Leibniz had it wrong?

[Professor Puntje]

Goed - even alles op een rijtje.

Laat \( f^{(n)} \) de n-de afgeleide van \( f(x) = e^{x^2+1} \) zijn met \( f^{(0)}(x) = f(x) \). Dan zijn alle \( f^{(n)} \) van de vorm \( \mathrm{P}_n(x) \cdot e^{x^2 + 1} \) met \( \mathrm{P}_n \) een polynoom in x. Dit moet zo zijn omdat \( f^{(0)}(x) = f(x) \) al (triviaal) van die vorm is, en alle latere \( f^{(n)} \) die daar door differentiëren uit ontstaan steeds ook die gedaante houden. Zou er een eerste nulpolynoom \( \mathrm{P}_m \) bestaan dan zou \( f^{(m)} \) identiek nul zijn, en dus \( f^{(m-1)} \) constant. Dat laatste zou alleen kunnen als \( \mathrm{P}_{m-1} \) ook al een nulpolynoom was. Maar dan zou \( \mathrm{P}_m \) niet de eerste nulpolynoom zijn. Bijgevolg is geen van de polynomen \( \mathrm{P}_n \) een nulpolynoom. Gezien de manier waarop het differentiëren op \( f^{(n)} \) uitwerkt heeft \( \mathrm{P}_{n+1} \) enkel even machten van x als \( \mathrm{P}_n \) enkel oneven machten van x heeft, en omgekeerd. Dus heeft \( \mathrm{P}_n \) enkel even machten van x voor even n en enkel oneven machten van x voor oneven n. Want voor n=1 hebben we enkel oneven machten van x, en 0 zullen voor het gemak even noemen. Gezien de wijze waarop ze tot stand komen zijn ook alle coëfficiënten en constante termen van de polynomen niet-negatief.

Rest nog aan te tonen dat de constante term voor de polynomen \( \mathrm{P}_n \) met even n steeds positief is, en voor de polynomen \( \mathrm{P}_n \) met oneven n steeds nul. We weten dat: \( \mathrm{P}_{n+1}(x) = \frac {d}{dx} \mathrm{P}_{n}(x) + 2x \cdot \mathrm{P}_{n}(x) \) . De constante term van \( \mathrm{P}_{n+1}(x) \) wordt dus steeds voortgebracht door de term \( \frac {d}{dx} \mathrm{P}_{n}(x) \) , behalve in het geval \( \mathrm{P}_0(x) \) waar de constante term "1" is. Het is duidelijk dat een constante term ongelijk nul voor \( \mathrm{P}_{n+1}(x) \) precies dan optreedt als \( \mathrm{P}_n(x) \) een term van de vorm a.x bevat. En dat laatste gebeurt naar we weten voor oneven n. (Hier zit nog een gaatje in het bewijs, maar ik wil het nu even afronden.) Dus voor even n hebben we in \( \mathrm{P}_n(x) \) een positieve constante term, en voor oneven n hebben we in \( \mathrm{P}_n(x) \) een constante term gelijk aan nul.

[Professor Puntje]

We vinden:

\(\)

\( \mathrm{P}_{n+1}(x) = \frac {d}{dx} \mathrm{P}_{n}(x) + 2x \cdot \mathrm{P}_{n}(x) \)

\( \mathrm{P}_{n+2}(x) = \frac {d}{dx} \mathrm{P}_{n+1}(x) + 2x \cdot \mathrm{P}_{n+1}(x) \)

\( \mathrm{P}_{n+2}(x) = \left \{ \frac {d^2}{dx^2} \mathrm{P}_{n}(x) + 2 \mathrm{P}_{n}(x) + 2x \cdot \frac {d}{dx} \mathrm{P}_{n}(x) \right \} \,\, + \,\, \left \{ 2x \cdot \frac {d}{dx} \mathrm{P}_{n}(x) + 4x^2 \cdot \mathrm{P}_{n}(x) \right \} \)

\( \mathrm{P}_{n+2}(x) = \frac {d^2}{dx^2} \mathrm{P}_{n}(x) + 4x \cdot \frac {d}{dx} \mathrm{P}_{n}(x) + 4x^2 \cdot \mathrm{P}_{n}(x) + 2 \cdot \mathrm{P}_{n}(x) \)

\(\)

De term \( 2 \cdot \mathrm{P}_{n}(x) \) in de uitdrukking voor \( \mathrm{P}_{n+2}(x) \) tezamen met de wetenschap dat \( \mathrm{P}_0(x) = 1 \) garandeert dat de constante term in \( \mathrm{P}_{n}(x) \) voor even n steeds positief blijft.

[Professor Puntje]

De eerste polynoom met oneven n is \( \mathrm{P}_1(x) = 2x \). Deze polynoom heeft geen constante term, of anders gezegd: de constante term is nul. Nog even terug naar de eerder gevonden formule:

\(\)

\( \mathrm{P}_{n+2}(x) = \frac {d^2}{dx^2} \mathrm{P}_{n}(x) + 4x \cdot \frac {d}{dx} \mathrm{P}_{n}(x) + 4x^2 \cdot \mathrm{P}_{n}(x) + 2 \cdot \mathrm{P}_{n}(x) \)

\(\)

De constante term in \( \mathrm{P}_n(x) \) kan dus voor oneven n enkel ongelijk nul worden als de exponenten van een of meer van machten van x met een geschikt oneven getal verminderd worden. Maar uit de vermelde formule zien we dat dat nooit gebeurt. De constante term in \( \mathrm{P}_n(x) \) blijft dus voor alle oneven n nul.


Het is al weer laat, maar als ik geen fouten gemaakt heb hebben dit klusje ook weer geklaard. De volgende vraag is dan of er een oneindige rijmatrix M van enen en nullen bestaat zodanig dat er geen grondfunctie \( f \) is waarvoor \( \mathrm{ar}(f) = \mathrm{M} \).

[Professor Puntje]

Ben iets op het spoor, maar daarvoor hebben we voor ieder natuurlijk getal k een bijbehorende grondfunctie g nodig zodanig dat de k-de afgeleide g^(k) van g geen grondfunctie is, maar alle andere afgeleiden g⁽ⁿ⁾ van g voor n ≠ k wel grondfuncties zijn. Ik weet niet of dat kan...

[Marko]

Dat kan met

\(f(x) = (\sqrt{2}x-\sqrt{2}-1) \cdot e^{\sqrt{2}x+1}\)

en varianten daarop

Bijvoorbeeld:

\(f(x) = (\sqrt{2}x-\sqrt{2}-1) \cdot e^{\sqrt{2}x+1} \\
f'(x) = (\sqrt{2} + 2x -2 - \sqrt{2}) \cdot e^{\sqrt{2}x+1} = (2x-2) \cdot e^{\sqrt{2}x+1} \\
f''(x) = (2 + 2\sqrt{2}x - 2\sqrt{2}) \cdot e^{\sqrt{2}x+1} \\ \)

De eerste afgeleide heeft een rationaal nulpunt in x=1; de andere afgeleiden niet. Of neem:

\(f(x) = \frac{\sqrt{2}}{2}x-\sqrt{2}-1 \cdot e^{\sqrt{2}x+1} \\
f'(x) = \frac{\sqrt{2}}{2} + x - 2 - \sqrt{2} \cdot e^{\sqrt{2}x+1} = (x - 2 - \frac{\sqrt{2}}{2}) \cdot e^{\sqrt{2}x+1} \\
f''(x) = (1 + \sqrt{2}x-2\sqrt{2}-1) \cdot e^{\sqrt{2}x+1} = (\sqrt{2}x-2\sqrt{2}) \cdot e^{\sqrt{2}x+1} = \sqrt{2}(x-2) \cdot e^{\sqrt{2}x+1}\\
f'''(x) = (\sqrt {2} + 2x - 4) \cdot e^{\sqrt{2}x+1} \)

Hier is dus de tweede afgeleide geen grondfunctie. Op eenzelfde manier zijn functies te construeren die precies voor de n-de afgeleide geen grondfunctie hebben. Als je bijvoorbeeld de eerste functie integreert krijg je

\(F(x) = (x-\sqrt{2}-1) \cdot e^{\sqrt{2}x+1}\)

En door verder te integreren vind je meer functies waarvoor de n-de afgeleide gelijk is aan

\(f^{(n)} (x) = (2x-2) \cdot e^{\sqrt{2}x+1}\)

Een andere mogelijk interessante functieklasse:

\(f(x) = P_n(x) \cdot ln (x^2+1)\)

met P_n(x) een polynoom van graad n.

Voorbeeld:

\(f(x) = (\sqrt{2}x^2+x+1) \cdot ln (x^2+2) \\
f'(x) = (2\sqrt{2}x + 1) \cdot ln (x^2+2) + \frac{2x(\sqrt{2}x^2+x+1)}{x^2+2} \\
f''(x) = 2 \sqrt{2} \cdot ln (x^2+2) + g(x)\)

Hierbij is g(x) een algebraïsche restterm

f is een grondfunctie, als ik de definitie goed begrijp. f' ook, want ln (x²+2) is transcendent en de rest zijn bewerkingen met algebraïsche getallen. f' kan ook geen rationaal nulpunt hebben. Op eenzelfde manier kun je aantonen dat f'' een grondfunctie is. Maar de derde afgeleide (en verder) bevatten enkel algebraïsche termen.

Dat betekent dat je door de polynoom een geschikte vorm te geven, je tot de n-de afgeleide wel grondfuncties krijgt en daarna niet meer. Je rijmatrix is dan dus [1 1 1 ... 1 0 0 0 ... 0]

Ik weet niet of je daar iets mee kunt, maar het toont in elk geval aan dat er allerlei mogelijkheden zijn.

[Professor Puntje]

Dat begint mij even te duizelen. Ik zoek grondfuncties g₁, g₂, g₃, ... zodanig dat:

ar(g₁) = (0,1,1,1,1,1,...) ----> alleen de eerste afgeleide is geen grondfunctie
ar(g₂) = (1,0,1,1,1,1,...) ----> alleen de tweede afgeleide is geen grondfunctie
ar(g₃) = (1,1,0,1,1,1,...) ----> alleen de derde afgeleide is geen grondfunctie
etc.

(Onder grondfuncties versta ik functies die in \( \mathbb{D}^0 \) zitten.

Gaat dat met jouw functies?

[Professor Puntje]

Vervolgens kun je \( \mathbb{Q} \) opdelen in pi-stukjes \( \mathrm{ps}_k = \{x \in \mathbb{Q} | \,\, \pi + k < x < \pi + k +1\} \). Zo heb je dan voor ieder geheel getal k de mogelijkheid om een zekere afgeleide van een grondfunctie op dat pi-stukje ps_k wel of niet een grondfunctie te laten zijn. Op een dergelijke manier zou het - lijkt mij - moeten lukken om voor iedere oneindige rijmatrix M van enen en nullen een bijpassende grondfunctie g in elkaar te zetten waarvoor ar(g) = M. Een functie is immers alleen dan een grondfunctie als dat op alle pi-stukje het geval is.

[Professor Puntje]

Na het nodige probeerwerk vermoed ik dat voor de n-de afgeleide van de functie \( f(x) = (x-1) \cdot e^{\sqrt{2} \, x + 1} \) de volgende algemene uitdrukking geldt:

\(\)

\( f^{(n)}(x) = \left \{ \begin{array}{l} (x + \frac{n}{2} \sqrt{2} - 1) \cdot 2^{\frac{1}{2} n} \cdot e^{\sqrt{2} \, x + 1} & \mbox{voor even n} \\ (\sqrt{2} \, x - \sqrt{2} + n) \cdot 2^{\frac{1}{2}(n-1)} \cdot e^{\sqrt{2} \, x + 1} & \mbox{voor oneven n} \end{array} \right. \)

\(\)

(Een bewijs volgt later.)

[Professor Puntje]

Beter even doorpakken. Definieer de selectiefunctie sf_k voor gehele getallen k als:

\(\)

\( \mathrm{sf}_k(x) = (x - \frac{k}{2} \sqrt{2} - 1) \cdot e^{\sqrt{2} \, x + 1} \)

\(\)

Dan geldt vermoedelijk (maar moet nog worden bewezen):

\(\)

\( \mathrm{sf}_k^{(n)}(x) = 2^{\frac{1}{2} n - 1} \cdot (2 x + n \sqrt{2} - \sqrt{2} \, k - 2) \cdot e^{\sqrt{2} \, x + 1} \)

[Professor Puntje]

Net even gecontroleerd - het bewijs gaat eenvoudig via volledige inductie.

[Professor Puntje]

Met zo nodig verschoven stukjes van selectiefuncties sf_k en een verdeling van het domein \( \mathbb{Q} \) in pi-stukjes moet het dan wel lukken om voor willekeurige oneindige rijmatrices M van enen en nullen grondfuncties f samen te stellen zodat ar(f) = M.

Wat echter aan de in dit topic ontwikkelde theorie nog ontbreekt is een calculus. We werken nu steeds aan het oplossen van geïsoleerde problemen maar het zou wiskundig interessanter zijn als we een toepasselijke calculus konden vinden om meer algemene resultaten af te leiden.

[Professor Puntje]

Wat wellicht zou kunnen is aan de hand van de Wikipedia lijst een algebraïsche structuur te definiëren die uitdrukt hoe we grondfuncties van een zekere vooraf als een oneindige rijmatrix van enen en nullen gegeven aard kunnen vormen. Die algebraïsche structuur zal dan geen uitputtende beschrijving geven van alle denkbare manieren om dat te doen (want de theorie van de transcendente getallen is nog verre van compleet) maar de binnen die algebraïsche structuur afleidbare resultaten zouden wel moeten kloppen. Dat zou ons dus een bruikbare calculus geven.

[Professor Puntje]

Zo op het eerste gezicht kunnen we van de Wikipedia-lijst de volgende regels gebruiken:

Numbers proven to be transcendental:
• e^a if a is algebraic and nonzero
• a^b where a is algebraic but not 0 or 1, and b is irrational algebraic
• sin a, cos a, tan a, csc a, sec a, and cot a, and their hyperbolic counterparts, for any nonzero algebraic number a, expressed in radians
• ln a if a is algebraic and not equal to 0 or 1, for any branch of the logarithm function
• log_b a if a and b are positive integers not both powers of the same integer
• W(a) if a is algebraic and nonzero, for any branch of the Lambert W Function

[Professor Puntje]

Laten we voor de verzameling der transcendente reële getallen het symbool \( \mathbb{T} \) gebruiken en voor de verzameling der algebraïsche reële getallen het symbool \( \mathbb{A} \). Dan kunnen we schrijven:

\( a \in \mathbb{A} \backslash \{0\} \,\,\, \Rightarrow \,\,\, e^a \in \mathbb{T} \)

\( a \in \mathbb{A} \backslash \{0, 1\} \,\, \& \,\, b \in \mathbb{A} \backslash \mathbb{Q} \,\,\, \Rightarrow \,\,\, a^b \in \mathbb{T} \)

\( a \in \mathbb{A} \backslash \{0\} \,\,\, \Rightarrow \,\,\, \sin(a), \cos(a), \tan(a) \in \mathbb{T} \)

\( a \in \mathbb{A} \backslash \{0\} \,\,\, \Rightarrow \,\,\, \sinh(a), \cosh(a), \tanh(a) \in \mathbb{T} \)

\( a \in \mathbb{A} \backslash \{0, 1 \} \,\,\, \Rightarrow \,\,\, \ln(a) \in \mathbb{T} \)

\( a \in \mathbb{A} \backslash \{0\} \,\,\, \Rightarrow \,\,\, \mathrm{W}(a) \in \mathbb{T} \)

Dat ziet er al heel wat netter (en algebraïscher) uit.


Onderstaande regel is een vreemde eend in de bijt en laat zich voor grondfuncties ook lastig toepassen:
• log_b a if a and b are positive integers not both powers of the same integer

Dus die laat ik bij nader inzien verder maar voor wat die is. Onze algebraïsche aanpak wordt sowieso al incompleet omdat de theorie van de transcendente getallen immers nog niet af is.

[Professor Puntje]

Numbers proven to be transcendental:

• a^b where a is algebraic but not 0 or 1, and b is irrational algebraic

Klopt die wel? Wat is bijvoorbeeld (-1)^√2 ? Wolfram Alpha geeft een complex getal: https://www.wolframalpha.com/input/?i=% ... %282%29%7D