Kansrekening en dynamica als basis voor breed wiskundeonderwijs 2

Transcriptie

1 Knsrekening en dynmic ls bsis voor breed wiskundeonderwijs Joost Hulshof en Ronld Meester c Reproductie lleen in overleg met de uteurs. Alle rechten voorbehouden. 1

2 Voorwoord In de eerste cursus hebben we een ntl bsisbegrippen uit de wiskunde in een wt nder dglicht gezet dn op school gebruikelijk. We probeerden drbij een fundmentele invlshoek te combineren met een relistische. Beide invlshoeken fundeerden we op de common ground die voortkomt uit vertrouwdheid met getllen en getlrepresentties. Ndrukkelijk n de orde kwmen breuken, wortels en het getl e. Nog niet n de orde kwm π. Met knsrekening en dynmic ls beoogd perspectief werd l schrijvende duidelijk hoe met getllen en eenvoudige lgebr een fundment voor goede wiskunde en goed wiskundeonderwijs gelegd kn worden. Bij dit lles ws Newton lom nwezig, mr zijn differentiequotiënten en differentilvergelijkingen bleven nog chterwege, en ook de moderne kijk op wt cosinussen en sinussen eigenlijk zijn. Dt mken we nu goed in deze tweede cursus, die de formule vn Stirling, ( n ) n n! πn, e ls kpstok heeft. Een toevllige keuze, gebseerd op een vrg die lngskwm tijdens het schrijven n de eerste cursus. Wiskunde begint met het stellen vn vrgen. Iedereen kn vrgen stellen: de gek, de student, de docent en de wetenschpper. Alle vier, ook de vkdidcticus en zelfs de onderwijskundige, kunnen veel opsteken vn de ntwoorden op goede vrgen, en wt je nodig hebt om die ntwoorden precies te mken, liefst met miniml geschut, wrmee zo mogelijk vn hogere wiskunde lgere wiskunde gemkt wordt. Wnt het gt in de wiskunde niet om het verschil tussen hogere en lgere wiskunde, mr om goede wiskunde. Deze tweede cursus ontstond door een vrg die terloops gesteld werd tijdens de voorbereiding vn de eerste cursus: wr komt die normle verdeling toch ltijd mr vndn en hoe lten we dt zien? En toen ws er ineens ook de vrg hoe groot n! eigenlijk is. Beide vrgen zullen we in deze cursus bentwoorden op een zo elementir mogelijke mnier, in hopelijk leerzm detil, met een hier dr een uitstpje vn meer filosofische rd. Als toegift behndelen we wt je zol met mchtreeksen kunt en mg doen, nsluitend op de formule exp(x) = e x = 1 + x + x! + x3 3! + x4 4! +, met een eerste glimp vn de imginire wortel uit min één ls onvermijdelijke entiteit in de reële wereld. Joost Hulshof Ronld Meester VU Amsterdm,

3 Inhoud 1 Hoe groot is n! vrgteken Integrlen, knsdichtheden en oppervlkten.1 Vn rechthoeken nr oppervlkten. De somformule voor 1 n + n + + N n.3 Integreerbrheid.4 Integrlrekening voor polynomen 3 Schuiven, schlen, meten en limieten 3.1 Vn x n nr e x 3. Mttheorie 3.3 Stirling s formule 4 De integrl e 1 x dx 5 De centrle limietstelling 6 Differentilvergelijkingen 7 Differentilrekening voor mchtreeksen De smenhng tussen de secties is min of meer lineir:

4 1 Hoe groot is n! vrgteken Een vrg die tot de verbeelding spreekt. Mijn ltste rekenmchine 1 kon bij bendering n! tot en met n = 69 n. Dt zt nog onder 1 tot de mcht 1, een 1 met honderd nullen. Mr 7! ws l te groot wnt 7! = , hetgeen misschien nog wel te doen is met pen en ppier. De fculteit vn een positief geheel getl n is per definitie het product vn lle positieve gehele getllen tot en met n. Dus 1! = 1,! = 1, 3! = 1 3 = 6, 4! = = 4,... De eerste fctor 1 doet ntuurlijk niets mr wordt er meestl wel bijgeschreven. Kortom n! = 1 3 n. Een iets nettere definitie is! = 1 en n! = n (n 1)! voor n 1 geheel, wrmee n! inductief wordt gedefinieerd. De fcto is n! dus het product vn n fctoren, nmelijk vn de eerste n positieve gehele getllen, inclusief de fctor 1. Bij fsprk begint de rij vn fculteiten met! = 1, een product vn nul fctoren. Omdt 1 het neutrle element vn de bewerking is, zeggen we dt een leeg product gelijk is n 1, net zols een lege som vn getllen ls, het neutrle element vn de bewerking +, wordt gedefinieerd. In plts vn schrijven we trouwens meestl, en ls we letterrekenen meestl gewoon niets. Dus n (n 1)! = n (n 1)! = n(n 1)!, met voorrng voor het uitroepteken dt gebruikt wordt in de nottie vn fculteiten. Deze fculteiten komen overl in de wiskunde en hr toepssingen voor, en drmee ook de vrg hoe groot n! is ls n groot is. Het ntwoord is: GROOT. Mr hoe groot eigenlijk? Een preciezer ntwoord op de vrg is ( n ) n n! πn voor n. (1.1) e Deze uitsprk is het uitgngspunt voor de cursus. Wt stt hier eigenlijk, wrom is het wr, en wt komt dr lleml bij lngs? Lezend vn links nr rechts vlt ls eerste het teken op. Dit teken moet gelezen worden ls een zwkkere vorm vn het gelijkteken, in combintie met de toevoeging voor n : (1.1) is een uitsprk over het gedrg vn twee rijen getllen, nmelijk de rij 3 1,, 6, 4, 1, 7,... 1 Angeschft voor mijn ntuurkunde prcticum ls student. 1 1, ook wel googol, zie vi google wikipedi. 3 Om onnodige verwrring te vermijden lten we beide rijen nu beginnen met n = 1. 4

5 en een zo op het oog heel ndere rij π, 4π, 6π, 8π, 1π, 1π,... e e e 3 e 4 e 5 e 6 De uitsprk zegt niets over het vierde element in de ene rij met betrekking tot het het vierde element in de ndere rij, en ook niet over het googolste element vn beide rijen. Als n en b n twee rijen positieve getllen zijn dn zeggen we dt n b n voor n ls het quotiënt n b n nr 1 gt ls n. Slordig gezegd: ls n dn is in de limiet de verhouding tussen n en b n gelijk n 1. Precies gezegd 5 : gegeven iedere gewenste foutmrge ɛ > is vnf zekere n, zeg vnf n = N, voldn n de foutfschtting n b n 1 < ɛ. Dus ls de getllen n en b n in pren voorbijkomen, dn vllen de eerste N 1 pren buiten de gewenste foutmrge, mr drn is n de gewenste precisie voldn. Precisie is dus ook hier een kwestie vn geduld: hoe kleiner ɛ > hoe lnger je moet wchten 6. Twee zulke rijen heten symptotisch gelijk, ook l is hun verschil heleml niet klein, of zelfs groot. Het gt lleen om de verhouding voor (steeds) grote(- re) n: Opgve 1. G n dt de uitsprk n b n voor de rijen n = n(n + 1) en b n = n equivlent is met de uitsprk dt gegeven een willekeurige ɛ > er een index N is zo dt voor lle gehele n N geldt dt 1 n < ɛ. Deze eigenschp vn de positieve getllen wordt de Archimedische eigenschp genoemd. We zullen deze eigenschp ls zijnde vnzelfsprekend wr beschouwen 7 : dt 1 n nr gt ls n is de bsis voor lles wt we doen in de nlyse 8. Opgve. Kun je bewijzen dt ls n b n voor n, dt dn ook b n n voor n? Opgve 3. En ls dt dn ook n b n voor n en b n c n voor n, n c n voor n? Op grond vn deze en de vorige opgve spreken we over n b n voor n ls een equivlentiereltie tussen rijen positieve getllen. De reltie is immers symmetrisch, trnsitief, en ntuurlijk ook reflexief : iedere rij positieve getllen is symptotisch gelijk n zichzelf. 4 Wrin nst de vierkntswortel ook e en π voorkomen, wrover lter meer. 5 We schrijven hier de formele definitie vn A n A ls n over. 6 Als n = b n voor lle n dn hoef je heleml niet te wchten. 7 Mr dr is over te twisten, google: Non-stndrd Anlysis. 8 Het deelgebied vn de wiskunde wrin limieten een rol spelen. 5

6 Ntuurlijk moet het zo zijn dt ls je bijvoorbeeld een irrtionl getl op twee mnieren met rijen rtionle getllen bendert, dt dn die twee rijen symptotisch gelijk zijn 9. Mr in (1.1) gt het zeker niet om benderingen vn getllen. De getllen in beide rijen worden steeds (en heel snel) groter. Of je kunt spreken over de formule vn Stirling ls een bendering vn n! is niet eens zo duidelijk. Mr ls je een groot probleem wil oplossen en wilt inschtten hoe lng het duurt, dn is een formule ls (1.1) l snel relevnt. Dus hoe groot is n! volgens Stirling s formule? Wel, in het rechterlid vn (1.1) komt nst de fctor πn de n-de mcht vn n e voor, en die gt hrd, erg hrd. Gezien de reltief bescheiden fctor πn gt n! nog een ietsje hrder. Beide fctoren in Stirling s formule zijn mysterieus. Wrom hebben π en e überhupt iets met n! te mken? We hebben l gezien dt e = lim n (1 + 1 n )n = dus de e is niet heleml vreemd in reltie tot fculteiten, mr wr komt de wortel vn π vndn? Wt verder opvlt is het verschil tussen de formules. Beter gezegd, n! is niet eens ls formule in n gedefinieerd. Wnt om n! uit te rekenen heb je nst n ook n 1, n, etc. nodig. Dit in tegenstelling tot Stirling s formule ( n ) n πn, e wrin je gewoon n kunt invullen, n = googol 1 bijvoorbeeld. Stirling s formule is gebseerd op een ndere uitdrukking voor n!, nmelijk n! = n= x n e x dx. Om deze integrlformule voor n! f te leiden moeten we niet lleen weten wt integrlen zijn, mr ook hoe we ze (soms) uit kunnen rekenen. Voor elke gehele niet-negtieve n is het ltste kennelijk mogelijk voor wnt volgens de integrlformule is e x dx = 1, xe x dx = 1, x n e x dx, 1 n!, x e x dx =, x 3 e x dx = 3, enzovoort. Stndrd reken je dit uit vi prtieel integreren, een vn de meest gebruikte technieken in de wiskunde, wrmee kn worden ngetoond dt x n e x dx = n 9 Hoe kun je dit uit de opgven hierboven hlen? 1 Zie googolplex in wikipedi. x n 1 e x dx. 6

7 Als je weet dt voor n = deze integrl gelijk is n 1, hetgeen we strks ook ls specil gevl eerst zullen zien, dn is het niet zo moeilijk om je zelf er met de recurrentieformule vn te overtuigen dt inderdd n! = x n e x dx. De lijn die we in deze cursus kiezen is echter elementirder en bouwt voort op de lgebr vn getllen en polynomen. De integrlformule voor n! leiden we f vi een limietovergng beginnende met polynomen, culminerend in Opgve. Opnieuw nemen we polynomen ls uitgngspunt voor het introduceren vn de relevnte onderwerpen uit de differentil- en integrlrekening, met ls toegift een vloeiende overgng nr mchtreeksen 11, wrvn we er in de vorige cursus l een hele bijzondere gezien hebben: exp(x) = e x = 1 + x + x! + x3 3! + x4 4! +, een functie die zo te zien zijn eigen fgeleide is, en drmee een oplossing vn een eenvoudige differentilvergelijking. We bekijken meer vn dt soort differentilvergelijkingen en hun (mchtreeks)oplossingen, die in de ntuur overl ls dynmische verschijnselen voorkomen. Prtieel integreren zelf is geen them vn deze cursus, ook l is het belng vn oefenen met deze techniek in het schoolwiskundeonderwijs voor de vervolgopleidingen minstens zo groot ls het belng vn het vlot leren rekenen met breuken in het rekenonderwijs op de bsisschool voor het vervolgtrject op het VO. Wel een hoofdthem, nsluitend bij het schoolcurriculum, is schuiven en schlen, wrmee uit de integrlformule voor n! de normle verdeling tevoorschijn komt. De centrle limiet stelling uit de knsrekening krijgt zo een tegenhnger die leidt tot de formule vn Stirling. Die formule speelt in diezelfde centrle limiet stelling een rol. De cirkel(redenering?) wordt rond gemkt door π uitroepteken Integrlen, knsdichtheden en oppervlkten De integrlformule n! = x n e x dx zegt dt n! precies gelijk is n de oppervlkte vn dt deel vn het xy-vlk dt ingesloten wordt door 1 de positieve x-s en de grfiek y = x n e x. Een ndere mnier om deze integrlformule voor n! te schrijven is ls x n n! e x dx = 1. Voor elke vst gekozen gehele niet-negtieve n is de oppervlkte vn het gebied tussen de grfiek vn de functie f n : [, ) [, ) gedefinieerd door f n (x) = xn n! e x 11 Vergelijkbr met de overgng vn fbrekende decimle ontwikkelingen nr reële getllen ls doorlopende decimle ontwikkelingen. 1 Wt gt er mis in deze omschrijving ls n =? 7

8 en de positieve x-s gelijk n 1. Voor knsrekenrs is f n de knsdichtheid vn een knsverdeling op de positieve reële getllen. De bekendste knsverdeling is de normle verdeling, wrin de wortel vn π voorkomt, omdt e x dx = π, bijn letterlijk de qudrtuur vn de cirkel, of, zols in de knsrekening meer gebruikelijk 1 e 1 x dx = 1. π In deze cursus zullen we op een elementire mnier lten zien hoe π zo te voorschijn komt. Normle verdelingen komen voor in de centrle limietstelling, misschien wel DE hoofdstelling vn de knsrekening, mr ook, in ieder gevl ls formule, in de (symptotische) beschrijving vn integrlen met prmeters. Dt is hndig wnt de meeste integrlen zijn niet exct uit te rekenen en numerieke integrtie is hier knsloos. In de vorige cursus hebben we beschreven hoe rklijnen n grfieken vn polynomen kunnen worden bepld met behulp vn lineire benderingen en strtdelingen, en hoe zo de differentilrekening kn worden opgezet 13. We zullen dit uitbreiden nr mchtreeksen, zeg mr polynomen vn oneindige grd. In deze cursus spelen integrlen en oppervlkten een grote rol, en het ligt voor de hnd om eerst eens te kijken nr de oppervlkten vn gebieden beschreven met polynomen, te beginnen met het gebied in het xy-vlk begrensd door x = 1, y = en y = x n. Met de moderne integrlrekening is de oppervlkte vn dit gebied gelijk n 1 [ ] x x n n+1 1 dx = = 1 n + 1 n + 1, mr we zullen zien hoe dit veel rechtstreekser en zonder veel mchinerie kn worden ngetoond. Vervolgens sluit dit eerste voorbeeld, ls we gn schlen en schuiven, mooi n bij de vorige cursus en de introductie vn exp(x) = e x, en de conclusie nu dt e x dx = 1..1 Vn rechthoeken nr oppervlkten Als leerzme voorbereiding concluderen we nu eerst, n de hnd vn een serie opgven, dt A n = de oppervlkte vn {(x, y) : y x n 1} = 1 n + 1. Als uitgngspunt nemen we dt we weten wt de oppervlkte vn een rechthoek is, wrbij we zonder eenheden (dus geen vierknte centimeters of zo) werken. De oppervlkte vn een rechthoek die prllel ligt n de ssen wordt eenvoudig bepld door de schlverdeling op de ssen. 13 Rklijnen werden in de methode vn Newton gebruikt om x = numeriek op te lossen. 8

9 Opgve 4. Schets voor n =, 1,, 3 het relevnte stuk vn de grfiek met pen op ppier en reflecteer op het gedrg ls n. Voor n = 1 is het gebied in het xy-vlk begrensd 14 door x = 1, y = en y = x, een driehoek met oppervlkte 1, precies de helft vn de oppervlkte vn het vierknt met hoekpunten (, ), (1, ), (1, 1) en (, 1), dt oppervlkte 1 heeft. Dt voor n = de oppervlkte kleiner is is evident, ook voor de wiskundige die eerst de vrg stelt hoe en of de oppervlkte eigenlijk precies gedefinieerd is. De conclusie dt bijvoorbeeld A in ieder gevl groter moet zijn dn de oppervlkte vn de rechthoek met hoekpunten ( 1, ), (1, ), (1, 1 4 ) en ( 1, 1 4 ) is onvermijdelijk. Opgve 5. Leg uit wrom. Opgve 6. Lt met een pltje zien dt zo ook moet gelden dt Opgve 7. Lt evenzo zien dt < A < (N 1) N 3 < A < N N 3, wrin het verschil tussen de ondergrens en bovengrens voor A gelijk is n 1 N, en dus willekeurig klein wordt ls N groot wordt. Opgve 8. Een bewijs met volledige inductie: lt inductief zien dt N = N N + N 6. Met ndere woorden, verifieer dt de uitsprk juist is voor N = 1 en lt zien dt ls de uitsprk juist is voor een vst mr willekeurig gekozen N 1, dt dn ook de uitsprk voor N + 1 volgt. Deze implictie heet de inductiestp. Omdt de uitsprk wr is voor N = 1, is dt dnkzij (steeds weer) dezelfde inductiestp ook zo voor N =, N = 3, N = 4,... Dit heet het principe vn volledige inductie 15. Opgve 9. Lt zien dt kennelijk lleen A = 1 3 de oppervlkte in nmerking komt. ls numerieke wrde voor Hoe zit met A 3, A 4,...? Gt het drvoor net zo? Opgve 1. Lt zien dt (N 1) 3 N 4 < A 3 < N 3 N 4, wrin het verschil tussen ondergrens en bovengrens gelijk is n 1 N, en dus willekeurig klein wordt ls N groot wordt. 14 Voor n = is de beschrijving minder gelukkig, wrom? 15 De nmgeving is hels een poging tot volledige intimidtie. 9

10 Opgve 11. Lt inductief zien dt N 3 = N N 3 + N 4 en leg uit wrom A 3 = 1 4. Welke 1 4 eigenlijk? Opgve 1. Er geldt: Leg uit wrom A 4 = N 4 = N N 4 + N 3 3 N 3. Zo is de regelmt wel duidelijk, dus wt gebruiken we nu eigenlijk echt vn deze formule? Opgve 13. Algemener geldt kennelijk voor gehele positieve n dt 1 n + n + + N n = N n+1 n = P n(n), een polynoom vn grd n + 1 in N, met op de puntjes lgere orde termen in N. Over die lgere orde termen is veel interessnts 16 te vertellen, mr voor de oppervlkte A n heb je dt niet nodig: ngenomen dt onze lgemene conclusie juist is, volgt A n = 1 n+1. Leg uit wrom.. De somformule voor 1 n + n + + N n 1 Die n+1 willen we ntuurlijk wel zeker weten. Hoe is snel te zien dt voor elke n deze kopcoëfficient verschijnt? Dn gt het dus eerst om de vrg wrom N = 1 n + n + + N n een polynoom is in N vn grd n + 1, en drn wrom dit polynoom vn de vorm P n (N) = N n+1 n is. We willen dit weer doen met volledige inductie, dus met dezelfde techniek ls in Som 8, en dn is de eerste vrg of we dt nr n of N moeten doen. Omdt we voor elke n een uitsprk doen over een polynoom in N, kiezen we nu voor n ls inductieprmeter en zoeken een mnier om hogere mchten vn k, de somindex, om te zetten in lgere mchten vn k. Vervolgens nemen we n dt de uitsprk l bewezen is voor 1,,..., n 1 en lten we zien dt dn de uitsprk dn ook wr is voor n. Drbij gebruiken we dn dt we de lgere mchten l kunnen optellen tot een polynomen in N, wrvn we de grd weten. Voor de reductie vn de exponenten gebruiken we het binomium vn Newton in de vorm (k + 1) n+1 k n+1 = (n + 1)k n + 16 Ook n de schrijvers... (n + 1)n k n (n + 1)k + 1, 1

11 Sommeren we dit over k lopend vn 1 tot en met N, dn zien we rechts de sommen vn mchten verschijnen wr het ons omgt. Immers N ( (k + 1) n+1 k n+1) N = N N = (n + 1)k n + = (n + 1) N k n + ( (n + 1)k n + (n + 1)n (n + 1)n ) (n + 1)n k n (n + 1)k + 1 N N k n (n + 1)k + 1 N N N k n (n + 1) k + 1, wrin we inderdd de sommen zien stn vn het type dt we beschouwen. De eerste, met exponent n, willen we beplen. Met de voorfctor (n + 1) moet hier een polynoom in N vn grd n + 1 met kopcoëfficient 1 uitkomen. Is dt zo? Wel, gebruikmkend vn de nnme dt voor exponenten 1,,..., n 1 l bekend is dt er polynomen uitkomen, die lleml grd hoogstens n hebben, zijn we klr ls N ( (k + 1) n+1 k n+1) een polynoom in N is vn grd n + 1 met kopcoëfficient 1. Dt is inderdd het gevl. Immers, deze telescoopsom is gelijk n N ( (k + 1) n+1 k n+1) = (N + 1) n+1 1 = N n+1 +. Hiermee is het bewijs geleverd. Opgemerkt kn nog worden dt we in de inductiestp om de somformule voor exponent n te bewijzen lleen gebruiken dt voor lgere exponenten de somformule een polynoom is vn grd hoogstens n, zonder verdere informtie over de coëfficienten, ook niet over de kopcoëfficienten. In elke stp zien we vervolgens de juiste kopcoëfficient verschijnen..3 Integreerbrheid We hebben hierboven A n uitgerekend zonder ons druk te mken over de vrg of de oppervlkte wel goed gedefinieerd ws. De vnzelfsprekende insluiting tussen onder- en bovensommen, wrvn het verschil zo klein genomen kn worden ls we mr willen lijkt voldoende overtuigend voor prktische doeleinden, en in dit expliciete voorbeeld volgde vervolgens ook meteen het ntwoord op de vrg over de numerieke wrde vn A n. Twee vliegen in één klp. De eerste vlieg lukt voor elke monotone functie. Teken mr een pltje vn de grfiek vn een positieve functie f op een intervl [, b], neem een N zo groot ls je wil, teken rechthoekjes onder en boven de grfiek die in de hoeken net pssen, lleml met breedte b N. Schuif je de bovenrechthoekjes een rechthoekje opzij, nr rechts ls de functie stijgt, dn kiepert een rechthoekje vn het intervl f. An de ndere knt zet je er eentje bij, en je ziet dt het verschil tussen boven- en ondersom gelijk is n f(b) f() b N, 11

12 zo klein weer ls je mr wilt. Er zit dus hoogstens één getl tussenin. Dt er inderdd een getl tussen lle ondersommen en bovensommen zit vergt voor een wiskundige een wiskundig rgument wrin we precies mken wt we onder reële getllen verstn. Dt lten we hier nu chterwege. In de vorige cursus zijn we uitgebreid ingegn op hoe in de wiskunde het vnzelfsprekende kn worden gexiomtiseerd. De zo gedefinieerde oppervlkte noteren we met b f = b f(x) dx, en noemen we de integrl vn f over [, b]. Monotone functies zijn dus integreerbr over begrensde intervllen, hoe lelijk ze ook zijn! We benderen de integrl simpelweg met h (f() + f( + h) + f( + h) + + f(b)), met h = b N. Hoe groter N, hoe dichter de bendering bij de integrl zit. Zonder de eerste term is dit een ondersom of bovensom, en zonder de ltste term ook, mr dn ndersom. En die ene term mkt in de limiet niets uit 17. Ook continue functies zijn integreerbr over begrensde intervllen, mr dt is veel lstiger om overtuigend te brengen, omdt de definitie vn continuiteit nu eenml echt lstig is, in tegenstelling tot de voorwrde voor integreerbrheid zelf: functies zijn per definitie integreerbr ls je ondersommen en bovensommen zo dicht bij elkr kunt krijgen ls je mr wilt. In dt gevl kn er mr een getl tussen onder- en bovensommen zitten en dt is dn per definitie de integrl vn de functie over het intervl. Opgve 14. Geef zelf een definitie vn wt een ondersom en een bovensom is voor de integrl vn f over het intervl [, b]. Kn een onbegrensde functie integreerbr zijn? Uit de definitie volgt rechtstreeks dt ls f en g op [, b] integreerbre functies zijn, dt ook de somfunctie f + g integreerbr is, met b (f(x) + g(x)) dx = b f(x) dx + b g(x) dx. Ook veelvouden gn goed. Als f integreerbr is en λ een reëel getl, dn is Tenslotte volgt ook dt b b f(x) dx = λf(x) dx = λ c b f(x) dx + f(x) dx. b c f(x) dx, ls c tussen en b ligt. Te lezen ls: is de rechterknt goed, dn ook de linkerknt en omgekeerd 18. Er zijn veel begrensde functies die niet integreerbr zijn: Opgve 15. Lt f(x) = voor x rtionl en f(x) = 1 voor lle overige x. Is deze f integreerbr op [, 1]? 17 Er zijn ntuurlijke betere benderingstechnieken, google: trpeziumregel. 18 Wrom is dit bij de twee uitsprken erboven niet zo? 1

13 .4 Integrlrekening voor polynomen De functie x x n is over elke begrensd intervl [, b] integreerbr en we kunnen de integrl ook ls getl beplen: Opgve 16. Verifieer, eerst voor < < b, dt Hint: zie Sectie.1. b x n dx = bn+1 n + 1 n+1 n + 1. Met de regels in Sectie.3 volgt dt lle polynomen worden geintegreerd zols op school verteld: bij een polynoom p(x) kies je een nieuw polynoom P (x) met de eigenschp dt P (x) = p(x) en P () =. Dt kunnen we ls we weten hoe we polynomen differentiëren. Voortbouwend op Opgve 16 is het niet moeilijk in te zien dt b p(x) dx = [P (x)] b = P (b) P (). Deze primitieve P vn p is, dnkzij de keuze P () =, uniek bepld. Dit is de hoofdstelling vn de integrlrekening voor polynomen. Opgve 17. Overtuig jezelf vn deze hoofdstelling, uitgnde vn Opgve 16, en de regels hierboven. Een veelvoorkomende integrl vn dit type 19 is β(n, m) = 1 x n 1 (1 x) m 1 dx, die op grond vn wt we nu weten bestt voor lle positieve gehele m en n. Uitrekenen met de hoofdstelling is tmelijk vervelend, mr: Opgve 18. Lt zien dt β(n + 1, m) + β(n, m + 1) = β(n, m) = β(m, n). Met β(n, 1) = 1 n kun je zo in het n, m vlk op de roosterpunten in het eerste kwdrnt de wrden vn β(n, m) eenvoudig invullen. Een soort driehoek vn Pscl op zijn knt, die de ndere knt opgt. De volgende opgve is geeft het ntwoord en vrgt om verifictie vi de betrekking hierboven. Het is ntuurlijk leuker om het gegeven ntwoord te negeren en het zelf f te leiden... Opgve 19. Lt zien dt De integrl β(n, m) = 19 Google: bet functie. 1 β(n, m) = (n 1)!(m 1)! (n + m 1)! x n 1 (1 x) m 1 dx =. (n 1)!(m 1)! (n + m 1)! 13

14 vertelt ons wt de oppervlkte is vn {(x, y) : y x n 1 (1 x) m 1, x 1}. Vooruitlopend op Sectie 3 vernderen we de schl op de x-s door de eenheden met een fctor m te schlen. Wr 1 stond zetten we m en drn lten we m groot worden: Opgve. Lt zien dt m x n (1 x m )m dx = mn+1 m! n! (m + n + 1)! n! ls m. Beredeneer met behulp vn de definitie vn e x = exp( x) ls (negtieve) rente op rente limiet, hoe bijgevolg de integrlformule voor n! verschijnt. In de volgende sectie kijken we in meer detil nr het schlrgument en de limietovergng hierboven, nsluitend bij de vorige cursus en de introductie vn exp(x) = e x. 3 Schuiven, schlen, meten en limieten Vk bevtten de functies in integrlen een prmeter, bijvoorbeeld n, die we groot kunnen (of willen) kiezen. Als we de grfieken vn zulke functies in één pltje proberen te tekenen, en ook nog eens een positieve eindige oppervlkte onder de grfiek willen overhouden in de limiet, dn lukt dt meestl niet goed, tenzij we oorsprong en schlverdelingen npssen nrmte n groter wordt. Dit schuiven en schlen vn grfieken is een onderwerp dt tegenwoordig in de schoolboekjes n de orde komt. In deze cursus zullen we zien wt de krcht vn deze methoden is, ls we dit doen met fmilies vn functies geprmetriseerd door n, en drbij een met zorg geprepreerde limietovergng verkennen. Die limietovergng leidt tot fundmentelere vrgen over wt oppervlktemeting, dus het vinden vn een -dimensionle mt voor deelverzmelingen vn het vlk, eigenlijk is. En die vrg beperkt zich ntuurlijk weer niet tot dimensie. We zullen mttheorie hieronder wiskundig beschrijven, met wt filosofische knttekeningen en n de hnd vn voorbeelden. Precieze bewijsvoering lten we chterwege. Mr eerst een voorbeeld vn hoe grfieken vi schuiven, schlen en limieten tot nieuwe functies leiden, uitgnde weer vn de mkkelijkste functies die we kennen, polynomen, en wt er drbij gebeurt met oppervlkten. Oppervlkten die de knsrekenr bij voorkeur gelijk houdt n Vn x n nr e x We gn terug nr A n = 1 n + 1 = de oppervlkte vn {(x, y) : y xn 1}. Mken we hierin n groot, dn wordt deze oppervlkte steeds kleiner, en ook vn de grfiek zelf blijft niet veel over. Leuker wordt het ls op de schlverdeling 14

15 vn de x-s de 1 vervngen wordt door n. Om beide ssen vervolgens met dezelfde schl te tekenen rekken we het pltje horizontl uit met een fctor n, wrbij de oppervlkte dus n keer zo groot wordt. Opgve 1. Overtuig jezelf er zo vn dt de oppervlkte vn ( x ) n {(x, y) : y 1} n gelijk is n n n+1. Mk een pltje! Opgve. Mken we nu n groot dn gebeurt er iets geks. grfiek? En wt doet de oppervlkte? Wt doet de Opgve 3. Het pltje horizontl n nr links schuiven geeft iets minder geks. Overtuig jezelf er vn dt ook de oppervlkte vn de verzmeling ( ) n x + n B n = {(x, y) : y 1} n gelijk is n n n+1 en ps het pltje n. Wt doet de grfiek ls n groot wordt? Je ziet dt de bovenrnd vn B n wordt gegeven door ( ) n x + n ( y = = 1 + x n, n n) de onderknt door het segment vn de x-s tussen x = n en x =, en de rechterknt door het segment vn de y-s tussen y = en y = 1. De oppervlkte is nog steeds gelijk is n en gt nr 1 ls n We weten dt n n+1 e x = lim n (1 + x n )n, en bovendien dt het rechterlid stijgt nr e x ls n. Wt zou de oppervlkte vn de verzmeling B = {(x, y) : y e x 1} zijn? In ieder gevl meer dn n n+1 = 1 1 n voor elke n, dus minstens 1. Immers, we hebben B 1 B B 3 B 4 B. Opgve 4. G n dt elk punt vn B dt niet op de grfiek y = e x ligt, voor n groot genoeg in B n ligt. Met ndere woorden, de B n vullen B, fgezien vn zijn bovenrnd geheel op. Is het nu zo dt de oppervlkte vn B gelijk is n 1, of kn de oppervlkte echt meer zijn? Deze vrg rkt het hrt vn wt in de wiskunde mttheorie genoemd wordt. Om de vrg te bentwoorden moeten we beter ndenken over wt we ls definitie vn oppervlkte willen gebruiken. Merk op dt B hier een onbegrensde verzmeling is. Zou dt uitmken voor het ntwoord op de vrg? En in de knsrekening. 15

16 Terzijde, ls je weet hoe je met primitieve functies integrlen uitrekent, dn moet het wel lukken om in te zien dt in dit gevl de oppervlkte vn B gelijk n 1 is, vi de oneigenlijke integrl Op dezelfde mnier (of bijgevolg) is e x dx = [e x ] = 1. e x dx = 1, wrmee we de integrlformule lvst binnen hebben voor!. Zols l opgemerkt, de formules voor n! met n = 1, n =, en hoger zijn snel te vinden met behulp vn de veelgebruikte mr op school ngenoeg fgeschfte techniek vn prtieel integreren voor oneigenlijke integrlen: Opgve 5. Lt met je kennis (vn elders) over prtieel integreren en limieten zien dt 3. Mttheorie x n e x dx = n x n 1 e x dx. Integreren kunnen we zols gezegd en bekend opvtten ls het beplen vn de oppervlkte onder een grfiek 1 vn een (positieve) functie f. Het begrip oppervlkte is niet zo eenvoudig ls het op het eerste gezicht lijkt, en in deze sectie willen we een tipje vn de sluier oplichten over de problemen wr je tegenn loop ls je over oppervlkte moet ndenken zols in de vorige sectie. De vrgen die je kunt stellen zijn (onder meer de volgende): 1. Heeft elk gebied eigenlijk wel een oppervlkte?. Hoe bereken je oppervlkte? 3. Als je een oppervlkte niet rechtstreeks kunt berekenen of beplen, kun je deze dn wel benderen? De eerste vrg is een diepzinnige, en om je drvn te overtuigen zullen we nu eerst iets zeggen over een verzmeling wrvn je met recht kunt zeggen dt deze geen oppervlkte kn hebben. Om de beschrijving een beetje simpel te houden kijken we nr het gewone boloppervlk vn een drie-dimensionle bol, zeg mr de buitenknt vn een voetbl. Stel dt we een bepld deelgebied vn dt boloppervlk A noemen, en dt we dit gebied A zo kunnen drien 3 de gedride versie niets meer gemeen heeft met het oorspronkelijke gebied A. Deze ltste gedride versie vn A noemen we mr even B. Het is ntuurlijk duidelijk dt de oppervlkte vn A niet kn vernderen door lleen mr te drien, dus B moet dezelfde oppervlkte ls A hebben. Als A en B nu ook nog een geheel disjunct zijn, dt wil zeggen, geen enkel punt gemeen hebben, 1 Eigenlijk: tussen de grfieken vn de f n s en de x-s. Het gekromd zijn speelt hier wellicht nog een rol, mr dt negeren we. 3 Eigenlijk: schuiven over het boloppervlk. 16

17 dn zl de oppervlkte vn A en B gezmenlijk, twee keer de oppervlkte vn A moeten zijn. Tot zover geen rre dingen, en iedereen kn gebieden A en B ls hierboven beschreven mken. En ls ik niet twee, mr drie disjuncte gebieden wil hebben dn is dt ook niet moeilijk: ook is het duidelijk dt er gebieden A, B en C bestn die door driingen uit elkr verkregen worden, die onderling geen punten gemeen hebben met elkr, en die gezmenlijk het hele boloppervlk vullen 4. Als we de bol zo kiezen dt het hele boloppervlk 1 is, dn moet elk vn de verzmelingen A, B en C wel oppervlkte 1 3 hebben. Mr nu het ongelooflijke: er bestt een heel bijzonder gebied A wrvoor we B en C ls zojuist kunnen vinden, mr wrvoor ook nog drie ndere driingen E, F en G bestn die ook lleml disjunct zijn, en die met zijn vieren de bol bedekken. Hieruit volgt dt de oppervlkte vn A tegelijkertijd 1 3 en 1 4 moet zijn, en zijn we dus in een crisis terechtgekomen. De enige mogelijke uitweg is dt voor dit gebied A simpelweg geen oppervlkte bestt. Het gebied A kn geen oppervlkte hebben, wnt ls dt zo zou zijn, zou de wrde ervn tegelijkertijd 1 3 en 1 4 moeten zijn. Deze fntstische prdox heet de Bnch-Trskii prdox, genoemd nr twee Poolse wiskundigen die dit fenomeen beschreven hebben. Hopelijk geeft ze jullie het idee dt oppervlkte heleml niet zo eenvoudig ls je misschien in eerste instntie zou denken. We noemen ook op dit punt het feit dt bij dit onderwerp de filosofie vn de wiskunde een hele grote rol speelt. Meestl mken wiskundigen zich niet zo druk over wt wiskunde nu werkelijk is, mr in dit gevl komt niemnd dr onderuit. De verzmeling A die we hiervoor besprken met die hele bijzondere eigenschp, kn lleen mr gemkt worden ls je het beruchte keuzexiom gebruikt. Het voert wellicht te ver om dit xiom hier in l hr fcetten te bespreken, mr het komt er op neer dt je dt xiom wel of niet kunt ccepteren, en dt deze twee keuzes nleiding geven tot hele verschillende soorten wiskunde. Veel uteurs, wronder Ronld, hebben geen enkel probleem bij het ccepteren vn dit xiom, mr Joost wel. Voor mensen ls Joost is het bestn vn de verzmeling A wr we het net over hdden niet zo duidelijk. We geven een elementirder voorbeeld wrin het keuzexiom gebruikt wordt om een rre verzmeling te mken 5. Neem een cirkel met strl 1 en (dus) omtrek π. Beschrijf de punten op de cirkel met een hoek die je schrijft ls πα. Die α is op veelvouden vn 1 n uniek bepld. We noemen twee punten met bijbehorende α en β equivlent ls α β een breuk is, een rtionl getl dus. De cirkel wordt zo onderverdeeld in equivlentieklssen. Zo n klsse krijg je door een punt op de cirkel te kiezen en dt punt met lle punten die equivlent zijn met dt punt in één klsse te stoppen. Elke klsse heeft zo ftelbr oneindig veel punten. Op deze mnier krijg je een onderverdeling vn de cirkel in equivlentieklssen. Mr dt vergt wel overftelbr veel equivlentieklssen! Kies 6 nu uit elke klsse precies één punt, om met die punten een deelverzmeling A vn de cirkel vormen. Deze A kn over lle mogelijk hoeken πα met α rtionl en tussen en 1. Al deze gedride A vormen smen de hele cirkel, die lengte π heeft. Heeft A zelf een (boog-)lengte? De constructie vn de A vn Bnch en Trskii is enigszins vergelijkbr met de constructie 4 Denk mr n een meloen die in drie stukken wordt gesneden. 5 Quod non. 6 G er mr n stn. 17

18 vn A op de cirkel. Voor Joost bestt A niet echt, omdt je niet overftelbr veel keuzes kunt mken; voor Ronld is het geen probleem. Dit lles neemt niet weg dt intuïtie voor oppervlktes vk correct is. Een rechte lijn bijvoorbeeld heeft oppervlkte, hoe lng hij ook is. Ook de grfiek vn een (voldoende nette) functie zelf (dus niet het gebied eronder) heeft oppervlkte. Heel eenvoudig is dt echter lleml niet, en de theorie die dit lles bespreekt heet de mttheorie, een prchtig mr wel moeilijk vk. Zols gezegd is integreren eigenlijk niets nders dn het beplen vn een oppervlkte. We hebben l gezien bij het uitrekenen vn de oppervlkte onder de grfiek vn een polynoom dt we de oppervlkte onder zo n grfiek benderen door steeds meer rechthoekjes te nemen, die beter en beter gn pssen in het gebied wrin we zijn geïnteresseerd. Het blijkt zo te zijn dt deze methode voor veel gebieden 7 werkt. Er zijn verschillende mnieren om dit te formliseren, en we kiezen de volgende; het resultt stt bekend ls de monotone convergentie stelling. De monotone convergentiestelling 1 Stel we hebben niet-negtieve integreerbre functies f 1, f, f 3,... die puntsgewijs stijgen nr een limietfunctie f, dt wil zeggen dt f n (x) nr f(x) stijgt. Dn geldt dt b f n (x) b f(x)dx, dus de oppervlktes onder de grfieken stijgen nr de oppervlkte onder de grfiek vn f. Een soortgelijke uitsprk geldt ls bijvoorbeeld de ondergrens ook vn n fhngt, dus = n, wrbij n een niet-stijgende rij is. Als we het mr hebben over integrlen die de oppervlkten vn steeds groter wordende gebieden beschrijven, precies zols in Opgve 4 en drboven. Het gevl dt n is ndrukkelijk toegestn, mr je krijgt dn wel een oneigenlijke 8 integrl, met ondergrens in de limiet. Of ls bovengrens in het gevl dt de bovengrenzen b n stijgen met b n, zie Opgve. De integrlformule voor n! volgt dus inderdd vi de intuïtief nnemelijke limietovergng in Opgve. En die limietovergng kn nu dus precies gemkt worden. Eigenlijk hebben we dit l gebruikt bij het beplen vn de integrl vn x n. Misschien ben je heleml niet verbsd dt dit wr is, en voel je dt intuïtief ook wel n. Dn is het goed te bedenken dt de stelling niet lnger wr is ls we fzien vn het stijgen. Dt zg je l een beetje bij Opgve. Zelfs ls de functies f n dlen nr f hoeft het niet goed te gn. Een eenvoudig voorbeeld dt dit illustreert is het volgende. Neem f n (x) = 1 n voor lle x. De grfiek vn deze functie is gewoon een horizontle rechte lijn op hoogte 1 n. De oppervlkte tussen deze grfiek en de x-s moet wel oneindig zijn, voor lle n, wnt je kunt er een rechthoek met hoogte 1 n en breedte n tussen leggen. De limietfunctie is de functie gegeven door f(x) = voor lle x. De grfiek vn deze functie is precies de x-s, en de oppervlkte onder deze grfiek kn niet nders dn zijn. De oppervlktes dlen dus niet mee! Het blijkt dt de specile rol die oneindig hier speelt moet worden uitgesloten in de formulering vn een correcte stelling: we kunnen het probleem oplossen 7 Mr niet lleml, neem bijvoorbeeld het eenheidsvierknt zonder de rtionle punten. 8 Eindige bovensommen zijn dn niet meer bruikbr in de definities. 18

19 door te eisen dt de oppervlkte onder elk vn de f n s eindig is. Als we dt eisen, dn kunnen we weer een monotone convergentie stelling formuleren, nu voor dlende functies: De monotone convergentiestelling Stel we hebben positieve functies f 1, f, f 3,... die puntsgewijs dlen nr een limietfunctie f, dt wil zeggen dt f n (x) nr f(x) dlt. Stel bovendien dt b f n(x)dx eindig is voor elke n. Dn geldt dt b f n (x) b f(x)dx, dus de oppervlktes onder de grfieken vn de f n s dlen nr de oppervlkte onder de grfiek vn f. Zowel = ls b = zijn hier toegestn. Je kunt ntuurlijk ook situties bedenken wrbij de positieve functies f 1, f, f 3,... heleml niet monotoon zijn, en lleen mr convergeren nr een limietfunctie f. Convergeren de oppervlktes onder de grfiek nu ltijd mee ls we eisen dt de oppervlkte onder elke vn de grfieken vn de f n eindig is? Je zou ntuurlijk hopen dt dit wr is, mr hels, dt is niet zo. Hier is een instructief voorbeeld dt de problemen goed illustreert. Neem de functie f n gegeven door f n (x) = n voor x (, 1 n ), en f n(x) = voor lle ndere x. De oppervlkte onder grfiek vn f n is 1 n n = 1, voor lle n. Echter, f n(x) convergeert nr, voor lle x, dus de limietfunctie is weer f(x) =, en de oppervlkte onder de grfiek hiervn is weer en niet 1. Vergelijk dit ook weer met Opgve. Hoe kun je nu in het lgemeen grnderen dt de oppervlkte onder de grfieken mee convergeert? Het volgende resultt geeft n wt een voldoende voorwrde is. De gedomineerde convergentiestelling Stel we hebben positieve functies f 1, f, f 3,... op (, b) die puntsgewijs convergeren nr een limietfunctie f, dus f n (x) convergeert nr f(x) voor elke x. Stel bovendien dt er een functie g bestt zodnig dt f n (x) g(x) voor lle x en zodnig dt b g(x)dx eindig is. Dn geldt dt b f n (x) b f(x)dx, dus de oppervlktes onder de grfieken vn de f n s convergeren nr de oppervlkte onder de grfiek vn f. Ook dit geldt weer in de oneigenlijke gevllen = en/of b =. Het is onbegonnen werk om deze stellingen in een elementire cursus te begrijpen, ook omdt ze bewezen worden zonder enige nnme op de limietfunctie zelf, behlve dt die functie bijn overl de puntsgewijze limiet is vn de integreerbre functies f n, wronder in de Lebesgue theorie voor integrlen nu ook functies ls in Opgve 15. De mttheorie vn Lebesgue is gebseerd op de uitwendige mt vn verzmelingen in het vlk, wrbij je met ftelbr veel rechthoekjes de te meten verzmeling zo zuinig mogelijk probeert te overdekken. De grootste ondergrens op de hoeveelheid oppervlktemt n rechthoekjes die je drvoor nodig hebt heet de uitwendige mt. Bewijzen dt de uitwendige mt vn een vereniging vn twee disjuncte verzmelingen de som is vn vn de fzonderlijke uitwendige mten is onmogelijk, wnt met het keuze-xiom kun je tegenvoorbeelden mken. En ook l ccepteer je die tegenvoorbeelden 19

20 niet, zonder extr xiom s is een bewijs vn wt je zou hopen of verwchten onmogelijk, juist vnwege de verworpen tegenvoorbeelden. Confused? Wij ook, mr het is niet nders. 3.3 Stirling s formule Nu we weten dt n! = x n e x dx, is n! dus te zien ls de oppervlkte vn het onbegrensde gebied G n in het xy-vlk gedefinieerd door G n = {(x, y) : y f n (x)}, met f n (x) = x n e x. We lten n = vnf nu buiten beschouwing, wnt we gn n zo toch groot nemen. Indchtig de volkswijsheid dt de meeste vis tussen kop en strt zit, kijken we nr het mximum vn de functie f n (x) op het x-intervl [, ). Dit mximum vinden we door f n (x) te differentiëren en gelijk n nul te stellen, een vst item in het functieonderzoek 9 vn een functie en het tekenen/schetsen vn de grfiek. Opgve 6. De grfiek vn f n kn l rdend geschetst worden door eerst te zien hoe deze erbij x = en x = + uit moet zien, gebruikmkend vn e x = 1 e x = x + 1 x x +, en drn de simpelste grfiek te tekenen die hier bij pst. Doe dit. Opgve 7. Gebruik de regels vn de differentilrekening om f te leiden dt er mr één nulpunt is vn f n(x), nmelijk x = n. Opgve 8. Hoe concludeer je dt f n (x) precies een mximum, vnf nu M n genoemd, heeft, en wel in x = n? Lt door berekening zien dt ( n ) n M n =. e Met de ltste opgve is de belngrijkste fctor in Stirling s formule geïdentificeerd! Opgve 9. Neem nu een stuk ppier en mk een schets vn de grfiek vn f n (x) = x n e x wrin x-s, y-s en het punt (n, M n ) duidelijk zijn ngegeven, stippellijntjes nr de ssen toe getekend, en de coördinten n en M n ngegeven op de ssen. Opgve 3. Doe Opgve 9 nog een keer en neem een pen met een ndere kleur. Kies in de grfiek het verticle stippellijntje ls nieuwe verticle s, en zet nst het mximum niet M n = ( n e )n mr 1 neer. Teken de nieuwe s. Wr 9 Wr je meer vn leert dn plotten met de GR.

21 op de horizontle s n stond, zet je nu neer. Leg uit wrom in het nieuwe ssenstelsel je nu de grfiek vn de functie g n (x) = (1 + x n )n e x hebt stn, en wrom de oppervlkte tussen grfiek en x-s gelijk is n n g n (x)dx = n! ( e n )n. Het is niet te verwchten dt deze uitdrukking een limiet heeft ls n omdt voor elke x geldt dt lim g n(x) = 1, n mr ls we de juiste fctor vinden om horizontl mee te schlen dn lukt het misschien om wel een limietoppervlkte te vinden. Drtoe schrijven we g n (x) ls g n (x) = e ψn(x), wrin ψ n () = en ψ n (x) > voor x > n. Dit kn, door ψ n (x) = ln g n (x) te stellen, wrin ln de inverse functie is vn exp. Die inverse mken we vi de vergelijking e x = exp(x) = y, die voor elke positieve y precies één oplossing heeft. Dit lijkt evident 3, mr het bewijs vn deze uitsprk lten we chterwege. Een meer precieze introductie vn IR is drvoor nodig. We gebruiken de uitsprk wel, om de ntuurlijke logritme vn een positief getl y te definiëren middels exp(x) = y x = ln y Deze definiërende uitsprk ccepterend zijn deze opgven niet moeilijk: Opgve 31. Lt zien dt voor > en b > geldt dt Opgve 3. Lt zien dt ln(b) = ln + ln b. ψ n (x) = x n ln(1 + x n ). Opgve 33. Wrom heeft deze functie in x = een minimum (gelijk n )? Opgve 34. Wt kun je concluderen over ψ n (x) ls n op bsis vn 3 Wrom? lim g n(x) = 1? n 1

22 Kortom, lle informtie verdwijnt uit ψ n (x) ls n. De grfiek vn ψ n gt steeds meer op de x-s lijken. Door x te schlen en de grfiek vn ψ n nr de y-s toe te trekken is dit misschien te voorkomen. Schlen we verkeerd (met een te grote fctor), dn blijft in de limiet lleen de y-s over. Hoe vinden we een schlingsfctor (die vn n fhngt) wrmee we in de limiet iets zien, en wt zullen we dn zien? De grfiek vn een functie? Wt voor functie? Voor l deze vrgen hebben we een beschrijving nodig vn hoe ψ n (x) zich bij x = gedrgt, en we zoeken een schlingsfctor wrmee, n schlen, die beschrijving niet lleen in de buurt vn mr veel globler geldig is. De lstige term in ψ n (x) is (min) een uitdrukking wrvn de grfiek n ln(1 + x n ), y = n ln(1 + x n ) steeds meer op de digonl y = x gt lijken ls n. Immers de grfiek y = n ln(1 + x n ) is de grfiek vn y = ln(1 + x), ingezoomed nr de oorsprong met een schlingsfctor n. Opgve 35. Verifieer en relteer dit n de mnier wrop differentiëren kn worden uitgelegd. Inzoomen moet rechtmken wt krom is. Wt is de fgeleide vn ln(1 + x) nr x in x =? Hels, deze informtie is niet goed genoeg. We moeten juist weten wt er overblijft ls we x en n ln(1 + x n ) vn elkr ftrekken. Een beschrijving ls mchtreeks in x vn n ln(1 + x n ) zl uitkomst bieden. Drtoe eerst een beschrijving vn ln(1 + x) zelf, en die begint met de fgeleide vn de functie ln. Opgve 36. De rklijn n een grfiek wordt bepld met behulp vn de fgeleide. Gebruik de definiërende equivlentie exp(x) = y x = ln y voor ln y om te lten zien dt de fgeleide vn ln y nr y gelijk is n 1 y voor y >. Hint: de fgeleide vn e x is e x. Opgve 37. De fgeleide vn ln(1+x) is gelijk n 1 1+x voor x > 1. Wrom? Vn die fgeleide weten we iets: Opgve 38. Leg uit wrom voor 1 < x < x = 1 x + x x 3 + x 4 x 5 + Opgve 39. Als we mchtreeksen mogen differentiëren dn hebben op grond vn Opgve 37 en Opgve 38 de functies ln(1 + x) en x x + x3 3 x4 4 + dezelfde fgeleide voor 1 < x < 1. Leg uit wrom.

23 Opgve 4. Zijn de functies gelijk voor 1 < x < 1? gebruik je drtoe? ln(1 + x) en x x + x3 3 x4 4 + Welke uitsprk, die we hier niet zullen bewijzen, Opgve 41. Op grond vn Opgve 39 weten we voor 1 < x < 1 nu dt Lt zien dt ln(1 + x) = x x + x3 3 x4 4 + ψ n (x) = ln g n (x) = x n ln(1 + x n ) = x n x3 3n + x4 4n 3 Voor welke x geldt deze uitdrukking? Opgve 4. Met welke fctor zou je horizontl moeten schlen om wel een nette limietfunctie te krijgen voor ψ n (x)? In de buurt vn x = geldt kennelijk g n (x) = (1 + x n )n e x = e x n + x3 3n x4 4n 3 + = e x n e x 3 3n x4 4n 3 +, een functie met een mximum 1 = g n () in x =, die in de limiet steeds meer op 1 gt lijken. Opgve 43. Wrom ligt het dus voor de hnd om x = s n te stellen? Definieer de functies φ n door ψ n (x) = φ n (s) en lt zien dt φ n (s) = s n n ln(1 + s n ) Opgve 44. Stel n = λ, λ >, om de wortels weg te werken. Dn is φ n (s) = λs λ ln(1 + s λ ) De vrg is hoe dit zich gedrgt ls λ stijgt. Onderzoek dit met de GR of een nder hulpmiddel. Opgve 45. Differentieer de ltste uitdrukking nr λ en drn nr s en lt zien dt dr s (λ + s) uitkomt. Hoe kun je dit gebruiken om te concluderen dt φ n (s) stijgt met n ls s < en dlt ls s >? Opgve 46. Lt zien dt φ n (s) s. 3

24 Opgve 47. Wrom is n e φn(s) ds = n! ( e n )n 1 n? Opgve 48. De vorige twee opgven suggereren dt n! ( e n )n 1 n e s ds, of wel dt n! ( n e )n n e s ds, ls n. Kun je dit nu inzien met de stellingen in Sectie 3.? 4 De integrl e 1 x dx Wt nu nog rest is het uitrekenen vn de integrl in de titel vn deze prgrf. We kunnen dt niet doen door een primitieve te vinden, en zullen in plts drvn een rechtsstreeks rgument geven dt nsluit bij de filosofie vn deze cursus. In deze berekening zl ook duidelijk worden hoe π in het ntwoord terecht komt. Allereerst een mooie truc: we kijken eerst nr de functie e 1 (x +y ) en we gn kijken nr het volume onder de grfiek vn deze tweedimensionle functie. Wrom? Welnu, we beweren dt dit volume het kwdrt is vn de oppervlkte onder e 1 x. Dit kunnen we ls volgt inzien, wrbij we de uitleg wt versimpelen door de symmetrie in x en in y te gebruiken. We kijken dn lleen nr x en y. De functie f met functievoorschrift f(x) = e 1 x heeft de eigenschp dt f(x) = f( x) > en dt de oppervlkte in het xy-vlk A = f(x)dx = f(x)dx onder de grfiek y = f(x) vn f eindig is. Gegeven deze f kunnen we ook kijken nr het volume B vn het gebied in de xyz-ruimte tussen z = en z = f(x)f(y), en dt is weer 4 keer de inhoud vn het gebied wr x en y. In de volgende opgven gn we lten zien dt B = A door te lten zien dt B 4 = ( A ). We kunnen A benderen door onder- of bovensommen zols we eerder beschreven. Lten we nr ondersommen kijken, dus we benderen A met de totle oppervlkte vn lleml rechthoekjes met breedte 1 n en hoogte e 1 ( k n ), voor k = 1,,... De oppervlkte vn deze rechthoekjes noemen we even (n) k, k = 1,,..., dus de totle ondersom voor A wordt (n) k. 4

25 Als we liever met eindige sommen werken dn nemen we n (n) k, wrmee we op steeds grotere x-intervllen [, n] de oppervlkte onder de grfiek benderen. Onze monotone convergentiestelling grndeert dt we zo ook de totle oppervlkte A onder de grfiek op [, ) krijgen in de limiet. Opgve 49. Bedenk nu dt we het volume onder z = f(x)f(y) vn onderen kunnen benderen door het product n n (n) k m=1 (n) m door (n) k (n) m meetkundig te interpreteren. Concludeer dt B 4 = ( A ). We hebben nu dus rechthoekjes en blokjes gebruikt om n te tonen dt B = A. Om nu B ook ddwerkelijk uit te rekenen gn we iets nders doen: we benderen het volume met cylinders. Neem een ntuurlijk getl n (strks lten we n groter en groter worden) en bekijk de concentrische cirkels met middelpunt de oorsprong, en strl k n, voor k = 1,, 3,... Voor het gemk noemen we die cirkels C n,k. De functie die we integreren is rdil symmetrisch, en de wrde vn de functie tussen C n,k+1 en C n,k zit tussen e k n en e (k+1) n. Dit betekent dt het volume onder de grfiek vn boven benderd kn worden en minder is dn (oppervlkte tussen C n,k+1 en C n,k ) e k n k= De oppervlkte tussen C n,k+1 en C n,k is ( ) ( ) ( k + 1 k k π π = π n n n + 1 ) n en de som vn zojuist is dus gelijk n ( πk n + π ) n e k n = π k= k= 1 k n n e 1 ( k n ) = πk n + π n, + π n k= 1 n e 1 ( k n ). De eerste som n de rechterknt convergeert, ls n nr oneindig gt, nr de integrl xe 1 x dx, en ngezien de primitieve vn deze integrnd gewoon e 1 x is, komt er uit deze integrl ntuurlijk 1. De tweede som convergeert ook nr een eindige integrl e 1 x dx, 5

26 en dus convergeert de hele term nr ls n nr oneindig gt, vnwege de π n term die voor de som stt. Hieruit concluderen we dt het volume B wr we nr zochten gelijk is n π. En dus volgt nu dt e 1 x dx = π. De reden dt er een π verschijnt in de uitkomst heeft dus niet lleen te mken met het feit dt we een e-mcht hebben, mr meer in het bijzonder met het feit dt er een kwdrtische term in de exponent stt. Deze kwdrtische term zorgt ervoor dt wnneer we de functie met zichzelf vermenigvuldigen, de tweedimensionle functie die we dn krijgen lleen vn x en y fhngt vi de fstnd tot de oorsprong. Dit betekent dt we het volume goed kunnen benderen met cylinders, en het volume vn zo n cylinder is ntuurlijk een formule wr π in voorkomt. Voor de volledigheid, een bendering vn onderen met (oppervlkte tussen C n,k+1 en C n,k ) e (k+1) n k= geeft ntuurlijk dezelfde limiet ls we n nr oneindig sturen. 5 De centrle limietstelling Nu we lles weten over Stirling s formule kunnen we hier weer spnnende knsrekening mee doen. We kennen lleml de centrle limietstelling - misschien heel gedetilleerd of lleen mr vn horen zeggen. De centrle limietstelling (we korten die vnf nu f met CLS) is ltijd omgeven door een zekere mte vn mgie. De normle verdeling (die de hoofdrol speelt in dit drm) komt hier op het eerste gezicht een beetje uit de lucht vllen, en het is heleml niet duidelijk dt Stirling hier ook mr iets mee te mken heeft. In dit hoofdstuk gn we uitleggen hoe het precies zit, in de muntwerpcontext. We gn ons dus niet bezig houden met de lgemene CLS, mr beperken ons tot het gevl wr we muntworpen blijven herhlen, en we het ntl koppen tellen. Eerst een beetje nottie. Stel we gooien n keer met een zuivere munt. Het ntl keer dt we kop gooien noemen we K n, en het ntl keer dt we munt gooien noemen we M n. We zijn voorl geïnteresseerd in het verschil S n = K n M n. Deze S n is ntuurlijk stochstisch, wt niets nders betekent dn dt wnneer we het experiment herhlen, de uitkomst vst niet hetzelfde zl zijn. Het gt ons nu om de volgende stelling: Centrle limiet stelling Voor elke < b geldt dt ls n. P ( S ) b n 1 b e 1 x dx, n π 6

27 In woorden betekent dit: de kns dt S n tussen n en b n zit, is voor n groot genoeg ongeveer gelijk n de integrl n de rechterknt. De functie die geïntegreerd wordt is de beroemde Guss-kromme, door sommigen ook wel bel-vormige curve genoemd, mr die terminologie vermijden we hier liever, l is het lleen mr omdt er ook bel-vormige curves bestn die geen Guss kromme zijn. Het is op het eerste gezicht volstrekt onduidelijk wr de e-mcht vndn komt; eigenlijk is lles volstrekt onduidelijk, mr we zullen in het vervolg zien dt er een hele goede reden is voor dit resultt, en die reden is de formule vn Stirling. Die formule legt uit - zo zullen we zien - wr toch die fctor n vndn komt. We beginnen met een uitdrukking voor de kns dt S n een beplde wrde nneemt. Het is hndig om in het begin lleen een even ntl muntworpen te nemen, dus we doen net of dt mg en kijken dus nr S n. We beweren dt ( ) n P (S n = k) = n. (5.) n + k Dit ziet er ingewikkeld uit mr dt vlt bij nder inzien reuze mee. De reden dt de formule wr is, is de volgende: Als we n keer met een munt gooien dn zijn er n mogelijke rijtjes vn uitkomsten die lleml dezelfde kns hebben. Angezien we in totl kns 1 moeten hebben, betekent dit dt elk rijtje kns n moet hebben. Dt is de fctor n de rechterknt. Nu moeten we nog weten hoeveel mogelijkheden er zijn om n n keer gooien op S n = k uit te komen. Welnu, S n = k is hetzelfde ls K n M n = k. Dit is 1 vergelijking met onbekenden, mr we weten ook nog dt K n + M n = n. Dit geeft vergelijkingen met onbekenden, en ls we die oplossen vinden we K n = n + k en M n = n k. Dit betekent dt wnneer je op S n = k uit wilt komen, je n + k keer kop moet gooien en n k keer munt. Rest ons niets nders dn ons te reliseren dt we dit op ( n n+k) mnieren kunnen doen, en druit volgt (5.). Met deze formule in de hnd doet Stirling de rest, hoewel je nog wel even stevig moet rekenen. Stirling s formule zegt dt n! n n e n πn, 7