Eulers productformule voor de sinus (Engelse titel: Euler s sine product formula)

Transcriptie

1 Technische Universiteit Delft Faculteit Elektrotechniek, Wiskunde en Informatica Delft Institute of Applied Mathematics Eulers productformule voor de sinus Engelse titel: Euler s sine product formula Verslag ten behoeve van het Delft Institute of Applied Mathematics als onderdeel ter verkrijging van de graad van BACHELOR OF SCIENCE in TECHNISCHE WISKUNDE door EMIEL LORIST Delft, Nederland Juli 2013 Copyright c 2013 door Emiel Lorist. Alle rechten voorbehouden.

2

3 BSc verslag TECHNISCHE WISKUNDE Eulers productformule voor de sinus Engelse titel: Euler s sine product formula EMIEL LORIST Technische Universiteit Delft Begeleiders Dr. K. P. Hart Dr. E. Coplakova Overige commissieleden Dr. ing. D. Jeltsema Dr. J.G. Spandaw Juli, 2013 Delft

4

5 Samenvatting In dit onderzoek is Eulers productformule voor de sinus bestudeerd. De productformule voor de sinus heeft de volgende vorm: sinz = z 1 z2 π 2 n 2 In Eulers tijd was deze formule van groot belang, aangezien hiermee het al lang openstaande Basel-probleem opgelost kon worden. In dit verslag worden vier bewijzen van de productformule voor de sinus gegeven. Allereerst wordt de theorie over convergentie van oneindige producten ontwikkeld. Deze iamelijk nodig voor de eerste twee bewijzen. Daarna wordt het eerste bewijs behandeld, het hedendaagse standaardbewijs van Weierstrass met complexe analyse. Hierin wordt een formule geconstrueerd voor een analytische functie met voorgeschreven nulpunten. Deze formule wordt vervolgens toegepast op de nulpunten van de sinus. Hierna wordt een ander bewijs uit de complexe analyse gegeven, het bewijs met behulp van de Γ-functie. Dit bewijs gebruikt hele andere technieken uit de complexe analyse dan het bewijs van Weierstrass. Daarna wordt het bewijs van Euler zelf gegeven. Dit bewijs maakt vrijelijk gebruik van oneindig grote en oneindig kleine getallen en is tegenwoordig geen sluitend bewijs meer. Ook in Eulers tijd werden er al vraagtekens gezet bij dit bewijs. Het laatste bewijs dat behandeld wordt is het bewijs van Luxemburg. Dit is een bewijs dat met behulp van niet-standaard analyse het bewijs van Euler probeert te rechtvaardigen. Tot slot worden de verschillende bewijzen met elkaar vergeleken. Tussen de bewijzen in de complexe analyse zijn niet zo heel veel overeenkomsten. Tussen het bewijs van Euler en Luxemburg natuurlijk wel. Bij die twee bewijzen is het meer de vraag in hoeverre Luxemburg de stappen van Euler weet te rechtvaardigen. De conclusie is dat Luxemburg dit vrij goed heeft gedaan. Hij hoeft op slechts één plaats af te wijken van de stappen van Euler. Wel heeft hij twee keer in zijn bewijs een stelling uit de complexe analyse nodig. iii

6 Voorwoord Dit verslag is het resultaat van mijn bachelorproject als onderdeel van de bachelor Technische Wiskunde aan de Technische Universiteit Delft. Dankzij de verschillende analysevakken die in de bachelor zitten, is mijn interesse gewekt voor deze tak van de wiskunde. In het vak Logica ben ik vorig jaar in aanraking gekomen met niet-standaard analyse, wat mij ook zeer aansprak. Zodoende ben ik op een bachelorproject uitgekomen die complexe analyse met niet-standaard analyse combineert. Het onderwerp van mijn Bachelorproject is: Eulers productformule voor de sinus. Ik wil mijn begeleiders Dr. K.P. Hart en Dr. E. Coplakova bedanken voor de begeleiding en ondersteuning bij het bestuderen van dit onderwerp en tevens de verslaglegging ervan. iv

7 Inhoudsopgave 1 Inleiding 1 2 Oneindige producten Definitie van een oneindig product Convergentie van een oneindig product Convergentie van een oneindig product van analytische functies. 4 3 Het bewijs van Weierstrass Existentie van een analytische functie met voorgeschreven nulpunten Constructie van een analytische functie met voorgeschreven nulpunten De productformule voor de sinus Het bewijs met de Γ-functie De Γ-functie Eigenschappen van de Γ-functie De Γ-functie als oneindig product De productformule van de sinus Het bewijs van Euler Benodigde stellingen Polynomen ontbinden in lineaire factoren Reeksen ontbinden in lineaire factoren Niet-standaard analyse Tweede-orde taal De superstructuur ˆR Ultramacht van ˆR De niet-standaard reële getallen Limieten Het bewijs van Luxemburg 34 8 Vergelijking tussen de bewijzen Vergelijking tussen de twee bewijzen uit de complexe analyse Vergelijking tussen de bewijzen van Euler en Luxemburg In hoeverre rechtvaardigt Luxemburg de stappen in het bewijs van Euler? A Aanvullende bewijzen van stellingen uit de complexe analyse 40 B Bibliografie 44 C Collectie van symbolen en afkortingen 45 v

8 1 Inleiding In dit project is Eulers productformule voor de sinus bestudeerd. Deze formule heeft de volgende vorm: sinz = z 1 z2 π 2 n 2 In 1735 wist Euler voor het eerst een bewijs te geven voor deze formule. In Eulers tijd was dit een zeer belangrijke formule, aangezien hiermee voor het eerst de reeks 1 n 2 = π2 6 uitgerekend kon worden. In de tijd voor Euler hadden Leibniz en Bernoulli in de zeventiende eeuw al gepoogd deze reeks uit te rekenen. Bernoulli had in zijn poging met het majorantenkenmerk al wel laten zien dat de reeks convergeerde naar een getal kleiner dan 2, maar helaas waren de pogingen van deze twee heren voor de rest vruchteloos. In 1935 wist Euler dit probleem, dat bekend was komen te staan als het Basel-probleem, op te lossen met behulp van de productformule voor de sinus. De productformule voor de sinus was voor Euler dus eigenlijk vooral een middel om het Basel-probleem op te lossen. In zijn bewijs van de productformule voor de sinus maakt Euler vrijelijk gebruik van oneindig grote en oneindig kleine getallen. Hoewel de uitkomst algemeen geaccepteerd werd, werden in Eulers tijd al van verschillende kanten vraagtekens gezet bij het bewijs. Tegenwoordig zet elke wiskundige die het bewijs leest deze vraagtekens. Gelukkig zijn er in de complexe analyse meerdere bewijzen bekend die de productformule voor de sinus wel netjes bewijzen. Onder andere heeft Weierstrass in 1876 een bewijs gegeven en is er met de Γ-functie een sluitend bewijs in de complexe analyse te geven. Dit toont aan dat de formule die Euler afleidde dus wel correct was. Sinds de jaren 60 van de vorige eeuw is het gebruik van oneindig grote en oneindig kleine getallen binnen een bepaalde theorie wel weer geaccepteerd, namelijk binnen de niet-standaard analyse. Binnen deze theorie moet wel voorzichtig omgegaan worden met deze getallen. In 1973 heeft W.A.J. Luxemburg het bewijs van Euler in een niet-standaard analyse jasje gegoten, om zo tot een hedendaags sluitend bewijs te komen. Hierbij heeft hij het bewijs van Euler wel iets moeten veranderen, aangezien niet alle stappen van Euler te rechtvaardigen zijn in de niet-standaard analyse. Het doel van dit onderzoek is het vergelijken van de verschillende bewijzen van de productformule voor de sinus. Daarom zullen allereerst de volgende vier bewijzen van de productformule voor de sinus op volgorde aan bod komen: 1. Het bewijs van Weierstrass uit Het bewijs met behulp van de Γ-functie 1 3. Het bewijs van Euler uit Het bewijs van Luxemburg uit Dit bewijs iiet aan één persoon en jaartal te koppelen, zoals uitgelegd op pagina 13. 1

9 Daarna zullen deze vier bewijzen met elkaar vergeleken worden met de volgende vragen in het achterhoofd: Op welke punten komen deze bewijzen overeen? Op welke punten verschillen deze bewijzen juist? In hoeverre heeft Luxemburg het bewijs van Euler gerechtvaardigd? Deze laatste vraag is de hoofdvraag van dit onderzoek. 2

10 2 Oneindige producten Alvorens we in het volgende hoofdstuk het bewijs met complexe analyse van de sinus productformule kunnen bestuderen, moeten we eerst wat voorkennis over oneindige producten ontwikkelen. Om een functie te kunnen schrijven als een oneindig product, zullen we namelijk eerst moeten definiëren wat we precies bedoelen met een oneindig product en daarnaast hoe we de convergentie van een oneindig product van functies definiëren. 2.1 Definitie van een oneindig product We willen een oneindig product graag definiëren aan de hand van een oneindige som, oftewel een reeks, om op die manier alle theorie over reeksen te kunnen overbrengen naar oneindige producten. Hiervoor zou het handig zijn om een oneindig product te definiëren als: a n = e Logan Waarbij Log de hoofdtak van de complexe logaritme aanduidt, dus Logz = log z + iargz met Argz de hoofdwaarde van het argument van z. Helaas gedraagt de hoofdtak van de complexe logaritme zich niet analytisch op het gehele complexe vlak, maar slechts op de verzameling C = C\, 0]. Om dit probleem te omzeilen nemen we aan dat de rij a n naar 1 convergeert. Dit in analogie met een convergente reeks, waarbij de termen naar 0 moeten convergeren. Als we nu een rij b n definieren door b i = a i 1 voor alle i N, dan convergeert b n naar 0, wat betekent dat er een N N bestaat met b n < 1 voor alle n N. Nu kunnen we het oneindige product definiëren door: N 1 a n := a n e n=n Log1+bn aangezien 1 + b n C voor alle n N. De waarde van het oneindige product is onafhankelijk van de keuze van N. 2.2 Convergentie van een oneindig product We zullen een oneindig product met termen a n absoluut convergent noemen als de bijbehorende reeks Log1 + b n absoluut convergent is. Voor z < 1 wordt Log1 + z gegeven door de volgende machtreeks: Log1 + z = 1 n zn n Voor z C met z 1 2 betekent dit: Log1 + z z Log1 + z z = 1 n zn n z n n n=2 n=2 z 2 z n z 2 z 2 2 n=

11 Hieruit volgt met de omgekeerde driehoeksongelijkheid dat: 1 2 z Log1 + z 3 z Alu de reeks b n of Log1 + b n convergeert, dan is er een N N zó, dat voor alle n N geldt dat b n < 1 2. Uit Formule volgt dan dat: 1 2 b n Log1 + b n 3 2 b n Dit betekent met het Majorantenkenmerk dat de reeks Log1 + b n convergeert dan en slechts dan als de reeks b n convergeert. Het oneindige product a n is dus absoluut convergent dan en slechts dan als de reeks b n absoluut convergent is. 2.3 Convergentie van een oneindig product van analytische functies In het geval van reeksen kunnen we in plaats van een reeks met termen uit R of C ook een reeks van analytische functies beschouwen. Laat f n een rij analytische functies zijn met f n : D C, D C. De reeks f n heet dan normaal convergent op D als er voor elk punt a D een omgeving U a is en een rij M n in R met M n > 0 zó, dat: f n z M n voor alle z U a D en alle n N en er verder geldt dat M n convergeert. Met de Weierstrass M-test volgt dat een normaal convergente reeks ook lokaal uniform convergent is. Lokale uniforme convergentie betekent dat er voor elke a D een omgeving U is zodanig dat f n beperkt tot U D uniform convergent is. Een belangrijke resultaat in de complexe analyse zegt dat als een rij analytische functies f n lokaal uniform convergent is, dat dan de limietfunctie f ook analytisch is en dat de rij van afgeleides ook lokaal uniform convergent is, met als limietfunctie f. Hieruit volgt eenvoudig dat als f n normaal convergent is, dat dan de limietfunctie f ook analytisch is en dat de reeks van afgeleides ook normaal convergent is, met als limietfunctie f. De bewijzen van deze stellingen staan in Theorem III.1.3 en Theorem III.1.6 van [Freitag and Busam, 2009]. Eenzelfde resultaat zouden we graag willen hebben voor oneindige producten. Neem aan dat f n een rij analytische functies met f n : D C, D C is, zodat f n normaal convergent is. Laat D D compact zijn. Voor alle a D bestaan er open omgevingen U a en rijen Mn a zoals in de definitie van normale convergentie. Dan geldt dat a U a een open overdekking van D is. Aangezien D compact is, is er een eindige deeloverdekking, zeg p i=1 U a i. Als we dan de rij M n definiëren door M n = max 1 i p Mn ai, dan is het duidelijk dat de reeks M n convergent is en geldt: f n z M n voor alle z D en alle n N Er is dan dus een N N zo dat voor alle n N geldt dat M n 1 2. Dan volgt met Vergelijking 2.2.3: Log1 + f n z f n z M n voor alle z D en alle n N 4

12 wat betekent dat de reeks n=n Log1 + f n uniform convergent is op D. Aangezien D compact is, volgt hieruit dat ook dat de rij analytische functies g k k=n gegeven door: g k z = e k n=n Log1+fnz uniform convergent is op D. Definiëer nu F k : D C door: Op D geldt dat voor k N: F k z = 1 + f n z e k N 1 F k z = k 1 + f n z N 1 n=n Log1+fnz = 1 + f n z g k z Dus F k k=1 is uniform convergent op D. Aangezien C lokaal compact is, is er voor elke a D een compacte omgeving U a, waaruit volgt dat F k k=1 lokaal uniform convergent is op D. Dus F : D C gegeven door F z = 1 + f n z is een analytische functie. Vanwege dit resultaat zullen we een oneindig product 1 + f nz normaal convergent noemen als de reeks f n normaal convergent is. We hebben ook nog een resultaat voor de afgeleide van een oneindig product F. Uit de lokale uniforme convergentie volgt dat de afgeleide van F gelijk is aan de limiet van de afgeleides van de partiële producten F k. Deze limiet is lokaal uniform. Er geldt voor alle z D \ NF, waarbij NF = {z D : F z = 0}, en alle k N: F k z F k z = k f nz k i=1 1 + f i z i n k i=1 1 + f = iz k f nz 1 + f n z Hierbij noemen we F k /F k de logaritmische afgeleide van F k, aangezien deze uitdrukking voor alle z D met F z C gelijk is aan LogF. De logaritmische afgeleide van F is dus voor alle z D \ NF : F z F z = lim k k f nz 1 + f n z = f nz 1 + f n z De convergentie is hierbij lokaal uniform. 5

13 3 Het bewijs van Weierstrass Met deze achtergrondkennis over de convergentie van oneindige producten kunnen we nu de constructie van de productformule voor de sinus in de complexe analyse beschouwen. Alvorens we het probleem toespitsen op het vinden van een productformule voor de sinus, leiden we eerst een stelling af, waarmee een analytische functie kan worden geconstrueerd als de nulpunten voorgeschreven worden. Deze stelling stamt uit 1876 en is door K. Weierstrass bewezen. 3.1 Existentie van een analytische functie met voorgeschreven nulpunten. Om te beginnen nemen we een discrete deelverzameling S D, met voor elke s S een getal m s N en we vragen ons af of er een analytische functie f : C C bestaat met: fz = 0 z S De orde van het nulpunt s S is precies m s Aangezien een discrete verzameling in C aftelbaar is, kunnen we de elementen van S nummeren en sorteren, zodat geldt: S = {s 1, s 2,...} s 1 s 2... Definieer m n := m sn. Als S eindig is, is een oplossing eenvoudig in te zien, namelijk: S z s mn Helaas zal dit met het oog op de ontwikkelde theorie over oneindige producten niet convergeren voor oneindige verzamelingen S. Om tot een convergent product te komen nemen we aan dat 0 / S. Achteraf kunnen we namelijk altijd nog met z m0 vermenigvuldigen, mocht S toch 0 bevatten. Dankzij deze aanname kunnen we het oneindige product 1 z mn beschouwen. Dit oneindige product heeft nog steeds een nulpunt in z C precies dan als z = S met orde m n en zoals we gezien hebben is dit product normaal convergent als de reeks z mn normaal convergent is. Bijvoorbeeld voor de nulpuntenverzameling S = Z is dit echter niet het geval. Om voor elke discrete deelverzameling S met bijbehorende ordes een convergent product te construeren zullen we dus convergentie moeten forceren. Hiervoor vermenigvuldigen we met een e-macht, dus we beschouwen: fz := 1 z mn e Pnz

14 waarbij P n een nog nader te bepalen polynoom is voor elke n N. Neem n N vast en definiëer g n : B sn 0 C, met B r a de open schijf rond a met straal r, als: g n := 1 1 z mn = mn sn z Dan geldt dat g n analytisch is aangezien de nulpunten van de noemer buiten het domein liggen. Ook heeft g n geen nulpunten, dit betekent dat er een analytische functie A n : B sn 0 C bestaat met g n z = e Anz Het bewijs hiervoor wordt gegeven in Stelling A.1 in de appendix. Merk op dat voor deze functie geldt dat: 1 z mn e Anz = 1 z mn 1 z mn g n z = 1 z mn = De functie A n is volgens Theorem II.2.2 uit [Freitag and Busam, 2009] op de open schijf B sn 0 voor te stellen als machtreeks. Laat P k n : B sn 0 C de partiële sommen van deze machtreeks zijn, oftewel: P k n z = k a i z i met a i C en Pn k A n voor k. Op een compacte deelverzameling van B sn 0 is deze convergentie zelfs uniform. Aangezien het beeld van een compacte verzameling onder een continue afbeelding ook compact is, volgt dat ook e P k n e A n uniform voor k. Neem nu K = B 1 2 sn [0] en zij { M = max 1 z mn : z K} Dit is goed gedefiniëerd aangezien K compact is. Kies k n N zodanig dat: e P kn n z e Anz 1 < Mn voor alle z B 1 2 sn [0] en definiëer P n := Pn kn. Er volgt nu dat: 1 1 z mn e Pnz = 1 z mn e Anz e Pnz < M Mn 2 = 1 n 2 i= voor alle z B 1 2 sn [0]. Neem nu a C willekeurig, dan is de gesloten schijf U = B R [0] met R > a een omgeving van a. Er geldt: 1 1 z mn e Pnz < 1 n

15 voor alle z U en alle n N met 1 2 R. Merk op dit voor slechts eindig veel n niet het geval is, aangezien U compact is en S discreet. Aangezien de reeks 1 n 2 convergeert, volgt dat de reeks: 1 z mn e Pnz normaal convergent is. Met de theorie over oneindige producten volgt hieruit dat ook 1 z mn e Pnz normaal convergent is. Dus volgt dat f analytisch is en bij constructie de vooraf gedefiniëerde eigenschappen bezit. Merk op dat deze functie niet uniek is. Als h : C C analytisch is, dan voldoet bijvoorbeeld F : C C met: ook aan de voorwaarden. F z = e hz fz Constructie van een analytische functie met voorgeschreven nulpunten. Nu bewezen is dat bij elke discrete verzameling nulpunten met voorgeschreven orde een analytische functie bestaat, willen we deze natuurlijk ook construeren. Uit het existentiebewijs volgen echter vaak polynomen P n van hoge orde, waardoor de op deze wijze verkregen functies erg ingewikkeld worden. Door onze redenering te verfijnen kunnen we deze orde drastisch omlaag brengen. Herinner dat voor n N de functie A n : B sn 0 C zó gekozen was, dat: e Anz 1 = 1 z mn Oftewel, aangezien z < 1: A n z = m n Log 1 z Hieruit volgt dat A n op B sn 0 gegeven wordt door: A n z = m n j=1 j 1 z j Het polynoom P n wordt hieruit bepaald door deze reeks af te kappen op een geschikte k n N: k n j 1 z P n z = m n j j=1 Deze k n willen we zo klein mogelijk hebben om een zo eenvoudig mogelijk oneindig product te verkrijgen. 8

16 We introduceren hiervoor allereerst de zogenaamde Weierstrass elementaire factoren E k met k N 0 : E 0 z = 1 z E k z = 1 ze k i=1 zi i voor k N Het oneindige product is dan als volgt te schrijven: E kn z mn Kieu de rij k n in N zó, dat de reeks z m n k n convergeert voor alle z C. We zullen aantonen dat voor zo n rij het oneindige product normaal convergent is. Eerst moeten we echter aantonen dat keuze van zo n rij k n mogelijk is. Dit volgt niet direct uit het existentiebewijs, aangezien deze reeks in dat bewijiet gebruikt wordt. Neem k n = m n + n voor alle n N en kies z C vast. Aangezien de rij naar oneindig gaat, kunnen we een N N vinden zó, dat voor alle n N geldt dat z 1 2, waardoor we voor alle n N vinden dat: z m n k n+1 m n 1 2 mn+n+1 < n Met het Majorantenkenmerk voor reeksen volgt nu de convergentie. We kunnen dus inderdaad k n zó kiezen, dat de reeks convergent wordt. Het enige wat nu nog over is om te bewijzen is dat als we k n inderdaad zo kiezen, dat het oneindige product dan normaal convergent is. Uit de ontwikkelde theorie voor oneindige producten volgt dat het equivalent is te bewijzen dat mn z E kn 1 normaal convergent is. Neem hiervoor R > 0 willekeurig en N N zó, dat voor alle n N de volgende twee ongelijkheden gelden: R 2m n R kn Dit kan aangezien de rij naar oneindig gaat en de termen van een convergente reekaar 0 gaan. Voor alle z C met z R en voor alle n N volgt nu: mn z E k n 1 z 4m n k n+1 9 kn+1 R 4m n

17 De ongelijkheid geldt, aangezien we voor m, k > 0, z 1 2 en 2m z k hebben dat: E k z m 1 = 1 z m e m k zn n e 1 = m n=k+1 zn n 1 i = z n m n i=1 n=k+1 z n i m n i=1 n=k+1 2m z k+1 i k+1 4m z i=1 Aangezien R willekeurig was, volgt dat we voor alle a C een omgeving kunnen vinden waarop dit geldt en vanwege de convergentie van k R n+1 m n voor alle R > 0, vinden we dat mn z E kn 1 normaal convergent is op C. Dus geldt dat z E kn normaal convergent is. mn We hebben dus de volgende stelling bewezen: Stelling 3.1 Weierstrass. Als we k n in N zó kiezen, dat de reeks k z n+1 m n convergeert voor alle z C, dan is het oneindige product mn z E kn normaal convergent op C, waardoor de functie F : C C met mn z F z = E kn analytisch is met nulpunten precies op s 1, s 2, met ordes m 1, m 2,. De logaritmische afgeleide van deze functie volgt uit Formule en wordt voor z D \ NF gegeven door: F z F z = m n E k n z E kn z De analytische functie F 0 : C C met: F 0 z = z m0 F z heeft een extra nulpunt van orde m 0 in 0, voor het geval dat 0 S. 10

18 3.3 De productformule voor de sinus Met deze constructieve stelling over oneindige producten kunnen we nu een functie construeren die dezelfde nulpunten heeft als de sinus. We nemen dus S = πz. Deze verzameling ordenen we als volgt: s 0 = 0, s 1 = π, s 2 = π, s 3 = 2π,... Aangezien alle nulpunten van de sinus enkelvoudig zijn nemen we we m n = 1 voor alle n N. Aangezien de reeks 2 z m n = 2 z 2 π 1 n convergeert voor alle z C, kunnen we k n = 1 nemen voor alle n N. Stelling 3.1 geeft ons dan de volgende analytische functie F : C C: F z = z = z lim 1 z 2N N = z lim N N = z lim = z N e z sn 1 z 1 z πn N 1 z2 1 z2 π 2 n 2 π 2 n 2 e z sn e z πn 1 + z e z πn πn en de normaal convergente reeks analytische functies f n die bij F hoort, wordt gegeven door: f n = z2 π 2 n voor n N. Doordat F ook een nulpunt in 0 heeft, hebben we daarnaast nog f 0 = z 1. Hoewel F dezelfde nulpunten heeft als de sinus, weten we natuurlijk niet of F gelijk is aan de sinus. Wel weten voor dat voor de logaritmische afgeleide van F voor alle z C \ πz geldt: F z F z = f nz 1 + f n z = z 1 + 2z π 2 n z2 2z z 2 π 2 n 2 = 1 z + n=0 π 2 n Voor de logaritmische afgeleide van de sinus weten we dat voor alle z C \ πz: sinz sinz = cosz sinz = cotz = 1 z + 2z z 2 π 2 n

19 Het bewijs hiervoor wordt gegeven in Stelling A.2 in de appendix. Dus de logaritmische afgeleide van F is gelijk aan die van de sinus, wat betekent dat sinz = c z 1 z2 π 2 n voor een c C. Door beide kanten te delen door z en gebruik te maken van de standaardlimiet sinz lim = z 0 z vinden we dat c = 1. Dus is de constructie van de productformule voor de sinus rond: sinz = z 1 z2 π 2 n

20 4 Het bewijs met de Γ-functie Naast het voorgaande bewijs in de complexe analyse dat op een directe manier de productformule voor de sinus construeert, is de formule ook de bewijzen met behulp van de Γ-functie. Dit bewijs is veel indirecter, aangezien de productformule voor de sinus volgt uit een aantal eigenschappen van de Γ-functie. Deze eigenschappen zijn door verschillende wiskundigen bewezen, onder andere door Euler, Gauss en Wielandt. Dit bewijs is dan ook niet direct toe te kennen aan één wiskundige. 4.1 De Γ-functie We zullen de sinus productformule dus bewijzen met behulp van de Γ-functie. De functie Γ : C + C met C + = {z C : Rez > 0} wordt gegeven door: Γz = 0 t z 1 e t dt Om aan te tonen dat dit goed gedefiniëerd is, moeten we aantonen dat deze integraal convergeert voor alle z C +. Hiervoor splitsen we de integraal in twee delen: Γz = 1 0 t z 1 e t dt + 1 t z 1 e t dt Definiëer x = Rez. We zien met t z 1 e t < t x 1 voor t > 0 en voor alle z C + dat uit de absolute convergentie van dt s < ts volgt dat de eerste integraal absoluut convergent is voor alle z C +. Voor een willekeurige x 0 > 0 bestaat er verder een C > 0 zodanig, dat voor 0 < x < x 0 en t > 0. Hieruit volgt dat t x 1 Ce t t z 1 e t = t x 1 e t Ce t voor 0 < x < x 0 en t > 0. Aangezien dit voor alle x 0 > 0 geldt, volgt dat de tweede integraal ook absoluut convergent is voor alle z C +, wat betekent dat de Γ-functie goed-gedefiniëerd is. Deze afschattingen tonen ook aan dat de functierij f n met f n : C + C gedefiniëerd door: f n z = n 1 n t z 1 e t dt lokaal uniform convergent is. Aangezien f n analytisch op C + is voor alle n N, volgt dus dat de Γ-functie analytisch is. 13

21 4.2 Eigenschappen van de Γ-functie Nu we de Γ-functie gedefiniëerd hebben kunnen we gaan kijken naar wat eigenschappen van de Γ-functie. Zoals we al gezien hebben is de Γ-functie dus analytisch. Ook hebben we natuurlijk: Γ1 = 0 e t dt = Door partiëel te integreren met ut = t z en v t = e t verkrijgen we de vergelijking: Γz + 1 = zγz voor alle z C +. n N 0 : Deze twee eigenschappen gecombineerd geven voor alle Γn + 1 = n! De Γ-functie interpoleert dus analytisch de faculteiten. Als we Vergelijking herhaald toepassen, vinden we: Γz = Γz + n + 1 z z + 1 z + n voor willekeurige n N. We zien dat de rechterkant een analytische functie is voor alle z C met Rez > n + 1 en z 0, 1,, n. Dit is een groter definitiegebied dan het domein C + waarop de Γ-functie is gedefiniëerd. We vinden dus voor elke n een analytische voortzetting van de Γ-functie. Aangezien we met Gevolg A.4 in de appendix weten dat de analytische voortzetting van een functie uniek is, volgt dat deze voortzettingen voor elke n N precies aan elkaar passen en samen een analytische functie definiëren op C \ S, waarbij S = {0, 1, 2, }. Uit de manier waarop we de Γ-functie hebben voortgezet, volgt dat Vergelijking ook voor alle C \ S geldt. Vanaf nu zullen we deze voortzetting de Γ-functie noemen. Deze functie heeft enkelvoudige polen voor alle s S en de residuen zijn te berekenen met Vergelijking Er volgt dat: ResΓ; n = 1n n! voor n N 0. Zij z C + en noem x = Rez. We weten uit de definitie van de Γ-functie dat Γz Γx. De Γ-functie beperkt tot een gesloten interval in de positieve reële getallen iatuurlijk begrensd, vanwege de compactheid van zo n interval. Dus volgt dat de Γ-functie ook begrensd is op een gesloten verticale strook in C, oftewel op: {z = x + iy : x, y R en a x b} met 0 < a b. Het blijkt dat deze eigenschappen de Γ-functie volledig karakteriseren. In 1939 heeft H. Wielandt bewezen dat de Γ-functie de enige functie is met deze eigenschappen. Dit bewijs staat in onderstaande stelling. Stelling 4.1 Wielandt. Laat D C een domein zijn die de verticale strook V = {z = x + iy : x, y R en 1 x < 2} bevat. Laat f : D C een analytische functie zijn met de volgende eigenschappen: 14

22 1. f is begrensd op V 2. f voldoet aan de vergelijking fz + 1 = zfz voor alle z D met ook z + 1 D. Dan geldt fz = f1γz voor alle z D. Bewijs. Aangezien V D kunnen we net als bij de Γ-functie f aan de hand van de vergelijking fz + 1 = zfz voor alle z D met ook z + 1 D uitbreiden naar C\S. Noteer deze functie weer met f. De vergelijking fz+1 = zfz blijft weer gelden voor alle z C\S en f heeft enkelvoudige polen voor alle s S. De residuen zijn op dezelfde manier te berekenen als de residuen van de Γ-functie. De waarden van deze residuen zijn voor n N 0 : Resf; n = 1n f n! Aangezien de functies f en f1 Γ dezelfde polen hebben met gelijke residuen, zijn deze singulariteiten ophefbaar voor de functie h : C C gegeven door hz = fz f1γz. Er geldt dus dat h analytisch is op heel C. Met de eigenschappen van f en de Γ-functie zien we dat h begrensd is op V. Deze eigenschap is uit te breiden naar stroken van de vorm {z = x + iy : x, y R en a x b} met a b < 2. Dit kan eerst met de aanvullende conditie dat Imz 1 om de polen te ontwijken, maar de verzameling {z C : Imz 1 en a Rez b} is compact, dus deze extra conditie kan weggelaten worden. Definiëer nu de functie H : C C door Hz = hzh1 z. De functie H is analytisch aangezien h analytisch is. Een analytische functie gedefiniëerd op heel C heet ook wel geheel. Aangezien h ook voldoet aan hz + 1 = zhz voor alle z C zien we voor H: h1 z Hz + 1 = hz + 1h z = zhz = Hz z Dus H is periodiek op het teken na. Ook is de functie H begrensd op de strook {z = x + iy : x, y R en 0 x 1} aangezien de functie h hier begrensd is en de strook invariant is onder de afbeelding z 1 z. Hieruit volgt met de periodiciteit van H dat H begrensd is op heel C, maar dan volgt met Stelling A.5 in de appendix dat H constant is. Vanwege h1 = 0 volgt dat H 0. Uit de definitie van H volgt dan dat h 0, oftewel dat fz = f1γz voor alle z D. 4.3 De Γ-functie als oneindig product Dankzij Stelling 4.1 hoef je dus maar twee eisen na te gaan om te bepalen of een gegeven functie op een constante na gelijk is aan de Γ-functie. Als er dan ook nog geldt dat de gegeven functie de waarde 1 heeft in 1, volgt dus dat de functie gelijk aan de Γ-functie is. Dit zullen we gebruiken om een representatie als oneindig product van de Γ-functie te construeren. Hier hebben we het volgende lemma voor nodig: 15

23 Lemma 4.2. Het oneindige product Hz = 1 + z e z n n is een analytische functie op heel C en er geldt dat Hz = 0 dan en slechts dan als z N. Bewijs. Dat de nulpunten van H precies liggen op alle negatieve natuurlijke getallen, is direct in te zien. We tonen aan dat H normaal convergent is op heel C. We hebben al gezien dat we daarvoor moeten aantonen dat [ 1 + z ] e z n 1 n normaal convergent is op heel C. Laat a C willekeurig zijn en zij K = B a +1 [0] een compacte schijf rond 0 die a bevat. Beschouw de Taylorontwikkeling 1 + we w 1 = w2 2 + Ow Aangezien K compact is, kunnen we een C R vinden zodanig, dat 1 + we w 1 C w voor alle w K. Maar dan geldt dus ook voor alle z K en alle n N dat: 1 + z n e z n z 1 C 2 C n a + 12 n aangezien z n K voor alle n N als z K. De reeks wordt op K dus gedomineerd door 1 n. Aangezien a C willekeurig was, kunnen we dit 2 voor alle a C doen, dus de reeks iormaal convergent op heel C. Er volgt dat het product normaal convergent is op heel C en dus een gehele functie definiëert. Definiëer nu G n : C C voor alle n N door: n z log n G n z = ze ν=1 1 + z ν Door gebruik te maken van de Euler-Mascheroni constante γ = lim n log n 0, n zien we met het voorgaande lemma dat G n voor n convergeert naar de gehele functie G : C C met: Gz = lim G log n nz = lim ze z n n = lim n zez n log n n ν=1 16 n ν=1 1 + z ν 1 + z ν e z ν = ze γz Hz 4.3.7

24 De nulpuntenverzameling van G is precies S, de polenverzameling van de Γ- functie. Dit is geen toeval, zoals onderstaande stelling aantoont. Deze stelling komt van Gauss uit Het bewijs is veel eenvoudiger dan het originele bewijs van Gauss dankzij Stelling 4.1 van Wielandt. Stelling 4.3 Gauss. Voor alle z C geldt: 1 = Gz = lim Γz n n z zz + 1 z + n n! Bewijs. De tweede gelijkheid zegt precies G = lim n G n. We zullen de eerste gelijkheid bewijzen door de karakteristieke eigenschappen van de Γ-functie uit Stelling 4.1 na te gaan voor de functie 1 G. Merk allereerst op dat de functie 1 G analytisch is op het domein D = {z = x + iy : x, y R en 0 < x < 2} omdat er geen nulpunten van G op D liggen. Dit domein bevat de strook V = {z = x + iy : x, y R en 1 x < 2} Voor alle z V en n N hebben we dat n z = n x en z + n x + n met x = Rez. Dus geldt dat Gz Gx voor alle z V. Omdat [1, 2] compact is, weten we dat 1 G begrensd op [1, 2] en dus ook op V. Verder zien we voor alle n N en alle z D met z + 1 D dat: zg n z + 1 = z n z+1 z + 1z + 2 z + n + 1 n! = z + n + 1 n Voor n volgt hieruit n z n! z + n + 1 zz + 1 z + n = G n z n zgz + 1 = Gz 1 Gz + 1 = z 1 Gz voor alle z D met z + 1 D. Tot slot merken we op dat voor alle n N geldt dat: G n 1 = n 1 n + 1 n + 1! = n! n Voor n volgt hier dus uit dat G1 = 1, dus ook 1 G1 = 1. Stelling 4.1 zegt 1 dan dus dat Gz = Γz voor alle z D. Omdat de Γ-functie geen nulpunten heeft op D volgt ook 1 Γz = Gz voor alle z D. Vanwege de uniciteitsstelling voor analytische functies, zie Gevolg A.4 in de appendix, volgt dat 1 Γz = Gz voor alle z C. 4.4 De productformule van de sinus Tot nu toe lijkt het alsof de eigenschappen van de Γ-functie weinig te maken hebben met de sinus. Uit alle eigenschappen die we tot nu toe bewezen hebben, volgt de productformule voor de sinus echter al bijna. 17

25 Definiëer de functie f : C \ Z C door fz = ΓzΓ1 z. Deze functie heeft polen van orde 1 voor z S door de factor Γz en polen van orde 1 voor z N door de factor Γ1 z. Bij elkaar geeft dit dus polen van orde 1 voor alle z Z. De residuen hebben de waarde Resf; n = lim z n z nγzγ1 z = 1 n voor n Z. Ook geldt voor alle z C \ Z: Γ1 z fz + 1 = Γz + 1Γ z = zγz = fz z dus f is periodiek op het teken na. Dat beide eigenschappen gelden ook voor π de functie sin πz iiet toevallig. In 1749 wist Euler al dat deze twee functies gelijk aan elkaar zijn. Stelling 4.4 Euler. Voor alle z C \ Z geldt: ΓzΓ1 z = π sin πz Bewijs. Aangezien deze functies dezelfde polen hebben met gelijke residuen, zijn deze singulariteiten ophefbaar voor de functie h : C C met hz = ΓzΓ1 z π sin πz en dus is h analytisch op heel C. Op de verzameling A = {z = x + iy : x, y R met 0 x 1 en y 1} is h begrensd, aangezien we al eerder gezien hebben dat Γz en Γ1 z begrensd zijn op A en er geldt dat π = 2π sin πz e iπz e iπz 2π e πy e πy 2 4π 1 eπ y e π voor alle x + iy = z A. De rechthoek B = {z = x + iy : x, y R met 0 x 1 en y 1} is compact en aangezien h analytisch is, geldt dus dat h ook begrensd op B. Met de periodiciteit van h volgt dat h begrensd is op heel C en dus is h volgens Stelling A.5 in de appendix constant. Aangezien hz = h z moet deze constante nul zijn. Er volgt dus dat Voor alle z C \ Z. ΓzΓ1 z = π sin πz

26 Door nu Stelling 4.3 en 4.4 te combineren, vinden we: sin πz = π ΓzΓ1 z = π lim n = π lim n = π lim n n z n! n z n 1 z zz + 1 z + n lim 1 z n + 1 z n n! z z + nn 1 z 1 z n + 1 z n! n! zn z n 1 n! 2 = π lim z n z lim n n = πz 1 z2 n 2 n ν 2 z 2 ν=1 n ν=1 n ν 2 z 2 voor alle z C \ Z. Deze formule is equivalent met sin z = z ν 2 1 z2 π 2 n 2 voor alle z C \ πz. Dit is de productformule voor de sinus

27 5 Het bewijs van Euler De productformule voor de sinus wordt ook wel Eulers productformule voor de sinus genoemd. Hoewel de complexe analyse pas ontwikkeld is in de negentiende eeuw, heeft Euler in 1735 de productformule voor de sinus al geconstrueerd. Dit bewijs is gepubliceerd in zijn boek Introductio in analysin infinitorum I uit Hij gebruikte in dit bewijs een hele andere aanpak dan de bewijzen uit de complexe analyse. Hedendaags is het bewijs van Euler niet meer sluitend te noemen, aangezien hij in zijn constructie vrijelijk gebruik maakt van oneindig kleine en oneindig grote getallen. Zelfs in Eulers tijd werden er al vraagtekens bij het bewijs gezet door tijdgenoten. Met het oog op het hiervoor gegeven bewijs met behulp van de complexe analyse, weten we echter wel dat de formule waar Euler uiteindelijk op uit komt, correct is. Waarschijnlijk had Euler dus een goede intuïtie hoe er met zulke getallen omgegaan kan worden. Hieronder volgt het bewijs zoals Euler dit in zijn boek uit 1748 gaf, voorafgegaan door een aantal andere stellingen uit zijn boek die nodig zijn in dit bewijs. Zonder onderbouwing zal in het bewijs dus gebruik gemaakt worden van oneindig grote en oneindig kleine getallen. 5.1 Benodigde stellingen Allereerst een aantal stellingen die nodig zijn voor Eulers constructie. De bewijzen van deze stellingen zijn te vinden in [Euler, 1988]. Ook in deze bewijzen wordt vrijelijk gebruik gemaakt van oneindige grote en oneindig kleine getallen. Stelling 5.1. Voor alle hoeken φ en natuurlijke getallen n geldt: cos φ ± sin φ n = coφ ± sin nφ Stelling 5.2. De e-macht is als volgt als reeks te ontwikkelen: e x = 1 + x 1 + x x Stelling 5.3. Voor j oneindig groot geldt: e x = 1 + x j j Stelling 5.4. De cosinus is als volgt als reeks te ontwikkelen: cos x = 1 x x x Polynomen ontbinden in lineaire factoren Euler komt tot de productformule voor de sinus door de machtreeks te ontbinden in lineaire factoren. We bekijken daarom eerst het ontbinden van polynomen in lineaire factoren. De lineaire factoren van een polynoom a 0 + a 1 z + a 2 z 2 + a 3 z 3 + a 4 z

28 kunnen gevonden kunnen door gebruik te maken van de nulpunten van het polynoom. Als p een nulpunt is, is z p namelijk een lineaire factor. Het is echter niet altijd even eenvoudig om alle lineaire factoren op deze wijze te vinden, zeker als het om complexe lineaire factoren gaat. We ontwikkelen daarom een alternatieve manier om deze factoren te vinden. Aangezien de lineaire factoren van een polynoom volgen uit de nulpunten van het polynoom, weten we dat de complexe lineaire factoren van een polynoom met reële coëfficiënten paarsgewijs gecombineerd kunnen worden tot reële kwadratische factoren. We kunnen de complexe lineaire factoren van zo n polynoom dus vinden als we de kwadratische factoren van de vorm p qz+rz 2 die reëel zijn, maar waarvan de lineaire factoren complex zijn, bestuderen. Zo n reëele kwadratische factor p qz + rz 2 heeft complexe lineaire factoren precies als 4pr > q 2, oftewel als: 1 < q 2 pr < Aangezien de cosinus alle waardes tussen 1 en 1 aanneemt, heeft een reëele kwadratische factor complexe lineaire factoren als q 2 = cos φ pr voor een zekere φ. Als we q = 2 pr cos φ invullen in de kwadratische term, dan krijgen we p 2 prz cos φ + rz In deze kwadratische factor substitueren we p door p 2 en r door q 2. Dit kan aangezien p en r hetzelfde teken moeten hebben en dus, eventueel na de kwadratische term met 1 vermenigvuldigd te hebben, positief zijn. We krijgen dan de drieterm p 2 2pqz cos φ + q 2 z met complexe lineaire factoren qz pcos φ + i sin φ qz pcos φ i sin φ Als cos φ = ±1 dan geldt dat sin φ = 0 en dan zullen beide factoren gelijk en reëel zijn. We hebben het vinden van complexe lineaire factoren van het reële polynoom α + βz + γz 2 + δz 3 + ɛz dus gereduceerd tot het vinden van waarden voor p, q en φ zodanig dat de drieterm p 2 2pqz cos φ + q 2 z 2 een factor van het polynoom is, oftewel dat r 2 2rz cos φ + z met r = p q een factor van het polynoom is. Dit geldt als z rcos φ + i sin φ z rcos φ i sin φ

29 lineaire factoren van het polynoom zijn. Om de drietermen te bepalen substitueren we rcos φ + i sin φ rcos φ i sin φ voor z in het polynoom en kijken we voor welke waarden voor r en φ het polynoom nul wordt. Dit levert ons de volgende twee vergelijkingen op: a 0 + a 1 rcos φ + i sin φ + a 2 r 2 cos φ + i sin φ 2 + = 0 a 0 + a 1 rcos φ i sin φ + a 2 r 2 cos φ i sin φ 2 + = Hoewel het op het eerste gezicht lijkt dat deze substitutie alleen maar moeilijkheden oplevert, valt dit heel erg mee. Met Stelling 5.1 kunnen de twee vergelijkingen namelijk omgeschreven worden tot: a 0 + a 1 rcos φ + i sin φ + a 2 r 2 cos 2φ + i sin 2φ + = 0 a 0 + a 1 rcos φ i sin φ + a 2 r 2 cos 2φ i sin 2φ + = Door deze twee vergelijkingen bij elkaar op te tellen en van elkaar af te trekken en in het tweede geval nog te delen door 2i, verkrijgen we: a 0 + a 1 r cos φ + a 2 r 2 cos 2φ + = 0 a 1 r sin φ + a 2 r 2 sin 2φ + = Hieruit zijn r en φ te bepalen. Beschouw nu het polynoom a n z n. Dit is een polynoom van de vorm a 0 + a 1 z + a 3 z 2 + a 4 + a 5 z met a 0 = a n, a n = 1 en a n = 0 voor alle andere coëfficiënten. Uit de vergelijkingen in volgt dan dat de kwadratische factoren te vinden zijn door a n r n coφ = 0 r n sin nφ = 0 op te lossen. De tweede vergelijking geeft sin nφ = 0, wat betekent dat nφ = 2kπ of nφ = 2k +1π. In dit geval moeten we φ = 2kπ n kiezen. Dan volgt coφ = 1 en dus krijgen we dat a n = r n, oftewel r = a. Dus a 2 2az cos 2kπ n + z zijn factoren van a n z n, waarbij 2k door alle natuurlijke getallen kleiner dan n loopt. Voor k = 0 verkrijgen we a 2 2az + z 2. Dit betekent echter niet dat a z 2 een factor is van het polynoom, aangezien voor dit geval er slechts één vergelijking uit over blijft. Wel geldt dat a z een factor van het polynoom is. Voor n even geldt hetzelfde als 2k = n, dan verkrijgen we de drieterm a 2 2az + z 2 en dus is dan a + z een lineaire factor van het polynoom. 22

30 5.3 Reeksen ontbinden in lineaire factoren De factorisatie van polynomen kunnen we uitbreiden naar reeksen. We weten uit Stelling 5.2 namelijk dat: en uit Stelling 5.3 dat: 1 + x 1 + x x = ex e x = 1 + x j j waarbij j oneindig groot is. We zien dus dat de reeks van de e-macht oneindig veel lineaire factoren heeft, allemaal gelijk aan 1 + x j. Als we de eerste term van deze reeks verwijderen, verkrijgen we x 1 + x x = 1 + x j j Nemen we a = 1 + x j, n = j en z = 1, dan is dit van de vorm an z n, dus de factoren zijn zoals in : 1 + x x cos 2kπ j j j Door voor k alle natuurlijke getallen in te vullen verkrijgen we alle factoren. k = 0 geeft x2 j en net als eerder levert dit enkel de factor x 2 j op. We zien dus dat x een factor van e x 1 is. Met Stelling 5.4 weten we dat: cos 2kπ j = 1 2 k2 π 2 j k4 π 4 j Alle termen van de reeks behalve de eerste twee kunnen we verwaarlozen, aangezien j oneindig groot is. We krijgen dan dus cos 2kπ j = 1 2 k2 π 2 j Als we dit invullen in Vergelijking vinden we dat alle factoren van de vorm x 2 j 2 + 4k2 π 2 j 2 + 4k2 π 2 j 3 x zijn. Hieruit volgt dat naast x de factoren van e x 1 gegeven worden door 1 + x j + x2 4k 2 π waarbij k door alle natuurlijke getallen vanaf 1 loopt. We kunnen e x 1 schrijven als product van alle factoren, vermenigvuldigd met een passende constante. Alle factoren van e x 1 behalve x bevatten echter de oneindig kleine term x j. Deze kan niet verwaarloosd worden, aangezien door j de vermenigvuldiging van alle termen, in totaal 2, een niet te verwaarlozen bijdrage wordt gevormd. Om dit te voorkomen beschouwen we de de uitdrukking e x e x = 1 + x j j 1 x j j

31 Als we nu a = 1+ x j, n = j en z = 1 x j nemen, is dit weer van de vorm an z n, dus alle factoren zijn zoals in : 1 + x x 1 x cos 2kπ j j j x2 x2 = 2 j 2 2 j 2 = 4x2 j 2 + 4k2 π 2 j 2 4k2 π 2 x 2 j 4 n + cos 2kπ j 1 x j waarbij we wederom cos 2kπ j = 1 2 k2 π 2 j gebruiken. Voor k = 0 vinden we 2 weer de factor x. De andere factoren worden 1 + x2 π 2 k 2 x2 j waarbij k door alle natuurlijke getallen vanaf 1 loopt. Ditmaal kunnen we de oneindig kleine factor x2 j wel weglaten, aangezien dit vermenigvuldigd met j 2 oneindig klein blijft. We vinden dus e x e x = 2x x2 π 2 + x2 4π hierbij is met 2 vermenigvuldigd, zodat als de termen met elkaar vermenigvuldigd worden, de eerste term 2x oplevert, net zoals in e x e x = 2x 1 + 2x Als we nu voor x het imaginaire getal iz invullen, dan krijgen we: e iz e iz = 2iz 1 1 z2 π 2 z2 4π en dus volgt de productformule voor de sinus: sin z = eiz e iz = z 1 1 z2 2i π 2 z2 4π

32 6 Niet-standaard analyse Hoewel het bewijs van Euler met oneindig grote en oneindig kleine getallen tegenwoordig niet meer wordt geaccepteerd als sluitend bewijs, is er wel een theorie waarbinnen oneindig grote en oneindig kleine getallen wel correct gebruikt kunnen worden, namelijk de niet-standaard analyse. Deze theorie is in de jaren 60 van de vorige eeuw ontwikkeld door A. Robinson en breidt de reële getallen uit tot de hyperreële getallen. Zoals we zullen zien moet het gebruik van oneindig grote en oneindig kleine getallen in de niet-standaard analyse wel gepaard gaan met enige voorzichtigheid. W.A.J Luxemburg heeft in 1973 het bewijs van Euler om weten te zetten naar de niet-standaard analyse. In dit hoofdstuk zal eerst de niet-standaard analyse worden opgebouwd, waarna in het volgende hoofdstuk het bewijs van Luxemburg zal worden gegeven. Slechts de hoofdlijn van de niet-standaard analyse die nodig is voor het bewijs van de productformule voor de sinus zal worden behandeld. Voor een gedetailleerdere en uitgebreidere opbouw verwijs ik graag naar [Luxemburg, 1973] en [Mendelson, 2010]. 6.1 Tweede-orde taal Een van de eerdere versies van niet-standaard-analyse was gebaseerd op het formuleren van eigenschappen van R die in een eerste-orde taal kunnen worden geformuleerd. Je hebt echter al vrij snel een tweede-orde taal nodig, waarin uitspraken als Er bestaat een continue functie die... kunnen worden geformuleerd. Dit vereist een stukje axiomatische verzamelingenleer, waarbinnen de theorie van de reële getallen kan worden ontwikkeld. 6.2 De superstructuur ˆR We hebben de superstructuur van R, welke we met ˆR zullen aanduiden, nodig. Deze is inductief gedefiniëerd. Laat R 0 = R en R n+1 = P n k=0 R k voor n N. Hierbij is PX de machtsverzamling van X. Dan geldt ˆR = n=0 R n. De elementen van R n \ R n 1 noemen we van rang n in ˆR. Geordende paren definiëren we als a, b = {{a}, {a, b}} en n-tupels inductief door a = a, en a 1,..., a n = a 1,..., a n 1, a n. Dan zien we dat alle n- tupels in ˆR zitten, wat dus betekent dat alle algebraïsche operaties van R ook allemaal elementen van ˆR zijn, aangezien deze kunnen worden gedefiniëerd als verzamelingen van 3-tupels. De product- en somoperatie P en S kunnen als volgt worden gedefiniëerd: ab = c dan en slechts dan als a, b, c P ˆR en a + b = c dan en slechts dan als a, b, c S ˆR. De ordening op R kan als verzameling geordende paren worden uitgedrukt en dus volgt dat alle axioma s en eigenschappen van R elementen van ˆR zijn. Laten we nu de formele taal L introduceren. De atomaire symbolen van L zijn: De connectieven,,, en. Aftelbaar oneindig veel variabelen. De kwantoren en. 25

33 De haakjes. Het binaire predicaat Genoeg constanten voor een bijectie met alle elementen van de structuur die beschouwd wordt. Dit is over het algemeen een oneindig grote verzameling, maar de grootte ligt wel vast. Aangezien we de structuur ˆR beschouwen, nemen we dus evenveel constanten in L als elementen in ˆR. Als deze constanten geïdentificeerd zijn met de elementen van ˆR, noemen we ˆR een L-structuur. De interpretatie van het predicaat zal de element van relatie uit de axiomatische verzamelingenleer zijn. Hier kan op gebruikelijke wijze het predicaat = uit worden geconstrueerd. De atomaire formules zijn van de vorm α β, waarbij α en β constanten of variabelen kunnen zijn. De goedgevormde formules wf worden hieruit geconstrueerd door connectieven, kwantoren en haakjes toe te voegen. Dat wil zeggen, als V een atomaire formule is, dan is [V ] een wf en als V, W wfs zijn, dan zijn [V W ], [V W ], [ V ], [V W ] en [V W ] wfs. Verder geldt als V een wf is en x een willekeurige variabele die nog niet achter een kwantor in V staat, dat xv en xv wfs zijn. Als V een wf is, dan noemen we V het bereik van de kwantor in de wfs [ xv ] en [ xv ]. Een variabele x heet vrij in een wf V als deze niet in x, x of het bereik van een kwantor x of x staat. Een wf zonder vrije variabelen heet een gesloten wf, een wf met vrije variabelen een open wf. Voor de ontwikkeling van de niet-standaard analyse zullen we enkel kijken naar de toelaatbare wfs van L, dit zijn wfs waarbij alle kwantoren de vorm hebben x[[x A] ] of x[[x A] ] met A ˆR. De verzameling van alle toelaatbare wfoteren we met KL. Dit zijn dus de wfs waarin alle kwantoren een domein hebben. De verzameling toelaatbare wfs die gelden in ˆR noteren we met K 0 L. Merk op dat alle uitspraken in de analyse die over getallen, verzamelingen getallen, relaties tussen getallen, relaties tussen verzamelingen etc. gaan en gelden in R, uitgedrukt kunnen worden als elementen van K 0 L. Bijvoorbeeld de uitspraak dat vermenigvuldiging in R commutatief is, kan als volgt worden uitgedrukt: a b c [ [a, b, c R] [a, b, c P b, a, c P ] ] 6.3 Ultramacht van ˆR We zullen de taal L uit gaan breiden naar een taal L, waarin we de de L- structuur ˆR uit gaan breiden naar een L-structuur ˆR. Hierin zullen alle toelaatbare wfs van ˆR die gelden met een geschikte interpretatie van de symbolen in ˆR ook gelden in ˆR. Hiertoe zullen we met behulp van een vrij ultrafilter een ultramacht van ˆR construeren. Allereerst herhalen we kort wat een ultrafilter is. Laat I een niet-lege verzameling zijn. Een filter op I is een niet-lege verzameling F van deelverzamelingen van I zodanig, dat / F, dat F gesloten is onder eindige doorsnedes en dat als F G I en F F, dan G F. In het bijzonder geldt I F. Een ultrafilter op I is een filter F op I, zodanig dat er geen filter G op I bestaat met F G en F G. Een belangrijke stelling over ultrafilters zegt dat een filter F een ultrafilter op I is dan en slechts dan als voor alle F I geldt 26

34 dat F F of I \ F F. Er iog een equivalente karakterisering te geven, welke in onderstaande stelling bewezen wordt. Stelling 6.1. Een filter F is een ultrafilter precies dan als uit n i=1 F i F met F i I voor i = 1,..., n volgt dat F i F voor tenminste één i. Bewijs. Stel dat F een ultrafilter is. Laat F i I met n i=1 F i F en stel dat F i / F zijn voor i = 1,..., n. Dan geldt I \ F i F voor i = 1,..., n. Dus ook n i=1 I \ F i F. Maar dan volgt: = n n I \ F i F i F i=1 Een tegenspraak met het feit dan F een ultrafilter is, dus geldt F i F voor tenminste één i. Nu andersom. Laat F een filter op I zijn en neem F I willekeurig. Als F / I, dan geldt vanwege F I \ F = I F dat I \ F F. Een filter F heet δ-incompleet als er een rij F n F bestaat met n = 1, 2,... zodanig, dat F n / F en vrij als {F : F F} =. Om een ultramacht van ˆR te construeren waar we meer mee kunnen dan met ˆR zelf, hebben we een δ-incompleet ultrafilter nodig. Hier is het onderstaande lemma belangrijk voor. Lemma 6.2. Een ultrafilter F op I is δ-incompleet dan en slechts dan als er een aftelbare partitie {I n : n N} van de verzameling I bestaat zodanig, dat I n / F voor alle n N. Bewijs. Laat F een δ-incompleet ultrafilter op I zijn en neem een rij F n F met n N zó, dat F n / F. Zij G 1 = I \ F 1 en G n+1 = I \ F n \ n k=1 G k voor n = 1, 2,.... Neem verder G 0 = F n. Er geldt dat alle G n s disjunct zijn, G n / F voor alle n N en: G n = F n I F n = F n I \ F n = I n=0 We vinden dus dat {G n : n N 0 } een aftelbare partitie is van I met G n / F voor alle n N 0. Nu andersom. Laat F op I een ultrafilter zijn en {I n : n N} een partitie van I zó, dat I n / F voor alle n N. Neem F n = I \ I n voor alle n N. Dan geldt: F n = I \ I n = / F Dus de rij F n voldoet. Uit dit lemma volgt direct dat er alleen δ-incomplete ultrafilters bestaan op oneindige verzamelingen. Ook volgt uit het slechts dan gedeelte van het bewijs dat een δ-incompleet ultrafilter vrij is. Met deze opmerkingen volgt de volgende stelling. Stelling 6.3. Op elke oneindige verzameling bestaat er een δ-incompleet, vrij ultrafilter. i=1 27