Universitaire wiskunde — Bachelor jaar 3 · Bachelor Year 3

11Productmaten, Fubini, Variabelensubstitutie

Eéndimensionale Lebesgue-theorie wordt meerdimensionale calculus via twee stellingen. Tonelli–Fubini zegt dat integralen over producten geïtereerde integralen zijn — snijden is legitiem, in elke volgorde, onder hypotheses die men werkelijk kan controleren. De variabelensubstitutiformule transporteert integralen langs $\mathcal C^1$ -diffeomorfismen, met de Jacobiaandeterminant als wisselkoers voor volume; we bewijzen haar volledig, startend van het lineaire geval waar zij uitlegt wat de determinant is. Toepassingen cascaderen: de laagjescakeformule, convolutie, poolcoördinaten, het volume van de $n$ -bal — en, in het weekendprobleem, Stirlings formule met een eerlijke foutanalyse.

11.1 Product- $\sigma$ -algebra’s en productmaten

Definitie 11.1

Voor meetbare ruimten $(X, \mathcal A)$ , $(Y, \mathcal B)$ is de product- $\sigma$ -algebra $\mathcal A \otimes \mathcal B$ op $X \times Y$ voortgebracht door de rechthoeken $A \times B$ ( $A \in \mathcal A$ , $B \in \mathcal B$ ) — een $\pi$ -systeem. Voor $E \subseteq X\times Y$ en $x \in X$ is de doorsnede $E_x = \{y : (x,y) \in E\}$ ; voor een functie $f$ op het product, $f_x = f(x, \cdot)$ .

Propositie 11.2

(a) Als $E \in \mathcal A\otimes\mathcal B$ , dan $E_x \in \mathcal B$ voor elke $x$ (en symmetrisch); als $f$ $\mathcal A\otimes\mathcal B$ -meetbaar is, is elke $f_x$ $\mathcal B$ -meetbaar. (b) $\mathcal B(\R^m)\otimes\mathcal B(\R^n) = \mathcal B(\R^{m+n})$ .

Bewijs. (a) Goede verzamelingen: $\{E : E_x \in \mathcal B\ \forall x\}$ is een $\sigma$ -algebra (doorsnedes commuteren met complementen en aftelbare unies) die de rechthoeken bevat. Voor $f$ : $(f_x)^{-1}(B) = (f^{-1}(B))_x$ . (b) ( $\subseteq$ ) Rechthoeken van Borelverzamelingen: het volstaat dat open $\times$ open dozen Borel in $\R^{m+n}$ zijn (zij zijn open) en dat algemene Borel-rechthoeken limieten zijn — goede verzamelingen opnieuw: $\{A : A\times\R^n \in \mathcal B(\R^{m+n})\}$ is een $\sigma$ -algebra die de opens bevat; snijd twee zulke. ( $\supseteq$ ) Elke open verzameling van $\R^{m+n}$ is een aftelbare unie van rationale open dozen $U\times V$ : bevat in de product- $\sigma$ -algebra. ∎

Stelling 11.3 (Productmaat)

Zijn $(X, \mathcal A, \mu)$ en $(Y, \mathcal B, \nu)$ $\sigma$ -eindig. Voor elke $E \in \mathcal A\otimes\mathcal B$ is de functie $x \mapsto \nu(E_x)$ meetbaar, en

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

definieert de unieke maat op $\mathcal A\otimes\mathcal B$ met $(\mu\otimes\nu)(A\times B) = \mu(A)\nu(B)$ . Zij is $\sigma$ -eindig, en symmetrisch: dezelfde maat wordt verkregen door $x$ -doorsnedes tegen $\nu$ te integreren.

Bewijs. Meetbaarheid van $x \mapsto \nu(E_x)$ . Zij eerst $\nu$ eindig. De klasse $\mathcal D$ van $E$ waarvoor de afbeelding meetbaar is bevat de rechthoeken ( $\nu((A\times B)_x) = \nu(B)\mathbf 1_A(x)$ ) en is een $\lambda$ -systeem: voor $E \subseteq F$ in $\mathcal D$ , $\nu((F\setminus E)_x) = \nu(F_x) - \nu(E_x)$ (eindigheid); voor $E_n \uparrow E$ , $\nu((E_n)_x) \uparrow \nu(E_x)$ (continuïteit van onderen), en monotone limieten van meetbare functies zijn meetbaar. Rechthoeken vormen een $\pi$ -systeem: Dynkin (Stelling 9.4) geeft $\mathcal D = \mathcal A\otimes\mathcal B$ . Als $\nu$ $\sigma$ -eindig is, schrijf $Y = \bigcup Y_k$ , $Y_k \uparrow$ , $\nu(Y_k) < \infty$ : $\nu(E_x) = \lim_k\nu_k(E_x)$ met $\nu_k = \nu(\cdot\cap Y_k)$ eindig.

Maat. $\sigma$ -additiviteit van $E \mapsto \int\nu(E_x)\dd\mu$ volgt uit Gevolg 10.7 (doorsnedes van disjuncte verzamelingen zijn disjunct). Op rechthoeken geeft zij $\mu(A)\nu(B)$ . Uniciteit: twee kandidaten stemmen overeen op het $\pi$ -systeem van rechthoeken; $\sigma$ -eindigheid levert rechthoeken $X_k\times Y_k \uparrow X\times Y$ van eindige maat: Stelling 9.7. Symmetrie: de andere-volgorde-constructie is ook een maat die op rechthoeken overeenstemt — uniek, dus dezelfde. ∎

Definitie 11.4

Lebesgue-maat op $\R^d$ is $\lambda_d = \lambda\otimes\cdots\otimes\lambda$ ( $d$ factoren; associativiteit van de constructie wordt op dozen gecontroleerd en door uniciteit voortgeplant). Zij is de unieke Borel-maat die aan elke doos $\prod\intoc{a_i}{b_i}$ haar volume $\prod(b_i - a_i)$ toekent; zij is translatie-invariant (translaten stemmen overeen op dozen), $\sigma$ -eindig, en volledig na Carathéodory-voltooiing — we schrijven $\lambda_d$ voor de voltooide maat en integreren dienovereenkomstig.

11.2 Tonelli en Fubini

Stelling 11.5 (Tonelli)

$\mu, \nu$ $\sigma$ -eindig, $f \colon X\times Y \to [0, +\infty]$ meetbaar. Dan is $x \mapsto \int_Y f_x\,\dd\nu$ meetbaar en

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

Bewijs. De standaardmachine. Voor $f = \mathbf 1_E$ is dit Stelling 11.3 (en haar symmetrische vorm). Door lineariteit geldt het voor eenvoudige $f \geq 0$ . Voor algemene $f \geq 0$ : neem eenvoudige $s_n \nearrow f$ (Stelling 10.4); dan $\int_Y(s_n)_x \dd\nu \nearrow \int_Y f_x\dd\nu$ voor elke $x$ (MCT in $Y$ ), dus de linkerleden convergeren door MCT in $X$ , terwijl $\int s_n\,\dd(\mu\otimes\nu) \nearrow \int f$ door MCT op het product. ∎

Stelling 11.6 (Fubini)

$\mu, \nu$ $\sigma$ -eindig, $f \in L^1(\mu\otimes\nu)$ . Dan is voor $\mu$ -b.o. $x$ de doorsnede $f_x$ $\nu$ -integreerbaar, de b.o.-gedefinieerde functie $x \mapsto \int f_x\dd\nu$ is integreerbaar, en de twee geïtereerde integralen zijn beide gelijk aan $\int f\,\dd(\mu\otimes\nu)$ .

Bewijs. Tonelli toegepast op $\abs f$ toont dat $\varphi(x) = \int\abs{f_x} \dd\nu$ eindige integraal heeft, dus eindig b.o.: $f_x \in L^1(\nu)$ voor b.o. $x$ . Split $f = f^+ - f^-$ (reëel geval; complex per componenten): Tonelli berekent elke geïtereerde integraal van $f^\pm$ als $\int f^\pm\dd(\mu\otimes\nu) < \infty$ , en het b.o.-gedefinieerde verschil integreert tot het verschil. Symmetrisch voor de andere volgorde. ∎

Methode 11.7

Om twee integralen te verwisselen (of een integraal en een som, of twee sommen): als de integrand niet-negatief is, verwissel vrij (Tonelli). Anders, pas eerst Tonelli toe op $\abs f$ in de volgorde die makkelijker te schatten is; als het resultaat eindig is, legitimeert Fubini de verwisseling. Sla nooit de $\abs f$ -controle over: de integrand van Oefening 11.4 heeft twee geïtereerde integralen met verschillende waarden.

Propositie 11.8 (Laagjescake)

Voor $f \geq 0$ meetbaar op $(X, \mathcal A, \mu)$ $\sigma$ -eindig:

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

Bewijs. Pas Tonelli toe op $\mathbf 1_{\{(x,t) : 0 < t < f(x)\}}$ op $X \times \intoo0{+\infty}$ (meetbaar: het is $\{(x,t): f(x) - t > 0\}\cap\{t > 0\}$ , een Borel-type combinatie van de meetbare $(x,t)\mapsto f(x) - t$ ): integreren in $t$ eerst geeft $\int f\,\dd\mu$ ; in $x$ eerst, $\int_0^\infty\mu(f > t)\dd t$ . Voor $f^p$ : substitueer $t = s^p$ in $\int\mu(f^p > t) \dd t$ , d.w.z. pas de eerste formule toe op $f^p$ en verander variabelen in de ééndimensionale integraal ( $\{f^p > s^p\} = \{f > s\}$ ). ∎

Stelling 11.9 (Convolutie op $L^1$ )

Voor $f, g \in L^1(\R^d, \lambda_d)$ convergeert de integraal

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

absoluut voor b.o. $x$ , definieert $f * g \in L^1(\R^d)$ met $\norm{f*g}_1 \leq \norm f_1\norm g_1$ , en $*$ is commutatief en associatief.

Bewijs. $(x, y) \mapsto f(x-y)g(y)$ is meetbaar ( $(x,y)\mapsto x - y$ is continu; composeer en vermenigvuldig). Tonelli:

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

(translatie-invariantie van $\lambda_d$ in de inwendige integraal). Dus is de dubbelintegraal eindig; Fubini geeft b.o. absolute convergentie en de normgrens $\norm{f*g}_1 \leq \norm f_1\norm g_1$ . Commutativiteit: substitueer $y \mapsto x - y$ (translatie- en reflectie-invariantie — reflectie-invariantie geldt op dozen, dus overal door uniciteit). Associativiteit: Tonelli–Fubini op een drievoudige integraal. ∎

11.3 Variabelensubstitutie

Stelling 11.10 (Lineaire variabelensubstitutie)

Voor $T \in GL_d(\R)$ en $A \in \mathcal B(\R^d)$ : $\lambda_d(T(A)) = \abs{\det T}\,\lambda_d(A)$ ; bijgevolg $\int f(y)\dd y = \abs{\det T}\int f(Tx)\,\dd x$ voor $f \geq 0$ of integreerbaar.

Bewijs. De maat $\mu_T(A) = \lambda_d(T(A))$ is een Borel-maat (homeomorfismen bewaren Borelverzamelingen, Probleem 9.1), translatie-invariant ( $T(A + x) = T(A) + Tx$ ), eindig op de eenheidsdoos: door de karakterisering van de Lebesgue-maat (Oefening 9.6, waarvan het bewijs letterlijk in $\R^d$ met dyadische kubussen werkt), $\mu_T = c(T)\lambda_d$ met $c(T) = \lambda_d(T(\intco01^d))$ . De afbeelding $T \mapsto c(T)$ is multiplicatief ( $c(ST) = c(S)c(T)$ , door compositie), dus volstaat het $c$ te berekenen op voortbrengers van $GL_d$ : elementaire matrices. Diagonaal $\operatorname{diag}(a, 1, \dots, 1)$ : beeldt de eenheidskubus af op een doos van volume $\abs a$ : $c = \abs a = \abs\det$ . Transpositie van coördinaten: permuteert de kubus: $c = 1 = \abs\det$ . Transvectie $T(x) = x + \alpha x_2e_1$ : het beeld van de eenheidskubus is een geschoren prisma; door Tonelli is haar maat $\int\lambda_1(\text{doorsnede})\dd x_2 \cdots \dd x_d = 1$ , elke $x_1$ -doorsnede een interval van lengte $1$ : $c = 1 = \abs{\det}$ . Elke inverteerbare matrix is een product van deze (Gauss-eliminatie), en zowel $c$ als $\abs\det$ zijn multiplicatief: $c(T) = \abs{\det T}$ . De integraalformule volgt door de standaardmachine (indicatoren, eenvoudig, MCT). ∎

Stelling 11.11 (Variabelensubstitutie)

Zijn $U, V \subseteq \R^d$ open en $\Phi \colon U \to V$ een $\mathcal C^1$ -diffeomorfisme. Voor elke meetbare $f \colon V \to [0, +\infty]$ (of $f \in L^1(V)$ ):

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

Bewijs. Schrijf $J(x) = \abs{\det D\Phi(x)}$ . Het hart van het bewijs is de ongelijkheid

\lambda_d\bigl(\Phi(A)\bigr) \leq \int_A J\,\dd\lambda_d \qquad\text{voor elke Borel } A \subseteq U; \tag{$*$}

Stap 4 hieronder upgradeert $(*)$ — toegepast op zowel $\Phi$ als $\Phi^{-1}$ — tot de gelijkheid van de stelling. Noteer dat $\Phi^{-1}$ zelf een $\mathcal C^1$ -diffeomorfisme is met Jacobiaan $\abs{\det D\Phi^{-1}(y)} = J(\Phi^{-1}y)^{-1}$ (kettingregel op $\Phi\circ\Phi^{-1} = \mathrm{id}$ ).

Stap 1: $(*)$ voor kubussen met een vervormingsfactor. Fixeer een gesloten kubus $Q \subseteq U$ van centrum $x_0$ en zijde $2r$ (sup-norm-bal). Claim: voor elke $\varepsilon > 0$ , als $\Phi$ differentieerbaar is op $Q$ met $\norm{D\Phi(x) - D\Phi(x_0)} \leq \varepsilon$ op $Q$ (operatornorm voor de sup-norm), dan

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

want voor $x \in Q$ geeft de middelwaarde-ongelijkheid toegepast op $\Phi(x) - \Phi(x_0) - D\Phi(x_0)(x - x_0)$ dat $\norm{\Phi(x) - \Phi(x_0) - D\Phi(x_0)(x-x_0)}_\infty \leq \varepsilon\norm{x - x_0}_\infty \leq \varepsilon r$ , en $D\Phi(x_0)^{-1}$ trekt dit defect in een $\varepsilon\norm{D\Phi(x_0)^{-1}}\,r$ -vergroting van de kubus. Door Stelling 11.10,

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

Stap 2: $(*)$ voor compacte kubussen, door onderverdeling. Zij $Q \subseteq U$ een compacte kubus en $\varepsilon > 0$ . Op $Q$ is $D\Phi$ uniform continu en $\norm{D\Phi^{-1}}$ begrensd (compactheid); onderverdeel $Q$ in $2^{kd}$ subkubussen $Q_i$ klein genoeg dat de oscillatie van $D\Phi$ op elk $\leq \varepsilon$ is. Stap 1 op elke subkubus (centrum $x_i$ ):

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

de laatste stap omdat $\sum_i\abs{\det D\Phi(x_i)}\mathbf 1_{Q_i} \to J$ uniform op $Q$ (continuïteit van $\det D\Phi$ ) — Riemann-somvergelijking. Laat $\varepsilon \to 0$ : $(*)$ geldt voor compacte kubussen.

Stap 3: $(*)$ voor alle Borel $A$ . De verzamelingsfunctie $A \mapsto \lambda_d(\Phi(A))$ , op Boreldeelverzamelingen van $U$ , is een maat ( $\Phi$ is een bijectie op $V$ die Borelverzamelingen en aftelbare disjunctheid bewaart), en zo ook $A \mapsto \int_AJ$ . Elke open deelverzameling van $U$ is een aftelbare unie van bijna- disjuncte dyadische compacte kubussen (standaard dyadische ontleding: neem maximale dyadische kubussen bevat in de open verzameling), en beide maten zijn additief over hen (randen van kubussen zijn $\lambda_d$ -nul, en hun $\Phi$ -beelden zijn nul door Stap 2 toegepast op dunne kubusoverdekkingen van de vlakken): $(*)$ gaat van kubussen naar open verzamelingen. Algemene Borel $A$ : put $U$ uit door compacta $K_m \uparrow U$ met $K_m \subseteq \mathring K_{m+1}$ , en fixeer $m$ ; op $\mathring K_{m+1}$ is $J$ begrensd door enige $M_m$ . Door uitwendige regulariteit van $\lambda_d$ (bewijs als in Stelling 9.13, met dozen), kies open verzamelingen $O_n$ met $A \cap K_m \subseteq O_n \subseteq \mathring K_{m+1}$ en $\lambda_d\bigl(O_n \setminus (A\cap K_m)\bigr) \to 0$ . Dan

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

Laat $m \to \infty$ : continuïteit van onderen links, MCT rechts. Dit vestigt $(*)$ .

Stap 4: gelijkheid en de integraalformule. Breid eerst $(*)$ uit van verzamelingen naar integralen: voor elke meetbare $g \geq 0$ op $V$ ,

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

Inderdaad, voor $g = \mathbf 1_B$ is dit $(*)$ met $A = \Phi^{-1}(B)$ ; lineariteit breidt het uit tot eenvoudige $g$ , en MCT tot alle $g \geq 0$ (de standaardmachine). Pas nu $(**)$ tweemaal toe: eerst op $g$ , dan — voor het diffeomorfisme $\Phi^{-1}$ — op de functie $x \mapsto g(\Phi(x))J(x)$ :

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

want $J(\Phi^{-1}y)\abs{\det D\Phi^{-1}(y)} = \abs{\det\bigl( D\Phi(\Phi^{-1}y)\,D\Phi^{-1}(y)\bigr)} = 1$ (kettingregel op $\Phi\circ\Phi^{-1} = \mathrm{id}$ ). Alle ongelijkheden zijn gelijkheden: de formule geldt voor $g \geq 0$ , en voor $L^1$ -functies door ontleding. ∎

Voorbeeld 11.12 (Poolcoördinaten; de Gaussiaan opnieuw)

$\Phi(r, \theta) = (r\cos\theta, r\sin\theta)$ is een $\mathcal C^1$ -diffeomorfisme van $\intoo0{+\infty}\times\intoo0{2\pi}$ op $\R^2$ minus een halfrechte (nulverzameling), met $\det D\Phi = r$ :

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

Voor $f = \eu^{-x^2-y^2}$ geven Tonelli en deze formule

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

het klassieke twee-regels-bewijs van $G = \sqrt\pi$ , nu volledig gerechtvaardigd (vergelijk het parameterbewijs van Probleem 10.1).

Stelling 11.13 (Volume van de eenheidsbal)

Zij $v_d = \lambda_d(B(0,1))$ in $\R^d$ . Dan

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

Bewijs. Bereken $I = \int_{\R^d}\eu^{-\norm x_2^2}\dd\lambda_d$ tweemaal. Door Tonelli factoriseert zij: $I = G^d = \pi^{d/2}$ . Door de laagjescakeformule (Propositie 11.8) met $f = \eu^{- \norm x^2}$ , waarvan de niveaus ballen zijn: $\{f > t\} = B\bigl(0, \sqrt{-\ln t}\bigr)$ voor $0 < t < 1$ , van maat $v_d(-\ln t)^{d/2}$ (dilatie met $\rho$ schaalt $\lambda_d$ met $\rho^d$ : Stelling 11.10), dus

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

Stel gelijk. (De waarden: $\Gamma(\frac32) = \frac{\sqrt\pi}2$ , $\Gamma(2) = 1$ , enz.) Noteer $v_d \to 0$ als $d \to \infty$ — het weekendprobleem kwantificeert hoe snel, via Stirling. ∎

11.4 Oefeningen

Oefening 11.1 ★

Zij $\mu$ de telmaat op $(\intcc01, \mathcal B(\intcc01))$ (niet $\sigma$ -eindig) en $\lambda$ de Lebesgue-maat, en zij $\Delta = \{(x,x)\}$ de diagonaal in $\intcc01^2$ . Toon dat $\Delta$ meetbaar is, en bereken de twee geïtereerde integralen van $\mathbf 1_\Delta$ tegen $\lambda$ en $\mu$ : zij verschillen. Welke hypothese van Stelling 11.5 faalt?

Oplossing

Oplossing van Oefening 11.1.

$\Delta = \bigcap_n\bigcup_{k=0}^{2^n-1} \intcc{k2^{-n}}{(k+1)2^{-n}}^2$ is een $G_\delta$ , dus Borel/meetbaar. Voor vaste $x$ : $\Delta_x = \{x\}$ , dus $\lambda(\Delta_x) = 0$ en $\int\lambda(\Delta_x)\,\dd\mu = 0$ . Voor vaste $y$ : $\Delta^y = \{y\}$ , dus $\mu(\Delta^y) = 1$ (telmaat) en $\int\mu(\Delta^y)\,\dd\lambda = \lambda( \intcc01) = 1$ . De geïtereerde integralen verschillen: $0 \neq 1$ . De $\sigma$ -eindigheid van $\mu$ faalt (elke verzameling van eindige telmaat is eindig, en $\intcc01$ is geen aftelbare unie van eindige verzamelingen in de Borel- $\sigma$ -algebra — eigenlijk: telmaat op $\intcc01$ is niet $\sigma$ -eindig omdat elke verzameling van eindige maat eindig is, en een aftelbare unie van eindige verzamelingen aftelbaar is, terwijl $\intcc01$ overaftelbaar is).

Oefening 11.2 ★

Rechtvaardig de verwisseling en herleid Dirichlets integraal: voor $A > 0$ ,

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

bereken de inwendige integraal in gesloten vorm, en laat $A \to +\infty$ (domineer de $y$ -integraal) om $\int_0^\infty\frac{\sin x}x\dd x = \frac\pi2$ te krijgen.

Oplossing

Oplossing van Oefening 11.2.

$\eu^{-xy}\abs{\sin x} \geq 0$ : Tonelli op $[0,A]\times \intoo0\infty$ rechtvaardigt de verwisseling. De inwendige $x$ -integraal: $\int_0^A\eu^{-xy}\sin x\,\dd x = \operatorname{Im}\int_0^A\eu^{-(y-\iu)x}\dd x = \operatorname{Im}\frac{1-\eu^{-(y-\iu)A}}{y-\iu}$ . Als $A \to \infty$ , $\eu^{-yA}\to 0$ voor $y > 0$ , dus de limiet is $\operatorname{Im}\frac{1}{y-\iu} = \frac{1}{1+y^2}$ . De integrand in $y$ is begrensd door $\frac{1}{1+y^2}$ (of gebruik $|\int_0^A\eu^{-xy}\sin x| \leq \int_0^A\eu^{-xy}\dd x \leq 1/y$ en knijp nabij $0$ ): DCT of monotone limiet geeft $\int_0^\infty\frac{\dd y}{1+y^2} = \frac\pi2$ .

Oefening 11.3 ★★

(a) Bewijs dat voor $f \geq 0$ meetbaar en $\mu$ eindig: $\sum_{n\geq1}\mu(\{f \geq n\}) \leq \int f\,\dd\mu \leq \mu(X) + \sum_{n\geq1}\mu(\{f\geq n\})$ : integreerbaarheid is sommeerbaarheid van de staartmaten. (b) Leid af dat $f \in L^1(\mu)$ ( $\mu$ eindig) d.e.s.d.a. $\sum_n\mu(\abs f \geq n) < \infty$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 11.3.

(a) $\sum_{n\geq1}\mathbf 1_{\{f\geq n\}} \leq f \leq 1 + \sum_{n\geq1}\mathbf 1_{\{f\geq n\}}$ puntsgewijs (want als $k \leq f < k+1$ , is de som $k$ en $k \leq f < k+1 \leq 1 + k$ ). Integreer en gebruik Gevolg 10.7.

(b) $f \in L^1$ d.e.s.d.a. $\int\abs f < \infty$ d.e.s.d.a. (door (a) op $\abs f$ ) $\sum\mu(\abs f \geq n) < \infty$ (want $\mu(X) < \infty$ maakt de middelste en rechter uitdrukkingen equivalent tot op een eindige additieve constante).

Oefening 11.4 ★★

Voor $f(x, y) = \dfrac{x^2 - y^2}{(x^2 + y^2)^2}$ op $\intoo01^2$ , toon

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

(noteer $f = \partial_y\bigl(\frac{y}{x^2+y^2}\bigr)$ ), en verifieer direct dat $\int\!\int\abs f = +\infty$ : Fubini’s integreerbaarheidshypothese is geen decoratie.

Oplossing

Oplossing van Oefening 11.4.

$f = \partial_y\bigl(\frac{y}{x^2+y^2}\bigr)$ : voor vaste $x \in \intoo01$ ,

\int_0^1 f(x,y)\,\dd y = \Bigl[\frac{y}{x^2+y^2}\Bigr]_0^1 = \frac{1}{x^2+1},

dus $\int_0^1\int_0^1 f\,\dd y\,\dd x = \int_0^1\frac{\dd x}{1+x^2} = \frac\pi4$ . Evenzo $\int_0^1 f(x,y)\,\dd x = -\frac{1}{1+y^2}$ , geïtereerd $-\frac\pi4$ . Absolute integreerbaarheid: nabij $(0,0)$ is $\abs f \sim \frac{\abs{x^2-y^2}}{(x^2+y^2)^2}$ ; in poolcoördinaten $\sim \frac{\abs{\cos 2\theta}}{r^2}$ , en $\int_0^\varepsilon \frac{\dd r}{r}$ divergeert. Dus $\iint\abs f = \infty$ : Fubini is niet van toepassing.

Oefening 11.5 ★★

(a) Bereken $\mathbf 1_{\intcc01} * \mathbf 1_{\intcc01}$ expliciet (een tentfunctie), en de algemene vorm van $(\mathbf 1 * \mathbf 1 * \mathbf 1)$ . (b) Toon $\operatorname{supp}(f * g) \subseteq \overline{\operatorname{supp}f + \operatorname{supp}g}$ . (c) Toon dat als $f \in L^1$ en $g$ begrensd en continu is, $f * g$ continu is. (DCT via continuïteit van translatie op de begrensde $g$ .)

Oplossing

Oplossing van Oefening 11.5.

(a) $(\mathbf 1_{\intcc01}*\mathbf 1_{\intcc01})(x) = \lambda\bigl(\intcc01 \cap (x-\intcc01)\bigr) = \lambda( \intcc01\cap\intcc{x-1}x)$ . Voor $x \in [0,1]$ : lengte $x$ ; voor $x \in [1,2]$ : lengte $2-x$ ; elders $0$ . Tentfunctie. Drievoudige convolutie is stuksgewijs kwadratisch (spline van graad $2$ ) ondersteund op $[0,3]$ .

(b) Als $x \notin \overline{\operatorname{supp}f + \operatorname{supp}g}$ , bestaat een buurt van $x$ disjunct van $\operatorname{supp}f + \operatorname{supp}g$ , dus voor elke $y$ , ofwel $y \notin \operatorname{supp}g$ ofwel $x-y \notin \operatorname{supp}f$ : de integrand verdwijnt, $f*g(x) = 0$ .

(c) $\abs{(f*g)(x+h) - (f*g)(x)} \leq \int\abs f(y)\,\abs{g(x+h-y)-g(x-y)}\,\dd y$ . DCT: $\abs{g(\cdot+h) - g}$ $\to 0$ puntsgewijs (continuïteit), begrensd door $2\norm g_\infty$ , en $f \in L^1$ : de integraal $\to 0$ .

Oefening 11.6 ★★

(a) Toon dat de simplex $\Delta_d = \{x \in \intco0\infty^d : x_1 + \dots + x_d \leq 1\}$ volume $\frac1{d!}$ heeft (inductie en Fubini). (b) Herwin $v_2 = \pi$ , $v_3 = \frac{4\pi}3$ uit Stelling 11.13, en toon $\lambda_d(\text{ellipsoïde met halfassen } a_i) = v_d\prod a_i$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 11.6.

(a) Voor $d = 1$ : $\lambda_1(\intco01) = 1 = 1/1!$ . Inductie: door Fubini, $\lambda_d(\Delta_d) = \int_0^1 \lambda_{d-1}(\Delta_{d-1}\cdot(1-x_d))\,\dd x_d = \int_0^1\frac{(1-x_d)^{d-1}}{(d-1)!}\dd x_d = \frac1{d!}$ .

(b) $v_2 = \pi/\Gamma(2) = \pi$ ; $v_3 = \pi^{3/2}/\Gamma(5/2) = \pi^{3/2}/(\frac34\sqrt\pi) = \frac{4\pi}3$ . Ellipsoïde $= T(B(0,1))$ met $T = \operatorname{diag}(a_i)$ : $\lambda_d = \abs{\det T}v_d = v_d\prod a_i$ (Stelling 11.10).

Oefening 11.7 ★★

Voor welke $s > 0$ zijn de volgende eindig? Rechtvaardig met poolcoördinaten:

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

Generaliseer tot $\R^d$ (de drempels $s < d/2$ en $s > d/2$ ).

Oplossing

Oplossing van Oefening 11.7.

Pool: $\int_0^{2\pi}\int_0^1 r^{-2s}r\,\dd r\,\dd\theta = 2\pi\int_0^1 r^{1-2s}\dd r$ , eindig d.e.s.d.a. $1-2s > -1$ , d.w.z. $s < 1$ . Buiten: $2\pi\int_1^\infty r^{1-2s}\dd r$ , eindig d.e.s.d.a. $s > 1$ . In $\R^d$ : $s < d/2$ (nabij $0$ ) en $s > d/2$ (op oneindig), via $\int r^{d-1-2s}\dd r$ .

Oefening 11.8 ★★★

(Beta–Gamma) Voor $p, q > 0$ , zij $B(p, q) = \int_0^1t^{p-1}(1 - t)^{q-1}\dd t$ . Startend van $\Gamma(p)\Gamma(q)$ als dubbelintegraal, substitueer $(x, y) = (uv,\, u(1 - v))$ (een diffeomorfisme van het open kwadrant op $\intoo0\infty\times\intoo01$ ; bereken haar Jacobiaan $= u$ ) en besluit

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

Leid af $\int_0^{\pi/2}\sin^{2p-1}\theta\cos^{2q-1}\theta\, \dd\theta = \frac12B(p,q)$ en de waarde van de Wallis- integralen $W_n = \int_0^{\pi/2}\sin^n$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 11.8.

$\Gamma(p)\Gamma(q) = \int_0^\infty\int_0^\infty x^{p-1}y^{q-1}\eu^{-x-y}\dd x\,\dd y$ . Substitueer $x = uv$ , $y = u(1-v)$ : Jacobiaan $\abs{\det \frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}} = u$ (want $\partial(x,y)/ \partial(u,v) = \begin{pmatrix}v&u\\1-v&-u\end{pmatrix}$ , det $= -u$ ). Domein: $u > 0$ , $v \in \intoo01$ . Dus

\begin{align*} \Gamma(p)\Gamma(q) &= \int_0^1\int_0^\infty (uv)^{p-1}(u(1-v))^{q-1}\eu^{-u}\,u\,\dd u\,\dd v \\ &= \Bigl(\int_0^\infty u^{p+q-1}\eu^{-u}\dd u\Bigr) \Bigl(\int_0^1 v^{p-1}(1-v)^{q-1}\dd v\Bigr) \\ &= \Gamma(p+q)B(p,q). \end{align*}

Met $t = \sin^2\theta$ : $\int_0^{\pi/2}\sin^{2p-1}\theta \cos^{2q-1}\theta\,\dd\theta = \frac12 B(p,q)$ . Wallis: $W_n = \int_0^{\pi/2}\sin^n = \frac12 B(\frac{n+1}2, \frac12)$ .

Oefening 11.9 ★★

(Transferformule) Zij $T \colon (X, \mathcal A, \mu) \to (Y, \mathcal B)$ meetbaar en $T_*\mu(B) = \mu(T^{-1}(B))$ de pushforward-maat. Toon dat voor elke meetbare $g \geq 0$ op $Y$ :

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

(standaardmachine). Vergelijk dan met Stelling 11.10: welke extra informatie draagt de variabelensubstitutiformule die de abstracte transferformule niet heeft? (De transferformule identificeert $T_*\mu$ nooit; de variabelensubstitutiestelling berekent $T_*\lambda_d$ expliciet als een dichtheidsmaat.)

Oplossing

Oplossing van Oefening 11.9.

Standaardmachine: voor $g = \mathbf 1_B$ , $\int g\,\dd(T_*\mu) = T_*\mu(B) = \mu(T^{-1}B) = \int\mathbf 1_B\circ T\,\dd\mu$ ; lineariteit, MCT. De transferformule zegt $\int g\,\dd(T_*\mu) = \int g\circ T$ zonder $T_*\mu$ te identificeren; de veranderingsstelling berekent $T_*\lambda_d = \abs{\det DT^{-1}}\,\lambda_d$ (of equivalent $\abs{\det D\Phi}\lambda_d$ na pullback) expliciet als dichtheidsmaat.

Oefening 11.10 ★★★

(Gaussische momenten) Met poolcoördinaten en Fubini, bereken voor het standaard Gaussische gewicht op $\R^d$ :

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

controleer de consistentie ( $\norm x^2 = \sum x_i^2$ ), en leid het tweede moment van de maat $\pi^{-d/2}\eu^{-\norm x^2}\dd x$ af.

Oplossing

Oplossing van Oefening 11.10.

Door rotatie-invariantie en Tonelli: $\int\norm x^2 \eu^{-\norm x^2}\dd x = d\int x_1^2\eu^{-\norm x^2}\dd x$ . Pool/Fubini: $\int_{\R^d}\eu^{-\norm x^2}\dd x = \pi^{d/2}$ , en $\int x_1^2\eu^{-\norm x^2} = \int_\R x^2\eu^{-x^2}\dd x \cdot \pi^{(d-1)/2} = \frac12\sqrt\pi\cdot\pi^{(d-1)/2} = \frac12\pi^{d/2}$ . Dus $\int\norm x^2\eu^{-\norm x^2} = \frac d2\pi^{d/2}$ . Voor de genormaliseerde maat $\pi^{-d/2}\eu^{-\norm x^2}\dd x$ : tweede moment van $\norm X^2$ is $d/2$ , en van $X_1^2$ is $1/2$ .

Oefening 11.11 ★★

(Grafiek en hypograaf) Zij $f \colon \R^d \to \intco0\infty$ meetbaar. (a) Toon dat de hypograaf $H = \{(x, y) \in \R^d\times\R : 0 < y < f(x)\}$ meetbaar is in $\R^{d+1}$ met

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

“de integraal is de oppervlakte onder de grafiek”, eindelijk een stelling. (Doorsnedes; Tonelli.) (b) Toon dat de grafiek $\{(x, f(x)) : x \in \R^d\}$ een nulverzameling van $\R^{d+1}$ is. (c) Leid een twee-regels-bewijs af dat de sfeer $S^{d-1}$ Lebesgue-nul is in $\R^d$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 11.11.

(a) Voor vaste $x$ : $H_x = \intoo0{f(x)}$ als $f(x) > 0$ , anders leeg: $\lambda_1(H_x) = f(x)$ . Meetbaarheid van $H$ : $\{(x,y): 0 < y < f(x)\} = \{(x,y): f(x) - y > 0\}\cap\{y > 0\}$ , en $(x,y)\mapsto f(x)-y$ is meetbaar. Tonelli: $\lambda_{d+1}(H) = \int f\,\dd\lambda_d$ .

(b) De grafiek is $\bigcap_n\{(x,y): \abs{y-f(x)} < \frac1n\}$ doorsneden met — of: doorsnede in $x$ is een punt, maat $0$ ; Tonelli geeft $\lambda_{d+1}(\mathrm{grafiek}) = 0$ .

(c) $S^{d-1}$ is de grafiek van $\pm\sqrt{1-\norm x'^2}$ over de eenheidsbal in $\R^{d-1}$ (twee hemisfieren), of de rand van de bal: nul door (b) in elke kaart, of als $\partial B$ met $\lambda_d(B_r\setminus B_{r-\varepsilon}) \to 0$ .

Oefening 11.12 ★★

(Een beroemde dubbelintegraal) Met de meetkundige reeks en Tonelli op $\intoo01^2$ , bewijs

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

(De tweede reeksidentiteit: splits even en oneven indices.) Met $\zeta(2) = \frac{\pi^2}6$ (Hoofdstuk 15) evalueren twee onschuldig ogende integralen tot $\frac{\pi^2}6$ en $\frac{\pi^2}{12}$ ; waar precies doet Tonelli’s positiviteitshypothese haar werk?

Oplossing

Oplossing van Oefening 11.12.

Op $\intoo01^2$ , $\frac1{1-xy} = \sum_{n\geq0}(xy)^n$ (meetkundig, $0 \leq xy < 1$ ): niet-negatieve termen, Tonelli geeft $\iint\frac{\dd x\,\dd y}{1-xy} = \sum_{n\geq0}\int_0^1\int_0^1 x^n y^n = \sum_{n\geq0}\frac1{(n+1)^2} = \zeta(2)$ . Evenzo $\frac1{1+xy} = \sum_{n\geq0}(-1)^n(xy)^n$ ; absolute convergentie $\sum\int\int(xy)^n = \zeta(2) < \infty$ rechtvaardigt verwisseling (of: positieve en negatieve delen apart via Tonelli op de even/oneven splitsing), en men krijgt $\sum_{n\geq0}(-1)^n\frac1{(n+1)^2} = \sum_{k\geq1}(-1)^{k-1}/k^2 = \frac{\zeta(2)}2$ (even-oneven splitsing van $\zeta(2)$ ). Positiviteit doet haar werk bij de eerste integraal (Tonelli zonder absolute convergentie-check); bij de tweede is absolute convergentie nodig voor de alternerende reeks, of men splitst even/oneven tot positieve reeksen.

11.5 Probleem: Stirlings formule

Probleem 11.1

Weekendprobleem — $n! \sim \sqrt{2\pi n}\,(n/\eu)^n$ , via gedomineerde convergentie

Stirlings formule regelt elke asymptotische telling in dit boek — balvolumes, binomiaalcoëfficiënten, de lokale vorm van de centrale limietstelling. We bewijzen haar uit de $\Gamma$ -integraal (Voorbeeld 10.16) met de Laplacemethode, in haar schoonste gedomineerde-convergentievorm, en verzamelen dan dividenden.

Deel I — De formule. Voor $t > 0$ , $\Gamma(t + 1) = \int_0^\infty x^{t}\eu^{-x}\dd x$ .

Substitueer $x = t + \sqrt t\,u$ en toon

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

waar $g_t(u) = \exp\bigl(t\ln(1 + u/\sqrt t) - \sqrt t\,u\bigr)\mathbf 1_{u > -\sqrt t}$ .
Toon de puntsgewijze limiet: voor elke vaste $u$ , $g_t(u) \to \eu^{-u^2/2}$ als $t \to +\infty$ (ontwikkel $\ln(1 + h)$ tot tweede orde).
Dominatie. Zij $\varphi(h) = \ln(1 + h) - h$ , zodat $g_t(u) = \exp\bigl(t\,\varphi(u/\sqrt t)\bigr)$ voor $u > -\sqrt t$ . Bewijs de twee grenzen

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

(bestudeer $\varphi(h) + \frac{h^2}4$ en $\varphi(h) + ch$ : bereken de afgeleiden en controleer het teken op elk bereik). Leid af, voor $t \geq 1$ :

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

zodat $g_t(u) \leq \eu^{-u^2/4} + \eu^{-cu}\,\mathbf 1_{u > 0}$ : een integreerbare dominant onafhankelijk van $t \geq 1$ .
Besluit met de gedomineerde convergentiestelling en de Gaussische integraal (Voorbeeld 11.12):

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

en in het bijzonder $n! \sim \sqrt{2\pi n}\,(n/\eu)^n$ .

Deel II — Dividenden.

(Wallis) Uit Oefening 11.8, $W_{2n} = \frac\pi2\binom{2n}n4^{-n}$ -type formules: leid $\binom{2n}{n} \sim \frac{4^n}{\sqrt{\pi n}}$ af uit Stirling, en controleer tegen de recursie $W_{n} = \frac{n-1}nW_{n-2}$ .
(Balvolumes storten in) Toon

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

zodat $v_d \to 0$ sneller dan elke meetkundige rij; vind de dimensie die $v_d$ maximaliseert (numeriek: $d = 5$ ).
(Concentratie van de binomiaal — een voorproef van Hoofdstuk 23) Met Stirling, toon de lokale schatting, voor $k = n/2 + s\sqrt n/2$ met $s$ vast en $n$ even:

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

het discrete Gaussische profiel: de Moivre–Laplace in embryonale vorm.
Waar precies gebruikte het bewijs van Deel I: (i) MCT of DCT; (ii) de Gaussische integraal; (iii) de invariantie-eigenschappen van de Lebesgue-maat? Eén zin elk.

Deel III — De foutterm: Stirling met staven. Stel $d_n = \ln n! - \bigl(n + \tfrac12\bigr)\ln n + n - \ln\sqrt{2\pi}$ , zodat Deel I zegt $d_n \to 0$ .

Toon $d_n - d_{n+1} = \bigl(n + \tfrac12\bigr)\ln\bigl(1 + \tfrac1n\bigr) - 1$ .
Met $t = \frac1{2n+1}$ , verifieer $\frac{n+1}n = \frac{1+t}{1-t}$ en ontwikkel:

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

en leid de tweezijdige grenzen af

$\frac1{3(2n+1)^2} \;<\; d_n - d_{n+1} \;<\; \frac1{12n} - \frac1{12(n+1)} .$
Telescopeer (met $d_m \to 0$ ) en controleer de prettige algebraïsche identiteit $\frac1{3(2m+1)^2} > \frac1{12m+1} - \frac1{12(m+1)+1}$ voor $m \geq 1$ , om de klassieke inkadering te verkrijgen

$\sqrt{2\pi n}\Bigl(\frac n\eu\Bigr)^n \eu^{1/(12n+1)} \;<\; n! \;<\; \sqrt{2\pi n}\Bigl(\frac n\eu\Bigr)^n\eu^{1/(12n)} .$
Twee gevolgen: (a) de relatieve fout van Stirlings formule is $< 10^{-6}$ zodra $n \geq 83\,334$ ; (b) schat $100!$ tot vier significante cijfers met de hand uit de inkadering ( $100! \approx 9.3326\cdot 10^{157}$ ), en verwonder je kort over de precisie van een asymptotische formule bij een zeer eindige $n$ .

Deel IV — De Wallis-route: Stirling zonder de Gaussiaan. Historisch kwam de constante $\sqrt{2\pi}$ van Wallis, niet van Gauss; dit deel herbewijst Stirling onafhankelijk van Deel I–II, en herbewijst daarmee de Gaussische integraal. Zij $W_n = \int_0^{\pi/2}\sin^n\theta\, \dd\theta$ .

Vestig $W_n = \frac{n-1}nW_{n-2}$ (partieel integreren), de gesloten vormen

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

en de identiteit $W_nW_{n-1} = \frac\pi{2n}$ .
Uit de monotonie van $(W_n)$ leid af $W_{2n}/W_{2n+1} \to 1$ , dan

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

Wallis’ stelling, verkregen zonder Stirling.
Toon, door alleen het telescoperen van Deel III (geen waarde van de constante nodig), dat $e_n = \ln n! - (n + \frac12)\ln n + n$ convergeert naar enige limiet $\ell$ ; equivalent $n! \sim K\,n^{n+1/2}\eu^{-n}$ met $K = \eu^\ell > 0$ nog niet geïdentificeerd.
Steek deze asymptotiek in $\binom{2n}n4^{-n}\sqrt n$ en identificeer, met vraag 14, de enige mogelijke waarde: $K = \sqrt{2\pi}$ . Assembleer de logica: Deel III–IV samen geven een volledig tweede bewijs van Stirling — en dus, Deel I’s substitutie achterwaarts lopend, een onafhankelijke evaluatie van $\int_\R\eu^{-u^2/2}\dd u = \sqrt{2\pi}$ . Twee pijlers, die elkaar elk ondersteunen.

Deel V — Laatste dividenden.

(Het volledige lokale profiel) Voor gehele $\abs j \leq K\sqrt n$ ( $K$ vast), toon

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

uniform in $j$ (neem logaritmen en gebruik $\ln \frac{1-x}{1+y} = -(x + y) + O(x^2 + y^2)$ ). Dit is de tweezijdige versie van vraag 7 en de exacte schatting geciteerd in Hoofdstuk 23’s weekendprobleem.
(Een Poisson-voorproef) Toon met Stirling dat $\eu^{-n}\dfrac{n^n}{n!} \sim \dfrac1{\sqrt{2\pi n}}$ : de modus van een Poissonwet van grote mean $n$ draagt massa $\approx (2\pi n)^{-1/2}$ , precies zoals de centrale limietstelling zal voorspellen.
(Gamma-ratio’s) Voor $a \in \intoo01$ , bewijs $\dfrac{\Gamma(n + a)}{\Gamma(n)\,n^a} \to 1$ met de log-convexiteit-hellinggrenzen van Probleem 10.1 (vraag 14 daar), en breid uit tot elke reële $a > 0$ door de functionaalvergelijking. (Dit is wat “ $\Gamma(t+1) \sim$ Stirling” tussen de gehele getallen betekent.)
(Ballen, bis) Uit $v_d = \pi^{d/2}/\Gamma(\frac d2 + 1)$ : tabuleer $v_1, \dots, v_7$ exact, verifieer unimodaliteit via $\frac{v_d}{v_{d-2}} = \frac{2\pi}d$ (stijgend zolang $d < 2\pi$ , dalend daarna), en bewijs de treffende genererende identiteit

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

alle even-dimensionale eenheidsbalvolumes verpakt in één exponentieel.
(Entropie-asymptotiek) Voor vaste $\alpha \in \intoo01$ met $\alpha n \in \N$ , leid uit Stirling af

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

de exponentiële groeisnelheid van binomiaalcoëfficiënten is de entropie $H$ — controleer dat $\alpha = \frac12$ vraag 5 herwint, en dat $H(\alpha) < \ln2$ voor $\alpha \neq \frac12$ (dus off-center binomialen zijn exponentieel verwaarloosbaar in $2^n$ ).
(Oppervlakten) De oppervlakte van de eenheidssfeer $S^{d-1}$ is $s_{d-1} = d\,v_d$ (bewwezen als Oefening 21.6 in het differentiaalvormen- hoofdstuk; hier, neem het als definitie). Tabuleer $s_0, \dots, s_6$ , lokaliseer de maximale ( $d - 1 = 6$ , $s_6 = \frac{16\pi^3}{15} \approx 33.07$ ), en toon $s_{d-1} \to 0$ super-meetkundig eveneens — hoogdimensionale sferen zijn, naar elke Euclidische maatstaf, verdwijnend klein.
(De eerste correctieterm) Leid uit de inkadering van vraag 11 af dat $d_n = \frac1{12n} + O\bigl(\frac1{n^2}\bigr)$ , dus

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

Verifieer bij $n = 10$ : de bare formule geeft $3\,598\,696$ (relatieve fout $8.3\cdot10^{-3}$ ), de gecorrigeerde $3\,628\,685$ tegen $10! = 3\,628\,800$ (relatieve fout $3.2\cdot10^{-5}$ ) — één term van de reeks koopt tweeënhalve cijfers.
(De mediaan van $\Gamma$ ) Toon dat

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

asymptotisch zit precies de helft van de massa van de $\Gamma$ -integrand onder haar modus $x = t$ . (Voer Deel I’s substitutie uit op de afgeknotte integraal; de dominant van vraag 3 staat al klaar.)
(Entropie, niet-asymptotisch) Voor $\alpha \in \intoc0{\frac12}$ bewijs de grens, geldig voor elke $n \geq 1$ :

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

door de som te vergelijken met $\sum_k\binom nk\lambda^{k-\alpha n}$ voor de tilt $\lambda = \frac{\alpha}{1-\alpha} \leq 1$ . Controleer dat deze keuze van $\lambda$ optimaal is, en verzoen met vraag 21: de exponentiële snelheid $H(\alpha)$ van de asymptotische uitspraak wordt bereikt door een één-regel-ongelijkheid zonder enige asymptotiek.

Oplossing

Oplossing van Probleem 11.1.

1. Met $x = t + \sqrt t\,u$ ( $\dd x = \sqrt t\,\dd u$ ; $x$ loopt over $\intoo0\infty$ als $u$ over $\intoo{-\sqrt t}\infty$ loopt):

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

want $x^t = t^t\exp\bigl(t\ln(1 + u/\sqrt t)\bigr)$ en $\eu^{-x} = \eu^{-t}\eu^{-\sqrt tu}$ .

2. Voor vaste $u$ en $t \to \infty$ : $t\ln(1 + u/\sqrt t) - \sqrt tu = t\bigl(\frac u{\sqrt t} - \frac{u^2}{2t} + o(\frac1t)\bigr) - \sqrt tu = -\frac{u^2}2 + o(1)$ : $g_t(u) \to \eu^{-u^2/2}$ .

3. Stel $\psi_1(h) = \varphi(h) + \frac{h^2}4$ op $\intoc{-1}1$ : $\psi_1(0) = 0$ en $\psi_1'(h) = \frac1{1+h} - 1 + \frac h2 = \frac{h(h-1)}{2(1+h)}$ , wat $\geq 0$ is op $\intoc{-1}0$ en $\leq 0$ op $\intcc01$ : $\psi_1 \leq 0$ , d.w.z. $\varphi(h) \leq -h^2/4$ daar. Stel $\psi_2(h) = \varphi(h) + ch$ op $\intco1\infty$ , $c = 1 - \ln2$ : $\psi_2(1) = \ln2 - 1 + c = 0$ en $\psi_2'(h) = c - \frac h{1+h} \leq c - \frac12 < 0$ : $\varphi(h) \leq -ch$ voor $h \geq 1$ . Nu voor $t \geq 1$ : als $\abs u \leq \sqrt t$ , $g_t(u) = \eu^{t\varphi(u/\sqrt t)} \leq \eu^{-t(u/\sqrt t)^2/4} = \eu^{-u^2/4}$ ; als $u \geq \sqrt t$ , dan $t\,\varphi(u/\sqrt t) \leq -ct\cdot\frac u{\sqrt t} = -c\sqrt t\,u \leq -cu$ (want $t \geq 1$ ), dus $g_t(u) \leq \eu^{-cu}$ . Derhalve $g_t \leq \eu^{-u^2/4} + \eu^{-cu}\mathbf 1_{u>0}$ , integreerbaar, onafhankelijk van $t \geq 1$ .

4. DCT: $\int_\R g_t(u)\dd u \to \int_\R\eu^{-u^2/2}\dd u = \sqrt{2\pi}$ (Voorbeeld 11.12 plus de schaling $u\mapsto\sqrt2\, u$ ). Met vraag 1:

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

5. Uit Oefening 11.8, $W_{2n} = \frac\pi2\,\frac{(2n)!}{4^n(n!)^2} = \frac\pi2\,4^{-n}\binom{2n}n$ . Stirling:

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

Dan $W_{2n} \sim \frac12\sqrt{\pi/n}$ , consistent met de recursie $W_n = \frac{n-1}nW_{n-2}$ (die $W_n \sim W_{n-2}$ dwingt, en met $W_nW_{n-1}\cdot n = \frac\pi2$ — de klassieke Wallis-relatie — $W_n \sim \sqrt{\pi/(2n)}$ geeft; de twee asymptotieken stemmen overeen).

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

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

super-meetkundig (voor $d > 2\pi\eu \approx 17$ is elke factor $< 1$ en krimpend). Numeriek $v_1 = 2$ , $v_2 \approx 3.14$ , $v_3 \approx 4.19$ , $v_4 \approx 4.93$ , $v_5 \approx 5.26$ , $v_6 \approx 5.17$ : het maximum ligt bij $d = 5$ .

7. Met $k = \frac n2 + \frac{s\sqrt n}2$ (geheel, $n$ even, $s$ vast): neem logaritmen in $2^{-n}\binom nk = 2^{-n}\frac{n!}{k!(n-k)!}$ en pas Stirling toe op de drie factorialen. Schrijvend $k = \frac n2(1 + \varepsilon)$ , $n - k = \frac n2(1 - \varepsilon)$ met $\varepsilon = s/\sqrt n$ :

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

en de haak is $\varepsilon^2 + O(\varepsilon^4) = \frac{s^2}n + O(n^{-2})$ : de weergave streeft naar $-\frac{s^2}2 + \frac12\ln\frac2{\pi n}$ tot op $o(1)$ , d.w.z.

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

het Gaussische profiel van muntworp, gekwantificeerd — de lokale vorm van de Moivre–Laplace, te globaliseren in Hoofdstuk 23.

8. (i) DCT zet de puntsgewijze limiet van vraag 2 om in convergentie van de integralen, met de dominant van vraag 3. (ii) De Gaussische integraal evalueert de limiet $\int\eu^{-u^2/2} = \sqrt{2\pi}$ — Stirlings constante $\sqrt{2\pi}$ is de Gaussische integraal. (iii) De substitutie $x = t + \sqrt tu$ is een affiene variabelensubstitutie: translatie-invariantie en de schaalregel van de Lebesgue-maat (Stelling 11.10 in dimensie $1$ ).

9. Ontwikkel beide termen:

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

de termen $-\ln(n+1)$ en $(n + \frac32)\ln(n+1)$ combineren tot $(n + \frac12)\ln(n+1)$ .

10. Voor $t = \frac1{2n+1}$ : $\frac{1+t}{1-t} = \frac{2n+2}{2n} = \frac{n+1}n$ , en $n + \frac12 = \frac1{2t}$ ; de oneven reeks $\ln\frac{1+t}{1-t} = 2\sum_{k\geq0}\frac{t^{2k+1}}{2k+1}$ geeft

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

Trek $1$ af. Ondergrens: de eerste term alleen, $\frac{t^2}3 = \frac1{3(2n+1)^2}$ . Bovengrens: verlaag alle noemers tot $3$ en som de meetkundige reeks: $\frac{t^2}{3(1 - t^2)} = \frac1{3((2n+1)^2 - 1)} = \frac1{12n(n+1)} = \frac1{12n} - \frac1{12(n+1)}$ .

11. Sommeren van de bovengrens van $n$ tot $\infty$ (met $d_m \to 0$ ): $d_n < \frac1{12n}$ . Voor de ondergrens: $\frac1{12m+1} - \frac1{12(m+1)+1} = \frac{12}{(12m+1)(12m+13)}$ , en

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

waar voor $m \geq 1$ . Sommeren van deze telescoperende minorant: $d_n > \frac1{12n+1}$ . Exponentiëren geeft de klassieke inkadering van $n!$ .

12. (a) Relatieve fout $= \eu^{d_n} - 1 < \eu^{1/(12n)} - 1 < \frac{1.1}{12n}$ voor grote $n$ ; $< 10^{-6}$ zodra $12n \geq 1.1\cdot10^6$ , en de gestelde $n \geq 83\,334$ volstaat ( $\frac1{12n} \leq 10^{-6}$ impliceert het al). (b) $\log_{10}(100!) = \frac12\log_{10}(200\pi) + 200 - 100\log_{10}\eu + d_{100}\log_{10}\eu = 1.39906 + 200 - 43.42945 + 0.00036 \approx 157.96997$ , dus $100! \approx 10^{0.96997} \cdot 10^{157} = 9.333\cdot10^{157}$ ; het gegarandeerde venster $(\eu^{1/1201}, \eu^{1/1200})$ heeft breedte onder $10^{-6}$ in relatieve termen — een “asymptotische” formule die bij $n = 100$ een precisie-instrument is.

13. Schrijf $\sin^n = \sin^{n-2} - \sin^{n-2}\cos^2$ , en integreer de tweede term partieel ( $u = \cos\theta$ , $\dd v = \sin^{n-2}\cos\theta\,\dd\theta$ , $v = \frac{\sin^{n-1}}{n-1}$ ):

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

Dus $W_n = W_{n-2} - \frac{W_n}{n-1}$ , d.w.z. $W_n = \frac{n-1}nW_{n-2}$ . Uit $W_0 = \frac\pi2$ , $W_1 = 1$ :

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

dubbele factorialen converterend via $(2n)!! = 2^nn!$ en $(2n-1)!! = \frac{(2n)!}{2^nn!}$ . Tenslotte $nW_nW_{n-1} = (n-1)W_{n-1}W_{n-2}$ door de recursie: constant, gelijk aan $1\cdot W_1W_0 = \frac\pi2$ .

14. $W_{2n+1} \leq W_{2n} \leq W_{2n-1}$ (puntsgewijze monotonie van $\sin^n$ ) en $\frac{W_{2n-1}}{W_{2n+1}} = \frac{2n+1}{2n} \to 1$ knijpen $\frac{W_{2n}}{W_{2n+1}} \to 1$ . Gecombineerd met $W_{2n}W_{2n+1} = \frac{\pi}{2(2n+1)}$ (vraag 13): $W_{2n}^2 \sim \frac\pi{4n}$ , dus $W_{2n} \sim \frac12\sqrt{\frac\pi n}$ en $\binom{2n}n4^{-n} = \frac2\pi W_{2n} \sim \frac1{\sqrt{\pi n}}$ .

15. Vragen 9–10 gebruikten nooit de waarde van de constante: met $e_n = \ln n! - (n+\frac12)\ln n + n$ liggen de verschillen $e_n - e_{n+1}$ in $\bigl(0, \frac1{12n} - \frac1{12(n+1)}\bigr)$ , dus daalt $(e_n)$ terwijl $(e_n - \frac1{12n})$ stijgt: aangrenzende rijen, convergerend naar een gemeenschappelijke $\ell$ . Dus $n! \sim K n^{n+1/2}\eu^{-n}$ , $K = \eu^\ell$ .

16. Substitueren van de onbekende-constante Stirling in de centrale binomiaal:

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

en vraag 14 dwingt $\frac{\sqrt2}K = \frac1{\sqrt\pi}$ : $K = \sqrt{2\pi}$ . Deel III–IV herbewijzen zo Stirling van nul af; invoeren in Deel I’s identiteit evalueert $\int_\R\eu^{-u^2/2}\dd u = \sqrt{2\pi}$ zonder poolcoördinaten: Wallis en Gauss stutten elkaar.

17. $\frac{\binom{2n}{n+j}}{\binom{2n}n} = \frac{(n!)^2}{(n+j)!\,(n-j)!} = \prod_{i=1}^{j}\frac{n-i+1}{n+i}$ voor $j \geq 0$ (en door symmetrie voor $j < 0$ ). Logaritmen nemend, met $1 \leq i \leq j \leq K\sqrt n$ :

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

en $\sum_{i\leq j}(2i - 1) = j^2$ , terwijl de fout sommeert tot $O(j^3/n^2) = O(n^{-1/2})$ : uniform, $\exp\bigl(-\frac{j^2}n + O(n^{-1/2})\bigr)$ .

18. $\eu^{-n}\frac{n^n}{n!} \sim \eu^{-n} \frac{n^n}{\sqrt{2\pi n}\,n^n\eu^{-n}} = \frac1{\sqrt{2\pi n}}$ . Een Poissonvariabele van mean $n$ heeft standaardafwijking $\sqrt n$ , en $\frac1{\sqrt{2\pi n}}$ is precies de Gaussische piekhoogte $\frac1{\sigma\sqrt{2\pi}}$ : de lokale CLT, voorproef bij de modus.

19. Voor $a \in \intoo01$ geeft het hellinglemma van Probleem 10.1 (vraag 14 daar), toegepast op de convexe $\log\Gamma$ rond $n$ , $(n-1)^a \leq \frac{\Gamma(n+a)}{\Gamma(n)} \leq n^a$ : de ratio tot $n^a$ wordt geknepen door $(1 - \frac1n)^a \to 1$ . Voor $a = m + a'$ ( $m \in \N$ , $a' \in \intco01$ ): $\Gamma(n+a) = (n + a - 1) \cdots(n + a')\Gamma(n + a')$ , en elk van de $m$ factoren is $n(1 + O(\frac1n))$ : vermenigvuldig de schattingen.

20. De recursie $v_d = \frac{2\pi}dv_{d-2}$ (uit $\Gamma(\frac d2 + 1) = \frac d2\Gamma(\frac d2)$ ) geeft, vanaf $v_1 = 2$ , $v_2 = \pi$ :

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

De ratio $\frac{2\pi}d$ overschrijdt $1$ precies voor $d \leq 6$ , dus stijgt elke pariteit dan daalt; numeriek $v_4 \approx 4.93$ , $v_5 \approx 5.26$ , $v_6 \approx 5.17$ : het globale maximum is $d = 5$ . Genererende functie: $v_{2k} = \frac{\pi^k}{k!}$ , dus $\sum_kv_{2k}x^{2k} = \eu^{\pi x^2}$ — alle even-dimensionale balvolumes gerold in één exponentieel, en een onmiddellijke super-meetkundige afname-schatting voor $v_d$ .

21. Stirling in teller en noemer, met $k = \alpha n$ :

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

want $n^n/(\alpha n)^{\alpha n}((1-\alpha)n)^{(1-\alpha)n} = \alpha^{-\alpha n}(1-\alpha)^{-(1-\alpha)n} = \eu^{nH(\alpha)}$ (de machten van $n$ cancelen: $\alpha n + (1-\alpha)n = n$ ), en de $\eu^{-n}$ ’s cancelen evenzo. Bij $\alpha = \frac12$ : $H = \ln2$ en de prefactor is $\sqrt{2/(\pi n)}$ — vraag 5 opnieuw. Strikte concaafheid van $H$ (tweede afgeleide $-\frac1{\alpha(1-\alpha)} < 0$ ) plaatst haar maximum $\ln 2$ alleen bij $\alpha = \frac12$ : voor $\alpha \neq \frac12$ daalt $\binom n{\alpha n}2^{-n} \approx \eu^{-n(\ln2 - H(\alpha))}$ exponentieel — de combinatorische motor achter elke concentratiestatement over muntworpen.

22. Uit $s_{d-1} = dv_d$ en vraag 20:

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

numeriek $2,\ 6.28,\ 12.57,\ 19.74,\ 26.32,\ 31.01,\ 33.07$ ; en $s_7 = \frac{\pi^4}3 \approx 32.47 < s_6$ : het maximum is de $6$ -sfeer. De recursie $s_{d+1} = (d+2)\,v_{d+2} = (d+2)\,\frac{2\pi}{d+2}\,v_d = 2\pi v_d = \frac{2\pi}d\,s_{d-1}$ toont dezelfde $\frac{2\pi}d$ -gedreven stijging en super-meetkundige val als voor volumes: voorbij dimensie zeven krimpen sferen sneller weg dan elke meetkundige rij.

23. Vraag 11 zegt precies $\frac1{12n+1} < d_n < \frac1{12n}$ , en

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

dus $d_n = \frac1{12n} + O(\frac1{n^2})$ en $\eu^{d_n} = 1 + \frac1{12n} + O(\frac1{n^2})$ ; vermenigvuldigen met $\sqrt{2\pi n}(n/\eu)^n$ geeft de gecorrigeerde formule. Bij $n = 10$ : $\sqrt{20\pi}\,(10/\eu)^{10} = 7.92665 \times 453999.3 \approx 3\,598\,696$ , laag met $30\,104$ (relatieve fout $8.3\cdot10^{-3}$ ); vermenigvuldigen met $1 + \frac1{120}$ geeft $3\,628\,685$ , laag met $115$ (relatieve fout $3.2\cdot10^{-5}$ ). De inkadering zelf pinnt $10!$ tussen $3\,598\,696\,\eu^{1/121} \approx 3\,628\,559$ en $3\,598\,696\,\eu^{1/120} \approx 3\,628\,808$ — de bovengrens mist met acht eenheden in zeven cijfers.

24. Deel I’s substitutie $x = t + \sqrt t\,u$ , toegepast op de afgeknotte integraal, geeft

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

het bereik $0 \leq x \leq t$ wordt $-\sqrt t \leq u \leq 0$ . De dominant van vraag 3 dekt $g_t\mathbf 1_{u < 0}$ ook, dus gedomineerde convergentie levert

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

terwijl vraag 4 $\Gamma(t+1) \sim t^t\eu^{-t}\sqrt t\,\sqrt{2\pi}$ geeft. De ratio streeft naar $\frac12$ . Probabilistisch: een Gamma-toevalsvariabele van grote vorm plaatst asymptotisch de helft van haar massa aan elke kant van haar modus — de symmetrie van de centrale limietstelling, afgelezen uit één substitutie.

25. Zij $\lambda = \frac{\alpha}{1-\alpha} \in \intoc01$ . Voor $k \leq \lfloor\alpha n\rfloor \leq \alpha n$ geldt $\lambda^{k - \alpha n} \geq 1$ , dus

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

en met $\lambda = \frac\alpha{1-\alpha}$ :

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

Optimaliteit: minimaliseren van $f(\lambda) = -\alpha\ln\lambda + \ln(1+\lambda)$ over $\lambda > 0$ , de vergelijking $f'(\lambda) = -\frac\alpha\lambda + \frac1{1+\lambda} = 0$ heeft de unieke oplossing $\lambda = \frac\alpha{1-\alpha}$ , een minimum want $f'' > 0$ — de exponentiële-tilt- (Chernoff-)keuze. Verzoening: door vraag 21 is de enkele term $k = \lfloor\alpha n\rfloor$ al van orde $\eu^{nH(\alpha)}/\sqrt{2\pi\alpha(1-\alpha)n}$ , dus

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

de snelheid $H(\alpha)$ is exact, de hele som kost ten hoogste een factor $\sqrt n$ over haar grootste term. Gedeeld door $2^n$ is dit de eerlijke-munt-staartgrens $\P(S_n \leq \alpha n) \leq \eu^{-n(\ln2 - H(\alpha))}$ — concentratie van maat in één regel.

11.1 Product-σ\sigmaσ-algebra’s en productmaten

11.2 Tonelli en Fubini

11.3 Variabelensubstitutie

11.4 Oefeningen

11.5 Probleem: Stirlings formule

11.1 Product- $\sigma$ -algebra’s en productmaten