Universitaire wiskunde — Bachelor jaar 3 · Bachelor Year 3

10De Lebesgue-integraal

De Riemann-integraal snijdt het domein in kleine intervallen; die van Lebesgue snijdt het beeld: om $f$ te integreren, meet de verzamelingen $\{f > t\}$ . De verandering lijkt onschuldig en is revolutionair. Limieten en integralen, eeuwig ruziënd in de Riemanntheorie (uniforme convergentie vereist!), worden verzoend door drie convergenstiestellingen — monotone convergentie, Fatou, gedomineerde convergentie — waarvan de hypotheses bijna beschamend zwak zijn. Dit hoofdstuk construeert de integraal over een willekeurige maatruimte $(X, \mathcal A, \mu)$ , bewijst de drie stellingen, regelt de exacte relatie met de Riemann-integraal (een begrensde functie is Riemann-integreerbaar d.e.s.d.a. zij bijna overal continu is), en industrialiseert de differentiatie van parameterafhankelijke integralen — de techniek die het weekendprobleem gebruikt om $\int_0^\infty\frac{\sin x}x\,\dd x$ en $\int_\R \eu^{-x^2}\dd x$ te berekenen.

10.1 Meetbare functies

Definitie 10.1

Zijn $(X, \mathcal A)$ , $(Y, \mathcal B)$ meetbare ruimten. $f \colon X \to Y$ is meetbaar als $f^{-1}(B) \in \mathcal A$ voor elke $B \in \mathcal B$ . Voor reële (of $[-\infty,+\infty]$ -waardige) functies draagt $Y = \R$ haar Borel- $\sigma$ -algebra, en het volstaat te controleren $f^{-1}(\intoo t{+\infty}) = \{f > t\} \in \mathcal A$ voor alle $t \in \R$ : de goede verzamelingen $\{B : f^{-1}(B) \in \mathcal A\}$ vormen een $\sigma$ -algebra (originelen commuteren met verzamelingsoperaties) die de voortbrengende stralen bevat (Definitie 9.2, Methode 9.17).

Propositie 10.2

(a) Composities van meetbare afbeeldingen zijn meetbaar; continue afbeeldingen zijn Borel-meetbaar. (b) Als $f, g \colon X \to \R$ meetbaar zijn, dan ook $f + g$ , $fg$ , $\max(f,g)$ , $\abs f$ , $\lambda f$ . (c) Als $(f_n)$ meetbaar zijn met waarden in $[-\infty, +\infty]$ , dan zijn $\sup_nf_n$ , $\inf_nf_n$ , $\limsup f_n$ , $\liminf f_n$ meetbaar; als $f_n \to f$ puntsgewijs, is $f$ meetbaar.

Bewijs. (a) $(g\circ f)^{-1}(B) = f^{-1}(g^{-1}(B))$ ; continuïteit geeft meetbaarheid via de voortbrengende open verzamelingen (Probleem 9.1, vraag 10, in algemene vorm). (b) $(f, g) \colon X \to \R^2$ is meetbaar voor de Borel- $\sigma$ -algebra van $\R^2$ — controleer op open dozen, die voortbrengen (opens van $\R^2$ zijn aftelbare unies van rationale dozen): $(f,g)^{-1}(U\times V) = f^{-1}(U)\cap g^{-1}(V)$ — en $+, \times, \max$ zijn continu $\R^2 \to \R$ : composeer. (c) $\{\sup f_n > t\} = \bigcup_n\{f_n > t\}$ ; $\inf = -\sup(-)$ ; $\limsup = \inf_N\sup_{n \geq N}$ ; een puntsgewijze limiet is haar eigen $\limsup$ . ∎

Definitie 10.3

Een eenvoudige functie is een meetbare functie met eindig veel waarden: $s = \sum_{i=1}^n c_i\,\mathbf 1_{A_i}$ , $A_i \in \mathcal A$ disjunct, $c_i \geq 0$ (voor de niet-negatieve theorie). Haar integraal is

\int s\,\dd\mu = \sum_i c_i\,\mu(A_i) \in [0, +\infty]

(conventie $0\cdot\infty = 0$ ); de waarde hangt niet af van de representatie (verfijn twee partities).

Stelling 10.4 (Approximatie door eenvoudige functies)

Elke meetbare $f \colon X \to [0, +\infty]$ is de puntsgewijze limiet van een toenemende rij eenvoudige functies:

s_n = \sum_{k=1}^{n2^n} \frac{k-1}{2^n}\, \mathbf 1_{\{\frac{k-1}{2^n} \leq f < \frac k{2^n}\}} + n\,\mathbf 1_{\{f \geq n\}} \nearrow f .

Bewijs. Elke $s_n$ is eenvoudig (de verzamelingen zijn originelen van Borelverzamelingen). Monotonie: van $n$ naar $n+1$ splitst elk dyadisch niveau in twee en verlaagt de toegekende waarde nooit (een punt met $\frac{k-1}{2^n} \leq f(x) < \frac k{2^n}$ krijgt ofwel $\frac{2k-2}{2^{n+1}}$ ofwel $\frac{2k-1}{2^{n+1}}$ , beide $\geq \frac{k-1}{2^n}$ ; de kap $n$ stijgt ook). Convergentie: als $f(x) < \infty$ , dan voor $n > f(x)$ geldt $f(x) - s_n(x) \leq 2^{-n}$ ; als $f(x) = \infty$ , $s_n(x) = n \to \infty$ . ∎

10.2 De integraal en de convergenstiestellingen

Definitie 10.5

Voor meetbare $f \geq 0$ :

\int f \,\dd\mu = \sup\Bigl\{\int s\,\dd\mu : s \text{ eenvoudig}, \ 0 \leq s \leq f\Bigr\} \in [0, +\infty].

Zij is monotoon in $f$ per constructie, en breidt het eenvoudige geval uit (voor eenvoudige $f$ wordt het sup bereikt bij $f$ : vergelijking van eenvoudige integralen via gemeenschappelijke verfijningen).

Stelling 10.6 (Monotone convergentie, Beppo Levi)

Als $0 \leq f_n \nearrow f$ puntsgewijs (meetbaar), dan

\int f_n\,\dd\mu \nearrow \int f\,\dd\mu .

Bewijs. $f$ is meetbaar (Propositie 10.2(c)) en $\int f_n$ stijgt naar enige $L \leq \int f$ (monotonie). Omgekeerd, fixeer een eenvoudige $s = \sum c_i\mathbf 1_{A_i} \leq f$ en $\theta \in (0,1)$ ; de verzamelingen $E_n = \{f_n \geq \theta s\}$ zijn meetbaar en stijgen naar $X$ (waar $s(x) > 0$ : $f(x) \geq s(x) > \theta s(x)$ , dus uiteindelijk $f_n(x) \geq \theta s(x)$ ; waar $s(x) = 0$ : triviaal). Dan

\int f_n \geq \int_{E_n}\theta s\,\dd\mu = \theta\sum_i c_i\,\mu(A_i \cap E_n) \xrightarrow[n\to\infty]{} \theta\sum_ic_i\,\mu(A_i) = \theta\int s

door continuïteit van onderen (Propositie 9.6(c)). Dus $L \geq \theta\int s$ voor alle $\theta < 1$ en alle eenvoudige $s \leq f$ : $L \geq \int f$ . ∎

Gevolg 10.7

Voor meetbare $f, g \geq 0$ en $c \geq 0$ : $\int(f + g) = \int f + \int g$ en $\int cf = c\int f$ ; voor een reeks van niet-negatieve meetbare functies, $\int\sum_nf_n = \sum_n\int f_n$ .

Bewijs. Voor eenvoudige functies is additiviteit een berekening op een gemeenschappelijke verfijning. In het algemeen neem $s_n \nearrow f$ , $t_n \nearrow g$ (Stelling 10.4): $s_n + t_n \nearrow f + g$ , en MCT transporteert additiviteit naar de limiet. De reeksuitspraak is MCT toegepast op de partiële sommen. ∎

Stelling 10.8 (Lemma van Fatou)

Voor meetbare $f_n \geq 0$ :

\int \liminf_n f_n \,\dd\mu \;\leq\; \liminf_n \int f_n\,\dd\mu .

Bewijs. Zij $g_N = \inf_{n\geq N}f_n$ : meetbaar, $0 \leq g_N \nearrow \liminf f_n$ , en $g_N \leq f_n$ voor elke $n \geq N$ , dus $\int g_N \leq \inf_{n \geq N}\int f_n$ . Pas MCT toe op de linkerkant: $\int\liminf f_n = \lim_N\int g_N \leq \lim_N\inf_{n\geq N}\int f_n = \liminf\int f_n$ . ∎

Definitie 10.9

Een meetbare $f \colon X \to \R$ (of $\C$ ) is integreerbaar als $\int\abs f\,\dd\mu < \infty$ ; dan $\int f = \int f^+ - \int f^-$ (positieve en negatieve delen; reële en imaginaire delen in het complexe geval). De integraal is lineair op integreerbare functies (ontleed en combineer positieve delen; het complexe geval reduceert tot het reële) en voldoet aan $\abs{\int f} \leq \int\abs f$ (reëel geval: $\pm\int f = \int(\pm f) \leq \int\abs f$ ; complex geval: vermenigvuldig met een unimodulaire constante om de integraal reëel te maken). Een eigenschap geldt bijna overal (b.o.) als zij alleen faalt op een $\mu$ -nulverzameling; $f$ wijzigen op een nulverzameling verandert geen integraal (het verschil wordt gedomineerd door $\infty\cdot\mathbf 1_N$ , van integraal $0$ ).

Stelling 10.10 (Gedomineerde convergentie)

Zij $f_n \to f$ b.o., met $\abs{f_n} \leq g$ b.o. voor een vaste integreerbare $g$ . Dan is $f$ integreerbaar en

\int f_n\,\dd\mu \longrightarrow \int f\,\dd\mu, \qquad\text{inderdaad}\quad \int\abs{f_n - f}\,\dd\mu \to 0 .

Bewijs. Gooi een nulverzameling weg om de hypotheses puntsgewijs te maken. $\abs f \leq g$ : $f$ is integreerbaar. De functies $h_n = 2g - \abs{f_n - f} \geq 0$ voldoen $\liminf h_n = 2g$ ; Fatou geeft

\int 2g \leq \liminf\int\bigl(2g - \abs{f_n - f}\bigr) = \int 2g - \limsup\int\abs{f_n - f},

dus $\limsup\int\abs{f_n - f} \leq 0$ (de aftrekking is legaal: $\int 2g < \infty$ ). Tenslotte $\abs{\int f_n - \int f} \leq \int\abs{f_n - f} \to 0$ . ∎

Methode 10.11

Geconfronteerd met $\lim_n\int f_n$ : probeer, in volgorde — (1) is de rij monotoon (of een reeks niet-negatieve termen)? MCT, geen integreerbaarheid nodig. (2) Is er een enkele integreerbare dominant $g \geq \abs{f_n}$ , gevonden door grove grenzen (“ $\sup_n$ ” de schattingen)? DCT. (3) Geen dominatie, geen monotonie? Fatou begrensd nog één kant, en gelijkheid kan werkelijk falen: de ontsnappende bult $f_n = n\mathbf 1_{\intoo0{1/n}}$ heeft $\int f_n = 1$ maar $f_n \to 0$ b.o. Dominatie is precies wat massa verbiedt te ontsnappen naar oneindig, verticaal of horizontaal.

10.3 Riemann versus Lebesgue

Stelling 10.12 (Criterium van Lebesgue)

Zij $f \colon \intcc ab \to \R$ begrensd. Dan is $f$ Riemann-integreerbaar d.e.s.d.a. $f$ $\lambda$ -bijna overal continu is; in dat geval is $f$ Lebesgue-integreerbaar en vallen de twee integralen samen.

Bewijs. Voor een onderverdeling $\sigma = (a = x_0 < \dots < x_N = b)$ , zij $L_\sigma$ en $U_\sigma$ de trapfuncties die op elk $\intoo{x_{i-1}}{x_i}$ gelijk zijn aan $m_i = \inf_{[x_{i-1}, x_i]}f$ en $M_i = \sup$ ; de Darboux-sommen zijn hun integralen (Riemann en Lebesgue stemmen overeen op trapfuncties, beide geven $\sum m_i\Delta x_i$ ). Neem een rij onderverdelingen $\sigma_n$ , elk de vorige verfijnend, van mesh $\to 0$ , met Darboux-sommen convergerend naar de onderste en bovenste Darboux-integralen van $f$ . De verfijningen maken $L_{\sigma_n}$ niet-dalend en $U_{\sigma_n}$ niet-stijgend puntsgewijs buiten de aftelbare verzameling $D$ van alle deelpunten; noem de limieten $\ell$ en $u$ (meetbaar, Propositie 10.2). Voor $x \notin D$ , met $I_n(x)$ het open $\sigma_n$ -interval dat $x$ bevat: $\ell(x) = \sup_n\inf_{I_n(x)}f$ en $u(x) = \inf_n\sup_{I_n(x)}f$ ; aangezien de meshes naar $0$ krimpen, zijn dit de onderste en bovenste enveloppes van $f$ in $x$ — $u(x) - \ell(x)$ is de oscillatie van $f$ in $x$ — zodat $\ell(x) = u(x)$ d.e.s.d.a. $f$ continu is in $x$ . Door MCT/DCT (begrensd, eindig interval):

\int_{\intcc ab}\ell\,\dd\lambda = \lim_n\int L_{\sigma_n} = \underline{\int}f, \qquad \int_{\intcc ab}u\,\dd\lambda = \overline{\int}f .

$f$ Riemann-integreerbaar $\iff$ $\underline\int f = \overline\int f$ $\iff$ $\int(u - \ell) = 0$ $\iff$ $u = \ell$ b.o. ( $u - \ell \geq 0$ ; Oefening 10.5) $\iff$ $f$ continu b.o. In dat geval $\ell \leq f \leq u$ met $\ell = u$ b.o.: $f$ is b.o. gelijk aan de meetbare $\ell$ , dus Lebesgue-meetbaar (volledigheid van $\lambda$ ) met $\int f\,\dd\lambda = \int\ell\,\dd\lambda = \underline\int f = \int_a^bf$ . ∎

Voorbeeld 10.13

$\mathbf 1_\Q$ is nergens continu: niet Riemann-integreerbaar — maar Lebesgue-triviaal: $\int\mathbf 1_\Q\,\dd\lambda = \lambda(\Q) = 0$ . De functie van Thomae ( $\,\frac1q$ bij rationalen $\frac pq$ , $0$ elders) is precies continu in de irrationalen: Riemann-integreerbaar met integraal $0$ . En oneigenlijke Riemann-integralen zijn een ander begrip: $\int_0^\infty\frac{\sin x}x\,\dd x$ convergeert als limiet van $\int_0^A$ (het weekendprobleem berekent haar $= \frac\pi2$ ), maar $\frac{\sin x}x \notin L^1(\intoo0{+\infty})$ : de absolute integraal divergeert als de harmonische reeks (Oefening 10.6). De theorie van Lebesgue ruilt voorwaardelijke convergentie voor robuuste limietstellingen.

10.4 Integralen met parameters

Doorheen is $(X, \mathcal A, \mu)$ een maatruimte, $T$ een metrische ruimte (de parameter), en $f \colon T \times X \to \C$ met $f(t, \cdot)$ integreerbaar voor elke $t$ ; stel $F(t) = \int_X f(t, x)\,\dd\mu(x)$ .

Stelling 10.14 (Continuïteit)

Stel: $t \mapsto f(t,x)$ is continu in $t_0$ voor b.o. $x$ , en er is een integreerbare $g$ met $\abs{f(t,x)} \leq g(x)$ voor alle $t$ in een buurt van $t_0$ en b.o. $x$ . Dan is $F$ continu in $t_0$ .

Bewijs. Voor elke rij $t_n \to t_0$ : $f(t_n, \cdot) \to f(t_0, \cdot)$ b.o., gedomineerd door $g$ : DCT geeft $F(t_n) \to F(t_0)$ ; sequentiële continuïteit volstaat in metrische ruimten (Opmerking 6.8). ∎

Stelling 10.15 (Differentiatie onder het integraalteken)

Zij $T$ een open interval van $\R$ . Stel: voor b.o. $x$ is $t \mapsto f(t,x)$ differentieerbaar op $T$ , met

\Bigl|\frac{\partial f}{\partial t}(t, x)\Bigr| \leq g(x) \quad \text{voor alle } t \in T,\ \text{b.o.\ } x,

$g$ integreerbaar. Dan is $F$ differentieerbaar op $T$ met $F'(t) = \int_X \frac{\partial f}{\partial t}(t, x)\,\dd\mu(x)$ .

Bewijs. Fixeer $t$ en $h_n \to 0$ : de differentiequotiënten

\varphi_n(x) = \frac{f(t + h_n, x) - f(t, x)}{h_n} \longrightarrow \frac{\partial f}{\partial t}(t,x) \quad\text{b.o.},

en de middelwaarde-ongelijkheid begrensd $\abs{\varphi_n(x)} \leq \sup_{s}\abs{\partial_tf(s,x)} \leq g(x)$ : DCT is van toepassing, en $\frac{F(t + h_n) - F(t)}{h_n} = \int\varphi_n \to \int\partial_t f(t, \cdot)$ . ∎

Voorbeeld 10.16 (De Gamma-functie)

Voor $t > 0$ zij

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

De integraal convergeert: nabij $0$ is $x^{t-1}$ integreerbaar ( $t > 0$ ); op oneindig, $x^{t-1}\eu^{-x} \leq C\eu^{-x/2}$ . Partiële integratie (op $[\varepsilon, A]$ , dan limieten via MCT) geeft de functionaalvergelijking $\Gamma(t + 1) = t\,\Gamma(t)$ , vandaar $\Gamma(n+1) = n!$ : de faculteit geïnterpoleerd. Op elk $\intcc ab \subseteq \intoo0{+\infty}$ wordt $\partial_t\bigl(x^{t-1}\eu^{-x}\bigr) = \ln x\cdot x^{t-1}\eu^{-x}$ gedomineerd door $\abs{\ln x}(x^{a-1} + x^{b-1})\eu^{-x}$ , integreerbaar: $\Gamma$ is $\mathcal C^1$ , en door inductie $\mathcal C^\infty$ , met $\Gamma^{(k)}(t) = \int_0^\infty(\ln x)^kx^{t-1}\eu^{-x}\dd x$ . De waarde $\Gamma(\frac12) = \sqrt\pi$ is de Gaussische integraal in vermomming (Probleem 10.1).

De integrand xx: de oneigenlijke integraal ∈t_0∈fty convergeert door alternerende cancellatie tussen de bogen, maar de oppervlakken | | van de bogen gedragen zich als 2π k — een harmonische reeks: xx ∉ L1. Lebesgue-integreerbaarheid is absolute integreerbaarheid. — De integrand $\frac{\sin x}x$ : de oneigenlijke integraal $\int_0^\infty$ convergeert door alternerende cancellatie tussen de bogen, maar de oppervlakken $\abs{\cdot}$ van de bogen gedragen zich als $\frac2{\pi k}$ — een harmonische reeks: $\frac{\sin x}x \notin L^1$ . Lebesgue-integreerbaarheid is absolute integreerbaarheid.

10.5 Oefeningen

Oefening 10.1 ★

(a) Toon dat een monotone functie $\R \to \R$ Borel-meetbaar is, en dat een afgeleide (van een overal differentieerbare functie) Borel-meetbaar is. (b) Toon dat $f \colon X \to \R$ meetbaar is d.e.s.d.a. $\{f > q\} \in \mathcal A$ voor elke rationale $q$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 10.1.

(a) Als $f$ niet-dalend is, is $\{f > t\}$ gelijk aan $\varnothing$ , $\R$ , of een straal $\intoo a{+\infty}$ / $\intco a{+\infty}$ : in elk geval Borel; niet-stijgend evenzo. Een afgeleide: $f'(x) = \lim_n n\bigl(f(x + \frac1n) - f(x)\bigr)$ is een puntsgewijze limiet van continue (dus meetbare) functies: Propositie 10.2(c).

(b) $\{f > t\} = \bigcup_{q \in \Q,\, q > t}\{f > q\}$ : als de rationale niveaus meetbaar zijn, zijn alle niveaus dat, en de stralen brengen $\mathcal B(\R)$ voort.

Oefening 10.2 ★

Bereken, met volledige rechtvaardiging:

\lim_{n\to\infty}\int_0^{+\infty} \frac{\cos x}{(1 + x/n)^{n}}\,\dd x, \qquad \lim_{n\to\infty}\int_0^1 \frac{n\,x^{n-1}}{1 + x}\,\dd x .

(Voor de tweede: substitueer $u = x^n$ alvorens te domineren.)

Oplossing

Oplossing van Oefening 10.2.

Eerste: $(1 + x/n)^n \nearrow \eu^x$ voor $x \geq 0$ , dus de integrand streeft puntsgewijs naar $\eu^{-x}\cos x$ ; voor $n \geq 2$ , $(1 + x/n)^n \geq (1 + x/2)^2$ , wat de integreerbare dominant $(1 + x/2)^{-2}$ geeft. DCT:

\lim_n\int_0^\infty\frac{\cos x}{(1 + x/n)^n}\dd x = \int_0^\infty \eu^{-x}\cos x\,\dd x = \operatorname{Re}\int_0^\infty\eu^{-(1 - \iu)x}\dd x = \operatorname{Re}\frac{1}{1 - \iu} = \frac12 .

Tweede: substitueer $u = x^n$ (een $\mathcal C^1$ -bijectie van $\intoo01$ ):

\int_0^1\frac{nx^{n-1}}{1 + x}\dd x = \int_0^1\frac{\dd u}{1 + u^{1/n}} \longrightarrow \int_0^1\frac{\dd u}{2} = \frac12,

door DCT: voor $u \in \intoo01$ , $u^{1/n} \to 1$ , en de integrand is begrensd door $1$ op een ruimte van eindige maat.

Oefening 10.3 ★★

(a) Vertoon strikte ongelijkheid in het lemma van Fatou. (b) Vertoon $f_n \to 0$ puntsgewijs met $\int f_n = 1$ op drie manieren: ontsnapping in hoogte, in breedte, naar oneindig. Welke enkele hypothese van DCT schendt elk? (c) Toon dat men in het lemma van Fatou $\liminf$ niet door $\limsup$ kan vervangen aan weerszijden.

Oplossing

Oplossing van Oefening 10.3.

(a) $f_n = n\,\mathbf 1_{\intoo0{1/n}}$ : $\liminf f_n = 0$ puntsgewijs, $\int f_n = 1$ : $0 < 1$ .

(b) Hoogte: $n\mathbf 1_{\intoo0{1/n}}$ ; breedte: $\frac1n\mathbf 1_{\intoo0n}$ ; translatie: $\mathbf 1_{\intoo n{n+1}}$ . Alle streven puntsgewijs naar $0$ met $\int = 1$ . In elk geval faalt de dominatie-hypothese: $\sup_nf_n$ is $\approx 1/x$ nabij $0$ , $\approx$ een niet-integreerbaar constant profiel, $\mathbf 1_{\intoo1\infty}$ -achtig — nooit integreerbaar.

(c) “ $\int\limsup f_n \geq \limsup\int f_n$ ” faalt voor de translerende bult: linkerkant $0$ , rechterkant $1$ . “ $\limsup\int \leq \int\limsup$ ” is dezelfde uitspraak. En Fatou voor $\limsup$ met $\leq$ omgekeerd (“omgekeerde Fatou”) vereist een dominant — dezelfde bult is het tegenvoorbeeld.

Oefening 10.4 ★★

(a) Toon $\displaystyle\int_0^{+\infty}\frac{x}{\eu^x - 1}\,\dd x = \sum_{n\geq1}\frac1{n^2} = \frac{\pi^2}6$ (ontwikkel $\frac1{\eu^x - 1}$ in een meetkundige reeks en integreer term-voor-term — welke stelling staat dat toe?). (b) (Sophomore’s dream) Toon $\displaystyle\int_0^1 x^{-x}\,\dd x = \sum_{n\geq1}n^{-n}$ . (Schrijf $x^{-x} = \eu^{-x\ln x} = \sum_k\frac{(-x\ln x)^k}{k!}$ en bereken $\int_0^1(-x\ln x)^k\dd x$ door te substitueren $x = \eu^{-u/(k+1)}$ , herkennend $\Gamma$ .)

Oplossing

Oplossing van Oefening 10.4.

(a) Voor $x > 0$ : $\frac1{\eu^x - 1} = \frac{\eu^{-x}}{1 - \eu^{-x}} = \sum_{n\geq1}\eu^{-nx}$ , dus $\frac{x}{\eu^x - 1} = \sum_{n\geq1}x\eu^{-nx}$ , een reeks niet-negatieve meetbare functies: Gevolg 10.7 staat term-voor-term-integratie toe:

\int_0^\infty\frac{x\,\dd x}{\eu^x - 1} = \sum_{n\geq1}\int_0^\infty x\eu^{-nx}\dd x = \sum_{n\geq1}\frac1{n^2} = \frac{\pi^2}6

( $\int_0^\infty x\eu^{-nx}\dd x = n^{-2}$ door partiële integratie; Basel uit het Jaar 2-volume, of Oefening 13.5 later).

(b) Op $\intoo01$ , $-x\ln x \geq 0$ , dus $x^{-x} = \eu^{-x\ln x} = \sum_k\frac{(-x\ln x)^k}{k!}$ is een reeks niet-negatieve termen: verwissel opnieuw. Substitueren $x = \eu^{-u/(k+1)}$ :

\int_0^1(-x\ln x)^k\dd x = \int_0^\infty\Bigl(\frac{u}{k+1}\Bigr)^{k} \eu^{-\frac{ku}{k+1}}\;\frac{\eu^{-\frac u{k+1}}}{k+1}\,\dd u = \frac{1}{(k+1)^{k+1}}\int_0^\infty u^k\eu^{-u}\dd u = \frac{k!}{(k+1)^{k+1}} .

Dus $\int_0^1x^{-x}\dd x = \sum_{k\geq0}\frac{1}{(k+1)^{k+1}} = \sum_{n\geq1}n^{-n}$ : de sophomore’s dream, rigoureus.

Oefening 10.5 ★★

(a) Toon dat $f \geq 0$ meetbaar met $\int f\,\dd\mu = 0$ voldoet aan $f = 0$ b.o. (Beschouw $\{f \geq 1/n\}$ en de ongelijkheid van Markov: $\mu(\{f \geq a\}) \leq \frac1a\int f$ — bewijs haar.) (b) Toon dat een integreerbare $f$ eindig b.o. is. (c) Toon dat als $\int_A f\,\dd\mu = 0$ voor elke meetbare $A$ , dan $f = 0$ b.o.

Oplossing

Oplossing van Oefening 10.5.

(a) Markov: $a\,\mathbf 1_{\{f \geq a\}} \leq f$ , integreer: $\mu(\{f \geq a\}) \leq \frac1a\int f$ . Als $\int f = 0$ : $\mu(\{f \geq \frac1n\}) = 0$ voor elke $n$ , en $\{f > 0\} = \bigcup_n\{f \geq \frac1n\}$ is nul.

(b) $\mu(\{\abs f = \infty\}) \leq \mu(\{\abs f \geq n\}) \leq \frac1n\int\abs f \to 0$ .

Oefening 10.6 ★★

(a) Pas Stelling 10.12 toe om Riemann-integreerbaarheid te beslissen van: $\mathbf 1_\Q$ ; de functie van Thomae; $\mathbf 1_K$ voor $K$ een vette Cantorverzameling (Oefening 9.5). (b) Toon dat $\int_1^{+\infty}\abs{\frac{\sin x}x}\,\dd x = +\infty$ , terwijl $\lim_{A\to\infty}\int_1^A\frac{\sin x}x\,\dd x$ bestaat (partieel integreren): oneigenlijke convergentie zonder integreerbaarheid.

Oplossing

Oplossing van Oefening 10.6.

(a) $\mathbf 1_\Q$ : overal discontinu, niet Riemann-integreerbaar. Thomae: continu precies in de irrationalen (bij een irrationaal $x$ , en $\varepsilon > 0$ , zijn slechts eindig veel $p/q$ met $\frac1q \geq \varepsilon$ in een buurt, en die vermijden; bij een rationaal $p/q$ , irrationalen in elke buurt houden $f = 0$ ): continu b.o., dus Riemann-integreerbaar, integraal $0$ (onderste sommen $0$ ). $\mathbf 1_K$ voor vette Cantor $K$ : $K$ is nergens dicht, dus $\mathbf 1_K$ is discontinu precies op $K$ (in punten van $K$ , elke buurt snijdt het complement; in punten buiten $K$ , geslotenheid geeft een buurt die $K$ mist). Aangezien $\lambda(K) > 0$ , is de discontinuïteitsverzameling niet nul: niet Riemann-integreerbaar. (Lebesgue-integreerbaar wel, met integraal $\lambda(K)$ .)

(b) Op $[n\pi, (n+1)\pi]$ : $\int_n\pi^{(n+1)\pi}\abs{\sin x}/x\,\dd x \geq \frac1{(n+1)\pi}\int_0^\pi\abs{\sin t}\dd t = \frac2{(n+1)\pi}$ : de reeks van bogen is een divergente harmonische reeks. Oneigenlijke convergentie: partieel integreren op $[\pi, A]$ , met $u = 1/x$ , $\dd v = \sin x\,\dd x$ : $\int_\pi^A\frac{\sin x}x\dd x = \bigl[-\frac{\cos x}x\bigr]_\pi^A - \int_\pi^A\frac{\cos x}{x^2}\dd x$ ; de rand is $O(1/A)$ , de rest convergeert absoluut. Dus $\lim_{A\to\infty}\int_1^A$ bestaat, maar $\frac{\sin x}x \notin L^1$ .

Oefening 10.7 ★★

Rechtvaardig dat $F(t) = \int_0^{+\infty}\eu^{-x^2}\cos(tx)\, \dd x$ $\mathcal C^1$ is op $\R$ en voldoet aan $F'(t) = -\frac t2F(t)$ (partieel integreren); leid af $F(t) = F(0)\,\eu^{-t^2/4}$ . (Met $F(0) = \frac{\sqrt\pi}2$ uit het weekendprobleem: de Gaussiaan is in wezen haar eigen Fourier-transformatie — Hoofdstuk 14 zal dit systematiseren.)

Oplossing

Oplossing van Oefening 10.7.

Differentiatie onder de integraal: $\partial_t\bigl( \eu^{-x^2}\cos(tx)\bigr) = -x\eu^{-x^2}\sin(tx)$ , begrensd door $x\eu^{-x^2}$ (integreerbaar op $\intoo0\infty$ ). DCT geeft $F \in \mathcal C^1$ en $F'(t) = -\int_0^\infty x\eu^{-x^2}\sin(tx)\dd x$ . Partieel integreren (of de reële of imaginaire deel van de Gauss-Fourier):

F'(t) = -\frac t2\int_0^\infty\eu^{-x^2}\cos(tx)\dd x = -\frac t2 F(t)

(schrijf $x\eu^{-x^2} = -\frac12\partial_x\eu^{-x^2}$ en integreer partieel). De DE $F' = -\frac t2 F$ met $F(0) = \frac{\sqrt\pi}2$ (half van $G$ ) levert $F(t) = \frac{\sqrt\pi}2\eu^{-t^2/4}$ .

Oefening 10.8 ★★★

(Frullani) Zij $0 < a < b$ . Toon

\int_0^{+\infty}\frac{\eu^{-ax} - \eu^{-bx}}{x}\,\dd x = \ln\frac ba,

door de integrand te schrijven als $\int_a^b \eu^{-xt}\,\dd t$ en de verwisseling te rechtvaardigen via de niet-negatieve theorie (Gevolg 10.7 in continue vorm — anticipeer Tonelli, of snijd $[a,b]$ in $n$ gelijke delen en ga naar de limiet).

Oplossing

Oplossing van Oefening 10.8.

Voor $x > 0$ : $\frac{\eu^{-ax} - \eu^{-bx}}{x} = \int_a^b \eu^{-xt}\,\dd t$ . De integrand $(t,x) \mapsto \eu^{-xt}$ is niet-negatief op $[a,b]\times\intoo0\infty$ : Tonelli (of MCT op Riemann-sommen in $t$ ) geeft

\int_0^\infty\frac{\eu^{-ax}-\eu^{-bx}}{x}\dd x = \int_a^b\int_0^\infty\eu^{-xt}\dd x\,\dd t = \int_a^b\frac{\dd t}{t} = \ln\frac ba .

Oefening 10.9 ★★

Zij $f \geq 0$ meetbaar op $(X, \mathcal A, \mu)$ . Toon dat $\nu(A) = \int_A f\,\dd\mu$ een maat definieert (dichtheid $f$ t.o.v. $\mu$ ), en dat $\int g\,\dd\nu = \int gf\,\dd\mu$ voor alle meetbare $g \geq 0$ (bewijs het voor indicatoren, dan eenvoudige functies, dan MCT — de standaardmachine).

Oplossing

Oplossing van Oefening 10.9.

$\nu(\varnothing) = 0$ ; $\sigma$ -additiviteit: voor disjuncte $A_n$ , $\mathbf 1_{\bigsqcup A_n}f = \sum\mathbf 1_{A_n}f$ , en Gevolg 10.7 geeft $\nu(\bigsqcup A_n) = \sum\nu(A_n)$ . De standaardmachine: voor $g = \mathbf 1_B$ , $\int g\,\dd\nu = \nu(B) = \int_B f = \int gf$ ; lineariteit geeft eenvoudige $g$ ; MCT geeft algemene $g \geq 0$ .

Oefening 10.10 ★★★

(Een Weierstrass-stijl mislukking) Definieer $f(t) = \int_0^{+\infty}\frac{\sin(tx)}{x(1 + x^2)}\,\dd x$ . (a) Toon dat $f$ welgedefinieerd en continu is op $\R$ , en $\mathcal C^1$ met $f'(t) = \int_0^\infty\frac{\cos(tx)}{1 + x^2}\dd x$ voor elke $t$ — maar dat nogmaals differentiëren onder de integraal onwettig is. (b) Aangenomen $f'(t) = \frac\pi2\eu^{-t}$ voor $t > 0$ (bewwezen in Hoofdstuk 17), wat is $\int_0^\infty\frac{x\sin(tx)}{1+x^2}\dd x$ voor $t > 0$ , en waarom bevestigt haar formule de mislukking in (a)?

Oplossing

Oplossing van Oefening 10.10.

(a) $\abs{\frac{\sin(tx)}{x(1+x^2)}} \leq \frac1{1+x^2}$ (integreerbaar): $f$ is welgedefinieerd, en DCT in $t$ (dominant onafhankelijk van $t$ nabij $t_0$ ) geeft continuïteit. Voor $f'$ : $\partial_t = \frac{\cos(tx)}{1+x^2}$ is begrensd door $\frac1{1+x^2}$ : differentiatie onder de integraal is legitiem. Nogmaals differentiëren zou $\partial_t^2 = \frac{-x\sin(tx)}{1+x^2}$ geven, begrensd door $\frac{x}{1+x^2} \notin L^1(\intoo0\infty)$ : geen dominante in $L^1$ , en de hypothese van Stelling 10.15 faalt.

(b) Met $f'(t) = \frac\pi2\eu^{-t}$ voor $t > 0$ : formeel zou $f''(t) = -\frac\pi2\eu^{-t}$ de integraal $-\int_0^\infty\frac{x\sin(tx)}{1+x^2}\dd x$ moeten zijn, dus $\int_0^\infty\frac{x\sin(tx)}{1+x^2}\dd x = \frac\pi2\eu^{-t}$ . Maar de integrand is niet absoluut integreerbaar ( $\sim \frac{\sin(tx)}{x}$ op oneindig), dus is de formule een oneigenlijke (of principal-value) identiteit, niet een $L^1$ -identiteit — precies de mislukking van (a).

Oefening 10.11 ★★

(Lemma van Scheffé) Zijn $f_n, f \geq 0$ integreerbaar met $f_n \to f$ b.o. en $\int f_n \to \int f$ . (a) Toon dat $\int\abs{f_n - f} \to 0$ . (Pas gedomineerde convergentie toe op $g_n = (f - f_n)^+ \leq f$ , en schrijf $\int\abs{f_n - f} = 2\int g_n - \int(f - f_n)$ .) (b) Toon met een voorbeeld dat de hypothese $\int f_n \to \int f$ niet mag worden weggelaten (een schuivende of concentrerende bult), en dat de conclusie faalt voor getekende $f_n$ zonder absolute-waarde-controle: $f_n = n\mathbf 1_{\intoc0{1/n}} - n\mathbf 1_{\intoc{-1/n}0}$ heeft $f_n \to 0$ b.o., $\int f_n = 0 \to 0$ , maar $\int\abs{f_n} = 2$ . (c) Toepassing (dichtheden): als kansdichtheden $p_n \to p$ b.o., dan automatisch $\int\abs{p_n - p} \to 0$ : puntsgewijze convergentie van dichtheden is $L^1$ -convergentie — een convergentie-upgrade gratis.

Oplossing

Oplossing van Oefening 10.11.

(a) $g_n = (f - f_n)^+ \leq f \in L^1$ , en $g_n \to 0$ b.o.: DCT geeft $\int g_n \to 0$ . Nu $\abs{f_n - f} = (f_n - f)^+ + (f - f_n)^+ = (f_n - f) + 2(f - f_n)^+$ , dus

\int\abs{f_n - f} = \int(f_n - f) + 2\int g_n \to 0 + 0

(want $\int f_n \to \int f$ ).

(b) Schuivende bult: $f_n = \mathbf 1_{\intcc n{n+1}}$ , $f = 0$ : $\int f_n = 1 \not\to 0$ , $\int\abs{f_n - f} = 1$ . Getekend: $f_n = n\mathbf 1_{\intoc0{1/n}} - n\mathbf 1_{\intoc{-1/n}0}$ heeft $\int f_n = 0$ , $f_n \to 0$ b.o., maar $\int\abs{f_n} = 2 \not\to 0$ .

Oefening 10.12 ★★

Klassieke limieten, met volledige rechtvaardiging via MCT/DCT:

\text{(a)}\ \lim_{n\to\infty}\int_0^n\Bigl(1 - \frac xn\Bigr)^n\eu^{x/2}\,\dd x, \qquad \text{(b)}\ \lim_{n\to\infty}\int_0^1\frac{n\,x^{n-1}}{1 + x}\,\dd x,

\text{(c)}\ \lim_{n\to\infty}\int_0^\infty \frac{\dd x}{(1 + x/n)^n\,x^{1/n}} .

(Voor (a): $(1 - x/n)^n \nearrow \eu^{-x}$ voor vaste $x$ — bewijs de monotonie via $\log$ ; voor (b), partieel integreren of substitueer $x = u^{1/n}$ en identificeer een randconcentratie; voor (c), vind een integreerbare dominant geldig voor alle $n \geq 2$ door te splitsen bij $x = 1$ .)

Oplossing

Oplossing van Oefening 10.12.

(a) Voor vaste $x \geq 0$ en $n > x$ : $(1 - x/n)^n = \exp\bigl(n\ln(1 - x/n)\bigr)$ . De functie $h(u) = \frac{\ln(1-u)}{u}$ ( $u \in (0,1)$ ) is stijgend naar $-1$ (of: $n\ln(1-x/n) \nearrow -x$ ): monotoon $0 \leq (1 - x/n)^n\eu^{x/2}\mathbf 1_{\intcc0n} \nearrow \eu^{-x/2}$ . MCT: limiet $\int_0^\infty\eu^{-x/2}\dd x = 2$ .

(b) Substitueer $x = u^{1/n}$ : $\int_0^1\frac{\dd u}{1 + u^{1/n}} \to \int_0^1\frac12\dd u = \frac12$ (DCT, dominant $1$ ). Alternatief: partiële integratie of herkenning van zwakke convergentie naar $\delta_1$ .

(c) Puntsgewijze limiet: $(1 + x/n)^n \to \eu^x$ , $x^{1/n} \to 1$ , dus integrand $\to \eu^{-x}$ . Voor $n \geq 2$ : op $[0,1]$ , $(1 + x/n)^n \geq 1$ en $x^{1/n} \leq 1$ , dus integrand $\leq 1$ ; op $[1,\infty)$ , $(1 + x/n)^n \geq (1 + x/2)^2$ en $x^{1/n} \geq 1$ , dus integrand $\leq (1 + x/2)^{-2}$ . Dominant $1_{[0,1]} + (1+x/2)^{-2}\mathbf 1_{[1,\infty)} \in L^1$ . DCT: limiet $\int_0^\infty\eu^{-x} \dd x = 1$ .

10.6 Probleem: twee gevierde integralen

Probleem 10.1

Weekendprobleem — de Gaussische integraal en Dirichlets integraal, met alleen parameters

Twee integralen regeren de toegepaste analyse:

G = \int_{-\infty}^{+\infty}\eu^{-x^2}\dd x = \sqrt\pi, \qquad D = \int_0^{+\infty}\frac{\sin x}{x}\,\dd x = \frac\pi2

(de tweede als oneigenlijke integraal, Voorbeeld 10.13). We bewijzen beide met alleen de gereedschappen van dit hoofdstuk.

Deel I — De Gaussiaan. Voor $t \geq 0$ stel

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

Rechtvaardig dat $A$ en $B$ $\mathcal C^1$ zijn op $\intoo0{+\infty}$ en bereken $A'$ en $B'$ ; toon $A'(t) + B'(t) = 0$ . (In $B'$ , substitueer $u = tx$ .)
Bereken $A(0) + B(0)$ en $\lim_{t\to+\infty}(A + B)(t)$ — rechtvaardig de limiet onder de integraal in $B$ .
Besluit $\int_0^\infty \eu^{-x^2}\dd x = \frac{\sqrt\pi}2$ , dus $G = \sqrt\pi$ , en leid af $\Gamma(\tfrac12) = \sqrt\pi$ (substitueer $x = u^2$ in $\Gamma(\frac12)$ ).

Deel II — Dirichlets integraal. Voor $t \geq 0$ stel

F(t) = \int_0^{+\infty}\eu^{-tx}\,\frac{\sin x}{x}\,\dd x .

Toon dat de integraal die $F(t)$ definieert voor elke $t > 0$ convergeert als Lebesgue-integraal, en voor $t = 0$ als oneigenlijke integraal; toon dat $D = \lim_{A\to\infty}\int_0^A\frac{\sin x}x\dd x$ bestaat (partieel integreren op $[\pi, A]$ ).
Toon dat $F$ $\mathcal C^1$ is op $\intoo0{+\infty}$ met

$F'(t) = -\int_0^{+\infty}\eu^{-tx}\sin x\,\dd x = -\frac{1}{1 + t^2}$

(dominatie op $[t_0, \infty)$ voor elke $t_0 > 0$ ; de laatste integraal door twee partiële integraties of complexe exponentialen).
Toon $F(t) \to 0$ als $t \to +\infty$ , en leid af $F(t) = \frac\pi2 - \arctan t$ op $\intoo0{+\infty}$ .
Het delicate punt: $D = \lim_{t\to0^+}F(t)$ . Bewijs het door uniforme controle van de staart: voor $0 \leq t \leq 1$ en $A \geq \pi$ , partieel integreren om te tonen

$\Bigl|\int_A^{+\infty}\eu^{-tx}\frac{\sin x}x\,\dd x\Bigr| \leq \frac{C}{A}$

met $C$ onafhankelijk van $t$ (differentiëer $\frac{\eu^{-tx}}x$ en begrens $\abs{\cos}$ door $1$ ; noteer $t\eu^{-tx} \leq 1/x\cdot(tx\eu^{-tx})$ met $\sup_{u\geq0}u\eu^{-u} < 1$ ); splits dan $F(t) - D$ in $[0, A]$ (waar DCT van toepassing is als $t \to 0$ ) en $[A, \infty)$ .
Besluit: $D = \frac\pi2$ .

Deel III — Dividenden.

Bereken $\int_0^{+\infty}\frac{\sin^2x}{x^2}\,\dd x$ (partieel integreren en reduceer tot $D$ via $\sin 2x = 2\sin x\cos x$ ).
Bereken $\int_0^{+\infty}\frac{1 - \cos x}{x^2}\,\dd x$ , en controleer de consistentie van de twee resultaten.
Voor $a > 0$ , bereken $\int_0^{+\infty}\frac{\sin(ax)}x\dd x$ en $\int_{-\infty}^{+\infty}\eu^{-ax^2}\dd x$ , en noteer de schaalregels (zij zullen de werkpaarden van Hoofdstuk 14 zijn).
Leg precies uit waarom $D$ niet direct door DCT bij $t = 0$ behandeld kon worden (geen integreerbare dominant op $[0,1]\times[0,\infty)$ ), en waarom de staartsplitsing van vraag 7 de eerlijke substitutie is — dit patroon (“uniforme integreerbaarheid van staarten”) keert doorheen de analyse terug.

Deel IV — De Gamma-functie volgens Bohr en Mollerup. De functie $\Gamma$ (Voorbeeld 10.16) voldoet $\Gamma(1) = 1$ en $\Gamma(x+1) = x\Gamma(x)$ — maar dat doen oneindig veel andere functies ook (vermenigvuldig met elke $1$ -periodieke wobble). Eén convexiteitsvoorwaarde pinnt $\Gamma$ uniek vast, en haar diepere identiteiten vallen dan mechanisch uit. Een positieve functie $f$ op een interval is log-convex als $\log f$ convex is.

Toon dat log-convexiteit convexiteit impliceert, dat producten van log-convexe functies en hun composities met affiene afbeeldingen log-convex zijn, en — via de twee-functies Hölder-ongelijkheid $\int\abs{uv} \leq \bigl(\int\abs u^p\bigr)^{1/p}\bigl(\int\abs v^q\bigr)^{1/q}$ , direct bewezen uit de Young-ongelijkheid — dat $\Gamma$ log-convex is op $\intoo0\infty$ .
(Hellinglemma) Zij $g$ convex op $\intoo0\infty$ met $g(n+1) - g(n) = \log n$ voor elk geheel $n \geq 1$ . Voor $x \in \intoc01$ en $n \geq 2$ , vergelijk de hellingen van $g$ over $[n-1, n]$ , $[n, n+x]$ en $[n, n+1]$ , en leid af

$x\log(n-1) \;\leq\; g(n + x) - g(n) \;\leq\; x\log n .$
(Bohr–Mollerup) Zij $f > 0$ met $f(1) = 1$ , $f(x+1) = xf(x)$ , en $\log f$ convex. De recursie afwikkelen tot $f(n + x) = x(x+1)\cdots(x + n - 1)\,f(x)$ en $f(n) = (n-1)!$ , leid uit vraag 14 af dat voor $x \in \intoc01$

$f(x) = \lim_{n\to\infty} \frac{n!\,n^x}{x(x+1)\cdots(x+n)} :$

$f$ is uniek, dus $f = \Gamma$ , en Gauss’ limietformule geldt (breid uit tot alle $x > 0$ door de recursie).
Definieer de Beta-functie $B(x, y) = \int_0^1t^{x-1}(1-t)^{y-1}\,\dd t$ ( $x, y > 0$ ). Bewijs convergentie, de recursie $B(x+1, y) = \frac{x}{x+y}\,B(x, y)$ (partieel integreren), en $B(1, y) = \frac1y$ .
Toon dat $x \mapsto B(x, y)$ log-convex is (Hölder opnieuw), en pas Bohr–Mollerup toe op

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

om Eulers formule te besluiten: $B(x, y) = \dfrac{\Gamma(x)\Gamma(y)}{\Gamma(x+y)}$ — nergens dubbelintegralen.
Bereken $B(\frac12, \frac12)$ direct (substitueer $t = \sin^2\theta$ ) en leid af $\Gamma(\frac12) = \sqrt\pi$ : de Gaussische integraal van Deel I, herwonnen door pure convexiteit. Vergelijk de twee bewijzen in één zin elk.
(Duplicatie van Legendre) Toon dat

$g(x) = \frac{2^{x-1}}{\sqrt\pi}\, \Gamma\Bigl(\frac x2\Bigr) \Gamma\Bigl(\frac{x+1}2\Bigr)$

de drie Bohr–Mollerup-hypotheses vervult, en besluit $g = \Gamma$ , d.w.z. $\Gamma(2z) = \frac{2^{2z-1}}{\sqrt\pi}\,\Gamma(z)\,\Gamma(z + \tfrac12)$ voor alle $z > 0$ .
Leid de gesloten vorm $\Gamma\bigl(n + \tfrac12\bigr) = \dfrac{(2n)!}{4^n\,n!}\sqrt\pi$ af, en bewijs, door het hellinglemma toegepast op $\log\Gamma$ rond grote gehele getallen, de asymptotiek

$\frac{\Gamma(n + \frac12)}{\Gamma(n)\,\sqrt n} \longrightarrow 1 .$
Combineer de laatste twee vragen tot de centrale binomiale asymptotiek

$\binom{2n}{n} \sim \frac{4^n}{\sqrt{\pi n}},$

en verifieer numeriek voor $n = 10$ ( $\binom{20}{10} = 184756$ , tegen $4^{10}/\sqrt{10\pi} \approx 187079$ : ratio $\approx 0.988$ ).
(Synthese) De constante $\sqrt\pi$ is nu verschenen als de Gaussische integraal (Deel I), als $B(\frac12, \frac12)$ (vraag 18), en binnen duplicatie (vraag 19); de centrale binomiale schatting anticipeert zowel Stirling (Hoofdstuk 11’s weekendprobleem) als de Moivre–Laplace. Breng de verbanden in kaart: welke uitspraken zijn equivalent met welke, en wat draagt elke techniek — differentiatie onder de integraal versus convexiteit — bij dat de andere niet kan?

Deel V — Drie extra dividenden.

(Wallis, via Beta) Voor $p > -1$ , substitueer $t = \sin^2\theta$ om te tonen

$W_p = \int_0^{\pi/2}\sin^p\theta\,\dd\theta = \frac12\,B\Bigl(\frac{p+1}2, \frac12\Bigr),$

en leid uit de Beta-recursie (vraag 16) af dat $W_{n+2} = \frac{n+1}{n+2}\,W_n$ voor gehele $n \geq 0$ . Bereken $W_{2n}$ en $W_{2n+1}$ in gesloten vorm, toon $W_{2n+1}/W_{2n} \to 1$ door knijpen, en besluit met Wallis’ product

$\frac\pi2 = \lim_{n\to\infty} \prod_{k=1}^{n}\frac{4k^2}{4k^2 - 1} .$
(De Gaussiaan ontmoet een frequentie) Voor $b \in \R$ stel

$\Phi(b) = \int_{-\infty}^{+\infty} \eu^{-x^2}\cos(2bx)\,\dd x .$

Toon dat $\Phi$ $\mathcal C^1$ is op $\R$ , dat partiële integratie de differentiaalvergelijking $\Phi'(b) = -2b\,\Phi(b)$ oplevert, en besluit

$\Phi(b) = \sqrt\pi\,\eu^{-b^2} :$

de Gaussiaan reproduceert zichzelf onder deze transformatie — de enkele identiteit waarop Hoofdstuk 14 zal lopen.
(Frullani’s integraal) Voor $0 < a < b$ , toon dat

$\int_0^{+\infty} \frac{\eu^{-ax} - \eu^{-bx}}{x}\,\dd x = \log\frac ba ,$

door te differentiëren in de parameter $a$ (rechtvaardig de dominatie op elk $\intco{a_0}{+\infty}$ , $a_0 > 0$ , en identificeer de constante door $a \to b$ te laten). Waar precies heeft de integrand haar ophefbare singulariteit in $x = 0$ nodig?

Oplossing

Oplossing van Probleem 10.1.

1. $A$ is $\mathcal C^1$ door de fundamentele stelling van de calculus en de kettingregel: $A'(t) = 2\eu^{-t^2}\int_0^t\eu^{-x^2}\dd x$ . Voor $B$ : $\partial_t\bigl(\frac{\eu^{-t^2(1+x^2)}}{1+x^2}\bigr) = -2t\,\eu^{-t^2(1+x^2)}$ , continu en begrensd op $[t_0, T] \times \intcc01$ voor elke $0 < t_0 < T$ (begrensde dominatie op een ruimte van eindige maat volstaat): $B$ is $\mathcal C^1$ op $\intoo0{+\infty}$ met

B'(t) = -2t\int_0^1 \eu^{-t^2(1+x^2)}\dd x = -2\eu^{-t^2}\int_0^1 t\,\eu^{-(tx)^2}\dd x = -2\eu^{-t^2}\int_0^t\eu^{-u^2}\dd u = -A'(t)

(substitutie $u = tx$ ).

2. $A(0) = 0$ en $B(0) = \int_0^1\frac{\dd x}{1+x^2} = \frac\pi4$ . $A + B$ heeft afgeleide nul op $\intoo0{+\infty}$ en is continu in $0$ ( $B$ door dominatie $\frac1{1+x^2}$ en Stelling 10.14): $A + B \equiv \frac\pi4$ . Als $t\to+\infty$ : $0 \leq B(t) \leq \eu^{-t^2} \to 0$ , en $A(t) \to \bigl(\int_0^\infty \eu^{-x^2}\dd x\bigr)^2$ (MCT of gewoon monotone convergentie van de inwendige integraal).

3. Dus $\bigl(\int_0^\infty\eu^{-x^2}\dd x\bigr)^2 = \frac\pi4$ : $\int_0^\infty\eu^{-x^2}\dd x = \frac{\sqrt\pi}2$ , en door evenheid $G = \sqrt\pi$ . Ook $\Gamma(\frac12) = \int_0^\infty x^{-1/2}\eu^{-x}\dd x \overset{x = u^2}{=} 2\int_0^\infty\eu^{-u^2}\dd u = \sqrt\pi$ .

4. Voor $t > 0$ : $\abs{\eu^{-tx}\frac{\sin x}x} \leq \eu^{-tx}$ , integreerbaar. Voor $t = 0$ , oneigenlijke convergentie: op $[\pi, A]$ ,

\int_\pi^A\frac{\sin x}x\dd x = \Bigl[-\frac{\cos x}x\Bigr]_\pi^A - \int_\pi^A\frac{\cos x}{x^2}\dd x,

beide termen convergent als $A \to \infty$ ; nabij $0$ zet de integrand zich continu voort met $1$ .

5. Op $[t_0, +\infty)$ ( $t_0 > 0$ ): $\abs{\partial_t\bigl(\eu^{-tx}\tfrac{\sin x}x\bigr)} = \eu^{-tx}\abs{\sin x} \leq \eu^{-t_0x}$ , integreerbaar: Stelling 10.15 is van toepassing op elk zulk interval, dus op heel $\intoo0{+\infty}$ :

F'(t) = -\int_0^\infty\eu^{-tx}\sin x\,\dd x = -\operatorname{Im}\int_0^\infty\eu^{-(t - \iu)x}\dd x = -\operatorname{Im}\frac{1}{t - \iu} = -\frac{1}{1 + t^2}.

6. $\abs{F(t)} \leq \int_0^\infty\eu^{-tx}\dd x = \frac1t \to 0$ . Integreren van $F' = -\frac1{1+t^2}$ : $F(t) = C - \arctan t$ , en $t \to \infty$ dwingt $C = \frac\pi2$ : $F(t) = \frac\pi2 - \arctan t$ op $\intoo0{+\infty}$ .

7. Partieel integreren op $[A, R]$ met $\sin x = (-\cos x)'$ en laat $R \to \infty$ :

\int_A^{\infty}\eu^{-tx}\frac{\sin x}x\dd x = \frac{\cos A\;\eu^{-tA}}{A} - \int_A^\infty \cos x\,\Bigl(\frac tx + \frac1{x^2}\Bigr)\eu^{-tx}\dd x .

Met $\abs{\cos} \leq 1$ : de eerste term is $\leq \frac1A$ ; de integraal is ten hoogste $\int_A^\infty t\eu^{-tx}\frac{\dd x}x + \int_A^\infty\frac{\dd x}{x^2} \leq \frac1A\int_0^\infty t\eu^{-tx}\dd x + \frac1A = \frac2A$ . Totaal: $\leq \frac 3A$ , uniform voor $t \in [0, 1]$ (het geval $t = 0$ inbegrepen). Nu

\abs{F(t) - D} \leq \Bigl|\int_0^A(\eu^{-tx} - 1)\,\frac{\sin x}x\,\dd x\Bigr| + \frac6A .

Op $[0, A]$ : $\abs{\eu^{-tx} - 1} \leq tx \leq tA$ en $\abs{\frac{\sin x}x} \leq 1$ , dus de eerste term is ten hoogste $tA^2$ . Kies $A$ met $\frac6A < \varepsilon$ , dan $t < \varepsilon/A^2$ : $\abs{F(t) - D} < 2\varepsilon$ .

8. Derhalve $D = \lim_{t\to0^+}F(t) = \lim_{t\to0^+}\bigl(\frac\pi2 - \arctan t\bigr) = \frac\pi2$ .

9. Door partiële integratie ( $u = \sin^2x$ , $v' = x^{-2}$ ):

\int_0^\infty\frac{\sin^2x}{x^2}\dd x = \Bigl[-\frac{\sin^2x}{x}\Bigr]_0^\infty + \int_0^\infty\frac{2\sin x\cos x}{x}\dd x = \int_0^\infty\frac{\sin 2x}{x}\dd x = D = \frac\pi2

(substitueer $u = 2x$ in de laatste stap; randtermen verdwijnen: $\sin^2 x/x \to 0$ aan beide einden).

10. Door partiële integratie ( $u = 1 - \cos x$ , $v' = x^{-2}$ ): $\int_0^\infty\frac{1 - \cos x}{x^2}\dd x = \int_0^\infty\frac{\sin x}x\dd x = \frac\pi2$ . Consistentie: $1 - \cos x = 2\sin^2\frac x2$ , en de substitutie $x = 2u$ zet $\int\frac{2\sin^2(x/2)}{x^2}\dd x$ om in $\int\frac{\sin^2u}{u^2}\dd u$ : de twee berekeningen stemmen overeen.

11. $\int_0^\infty\frac{\sin(ax)}x\dd x = \frac\pi2$ voor elke $a > 0$ (substitueer $u = ax$ : de integraal is schaal-invariant); $\int_\R\eu^{-ax^2}\dd x = \sqrt{\pi/a}$ (substitueer $u = \sqrt a\,x$ ). Schaling in het argument laat de Dirichlet-integraal vast en deelt de Gaussiaan door $\sqrt a$ .

12. Een dominant geldig voor alle $t \in [0,1]$ moet $\sup_{t\in[0,1]}\abs{\eu^{-tx}\frac{\sin x}x} = \abs{\frac{\sin x}x}$ domineren, die niet integreerbaar is (Oefening 10.6): DCT kan $t = 0$ niet oversteken. De substitutie van vraag 7 — staarten uniform klein in de parameter, compact deel door DCT behandeld — is het standaardpatroon van “uniforme integreerbaarheid”, en keert terug wanneer voorwaardelijke convergentie limietverwisseling ontmoet.

13. Als $g = \log f$ convex is dan is $f = \exp\circ g$ convex (exp is convex stijgend: $f(\lambda x + (1-\lambda)y) \leq \eu^{\lambda g(x) + (1-\lambda)g(y)} \leq \lambda f(x) + (1-\lambda)f(y)$ , de laatste stap door convexiteit van exp tussen de punten $g(x), g(y)$ ). Producten en affiene substituties: logaritmen zetten ze om in sommen en affiene substituties van convexe functies. Hölder ( $\frac1p + \frac1q = 1$ ): voor $\int\abs u^p = \int\abs v^q = 1$ geeft Young $\abs{uv} \leq \frac{\abs u^p}p + \frac{\abs v^q}q$ , integreer: $\int\abs{uv} \leq 1$ ; het algemene geval door homogeniteit. Dan, voor $\lambda \in \intoo01$ , pas toe met $p = \frac1\lambda$ op de factorisatie

t^{\lambda x + (1-\lambda)y - 1}\eu^{-t} = \bigl(t^{x-1}\eu^{-t}\bigr)^{\lambda} \bigl(t^{y-1}\eu^{-t}\bigr)^{1-\lambda} : \qquad \Gamma(\lambda x + (1{-}\lambda)y) \leq \Gamma(x)^\lambda\,\Gamma(y)^{1-\lambda} .

14. Voor een convexe $g$ stijgt de helling van een koorde met haar eindpunten (drie-koorden-ongelijkheid). Vergelijking van de koorden over $[n-1, n]$ , $[n, n+x]$ , $[n, n+1]$ :

\log(n-1) = \frac{g(n) - g(n-1)}1 \leq \frac{g(n+x) - g(n)}x \leq \frac{g(n+1) - g(n)}1 = \log n,

en vermenigvuldigen met $x > 0$ geeft de claim.

15. Met $f(n) = (n-1)!$ (recursie vanaf $f(1) = 1$ ) en $f(n + x) = x(x+1)\cdots(x+n-1)\,f(x)$ leest vraag 14

(n-1)^x\,(n-1)! \;\leq\; x(x+1)\cdots(x+n-1)\,f(x) \;\leq\; n^x\,(n-1)! .

De bovengrens herschrijft tot $f(x) \leq \frac{n!\,n^x}{x(x+1)\cdots(x+n)}\cdot\frac{x+n}n$ , en de ondergrens op rang $n+1$ tot $f(x) \geq \frac{n!\,n^x}{x(x+1)\cdots(x+n)}$ . De correctiefactor $\frac{x+n}n \to 1$ : de sandwich dwingt

f(x) = \lim_n\frac{n!\,n^x}{x(x+1)\cdots(x+n)} \qquad (x \in \intoc01),

een uitdrukking onafhankelijk van $f$ : uniciteit op $\intoc01$ , dus overal door de recursie. Omdat $\Gamma$ aan alle drie de hypotheses voldoet (vraag 13), $f = \Gamma$ en Gauss’ formule geldt — voor alle $x > 0$ , want beide kanten gehoorzamen dezelfde recursie.

16. Nabij $0$ is de integrand $\sim t^{x-1}$ , integreerbaar d.e.s.d.a. $x > 0$ ; nabij $1$ , symmetrisch met $y$ . Partieel integreren op $\intcc\varepsilon{1-\varepsilon}$ , $\varepsilon \to 0$ (randtermen verdwijnen voor $x, y > 0$ ):

B(x{+}1, y) = \Bigl[-t^x\frac{(1-t)^y}y\Bigr]_0^1 + \frac xy\int_0^1t^{x-1}(1-t)^y\,\dd t = \frac xy\bigl(B(x, y) - B(x{+}1, y)\bigr),

met $(1-t)^y = (1-t)^{y-1}(1 - t)$ ; oplossen, $B(x+1, y) = \frac{x}{x+y}B(x, y)$ . En $B(1, y) = \int_0^1(1-t)^{y-1}\dd t = \frac1y$ .

17. $f(1) = \frac1y\cdot\frac{\Gamma(1+y)}{\Gamma(y)} = 1$ ; $f(x+1) = \frac{x}{x+y}B(x,y)\cdot\frac{(x+y)\Gamma(x+y)} {\Gamma(y)} = x\,f(x)$ ; en $f$ is log-convex in $x$ als product van de log-convexe $B(\cdot, y)$ (Hölder op de factorisatie $t^{(\lambda x_1 + (1-\lambda)x_2)-1}(1-t)^{y-1} = (\cdots)^\lambda(\cdots)^{1-\lambda}$ , als in vraag 13) en $\Gamma(\cdot + y)$ (affiene verschuiving). Bohr–Mollerup: $f = \Gamma$ , d.w.z. $B(x, y) = \frac{\Gamma(x)\Gamma(y)}{\Gamma(x+y)}$ .

18. Met $t = \sin^2\theta$ , $\dd t = 2\sin\theta\cos\theta\,\dd\theta$ en $t^{-1/2}(1-t)^{-1/2} = \frac1{\sin\theta\cos\theta}$ :

B\Bigl(\frac12, \frac12\Bigr) = \int_0^{\pi/2}2\,\dd\theta = \pi = \frac{\Gamma(\frac12)^2}{\Gamma(1)} \quad\Longrightarrow\quad \Gamma\Bigl(\frac12\Bigr) = \sqrt\pi .

Deel I bereikte dezelfde constante door een parameter te differentiëren en twee functies naar hun limieten te jagen; hier verstarde convexiteit alleen het probleem tot slechts één waarde overleefde. Analyse door beweging versus analyse door vorm.

19. $g(1) = \frac{2^0}{\sqrt\pi}\Gamma(\frac12) \Gamma(1) = 1$ . Recursie:

g(x+1) = \frac{2^{x}}{\sqrt\pi}\, \Gamma\Bigl(\frac{x+1}2\Bigr)\Gamma\Bigl(\frac x2 + 1\Bigr) = \frac{2^{x}}{\sqrt\pi}\cdot\frac x2\, \Gamma\Bigl(\frac x2\Bigr)\Gamma\Bigl(\frac{x+1}2\Bigr) = x\,g(x) .

Log-convexiteit: product van $\eu^{(x-1)\log2}$ (log-affien) en twee affiene herparametriseringen van de log-convexe $\Gamma$ . Bohr–Mollerup geeft $g = \Gamma$ ; met $x = 2z$ : $\Gamma(2z) = \frac{2^{2z-1}}{\sqrt\pi}\Gamma(z)\Gamma(z + \frac12)$ .

20. Uit $\Gamma(\frac12) = \sqrt\pi$ en de recursie, $\Gamma(n + \frac12) = (n - \frac12)(n - \frac32)\cdots \frac12\,\sqrt\pi = \frac{(2n-1)(2n-3)\cdots1}{2^n}\sqrt\pi = \frac{(2n)!}{4^nn!}\sqrt\pi$ (voltooi het oneven product met de evenen). Asymptotiek: vraag 14 met $g = \log\Gamma$ en $x = \frac12$ geeft $\sqrt{n-1} \leq \frac{\Gamma(n+\frac12)}{\Gamma(n)} \leq \sqrt n$ , dus de ratio tot $\sqrt n$ wordt geknepen tussen $\sqrt{1 - \frac1n}$ en $1$ .

21. Uit vraag 20, $(2n)! = \frac{4^nn!}{\sqrt\pi}\Gamma(n + \tfrac12)$ , dus

\binom{2n}n = \frac{(2n)!}{(n!)^2} = \frac{4^n\,\Gamma(n+\frac12)}{\sqrt\pi\;n!} = \frac{4^n}{\sqrt\pi}\cdot \frac{\Gamma(n+\frac12)}{n\,\Gamma(n)} \sim \frac{4^n}{\sqrt\pi}\cdot\frac{\sqrt n}{n} = \frac{4^n}{\sqrt{\pi n}} .

Numeriek, $4^{10}/\sqrt{10\pi} = 1048576/5.6050 \approx 187078.6$ , tegen $\binom{20}{10} = 184756$ : ratio $0.9876$ — de fout is $O(1/n)$ , zichtbaar bij $n = 10$ .

22. Equivalenties: $\Gamma(\frac12) = \sqrt\pi \Leftrightarrow G = \sqrt\pi$ (de substitutie $x = u^2$ van vraag 3) $\Leftrightarrow B(\frac12, \frac12) = \pi$ (Eulers formule); duplicatie bij $z = n$ is de gesloten vorm van $\Gamma(n + \frac12)$ , die is de centrale binomiale schatting tot op het hellinglemma. De parametertechniek (Deel I–II) berekent limieten van bewegende grootheden en is onmisbaar wanneer een echte deformatie aanwezig is (Dirichlets integraal heeft geen convexiteitsbewijs); de convexiteitstechniek berekent niets maar verbiedt alles — zij blinkt uit in uniciteit en functionaalvergelijkingen (Gauss, Euler, Legendre in drie slagen), waar differentiatie zou verdrinken in rekenwerk. Een volledige analyticus draagt beide.

23. Met $t = \sin^2\theta$ , $\dd t = 2\sin\theta\cos\theta\,\dd\theta = 2\,t^{1/2}(1-t)^{1/2}\,\dd\theta$ , dus

W_p = \int_0^1 t^{p/2}\, \frac{\dd t}{2\,t^{1/2}(1-t)^{1/2}} = \frac12\int_0^1 t^{\frac{p+1}2 - 1}(1-t)^{\frac12 - 1}\dd t = \frac12\,B\Bigl(\frac{p+1}2, \frac12\Bigr).

De Beta-recursie met $x = \frac{n+1}2$ , $y = \frac12$ geeft

W_{n+2} = \frac12\, \frac{(n+1)/2}{(n+2)/2}\,B\Bigl(\frac{n+1}2, \frac12\Bigr) = \frac{n+1}{n+2}\,W_n .

Startend van $W_0 = \frac\pi2$ , $W_1 = 1$ :

W_{2n} = \frac\pi2\prod_{k=1}^n\frac{2k-1}{2k}, \qquad W_{2n+1} = \prod_{k=1}^n\frac{2k}{2k+1} .

Omdat $\sin^{n+1} \leq \sin^n$ op $\intcc0{\pi/2}$ , is de rij $(W_n)$ niet-stijgend, dus

1 \geq \frac{W_{2n+1}}{W_{2n}} \geq \frac{W_{2n+1}}{W_{2n-1}} = \frac{2n}{2n+1} \longrightarrow 1 .

Maar de gesloten vormen geven

\frac{W_{2n+1}}{W_{2n}} = \frac2\pi \prod_{k=1}^n\frac{(2k)^2}{(2k-1)(2k+1)} = \frac2\pi\prod_{k=1}^n\frac{4k^2}{4k^2-1},

en $n \to \infty$ levert Wallis’ product. (Via Eulers formule, $W_p = \frac{\sqrt\pi}2\, \Gamma(\frac{p+1}2)/\Gamma(\frac p2 + 1)$ : Wallis is de Gaussische integraal in weer een ander kostuum.)

24. De $b$ -afgeleide van de integrand is $-2x\,\eu^{-x^2}\sin(2bx)$ , gedomineerd door $2\abs x\,\eu^{-x^2} \in L^1(\R)$ uniform in $b$ : $\Phi$ is $\mathcal C^1$ met

\Phi'(b) = -\int_{-\infty}^{+\infty} 2x\,\eu^{-x^2}\sin(2bx)\,\dd x .

Partieel integreren met $u = \sin(2bx)$ , $\dd v = -2x\,\eu^{-x^2}\dd x$ (dus $v = \eu^{-x^2}$ ), de randtermen verdwijnen en

\Phi'(b) = -2b\int_{-\infty}^{+\infty} \eu^{-x^2}\cos(2bx)\,\dd x = -2b\,\Phi(b).

Dus $\bigl(\Phi(b)\,\eu^{b^2}\bigr)' = 0$ en $\Phi(b) = \Phi(0)\,\eu^{-b^2} = \sqrt\pi\,\eu^{-b^2}$ door Deel I. Tot op normalisatie zegt dit dat de Fourier-transformatie van $\eu^{-x^2}$ opnieuw een Gaussiaan is — het vaste punt waarop de inversietheorie van Hoofdstuk 14 draait.

25. Voor $0 < a < b$ en $x > 0$ ,

0 \leq \frac{\eu^{-ax} - \eu^{-bx}}{x} = \int_a^b \eu^{-sx}\,\dd s \leq (b - a)\,\eu^{-ax},

dus de integraal $I(a)$ convergeert (Lebesgue); de puntsgewijze grens toont ook dat de integrand zich continu voortzet met $b - a$ in $x = 0$ . Fixeer $b$ ; op $\intco{a_0}{+\infty}$ is de $a$ -afgeleide van de integrand $-\eu^{-ax}$ , gedomineerd door $\eu^{-a_0x} \in L^1(\intoo0{+\infty})$ , dus is $I$ $\mathcal C^1$ op $\intoo0b$ met

I'(a) = -\int_0^{+\infty}\eu^{-ax}\dd x = -\frac1a, \qquad\text{dus}\qquad I(a) = -\log a + c .

De tweezijdige grens geeft $0 \leq I(a) \leq (b-a)/a \to 0$ als $a \to b^-$ , dus $c = \log b$ en $I(a) = \log\frac ba$ . De ophefbare singulariteit is nodig in $0$ : elke term $\eu^{-ax}/x$ afzonderlijk heeft een divergente (logaritmische) integraal nabij $0$ , en alleen de eerste-orde-cancellatie $\eu^{-ax} - \eu^{-bx} = O(x)$ maakt het verschil daar integreerbaar; op oneindig is elke term op zich onschuldig.