हैं।

भाग I — सूत्र। $t > 0$ के लिए $\Gamma(t + 1) = \int_0^\infty x^{t}\eu^{-x}\dd x$ ।

$x = t + \sqrt t\,u$ प्रतिस्थापित कीजिए और दर्शाइए

$\frac{\Gamma(t+1)}{t^{t}\eu^{-t}\sqrt t} = \int_{-\sqrt t}^{+\infty} \exp\Bigl(t\ln\Bigl(1 + \frac u{\sqrt t}\Bigr) - \sqrt t\,u\Bigr)\,\dd u \;=\;\int_\R g_t(u)\,\dd u,$

जहाँ $g_t(u) = \exp\bigl(t\ln(1 + u/\sqrt t) - \sqrt t\,u\bigr)\mathbf 1_{u > -\sqrt t}$ ।
बिंदुशः सीमा दर्शाइए: प्रत्येक स्थिर $u$ के लिए $t \to +\infty$ पर $g_t(u) \to \eu^{-u^2/2}$ ( $\ln(1 + h)$ का द्वितीय कोटि तक प्रसार कीजिए)।
प्रभुत्व। मान लीजिए $\varphi(h) = \ln(1 + h) - h$ , जिससे $u > -\sqrt t$ के लिए $g_t(u) = \exp\bigl(t\,\varphi(u/\sqrt t)\bigr)$ । दोनों परिबंध सिद्ध कीजिए

$\varphi(h) \leq -\frac{h^2}4 \quad (-1 < h \leq 1), \qquad \varphi(h) \leq -c\,h \quad (h \geq 1),\ \ c = 1 - \ln 2 > 0$

( $\varphi(h) + \frac{h^2}4$ और $\varphi(h) + ch$ का अध्ययन कीजिए: अवकलज परिकलित कीजिए और प्रत्येक परास पर चिह्न जाँचिए)। $t \geq 1$ के लिए निष्कर्ष निकालिए:

$g_t(u) \leq \eu^{-u^2/4}\ \ (\abs u \leq \sqrt t), \qquad g_t(u) \leq \eu^{-cu}\ \ (u \geq \sqrt t),$

जिससे $g_t(u) \leq \eu^{-u^2/4} + \eu^{-cu}\,\mathbf 1_{u > 0}$ : अर्थात् $t \geq 1$ से स्वतंत्र एक समाकलनीय प्रभावी फलन।
प्रभावी अभिसरण प्रमेय और गाउसीय समाकल (उदाहरण 11.12) से निष्कर्ष निकालिए:

$\Gamma(t + 1) \;\sim\; \sqrt{2\pi t}\;\Bigl(\frac t\eu\Bigr)^{t} \qquad (t \to +\infty),$

और विशेष रूप से $n! \sim \sqrt{2\pi n}\,(n/\eu)^n$ ।

भाग II — लाभांश।

(वालिस) अभ्यास 11.8, $W_{2n} = \frac\pi2\binom{2n}n4^{-n}$ प्रकार के सूत्रों से: स्टर्लिंग से $\binom{2n}{n} \sim \frac{4^n}{\sqrt{\pi n}}$ निकालिए, और उसे पुनरावर्तन $W_{n} = \frac{n-1}nW_{n-2}$ के सापेक्ष जाँचिए।
(गोलों के आयतन ढह जाते हैं) दर्शाइए

$v_d = \frac{\pi^{d/2}}{\Gamma(\frac d2 + 1)} \;\sim\; \frac{1}{\sqrt{\pi d}} \Bigl(\frac{2\pi\eu}{d}\Bigr)^{d/2},$

अतः $v_d \to 0$ , और वह भी किसी भी गुणोत्तर अनुक्रम से तेज; $v_d$ को अधिकतम करने वाली विमा ज्ञात कीजिए (संख्यात्मक रूप से: $d = 5$ )।
(द्विपद का संकेंद्रण — अध्याय 23 की एक झलक) स्टर्लिंग का उपयोग करके स्थानीय आकलन दर्शाइए, स्थिर $s$ वाले $k = n/2 + s\sqrt n/2$ और सम $n$ के लिए:

$2^{-n}\binom{n}{k} \;\sim\; \sqrt{\frac{2}{\pi n}}\;\eu^{-s^2/2},$

अर्थात् विविक्त गाउसीय रूपरेखा: भ्रूण रूप में दे म्वाव्र–लाप्लास।
भाग I की उपपत्ति ने ठीक कहाँ उपयोग किया: (क) एकदिष्ट या प्रभावी अभिसरण प्रमेय; (ख) गाउसीय समाकल; (ग) लेबेग माप के अपरिवर्तिता गुण? प्रत्येक के लिए एक-एक वाक्य।

भाग III — त्रुटि पद: सीमाओं सहित स्टर्लिंग। $d_n = \ln n! - \bigl(n + \tfrac12\bigr)\ln n + n - \ln\sqrt{2\pi}$ रखिए, जिससे भाग I कहता है कि $d_n \to 0$ ।

दर्शाइए $d_n - d_{n+1} = \bigl(n + \tfrac12\bigr)\ln\bigl(1 + \tfrac1n\bigr) - 1$ ।
$t = \frac1{2n+1}$ के साथ $\frac{n+1}n = \frac{1+t}{1-t}$ सत्यापित कीजिए और प्रसार कीजिए:

$d_n - d_{n+1} = \frac{t^2}3 + \frac{t^4}5 + \frac{t^6}7 + \cdots,$

तथा द्विपक्षीय परिबंध निकालिए

$\frac1{3(2n+1)^2} \;<\; d_n - d_{n+1} \;<\; \frac1{12n} - \frac1{12(n+1)} .$
दूरबीनी योग लीजिए ( $d_m \to 0$ का उपयोग करते हुए) और $m \geq 1$ के लिए सुखद बीजगणितीय सर्वसमिका $\frac1{3(2m+1)^2} > \frac1{12m+1} - \frac1{12(m+1)+1}$ जाँचिए, जिससे शास्त्रीय कोष्ठन

$\sqrt{2\pi n}\Bigl(\frac n\eu\Bigr)^n \eu^{1/(12n+1)} \;<\; n! \;<\; \sqrt{2\pi n}\Bigl(\frac n\eu\Bigr)^n\eu^{1/(12n)} .$

मिल जाए।
दो परिणाम: (क) $n \geq 83\,334$ होते ही स्टर्लिंग के सूत्र की सापेक्ष त्रुटि $< 10^{-6}$ हो जाती है; (ख) कोष्ठन से $100!$ का हाथ से चार सार्थक अंकों तक आकलन कीजिए ( $100! \approx 9.3326\cdot 10^{157}$ ), और एक बहुत ही परिमित $n$ पर किसी स्पर्शोन्मुख सूत्र की यथार्थता पर क्षण भर विस्मित होइए।

भाग IV — वालिस मार्ग: गाउसीय के बिना स्टर्लिंग। ऐतिहासिक रूप से नियतांक $\sqrt{2\pi}$ वालिस से आया था, गाउस से नहीं; यह भाग स्टर्लिंग को भाग I और II से स्वतंत्र रूप से पुनः सिद्ध करता है, और इस प्रकार गाउसीय समाकल को भी पुनः सिद्ध कर देता है। मान लीजिए $W_n = \int_0^{\pi/2}\sin^n\theta\, \dd\theta$ ।

$W_n = \frac{n-1}nW_{n-2}$ स्थापित कीजिए (खंडशः समाकलन), संवृत रूप

$W_{2n} = \frac\pi2\binom{2n}n4^{-n}, \qquad W_{2n+1} = \frac{4^n}{(2n+1)\binom{2n}n},$

और सर्वसमिका $W_nW_{n-1} = \frac\pi{2n}$ भी।
$(W_n)$ की एकदिष्टता से $W_{2n}/W_{2n+1} \to 1$ निकालिए, फिर

$W_{2n} \sim \frac12\sqrt{\frac\pi n} \qquad\text{तथा}\qquad \binom{2n}n4^{-n}\sqrt n \longrightarrow \frac1{\sqrt\pi} :$

अर्थात् वालिस की प्रमेय, जो स्टर्लिंग के बिना प्राप्त हुई।
केवल भाग III के दूरबीनी योग से (नियतांक के मान की कोई आवश्यकता नहीं) दर्शाइए कि $e_n = \ln n! - (n + \frac12)\ln n + n$ किसी सीमा $\ell$ पर अभिसरित होता है; समतुल्य रूप से $n! \sim K\,n^{n+1/2}\eu^{-n}$ , जिसमें $K = \eu^\ell > 0$ अभी अज्ञात है।
इस स्पर्शोन्मुखता को $\binom{2n}n4^{-n}\sqrt n$ में डालिए और प्रश्न 14 का उपयोग करके एकमात्र संभव मान पहचानिए: $K = \sqrt{2\pi}$ । तर्क को संकलित कीजिए: भाग III और IV मिलकर स्टर्लिंग की एक पूरी दूसरी उपपत्ति देते हैं — और इसलिए, भाग I का प्रतिस्थापन उलटा चलाकर, $\int_\R\eu^{-u^2/2}\dd u = \sqrt{2\pi}$ का एक स्वतंत्र मूल्यांकन भी। दो स्तंभ, जिनमें से कोई भी दूसरे को थाम सकता है।

भाग V — अंतिम लाभांश।

(पूरी स्थानीय रूपरेखा) पूर्णांक $\abs j \leq K\sqrt n$ ( $K$ स्थिर) के लिए दर्शाइए

$\frac{\binom{2n}{n+j}}{\binom{2n}{n}} = \prod_{i=1}^{\abs j}\frac{n - i + 1}{n + i} = \exp\Bigl(-\frac{j^2}n + O\Bigl(\frac1{\sqrt n}\Bigr)\Bigr),$

और वह भी $j$ में एकसमान रूप से (लघुगणक लीजिए और $\ln \frac{1-x}{1+y} = -(x + y) + O(x^2 + y^2)$ का उपयोग कीजिए)। यह प्रश्न 7 का द्विपक्षीय रूप है और अध्याय 23 की सप्ताहांत समस्या में उद्धृत यथार्थ आकलन भी।
(प्वासों की एक झलक) स्टर्लिंग से दर्शाइए कि $\eu^{-n}\dfrac{n^n}{n!} \sim \dfrac1{\sqrt{2\pi n}}$ : अर्थात् बड़े माध्य $n$ वाले प्वासों नियम का बहुलक $\approx (2\pi n)^{-1/2}$ द्रव्यमान धारण करता है, ठीक वैसे ही जैसा केंद्रीय सीमा प्रमेय बताएगी।
(गामा अनुपात) $a \in \intoo01$ के लिए समस्या 10.1 (वहाँ प्रश्न 14) की लघुगणकीय-उत्तलता ढाल परिबंधों का उपयोग करके $\dfrac{\Gamma(n + a)}{\Gamma(n)\,n^a} \to 1$ सिद्ध कीजिए, और कार्यकीय समीकरण से इसे प्रत्येक वास्तविक $a > 0$ तक बढ़ाइए। (पूर्णांकों के बीच “ $\Gamma(t+1) \sim$ स्टर्लिंग” का यही अर्थ है।)
(गोले, फिर से) $v_d = \pi^{d/2}/\Gamma(\frac d2 + 1)$ से: $v_1, \dots, v_7$ यथार्थ रूप से सारणीबद्ध कीजिए, $\frac{v_d}{v_{d-2}} = \frac{2\pi}d$ के माध्यम से एकबहुलकता सत्यापित कीजिए ( $d < 2\pi$ तक बढ़ता हुआ, उसके बाद घटता हुआ), और उल्लेखनीय जनक सर्वसमिका

$\sum_{k\geq0}v_{2k}\,x^{2k} = \eu^{\pi x^2} :$

सिद्ध कीजिए — समस्त सम-विमीय इकाई गोलों के आयतन एक ही चरघातांकी में बँधे हुए।
(एन्ट्रॉपी स्पर्शोन्मुखता) $\alpha n \in \N$ वाले स्थिर $\alpha \in \intoo01$ के लिए स्टर्लिंग से निकालिए

$\binom{n}{\alpha n} \;\sim\; \frac{\eu^{n\,H(\alpha)}} {\sqrt{2\pi\,\alpha(1-\alpha)\,n}}, \qquad H(\alpha) = -\alpha\ln\alpha - (1-\alpha)\ln(1-\alpha) :$

अर्थात् द्विपद गुणांकों की चरघातांकी वृद्धि दर एन्ट्रॉपी $H$ है — जाँचिए कि $\alpha = \frac12$ से प्रश्न 5 पुनः मिल जाता है, और यह कि $\alpha \neq \frac12$ के लिए $H(\alpha) < \ln2$ (अतः केंद्र से हटे द्विपद $2^n$ में चरघातांकी रूप से नगण्य होते हैं)।
(पृष्ठ क्षेत्रफल) इकाई गोलक $S^{d-1}$ का क्षेत्रफल $s_{d-1} = d\,v_d$ है (जो अवकल रूपों वाले अध्याय में अभ्यास 21.6 के रूप में सिद्ध हुआ है; यहाँ उसे परिभाषा मान लीजिए)। $s_0, \dots, s_6$ सारणीबद्ध कीजिए, महत्तम वाला ढूँढ़िए ( $d - 1 = 6$ , $s_6 = \frac{16\pi^3}{15} \approx 33.07$ ), और दर्शाइए कि $s_{d-1} \to 0$ भी अति-गुणोत्तर दर से होता है — उच्च-विमीय गोलक, प्रत्येक यूक्लिडीय मापदंड से, लुप्तप्राय रूप से छोटे हैं।
(पहला संशोधन पद) प्रश्न 11 के कोष्ठन से निकालिए कि $d_n = \frac1{12n} + O\bigl(\frac1{n^2}\bigr)$ , अतः

$n! = \sqrt{2\pi n}\,\Bigl(\frac n\eu\Bigr)^{n}\Bigl(1 + \frac1{12n} + O\Bigl(\frac1{n^2}\Bigr)\Bigr).$

$n = 10$ पर सत्यापित कीजिए: नंगा सूत्र $3\,598\,696$ देता है (सापेक्ष त्रुटि $8.3\cdot10^{-3}$ ), और संशोधित सूत्र $10! = 3\,628\,800$ के सामने $3\,628\,685$ (सापेक्ष त्रुटि $3.2\cdot10^{-5}$ ) — श्रेणी का एक पद ढाई अंक खरीद लेता है।
( $\Gamma$ की माध्यिका) दर्शाइए कि स्पर्शोन्मुख रूप से

$\frac{1}{\Gamma(t+1)} \int_0^{t} x^{t}\eu^{-x}\,\dd x \;\longrightarrow\; \frac12 \qquad (t \to +\infty) :$

अर्थात् $\Gamma$ के समाकल्य का ठीक आधा द्रव्यमान उसके बहुलक $x = t$ के नीचे बैठता है। (छँटे हुए समाकल पर भाग I का प्रतिस्थापन चलाइए; प्रश्न 3 का प्रभावी फलन पहले से उपलब्ध है।)
(एन्ट्रॉपी, बिना स्पर्शोन्मुखता के) $\alpha \in \intoc0{\frac12}$ के लिए प्रत्येक $n \geq 1$ पर वैध परिबंध

$\sum_{k=0}^{\lfloor\alpha n\rfloor}\binom nk \;\leq\; \eu^{n\,H(\alpha)} ,$

सिद्ध कीजिए, और वह भी झुकाव $\lambda = \frac{\alpha}{1-\alpha} \leq 1$ के लिए योग की $\sum_k\binom nk\lambda^{k-\alpha n}$ से तुलना करके। जाँचिए कि $\lambda$ का यह चयन इष्टतम है, और प्रश्न 21 से मेल कराइए: स्पर्शोन्मुख कथन की चरघातांकी दर $H(\alpha)$ बिना किसी स्पर्शोन्मुखता के, एक पंक्ति की असमिका से ही प्राप्त हो जाती है।

हल

हल — समस्या 11.1.

1. $x = t + \sqrt t\,u$ के साथ ( $\dd x = \sqrt t\,\dd u$ ; जैसे-जैसे $u$ $\intoo{-\sqrt t}\infty$ पर चलता है $x$ $\intoo0\infty$ पर चलता है):

\Gamma(t{+}1) = \int_0^\infty x^t\eu^{-x}\dd x = t^t\eu^{-t}\sqrt t\int_{-\sqrt t}^{\infty} \exp\Bigl(t\ln\Bigl(1 + \frac u{\sqrt t}\Bigr) - \sqrt t\,u\Bigr)\dd u,

क्योंकि $x^t = t^t\exp\bigl(t\ln(1 + u/\sqrt t)\bigr)$ और $\eu^{-x} = \eu^{-t}\eu^{-\sqrt tu}$ ।

2. स्थिर $u$ और $t \to \infty$ के लिए: $t\ln(1 + u/\sqrt t) - \sqrt tu = t\bigl(\frac u{\sqrt t} - \frac{u^2}{2t} + o(\frac1t)\bigr) - \sqrt tu = -\frac{u^2}2 + o(1)$ : $g_t(u) \to \eu^{-u^2/2}$ ।

3. $\intoc{-1}1$ पर $\psi_1(h) = \varphi(h) + \frac{h^2}4$ रखिए: $\psi_1(0) = 0$ और $\psi_1'(h) = \frac1{1+h} - 1 + \frac h2 = \frac{h(h-1)}{2(1+h)}$ , जो $\intoc{-1}0$ पर $\geq 0$ और $\intcc01$ पर $\leq 0$ है: $\psi_1 \leq 0$ , अर्थात् वहाँ $\varphi(h) \leq -h^2/4$ । $\intco1\infty$ पर $\psi_2(h) = \varphi(h) + ch$ , $c = 1 - \ln2$ रखिए: $\psi_2(1) = \ln2 - 1 + c = 0$ और $\psi_2'(h) = c - \frac h{1+h} \leq c - \frac12 < 0$ : $h \geq 1$ के लिए $\varphi(h) \leq -ch$ । अब $t \geq 1$ के लिए: यदि $\abs u \leq \sqrt t$ हो, तो $g_t(u) = \eu^{t\varphi(u/\sqrt t)} \leq \eu^{-t(u/\sqrt t)^2/4} = \eu^{-u^2/4}$ ; और यदि $u \geq \sqrt t$ हो, तो $t\,\varphi(u/\sqrt t) \leq -ct\cdot\frac u{\sqrt t} = -c\sqrt t\,u \leq -cu$ (क्योंकि $t \geq 1$ ), अतः $g_t(u) \leq \eu^{-cu}$ । इसलिए $g_t \leq \eu^{-u^2/4} + \eu^{-cu}\mathbf 1_{u>0}$ , जो समाकलनीय और $t \geq 1$ से स्वतंत्र है।

4. प्रभावी अभिसरण प्रमेय: $\int_\R g_t(u)\dd u \to \int_\R\eu^{-u^2/2}\dd u = \sqrt{2\pi}$ (उदाहरण 11.12 और साथ में मापन $u\mapsto\sqrt2\,u$ )। प्रश्न 1 के साथ:

\Gamma(t + 1) \sim \sqrt{2\pi t}\;\Bigl(\frac t\eu\Bigr)^t,\qquad n! \sim \sqrt{2\pi n}\,\Bigl(\frac n\eu\Bigr)^n .

5. अभ्यास 11.8 से $W_{2n} = \frac\pi2\,\frac{(2n)!}{4^n(n!)^2} = \frac\pi2\,4^{-n}\binom{2n}n$ । स्टर्लिंग:

\binom{2n}{n} = \frac{(2n)!}{(n!)^2} \sim \frac{\sqrt{4\pi n}\,(2n/\eu)^{2n}} {2\pi n\,(n/\eu)^{2n}} = \frac{4^n}{\sqrt{\pi n}} .

तब $W_{2n} \sim \frac12\sqrt{\pi/n}$ , जो पुनरावृत्ति $W_n = \frac{n-1}nW_{n-2}$ के संगत है (जो $W_n \sim W_{n-2}$ अनिवार्य कर देती है, और $W_nW_{n-1}\cdot n = \frac\pi2$ — शास्त्रीय वालिस संबंध — के साथ $W_n \sim \sqrt{\pi/(2n)}$ दे देती है; दोनों अनंतस्पर्शी सहमत हैं)।

6. $\Gamma(\frac d2 + 1) \sim \sqrt{2\pi\frac d2}\,(\frac d{2\eu})^{d/2}$ , अतः

v_d = \frac{\pi^{d/2}}{\Gamma(\frac d2 + 1)} \sim \frac{1}{\sqrt{\pi d}}\Bigl(\frac{2\pi\eu} d\Bigr)^{d/2} \longrightarrow 0

अति-ज्यामितीय रूप से ( $d > 2\pi\eu \approx 17$ के लिए प्रत्येक गुणक $< 1$ और सिकुड़ता हुआ)। संख्यात्मक रूप से $v_1 = 2$ , $v_2 \approx 3.14$ , $v_3 \approx 4.19$ , $v_4 \approx 4.93$ , $v_5 \approx 5.26$ , $v_6 \approx 5.17$ : उच्चिष्ठ $d = 5$ पर है।

7. $k = \frac n2 + \frac{s\sqrt n}2$ के साथ (पूर्णांक, $n$ सम, $s$ स्थिर): $2^{-n}\binom nk = 2^{-n}\frac{n!}{k!(n-k)!}$ में लघुगणक लीजिए और तीनों क्रमगुणितों पर स्टर्लिंग लगाइए। $\varepsilon = s/\sqrt n$ के साथ $k = \frac n2(1 + \varepsilon)$ , $n - k = \frac n2(1 - \varepsilon)$ लिखने पर:

\ln\Bigl(2^{-n}\binom nk\Bigr) = -\frac n2\bigl[(1{+}\varepsilon)\ln(1{+}\varepsilon) + (1{-}\varepsilon)\ln(1{-}\varepsilon)\bigr] + \frac12\ln\frac{2}{\pi n(1 - \varepsilon^2)} + o(1),

और कोष्ठक $\varepsilon^2 + O(\varepsilon^4) = \frac{s^2}n + O(n^{-2})$ है: अतः प्रदर्शन $o(1)$ तक $-\frac{s^2}2 + \frac12\ln\frac2{\pi n}$ की ओर जाता है, अर्थात्

2^{-n}\binom nk \sim \sqrt{\frac{2}{\pi n}}\;\eu^{-s^2/2} :

अर्थात् सिक्का-उछाल का गाउसीय परिच्छेद, मात्रात्मक रूप में — दे म्वाव्र–लाप्लास का स्थानीय रूप, जिसे अध्याय 23 में वैश्विक बनाया जाएगा।

8. (क) प्रभावी अभिसरण प्रमेय प्रश्न 3 के प्रभावी फलन का उपयोग करते हुए प्रश्न 2 की बिंदुशः सीमा को समाकलों के अभिसरण में बदल देती है। (ख) गाउसीय समाकल सीमा $\int\eu^{-u^2/2} = \sqrt{2\pi}$ का मूल्यांकन कर देता है — स्टर्लिंग का अचर $\sqrt{2\pi}$ ही गाउसीय समाकल है। (ग) प्रतिस्थापन $x = t + \sqrt tu$ कोई आफ़ीन चर परिवर्तन है: स्थानांतरण निश्चरता और लेबेग माप का मापन नियम (विमा $1$ में प्रमेय 11.10)।

9. दोनों पदों का प्रसार कीजिए:

d_n - d_{n+1} = \ln\frac{n!}{(n+1)!} + \Bigl(n + \frac32\Bigr)\ln(n+1) - \Bigl(n + \frac12\Bigr)\ln n - 1 = \Bigl(n + \frac12\Bigr)\ln\frac{n+1}n - 1,

जिसमें पद $-\ln(n+1)$ और $(n + \frac32)\ln(n+1)$ मिलकर $(n + \frac12)\ln(n+1)$ बन जाते हैं।

10. $t = \frac1{2n+1}$ के लिए: $\frac{1+t}{1-t} = \frac{2n+2}{2n} = \frac{n+1}n$ , और $n + \frac12 = \frac1{2t}$ ; विषम श्रेणी $\ln\frac{1+t}{1-t} = 2\sum_{k\geq0}\frac{t^{2k+1}}{2k+1}$

\Bigl(n + \frac12\Bigr)\ln\frac{n+1}n = \sum_{k\geq0}\frac{t^{2k}}{2k+1} = 1 + \frac{t^2}3 + \frac{t^4}5 + \cdots

देती है। $1$ घटाइए। निचला परिबंध: अकेला पहला पद, $\frac{t^2}3 = \frac1{3(2n+1)^2}$ । ऊपरी परिबंध: सभी हरों को $3$ तक नीचे लाइए और ज्यामितीय श्रेणी का योग लीजिए: $\frac{t^2}{3(1 - t^2)} = \frac1{3((2n+1)^2 - 1)} = \frac1{12n(n+1)} = \frac1{12n} - \frac1{12(n+1)}$ ।

11. ऊपरी परिबंध का $n$ से $\infty$ तक योग ( $d_m \to 0$ के साथ): $d_n < \frac1{12n}$ । निचले परिबंध के लिए: $\frac1{12m+1} - \frac1{12(m+1)+1} = \frac{12}{(12m+1)(12m+13)}$ , और

\begin{align*} \frac1{3(2m+1)^2} > \frac{12}{(12m+1)(12m+13)} &\iff (12m+1)(12m+13) > 36(2m+1)^2 \\ &\iff 168m + 13 > 144m + 36, \end{align*}

जो $m \geq 1$ के लिए सत्य है। इस दूरबीनी लघुकारक का योग: $d_n > \frac1{12n+1}$ । चरघातांक लेने पर $n!$ का शास्त्रीय परिबंधन मिल जाता है।

12. (क) बड़े $n$ के लिए सापेक्ष त्रुटि $= \eu^{d_n} - 1 < \eu^{1/(12n)} - 1 < \frac{1.1}{12n}$ ; $12n \geq 1.1\cdot10^6$ होते ही $< 10^{-6}$ , और कहा गया $n \geq 83\,334$ पर्याप्त है ( $\frac1{12n} \leq 10^{-6}$ पहले से ही इसे निहित करता है)। (ख) $\log_{10}(100!) = \frac12\log_{10}(200\pi) + 200 - 100\log_{10}\eu + d_{100}\log_{10}\eu = 1.39906 + 200 - 43.42945 + 0.00036 \approx 157.96997$ , अतः $100! \approx 10^{0.96997} \cdot 10^{157} = 9.333\cdot10^{157}$ ; और प्रत्याभूत खिड़की $(\eu^{1/1201}, \eu^{1/1200})$ की चौड़ाई सापेक्ष रूप में $10^{-6}$ से कम है — अर्थात् एक “अनंतस्पर्शी” सूत्र जो $n = 100$ पर परिशुद्धता का यंत्र है।

13. $\sin^n = \sin^{n-2} - \sin^{n-2}\cos^2$ लिखिए और दूसरे पद का खंडशः समाकलन कीजिए ( $u = \cos\theta$ , $\dd v = \sin^{n-2}\cos\theta\,\dd\theta$ , $v = \frac{\sin^{n-1}}{n-1}$ ):

\int_0^{\pi/2}\sin^{n-2}\cos^2 = \Bigl[\cos\theta\,\frac{\sin^{n-1}\theta}{n-1}\Bigr]_0^{\pi/2} + \frac1{n-1}\int_0^{\pi/2}\sin^n = \frac{W_n}{n-1} .

अतः $W_n = W_{n-2} - \frac{W_n}{n-1}$ , अर्थात् $W_n = \frac{n-1}nW_{n-2}$ । $W_0 = \frac\pi2$ , $W_1 = 1$ से:

W_{2n} = \frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\cdot\frac\pi2 = \frac\pi2\binom{2n}n4^{-n}, \qquad W_{2n+1} = \frac{(2n)!!}{(2n+1)!!} = \frac{4^n}{(2n+1)\binom{2n}n},

जिसमें द्विक क्रमगुणितों को $(2n)!! = 2^nn!$ और $(2n-1)!! = \frac{(2n)!}{2^nn!}$ से बदला गया है। अंत में पुनरावृत्ति से $nW_nW_{n-1} = (n-1)W_{n-1}W_{n-2}$ : अचर, जो $1\cdot W_1W_0 = \frac\pi2$ के बराबर है।

14. $W_{2n+1} \leq W_{2n} \leq W_{2n-1}$ ( $\sin^n$ की बिंदुशः एकदिष्टता) और $\frac{W_{2n-1}}{W_{2n+1}} = \frac{2n+1}{2n} \to 1$ $\frac{W_{2n}}{W_{2n+1}} \to 1$ को दबा देते हैं। $W_{2n}W_{2n+1} = \frac{\pi}{2(2n+1)}$ (प्रश्न 13) के साथ मिलाकर: $W_{2n}^2 \sim \frac\pi{4n}$ , अतः $W_{2n} \sim \frac12\sqrt{\frac\pi n}$ और $\binom{2n}n4^{-n} = \frac2\pi W_{2n} \sim \frac1{\sqrt{\pi n}}$ ।

15. प्रश्न 9–10 ने अचर के मान का उपयोग कभी नहीं किया: $e_n = \ln n! - (n+\frac12)\ln n + n$ के साथ अंतर $e_n - e_{n+1}$ $\bigl(0, \frac1{12n} - \frac1{12(n+1)}\bigr)$ में होते हैं, अतः $(e_n)$ घटता है जबकि $(e_n - \frac1{12n})$ बढ़ता है: निकटवर्ती अनुक्रम, जो किसी उभयनिष्ठ $\ell$ पर अभिसरित होते हैं। अतः $n! \sim K n^{n+1/2}\eu^{-n}$ , $K = \eu^\ell$ ।

16. अज्ञात-अचर वाली स्टर्लिंग को केंद्रीय द्विपद में प्रतिस्थापित करने पर:

\binom{2n}n4^{-n}\sqrt n \sim \frac{K\,(2n)^{2n+1/2}\eu^{-2n}}{\bigl(K\,n^{n+1/2} \eu^{-n}\bigr)^2}\,4^{-n}\sqrt n = \frac{2^{2n}\sqrt{2}\,K\,n^{2n+1/2}}{K^2\,n^{2n+1}} \,4^{-n}\sqrt n = \frac{\sqrt2}{K},

और प्रश्न 14 $\frac{\sqrt2}K = \frac1{\sqrt\pi}$ अनिवार्य कर देता है: $K = \sqrt{2\pi}$ । इस प्रकार भाग III और IV स्टर्लिंग को शून्य से पुनः सिद्ध कर देते हैं; और उसे भाग I की सर्वसमिका में डालने पर $\int_\R\eu^{-u^2/2}\dd u = \sqrt{2\pi}$ का मूल्यांकन बिना ध्रुवीय निर्देशांकों के हो जाता है: वालिस और गाउस एक-दूसरे को सहारा देते हैं।

17. $j \geq 0$ के लिए $\frac{\binom{2n}{n+j}}{\binom{2n}n} = \frac{(n!)^2}{(n+j)!\,(n-j)!} = \prod_{i=1}^{j}\frac{n-i+1}{n+i}$ (और सममिति से $j < 0$ के लिए भी)। $1 \leq i \leq j \leq K\sqrt n$ के साथ लघुगणक लेने पर:

\ln\frac{n-i+1}{n+i} = \ln\Bigl(1 - \frac{i-1}n\Bigr) - \ln\Bigl(1 + \frac in\Bigr) = -\frac{2i-1}{n} + O\Bigl(\frac{i^2}{n^2}\Bigr),

और $\sum_{i\leq j}(2i - 1) = j^2$ , जबकि त्रुटि का योग $O(j^3/n^2) = O(n^{-1/2})$ है: अतः एकसमान रूप से $\exp\bigl(-\frac{j^2}n + O(n^{-1/2})\bigr)$ ।

18. $\eu^{-n}\frac{n^n}{n!} \sim \eu^{-n} \frac{n^n}{\sqrt{2\pi n}\,n^n\eu^{-n}} = \frac1{\sqrt{2\pi n}}$ । माध्य $n$ वाले किसी प्वासों चर का मानक विचलन $\sqrt n$ होता है, और $\frac1{\sqrt{2\pi n}}$ ठीक गाउसीय शिखर ऊँचाई $\frac1{\sigma\sqrt{2\pi}}$ है: अर्थात् स्थानीय केंद्रीय सीमा प्रमेय, बहुलक पर पहले ही झलक जाती हुई।

19. $a \in \intoo01$ के लिए समस्या 10.1 की ढाल प्रमेयिका (वहाँ प्रश्न 14), $n$ के चारों ओर उत्तल $\log\Gamma$ पर लगाई गई, $(n-1)^a \leq \frac{\Gamma(n+a)}{\Gamma(n)} \leq n^a$ देती है: अतः $n^a$ से अनुपात $(1 - \frac1n)^a \to 1$ से दब जाता है। $a = m + a'$ ( $m \in \N$ , $a' \in \intco01$ ) के लिए: $\Gamma(n+a) = (n + a - 1) \cdots(n + a')\Gamma(n + a')$ , और $m$ गुणकों में से प्रत्येक $n(1 + O(\frac1n))$ है: आकलनों को गुणा कीजिए।

20. पुनरावृत्ति $v_d = \frac{2\pi}dv_{d-2}$ ( $\Gamma(\frac d2 + 1) = \frac d2\Gamma(\frac d2)$ से) $v_1 = 2$ , $v_2 = \pi$ से

v_3 = \frac{4\pi}3,\quad v_4 = \frac{\pi^2}2,\quad v_5 = \frac{8\pi^2}{15},\quad v_6 = \frac{\pi^3}6,\quad v_7 = \frac{16\pi^3}{105}.

देती है। अनुपात $\frac{2\pi}d$ ठीक $d \leq 6$ के लिए $1$ से अधिक है, अतः प्रत्येक सम-विषमता पहले बढ़ती फिर घटती है; संख्यात्मक रूप से $v_4 \approx 4.93$ , $v_5 \approx 5.26$ , $v_6 \approx 5.17$ : अतः समग्र उच्चिष्ठ $d = 5$ है। जनक फलन: $v_{2k} = \frac{\pi^k}{k!}$ , अतः $\sum_kv_{2k}x^{2k} = \eu^{\pi x^2}$ — अर्थात् सम-विमीय सभी गोला आयतन एक ही चरघातांक में लिपटे हुए, और $v_d$ के लिए तत्काल अति-ज्यामितीय क्षय आकलन।

21. अंश और हर में स्टर्लिंग, $k = \alpha n$ के साथ:

\binom n{\alpha n} \sim \frac{\sqrt{2\pi n}\,n^n} {\sqrt{2\pi\alpha n}\,(\alpha n)^{\alpha n}\, \sqrt{2\pi(1-\alpha)n}\,((1-\alpha)n)^{(1-\alpha)n}} = \frac{\eu^{nH(\alpha)}}{\sqrt{2\pi\alpha(1-\alpha)n}},

क्योंकि $n^n/(\alpha n)^{\alpha n}((1-\alpha)n)^{(1-\alpha)n} = \alpha^{-\alpha n}(1-\alpha)^{-(1-\alpha)n} = \eu^{nH(\alpha)}$ ( $n$ की घातें निरस्त हो जाती हैं: $\alpha n + (1-\alpha)n = n$ ), और $\eu^{-n}$ भी वैसे ही निरस्त हो जाते हैं। $\alpha = \frac12$ पर: $H = \ln2$ और पूर्व-गुणक $\sqrt{2/(\pi n)}$ है — फिर से प्रश्न 5। $H$ की कड़ी अवतलता (उसका दूसरा अवकलज $-\frac1{\alpha(1-\alpha)} < 0$ ) उसका उच्चिष्ठ $\ln 2$ केवल $\alpha = \frac12$ पर रखती है: $\alpha \neq \frac12$ के लिए $\binom n{\alpha n}2^{-n} \approx \eu^{-n(\ln2 - H(\alpha))}$ चरघातांकी रूप से क्षय होता है — सिक्का-उछालों के बारे में प्रत्येक संकेंद्रण कथन के पीछे यही संयोजनात्मक इंजन है।

22. $s_{d-1} = dv_d$ और प्रश्न 20 से:

s_0 = 2,\ \ s_1 = 2\pi,\ \ s_2 = 4\pi,\ \ s_3 = 2\pi^2,\ \ s_4 = \frac{8\pi^2}3,\ \ s_5 = \pi^3,\ \ s_6 = \frac{16\pi^3}{15},

संख्यात्मक रूप से $2,\ 6.28,\ 12.57,\ 19.74,\ 26.32,\ 31.01,\ 33.07$ ; और $s_7 = \frac{\pi^4}3 \approx 32.47 < s_6$ : अतः उच्चिष्ठ $6$ -गोलक है। पुनरावृत्ति $s_{d+1} = (d+2)\,v_{d+2} = (d+2)\,\frac{2\pi}{d+2}\,v_d = 2\pi v_d = \frac{2\pi}d\,s_{d-1}$ आयतनों जैसी ही $\frac{2\pi}d$ -चालित वृद्धि और अति-ज्यामितीय गिरावट दिखाती है: सातवीं विमा के बाद गोलक किसी भी ज्यामितीय अनुक्रम से तेज़ी से सिकुड़ जाते हैं।

23. प्रश्न 11 ठीक $\frac1{12n+1} < d_n < \frac1{12n}$ कहता है, और

\frac1{12n} - \frac1{12n+1} = \frac1{12n(12n+1)} = O\Bigl(\frac1{n^2}\Bigr),

अतः $d_n = \frac1{12n} + O(\frac1{n^2})$ और $\eu^{d_n} = 1 + \frac1{12n} + O(\frac1{n^2})$ ; $\sqrt{2\pi n}(n/\eu)^n$ से गुणा करने पर संशोधित सूत्र मिल जाता है। $n = 10$ पर: $\sqrt{20\pi}\,(10/\eu)^{10} = 7.92665 \times 453999.3 \approx 3\,598\,696$ , जो $30\,104$ कम है (सापेक्ष त्रुटि $8.3\cdot10^{-3}$ ); और $1 + \frac1{120}$ से गुणा करने पर $3\,628\,685$ मिलता है, जो $115$ कम है (सापेक्ष त्रुटि $3.2\cdot10^{-5}$ )। स्वयं यह परिबंधन $10!$ को $3\,598\,696\,\eu^{1/121} \approx 3\,628\,559$ और $3\,598\,696\,\eu^{1/120} \approx 3\,628\,808$ के बीच बाँध देता है — ऊपरी परिबंध सात अंकों में आठ इकाई से चूकता है।

24. भाग I का प्रतिस्थापन $x = t + \sqrt t\,u$ , कर्तित समाकल पर लगाया गया,

\int_0^{t} x^{t}\eu^{-x}\,\dd x = t^{t}\eu^{-t}\sqrt t\int_{-\sqrt t}^{0} g_t(u)\,\dd u ,

देता है, जिसमें परास $0 \leq x \leq t$ $-\sqrt t \leq u \leq 0$ बन जाता है। प्रश्न 3 का प्रभावी फलन $g_t\mathbf 1_{u < 0}$ को भी ढक लेता है, अतः प्रभावी अभिसरण

\int_{-\sqrt t}^{0}g_t(u)\,\dd u \longrightarrow \int_{-\infty}^{0}\eu^{-u^2/2}\dd u = \frac{\sqrt{2\pi}}2 ,

दे देता है, जबकि प्रश्न 4 $\Gamma(t+1) \sim t^t\eu^{-t}\sqrt t\,\sqrt{2\pi}$ देता है। अनुपात $\frac12$ की ओर जाता है। प्रायिकता की दृष्टि से: बड़े आकार-प्राचल वाला कोई गामा यादृच्छिक चर अपने बहुलक के दोनों ओर अनंतस्पर्शी रूप से आधा-आधा द्रव्यमान रखता है — अर्थात् केंद्रीय सीमा प्रमेय की सममिति, एक ही प्रतिस्थापन से पढ़ ली गई।

25. मान लीजिए $\lambda = \frac{\alpha}{1-\alpha} \in \intoc01$ । $k \leq \lfloor\alpha n\rfloor \leq \alpha n$ के लिए हमारे पास $\lambda^{k - \alpha n} \geq 1$ है, अतः

\sum_{k=0}^{\lfloor\alpha n\rfloor}\binom nk \leq \lambda^{-\alpha n}\sum_{k=0}^{n}\binom nk\lambda^{k} = \Bigl(\lambda^{-\alpha}(1 + \lambda)\Bigr)^{n},

और $\lambda = \frac\alpha{1-\alpha}$ के साथ:

\lambda^{-\alpha}(1+\lambda) = \alpha^{-\alpha}(1-\alpha)^{\alpha}\cdot\frac1{1-\alpha} = \alpha^{-\alpha}(1-\alpha)^{-(1-\alpha)} = \eu^{H(\alpha)} .

अनुकूलतमता: $\lambda > 0$ पर $f(\lambda) = -\alpha\ln\lambda + \ln(1+\lambda)$ का न्यूनीकरण करने पर समीकरण $f'(\lambda) = -\frac\alpha\lambda + \frac1{1+\lambda} = 0$ का अद्वितीय हल $\lambda = \frac\alpha{1-\alpha}$ है, जो निम्निष्ठ है क्योंकि $f'' > 0$ — अर्थात् चरघातांकी-नमन (चेर्नोफ) वाला चयन। मेल: प्रश्न 21 से अकेला पद $k = \lfloor\alpha n\rfloor$ पहले से ही $\eu^{nH(\alpha)}/\sqrt{2\pi\alpha(1-\alpha)n}$ कोटि का है, अतः

\frac{\eu^{nH(\alpha)}}{C\sqrt n} \leq \sum_{k\leq\alpha n}\binom nk \leq \eu^{nH(\alpha)} :

अर्थात् दर $H(\alpha)$ यथार्थ है, और समूचा योग अपने सबसे बड़े पद पर अधिक से अधिक $\sqrt n$ गुणक की क़ीमत लेता है। $2^n$ से भाग देने पर यह निष्पक्ष सिक्के का पुच्छ परिबंध $\P(S_n \leq \alpha n) \leq \eu^{-n(\ln2 - H(\alpha))}$ है — अर्थात् एक पंक्ति में माप का संकेंद्रण।