Universitaire wiskunde — Bachelor jaar 3 · Bachelor Year 3

10De Lebesgue-integraal

De integraal van Riemann snijdt het domein in kleine intervallen; die van Lebesgue snijdt het beeld: om $f$ te integreren, meet je de verzamelingen $\{f > t\}$ . De wijziging oogt onschuldig en is revolutionair. Limieten en integralen, in de theorie van Riemann eeuwig kibbelend (uniforme convergentie vereist!), worden verzoend door drie convergentiestellingen — monotone convergentie, Fatou, gedomineerde convergentie — waarvan de hypothesen bijna gênant zwak zijn. Dit hoofdstuk bouwt de integraal op een willekeurige maatruimte $(X, \mathcal A, \mu)$ , bewijst de drie stellingen, beslecht de precieze verhouding met de integraal van Riemann (een begrensde functie is riemann-integreerbaar dan en slechts dan als ze bijna overal continu is) en industrialiseert het differentiëren van integralen met een parameter — de techniek waarmee de weekendopgave $\int_0^\infty\frac{\sin x}x\,\dd x$ en $\int_\R \eu^{-x^2}\dd x$ berekent.

10.1 Meetbare functies

Definitie 10.1

Zij $(X, \mathcal A)$ en $(Y, \mathcal B)$ meetbare ruimten. Dan heet $f \colon X \to Y$ 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 volstaat het $f^{-1}(\intoo t{+\infty}) = \{f > t\} \in \mathcal A$ voor alle $t \in \R$ na te gaan: de goede verzamelingen $\{B : f^{-1}(B) \in \mathcal A\}$ vormen een $\sigma$ -algebra (originelen verdragen zich met verzamelingsbewerkingen) die de voortbrengende halfrechten bevat (Definitie 9.2, Methode 9.17).

Propositie 10.2

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

Bewijs. (a) $(g\circ f)^{-1}(B) = f^{-1}(g^{-1}(B))$ ; en de continuïteit geeft de 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 $\R^2$ — ga het na op de open blokken, die voortbrengen (de open verzamelingen van $\R^2$ zijn aftelbare verenigingen van rationale blokken): $(f,g)^{-1}(U\times V) = f^{-1}(U)\cap g^{-1}(V)$ — en $+$ , $\times$ en $\max$ zijn continu van $\R^2$ naar $\R$ : stel samen. (c) $\{\sup f_n > t\} = \bigcup_n\{f_n > t\}$ ; $\inf = -\sup(-)$ ; $\limsup = \inf_N\sup_{n \geq N}$ ; en een puntsgewijze limiet is haar eigen $\limsup$ . ∎

Definitie 10.3

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

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

(met de afspraak $0\cdot\infty = 0$ ); de waarde hangt niet van de voorstelling af (verfijn twee partities).

Stelling 10.4 (Benadering door elementaire functies)

Elke meetbare $f \colon X \to [0, +\infty]$ is de puntsgewijze limiet van een stijgende rij elementaire 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 elementair (de verzamelingen zijn originelen van borelverzamelingen). Monotonie: van $n$ naar $n+1$ gaan splitst elk dyadisch niveau in tweeën en verlaagt de toegekende waarde nooit (een punt met $\frac{k-1}{2^n} \leq f(x) < \frac k{2^n}$ krijgt $\frac{2k-2}{2^{n+1}}$ of $\frac{2k-1}{2^{n+1}}$ , allebei $\geq \frac{k-1}{2^n}$ ; en de afkapwaarde $n$ stijgt mee). Convergentie: is $f(x) < \infty$ , dan is voor $n > f(x)$ het verschil $f(x) - s_n(x) \leq 2^{-n}$ ; en is $f(x) = \infty$ , dan is $s_n(x) = n \to \infty$ . ∎

10.2 De integraal en de convergentiestellingen

Definitie 10.5

Voor meetbare $f \geq 0$ :

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

Ze is per constructie monotoon in $f$ , en zet het elementaire geval voort (voor elementaire $f$ wordt het supremum in $f$ bereikt: vergelijk elementaire integralen via gemeenschappelijke verfijningen).

Stelling 10.6 (Monotone convergentie, Beppo Levi)

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

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

Bewijs. $f$ is meetbaar (Propositie 10.2(c)) en $\int f_n$ stijgt naar een zekere $L \leq \int f$ (monotonie). Leg omgekeerd een elementaire $s = \sum c_i\mathbf 1_{A_i} \leq f$ vast en een $\theta \in (0,1)$ ; 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 vanaf zeker moment $f_n(x) \geq \theta s(x)$ ; en waar $s(x) = 0$ : triviaal). Dan is

\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

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

Gevolg 10.7

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

Bewijs. Voor elementaire functies is de additiviteit een berekening op een gemeenschappelijke verfijning. In het algemeen neem je $s_n \nearrow f$ en $t_n \nearrow g$ (Stelling 10.4): dan is $s_n + t_n \nearrow f + g$ , en de monotone convergentie draagt de additiviteit over op de limiet. De uitspraak over de reeks is de monotone convergentie toegepast op de partiële sommen. ∎

Stelling 10.8 (Lemma van Fatou)

Voor meetbare $f_n \geq 0$ geldt

\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, met $0 \leq g_N \nearrow \liminf f_n$ en $g_N \leq f_n$ voor elke $n \geq N$ , zodat $\int g_N \leq \inf_{n \geq N}\int f_n$ . Pas de monotone convergentie toe op het linkerlid: $\int\liminf f_n = \lim_N\int g_N \leq \lim_N\inf_{n\geq N}\int f_n = \liminf\int f_n$ . ∎

Definitie 10.9

Een meetbare $f \colon X \to \R$ (of $\C$ ) heet integreerbaar als $\int\abs f\,\dd\mu < \infty$ ; dan is $\int f = \int f^+ - \int f^-$ (positief en negatief deel; reëel en imaginair deel in het complexe geval). De integraal is lineair op de integreerbare functies (ontbind en zet weer samen op de positieve delen; het complexe geval herleidt 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 constante van modulus $1$ om de integraal reëel te maken). Een eigenschap geldt bijna overal als ze alleen op een $\mu$ -nulverzameling faalt; en $f$ op een nulverzameling wijzigen verandert geen enkele integraal (het verschil wordt gedomineerd door $\infty\cdot\mathbf 1_N$ , met integraal $0$ ).

Stelling 10.10 (Gedomineerde convergentie)

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

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

Bewijs. Laat een nulverzameling weg om de hypothesen puntsgewijs te maken. Uit $\abs f \leq g$ volgt dat $f$ integreerbaar is. De functies $h_n = 2g - \abs{f_n - f} \geq 0$ voldoen aan $\liminf h_n = 2g$ ; Fatou geeft

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

dus $\limsup\int\abs{f_n - f} \leq 0$ (het aftrekken is geoorloofd: $\int 2g < \infty$ ). Ten slotte is $\abs{\int f_n - \int f} \leq \int\abs{f_n - f} \to 0$ . ∎

Methode 10.11

Sta je voor $\lim_n\int f_n$ , probeer dan op volgorde: (1) is de rij monotoon (of is het een reeks met niet-negatieve termen)? Dan de monotone convergentie, zonder enige integreerbaarheidseis. (2) Is er één integreerbare dominant $g \geq \abs{f_n}$ , gevonden met grove afschattingen (neem het “ $\sup_n$ ” van de schattingen)? Dan de gedomineerde convergentie. (3) Geen dominant en geen monotonie? Dan begrenst Fatou nog steeds één kant, en kan de gelijkheid werkelijk falen: de ontsnappende bult $f_n = n\mathbf 1_{\intoo0{1/n}}$ heeft $\int f_n = 1$ terwijl $f_n \to 0$ bijna overal. Dominatie is precies wat verbiedt dat massa naar oneindig ontsnapt, verticaal of horizontaal.

10.3 Riemann tegenover Lebesgue

Stelling 10.12 (Criterium van Lebesgue)

Zij $f \colon \intcc ab \to \R$ begrensd. Dan is $f$ riemann-integreerbaar dan en slechts dan als $f$ $\lambda$ -bijna overal continu is; in dat geval is $f$ lebesgue-integreerbaar en vallen de twee integralen samen.

Bewijs. Zij voor een verdeling $\sigma = (a = x_0 < \dots < x_N = b)$ de trapfuncties $L_\sigma$ en $U_\sigma$ op elke $\intoo{x_{i-1}}{x_i}$ gelijk aan $m_i = \inf_{[x_{i-1}, x_i]}f$ respectievelijk $M_i = \sup$ ; de darbouxsommen zijn hun integralen (Riemann en Lebesgue vallen op trapfuncties samen en geven beide $\sum m_i\Delta x_i$ ). Neem een rij verdelingen $\sigma_n$ , elk een verfijning van de vorige, met maaswijdte $\to 0$ en met darbouxsommen die naar de onderste en bovenste darbouxintegraal van $f$ convergeren. Door de verfijningen is $L_{\sigma_n}$ 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 $u(x) = \inf_n\sup_{I_n(x)}f$ ; en omdat de maaswijdten naar $0$ krimpen, zijn dat de onderste en bovenste omhullenden van $f$ in $x$ — $u(x) - \ell(x)$ is de oscillatie van $f$ in $x$ — zodat $\ell(x) = u(x)$ precies wanneer $f$ in $x$ continu is. Met de monotone en de gedomineerde convergentie (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 .

Dus: $f$ riemann-integreerbaar $\iff$ $\underline\int f = \overline\int f$ $\iff$ $\int(u - \ell) = 0$ $\iff$ $u = \ell$ bijna overal ( $u - \ell \geq 0$ ; Oefening 10.5) $\iff$ $f$ bijna overal continu. In dat geval is $\ell \leq f \leq u$ met $\ell = u$ bijna overal: $f$ is bijna overal gelijk aan de meetbare $\ell$ en 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 voor Lebesgue triviaal: $\int\mathbf 1_\Q\,\dd\lambda = \lambda(\Q) = 0$ . De functie van Thomae ( $\frac1q$ in de rationale getallen $\frac pq$ en $0$ elders) is precies in de irrationale punten continu: riemann-integreerbaar met integraal $0$ . En oneigenlijke riemannintegralen zijn een ander begrip: $\int_0^\infty\frac{\sin x}x\,\dd x$ convergeert als limiet van $\int_0^A$ (de weekendopgave berekent hem als $\frac\pi2$ ), 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 in voor robuuste limietstellingen.

10.4 Integralen met parameters

Overal 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 dat $t \mapsto f(t,x)$ voor bijna elke $x$ continu is in $t_0$ , en dat er een integreerbare $g$ is met $\abs{f(t,x)} \leq g(x)$ voor alle $t$ in een omgeving van $t_0$ en bijna elke $x$ . Dan is $F$ continu in $t_0$ .

Bewijs. Voor elke rij $t_n \to t_0$ is $f(t_n, \cdot) \to f(t_0, \cdot)$ bijna overal, gedomineerd door $g$ : de gedomineerde convergentie geeft $F(t_n) \to F(t_0)$ ; en in metrische ruimten volstaat de rijcontinuïteit (Opmerking 6.8). ∎

Stelling 10.15 (Differentiëren onder de integraal)

Zij $T$ een open interval van $\R$ . Stel dat $t \mapsto f(t,x)$ voor bijna elke $x$ differentieerbaar is op $T$ , met

\Bigl|\frac{\partial f}{\partial t}(t, x)\Bigr| \leq g(x) \quad \text{voor alle } t \in T \text{ en bijna elke } x,

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

Bewijs. Leg $t$ vast en zij $h_n \to 0$ : 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{bijna overal},

en de middelwaardeongelijkheid begrenst $\abs{\varphi_n(x)} \leq \sup_{s}\abs{\partial_tf(s,x)} \leq g(x)$ : de gedomineerde convergentie 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 gammafunctie)

Stel voor $t > 0$

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

De integraal convergeert: nabij $0$ is $x^{t-1}$ integreerbaar ( $t > 0$ ); en in het oneindige is $x^{t-1}\eu^{-x} \leq C\eu^{-x/2}$ . Partiële integratie (op $[\varepsilon, A]$ , met daarna limieten via de monotone convergentie) geeft de functionaalvergelijking $\Gamma(t + 1) = t\,\Gamma(t)$ , waaruit $\Gamma(n+1) = n!$ : de faculteit geïnterpoleerd. Op elke $\intcc ab \subseteq \intoo0{+\infty}$ 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: dus is $\Gamma$ $\mathcal C^1$ en, per 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 de afwisselende opheffing tussen de bogen, maar de oppervlakten | | 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 de afwisselende opheffing tussen de bogen, maar de oppervlakten $\abs{\cdot}$ 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 aan dat een monotone functie $\R \to \R$ borel-meetbaar is, en dat een afgeleide (van een overal differentieerbare functie) borel-meetbaar is. (b) Toon aan dat $f \colon X \to \R$ meetbaar is dan en slechts dan als $\{f > q\} \in \mathcal A$ voor elke rationale $q$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 10.1.

(a) Is $f$ niet-dalend, dan is $\{f > t\}$ gelijk aan $\varnothing$ , $\R$ of een halfrechte $\intoo a{+\infty}$ of $\intco a{+\infty}$ : in elk geval borel; en voor niet-stijgende $f$ net zo. Een afgeleide: $f'(x) = \lim_n n\bigl(f(x + \frac1n) - f(x)\bigr)$ is een puntsgewijze limiet van continue (en dus meetbare) functies: Propositie 10.2(c).

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

Oefening 10.2 ★

Bereken, met volledige verantwoording:

\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 $u = x^n$ vóór het domineren.)

Oplossing

Oplossing van Oefening 10.2.

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

\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,

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

Oefening 10.3 ★★

(a) Geef een strikte ongelijkheid in het lemma van Fatou. (b) Geef op drie manieren een $f_n \to 0$ puntsgewijs met $\int f_n = 1$ : ontsnapping in hoogte, in breedte, en naar oneindig. Welke ene hypothese van de gedomineerde convergentie schendt elk van hen? (c) Toon aan dat men in het lemma van Fatou de $\liminf$ aan geen van beide kanten door $\limsup$ kan vervangen.

Oplossing

Oplossing van Oefening 10.3.

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

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

(c) “ $\int\limsup f_n \geq \limsup\int f_n$ ” faalt voor de verschuivende bult: linkerlid $0$ , rechterlid $1$ . En “ $\limsup\int \leq \int\limsup$ ” is dezelfde uitspraak. Ook Fatou voor de $\limsup$ met omgekeerde $\leq$ (“omgekeerde Fatou”) vergt een dominant — dezelfde bult is het tegenvoorbeeld.

Oefening 10.4 ★★

(a) Toon aan dat $\displaystyle\int_0^{+\infty}\frac{x}{\eu^x - 1}\,\dd x = \sum_{n\geq1}\frac1{n^2} = \frac{\pi^2}6$ (ontwikkel $\frac1{\eu^x - 1}$ in een meetkundige reeks en integreer term voor term — welke stelling staat dat toe?). (b) (De droom van de tweedejaars) Toon aan dat $\displaystyle\int_0^1 x^{-x}\,\dd x = \sum_{n\geq1}n^{-n}$ . (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 $x = \eu^{-u/(k+1)}$ te substitueren en $\Gamma$ te herkennen.)

Oplossing

Oplossing van Oefening 10.4.

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

( $\int_0^\infty x\eu^{-nx}\dd x = n^{-2}$ met partiële integratie; het Bazelprobleem uit het volume van bachelorjaar 2, of Oefening 13.5 verderop).

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

\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}} .

Bijgevolg is $\int_0^1x^{-x}\dd x = \sum_{k\geq0}\frac{1}{(k+1) ^{k+1}} = \sum_{n\geq1}n^{-n}$ : de droom van de tweedejaars, streng bewezen.

Oefening 10.5 ★★

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

Oplossing

Oplossing van Oefening 10.5.

(a) Markov: $a\,\mathbf 1_{\{f \geq a\}} \leq f$ ; integreren geeft $\mu(\{f \geq a\}) \leq \frac1a\int f$ . Is $\int f = 0$ , dan is $\mu(\{f \geq \frac1n\}) = 0$ voor elke $n$ , en is $\{f > 0\} = \bigcup_n\{f \geq \frac1n\}$ een nulverzameling.

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

(c) Neem $A = \{f > 0\}$ : dan is $\int f^+\dd\mu = \int_Af\,\dd\mu = 0$ , dus $f^+ = 0$ bijna overal volgens (a); en net zo $f^- = 0$ bijna overal.

Oefening 10.6 ★★

(a) Pas Stelling 10.12 toe om de riemann-integreerbaarheid te beslissen van: $\mathbf 1_\Q$ ; de functie van Thomae; en $\mathbf 1_K$ voor $K$ een dikke cantorverzameling (Oefening 9.5). (b) Toon aan 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 (partiële integratie): oneigenlijke convergentie zonder integreerbaarheid.

Oplossing

Oplossing van Oefening 10.6.

(a) $\mathbf 1_\Q$ : overal discontinu, dus niet riemann-integreerbaar (Stelling 10.12); haar lebesgue-integraal is $\lambda(\Q) = 0$ . Thomae: continu in elk irrationaal punt (bij gegeven $\varepsilon$ hebben slechts eindig veel rationale getallen in $\intcc01$ een noemer $\leq 1/\varepsilon$ ; mijd ze met een kleine omgeving) en discontinu in de rationale punten (dichtheid van de irrationale getallen): dus bijna overal continu, riemann-integreerbaar, met integraal $0$ (ze verdwijnt bijna overal). $\mathbf 1_K$ met $K$ een dikke cantorverzameling: de discontinuïteitsverzameling is $\partial K = K$ (gesloten met leeg inwendige), van maat $\frac12 > 0$ : dus niet riemann-integreerbaar — en toch lebesgue-integreerbaar met integraal $\lambda(K) = \frac12$ .

(b) $\int_{k\pi}^{(k+1)\pi}\frac{\abs{\sin x}}x\dd x \geq \frac1{(k+1)\pi}\int_{k\pi}^{(k+1)\pi}\abs{\sin x}\dd x = \frac{2}{(k+1)\pi}$ : de reeks divergeert. Convergentie van de oneigenlijke integraal: voor $A > \pi$ is

\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,

en beide termen convergeren als $A \to \infty$ ( $\frac1{x^2}$ is integreerbaar): voorwaardelijke convergentie zonder absolute integreerbaarheid.

Oefening 10.7 ★★

Verantwoord dat $F(t) = \int_0^{+\infty}\eu^{-x^2}\cos(tx)\,\dd x$ $\mathcal C^1$ is op $\R$ en voldoet aan $F'(t) = -\frac t2F(t)$ (partiële integratie); leid af dat $F(t) = F(0)\,\eu^{-t^2/4}$ . (Met $F(0) = \frac{\sqrt\pi}2$ uit de weekendopgave: de gaussische functie is in wezen haar eigen fouriergetransformeerde — Hoofdstuk 14 zal dat systematiseren.)

Oplossing

Oplossing van Oefening 10.7.

Dominatie: $\abs{\partial_t(\eu^{-x^2}\cos(tx))} = \abs{x\eu^{-x^2}\sin(tx)} \leq x\eu^{-x^2}$ , integreerbaar en onafhankelijk van $t$ : Stelling 10.15 is dus globaal van toepassing, en

F'(t) = -\int_0^\infty x\eu^{-x^2}\sin(tx)\,\dd x = \Bigl[\tfrac12\eu^{-x^2}\sin(tx)\Bigr]_0^\infty - \frac t2\int_0^\infty\eu^{-x^2}\cos(tx)\dd x = -\frac t2F(t)

(partiële integratie met $\dd v = x\eu^{-x^2}\dd x$ ). De lineaire differentiaalvergelijking geeft $F(t) = F(0)\eu^{-t^2/4}$ ; en met $F(0) = \frac{\sqrt\pi}2$ (Probleem 10.1) reproduceert de gaussische functie zichzelf onder deze cosinustransformatie.

Oefening 10.8 ★★★

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

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

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

Oplossing

Oplossing van Oefening 10.8.

De integraal convergeert: nabij $0$ gaat de integrand naar $b - a$ (begrensd), en in het oneindige neemt ze af als $\eu^{-ax}$ . Leg $a$ vast en bekijk $I(b) = \int_0^\infty\frac{\eu^{-ax} - \eu^{-bx}}x\dd x$ als functie van $b \in \intco a{+\infty}$ . Voor alle $b \geq a$ is $\abs{\partial_b(\text{integrand})} = \eu^{-bx} \leq \eu^{-ax}$ , en $\int_0^\infty\eu^{-ax}\dd x = \frac1a < \infty$ : een integreerbare dominant. Dus geeft Stelling 10.15 dat $I'(b) = \int_0^\infty\eu^{-bx}\dd x = \frac1b$ , met $I(a) = 0$ :

I(b) = \int_a^b\frac{\dd t}t = \ln\frac ba .

(Gelijkwaardig, langs de route van de hint: de integrand is $\int_a^b\eu^{-xt}\dd t \geq 0$ en de verwisseling is het continue analogon van Gevolg 10.7, dat wil zeggen Tonelli — bewezen in Hoofdstuk 11; de parameterroute blijft binnen dit hoofdstuk.)

Oefening 10.9 ★★

Zij $f \geq 0$ meetbaar op $(X, \mathcal A, \mu)$ . Toon aan dat $\nu(A) = \int_A f\,\dd\mu$ een maat definieert (met dichtheid $f$ ten opzichte van $\mu$ ), en dat $\int g\,\dd\nu = \int gf\,\dd\mu$ voor alle meetbare $g \geq 0$ (bewijs het voor indicatorfuncties, dan voor elementaire functies, en dan met de monotone convergentie — de standaardmachine).

Oplossing

Oplossing van Oefening 10.9.

$\nu(\varnothing) = 0$ ; en voor disjuncte $(A_n)$ is $f\mathbf 1_{\bigsqcup A_n} = \sum_nf\mathbf 1_{A_n}$ (puntsgewijs, alle termen $\geq 0$ ), zodat Gevolg 10.7 de $\sigma$ -additiviteit geeft. De formule $\int g\,\dd\nu = \int gf\,\dd\mu$ : voor $g = \mathbf 1_A$ is ze de definitie van $\nu$ ; voor elementaire $g$ volgt ze uit de lineariteit; en voor meetbare $g \geq 0$ neem je elementaire $s_n \nearrow g$ (Stelling 10.4): dan is $s_nf \nearrow gf$ , en gaat de monotone convergentie aan beide kanten tot de limiet over. (Die roltrap “indicator $\to$ elementair $\to$ monotone convergentie” is de standaardmachine van de theorie.)

Oefening 10.10 ★★★

(Een falen in de trant van Weierstrass) Definieer $f(t) = \int_0^{+\infty}\frac{\sin(tx)}{x(1 + x^2)}\,\dd x$ . (a) Toon aan dat $f$ goed gedefinieerd 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 onder de integraal differentiëren ongeoorloofd is. (b) Neem aan dat $f'(t) = \frac\pi2\eu^{-t}$ voor $t > 0$ (bewezen in Hoofdstuk 17): wat is dan $\int_0^\infty\frac{x\sin(tx)}{1+x^2}\dd x$ voor $t > 0$ , en waarom bevestigt die formule het falen uit (a)?

Oplossing

Oplossing van Oefening 10.10.

(a) Uit $\abs{\sin(tx)} \leq \abs tx$ volgt $\abs{\frac{\sin(tx)}{x(1+x^2)}} \leq \frac{\abs t}{1+x^2}$ : de integraal convergeert, en op $\abs t \leq T$ levert de dominant $\frac{T}{1+x^2}$ de continuïteit (Stelling 10.14). Differentiëren: $\abs{\partial_t} = \abs{\frac{\cos(tx)}{1+x^2}} \leq \frac1{1+x^2}$ , integreerbaar, dus $f'(t) = \int_0^\infty\frac{\cos(tx)}{1+x^2}\dd x$ voor alle $t$ . Een tweede differentiatie zou het integreren van $\frac{x\sin(tx)}{1 + x^2}$ vergen, waarvan de absolute waarde zich in het oneindige gedraagt als $\frac{\abs{\sin(tx)}}x$ : niet integreerbaar — er is geen dominant en Stelling 10.15 kan geen tweede keer worden toegepast.

(b) Nemen we $f'(t) = \frac\pi2\eu^{-t}$ voor $t > 0$ aan, dan is $f'$ wegens de oneven aard van $f$ even, dus $f'(t) = \frac\pi2\eu^{-\abs t}$ — en dat is niet differentieerbaar in $0$ : $f$ is $\mathcal C^1$ maar niet $\mathcal C^2$ , wat bevestigt dat de geblokkeerde tweede differentiatie geen technisch toeval was. Voor $t > 0$ is de oneigenlijke integraal $\int_0^\infty\frac{x\sin(tx)}{1+x^2}\dd x$ gelijk aan $-f''(t) = \frac\pi2\eu^{-t}$ (differentieer de aangenomen formule waar dat geoorloofd is, dus op $\intoo0\infty$ ) — een oneigenlijke, niet-lebesguewaarde.

Oefening 10.11 ★★

(Lemma van Scheffé) Zij $f_n, f \geq 0$ integreerbaar met $f_n \to f$ bijna overal en $\int f_n \to \int f$ . (a) Toon aan dat $\int\abs{f_n - f} \to 0$ . (Pas de 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 aan dat de hypothese $\int f_n \to \int f$ niet gemist kan worden (een schuivende of samentrekkende bult), en dat de conclusie voor $f_n$ met wisselend teken zonder controle op de absolute waarde faalt: $f_n = n\mathbf 1_{\intoc0{1/n}} - n\mathbf 1_{\intoc{-1/n}0}$ heeft $f_n \to 0$ bijna overal en $\int f_n = 0 \to 0$ , en toch $\int\abs{f_n} = 2$ . (c) Toepassing (dichtheden): convergeren kansdichtheden $p_n \to p$ bijna overal, dan is automatisch $\int\abs{p_n - p} \to 0$ : puntsgewijze convergentie van dichtheden is $L^1$ -convergentie — een gratis opwaardering van de convergentie.

Oplossing

Oplossing van Oefening 10.11.

(a) Zij $g_n = (f - f_n)^+$ : dan is $0 \leq g_n \leq f$ (want $f_n \geq 0$ ), $g_n \to 0$ bijna overal, en $f$ een integreerbare dominant: dus $\int g_n \to 0$ (gedomineerde convergentie). En omdat $\abs{f_n - f} = 2(f - f_n)^+ - (f - f_n)$ , is

\int\abs{f_n - f} = 2\int g_n - \Bigl(\int f - \int f_n\Bigr) \longrightarrow 0 + 0 .

(b) De schuivende bult $f_n = \mathbf 1_{\intcc n{n+1}}$ heeft $f_n \to 0$ bijna overal en $\int f_n = 1 \not\to 0$ : zonder de convergentie van de integralen faalt de $L^1$ -convergentie (en de hypothese ook). Het voorbeeld met wisselend teken: $f_n \to 0$ in elke $x \neq 0$ en $\int f_n = 0$ , maar $\int\abs{f_n} = 2$ : voor rijen met wisselend teken gaat de stelling werkelijk over controle van het type $\abs{f_n}$ , en de positiviteit werd precies gebruikt in $g_n \leq f$ .

(c) Dichtheden voldoen aan $\int p_n = 1 = \int p$ : de hypothese van (a) geldt automatisch, dus dwingt $p_n \to p$ bijna overal af dat $\norm{p_n - p}_{L^1} \to 0$ — en daarmee de convergentie van de kansen $\int_Ap_n \to \int_Ap$ , uniform over alle meetbare $A$ ( $\abs{\int_A(p_n - p)} \leq \norm{p_n - p}_1$ ): Scheffé maakt van puntsgewijze convergentie van dichtheden convergentie van de wetten in totale variatie.

Oefening 10.12 ★★

Klassieke limieten, met volledige verantwoording via de monotone en de gedomineerde convergentie:

\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): integreer partieel of substitueer $x = u^{1/n}$ en herken een concentratie bij de rand; voor (c): zoek een integreerbare dominant die voor alle $n \geq 2$ geldt, door bij $x = 1$ te splitsen.)

Oplossing

Oplossing van Oefening 10.12.

(a) Op $\intoo0n$ stijgt $\varphi_n(x) = n\log(1 - \frac xn)$ in $n$ naar $-x$ (de afbeelding $t \mapsto \frac{\log(1 - xt)}{t}$ daalt als $t = \frac1n \downarrow 0$ ; of ontwikkel: $\varphi_{n}' \geq 0$ in $n$ via $\log(1-u) + \frac{u}{1-u} \geq 0$ ). Dus $(1 - \frac xn)^n\eu^{x/2}\mathbf 1_{x<n} \nearrow \eu^{-x/2}$ , en de monotone convergentie geeft

\lim_n\int_0^n\Bigl(1 - \frac xn\Bigr)^n\eu^{x/2}\dd x = \int_0^\infty\eu^{-x/2}\dd x = 2 .

(b) Substitueer $u = x^n$ (dus $x = u^{1/n}$ en $n x^{n-1}\dd x = \dd u$ ):

\int_0^1\frac{nx^{n-1}}{1 + x}\dd x = \int_0^1\frac{\dd u}{1 + u^{1/n}} .

Voor $u \in \intoo01$ is $u^{1/n} \to 1$ , dus gaat de integrand naar $\frac12$ , gedomineerd door $1$ : de limiet is $\frac12$ (gedomineerde convergentie). (De massa van $nx^{n-1}$ concentreert zich bij $x = 1$ , waar $\frac1{1+x} = \frac12$ : de substitutie maakt die concentratie zichtbaar.)

(c) Puntsgewijs is $(1 + x/n)^n \nearrow \eu^x$ en $x^{1/n} \to 1$ (voor $x > 0$ ): de integrand gaat naar $\eu^{-x}$ . Dominant voor $n \geq 2$ : op $\intoc01$ is $x^{-1/n} \leq x^{-1/2}$ en $(1 + x/n)^{-n} \leq 1$ , wat de integreerbare grens $x^{-1/2}$ geeft; en op $\intoo1\infty$ is $x^{-1/n} \leq 1$ en $(1 + x/n)^n \geq 1 + \binom n2\frac{x^2}{n^2} \geq 1 + \frac{x^2}4$ , wat de integreerbare grens $\frac{4}{4 + x^2}$ geeft. Gedomineerde convergentie:

\lim_n\int_0^\infty\frac{\dd x}{(1 + x/n)^nx^{1/n}} = \int_0^\infty\eu^{-x}\dd x = 1 .

10.6 Probleem: twee beroemde integralen

Probleem 10.1

Weekendopgave — de gaussische integraal en de integraal van Dirichlet, met parameters alleen

Twee integralen beheersen 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 uitsluitend het gereedschap van dit hoofdstuk.

Deel I — De gaussische integraal. Stel voor $t \geq 0$

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 .

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

Deel II — De integraal van Dirichlet. Stel voor $t \geq 0$

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

Toon aan dat de integraal die $F(t)$ definieert voor elke $t > 0$ als lebesgue-integraal convergeert, en voor $t = 0$ als oneigenlijke integraal; toon aan dat $D = \lim_{A\to\infty}\int_0^A\frac{\sin x}x\dd x$ bestaat (partiële integratie op $[\pi, A]$ ).
Toon aan 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 met twee partiële integraties of met complexe exponentiëlen).
Toon aan dat $F(t) \to 0$ als $t \to +\infty$ , en leid af dat $F(t) = \frac\pi2 - \arctan t$ op $\intoo0{+\infty}$ .
Het delicate punt: $D = \lim_{t\to0^+}F(t)$ . Bewijs het met uniforme controle op de staart: toon met partiële integratie aan dat voor $0 \leq t \leq 1$ en $A \geq \pi$

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

met $C$ onafhankelijk van $t$ (differentieer $\frac{\eu^{-tx}}x$ en begrens $\abs{\cos}$ door $1$ ; merk op dat $t\eu^{-tx} \leq 1/x\cdot(tx\eu^{-tx})$ met $\sup_{u\geq0}u\eu^{-u} < 1$ ); splits daarna $F(t) - D$ in $[0, A]$ (waar de gedomineerde convergentie werkt als $t \to 0$ ) en $[A, \infty)$ .
Besluit: $D = \frac\pi2$ .

Deel III — Dividenden.

Bereken $\int_0^{+\infty}\frac{\sin^2x}{x^2}\,\dd x$ (integreer partieel en herleid tot $D$ via $\sin 2x = 2\sin x\cos x$ ).
Bereken $\int_0^{+\infty}\frac{1 - \cos x}{x^2}\,\dd x$ , en controleer of de twee resultaten met elkaar stroken.
Bereken voor $a > 0$ de integralen $\int_0^{+\infty}\frac{\sin(ax)}x\dd x$ en $\int_{-\infty}^{+\infty}\eu^{-ax^2}\dd x$ , en noteer de schaalregels (ze worden de werkpaarden van Hoofdstuk 14).
Leg precies uit waarom $D$ niet rechtstreeks met de gedomineerde convergentie in $t = 0$ behandeld kon worden (er is geen integreerbare dominant op $[0,1]\times[0,\infty)$ ), en waarom het splitsen van de staart in vraag 7 het eerlijke alternatief is — dat patroon (“uniforme integreerbaarheid van de staarten”) keert overal in de analyse terug.

Deel IV — De gammafunctie volgens Bohr en Mollerup. De functie $\Gamma$ (Voorbeeld 10.16) voldoet aan $\Gamma(1) = 1$ en $\Gamma(x+1) = x\Gamma(x)$ — maar dat doen oneindig veel andere functies ook (vermenigvuldig met een willekeurige $1$ -periodieke golf). Eén convexiteitsvoorwaarde legt $\Gamma$ eenduidig vast, en dan volgen haar diepere identiteiten mechanisch. Een positieve functie $f$ op een interval heet logaritmisch convex als $\log f$ convex is.

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

$x\log(n-1) \;\leq\; g(n + x) - g(n) \;\leq\; x\log n .$
(Bohr–Mollerup) Zij $f > 0$ met $f(1) = 1$ , $f(x+1) = xf(x)$ en $\log f$ convex. Rol de recursie af tot $f(n + x) = x(x+1)\cdots(x + n - 1)\,f(x)$ en $f(n) = (n-1)!$ , en leid met 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 de limietformule van Gauss geldt (breid met de recursie uit tot alle $x > 0$ ).
Definieer de bètafunctie $B(x, y) = \int_0^1t^{x-1}(1-t)^{y-1}\,\dd t$ (met $x, y > 0$ ). Bewijs de convergentie, de recursie $B(x+1, y) = \frac{x}{x+y}\,B(x, y)$ (partiële integratie), en $B(1, y) = \frac1y$ .
Toon aan dat $x \mapsto B(x, y)$ logaritmisch convex is (opnieuw Hölder), en pas Bohr–Mollerup toe op

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

om de formule van Euler te besluiten: $B(x, y) = \dfrac{\Gamma(x)\Gamma(y)}{\Gamma(x+y)}$ — zonder ook maar één dubbele integraal.
Bereken $B(\frac12, \frac12)$ rechtstreeks (substitueer $t = \sin^2\theta$ ) en leid af dat $\Gamma(\frac12) = \sqrt\pi$ : de gaussische integraal van Deel I, uit zuivere convexiteit teruggevonden. Vergelijk de twee bewijzen in telkens één zin.
(Verdubbeling van Legendre) Toon aan dat

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

aan de drie hypothesen van Bohr–Mollerup voldoet, en besluit dat $g = \Gamma$ , dat wil zeggen $\Gamma(2z) = \frac{2^{2z-1}}{\sqrt\pi}\,\Gamma(z)\,\Gamma(z + \tfrac12)$ voor alle $z > 0$ .
Leid de gesloten vorm $\Gamma\bigl(n + \tfrac12\bigr) = \dfrac{(2n)!}{4^n\,n!}\sqrt\pi$ af, en bewijs met het hellingslemma 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 asymptotiek van de centrale binomiaalcoëfficiënt

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

en controleer numeriek voor $n = 10$ ( $\binom{20}{10} = 184756$ , tegenover $4^{10}/\sqrt{10\pi} \approx 187079$ : verhouding $\approx 0.988$ ).
(Synthese) De constante $\sqrt\pi$ is nu verschenen als de gaussische integraal (Deel I), als $B(\frac12, \frac12)$ (vraag 18) en binnen de verdubbeling (vraag 19); en de schatting van de centrale binomiaalcoëfficiënt loopt vooruit op zowel Stirling (de weekendopgave van Hoofdstuk 11) als de Moivre–Laplace. Breng de verbanden in kaart: welke uitspraken zijn met welke gelijkwaardig, en wat draagt elke techniek — differentiëren onder de integraal tegenover convexiteit — bij dat de andere niet kan?

Deel V — Nog drie dividenden.

(Wallis, via de bètafunctie) Substitueer voor $p > -1$ de variabele $t = \sin^2\theta$ om aan te tonen dat

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

en leid uit de bètarecursie (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 met insluiting aan dat $W_{2n+1}/W_{2n} \to 1$ , en besluit met het product van Wallis

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

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

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

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

de gaussische functie reproduceert zichzelf onder deze transformatie — de ene identiteit waarop Hoofdstuk 14 zal draaien.
(De integraal van Frullani) Toon voor $0 < a < b$ aan dat

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

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

Oplossing

Oplossing van Probleem 10.1.

1. $A$ is $\mathcal C^1$ wegens de hoofdstelling van de integraalrekening en de kettingregel: $A'(t) = 2\eu^{-t^2}\int_0^t\eu^{-x^2}\dd x$ . Voor $B$ is $\partial_t\bigl(\frac{\eu^{-t^2(1+x^2)}}{1+x^2}\bigr) = -2t\,\eu^{-t^2(1+x^2)}$ , continu en begrensd op $[t_0, T] \times \intcc01$ voor elke $0 < t_0 < T$ (een begrensde dominant op een ruimte van eindige maat volstaat): $B$ is dus $\mathcal C^1$ 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 op $\intoo0{+\infty}$ afgeleide nul en is continu in $0$ ( $B$ via de dominant $\frac1{1+x^2}$ en Stelling 10.14): dus $A + B \equiv \frac\pi4$ . Als $t\to+\infty$ : $0 \leq B(t) \leq \eu^{-t^2} \to 0$ , en $A(t) \to \bigl(\int_0^\infty\eu^{-x^2}\dd x\bigr)^2$ (monotone convergentie van de binnenste integraal).

3. Bijgevolg is $\bigl(\int_0^\infty\eu^{-x^2}\dd x\bigr)^2 = \frac\pi4$ , dus $\int_0^\infty\eu^{-x^2}\dd x = \frac{\sqrt\pi}2$ , en wegens de pariteit $G = \sqrt\pi$ . Verder is $\Gamma(\frac12) = \int_0^\infty x^{-1/2}\eu^{-x}\dd x \overset{x = u^2}{=} 2\int_0^\infty\eu^{-u^2}\dd u = \sqrt\pi$ .

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

\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,

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

5. Op $[t_0, +\infty)$ met $t_0 > 0$ is $\abs{\partial_t\bigl(\eu^{-tx}\tfrac{\sin x}x\bigr)} = \eu^{-tx}\abs{\sin x} \leq \eu^{-t_0x}$ , integreerbaar: dus is Stelling 10.15 op elk zulk interval van toepassing, en daarmee 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 $F' = -\frac1{1+t^2}$ geeft $F(t) = C - \arctan t$ , en $t \to \infty$ dwingt $C = \frac\pi2$ af: dus $F(t) = \frac\pi2 - \arctan t$ op $\intoo0{+\infty}$ .

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

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

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

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

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

9. 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; de randtermen verdwijnen: $\sin^2 x/x \to 0$ aan beide uiteinden).

10. 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 $x = 2u$ maakt van $\int\frac{2\sin^2(x/2)}{x^2}\dd x$ de integraal $\int\frac{\sin^2u}{u^2}\dd u$ : de twee berekeningen stroken.

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

12. Een dominant die voor alle $t \in [0,1]$ geldt, moet $\sup_{t\in[0,1]}\abs{\eu^{-tx}\frac{\sin x}x} = \abs{\frac{\sin x}x}$ domineren, en dat is niet integreerbaar (Oefening 10.6): de gedomineerde convergentie kan $t = 0$ dus niet oversteken. Het alternatief van vraag 7 — staarten uniform klein in de parameter, en het compacte deel met de gedomineerde convergentie — is het standaardpatroon van de “uniforme integreerbaarheid”, en keert terug zodra voorwaardelijke convergentie een limietverwisseling ontmoet.

13. Is $g = \log f$ convex, dan is $f = \exp\circ g$ convex (exp is convex en stijgend: $f(\lambda x + (1-\lambda)y) \leq \eu^{\lambda g(x) + (1-\lambda)g(y)} \leq \lambda f(x) + (1-\lambda)f(y)$ , met de laatste stap wegens de convexiteit van exp tussen de punten $g(x)$ en $g(y)$ ). Producten en affiene substituties: logaritmen maken er sommen en affiene substituties van convexe functies van. Hölder (met $\frac1p + \frac1q = 1$ ): voor $\int\abs u^p = \int\abs v^q = 1$ geeft Young dat $\abs{uv} \leq \frac{\abs u^p}p + \frac{\abs v^q}q$ ; integreren geeft $\int\abs{uv} \leq 1$ , en het algemene geval volgt uit de homogeniteit. Pas het dan voor $\lambda \in \intoo01$ met $p = \frac1\lambda$ toe op de ontbinding

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 (de driekoordenongelijkheid). Vergelijking van de koorden over $[n-1, n]$ , $[n, n+x]$ en $[n, n+1]$ geeft

\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 bewering.

15. Met $f(n) = (n-1)!$ (recursie vanaf $f(1) = 1$ ) en $f(n + x) = x(x+1)\cdots(x+n-1)\,f(x)$ luidt 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 zich als $f(x) \leq \frac{n!\,n^x}{x(x+1)\cdots(x+n)}\cdot\frac{x+n}n$ , en de ondergrens op rang $n+1$ als $f(x) \geq \frac{n!\,n^x}{x(x+1)\cdots(x+n)}$ . De correctiefactor $\frac{x+n}n \to 1$ : de insluiting dwingt

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

af, een uitdrukking die niet van $f$ afhangt: eenduidigheid op $\intoc01$ , en dus overal wegens de recursie. En omdat $\Gamma$ aan alle drie de hypothesen voldoet (vraag 13), is $f = \Gamma$ en geldt de formule van Gauss — voor alle $x > 0$ , want beide leden voldoen aan dezelfde recursie.

16. Nabij $0$ is de integrand $\sim t^{x-1}$ , integreerbaar precies wanneer $x > 0$ ; en nabij $1$ symmetrisch met $y$ . Partiële integratie op $\intcc\varepsilon{1-\varepsilon}$ en $\varepsilon \to 0$ (de 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 geeft $B(x+1, y) = \frac{x}{x+y}B(x, y)$ . 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 logaritmisch convex in $x$ als product van de logaritmisch convexe $B(\cdot, y)$ (Hölder op de ontbinding $t^{(\lambda x_1 + (1-\lambda)x_2)-1}(1-t)^{y-1} = (\cdots)^\lambda(\cdots)^{1-\lambda}$ , als in vraag 13) en $\Gamma(\cdot + y)$ (affiene verschuiving). Bohr–Mollerup: $f = \Gamma$ , dat wil zeggen $B(x, y) = \frac{\Gamma(x)\Gamma(y)}{\Gamma(x+y)}$ .

18. Met $t = \sin^2\theta$ is $\dd t = 2\sin\theta\cos\theta\,\dd\theta$ 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 naar een parameter te differentiëren en twee functies naar hun limieten te laten wedijveren; hier maakte de convexiteit alleen het probleem zo stijf dat er nog maar één waarde overbleef. Analyse door beweging tegenover 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) .

Logaritmische convexiteit: product van $\eu^{(x-1)\log2}$ (logaritmisch affien) en twee affiene herparametriseringen van de logaritmisch convexe $\Gamma$ . Bohr–Mollerup geeft $g = \Gamma$ ; en 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 volgt $\Gamma(n + \frac12) = (n - \frac12)(n - \frac32)\cdots\frac12\, \sqrt\pi = \frac{(2n-1)(2n-3)\cdots1}{2^n}\sqrt\pi = \frac{(2n)!}{4^nn!}\sqrt\pi$ (vul het oneven product met de even getallen aan). Asymptotiek: vraag 14 met $g = \log\Gamma$ en $x = \frac12$ geeft $\sqrt{n-1} \leq \frac{\Gamma(n+\frac12)}{\Gamma(n)} \leq \sqrt n$ , zodat de verhouding tot $\sqrt n$ tussen $\sqrt{1 - \frac1n}$ en $1$ wordt ingeklemd.

21. Uit vraag 20 volgt $(2n)! = \frac{4^nn!}{\sqrt\pi}\Gamma(n + \tfrac12)$ , 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 is $4^{10}/\sqrt{10\pi} = 1048576/5.6050 \approx 187078.6$ , tegenover $\binom{20}{10} = 184756$ : verhouding $0.9876$ — de fout is $O(1/n)$ , bij $n = 10$ nog zichtbaar.

22. Gelijkwaardigheden: $\Gamma(\frac12) = \sqrt\pi \Leftrightarrow G = \sqrt\pi$ (de substitutie $x = u^2$ uit vraag 3) $\Leftrightarrow B(\frac12, \frac12) = \pi$ (de formule van Euler); en de verdubbeling in $z = n$ is de gesloten vorm van $\Gamma(n + \frac12)$ , die op het hellingslemma na is de schatting van de centrale binomiaalcoëfficiënt. De parametertechniek (Delen I–II) berekent limieten van bewegende grootheden en is onmisbaar zodra er een echte vervorming in het spel is (de integraal van Dirichlet heeft geen convexiteitsbewijs); de convexiteitstechniek berekent niets maar verbiedt alles — ze blinkt uit in eenduidigheid en functionaalvergelijkingen (Gauss, Euler, Legendre in drie streken), waar het differentiëren in rekenwerk zou verzuipen. Een volleerd analyticus draagt beide.

23. Met $t = \sin^2\theta$ is $\dd t = 2\sin\theta\cos\theta\,\dd\theta = 2\,t^{1/2}(1-t)^{1/2}\, \dd\theta$ , 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 bètarecursie met $x = \frac{n+1}2$ en $y = \frac12$ 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 .

Vanaf $W_0 = \frac\pi2$ en $W_1 = 1$ :

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, zodat

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 het product van Wallis. (Via de formule van Euler is $W_p = \frac{\sqrt\pi}2\, \Gamma(\frac{p+1}2)/\Gamma(\frac p2 + 1)$ : Wallis is de gaussische integraal in weer een ander kostuum.)

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

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

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

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

Bijgevolg is $\bigl(\Phi(b)\,\eu^{b^2}\bigr)' = 0$ en $\Phi(b) = \Phi(0)\,\eu^{-b^2} = \sqrt\pi\,\eu^{-b^2}$ volgens Deel I. Op de normering na zegt dat dat de fouriergetransformeerde van $\eu^{-x^2}$ weer een gaussische functie is — het vaste punt waarop de inversietheorie van Hoofdstuk 14 draait.

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

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

dus convergeert de integraal $I(a)$ (in de zin van Lebesgue); en de puntsgewijze grens laat ook zien dat de integrand zich in $x = 0$ continu voortzet met de waarde $b - a$ . Leg $b$ vast; op $\intco{a_0}{+\infty}$ is de afgeleide van de integrand naar $a$ gelijk aan $-\eu^{-ax}$ , 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{en 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 in $0$ nodig: elke term $\eu^{-ax}/x$ heeft afzonderlijk een divergente (logaritmische) integraal nabij $0$ , en alleen de opheffing van de eerste orde $\eu^{-ax} - \eu^{-bx} = O(x)$ maakt het verschil daar integreerbaar; in het oneindige is elke term op zichzelf al onschadelijk.

Begrippen gedefinieerd in dit hoofdstuk

Bekijk alle 395 begrippen in de begrippenlijst