Mathematics · Boek 5 · Bachelor Year 3

Universitaire wiskunde — Bachelor jaar 3

Universitaire wiskunde — Bachelor jaar 3 · Bachelor Year 3

11Productmaten, Fubini, variabelensubstitutie

De eendimensionale theorie van Lebesgue wordt meerdimensionale analyse door twee stellingen. Tonelli–Fubini zegt dat integralen over producten herhaalde integralen zijn — in beide volgorden mag je in plakken snijden, onder hypothesen die je werkelijk kunt controleren. De formule voor variabelensubstitutie vervoert integralen langs C1\mathcal C^1-diffeomorfismen, met de jacobiaandeterminant als wisselkoers voor het volume; we bewijzen haar volledig, te beginnen bij het lineaire geval, waar ze verklaart wat de determinant is. De toepassingen buitelen over elkaar heen: de laagjesformule, de convolutie, de poolcoördinaten, het volume van de nn-bal — en, in de weekendopgave, de formule van Stirling met een eerlijke foutanalyse.

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

Definitie 11.1

Voor meetbare ruimten (X,A)(X, \mathcal A) en (Y,B)(Y, \mathcal B) is de product-σ\sigma-algebra AB\mathcal A \otimes \mathcal B op X×YX \times Y voortgebracht door de rechthoeken A×BA \times B (met AAA \in \mathcal A en BBB \in \mathcal B) — een π\pi-systeem. Voor EX×YE \subseteq X\times Y en xXx \in X is de sectie Ex={y:(x,y)E}E_x = \{y : (x,y) \in E\}; en voor een functie ff op het product is fx=f(x,)f_x = f(x, \cdot).

Propositie 11.2

(a) Is EABE \in \mathcal A\otimes\mathcal B, dan is elke sectie ExBE_x \in \mathcal B (en symmetrisch); en is ff AB\mathcal A\otimes\mathcal B-meetbaar, dan is elke fxf_x B\mathcal B-meetbaar. (b) B(Rm)B(Rn)=B(Rm+n)\mathcal B(\R^m)\otimes\mathcal B(\R^n) = \mathcal B(\R^{m+n}).

Bewijs. (a) Goede verzamelingen: {E:ExB x}\{E : E_x \in \mathcal B\ \forall x\} is een σ\sigma-algebra (secties verdragen zich met complementen en aftelbare verenigingen) die de rechthoeken bevat. En voor ff: (fx)1(B)=(f1(B))x(f_x)^{-1}(B) = (f^{-1}(B))_x. (b) (\subseteq) Rechthoeken van borelverzamelingen: het volstaat dat blokken open×\timesopen borel zijn in Rm+n\R^{m+n} (ze zijn open) en dat algemene borelrechthoeken limieten zijn — opnieuw goede verzamelingen: {A:A×RnB(Rm+n)}\{A : A\times\R^n \in \mathcal B(\R^{m+n})\} is een σ\sigma-algebra die de open verzamelingen bevat; snijd er twee van dat type. (\supseteq) Elke open verzameling van Rm+n\R^{m+n} is een aftelbare vereniging van rationale open blokken U×VU\times V: dus bevat in de product-σ\sigma-algebra.

Stelling 11.3 (Productmaat)

Zij (X,A,μ)(X, \mathcal A, \mu) en (Y,B,ν)(Y, \mathcal B, \nu) σ\sigma-eindig. Voor elke EABE \in \mathcal A\otimes\mathcal B is de functie xν(Ex)x \mapsto \nu(E_x) meetbaar, en

(μν)(E)=Xν(Ex) ⁣dμ(x)(\mu\otimes\nu)(E) = \int_X \nu(E_x)\,\dd\mu(x)

definieert de unieke maat op AB\mathcal A\otimes\mathcal B met (μν)(A×B)=μ(A)ν(B)(\mu\otimes\nu)(A\times B) = \mu(A)\nu(B). Ze is σ\sigma-eindig en symmetrisch: dezelfde maat komt eruit als je de xx-secties tegen ν\nu integreert.

Bewijs. Meetbaarheid van xν(Ex)x \mapsto \nu(E_x). Zij ν\nu eerst eindig. De klasse D\mathcal D van de EE waarvoor de afbeelding meetbaar is, bevat de rechthoeken (ν((A×B)x)=ν(B)1A(x)\nu((A\times B)_x) = \nu(B)\mathbf 1_A(x)) en is een λ\lambda-systeem: voor EFE \subseteq F in D\mathcal D is ν((FE)x)=ν(Fx)ν(Ex)\nu((F\setminus E)_x) = \nu(F_x) - \nu(E_x) (eindigheid); en voor EnEE_n \uparrow E is ν((En)x)ν(Ex)\nu((E_n)_x) \uparrow \nu(E_x) (continuïteit van onderen), terwijl monotone limieten van meetbare functies meetbaar zijn. De rechthoeken vormen een π\pi-systeem: Dynkin (Stelling 9.4) geeft D=AB\mathcal D = \mathcal A\otimes\mathcal B. Is ν\nu σ\sigma-eindig, schrijf dan Y=YkY = \bigcup Y_k met YkY_k \uparrow en ν(Yk)<\nu(Y_k) < \infty: dan is ν(Ex)=limkνk(Ex)\nu(E_x) = \lim_k\nu_k(E_x) met νk=ν(Yk)\nu_k = \nu(\cdot\cap Y_k) eindig.

Maat. De σ\sigma-additiviteit van Eν(Ex) ⁣dμE \mapsto \int\nu(E_x)\dd\mu volgt uit Gevolg 10.7 (secties van disjuncte verzamelingen zijn disjunct). Op rechthoeken geeft ze μ(A)ν(B)\mu(A)\nu(B). Eenduidigheid: twee kandidaten vallen samen op het π\pi-systeem van de rechthoeken; en de σ\sigma-eindigheid levert rechthoeken Xk×YkX×YX_k\times Y_k \uparrow X\times Y van eindige maat: Stelling 9.7. Symmetrie: de constructie in de andere volgorde is eveneens een maat die op de rechthoeken samenvalt — uniek, dus dezelfde.

Definitie 11.4

De lebesguemaat op Rd\R^d is λd=λλ\lambda_d = \lambda\otimes\cdots\otimes\lambda (dd factoren; de associativiteit van de constructie ga je na op blokken en plant zich voort door de eenduidigheid). Zij is de unieke borelmaat die aan elk blok (ai,bi]\prod\intoc{a_i}{b_i} zijn volume (biai)\prod(b_i - a_i) toekent; ze is translatie-invariant (translaten vallen samen op blokken), σ\sigma-eindig, en volledig na vervollediging volgens Carathéodory — we schrijven λd\lambda_d voor de vervolledigde maat en integreren dienovereenkomstig.

11.2 Tonelli en Fubini

Stelling 11.5 (Tonelli)

Zij μ,ν\mu, \nu σ\sigma-eindig en f ⁣:X×Y[0,+]f \colon X\times Y \to [0, +\infty] meetbaar. Dan is xYfx ⁣dνx \mapsto \int_Y f_x\,\dd\nu meetbaar en

X×Yf ⁣d(μν)=X(Yf(x,y) ⁣dν(y)) ⁣dμ(x)=Y(Xf(x,y) ⁣dμ(x)) ⁣dν(y).\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=1Ef = \mathbf 1_E is dit Stelling 11.3 (met haar symmetrische vorm). Door de lineariteit geldt het voor elementaire f0f \geq 0. En voor algemene f0f \geq 0: neem elementaire snfs_n \nearrow f (Stelling 10.4); dan is Y(sn)x ⁣dνYfx ⁣dν\int_Y(s_n)_x \dd\nu \nearrow \int_Y f_x\dd\nu voor elke xx (monotone convergentie in YY), zodat de linkerleden met de monotone convergentie in XX convergeren, terwijl sn ⁣d(μν)f\int s_n\, \dd(\mu\otimes\nu) \nearrow \int f door de monotone convergentie op het product.

Stelling 11.6 (Fubini)

Zij μ,ν\mu, \nu σ\sigma-eindig en fL1(μν)f \in L^1(\mu\otimes\nu). Dan is voor μ\mu-bijna elke xx de sectie fxf_x ν\nu-integreerbaar, is de bijna overal gedefinieerde functie xfx ⁣dνx \mapsto \int f_x\dd\nu integreerbaar, en zijn beide herhaalde integralen gelijk aan f ⁣d(μν)\int f\,\dd(\mu\otimes\nu).

Bewijs. Tonelli toegepast op f\abs f laat zien dat φ(x)=fx ⁣dν\varphi(x) = \int\abs{f_x} \dd\nu een eindige integraal heeft en dus bijna overal eindig is: fxL1(ν)f_x \in L^1(\nu) voor bijna elke xx. Splits f=f+ff = f^+ - f^- (reëel geval; complex per component): Tonelli berekent elke herhaalde integraal van f±f^\pm als f± ⁣d(μν)<\int f^\pm\dd(\mu\otimes\nu) < \infty, en het bijna overal 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): is de integrand niet-negatief, verwissel dan vrijelijk (Tonelli). Zo niet, pas dan eerst Tonelli toe op f\abs f, in de volgorde die het makkelijkst af te schatten is; is het resultaat eindig, dan legitimeert Fubini de verwisseling. Sla de controle op f\abs f nooit over: de integrand van Oefening 11.4 heeft twee herhaalde integralen met verschillende waarden.

Propositie 11.8 (Laagjesformule)

Voor meetbare f0f \geq 0 op een σ\sigma-eindige (X,A,μ)(X, \mathcal A, \mu) geldt

Xf ⁣dμ=0+μ({f>t}) ⁣dt,Xfp ⁣dμ=p0+tp1μ({f>t}) ⁣dt(p1).\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 1{(x,t):0<t<f(x)}\mathbf 1_{\{(x,t) : 0 < t < f(x)\}} op X×(0,+)X \times \intoo0{+\infty} (meetbaar: het is {(x,t):f(x)t>0}{t>0}\{(x,t): f(x) - t > 0\}\cap\{t > 0\}, een borelachtige combinatie van de meetbare (x,t)f(x)t(x,t)\mapsto f(x) - t): eerst in tt integreren geeft f ⁣dμ\int f\,\dd\mu; eerst in xx geeft 0μ(f>t) ⁣dt\int_0^\infty\mu(f > t)\dd t. Voor fpf^p: substitueer t=spt = s^p in μ(fp>t) ⁣dt\int\mu(f^p > t)\dd t, dat wil zeggen pas de eerste formule toe op fpf^p en substitueer in de eendimensionale integraal ({fp>sp}={f>s}\{f^p > s^p\} = \{f > s\}).

Stelling 11.9 (Convolutie op L1L^1)

Voor f,gL1(Rd,λd)f, g \in L^1(\R^d, \lambda_d) convergeert de integraal

(fg)(x)=Rdf(xy)g(y) ⁣dy(f * g)(x) = \int_{\R^d} f(x - y)\,g(y)\,\dd y

absoluut voor bijna elke xx, definieert ze een fgL1(Rd)f * g \in L^1(\R^d) met fg1f1g1\norm{f*g}_1 \leq \norm f_1\norm g_1, en is * commutatief en associatief.

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

 ⁣ ⁣f(xy)g(y) ⁣dy ⁣dx=g(y)(f(xy) ⁣dx) ⁣dy=f1g1<\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

(de translatie-invariantie van λd\lambda_d in de binnenste integraal). De dubbele integraal is dus eindig; Fubini geeft de absolute convergentie voor bijna elke xx en de normgrens fg1f1g1\norm{f*g}_1 \leq \norm f_1\norm g_1. Commutativiteit: substitueer yxyy \mapsto x - y (invariantie onder translatie en spiegeling — de spiegelingsinvariantie geldt op blokken en dus overal wegens de eenduidigheid). Associativiteit: Tonelli–Fubini op een drievoudige integraal.

11.3 Variabelensubstitutie

Stelling 11.10 (Lineaire variabelensubstitutie)

Voor TGLd(R)T \in GL_d(\R) en AB(Rd)A \in \mathcal B(\R^d) is λd(T(A))=detTλd(A)\lambda_d(T(A)) = \abs{\det T}\,\lambda_d(A); bijgevolg is f(y) ⁣dy=detTf(Tx) ⁣dx\int f(y)\dd y = \abs{\det T}\int f(Tx)\,\dd x voor f0f \geq 0 of ff integreerbaar.

Bewijs. De maat μT(A)=λd(T(A))\mu_T(A) = \lambda_d(T(A)) is een borelmaat (homeomorfismen bewaren borelverzamelingen, Probleem 9.1), translatie-invariant (T(A+x)=T(A)+TxT(A + x) = T(A) + Tx) en eindig op het eenheidsblok: volgens de karakterisering van de lebesguemaat (Oefening 9.6, waarvan het bewijs letterlijk in Rd\R^d werkt met dyadische kubussen) is μT=c(T)λd\mu_T = c(T)\lambda_d met c(T)=λd(T([0,1)d))c(T) = \lambda_d(T(\intco01^d)). De afbeelding Tc(T)T \mapsto c(T) is multiplicatief (c(ST)=c(S)c(T)c(ST) = c(S)c(T), door samen te stellen), dus volstaat het cc op voortbrengers van GLdGL_d te berekenen: de elementaire matrices. Diagonaal diag(a,1,,1)\operatorname{diag}(a, 1, \dots, 1): beeldt de eenheidskubus af op een blok van volume a\abs a, dus c=a=detc = \abs a = \abs\det. Verwisseling van coördinaten: permuteert de kubus, dus c=1=detc = 1 = \abs\det. Transvectie T(x)=x+αx2e1T(x) = x + \alpha x_2e_1: het beeld van de eenheidskubus is een scheefgetrokken prisma; volgens Tonelli is de maat ervan λ1(sectie) ⁣dx2 ⁣dxd=1\int\lambda_1(\text{sectie})\dd x_2 \cdots \dd x_d = 1, want elke x1x_1-sectie is een interval van lengte 11: dus c=1=detc = 1 = \abs{\det}. Elke inverteerbare matrix is een product van deze (gauss-eliminatie), en zowel cc als det\abs\det is multiplicatief: dus c(T)=detTc(T) = \abs{\det T}. De integraalformule volgt met de standaardmachine (indicatoren, elementaire functies, monotone convergentie).

Stelling 11.11 (Variabelensubstitutie)

Zij U,VRdU, V \subseteq \R^d open en Φ ⁣:UV\Phi \colon U \to V een C1\mathcal C^1-diffeomorfisme. Voor elke meetbare f ⁣:V[0,+]f \colon V \to [0, +\infty] (of fL1(V)f \in L^1(V)) geldt

Vf(y) ⁣dy=Uf(Φ(x))detDΦ(x) ⁣dx.\int_V f(y)\,\dd y = \int_U f\bigl(\Phi(x)\bigr)\,\abs{\det D\Phi(x)}\,\dd x .

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

λd(Φ(A))AJ ⁣dλdvoor elke borelverzameling AU;()\lambda_d\bigl(\Phi(A)\bigr) \leq \int_A J\,\dd\lambda_d \qquad\text{voor elke borelverzameling } A \subseteq U; \tag{$*$}

stap 4 hieronder tilt ()(*) — toegepast op zowel Φ\Phi als Φ1\Phi^{-1} — op tot de gelijkheid van de stelling. Merk op dat Φ1\Phi^{-1} zelf een C1\mathcal C^1-diffeomorfisme is met jacobiaan detDΦ1(y)=J(Φ1y)1\abs{\det D\Phi^{-1}(y)} = J(\Phi^{-1}y)^{-1} (kettingregel op ΦΦ1=id\Phi\circ\Phi^{-1} = \mathrm{id}).

Stap 1: ()(*) voor kubussen, met een vervormingsfactor. Leg een gesloten kubus QUQ \subseteq U vast met middelpunt x0x_0 en zijde 2r2r (een bal voor de supnorm). Bewering: voor elke ε>0\varepsilon > 0 geldt, als Φ\Phi differentieerbaar is op QQ met DΦ(x)DΦ(x0)ε\norm{D\Phi(x) - D\Phi(x_0)} \leq \varepsilon op QQ (operatornorm voor de supnorm), dat

Φ(Q)Φ(x0)+DΦ(x0)((1+εDΦ(x0)1)(Qx0)),\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 xQx \in Q geeft de middelwaardeongelijkheid toegepast op Φ(x)Φ(x0)DΦ(x0)(xx0)\Phi(x) - \Phi(x_0) - D\Phi(x_0)(x - x_0) dat Φ(x)Φ(x0)DΦ(x0)(xx0)εxx0εr\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 trekt DΦ(x0)1D\Phi(x_0)^{-1} dat gebrek terug tot een vergroting van de kubus met εDΦ(x0)1r\varepsilon\norm{D\Phi(x_0)^{-1}}\,r. Volgens Stelling 11.10 is dan

λd(Φ(Q))detDΦ(x0)(1+εC)dλd(Q),C=supQDΦ()1.\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 QUQ \subseteq U een compacte kubus en ε>0\varepsilon > 0. Op QQ is DΦD\Phi uniform continu en is DΦ1\norm{D\Phi^{-1}} begrensd (compactheid); verdeel QQ in 2kd2^{kd} deelkubussen QiQ_i die klein genoeg zijn opdat de oscillatie van DΦD\Phi op elk ervan ε\leq \varepsilon is. Stap 1 op elke deelkubus (met middelpunt xix_i) geeft

λd(Φ(Q))iλd(Φ(Qi))(1+Cε)didetDΦ(xi)λd(Qi)(1+Cε)d(QJ+ε),\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),

waarbij de laatste stap geldt omdat idetDΦ(xi)1QiJ\sum_i\abs{\det D\Phi(x_i)}\mathbf 1_{Q_i} \to J uniform op QQ (continuïteit van detDΦ\det D\Phi) — een vergelijking met riemannsommen. Laat ε0\varepsilon \to 0 gaan: ()(*) geldt voor compacte kubussen.

Stap 3: ()(*) voor alle borelverzamelingen AA. De verzamelingsfunctie Aλd(Φ(A))A \mapsto \lambda_d(\Phi(A)) op de borel-deelverzamelingen van UU is een maat (Φ\Phi is een bijectie op VV die borelverzamelingen en aftelbare disjunctheid bewaart), en AAJA \mapsto \int_AJ ook. Elke open deelverzameling van UU is een aftelbare vereniging van bijna disjuncte dyadische compacte kubussen (de standaard dyadische ontbinding: neem de maximale dyadische kubussen binnen de open verzameling), en beide maten zijn daarover additief (de randen van kubussen zijn λd\lambda_d-nul, en hun Φ\Phi-beelden zijn nul volgens stap 2, toegepast op dunne kubusoverdekkingen van de zijvlakken): ()(*) gaat dus van kubussen over op open verzamelingen. Algemene borelverzameling AA: put UU uit met compacte KmUK_m \uparrow U waarbij KmK˚m+1K_m \subseteq \mathring K_{m+1}, en leg mm vast; op K˚m+1\mathring K_{m+1} is JJ begrensd door zekere MmM_m. Kies met de uitwendige regulariteit van λd\lambda_d (bewijs als in Stelling 9.13, met blokken) open verzamelingen OnO_n met AKmOnK˚m+1A \cap K_m \subseteq O_n \subseteq \mathring K_{m+1} en λd(On(AKm))0\lambda_d\bigl(O_n \setminus (A\cap K_m)\bigr) \to 0. Dan is

λd(Φ(AKm))λd(Φ(On))OnJAKmJ+Mmλd(On(AKm))nAKmJ.\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 mm \to \infty gaan: links de continuïteit van onderen, rechts de monotone convergentie. Daarmee is ()(*) vastgesteld.

Stap 4: gelijkheid en de integraalformule. Breid ()(*) eerst uit van verzamelingen naar integralen: voor elke meetbare g0g \geq 0 op VV is

Vg(y) ⁣dyUg(Φ(x))J(x) ⁣dx.()\int_V g(y)\,\dd y \leq \int_U g(\Phi(x))\,J(x)\,\dd x . \tag{$**$}

Immers, voor g=1Bg = \mathbf 1_B is dat ()(*) met A=Φ1(B)A = \Phi^{-1}(B); de lineariteit breidt het uit tot elementaire gg, en de monotone convergentie tot alle g0g \geq 0 (de standaardmachine). Pas nu ()(**) tweemaal toe: eerst op gg, en daarna — voor het diffeomorfisme Φ1\Phi^{-1} — op de functie xg(Φ(x))J(x)x \mapsto g(\Phi(x))J(x):

VgUg(Φ(x))J(x) ⁣dxVg(y)J(Φ1y)detDΦ1(y) ⁣dy=Vg,\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(Φ1y)detDΦ1(y)=det(DΦ(Φ1y)DΦ1(y))=1J(\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 ΦΦ1=id\Phi\circ\Phi^{-1} = \mathrm{id}). Alle ongelijkheden zijn dus gelijkheden: de formule geldt voor g0g \geq 0, en voor L1L^1-functies door ontbinding.

Voorbeeld 11.12 (Poolcoördinaten; opnieuw de gaussische integraal)

Φ(r,θ)=(rcosθ,rsinθ)\Phi(r, \theta) = (r\cos\theta, r\sin\theta) is een C1\mathcal C^1-diffeomorfisme van (0,+)×(0,2π)\intoo0{+\infty}\times\intoo0{2\pi} op R2\R^2 zonder een halfrechte (een nulverzameling), met detDΦ=r\det D\Phi = r:

R2f(x,y) ⁣dx ⁣dy=02π ⁣ ⁣0+f(rcosθ,rsinθ)r ⁣dr ⁣dθ.\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=ex2y2f = \eu^{-x^2-y^2} geven Tonelli en deze formule

G2=(Rex2 ⁣dx)2=R2ex2y2=2π0rer2 ⁣dr=π: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 bewijs van twee regels voor G=πG = \sqrt\pi, nu volledig verantwoord (vergelijk het parameterbewijs van Probleem 10.1).

Stelling 11.13 (Volume van de eenheidsbal)

Zij vd=λd(B(0,1))v_d = \lambda_d(B(0,1)) in Rd\R^d. Dan is

vd=πd/2Γ(d2+1):v1=2,v2=π,v3=4π3,v4=π22, 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=Rdex22 ⁣dλdI = \int_{\R^d}\eu^{-\norm x_2^2}\dd\lambda_d op twee manieren. Volgens Tonelli valt hij uiteen: I=Gd=πd/2I = G^d = \pi^{d/2}. En volgens de laagjesformule (Propositie 11.8) met f=ex2f = \eu^{-\norm x^2}, waarvan de niveauverzamelingen ballen zijn: {f>t}=B(0,lnt)\{f > t\} = B\bigl(0, \sqrt{-\ln t}\bigr) voor 0<t<10 < t < 1, van maat vd(lnt)d/2v_d(-\ln t)^{d/2} (uitrekken met ρ\rho schaalt λd\lambda_d met ρd\rho^d: Stelling 11.10), dus

I=01vd(lnt)d/2 ⁣dt=t=esvd0sd/2es ⁣ds=vdΓ(d2+1).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: Γ(32)=π2\Gamma(\frac32) = \frac{\sqrt\pi}2, Γ(2)=1\Gamma(2) = 1, enzovoort.) Merk op dat vd0v_d \to 0 als dd \to \infty — de weekendopgave kwantificeert hoe snel, via Stirling.

11.4 Oefeningen

Oefening 11.1

Zij μ\mu de telmaat op ([0,1],B([0,1]))(\intcc01, \mathcal B(\intcc01)) (niet σ\sigma-eindig) en λ\lambda de lebesguemaat, en zij Δ={(x,x)}\Delta = \{(x,x)\} de diagonaal in [0,1]2\intcc01^2. Toon aan dat Δ\Delta meetbaar is, en bereken de twee herhaalde integralen van 1Δ\mathbf 1_\Delta tegen λ\lambda en μ\mu: ze verschillen. Welke hypothese van Stelling 11.5 faalt?

Oplossing

Oplossing van Oefening 11.1.

Δ\Delta is gesloten in [0,1]2\intcc01^2 en dus borel, en B([0,1]2)\mathcal B(\intcc01^2) is de product-σ\sigma-algebra (Propositie 11.2(b)). In de ene volgorde:

[0,1](1Δ(x,y) ⁣dλ(y)) ⁣dμ(x)=λ({x}) ⁣dμ(x)=0;\int_{\intcc01}\Bigl(\int \mathbf 1_\Delta(x,y) \,\dd\lambda(y)\Bigr)\dd\mu(x) = \int \lambda(\{x\})\,\dd\mu(x) = 0 ;

en in de andere:

[0,1](1Δ(x,y) ⁣dμ(x)) ⁣dλ(y)=μ({y}) ⁣dλ(y)=1 ⁣dλ=1.\int_{\intcc01}\Bigl(\int\mathbf 1_\Delta(x,y)\,\dd\mu(x)\Bigr)\dd\lambda(y) = \int \mu(\{y\})\,\dd\lambda(y) = \int 1\,\dd\lambda = 1 .

De falende hypothese is de σ\sigma-eindigheid van de telmaat μ\mu op het overaftelbare [0,1]\intcc01: geen aftelbare familie verzamelingen van eindige μ\mu-maat overdekt haar.

Oefening 11.2

Verantwoord de verwisseling en leid de integraal van Dirichlet opnieuw af: voor A>0A > 0 is

0Asinxx ⁣dx=0A ⁣ ⁣0+exysinx ⁣dy ⁣dx=0+ ⁣ ⁣0Aexysinx ⁣dx ⁣dy;\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 binnenste integraal in gesloten vorm en laat A+A \to +\infty gaan (domineer de yy-integraal) om 0sinxx ⁣dx=π2\int_0^\infty\frac{\sin x}x\dd x = \frac\pi2 te krijgen.

Oplossing

Oplossing van Oefening 11.2.

Op [0,A]×(0,+)\intcc0A\times\intoo0{+\infty} is 0A0exysinx ⁣dy ⁣dx=0Asinxx ⁣dxA<\int_0^A\int_0^\infty\eu^{-xy}\abs{\sin x}\,\dd y\,\dd x = \int_0^A\frac{\abs{\sin x}}x\dd x \leq A < \infty (Tonelli op de absolute waarde): Fubini is dus van toepassing, en omdat 0exy ⁣dy=1x\int_0^\infty\eu^{-xy}\dd y = \frac1x, is

0Asinxx ⁣dx=0(0Aexysinx ⁣dx) ⁣dy=01eAy(cosA+ysinA)1+y2 ⁣dy\int_0^A\frac{\sin x}x\dd x = \int_0^\infty\Bigl(\int_0^A\eu^{-xy}\sin x\,\dd x\Bigr)\dd y = \int_0^\infty \frac{1 - \eu^{-Ay}(\cos A + y\sin A)}{1 + y^2}\,\dd y

(de binnenste integraal: Im0Ae(iy)x ⁣dx\operatorname{Im}\int_0^A\eu^{(\iu - y)x}\dd x, rechtstreeks berekend). Als AA \to \infty wordt de correctieterm begrensd door 0eAy1+y1+y2 ⁣dy320eAy ⁣dy=32A0\int_0^\infty\eu^{-Ay}\frac{1 + y}{1 + y^2}\dd y \leq \frac32\int_0^\infty\eu^{-Ay}\dd y = \frac3{2A} \to 0; en de hoofdterm is 0 ⁣dy1+y2=π2\int_0^\infty\frac{\dd y}{1+y^2} = \frac\pi2. Bijgevolg is 0sinxx ⁣dx=π2\int_0^\infty\frac{\sin x}x\dd x = \frac\pi2 — de integraal van Dirichlet via Fubini.

Oefening 11.3 ★★

(a) Bewijs voor meetbare f0f \geq 0 en eindige μ\mu dat n1μ({fn})f ⁣dμμ(X)+n1μ({fn})\sum_{n\geq1}\mu(\{f \geq n\}) \leq \int f\,\dd\mu \leq \mu(X) + \sum_{n\geq1}\mu(\{f\geq n\}): integreerbaarheid is de sommeerbaarheid van de staartmaten. (b) Leid af dat fL1(μ)f \in L^1(\mu) (met μ\mu eindig) dan en slechts dan als nμ(fn)<\sum_n\mu(\abs f \geq n) < \infty.

Oplossing

Oplossing van Oefening 11.3.

(a) Laagjesformule (Propositie 11.8): f ⁣dμ=0μ(f>t) ⁣dt\int f\,\dd\mu = \int_0^\infty\mu(f > t)\,\dd t, en tμ(f>t)t \mapsto \mu(f > t) is niet-stijgend. Op [n1,n][n-1, n] is μ(fn)μ(f>t)μ(f>n1)μ(fn1)\mu(f \geq n) \leq \mu(f > t) \leq \mu(f > n - 1) \leq \mu(f \geq n - 1); sommeren van de integralen over de eenheidsintervallen geeft

n1μ(fn)f ⁣dμn1μ(fn1)=μ(f0)+n1μ(fn)μ(X)+n1μ(fn).\sum_{n\geq1}\mu(f \geq n) \leq \int f\,\dd\mu \leq \sum_{n\geq1}\mu(f \geq n - 1) = \mu(f \geq 0) + \sum_{n\geq1}\mu(f\geq n) \leq \mu(X) + \sum_{n\geq1}\mu(f\geq n).

(b) Pas (a) toe op f\abs f: de eindigheid van de integraal en die van de reeks zijn gelijkwaardig (de extra μ(X)\mu(X) is eindig).

Oefening 11.4 ★★

Toon voor f(x,y)=x2y2(x2+y2)2f(x, y) = \dfrac{x^2 - y^2}{(x^2 + y^2)^2} op (0,1)2\intoo01^2 aan dat

01 ⁣ ⁣01f ⁣dy ⁣dx=π4,01 ⁣ ⁣01f ⁣dx ⁣dy=π4\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

(merk op dat f=y(yx2+y2)f = \partial_y\bigl(\frac{y}{x^2+y^2}\bigr)), en ga rechtstreeks na dat  ⁣f=+\int\!\int\abs f = +\infty: de integreerbaarheidshypothese van Fubini is geen versiering.

Oplossing

Oplossing van Oefening 11.4.

Omdat f(x,y)=y(yx2+y2)f(x,y) = \partial_y\bigl(\frac{y}{x^2+y^2}\bigr) voor x0x \ne 0:

01f(x,y) ⁣dy=1x2+1  01 ⁣ ⁣01f ⁣dy ⁣dx=01 ⁣dx1+x2=π4;\int_0^1 f(x, y)\,\dd y = \frac{1}{x^2 + 1} \ \Longrightarrow\ \int_0^1\!\!\int_0^1 f\,\dd y\,\dd x = \int_0^1\frac{\dd x}{1 + x^2} = \frac\pi4 ;

en wegens de antisymmetrie f(y,x)=f(x,y)f(y,x) = -f(x,y) geeft de andere volgorde π4-\frac\pi4. Absolute waarden: voor 0<y<x0 < y < x is

0xf(x,y) ⁣dy=[yx2+y2]0x=12x,en daar is f0, dus01 ⁣ ⁣01f01 ⁣dx2x=+.\int_0^x f(x,y)\,\dd y = \Bigl[\frac{y}{x^2 + y^2}\Bigr]_0^x = \frac1{2x}, \quad\text{en daar is } f \geq 0 \text{, dus}\quad \int_0^1\!\!\int_0^1\abs f \geq \int_0^1\frac{\dd x}{2x} = +\infty .

Geen tegenspraak met Fubini: haar hypothese fL1f \in L^1 faalt, en de twee herhaalde integralen zijn eenvoudigweg twee verschillende getallen.

Oefening 11.5 ★★

(a) Bereken 1[0,1]1[0,1]\mathbf 1_{\intcc01} * \mathbf 1_{\intcc01} expliciet (een tentfunctie), en de algemene vorm van (111)(\mathbf 1 * \mathbf 1 * \mathbf 1). (b) Toon aan dat supp(fg)suppf+suppg\operatorname{supp}(f * g) \subseteq \overline{\operatorname{supp}f + \operatorname{supp}g}. (c) Toon aan dat fgf * g continu is zodra fL1f \in L^1 en gg begrensd en continu is. (Gedomineerde convergentie via de continuïteit van de translatie op de begrensde gg.)

Oplossing

Oplossing van Oefening 11.5.

(a) (1[0,1]1[0,1])(x)=λ([0,1][x1,x])(\mathbf 1_{\intcc01}*\mathbf 1_{\intcc01})(x) = \lambda\bigl(\intcc01\cap\intcc{x-1}x\bigr): dus 00 voor x[0,2]x \notin \intcc02, xx voor 0x10 \leq x \leq 1 en 2x2 - x voor 1x21 \leq x \leq 2: de tent. Nogmaals convolueren geeft een C1\mathcal C^1-bult die stuksgewijs kwadratisch is op [0,3]\intcc03 (de kwadratische B-spline): elke convolutie wint één graad gladheid — het gladstrijkprincipe achter de mollifiers van Hoofdstuk 12.

(b) Ligt xsuppf+suppgx \notin \overline{\operatorname{supp}f + \operatorname{supp}g}, dan is er een bal rond xx die de somset mijdt; en voor ysuppgy \in \operatorname{supp}g is xysuppfx - y \notin \operatorname{supp}f, zodat de integrand identiek verdwijnt: fg=0f * g = 0 nabij xx.

(c) Voor xnxx_n \to x: (fg)(xn)=f(y)g(xny) ⁣dy(f*g)(x_n) = \int f(y)g(x_n - y)\,\dd y; de integranden convergeren puntsgewijs (continuïteit van gg) en worden gedomineerd door gfL1\norm g_\infty\,\abs f \in L^1: de gedomineerde convergentie geeft (fg)(xn)(fg)(x)(f*g)(x_n) \to (f*g)(x).

Oefening 11.6 ★★

(a) Toon aan dat de simplex Δd={x[0,)d:x1++xd1}\Delta_d = \{x \in \intco0\infty^d : x_1 + \dots + x_d \leq 1\} volume 1d!\frac1{d!} heeft (inductie en Fubini). (b) Vind v2=πv_2 = \pi en v3=4π3v_3 = \frac{4\pi}3 terug uit Stelling 11.13, en toon aan dat λd(ellipsoı¨de met halve assen ai)=vdai\lambda_d(\text{ellipsoïde met halve assen } a_i) = v_d\prod a_i.

Oplossing

Oplossing van Oefening 11.6.

(a) Met Fubini en inductie, snijdend langs de laatste coördinaat:

λd(Δd)=01λd1((1t)Δd1) ⁣dt=λd1(Δd1)01(1t)d1 ⁣dt=λd1(Δd1)d,\lambda_d(\Delta_d) = \int_0^1 \lambda_{d-1}\bigl((1 - t)\,\Delta_{d-1}\bigr)\,\dd t = \lambda_{d-1}(\Delta_{d-1})\int_0^1(1 - t)^{d-1}\dd t = \frac{\lambda_{d-1}(\Delta_{d-1})}{d},

met de uitrekregel λd1(ρA)=ρd1λd1(A)\lambda_{d-1}(\rho A) = \rho^{d-1}\lambda_{d-1}(A) (Stelling 11.10); en met λ1(Δ1)=1\lambda_1(\Delta_1) = 1: volume 1d!\frac1{d!}.

(b) v2=π/Γ(2)=πv_2 = \pi/\Gamma(2) = \pi; en v3=π3/2/Γ(52)=π3/2/(3212π)=4π3v_3 = \pi^{3/2}/\Gamma(\frac 52) = \pi^{3/2}/(\frac32\cdot\frac12 \sqrt\pi) = \frac{4\pi}3. De ellipsoïde is T(B(0,1))T(B(0,1)) met T=diag(a1,,ad)T = \operatorname{diag}(a_1, \dots, a_d): Stelling 11.10 geeft volume vdaiv_d\prod a_i.

Oefening 11.7 ★★

Voor welke s>0s > 0 zijn de volgende integralen eindig? Verantwoord het met poolcoördinaten:

B(0,1)R2 ⁣dx ⁣dy(x2+y2)s,R2B(0,1) ⁣dx ⁣dy(x2+y2)s.\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}} .

Veralgemeen naar Rd\R^d (de drempels s<d/2s < d/2 en s>d/2s > d/2).

Oplossing

Oplossing van Oefening 11.7.

In R2\R^2 met poolcoördinaten (Voorbeeld 11.12):

B(0,1) ⁣dx ⁣dy(x2+y2)s=2π01r12s ⁣dr,R2B(0,1)=2π1r12s ⁣dr:\int_{B(0,1)}\frac{\dd x\dd y}{(x^2+y^2)^s} = 2\pi\int_0^1 r^{1 - 2s}\,\dd r, \qquad \int_{\R^2\setminus B(0,1)} = 2\pi\int_1^\infty r^{1-2s}\dd r:

eindig precies wanneer 12s>11 - 2s > -1 (dus s<1s < 1), respectievelijk 12s<11 - 2s < -1 (dus s>1s > 1). In Rd\R^d vermijd je bolcoördinaten met de laagjesformule: λd({x2s>t}B(0,1))=λd(B(0,min(1,t1/2s)))=vdmin(1,td/2s)\lambda_d(\{\norm x^{-2s} > t\}\cap B(0,1)) = \lambda_d(B(0, \min(1, t^{-1/2s}))) = v_d\min(1, t^{-d/2s}), en 0vdmin(1,td/(2s)) ⁣dt<\int_0^\infty v_d\min(1, t^{-d/(2s)})\dd t < \infty precies wanneer d2s>1\frac d{2s} > 1, dat wil zeggen s<d2s < \frac d2; en de uitwendige integraal convergeert precies wanneer s>d2s > \frac d2 (dezelfde berekening op het complementaire gebied).

Oefening 11.8 ★★★

(Bèta en gamma) Zij voor p,q>0p, q > 0 de waarde B(p,q)=01tp1(1t)q1 ⁣dtB(p, q) = \int_0^1t^{p-1}(1 - t)^{q-1}\dd t. Vertrek van Γ(p)Γ(q)\Gamma(p)\Gamma(q) als dubbele integraal, substitueer (x,y)=(uv,u(1v))(x, y) = (uv,\, u(1 - v)) (een diffeomorfisme van het open kwadrant op (0,)×(0,1)\intoo0\infty\times\intoo01; bereken de jacobiaan =u= u) en besluit

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

Leid af dat 0π/2sin2p1θcos2q1θ ⁣dθ=12B(p,q)\int_0^{\pi/2}\sin^{2p-1}\theta\cos^{2q-1}\theta\, \dd\theta = \frac12B(p,q) en bepaal de waarde van de wallisintegralen Wn=0π/2sinnW_n = \int_0^{\pi/2}\sin^n.

Oplossing

Oplossing van Oefening 11.8.

Met Tonelli (positieve integranden) en de variabelensubstitutie (x,y)=Φ(u,v)=(uv, u(1v))(x, y) = \Phi(u, v) = (uv,\ u(1-v)), een C1\mathcal C^1-diffeomorfisme van (0,)×(0,1)\intoo0\infty\times\intoo01 op het open kwadrant met

detDΦ=det(vu1vu)=uvu(1v)=u,det=u:\det D\Phi = \det\begin{pmatrix} v & u\\ 1 - v & -u \end{pmatrix} = -uv - u(1 - v) = -u, \qquad \abs{\det} = u :
Γ(p)Γ(q)=xp1yq1exy ⁣dx ⁣dy=(uv)p1(u(1v))q1euu ⁣du ⁣dv=Γ(p+q)B(p,q).\Gamma(p)\Gamma(q) = \iint x^{p-1}y^{q-1}\eu^{-x-y}\dd x\,\dd y = \iint (uv)^{p-1}\bigl(u(1{-}v)\bigr)^{q-1}\eu^{-u}\,u\, \dd u\,\dd v = \Gamma(p + q)\,B(p, q).

Substitutie t=sin2θt = \sin^2\theta in B(p,q)B(p,q) geeft 20π/2sin2p1θcos2q1θ ⁣dθ=B(p,q)2\int_0^{\pi/2}\sin^{2p-1}\theta\cos^{2q-1}\theta\,\dd\theta = B(p, q). Wallis: Wn=0π/2sinnθ ⁣dθ=12B(n+12,12)=Γ(n+12)π2Γ(n2+1)W_n = \int_0^{\pi/2}\sin^n\theta\,\dd\theta = \frac12B\bigl(\frac{n + 1}2, \frac12\bigr) = \frac{\Gamma(\frac{n+1}2)\sqrt\pi} {2\,\Gamma(\frac n2 + 1)} — bijvoorbeeld W2n=π2(2n)!4n(n!)2W_{2n} = \frac\pi2\cdot\frac{(2n)!}{4^n(n!)^2} met Γ(n+12)=(2n)!4nn!π\Gamma(n + \frac12) = \frac{(2n)!}{4^nn!}\sqrt\pi.

Oefening 11.9 ★★

(Overdrachtsformule) Zij T ⁣:(X,A,μ)(Y,B)T \colon (X, \mathcal A, \mu) \to (Y, \mathcal B) meetbaar en Tμ(B)=μ(T1(B))T_*\mu(B) = \mu(T^{-1}(B)) de beeldmaat. Toon aan dat voor elke meetbare g0g \geq 0 op YY geldt

Yg ⁣d(Tμ)=XgT ⁣dμ\int_Y g\,\dd(T_*\mu) = \int_X g\circ T\,\dd\mu

(de standaardmachine). Vergelijk dat vervolgens met Stelling 11.10: welke extra informatie draagt de formule voor variabelensubstitutie die de abstracte overdrachtsformule niet draagt? (De overdrachtsformule identificeert TμT_*\mu nooit; de substitutiestelling berekent TλdT_*\lambda_d expliciet als een maat met dichtheid.)

Oplossing

Oplossing van Oefening 11.9.

Indicatoren: 1B ⁣d(Tμ)=Tμ(B)=μ(T1B)=1BT ⁣dμ\int\mathbf 1_B\,\dd(T_*\mu) = T_*\mu(B) = \mu(T^{-1}B) = \int\mathbf 1_B\circ T\,\dd\mu; de lineariteit breidt dat uit tot elementaire gg en de monotone convergentie tot g0g \geq 0 — de overdrachtsformule. Ze is puur formeel: ze herschrijft integralen tegen TμT_*\mu maar zegt niets over wat TμT_*\mu is. De inhoud van Stelling 11.10 en Stelling 11.11 is juist de identificatie

Φ(λdU)=detDΦ1λdV(een maat met dichtheid),\Phi_*\bigl(\lambda_d\restriction_U\bigr) = \abs{\det D\Phi^{-1}}\,\lambda_d\restriction_V \quad\text{(een maat met dichtheid)},

dat wil zeggen een berekening van de beeldmaat van de lebesguemaat — met als analytische inbreng de differentiaalmeetkunde van Φ\Phi, niet het maattheoretische formalisme.

Oefening 11.10 ★★★

(Gaussische momenten) Bereken met poolcoördinaten en Fubini voor het standaard gaussische gewicht op Rd\R^d:

Rdx22  ex22 ⁣dxenRdx12ex22 ⁣dx,\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 (x2=xi2\norm x^2 = \sum x_i^2), en leid het tweede moment van de maat πd/2ex2 ⁣dx\pi^{-d/2}\eu^{-\norm x^2}\dd x af.

Oplossing

Oplossing van Oefening 11.10.

Volgens Tonelli valt de gaussische functie uiteen, dus met G1=Res2 ⁣ds=πG_1 = \int_\R\eu^{-s^2}\dd s = \sqrt\pi en Rs2es2 ⁣ds=π2\int_\R s^2\eu^{-s^2}\dd s = \frac{\sqrt\pi}2 (partiële integratie):

Rdx12ex2 ⁣dx=π2  π(d1)/2=πd/22,Rdx2ex2 ⁣dx=dπd/22\int_{\R^d}x_1^2\,\eu^{-\norm x^2}\dd x = \frac{\sqrt\pi}2\;\pi^{(d-1)/2} = \frac{\pi^{d/2}}2, \qquad \int_{\R^d}\norm x^2\eu^{-\norm x^2}\dd x = d\cdot\frac{\pi^{d/2}}2

(wegens de symmetrie draagt x2=ixi2\norm x^2 = \sum_ix_i^2 dd gelijke termen bij — de consistentiecontrole). Voor de genormaliseerde maat πd/2ex2 ⁣dx\pi^{-d/2}\eu^{-\norm x^2}\dd x is het tweede moment dus d2\frac d2.

Oefening 11.11 ★★

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

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

“de integraal is de oppervlakte onder de grafiek”, eindelijk een stelling. (Secties; Tonelli.) (b) Toon aan dat de grafiek {(x,f(x)):xRd}\{(x, f(x)) : x \in \R^d\} een nulverzameling van Rd+1\R^{d+1} is. (c) Leid een bewijs van twee regels af dat de sfeer Sd1S^{d-1} lebesguenul is in Rd\R^d.

Oplossing

Oplossing van Oefening 11.11.

(a) H=Φ1((0,))H = \Phi^{-1}(\intoo0\infty) voor Φ(x,y)=f(x)y\Phi(x, y) = f(x) - y, gesneden met {y>0}\{y > 0\}: meetbaar, want (x,y)f(x)(x, y) \mapsto f(x) en (x,y)y(x,y)\mapsto y zijn meetbaar op het product (samenstellingen met de projecties). De xx-sectie van HH is (0,f(x))\intoo0{f(x)}, van maat f(x)f(x): Tonelli integreert de secties,

λd+1(H)=Rdλ1((0,f(x))) ⁣dx=Rdf ⁣dλd.\lambda_{d+1}(H) = \int_{\R^d}\lambda_1\bigl(\intoo0{f(x)} \bigr)\,\dd x = \int_{\R^d}f\,\dd\lambda_d .

(b) De grafiek is {(x,y):yf(x)}{yf(x)}\{(x,y) : y \geq f(x)\} \cap \{y \leq f(x)\}, meetbaar; haar xx-secties zijn singletons, van maat 00: Tonelli geeft λd+1(grafiek)=0=0\lambda_{d+1}(\text{grafiek}) = \int 0 = 0.

(c) Sd1S^{d-1} is de vereniging van de twee grafieken y=±1x2y = \pm\sqrt{1 - \abs{x'}^2} over de eenheidsbal van Rd1\R^{d-1} (splits de laatste coördinaat af): een vereniging van twee nulverzamelingen volgens (b), dus nul.

Oefening 11.12 ★★

(Een beroemde dubbele integraal) Bewijs met de meetkundige reeks en Tonelli op (0,1)2\intoo01^2 dat

01 ⁣ ⁣01 ⁣dx ⁣dy1xy=n11n2=ζ(2),01 ⁣ ⁣01 ⁣dx ⁣dy1+xy=n1(1)n1n2=ζ(2)2.\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 de even en de oneven indices.) Met ζ(2)=π26\zeta(2) = \frac{\pi^2}6 (Hoofdstuk 15) leveren twee onschuldig ogende integralen π26\frac{\pi^2}6 en π212\frac{\pi^2}{12} op; waar precies doet de positiviteitshypothese van Tonelli haar werk?

Oplossing

Oplossing van Oefening 11.12.

Op (0,1)2\intoo01^2 is 11xy=n0(xy)n\frac1{1 - xy} = \sum_{n\geq0}(xy)^n met niet-negatieve termen: Tonelli staat term voor term integreren toe,

 ⁣dx ⁣dy1xy=n0(01xn ⁣dx)(01yn ⁣dy)=n01(n+1)2=ζ(2).\iint\frac{\dd x\,\dd y}{1 - xy} = \sum_{n\geq0}\Bigl(\int_0^1x^n\dd x\Bigr) \Bigl(\int_0^1y^n\dd y\Bigr) = \sum_{n\geq0}\frac1{(n+1)^2} = \zeta(2) .

In het alternerende geval is 11+xy=n(1)n(xy)n\frac1{1 + xy} = \sum_n(-1)^n(xy)^n geen positieve reeks; maar de integraal van de absolute reeks is ζ(2)<\zeta(2) < \infty, dus is Fubini (met de nu vastgestelde integreerbaarheid) van toepassing:  ⁣dx ⁣dy1+xy=n(1)n(n+1)2\iint\frac{\dd x\dd y}{1 + xy} = \sum_n\frac{(-1)^n}{(n+1)^2}. De reeksidentiteit:

n1(1)n1n2=n11n22k11(2k)2=ζ(2)ζ(2)2=ζ(2)2.\sum_{n\geq1}\frac{(-1)^{n-1}}{n^2} = \sum_{n\geq1}\frac1{n^2} - 2\sum_{k\geq1}\frac1{(2k)^2} = \zeta(2) - \frac{\zeta(2)}2 = \frac{\zeta(2)}2 .

Met ζ(2)=π26\zeta(2) = \frac{\pi^2}6 (Probleem 15.1) zijn de integralen π26\frac{\pi^2}6 en π212\frac{\pi^2}{12}. In de eerste berekening was de positiviteit van Tonelli alles — geen integreerbaarheidscontrole nodig vóór het verwisselen; in de tweede is de positiviteit van de absolute reeks juist wat de integreerbaarheid certificeert, zodat Fubini op de tekenwisselende reeks kan lopen.

11.5 Probleem: de formule van Stirling

Probleem 11.1

Weekendopgave — n!2πn(n/e)nn! \sim \sqrt{2\pi n}\,(n/\eu)^n, met gedomineerde convergentie

De formule van Stirling beheerst elke asymptotische telling in dit boek — balvolumes, binomiaalcoëfficiënten, de lokale vorm van de centrale limietstelling. We bewijzen haar uit de Γ\Gamma-integraal (Voorbeeld 10.16) met de methode van Laplace, in haar netste vorm met gedomineerde convergentie, en oogsten daarna de dividenden.

Deel I — De formule. Voor t>0t > 0 is Γ(t+1)=0xtex ⁣dx\Gamma(t + 1) = \int_0^\infty x^{t}\eu^{-x}\dd x.

  1. Substitueer x=t+tux = t + \sqrt t\,u en toon aan dat

    Γ(t+1)ttett=t+exp(tln(1+ut)tu) ⁣du  =  Rgt(u) ⁣du,\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,

    met gt(u)=exp(tln(1+u/t)tu)1u>tg_t(u) = \exp\bigl(t\ln(1 + u/\sqrt t) - \sqrt t\,u\bigr)\mathbf 1_{u > -\sqrt t}.

  2. Toon de puntsgewijze limiet aan: voor elke vaste uu is gt(u)eu2/2g_t(u) \to \eu^{-u^2/2} als t+t \to +\infty (ontwikkel ln(1+h)\ln(1 + h) tot de tweede orde).
  3. Dominatie. Zij φ(h)=ln(1+h)h\varphi(h) = \ln(1 + h) - h, zodat gt(u)=exp(tφ(u/t))g_t(u) = \exp\bigl(t\,\varphi(u/\sqrt t)\bigr) voor u>tu > -\sqrt t. Bewijs de twee grenzen

    φ(h)h24(1<h1),φ(h)ch(h1),  c=1ln2>0\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 φ(h)+h24\varphi(h) + \frac{h^2}4 en φ(h)+ch\varphi(h) + ch: bereken de afgeleiden en controleer het teken op elk bereik). Leid daaruit af, voor t1t \geq 1:

    gt(u)eu2/4  (ut),gt(u)ecu  (ut),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 gt(u)eu2/4+ecu1u>0g_t(u) \leq \eu^{-u^2/4} + \eu^{-cu}\,\mathbf 1_{u > 0}: een integreerbare dominant die niet van t1t \geq 1 afhangt.

  4. Besluit met de stelling van de gedomineerde convergentie en de gaussische integraal (Voorbeeld 11.12):

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

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

Deel II — Dividenden.

  1. (Wallis) Uit Oefening 11.8 komen formules van het type W2n=π2(2nn)4nW_{2n} = \frac\pi2\binom{2n}n4^{-n}: leid (2nn)4nπn\binom{2n}{n} \sim \frac{4^n}{\sqrt{\pi n}} uit Stirling af, en controleer het tegen de recursie Wn=n1nWn2W_{n} = \frac{n-1}nW_{n-2}.
  2. (Balvolumes storten in) Toon aan dat

    vd=πd/2Γ(d2+1)    1πd(2πed)d/2,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 vd0v_d \to 0 sneller dan elke meetkundige rij; en zoek de dimensie die vdv_d maximaliseert (numeriek: d=5d = 5).

  3. (Concentratie van de binomiale wet — een voorproefje van Hoofdstuk 23) Toon met Stirling de lokale schatting aan, voor k=n/2+sn/2k = n/2 + s\sqrt n/2 met ss vast en nn even:

    2n(nk)    2πn  es2/2,2^{-n}\binom{n}{k} \;\sim\; \sqrt{\frac{2}{\pi n}}\;\eu^{-s^2/2},

    het discrete gaussische profiel: de Moivre–Laplace in de kiem.

  4. Waar precies gebruikte het bewijs van Deel I: (i) de monotone of de gedomineerde convergentie; (ii) de gaussische integraal; (iii) de invariantie-eigenschappen van de lebesguemaat? Telkens één zin.

Deel III — De foutterm: Stirling met marges. Stel dn=lnn!(n+12)lnn+nln2πd_n = \ln n! - \bigl(n + \tfrac12\bigr)\ln n + n - \ln\sqrt{2\pi}, zodat Deel I zegt dat dn0d_n \to 0.

  1. Toon aan dat dndn+1=(n+12)ln(1+1n)1d_n - d_{n+1} = \bigl(n + \tfrac12\bigr)\ln\bigl(1 + \tfrac1n\bigr) - 1.
  2. Ga met t=12n+1t = \frac1{2n+1} na dat n+1n=1+t1t\frac{n+1}n = \frac{1+t}{1-t}, ontwikkel:

    dndn+1=t23+t45+t67+,d_n - d_{n+1} = \frac{t^2}3 + \frac{t^4}5 + \frac{t^6}7 + \cdots,

    en leid de tweezijdige grenzen af

    13(2n+1)2  <  dndn+1  <  112n112(n+1).\frac1{3(2n+1)^2} \;<\; d_n - d_{n+1} \;<\; \frac1{12n} - \frac1{12(n+1)} .
  3. Telescopeer (met dm0d_m \to 0) en ga de aangename algebraïsche identiteit 13(2m+1)2>112m+1112(m+1)+1\frac1{3(2m+1)^2} > \frac1{12m+1} - \frac1{12(m+1)+1} voor m1m \geq 1 na, om de klassieke insluiting te verkrijgen:

    2πn(ne)ne1/(12n+1)  <  n!  <  2πn(ne)ne1/(12n).\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)} .
  4. Twee gevolgen: (a) de relatieve fout van de formule van Stirling is <106< 10^{-6} zodra n83334n \geq 83\,334; (b) schat 100!100! met de hand tot op vier significante cijfers uit de insluiting (100!9.332610157100! \approx 9.3326\cdot 10^{157}), en sta even stil bij de nauwkeurigheid van een asymptotische formule bij een zeer eindige nn.

Deel IV — De route van Wallis: Stirling zonder de gaussische integraal. Historisch kwam de constante 2π\sqrt{2\pi} van Wallis en niet van Gauss; dit deel bewijst Stirling opnieuw, onafhankelijk van de Delen I–II, en bewijst daarmee ook de gaussische integraal opnieuw. Zij Wn=0π/2sinnθ ⁣dθW_n = \int_0^{\pi/2}\sin^n\theta\, \dd\theta.

  1. Stel Wn=n1nWn2W_n = \frac{n-1}nW_{n-2} vast (partiële integratie), evenals de gesloten vormen

    W2n=π2(2nn)4n,W2n+1=4n(2n+1)(2nn),W_{2n} = \frac\pi2\binom{2n}n4^{-n}, \qquad W_{2n+1} = \frac{4^n}{(2n+1)\binom{2n}n},

    en de identiteit WnWn1=π2nW_nW_{n-1} = \frac\pi{2n}.

  2. Leid uit de monotonie van (Wn)(W_n) af dat W2n/W2n+11W_{2n}/W_{2n+1} \to 1, en daarna

    W2n12πnen(2nn)4nn1π:W_{2n} \sim \frac12\sqrt{\frac\pi n} \qquad\text{en}\qquad \binom{2n}n4^{-n}\sqrt n \longrightarrow \frac1{\sqrt\pi} :

    de stelling van Wallis, verkregen zonder Stirling.

  3. Toon met uitsluitend het telescoperen uit Deel III (zonder de waarde van de constante) aan dat en=lnn!(n+12)lnn+ne_n = \ln n! - (n + \frac12)\ln n + n naar een zekere limiet \ell convergeert; gelijkwaardig: n!Knn+1/2enn! \sim K\,n^{n+1/2}\eu^{-n} met K=e>0K = \eu^\ell > 0 nog onbepaald.
  4. Vul die asymptotiek in (2nn)4nn\binom{2n}n4^{-n}\sqrt n in en bepaal met vraag 14 de enige mogelijke waarde: K=2πK = \sqrt{2\pi}. Stel de logica samen: de Delen III–IV geven samen een volledig tweede bewijs van Stirling — en daarmee, door de substitutie van Deel I achterstevoren te lopen, een onafhankelijke berekening van Reu2/2 ⁣du=2π\int_\R\eu^{-u^2/2}\dd u = \sqrt{2\pi}. Twee pijlers, die elkaar allebei kunnen dragen.

Deel V — Laatste dividenden.

  1. (Het volledige lokale profiel) Toon voor gehele jKn\abs j \leq K\sqrt n (met KK vast) aan dat

    (2nn+j)(2nn)=i=1jni+1n+i=exp(j2n+O(1n)),\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 jj (neem logaritmen en gebruik ln1x1+y=(x+y)+O(x2+y2)\ln \frac{1-x}{1+y} = -(x + y) + O(x^2 + y^2)). Dat is de tweezijdige versie van vraag 7 en de precieze schatting die in de weekendopgave van Hoofdstuk 23 wordt aangehaald.

  2. (Een voorproefje van Poisson) Toon met Stirling aan dat ennnn!12πn\eu^{-n}\dfrac{n^n}{n!} \sim \dfrac1{\sqrt{2\pi n}}: de modus van een poissonwet met groot gemiddelde nn draagt massa (2πn)1/2\approx (2\pi n)^{-1/2}, precies zoals de centrale limietstelling zal voorspellen.
  3. (Verhoudingen van gammawaarden) Bewijs voor a(0,1)a \in \intoo01 dat Γ(n+a)Γ(n)na1\dfrac{\Gamma(n + a)}{\Gamma(n)\,n^a} \to 1, met de hellingsgrenzen uit de logaritmische convexiteit van Probleem 10.1 (vraag 14 daar), en breid uit tot elke reële a>0a > 0 met de functionaalvergelijking. (Dat is wat “Γ(t+1)\Gamma(t+1) \sim Stirling” tussen de gehele getallen betekent.)
  4. (Ballen, nogmaals) Uit vd=πd/2/Γ(d2+1)v_d = \pi^{d/2}/\Gamma(\frac d2 + 1): tabelleer v1,,v7v_1, \dots, v_7 exact, ga de unimodaliteit na via vdvd2=2πd\frac{v_d}{v_{d-2}} = \frac{2\pi}d (stijgend zolang d<2πd < 2\pi, daarna dalend), en bewijs de treffende genererende identiteit

    k0v2kx2k=eπx2:\sum_{k\geq0}v_{2k}\,x^{2k} = \eu^{\pi x^2} :

    alle volumes van eenheidsballen in even dimensie, in één exponentiële functie verpakt.

  5. (Entropie-asymptotiek) Leid voor vaste α(0,1)\alpha \in \intoo01 met αnN\alpha n \in \N uit Stirling af dat

    (nαn)    enH(α)2πα(1α)n,H(α)=αlnα(1α)ln(1α):\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 HH — ga na dat α=12\alpha = \frac12 vraag 5 teruggeeft, en dat H(α)<ln2H(\alpha) < \ln2 voor α12\alpha \neq \frac12 (zodat binomiaalcoëfficiënten buiten het midden exponentieel verwaarloosbaar zijn ten opzichte van 2n2^n).

  6. (Oppervlakten) De oppervlakte van de eenheidssfeer Sd1S^{d-1} is sd1=dvds_{d-1} = d\,v_d (bewezen als Oefening 21.6 in het hoofdstuk over differentiaalvormen; neem het hier als definitie). Tabelleer s0,,s6s_0, \dots, s_6, lokaliseer de grootste (d1=6d - 1 = 6, s6=16π31533.07s_6 = \frac{16\pi^3}{15} \approx 33.07), en toon aan dat ook sd10s_{d-1} \to 0 supermeetkundig — naar elke euclidische maatstaf zijn hoogdimensionale sferen verdwijnend klein.
  7. (De eerste correctieterm) Leid uit de insluiting van vraag 11 af dat dn=112n+O(1n2)d_n = \frac1{12n} + O\bigl(\frac1{n^2}\bigr), en dus

    n!=2πn(ne)n(1+112n+O(1n2)).n! = \sqrt{2\pi n}\,\Bigl(\frac n\eu\Bigr)^{n}\Bigl(1 + \frac1{12n} + O\Bigl(\frac1{n^2}\Bigr)\Bigr).

    Ga het na bij n=10n = 10: de kale formule geeft 35986963\,598\,696 (relatieve fout 8.31038.3\cdot10^{-3}), de gecorrigeerde 36286853\,628\,685 tegenover 10!=362880010! = 3\,628\,800 (relatieve fout 3.21053.2\cdot10^{-5}) — één term van de reeks koopt tweeënhalf cijfer.

  8. (De mediaan van Γ\Gamma) Toon aan dat

    1Γ(t+1)0txtex ⁣dx    12(t+):\frac{1}{\Gamma(t+1)} \int_0^{t} x^{t}\eu^{-x}\,\dd x \;\longrightarrow\; \frac12 \qquad (t \to +\infty) :

    asymptotisch ligt precies de helft van de massa van de Γ\Gamma-integrand onder haar modus x=tx = t. (Voer de substitutie van Deel I uit op de afgeknotte integraal; de dominant van vraag 3 ligt al klaar.)

  9. (Entropie, niet-asymptotisch) Bewijs voor α(0,12]\alpha \in \intoc0{\frac12} de grens, geldig voor elke n1n \geq 1:

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

    door de som met k(nk)λkαn\sum_k\binom nk\lambda^{k-\alpha n} te vergelijken voor de kanteling λ=α1α1\lambda = \frac{\alpha}{1-\alpha} \leq 1. Ga na dat die keuze van λ\lambda optimaal is, en breng het in overeenstemming met vraag 21: de exponentiële snelheid H(α)H(\alpha) van de asymptotische uitspraak wordt bereikt door een ongelijkheid van één regel, geheel zonder asymptotiek.

Oplossing

Oplossing van Probleem 11.1.

1. Met x=t+tux = t + \sqrt t\,u ( ⁣dx=t ⁣du\dd x = \sqrt t\,\dd u; xx doorloopt (0,)\intoo0\infty terwijl uu het interval (t,)\intoo{-\sqrt t}\infty doorloopt):

Γ(t+1)=0xtex ⁣dx=ttetttexp(tln(1+ut)tu) ⁣du,\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 xt=ttexp(tln(1+u/t))x^t = t^t\exp\bigl(t\ln(1 + u/\sqrt t)\bigr) en ex=etetu\eu^{-x} = \eu^{-t}\eu^{-\sqrt tu}.

2. Voor vaste uu en tt \to \infty: tln(1+u/t)tu=t(utu22t+o(1t))tu=u22+o(1)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): dus gt(u)eu2/2g_t(u) \to \eu^{-u^2/2}.

3. Stel ψ1(h)=φ(h)+h24\psi_1(h) = \varphi(h) + \frac{h^2}4 op (1,1]\intoc{-1}1: dan is ψ1(0)=0\psi_1(0) = 0 en ψ1(h)=11+h1+h2=h(h1)2(1+h)\psi_1'(h) = \frac1{1+h} - 1 + \frac h2 = \frac{h(h-1)}{2(1+h)}, dat 0\geq 0 is op (1,0]\intoc{-1}0 en 0\leq 0 op [0,1]\intcc01: dus ψ10\psi_1 \leq 0, oftewel φ(h)h2/4\varphi(h) \leq -h^2/4 daar. Stel ψ2(h)=φ(h)+ch\psi_2(h) = \varphi(h) + ch op [1,)\intco1\infty met c=1ln2c = 1 - \ln2: dan is ψ2(1)=ln21+c=0\psi_2(1) = \ln2 - 1 + c = 0 en ψ2(h)=ch1+hc12<0\psi_2'(h) = c - \frac h{1+h} \leq c - \frac12 < 0: dus φ(h)ch\varphi(h) \leq -ch voor h1h \geq 1. Nu voor t1t \geq 1: is ut\abs u \leq \sqrt t, dan is gt(u)=etφ(u/t)et(u/t)2/4=eu2/4g_t(u) = \eu^{t\varphi(u/\sqrt t)} \leq \eu^{-t(u/\sqrt t)^2/4} = \eu^{-u^2/4}; en is utu \geq \sqrt t, dan is tφ(u/t)ctut=ctucut\,\varphi(u/\sqrt t) \leq -ct\cdot\frac u{\sqrt t} = -c\sqrt t\,u \leq -cu (want t1t \geq 1), dus gt(u)ecug_t(u) \leq \eu^{-cu}. Bijgevolg is gteu2/4+ecu1u>0g_t \leq \eu^{-u^2/4} + \eu^{-cu}\mathbf 1_{u>0}, integreerbaar en onafhankelijk van t1t \geq 1.

4. Gedomineerde convergentie: Rgt(u) ⁣duReu2/2 ⁣du=2π\int_\R g_t(u)\dd u \to \int_\R\eu^{-u^2/2}\dd u = \sqrt{2\pi} (Voorbeeld 11.12 plus het schalen u2uu\mapsto\sqrt2\,u). Met vraag 1:

Γ(t+1)2πt  (te)t,n!2πn(ne)n.\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 is W2n=π2(2n)!4n(n!)2=π24n(2nn)W_{2n} = \frac\pi2\,\frac{(2n)!}{4^n(n!)^2} = \frac\pi2\,4^{-n}\binom{2n}n. Stirling geeft

(2nn)=(2n)!(n!)24πn(2n/e)2n2πn(n/e)2n=4nπn.\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 is W2n12π/nW_{2n} \sim \frac12\sqrt{\pi/n}, in overeenstemming met de recursie Wn=n1nWn2W_n = \frac{n-1}nW_{n-2} (die WnWn2W_n \sim W_{n-2} afdwingt en, samen met WnWn1n=π2W_nW_{n-1}\cdot n = \frac\pi2 — de klassieke betrekking van Wallis — geeft Wnπ/(2n)W_n \sim \sqrt{\pi/(2n)}; de twee asymptotieken stroken).

6. Γ(d2+1)2πd2(d2e)d/2\Gamma(\frac d2 + 1) \sim \sqrt{2\pi\frac d2}\,(\frac d{2\eu})^{d/2}, dus

vd=πd/2Γ(d2+1)1πd(2πed)d/20v_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

supermeetkundig (voor d>2πe17d > 2\pi\eu \approx 17 is elke factor <1< 1 en krimpend). Numeriek is v1=2v_1 = 2, v23.14v_2 \approx 3.14, v34.19v_3 \approx 4.19, v44.93v_4 \approx 4.93, v55.26v_5 \approx 5.26 en v65.17v_6 \approx 5.17: het maximum ligt bij d=5d = 5.

7. Met k=n2+sn2k = \frac n2 + \frac{s\sqrt n}2 (geheel, nn even, ss vast): neem logaritmen in 2n(nk)=2nn!k!(nk)!2^{-n}\binom nk = 2^{-n}\frac{n!}{k!(n-k)!} en pas Stirling toe op de drie faculteiten. Met k=n2(1+ε)k = \frac n2(1 + \varepsilon) en nk=n2(1ε)n - k = \frac n2(1 - \varepsilon), waarbij ε=s/n\varepsilon = s/\sqrt n:

ln(2n(nk))=n2[(1+ε)ln(1+ε)+(1ε)ln(1ε)]+12ln2πn(1ε2)+o(1),\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 uitdrukking tussen haken is ε2+O(ε4)=s2n+O(n2)\varepsilon^2 + O(\varepsilon^4) = \frac{s^2}n + O(n^{-2}): het geheel gaat op o(1)o(1) na naar s22+12ln2πn-\frac{s^2}2 + \frac12\ln\frac2{\pi n}, dat wil zeggen

2n(nk)2πn  es2/2:2^{-n}\binom nk \sim \sqrt{\frac{2}{\pi n}}\;\eu^{-s^2/2} :

het gaussische profiel van het muntenwerpen, gekwantificeerd — de lokale vorm van de Moivre–Laplace, in Hoofdstuk 23 globaal te maken.

8. (i) De gedomineerde convergentie zet de puntsgewijze limiet van vraag 2 om in convergentie van de integralen, met de dominant van vraag 3. (ii) De gaussische integraal bepaalt de limiet eu2/2=2π\int\eu^{-u^2/2} = \sqrt{2\pi} — de constante 2π\sqrt{2\pi} van Stirling is de gaussische integraal. (iii) De substitutie x=t+tux = t + \sqrt tu is een affiene variabelensubstitutie: de translatie-invariantie en de schaalregel van de lebesguemaat (Stelling 11.10 in dimensie 11).

9. Werk beide termen uit:

dndn+1=lnn!(n+1)!+(n+32)ln(n+1)(n+12)lnn1=(n+12)lnn+1n1,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,

waarbij de termen ln(n+1)-\ln(n+1) en (n+32)ln(n+1)(n + \frac32)\ln(n+1) samen (n+12)ln(n+1)(n + \frac12)\ln(n+1) vormen.

10. Voor t=12n+1t = \frac1{2n+1} is 1+t1t=2n+22n=n+1n\frac{1+t}{1-t} = \frac{2n+2}{2n} = \frac{n+1}n en n+12=12tn + \frac12 = \frac1{2t}; de oneven reeks ln1+t1t=2k0t2k+12k+1\ln\frac{1+t}{1-t} = 2\sum_{k\geq0}\frac{t^{2k+1}}{2k+1} geeft

(n+12)lnn+1n=k0t2k2k+1=1+t23+t45+\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 11 af. Ondergrens: de eerste term alleen, t23=13(2n+1)2\frac{t^2}3 = \frac1{3(2n+1)^2}. Bovengrens: verlaag alle noemers tot 33 en sommeer de meetkundige reeks: t23(1t2)=13((2n+1)21)=112n(n+1)=112n112(n+1)\frac{t^2}{3(1 - t^2)} = \frac1{3((2n+1)^2 - 1)} = \frac1{12n(n+1)} = \frac1{12n} - \frac1{12(n+1)}.

11. De bovengrens van nn tot \infty sommeren (met dm0d_m \to 0) geeft dn<112nd_n < \frac1{12n}. Voor de ondergrens is 112m+1112(m+1)+1=12(12m+1)(12m+13)\frac1{12m+1} - \frac1{12(m+1)+1} = \frac{12}{(12m+1)(12m+13)}, en

13(2m+1)2>12(12m+1)(12m+13)    (12m+1)(12m+13)>36(2m+1)2    168m+13>144m+36,\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 m1m \geq 1. Sommeren van die telescoperende minorant geeft dn>112n+1d_n > \frac1{12n+1}. Exponentiëren levert de klassieke insluiting van n!n!.

12. (a) De relatieve fout is edn1<e1/(12n)1<1.112n\eu^{d_n} - 1 < \eu^{1/(12n)} - 1 < \frac{1.1}{12n} voor grote nn; dus <106< 10^{-6} zodra 12n1.110612n \geq 1.1\cdot10^6, en de vermelde n83334n \geq 83\,334 volstaat (want 112n106\frac1{12n} \leq 10^{-6} impliceert het al). (b) log10(100!)=12log10(200π)+200100log10e+d100log10e=1.39906+20043.42945+0.00036157.96997\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!100.9699710157=9.33310157100! \approx 10^{0.96997} \cdot 10^{157} = 9.333\cdot10^{157}; en het gegarandeerde venster (e1/1201,e1/1200)(\eu^{1/1201}, \eu^{1/1200}) heeft in relatieve termen een breedte onder 10610^{-6} — een “asymptotische” formule die bij n=100n = 100 een precisie-instrument is.

13. Schrijf sinn=sinn2sinn2cos2\sin^n = \sin^{n-2} - \sin^{n-2}\cos^2 en integreer de tweede term partieel (u=cosθu = \cos\theta,  ⁣dv=sinn2cosθ ⁣dθ\dd v = \sin^{n-2}\cos\theta\,\dd\theta, v=sinn1n1v = \frac{\sin^{n-1}}{n-1}):

0π/2sinn2cos2=[cosθsinn1θn1]0π/2+1n10π/2sinn=Wnn1.\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} .

Bijgevolg is Wn=Wn2Wnn1W_n = W_{n-2} - \frac{W_n}{n-1}, dat wil zeggen Wn=n1nWn2W_n = \frac{n-1}nW_{n-2}. Vanaf W0=π2W_0 = \frac\pi2 en W1=1W_1 = 1:

W2n=(2n1)!!(2n)!!π2=π2(2nn)4n,W2n+1=(2n)!!(2n+1)!!=4n(2n+1)(2nn),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},

waarbij de dubbelfaculteiten worden omgezet met (2n)!!=2nn!(2n)!! = 2^nn! en (2n1)!!=(2n)!2nn!(2n-1)!! = \frac{(2n)!}{2^nn!}. Ten slotte is nWnWn1=(n1)Wn1Wn2nW_nW_{n-1} = (n-1)W_{n-1}W_{n-2} wegens de recursie: constant, gelijk aan 1W1W0=π21\cdot W_1W_0 = \frac\pi2.

14. W2n+1W2nW2n1W_{2n+1} \leq W_{2n} \leq W_{2n-1} (puntsgewijze monotonie van sinn\sin^n) en W2n1W2n+1=2n+12n1\frac{W_{2n-1}}{W_{2n+1}} = \frac{2n+1}{2n} \to 1 klemmen W2nW2n+11\frac{W_{2n}}{W_{2n+1}} \to 1 in. Samen met W2nW2n+1=π2(2n+1)W_{2n}W_{2n+1} = \frac{\pi}{2(2n+1)} (vraag 13): W2n2π4nW_{2n}^2 \sim \frac\pi{4n}, dus W2n12πnW_{2n} \sim \frac12\sqrt{\frac\pi n} en (2nn)4n=2πW2n1πn\binom{2n}n4^{-n} = \frac2\pi W_{2n} \sim \frac1{\sqrt{\pi n}}.

15. De vragen 9–10 gebruikten de waarde van de constante nooit: met en=lnn!(n+12)lnn+ne_n = \ln n! - (n+\frac12)\ln n + n liggen de verschillen enen+1e_n - e_{n+1} in (0,112n112(n+1))\bigl(0, \frac1{12n} - \frac1{12(n+1)}\bigr), zodat (en)(e_n) daalt en (en112n)(e_n - \frac1{12n}) stijgt: aanpalende rijen, met een gemeenschappelijke limiet \ell. Bijgevolg is n!Knn+1/2enn! \sim K n^{n+1/2}\eu^{-n} met K=eK = \eu^\ell.

16. Vul de Stirlingformule met onbekende constante in in de centrale binomiaalcoëfficiënt:

(2nn)4nnK(2n)2n+1/2e2n(Knn+1/2en)24nn=22n2Kn2n+1/2K2n2n+14nn=2K,\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 2K=1π\frac{\sqrt2}K = \frac1{\sqrt\pi} af: dus K=2πK = \sqrt{2\pi}. De Delen III–IV bewijzen Stirling dus van nul af opnieuw; en die in de identiteit van Deel I invoeren berekent Reu2/2 ⁣du=2π\int_\R\eu^{-u^2/2}\dd u = \sqrt{2\pi} zonder poolcoördinaten: Wallis en Gauss stutten elkaar.

17. (2nn+j)(2nn)=(n!)2(n+j)!(nj)!=i=1jni+1n+i\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 j0j \geq 0 (en symmetrisch voor j<0j < 0). Logaritmen nemen, met 1ijKn1 \leq i \leq j \leq K\sqrt n:

lnni+1n+i=ln(1i1n)ln(1+in)=2i1n+O(i2n2),\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 ij(2i1)=j2\sum_{i\leq j}(2i - 1) = j^2, terwijl de fouten optellen tot O(j3/n2)=O(n1/2)O(j^3/n^2) = O(n^{-1/2}): uniform dus exp(j2n+O(n1/2))\exp\bigl(-\frac{j^2}n + O(n^{-1/2})\bigr).

18. ennnn!ennn2πnnnen=12πn\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 met gemiddelde nn heeft standaardafwijking n\sqrt n, en 12πn\frac1{\sqrt{2\pi n}} is precies de gaussische piekhoogte 1σ2π\frac1{\sigma\sqrt{2\pi}}: de lokale centrale limietstelling, bij de modus voorgeproefd.

19. Voor a(0,1)a \in \intoo01 geeft het hellingslemma van Probleem 10.1 (vraag 14 daar), toegepast op de convexe logΓ\log\Gamma rond nn, dat (n1)aΓ(n+a)Γ(n)na(n-1)^a \leq \frac{\Gamma(n+a)}{\Gamma(n)} \leq n^a: de verhouding tot nan^a wordt ingeklemd door (11n)a1(1 - \frac1n)^a \to 1. En voor a=m+aa = m + a' (met mNm \in \N en a[0,1)a' \in \intco01): Γ(n+a)=(n+a1)(n+a)Γ(n+a)\Gamma(n+a) = (n + a - 1) \cdots(n + a')\Gamma(n + a'), en elk van de mm factoren is n(1+O(1n))n(1 + O(\frac1n)): vermenigvuldig de schattingen.

20. De recursie vd=2πdvd2v_d = \frac{2\pi}dv_{d-2} (uit Γ(d2+1)=d2Γ(d2)\Gamma(\frac d2 + 1) = \frac d2\Gamma(\frac d2)) geeft, vanaf v1=2v_1 = 2 en v2=πv_2 = \pi:

v3=4π3,v4=π22,v5=8π215,v6=π36,v7=16π3105.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 verhouding 2πd\frac{2\pi}d is groter dan 11 precies voor d6d \leq 6, dus stijgt elke pariteit eerst en daalt daarna; numeriek is v44.93v_4 \approx 4.93, v55.26v_5 \approx 5.26 en v65.17v_6 \approx 5.17: het algehele maximum ligt bij d=5d = 5. Genererende functie: v2k=πkk!v_{2k} = \frac{\pi^k}{k!}, dus kv2kx2k=eπx2\sum_kv_{2k}x^{2k} = \eu^{\pi x^2} — alle balvolumes in even dimensie in één exponentiële functie gerold, en meteen een supermeetkundige afnameschatting voor vdv_d.

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

(nαn)2πnnn2παn(αn)αn2π(1α)n((1α)n)(1α)n=enH(α)2πα(1α)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 nn/(αn)αn((1α)n)(1α)n=ααn(1α)(1α)n=enH(α)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 nn vallen weg: αn+(1α)n=n\alpha n + (1-\alpha)n = n), en de en\eu^{-n}’s vallen eveneens weg. Bij α=12\alpha = \frac12 is H=ln2H = \ln2 en is de voorfactor 2/(πn)\sqrt{2/(\pi n)} — opnieuw vraag 5. De strikte concaviteit van HH (haar tweede afgeleide 1α(1α)<0-\frac1{\alpha(1-\alpha)} < 0) legt haar maximum ln2\ln 2 uitsluitend bij α=12\alpha = \frac12: voor α12\alpha \neq \frac12 neemt (nαn)2nen(ln2H(α))\binom n{\alpha n}2^{-n} \approx \eu^{-n(\ln2 - H(\alpha))} exponentieel af — de combinatorische motor achter elke concentratie-uitspraak over muntworpen.

22. Uit sd1=dvds_{d-1} = dv_d en vraag 20:

s0=2,  s1=2π,  s2=4π,  s3=2π2,  s4=8π23,  s5=π3,  s6=16π315,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, 33.072,\ 6.28,\ 12.57,\ 19.74,\ 26.32,\ 31.01,\ 33.07; en s7=π4332.47<s6s_7 = \frac{\pi^4}3 \approx 32.47 < s_6: het maximum is de 66-sfeer. De recursie sd+1=(d+2)vd+2=(d+2)2πd+2vd=2πvd=2πdsd1s_{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} laat dezelfde door 2πd\frac{2\pi}d gedreven stijging en supermeetkundige val zien als bij de volumes: voorbij dimensie zeven krimpen sferen sneller weg dan elke meetkundige rij.

23. Vraag 11 zegt precies 112n+1<dn<112n\frac1{12n+1} < d_n < \frac1{12n}, en

112n112n+1=112n(12n+1)=O(1n2),\frac1{12n} - \frac1{12n+1} = \frac1{12n(12n+1)} = O\Bigl(\frac1{n^2}\Bigr),

dus dn=112n+O(1n2)d_n = \frac1{12n} + O(\frac1{n^2}) en edn=1+112n+O(1n2)\eu^{d_n} = 1 + \frac1{12n} + O(\frac1{n^2}); vermenigvuldigen met 2πn(n/e)n\sqrt{2\pi n}(n/\eu)^n geeft de gecorrigeerde formule. Bij n=10n = 10: 20π(10/e)10=7.92665×453999.33598696\sqrt{20\pi}\,(10/\eu)^{10} = 7.92665 \times 453999.3 \approx 3\,598\,696, 3010430\,104 te laag (relatieve fout 8.31038.3\cdot10^{-3}); vermenigvuldigen met 1+11201 + \frac1{120} geeft 36286853\,628\,685, 115115 te laag (relatieve fout 3.21053.2\cdot10^{-5}). De insluiting zelf legt 10!10! tussen 3598696e1/12136285593\,598\,696\,\eu^{1/121} \approx 3\,628\,559 en 3598696e1/12036288083\,598\,696\,\eu^{1/120} \approx 3\,628\,808 — de bovengrens zit er acht eenheden op zeven cijfers naast.

24. De substitutie x=t+tux = t + \sqrt t\,u uit Deel I, toegepast op de afgeknotte integraal, geeft

0txtex ⁣dx=ttettt0gt(u) ⁣du,\int_0^{t} x^{t}\eu^{-x}\,\dd x = t^{t}\eu^{-t}\sqrt t\int_{-\sqrt t}^{0} g_t(u)\,\dd u ,

waarbij het bereik 0xt0 \leq x \leq t overgaat in tu0-\sqrt t \leq u \leq 0. De dominant van vraag 3 dekt ook gt1u<0g_t\mathbf 1_{u < 0}, dus geeft de gedomineerde convergentie

t0gt(u) ⁣du0eu2/2 ⁣du=2π2,\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 geeft dat Γ(t+1)ttett2π\Gamma(t+1) \sim t^t\eu^{-t}\sqrt t\,\sqrt{2\pi}. De verhouding gaat dus naar 12\frac12. Kansrekenkundig: een gammavariabele met grote vormparameter legt asymptotisch de helft van haar massa aan elke kant van haar modus — de symmetrie van de centrale limietstelling, uit één substitutie afgelezen.

25. Zij λ=α1α(0,1]\lambda = \frac{\alpha}{1-\alpha} \in \intoc01. Voor kαnαnk \leq \lfloor\alpha n\rfloor \leq \alpha n is λkαn1\lambda^{k - \alpha n} \geq 1, dus

k=0αn(nk)λαnk=0n(nk)λk=(λα(1+λ))n,\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 λ=α1α\lambda = \frac\alpha{1-\alpha}:

λα(1+λ)=αα(1α)α11α=αα(1α)(1α)=eH(α).\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(λ)=αlnλ+ln(1+λ)f(\lambda) = -\alpha\ln\lambda + \ln(1+\lambda) over λ>0\lambda > 0 geeft de vergelijking f(λ)=αλ+11+λ=0f'(\lambda) = -\frac\alpha\lambda + \frac1{1+\lambda} = 0 met als unieke oplossing λ=α1α\lambda = \frac\alpha{1-\alpha}, een minimum want f>0f'' > 0 — de keuze van de exponentiële kanteling (Chernoff). Verzoening: volgens vraag 21 is de ene term k=αnk = \lfloor\alpha n\rfloor al van de orde enH(α)/2πα(1α)n\eu^{nH(\alpha)}/\sqrt{2\pi\alpha(1-\alpha)n}, dus

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

de snelheid H(α)H(\alpha) is exact, en de hele som kost hoogstens een factor n\sqrt n boven haar grootste term. Gedeeld door 2n2^n is dat de staartgrens voor de eerlijke munt, P(Snαn)en(ln2H(α))\P(S_n \leq \alpha n) \leq \eu^{-n(\ln2 - H(\alpha))} — concentratie van maat in één regel.

Begrippen gedefinieerd in dit hoofdstuk

Bekijk alle 395 begrippen in de begrippenlijst