Benutzer:Hightower74/Spielwiese

Das Gaußsche Integral (nach Carl Friedrich Gauß)

${\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }e^{-\alpha t^{2}}\mathrm {d} t={\sqrt {\frac {\pi }{\alpha }}},\qquad \alpha >0}$

spielt in verschiedenen Gebieten der Mathematik eine Rolle. Von besonderer Bedeutung ist der Fall ${\displaystyle \alpha ={\frac {1}{2}}}$, d.h.

${\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }e^{-{\frac {1}{2}}t^{2}}\mathrm {d} t={\sqrt {2\pi }},}$

etwa in der Wahrscheinlichkeitstheorie (als Normierungsfaktor für die Normalverteilung) oder in der Analysis (als Normierungsfaktor in der Fouriertransformation). Wir können uns im folgenden beim Beweis dieser erstaunlichen Tatsache auf diesen Fall beschränken, da man die Behauptung für beliebige ${\displaystyle \alpha >0}$ sofort durch Anwenden der Substitution

${\displaystyle {\begin{aligned}x&={\sqrt {\frac {2}{\alpha }}}\cdot t\\dx&={\sqrt {\frac {2}{\alpha }}}\;\mathrm {d} t\end{aligned}}}$

erhält.

Wir setzen für unsere Überlegungen der Einfachheit halber

${\displaystyle I:=\int _{-\infty }^{\infty }e^{-{\frac {1}{2}}t^{2}}\mathrm {d} t.}$

Da man zu ${\displaystyle f(t)=e^{-{\frac {1}{2}}t^{2}}}$ keine elementar darstellbare Stammfunktion finden kann, kann man das Integral leider nicht auf direktem Weg berechnen. Dennoch gibt es eine Reihe von sehr schönen und lehrreichen Beweisen für die erstaunliche Behauptung.

Der entscheidende Trick für die Berechnung (angeblich von Poisson) ist, auf eine höhere Dimension auszuweichen, was man durch Quadrieren und Anwenden des Satzes von Fubini folgendermaßen erreicht:

${\displaystyle {\begin{aligned}I^{2}&=\left(\int _{-\infty }^{\infty }e^{-{\frac {1}{2}}x^{2}}\mathrm {d} x\right)\left(\int _{-\infty }^{\infty }e^{-{\frac {1}{2}}y^{2}}\mathrm {d} y\right)\\&=\int _{-\infty }^{\infty }\int _{-\infty }^{\infty }e^{-{\frac {1}{2}}x^{2}}e^{-{\frac {1}{2}}y^{2}}\mathrm {d} x\,\mathrm {d} y\\&=\int _{-\infty }^{\infty }\int _{-\infty }^{\infty }e^{-{\frac {1}{2}}\left(x^{2}+y^{2}\right)}\mathrm {d} x\,\mathrm {d} y.\end{aligned}}}$

Grundlage für die erste Umformung ist die Linearität des Integrals.

Das so entstandene 2D-Integrationsgebiet kann man auch anders parametrisieren: Statt längs kartesischer Koordinaten wird über ${\displaystyle \mathbb {R} ^{2}}$ nun längs Polarkoordinaten integriert, was der Substitution ${\displaystyle r^{2}=x^{2}+y^{2}}$ entspricht.

Der Kern dieser Idee wird durch die folgende kurze (jedoch nicht ganz strenge) Rechnung wiedergegeben:

${\displaystyle {\begin{aligned}I^{2}&=\int _{0}^{\infty }\int _{0}^{2\pi }e^{-{\frac {1}{2}}r^{2}}r\,\mathrm {d} \varphi \,\mathrm {d} r\\&=2\pi \int _{0}^{\infty }e^{-{\frac {1}{2}}r^{2}}r\,\mathrm {d} r\\&=2\pi \left[-e^{-{\frac {1}{2}}r^{2}}\right]_{0}^{a\to \infty }\\&=2\pi \lim _{a\to \infty }(1-e^{-{\frac {1}{2}}a^{2}})\\&=2\pi .\end{aligned}}}$

Für eine mathematisch einwandfreie Begründung muss man vorsichtiger vorgehen und etwas ausführlicher argumentieren:

Für die weitere Rechnung und zum Beweis der Existenz des uneigentlichen Integrals I definieren wir zunächst:

${\displaystyle I(a)=\int _{-a}^{a}e^{-{\frac {1}{2}}x^{2}}dx.}$

Das uneigentliche Integral I

${\displaystyle I=\lim _{a\to \infty }I(a)=\int _{-\infty }^{\infty }e^{-{\frac {1}{2}}x^{2}}\,dx,}$

existiert nach dem Lebesgueschen Konvergenzsatz , da man wegen

${\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }e^{-{\frac {1}{2}}x^{2}}\,dx<\int _{-\infty }^{-1}-xe^{-{\frac {1}{2}}x^{2}}\,dx+\int _{-1}^{1}e^{-{\frac {1}{2}}x^{2}}\,dx+\int _{1}^{\infty }xe^{-{\frac {1}{2}}x^{2}}\,dx<\infty .}$

offensichtlich eine integrable Majorante hat. Analog zur obigen Argumentation liefert Quadrieren von I(a)

${\displaystyle {\begin{aligned}I(a)^{2}&=\left(\int _{-a}^{a}e^{-{\frac {1}{2}}x^{2}}\,dx\right)\cdot \left(\int _{-a}^{a}e^{-{\frac {1}{2}}y^{2}}\,dy\right)\\&=\int _{-a}^{a}\left(\int _{-a}^{a}e^{-{\frac {1}{2}}y^{2}}\,dy\right)\,e^{-{\frac {1}{2}}x^{2}}\,dx\\&=\int _{-a}^{a}\int _{-a}^{a}e^{-{\frac {1}{2}}(x^{2}+y^{2})}\,dx\,dy.\end{aligned}}}$

Nach dem Satz von Fubini ist das obige Doppelintegral ein Flächenintegral

${\displaystyle \int e^{-{\frac {1}{2}}(x^{2}+y^{2})}\,d(x,y),}$

bezüglich des Quadrates mit den Ecken {(−a, a), (a, a), (a, −a), (−a, −a)} als Integrationsbereich in der xy-Ebene.

Da die Exponentialfunktion für alle reellen Argumente größer als 0 ist, ist das Integral genommen über den Inkreis des Quadrates kleiner als ${\displaystyle I(a)^{2}}$, und analog dazu das Integral genommen über den Umkreis größer als ${\displaystyle I(a)^{2}}$. Die Integrale über die beiden Kreisscheiben können nun durch Übergang von Kartesischen Koordinaten zu Polarkoordinaten leicht berechnet werden:

${\displaystyle {\begin{aligned}x&=r\cos \theta \\y&=r\sin \theta \\d(x,y)&=r\,d(r,\theta ).\end{aligned}}}$

${\displaystyle \int _{0}^{2\pi }\int _{0}^{a}re^{-{\frac {1}{2}}r^{2}}\,dr\,d\theta <I^{2}(a)<\int _{0}^{2\pi }\int _{0}^{a{\sqrt {2}}}re^{-{\frac {1}{2}}r^{2}}\,dr\,d\theta .}$

Integration liefert:

${\displaystyle 2\pi (1-e^{-{\frac {1}{2}}a^{2}})<I^{2}(a)<2\pi (1-e^{-a^{2}}).}$

Nach dem Einschnürungssatz liefert der Grenzübergang ${\displaystyle a\to \infty }$ dann den Wert für das Gaußsche Integral:

${\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }e^{-{\frac {1}{2}}x^{2}}\,dx={\sqrt {2\pi }}.}$

Folgende Herleitung ist noch einfacher, da sie ohne Polarkoordinaten auskommt und ausschließlich auf der Vertauschung der Integrationsreihenfolge nach dem Satz von Fubini beruht:

${\displaystyle {\begin{aligned}I^{2}&=\left(\int _{-\infty }^{\infty }e^{-{\frac {1}{2}}t^{2}}\,\mathrm {d} t\right)^{2}\\&=\left(2\;\int _{0}^{\infty }e^{-{\frac {1}{2}}x^{2}}\,\mathrm {d} x\right)\;\cdot \;\left(2\;\int _{0}^{\infty }e^{-{\frac {1}{2}}y^{2}}\,\mathrm {d} y\right)\\&=4\;\int _{0}^{\infty }\int _{0}^{\infty }e^{-{\frac {1}{2}}(x^{2}+y^{2})}\,\mathrm {d} x\,\mathrm {d} y\end{aligned}}}$

Mit der Substitution

${\displaystyle {\begin{aligned}y&=xs\\dy&=x\,ds\end{aligned}}}$

erhält man dann das gewünschte Resultat:

${\displaystyle {\begin{aligned}I^{2}&=4\;\int _{0}^{\infty }\int _{0}^{\infty }e^{-{\frac {1}{2}}(x^{2}+y^{2})}\,\mathrm {d} x\,\mathrm {d} y\\&=4\;\int _{0}^{\infty }\int _{0}^{\infty }e^{-{\frac {1}{2}}(x^{2}+x^{2}s^{2})}x\,\mathrm {d} x\,\mathrm {d} s\\&=4\;\int _{0}^{\infty }\int _{0}^{\infty }e^{-{\frac {1}{2}}x^{2}(1+s^{2})}x\,\mathrm {d} x\,\mathrm {d} s\\&=4\;\int _{0}^{\infty }\left[-\;{\frac {1}{1+s^{2}}}e^{-{\frac {1}{2}}x^{2}(1+s^{2})}\right]_{0}^{\infty }\,\mathrm {d} s\\&=4\;\int _{0}^{\infty }{\frac {1}{1+s^{2}}}\mathrm {d} s\\&=4\;\left[\mathrm {arctan} \,s\right]_{0}^{\infty }\\&=2\pi \end{aligned}}}$

Die folgende Herleitung kommt sogar völlig ohne Produktintegration aus und macht lediglich Gebrauch von den Eigenschaften von Parameterintegralen.

Auch hier besteht die Idee darin, eine Verknüpfung zum Arkustangens herzustellen. Definiere die Funktionen

${\displaystyle {\begin{aligned}F(x)&:=\left(\int _{0}^{x}e^{-{\frac {1}{2}}t^{2}}\,\mathrm {d} t\right)^{2}\\G(x)&:=2\;\int _{0}^{1}{\frac {e^{-{\frac {1}{2}}x^{2}(1+t^{2})}}{1+t^{2}}}\;\mathrm {d} t\\H(x)&:=F(x)+G(x)\end{aligned}}}$

Wegen

${\displaystyle {\begin{aligned}F'(x)&=2\;\left(\int _{0}^{x}e^{-{\frac {1}{2}}t^{2}}\,\mathrm {d} t\right)\;e^{-{\frac {1}{2}}x^{2}}\\G'(x)&=2\;\int _{0}^{1}-x\;e^{-{\frac {1}{2}}x^{2}(1+t^{2})}\;\mathrm {d} t=-2\;\left(\int _{0}^{1}x\;e^{-{\frac {1}{2}}x^{2}t^{2}}\mathrm {d} t\;\right)\;e^{-{\frac {1}{2}}x^{2}}=-2\;\left(\int _{0}^{x}\;e^{-{\frac {1}{2}}s^{2}}\mathrm {d} s\;\right)\;e^{-{\frac {1}{2}}x^{2}}\end{aligned}}}$

folgt

${\displaystyle {\begin{aligned}H'(x)&=F'(x)+G'(x)=0\end{aligned}}}$

Die Funktion ${\displaystyle H(x)}$ ist also konstant. Insbesondere muss daher auch ${\displaystyle H(0)=\lim _{x\to \infty }H(x)}$ gelten, d.h. aus

${\displaystyle {\begin{aligned}H(0)&=F(0)+G(0)=G(0)=2\cdot \;\int _{0}^{1}{\frac {1}{1+t^{2}}}\;\mathrm {d} t=2\cdot \;\left[\mathrm {arctan} \;x\;\right]_{0}^{1}={\frac {\pi }{2}}\end{aligned}}}$

einerseits und

${\displaystyle {\begin{aligned}\lim _{x\to \infty }H(x)&=\lim _{x\to \infty }F(x)+\lim _{x\to \infty }G(x)&=\left(\int _{0}^{\infty }e^{-{\frac {1}{2}}t^{2}}\,\mathrm {d} t\right)^{2}\end{aligned}}}$

andererseits erhält man

${\displaystyle {\begin{aligned}\left(\int _{0}^{\infty }e^{-{\frac {1}{2}}t^{2}}\,\mathrm {d} t\right)^{2}&={\frac {\pi }{2}},\end{aligned}}}$

was wegen

${\displaystyle {\begin{aligned}I^{2}&=\left(\int _{-\infty }^{\infty }e^{-{\frac {1}{2}}t^{2}}\,\mathrm {d} t\right)^{2}\\&=4\;\left(\int _{0}^{\infty }e^{-{\frac {1}{2}}t^{2}}\,\mathrm {d} t\right)^{2}\end{aligned}}}$

auch hier wieder auf ${\displaystyle I={\sqrt {2\pi }}}$ führt.

Eine weiterer alternativer Beweis nutzt die Beziehung zur Gammafunktion und zum Wallisschen Produkt aus.

Hierzu drücken wir ${\displaystyle \Gamma \left({\frac {1}{2}}\right)}$,den Wert der Gammafunktion an der Stelle ${\displaystyle x={\frac {1}{2}}}$, auf zweierlei Arten aus:

Zunächst erhält man einerseits aus Definition der Gammafunktion als Integral mittels der Substitution ${\displaystyle t={\frac {x^{2}}{2}}}$, ${\displaystyle dt=xdx}$

${\displaystyle {\begin{aligned}\Gamma \left({\frac {1}{2}}\right)&=\int _{0}^{\infty }e^{-t}t^{-{\frac {1}{2}}}\;dt\\&=\int _{0}^{\infty }e^{-{\frac {x^{2}}{2}}}\;{\frac {\sqrt {2}}{x}}\cdot x\;\mathrm {d} x\\&={\sqrt {2}}\;\int _{0}^{\infty }e^{-{\frac {x^{2}}{2}}}\;\mathrm {d} x\\&={\sqrt {2}}\;{\frac {1}{2}}\;\int _{-\infty }^{\infty }e^{-{\frac {x^{2}}{2}}}\;\mathrm {d} x\\&={\frac {1}{\sqrt {2}}}\cdot I\end{aligned}}}$

Andererseits gilt nach der Gaußschen Produktdarstellung der Gammafunktion

${\displaystyle {\begin{aligned}\Gamma \left({\frac {1}{2}}\right)&=\lim _{n\to \infty }\Gamma _{n}\left({\frac {1}{2}}\right)\\&=\lim _{n\to \infty }{\frac {n!\cdot n^{\frac {1}{2}}}{{\frac {1}{2}}\cdot ({\frac {1}{2}}+1)({\frac {1}{2}}+2)\cdot \ldots \cdot ({\frac {1}{2}}+n)}}\\&=\lim _{n\to \infty }{\frac {n!\cdot n^{\frac {1}{2}}}{{\frac {1}{2}}\cdot {\frac {3}{2}}\cdot {\frac {5}{2}}\cdot \ldots \cdot {\frac {2n+1}{2}}}}\\&=\lim _{n\to \infty }{\frac {n!\cdot n^{\frac {1}{2}}\cdot 2^{n+1}}{1\cdot 3\cdot 5\cdot \ldots \cdot (2n+1)}}\\&=\lim _{n\to \infty }2\cdot n^{\frac {1}{2}}{\sqrt {\frac {(n!)^{2}\cdot (2^{n})^{2}}{(\;1\cdot 3\cdot 5\cdot \ldots \cdot (2n+1)\;)^{2}}}}\\&=\lim _{n\to \infty }2\cdot {\sqrt {\frac {n}{2n+1}}}\cdot {\sqrt {\underbrace {\prod _{i=1}^{n}{\frac {(2i)(2i)}{(2i-1)(2i+1)}}} _{=:w_{n}}}}\\&=\lim _{n\to \infty }2\cdot {\sqrt {\frac {n}{2n+1}}}\cdot {\sqrt {w_{n}}}\\&=2\cdot {\sqrt {\frac {1}{2}}}\cdot {\sqrt {\frac {\pi }{2}}}\\&={\sqrt {\pi }},\end{aligned}}}$

wobei ${\displaystyle w_{n}}$ das n-te Wallissche Produkt ist, für das ${\displaystyle \lim _{n\to \infty }w_{n}={\frac {\pi }{2}}}$ gilt.

Durch Gleichsetzen der beiden Ausdrücke für ${\displaystyle \Gamma \left({\frac {1}{2}}\right)}$ folgt auch hier wieder ${\displaystyle I={\sqrt {2\pi }}}$.

Durch Umformen erhält man hieraus insbesondere auch die Inverse von ${\displaystyle A}$ :

${\displaystyle A^{-1}=-{\frac {1}{c_{0}}}B_{n}}$

B[0] := 0 
c[n] := 1 

for (k=1; k<=n; k++)
  {
    B[k]   =   A * B[k-1] + c[n-k+1] * I 
    c[n-k] = - 1/k * trace( A* B[k] ) 
  }

function [c,Ainv,B]=myfadlev(A)
%
% FADLEV  Faddeev-Leverrier Algorithmus zum Berechnen der Koeffizienten
%         des charakteristischen Polynoms und der Inversen einer
%         quadratischen Eingabe-Matrix A 
%
% Anwendung:   [p,Ainv,B]=fedlev(A)
%
% Eingabe:     A - die gegebene Matrix
% Ausgabe:     c - Vektor der Koeffizienten des charakteristischen Polynoms
%
%              B - Die Folge der generierten Matrizen B{k} (cell array in
%                  Matlab), wobei
%
%                 B{0} = I                    c(n)   = 1
%                 B{1} = A                    c(n-1) = trace(B{1})
%                 B{2} = A*(B{1}-c(n-1)*I)    c(n-2) = trace(B{2})/2
%                 .....
%                 B{n} = A*(B{n-1}-c(1)*I)    c(0)   = trace(B{n})/n
%   
%              Ainv - die Inverse von A berechnet durch
%              Ainv = - 1 / c(0) * B{ n }
%
%              Beachte: Matlab erlaubt keine Indizierung ab 0 !!
%              Daher muss auf alle in der obigen Beschreibung verwendeten
%              Indizes 1 aufaddiert werden, um die korrekte Position zu
%              erhalten. Im untenstehenden Programm wird zu diesem Zweck 
%              die Hilfsfunktion "ind" verwendet.

% Dimension der Matrix ermitteln:

[n,m]=size(A);
if n~=m
    error('Die Eingabematrix ist nicht quadratisch!');
end

% Einheits- und Nullmatrix der Dimension n definieren:

O = zeros(n,n);
I = eye(n);

% Feld mit n+2 (n x n) - Matrizen deklarieren

[B{1:n+2}]=deal(O); 

% Startwerte der Rekursion initialisieren

B{ ind(0) } = O; c( ind(n) ) = 1;

% Rekursion durchführen

for k=1:n
    B{ ind(k) }   =  A*B{ ind(k-1) } + c( ind(n-k+1) ) * I;
    c( ind(n-k) ) = -trace( A *B{ ind(k) } ) / k;
end

% Auf Plausibilität überprüfen:

B{ ind(n+1) }   =  A*B{ ind(n) } + c( ind(0) ) * I;
if norm( B{ ind(n+1) } ) > 1E-14
   error('Algorithmus terminiert nicht korrekt!');
end

% Inverse berechnen

Ainv= -1 / c( ind(0) ) * B{ ind(n) };

return

%======= Hilfsfunktion zum Verschieben von Indizes, Matlab erlaubt keine Indizierung mit 0 =====

function j = ind(i)
 j=i+1;
return

/*
Datei       : faddeev.cpp
Datum       : 27/06/09
Version     : 1.0
Zweck       : C++ Implementierung des Algorithmus von Faddeev-Leverrier
Bemerkungen : Benutzt die Klassen "Matrix" und "Vector" (überladene Operatoren). 
*/ 

using namespace std;

#include "_vector.h"
#include "_matrix.h"
#include <iostream>
#include <iomanip>

int main(void)
{

 int n,m;

 Matrix A("matrix.dat");
 A.getdim(n,m);

 if (n!=m)
   {
     cout << "Die Eingabematrix ist nicht quadratisch!" << endl;
     cout << "Die Bearbeitung wird abgebrochen" << endl << endl;
   }


 cout << endl << endl;

 cout << "Matrix A erfolgreich eingelesen, dim(A) = " << n << endl << endl;

 A.print();
 cout << endl << endl;

 // Einheits- und Nullmatrix definieren und initialisieren:

 Matrix I(n,n);   I.unit();
 Matrix O(n,n);   O.zero();
 
 // Koeffizientenvektor deklarieren:

 double  c[n+1];

 Matrix B[n+2]; 
 for(int i=0; i<=n+1; i++) { B[i]=Matrix(O); };  
 c[n]=1;
 B[0]=O;

 for (int k=1; k<=n; k++)
   {
     B[k]   = A * B[k-1] + c[n-k+1] * I;
     c[n-k] = -1.0/(double)(k) * ( A*B[k] ).spur();  
   } 
  

 B[n+1] = A * B[n] + c[0] * I; 
 
 Matrix Ainv(n,n);
 Ainv = -1.0/c[0] * B[n]; 
 
 for (int i=0; i<=n; i++)
   {
     cout << " c[ " << i << " ] = " << c[i] << endl;
   } 

 cout << endl << endl;

 cout << "A^{-1} = " << endl << endl;

 Ainv.print();

 cout << endl << endl;

}

${\displaystyle \nu ={\frac {\mathrm {RKW} _{i_{p}}-\mathrm {DKP} _{i_{p}}}{\mathrm {BS} _{\mathrm {alt} ,i_{p}}^{\mathrm {aus} }}}}$

${\displaystyle _{b'}B_{x',n'}={\frac {A_{x',0,n'}+{\Gamma }'+{AK}'+{{\alpha ^{\Gamma }}'}'+({K_{1}^{\alpha }}'+{RZ^{\alpha }}')\cdot a_{x',0,b'}\cdot ({\alpha ^{\Gamma }}'+{\alpha }')-_{k}{V}_{x}^{T{\ddot {A}}}+b'\cdot ({K_{1}^{\alpha }}'+{RZ^{\alpha }}')\cdot \nu \pm {\textrm {E/A-Zahlung}}}{a_{x',0,b'}\cdot (1-{\beta }'-{\alpha ^{\Gamma }}'-{\alpha }')-b'\cdot \nu }}}$

${\displaystyle \mathrm {BS} _{\textrm {neu}}^{\textrm {aus}}=b'\cdot \;(_{b'}B_{x',n'}+{K_{1}^{\alpha }}'+{RZ^{\alpha }}')}$

${\displaystyle {\begin{aligned}{\textrm {DK}}^{\textrm {ges}}&=\sum \limits _{i=1}^{i_{p}-1}{\textrm {DK}}_{i}+{\frac {\mathrm {BS} _{\textrm {neu}}^{\textrm {aus}}-\sum \limits _{i=1}^{i_{p}-1}\mathrm {BS} _{{\textrm {alt}},i}^{\textrm {aus}}}{\mathrm {BS} _{{\textrm {alt}},i_{p}}^{\textrm {aus}}}}\cdot {\textrm {DK}}_{i_{p}}+{\frac {\sum \limits _{i=1}^{i_{p}}\mathrm {BS} _{{\textrm {alt}},i}^{\textrm {aus}}-\mathrm {BS} _{\textrm {neu}}^{\textrm {aus}}}{\mathrm {BS} _{{\textrm {alt}},i_{p}}^{\textrm {aus}}}}\cdot {\textrm {RKW}}_{i_{p}}+\sum \limits _{i=i_{p}+1}^{m}{\textrm {RKW}}_{i}\\&=_{k}{V}_{x}^{T{\ddot {A}}}-\mathrm {BS} _{\textrm {neu}}^{\textrm {aus}}\cdot \nu \end{aligned}}}$

wobei

${\displaystyle _{k}{V}_{x}^{T{\ddot {A}}}=\sum \limits _{i=1}^{i_{p}-1}{\textrm {DK}}_{i}\;+\;\sum \limits _{i=i_{p}+1}^{m}{\textrm {RKW}}_{i}\;-\;{\frac {\left(\sum \limits _{i=1}^{i_{p}-1}\mathrm {BS} _{{\textrm {alt}},i}^{\textrm {aus}}\right)\cdot {\textrm {DK}}_{i_{p}}-\left(\sum \limits _{i=1}^{i_{p}}\mathrm {BS} _{{\textrm {alt}},i}^{\textrm {aus}}\right)\cdot {\textrm {RKW}}_{i_{p}}}{\mathrm {BS} _{{\textrm {alt}},i_{p}}^{\textrm {aus}}}}}$

1. Wir definieren zunächst auf der Menge

${\displaystyle M:=\left\{x,y\in \mathbb {R} \;|\;xy<1\right\}\subset \mathbb {R} ^{2}}$

für ein Zahlenpaar ${\displaystyle (x,y)\in M}$ die Verknüpfung partielle Addition ${\displaystyle \ast }$ durch

${\displaystyle {\begin{aligned}\ast &:&M&\longrightarrow &&\mathbb {R} ^{2}\\&&(x,y)&\longmapsto &&{\frac {x+y}{1-xy}}\end{aligned}}}$

2. Speziell für den Fall x=y hat man die ${\displaystyle \ast }$ Verdopplung:

${\displaystyle {\begin{aligned}Q&:&(-1;1)&\longrightarrow &&\mathbb {R} \\&&x&\longmapsto &&{\frac {2x}{1-x^{2}}}\end{aligned}}}$

Q ist auf (-1;1) streng monoton wachsend und bildet (-1;1) bijektiv auf ${\displaystyle \mathbb {R} }$ ab.

3. Die ${\displaystyle \ast }$ Halbierung ist die Umkehrfunktion von Q, gegeben durch:

${\displaystyle {\begin{aligned}q&:&\mathbb {R} &\longrightarrow &&(-1;1)\\&&x&\longmapsto &&{\frac {x}{1+{\sqrt {1+x^{2}}}}}\end{aligned}}}$

Die ${\displaystyle \ast }$ Halbierung q hat folgende Eigenschaften:

a) ${\displaystyle q(Q(x))=x\qquad \forall x\in (-1;1)}$
b) ${\displaystyle Q(q(x))=x\qquad \forall x\in \mathbb {R} }$
c) ${\displaystyle q(x\ast y)=q(x)\ast q(y)}$
d) ${\displaystyle |q(x)|\leq \left|{\frac {x}{2}}\right|}$

Neben den allgemeinen Elementen der Infinitisemalrechnung (Grenzwerte, Stetigkeit und Differenzierbarkeit von reellen Funktionen, geometrische Reihe) werden folgende axiomatische Forderungen an eine -- noch zu ermittelnde -- Funktion ${\displaystyle {\mathcal {A}}}$ gestellt:

1. Funktionalgleichung

${\displaystyle {\mathcal {A}}\left(x\ast y\right)={\mathcal {A}}(x)+{\mathcal {A}}(y)\qquad xy<1}$

2. Abschätzung

${\displaystyle {\frac {|x|}{\sqrt {1+x^{2}}}}\leq {\mathcal {A}}(x)\;\leq \;|x|\;\;\qquad x\in \mathbb {R} }$

Wir definieren folgende Zahlenfolgen:

1. ${\displaystyle x_{n}=q(x_{n-1}),\quad x_{0}=x}$

2. ${\displaystyle A_{n}(x)=2^{n}x_{n}}$

3. ${\displaystyle a_{n}(x)={\frac {2^{n}x_{n}}{\sqrt {1+x_{n}^{2}}}}={\frac {A_{n}(x)}{\sqrt {1+x_{n}^{2}}}}}$

Wir beschränken uns im folgenden der Übersichtlichkeit halber auf den Fall ${\displaystyle x\geq 0}$. Die Argumentation für ${\displaystyle x\leq 0}$ ist völlig analog.
Wegen ${\displaystyle x_{n}=q(x_{n-1})\leq x_{n-1}/2}$ ist ${\displaystyle x_{n}}$ eine monoton fallende Nullfolge.
Wir untersuchen das Verhalten von ${\displaystyle A_{n}(x)}$:

${\displaystyle {\frac {A_{n}(x)}{A_{n-1}(x)}}={\frac {2^{n}x_{n}}{2^{n-1}x_{n-1}}}\leq {\frac {2^{n}{\frac {1}{2}}x_{n-1}}{2^{n-1}x_{n-1}}}\leq 1}$

${\displaystyle A_{n}(x)}$ ist also eine monoton fallende Folge.
Für ${\displaystyle a_{n}(x)}$ ergibt sich folgendes Bild:

${\displaystyle {\frac {a_{n}(x)}{a_{n-1}(x)}}={\frac {2^{n}x_{n}{\sqrt {1+x_{n-1}^{2}}}}{2^{n-1}x_{n-1}{\sqrt {1+x_{n}^{2}}}}}\geq {\frac {2x_{n}}{\sqrt {1+x_{n}^{2}}}}}$

Aus den oben angegebenen Axiomen erhält man folgende Abschätzungskette für den Differenzenquotienten von ${\displaystyle {\mathcal {A}}}$ an einer beliebigen Stelle ${\displaystyle x\in \mathbb {R} }$

${\displaystyle {\begin{aligned}{\dfrac {\frac {\tfrac {x+h-x}{1+(x+h)\cdot x}}{\sqrt {1+\left({\tfrac {x+h-x}{1+(x+h)\cdot x}}\right)^{2}}}}{h}}&\leq &{\frac {{\mathcal {A}}(x+h)-{\mathcal {A}}(x)}{h}}&\leq {\frac {\tfrac {x+h-x}{1+(x+h)\cdot x}}{h}}\\\\{\frac {1}{\sqrt {(1+x^{2}+h\cdot x)^{2}+h^{2}}}}&\leq &{\frac {{\mathcal {A}}(x+h)-{\mathcal {A}}(x)}{h}}&\leq {\frac {1}{1+x^{2}+h\cdot x}}\end{aligned}}}$

Die Ungleichungskette gilt sowohl für ${\displaystyle h>0}$ als auch für ${\displaystyle h<0}$, sofern ${\displaystyle hx>-(1+x^{2})}$
Mit dem Einschnürungssatz erhält man nun durch den Grenzübergang ${\displaystyle h\to 0}$ die Ableitung an einer beliebigen Stelle x:

${\displaystyle {\mathcal {A}}'(x)=\lim _{h\to 0}{\frac {{\mathcal {A}}(x+h)-{\mathcal {A}}(x)}{h}}={\frac {1}{1+x^{2}}}}$

Die Funktion ${\displaystyle {\mathcal {A}}(x)}$ mit den in den Axiomen geforderten Eigenschaften ist also an jeder Stelle ${\displaystyle x\in \mathbb {R} }$ differenzierbar und hat die Ableitung ${\displaystyle {\mathcal {A}}'(x)=1/(1+x^{2})}$.

Nach dem Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung erhält man nun folgende Darstellung von ${\displaystyle {\mathcal {A}}(x)}$ als Stammfunktion:

${\displaystyle {\mathcal {A}}(x)=\int _{0}^{x}{\frac {1}{1+t^{2}}}dt}$

Nach der Summenformel für die geometrische Reihe gilt folgende Entwicklung für die Ableitung ${\displaystyle {\mathcal {A}}'(x)}$:

${\displaystyle {\mathcal {A}}'(x)={\frac {1}{1+x^{2}}}\qquad =\sum \limits _{k=0}^{\infty }(-1)^{k}\cdot x^{2k}\qquad \qquad \forall |x|<1}$

Durch gliedweise Integration erhält man daraus leicht die Taylor-Reihe für ${\displaystyle {\mathcal {A}}(x)}$:

${\displaystyle {\mathcal {A}}(x)=\int _{0}^{x}{\frac {1}{1+t^{2}}}dt=\sum \limits _{k=0}^{\infty }(-1)^{k}\cdot {\frac {x^{2k+1}}{2k+1}}\qquad \forall |x|<1}$

Man kann nun das Addition für ${\displaystyle {\mathcal {A}}(x)}$ nachrechnen:

${\displaystyle {\begin{aligned}{\mathcal {A}}(x)+{\mathcal {A}}(y)&=\int _{0}^{x}{\frac {1}{1+t^{2}}}dt+\int _{0}^{y}{\frac {1}{1+s^{2}}}ds\\&=\int _{0}^{x}{\frac {1}{1+t^{2}}}dt+\int _{x}^{\frac {x+y}{1-xy}}{\frac {(1+xt)^{2}}{(1+xt)^{2}+(t-x)^{2}}}\cdot {\frac {1+x^{2}}{(1+xt)^{2}}}dt\\&=\int _{0}^{x}{\frac {1}{1+t^{2}}}dt+\int _{x}^{\frac {x+y}{1-xy}}{\frac {1}{1+t^{2}}}dt\\&=\int _{0}^{\frac {x+y}{1-xy}}{\frac {1}{1+t^{2}}}dt\\&={\mathcal {A}}\left({\frac {x+y}{1-xy}}\right)\\&={\mathcal {A}}\left(x\ast y\right)\end{aligned}}}$

Hierbei haben wir zur Umformung des Integrals im 2. Summanden die Substitution

${\displaystyle t={\frac {x+s}{1-xs}}\Leftrightarrow s={\frac {t-x}{1+xt}},\quad {\frac {ds}{dt}}={\frac {1+x^{2}}{(1+xt)^{2}}}}$

verwendet.

Neben den allgemeinen Elementen der Infinitisemalrechnung (Grenzwerte, Stetigkeit und Differenzierbarkeit von reellen Funktionen, geometrische Reihe) werden folgende axiomatische Forderungen an eine -- noch zu ermittelnde -- Funktion ${\displaystyle {\mathcal {L}}}$ gestellt:

1. Funktionalgleichung

${\displaystyle {\mathcal {L}}\left(x\cdot y\right)={\mathcal {L}}(x)+{\mathcal {L}}(y)\qquad x,y\in \mathbb {R} ^{+}}$

2. Abschätzung

${\displaystyle {\mathcal {L}}(x)\;\leq \;x-1\;\;\qquad \qquad \qquad x\in \mathbb {R} ^{+}}$

1. Logarithmus von 1

${\displaystyle {\mathcal {L}}(1)=0}$

2. Logarithmus des Kehrwerts

${\displaystyle {\mathcal {L}}\left({\frac {1}{x}}\right)=-{\mathcal {L}}(x)}$

3. Logarithmus von Quotienten

${\displaystyle {\mathcal {L}}\left({\frac {x}{y}}\right)={\mathcal {L}}(x)-{\mathcal {L}}(y)}$

4. Logarithmus von ganzzahligen Potenzen

${\displaystyle {\mathcal {L}}\left(x^{n}\right)=n\cdot {\mathcal {L}}(x)}$

5. Logarithmus von ganzzahligen Wurzeln

${\displaystyle {\mathcal {L}}\left(x^{\frac {1}{n}}\right)={\frac {1}{n}}\cdot {\mathcal {L}}(x)}$

6. Logarithmus von beliebigen rationalen Potenzen

${\displaystyle {\mathcal {L}}\left(x^{\frac {m}{n}}\right)={\frac {m}{n}}\cdot {\mathcal {L}}(x)}$

7. Logarithmus von beliebigen rellen Potenzen

${\displaystyle {\mathcal {L}}\left(x^{r}\right)=r\cdot {\mathcal {L}}(x)}$

8. Abschätzung nach unten

${\displaystyle {\mathcal {L}}(x)\geq 1-{\frac {1}{x}}}$

Speziell für ${\displaystyle x^{\frac {1}{n}}}$ gilt nach Axiom 2 und Folgerung 8 die Ungleichungskette:

${\displaystyle 1-{\frac {1}{x^{\frac {1}{n}}}}\leq {\mathcal {L}}\left(x^{\frac {1}{n}}\right)\leq x^{\frac {1}{n}}-1}$

Multipliziert man diese Ungleichungskette mit ${\displaystyle n}$, so erhält man wegen Folgerung 5:

${\displaystyle n\left(1-{\frac {1}{x^{\frac {1}{n}}}}\right)\leq {\mathcal {L}}(x)\leq n\left(x^{\frac {1}{n}}-1\right)}$

Aus beweistechnischen Gründen ist es bequemer auf die Teilfolge ${\displaystyle n=2^{k}}$ überzugehen:

${\displaystyle 2^{k}\left(1-{\frac {1}{x^{\frac {1}{2^{k}}}}}\right)\leq {\mathcal {L}}(x)\leq 2^{k}\left(x^{\frac {1}{2^{k}}}-1\right)}$

Wenn es also eine Funktion ${\displaystyle {\mathcal {L}}(x)}$ mit den in den Axiomen geforderten Eigenschaften gibt, dann muss sie die obige Ungleichungskette erfüllen. Es ist nun naheliegend, die obere und untere Schranke als definierende Folgen herzunehmen, was das Vorgehen im folgenden Abschnitt motiviert.

Wir definieren folgende Zahlenfolgen:

1. ${\displaystyle x_{n}={\sqrt {x_{n-1}}},\quad x_{0}=x}$

2. ${\displaystyle L_{n}(x)=2^{n}(x_{n}-1)}$

3. ${\displaystyle l_{n}(x)=2^{n}\left(1-{\frac {1}{x_{n}}}\right)}$

Zunächst ist bekannt, dass die Folge ${\displaystyle x_{n}}$ den Grenzwert 1 hat.
Wegen

${\displaystyle (x_{n}-1)^{2}\geq 0\Longleftrightarrow x_{n}^{2}-1\geq 2x_{n}-2}$

haben wir zunächst:

${\displaystyle {\frac {L_{n}(x)}{L_{n-1}(x)}}={\frac {2^{n}(x_{n}-1)}{2^{n-1}(x_{n-1}-1)}}={\frac {2x_{n}-2}{x_{n}^{2}-1}}\leq 1}$

${\displaystyle L_{n}(x)}$ ist also eine monoton fallende Folge.
Wegen

${\displaystyle L_{n}(x)=x_{n}\;l_{n}(x)}$

und

${\displaystyle (x_{n}-1)^{2}\geq 0\Longleftrightarrow 2x_{n}^{2}-2x_{n}\geq x_{n}^{2}-1}$

erhält man auch leicht

${\displaystyle {\frac {l_{n}(x)}{l_{n-1}(x)}}={\frac {2^{n}(x_{n}-1)x_{n-1}}{2^{n-1}(x_{n-1}-1)x_{n}}}={\frac {(2x_{n}-2)x_{n}^{2}}{(x_{n}^{2}-1)x_{n}}}={\frac {2x_{n}^{2}-2x_{n}}{x_{n}^{2}-1}}\geq 1}$

woraus folgt, dass ${\displaystyle l_{n}(x)}$ eine monoton wachsende Folge ist.
Wegen

${\displaystyle (x_{n}-1)^{2}\geq 0\Longleftrightarrow x_{n}(x_{n}-1)\geq x_{n}-1\Longleftrightarrow x_{n}-1\geq 1-{\frac {1}{x_{n}}}}$

ist stets ${\displaystyle L_{n}(x)\geq l_{n}(x)}$.
Zu guter Letzt haben wir

${\displaystyle L_{n}(x)-l_{n}(x)=x_{n}l_{n}(x)-l_{n}(x)=l_{n}(x)(x_{n}-1)}$

D.h. ${\displaystyle L_{n}(x)-l_{n}(x)}$ ist eine monoton fallende Nullfolge und ${\displaystyle L_{n}(x)}$ und ${\displaystyle l_{n}(x)}$ haben den gleichen Grenzwert ${\displaystyle {\mathcal {L}}(x)}$.
Aus der Ungleichungskette