Universitaire wiskunde — Bachelor jaar 1 · Bachelor Year 1

11Rijen

Rijen werden in het deel Secundair onderwijs behandeld met het limietbegrip half op vertrouwen aangenomen. Hier wordt de theorie heropgebouwd op de volledigheid van $\R$ (Hoofdstuk 10): elke klassieke stelling — monotone convergentie, ingesloten rijen, Bolzano–Weierstrass, het Cauchycriterium — is een gezicht van dat ene axioma. Het hoofdstuk eindigt met de praktische studie van rijen gedefinieerd door $u_{n+1} = f(u_n)$ .

11.1 Convergentie

Definitie 11.1 (Limiet van een rij)

Een rij $(u_n)$ van reële getallen convergeert naar $\ell \in \R$ wanneer

\forall \varepsilon > 0,\ \exists N \in \N,\ \forall n \geq N, \qquad \abs{u_n - \ell} \leq \varepsilon .

Men schrijft $u_n \to \ell$ of $\lim u_n = \ell$ . Een rij die niet convergeert (naar enig reëel getal) divergeert. Divergentie naar $+\infty$ : $\forall M,\ \exists N,\ \forall n \geq N,\ u_n \geq M$ (analoog $-\infty$ ).

Voorbeeld 11.2 (Een $\varepsilon$ – $N$ -bewijs, één keer uitgeschreven)

Bewering: $u_n = \dfrac{n^2 + 1}{2n^2 - 3} \to \dfrac12$ . Isoleer eerst de fout:

\Bigl| u_n - \frac12 \Bigr| = \Bigl| \frac{2(n^2 + 1) - (2n^2 - 3)}{2(2n^2 - 3)} \Bigr| = \frac{5}{2\,\abs{2n^2 - 3}} = \frac{5}{2\,(2n^2 - 3)} \quad (n \geq 2).

Domineer ze dan met iets eenvoudigs: voor $n \geq 2$ is $2n^2 - 3 \geq n^2$ , dus de fout is $\leq \frac{5}{2n^2} \leq \frac 5{2n}$ . Gegeven $\varepsilon > 0$ levert de archimedische eigenschap een $N \geq \max\bigl(2, \frac{5}{2\varepsilon}\bigr)$ ; voor $n \geq N$ is de fout $\leq \varepsilon$ . Klaar. Het afsluitende inzicht: een $\varepsilon$ – $N$ -bewijs heeft precies drie stappen — bereken de fout, begrens ze door een dalende elementaire uitdrukking, los op naar de drempel — en na de stellingen van dit hoofdstuk (bewerkingen, insluiting) schrijft men zo’n bewijs bijna nooit meer: de stellingen verpakken de drie stappen eens en voor altijd.

Voorbeeld 11.3 (Divergentie naar oneindig, gecertificeerd)

Bewering: $u_n = n^2 - 100n \to +\infty$ . Ontbind de dominante term: $u_n = n^2\bigl(1 - \frac{100}{n}\bigr) \geq \frac{n^2}{2}$ voor $n \geq 200$ . Gegeven $M$ , neem $N = \max\bigl(200, \lceil\sqrt{2M}\rceil\bigr)$ : voor $n \geq N$ is $u_n \geq \frac{n^2}{2} \geq M$ . Twee gewoontes zijn hier zichtbaar: het ontbinden van de dominante term zet een wedstrijd ( $n^2$ tegen $-100n$ ) om in één schaal maal een factor die naar $1$ gaat; en de drempel mag enorm zijn ( $u_{100} = 0$ , de rij is zelfs negatief vóór $n = 100$ ) — divergentie naar $+\infty$ is een uitspraak over de staart, ongevoelig voor eender welke eindige hoeveelheid wangedrag.

Propositie 11.4 (Eerste eigenschappen)

De limiet is, indien hij bestaat, uniek.
Een convergente rij is begrensd.
Als $u_n \to \ell$ , dan laat elke wijziging van eindig veel termen de convergentie en de limiet ongewijzigd.

Bewijs. (1) Als $u_n \to \ell$ en $u_n \to \ell'$ met $\ell \neq \ell'$ , neem $\varepsilon = \frac{\abs{\ell - \ell'}}{3}$ : voorbij de twee drempels geldt $\abs{\ell - \ell'} \leq \abs{\ell - u_n} + \abs{u_n - \ell'} \leq 2\varepsilon = \frac23 \abs{\ell - \ell'}$ , absurd.

(2) Met $\varepsilon = 1$ : voorbij $N$ is $\abs{u_n} \leq \abs\ell + 1$ ; de eindig vele eerdere termen zijn eveneens begrensd, dus $\abs{u_n} \leq \max(\abs{u_0}, \dots, \abs{u_{N-1}}, \abs\ell + 1)$ .

(3) In detail: stel $v_n = u_n$ voor $n \geq n_0$ en $u_n \to \ell$ . Gegeven $\varepsilon > 0$ , neem de drempel $N$ voor $(u_n)$ : voor $n \geq \max(N, n_0)$ is $\abs{v_n - \ell} = \abs{u_n - \ell} \leq \varepsilon$ . Dus $v_n \to \ell$ : de definitie kwantificeert enkel over $n \geq N$ , en elk eindig beginstuk kan overschreven worden ten koste van een vergroting van de drempel. (Daarom volstaan hypothesen “voor alle grote $n$ ” overal in dit hoofdstuk.) ∎

Stelling 11.5 (Bewerkingen met limieten)

Als $u_n \to \ell$ en $v_n \to m$ , dan

u_n + v_n \to \ell + m, \qquad u_n v_n \to \ell m, \qquad \frac{u_n}{v_n} \to \frac{\ell}{m} \ (\text{als } m \neq 0), \qquad \abs{u_n} \to \abs\ell .

Bewijs. Som: $\abs{(u_n + v_n) - (\ell + m)} \leq \abs{u_n - \ell} + \abs{v_n - m} \leq 2\varepsilon$ voorbij de grootste drempel. Product: schrijf

u_n v_n - \ell m = (u_n - \ell)\,v_n + \ell\,(v_n - m);

$(v_n)$ is begrensd door een zekere $B$ (Propositie 11.4), dus het rechterlid is $\leq B\abs{u_n - \ell} + \abs{\ell}\,\abs{v_n - m}$ , willekeurig klein. Quotiënt: het volstaat $\frac 1{v_n}$ te behandelen. Met $\varepsilon = \frac{\abs m}{2}$ : voorbij een zekere $N_0$ is $\abs{v_n} \geq \frac{\abs m}{2}$ , dus

\Bigl| \frac{1}{v_n} - \frac 1m \Bigr| = \frac{\abs{m - v_n}}{\abs{v_n m}} \leq \frac{2}{m^2}\,\abs{v_n - m} \longrightarrow 0 .

Absolute waarde: $\bigl|\abs{u_n} - \abs\ell\bigr| \leq \abs{u_n - \ell}$ (omgekeerde driehoeksongelijkheid, Propositie 3.2). ∎

Voorbeeld 11.6 (Bewerkingen plus één algebraïsche truc)

Bereken $\lim\,\bigl(\sqrt{n^2 + n} - n\bigr)$ . De twee stukken gaan afzonderlijk naar $+\infty$ : de bewerkingsstelling zegt niets over hun verschil (een onbepaalde vorm). Vermenigvuldig met de toegevoegde:

\sqrt{n^2 + n} - n = \frac{(n^2 + n) - n^2}{\sqrt{n^2 + n} + n} = \frac{n}{\sqrt{n^2+n} + n} = \frac{1}{\sqrt{1 + \frac1n} + 1} .

Nu convergeert alles: $\sqrt{1 + \frac1n} \to 1$ , want $0 \leq \sqrt{1 + h} - 1 = \frac{h}{\sqrt{1+h} + 1} \leq h$ (opnieuw de toegevoegde, dan insluiting met $h = \frac1n$ ); vervolgens geeft de bewerkingsstelling de limiet $\frac{1}{1 + 1} = \frac12$ . Het afsluitende inzicht: de bewerkingsstelling is geen rekenmachine voor alle limieten — onbepaalde vormen ( $\infty - \infty$ , $\frac00$ , $0 \times \infty$ , $1^\infty$ ) moeten eerst omgevormd worden door algebra (toegevoegden, ontbinden van de dominante term) tot elk stuk convergeert; de systematische machine voor hardnekkige gevallen is de asymptotische ontwikkeling van Hoofdstuk 16.

Stelling 11.7 (Limieten en orde)

Als $u_n \leq v_n$ voor alle grote $n$ , en beide convergeren, dan $\lim u_n \leq \lim v_n$ . (Strikte ongelijkheden gaan niet over op de limiet: $\frac 1n > 0$ maar $\lim = 0$ .)
(Insluitstelling) Als $u_n \leq w_n \leq v_n$ voor alle grote $n$ en $u_n, v_n \to \ell$ , dan $w_n \to \ell$ .
Als $u_n \to \ell > 0$ , dan $u_n > \frac\ell2 > 0$ voor alle grote $n$ .

Bewijs. (1) Stel $\ell = \lim u_n > m = \lim v_n$ ; met $\varepsilon = \frac{\ell - m}{3}$ voldoen grote termen aan $v_n \leq m + \varepsilon < \ell - \varepsilon \leq u_n$ , in tegenspraak met $u_n \leq v_n$ .

(2) Voorbij de drempels: $\ell - \varepsilon \leq u_n \leq w_n \leq v_n \leq \ell + \varepsilon$ .

(3) is Definitie 11.1 met $\varepsilon = \frac\ell2$ . ∎

Voorbeeld 11.8 (Twee insluitingen)

(i) $\dfrac{\sin n}{n} \to 0$ : uit $-\frac1n \leq \frac{\sin n}{n} \leq \frac1n$ , waarbij beide wanden op $0$ instorten — zonder ook maar iets van de grillige teller te hoeven begrijpen. (ii) $(2^n + 3^n)^{1/n} \to 3$ : omkader de binnenkant,

3^n \leq 2^n + 3^n \leq 2\cdot3^n \quad\Longrightarrow\quad 3 \leq (2^n + 3^n)^{1/n} \leq 3\cdot 2^{1/n} ,

en $2^{1/n} = \eu^{\frac{\ln 2}{n}} \to 1$ (zoals voor $5^{1/n}$ in Oefening 11.2): de insluiting levert $3$ . Het afsluitende inzicht: een som van concurrerende exponentiëlen gedraagt zich als haar grootste term — de kleinere worden opgeslokt door een onschadelijke constante factor, die de $n$ -de wortel vervolgens uitwist.

11.2 Monotone rijen

Stelling 11.9 (Stelling van de monotone limiet)

Een stijgende, naar boven begrensde rij convergeert, naar $\sup\{u_n : n \in \N\}$ ; een stijgende, niet naar boven begrensde rij divergeert naar $+\infty$ . (Spiegelbeeldige uitspraken voor dalende rijen.)

Bewijs. Zij $s = \sup\{u_n\}$ (Stelling 10.2). Gegeven $\varepsilon > 0$ levert de $\varepsilon$ -karakterisering (Propositie 10.4) een $N$ met $u_N > s - \varepsilon$ ; door monotonie geldt $s - \varepsilon < u_N \leq u_n \leq s$ voor alle $n \geq N$ : convergentie naar $s$ . Indien onbegrensd: voor elke $M$ is er een $u_N > M$ , en monotonie houdt alle latere termen boven $M$ . ∎

Voorbeeld 11.10 (De monotone stelling als bestaansmachine)

Zij $u_n = \prod_{k=1}^{n} \bigl(1 + \frac{1}{2^k}\bigr)$ . Elke factor is groter dan $1$ , dus $(u_n)$ is stijgend. Naar boven begrensd? Neem logaritmen en gebruik $\ln(1 + x) \leq x$ (Voorbeeld 14.20 anticipeert erop; of het grove $1 + x \leq \eu^x$ uit het deel Secundair onderwijs):

\ln u_n = \sum_{k=1}^{n} \ln\Bigl(1 + \frac{1}{2^k}\Bigr) \leq \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{2^k} < 1 ,

dus $u_n < \eu$ . Stijgend en begrensd: $(u_n)$ convergeert naar een zekere $\ell \in \intoc{u_1}{\eu}$ — een perfect welgedefinieerd reëel getal zonder gesloten vorm in zicht ( $\ell = 2.384\dots$ ). Het afsluitende inzicht: de stelling van de monotone limiet is de goedkoopste bestaansmachine in de analyse; ze benoemde $\eu$ zelf (Voorbeeld 11.12 hieronder), en in Hoofdstuk 17 zal ze de convergentie van elke positieve reeks beslissen door louter begrensdheid.

Stelling 11.11 (Ingesloten rijen)

Zij $(a_n)$ stijgend, $(b_n)$ dalend, met $b_n - a_n \to 0$ . Dan convergeren beide, naar een gemeenschappelijke limiet $\ell$ , en $a_n \leq \ell \leq b_n$ voor alle $n$ .

Bewijs. Eerst $a_n \leq b_n$ voor alle $n$ : de rij $(b_n - a_n)$ is dalend en gaat naar $0$ , dus is ze $\geq 0$ (een negatieve term zou ze onder $0$ vastzetten). Vervolgens is $(a_n)$ stijgend en naar boven begrensd door $b_0$ : ze convergeert naar een zekere $\ell$ (Stelling 11.9); evenzo $(b_n) \to \ell'$ ; en $\ell' - \ell = \lim (b_n - a_n) = 0$ . De ongelijkheden $a_n \leq \ell \leq b_n$ volgen uit monotonie ( $\ell = \sup a_k \geq a_n$ , enz.). ∎

Ingesloten rijen: (a_n) klimt, (b_n) daalt, en de kloof tussen hen krimpt tot 0. Elk interval [a_n, b_n] bevat alle latere, en de gemeenschappelijke limiet is het unieke punt dat in elk interval overblijft — het beeld achter de dichotomiebewijzen van Bolzano–Weierstrass hieronder en van de tussenwaardestelling in . — Ingesloten rijen: $(a_n)$ klimt, $(b_n)$ daalt, en de kloof tussen hen krimpt tot $0$ . Elk interval $\intcc{a_n}{b_n}$ bevat alle latere, en de gemeenschappelijke limiet $\ell$ is het unieke punt dat in elk interval overblijft — het beeld achter de dichotomiebewijzen van Bolzano–Weierstrass hieronder en van de tussenwaardestelling in Hoofdstuk 13.

Voorbeeld 11.12 (Het getal $\eu$ )

Stel $a_n = \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{k!}$ en $b_n = a_n + \frac{1}{n \cdot n!}$ ( $n \geq 1$ ). Dan stijgt $(a_n)$ ; en

b_{n+1} - b_n = \frac{1}{(n+1)!} + \frac{1}{(n+1)(n+1)!} - \frac{1}{n\,n!} = \frac{n(n+1) + n - (n+1)^2}{n(n+1)(n+1)!} = \frac{-1}{n(n+1)(n+1)!} < 0 ,

dus $(b_n)$ daalt, en $b_n - a_n \to 0$ : ingesloten. Hun gemeenschappelijke limiet is (per definitie hier) het getal $\eu \approx 2.71828$ ; de ongelijkheden $a_n < \eu < b_n$ zijn scherp genoeg om $\eu \notin \Q$ te bewijzen (Oefening 11.9).

11.3 Deelrijen en Bolzano–Weierstrass

Definitie 11.13 (Deelrij)

Een deelrij van $(u_n)$ is een rij $(u_{\varphi(n)})$ waarbij $\varphi \colon \N \to \N$ strikt stijgend is (merk op dat $\varphi(n) \geq n$ , door inductie).

Propositie 11.14

Als $u_n \to \ell$ ( $\ell \in \R$ of $\pm\infty$ ), dan gaat elke deelrij naar $\ell$ . Bijgevolg divergeert een rij met twee deelrijen van verschillende limieten. Omgekeerd, als $(u_{2n})$ en $(u_{2n+1})$ beide naar dezelfde $\ell$ convergeren, dan $u_n \to \ell$ .

Bewijs. Voorbij de drempel $N$ voor $(u_n)$ voldoen alle indices $\varphi(n) \geq n \geq N$ (de ongelijkheid $\varphi(n) \geq n$ is de inductie opgemerkt in Definitie 11.13: $\varphi(0) \geq 0$ , en $\varphi(n+1) > \varphi(n) \geq n$ dwingt $\varphi(n+1) \geq n + 1$ af). Voor de omkering: gegeven $\varepsilon$ , neem de twee drempels $N_0$ (even) en $N_1$ (oneven); een willekeurige index $n \geq \max(2N_0, 2N_1 + 1)$ is ofwel even, $n = 2k$ met $k \geq N_0$ , ofwel oneven, $n = 2k+1$ met $k \geq N_1$ — in beide gevallen $\abs{u_n - \ell} \leq \varepsilon$ : elke index wordt gedekt door een van de twee deelrijen, en dat is het hele punt. ∎

Voorbeeld 11.15 (Deelrijlimieten)

Voor $u_n = (-1)^n \frac{n}{n+1}$ : de even deelrij gaat naar $1$ , de oneven naar $-1$ , dus de rij divergeert — maar ze doet dat op een georganiseerde manier, clusterend rond de twee waarden $\pm 1$ . Voor $u_n = \cos\frac{2\pi n}{3}$ : de drie deelrijen van indices $3k$ , $3k + 1$ , $3k + 2$ zijn constant, gelijk aan $1$ , $-\frac12$ , $-\frac12$ ; de verzameling deelrijlimieten is $\{1, -\frac12\}$ . Het afsluitende inzicht: een begrensde rij convergeert precies wanneer ze één enkele deelrijlimiet heeft (Oefening 11.8); divergentie van een begrensde rij betekent altijd minstens twee clusters, en Bolzano–Weierstrass hieronder garandeert dat er minstens één is.

Stelling 11.16 (Bolzano–Weierstrass)

Elke begrensde rij van reële getallen heeft een convergente deelrij.

Bewijs. Zij $u_n \in \intcc{a}{b}$ voor alle $n$ . Bouw geneste segmenten door dichotomie: stel $\intcc{a_0}{b_0} = \intcc{a}{b}$ ; gegeven $\intcc{a_k}{b_k}$ dat $u_n$ bevat voor oneindig veel $n$ , bevat een van de twee helften nog steeds $u_n$ voor oneindig veel $n$ — noem ze $\intcc{a_{k+1}}{b_{k+1}}$ . De rijen $(a_k)$ , $(b_k)$ zijn ingesloten ( $b_k - a_k = \frac{b-a}{2^k} \to 0$ ), met gemeenschappelijke limiet $\ell$ (Stelling 11.11).

Extraheer: kies $\varphi(0)$ met $u_{\varphi(0)} \in \intcc{a_0}{b_0}$ , dan, door inductie, $\varphi(k+1) > \varphi(k)$ met $u_{\varphi(k+1)} \in \intcc{a_{k+1}}{b_{k+1}}$ — mogelijk omdat dat segment oneindig veel termen bevat. Dan $a_k \leq u_{\varphi(k)} \leq b_k$ , en de insluitstelling geeft $u_{\varphi(k)} \to \ell$ . ∎

Opmerking 11.17 (Wat Bolzano–Weierstrass wel, en niet, zegt)

Ze zegt wel: uit louter begrensdheid convergeert een deelrij — bestaan zonder formule, zoals het dichotomiebewijs duidelijk maakt (niets vertelt ons welke indices overleven). Ze zegt niet dat de limiet uniek is: $((-1)^n)$ heeft deelrijen die naar $1$ en naar $-1$ convergeren, en de verzameling deelrijlimieten kan zelfs oneindig zijn (Voorbeeld 11.15, en heel de Cantorverzameling in Probleem 12.1). Ze overleeft onbegrensdheid niet: $(n)$ heeft helemaal geen convergente deelrij — al kan men uit elke onbegrensde rij altijd een deelrij extraheren die naar $+\infty$ of $-\infty$ gaat (kies $\varphi(k)$ met $u_{\varphi(k)} \geq k$ , bijvoorbeeld). Correct gebruikt is de stelling een bestaanspomp: ze verschijnt op het kruispunt van het Cauchycriterium hieronder, van de stelling van Heine, en van de extremumstelling — steeds om een punt voort te brengen dat geen enkele expliciete constructie aanbiedt.

11.4 Cauchyrijen en volledigheid

Definitie 11.18

Een rij $(u_n)$ is een Cauchyrij wanneer haar termen willekeurig dicht bij elkaar komen:

\forall \varepsilon > 0,\ \exists N,\ \forall p, q \geq N, \qquad \abs{u_p - u_q} \leq \varepsilon .

Voorbeeld 11.19 (De Cauchy-eigenschap met de hand nagaan)

Zij $u_n = \sum_{k=0}^{n} \frac{\cos k}{2^k}$ — geen monotonie, geen raadbare limiet. Voor $p > q$ :

\abs{u_p - u_q} = \Bigl| \sum_{k=q+1}^{p} \frac{\cos k}{2^k} \Bigr| \leq \sum_{k=q+1}^{p} \frac{1}{2^k} < \frac{1}{2^{q}} ,

door de driehoeksongelijkheid, $\abs{\cos k} \leq 1$ en een eindige meetkundige som. Gegeven $\varepsilon > 0$ , kies $N$ met $2^{-N} \leq \varepsilon$ : alle afstanden voorbij $N$ zijn $\leq \varepsilon$ , de rij is Cauchy, dus convergeert ze — naar een limiet die niemand in gesloten vorm kan benoemen, wat precies het punt is. Het afsluitende inzicht: meetkundige dominantie van de aangroeiingen is de standaard manier om de Cauchy-eigenschap te verdienen, en Hoofdstuk 17 zal het argument bottelen als “absolute convergentie impliceert convergentie”.

Stelling 11.20 (Volledigheid van $\R$ )

Een rij van reële getallen convergeert dan en slechts dan als ze een Cauchyrij is.

Bewijs. ( $\Rightarrow$ ) Als $u_n \to \ell$ : voorbij de drempel voor $\frac\varepsilon2$ is $\abs{u_p - u_q} \leq \abs{u_p - \ell} + \abs{\ell - u_q} \leq \varepsilon$ .

( $\Leftarrow$ ) Zij $(u_n)$ Cauchy. Ze is begrensd: met $\varepsilon = 1$ liggen voorbij $N$ alle termen binnen $1$ van $u_N$ , en de kop is eindig. Extraheer: door Stelling 11.16 gaat een zekere deelrij $u_{\varphi(n)} \to \ell$ . Besluit: gegeven $\varepsilon > 0$ , neem $N$ (Cauchy, voor $\frac\varepsilon2$ ) en $n \geq N$ met $\abs{u_{\varphi(n)} - \ell} \leq \frac\varepsilon2$ en $\varphi(n) \geq N$ ; dan geldt voor elke $p \geq N$ :

\abs{u_p - \ell} \leq \abs{u_p - u_{\varphi(n)}} + \abs{u_{\varphi(n)} - \ell} \leq \varepsilon . \qedhere

∎

Opmerking 11.21

De waarde van het criterium: het certificeert convergentie zonder de limiet te benoemen. Het faalt over $\Q$ (de decimale afkappingen van $\sqrt 2$ vormen een Cauchyrij van rationale getallen zonder rationale limiet): volledigheid is een eigenschap van $\R$ , equivalent met het bovengrensaxioma. Het is ook het werkpaard achter de convergentie van reeksen (Hoofdstuk 17).

Voorbeeld 11.22 (Een Cauchyrij met een onzichtbare limiet)

Zij $S_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k^2}$ . Voor $p > q \geq 1$ :

S_p - S_q = \sum_{k=q+1}^{p} \frac{1}{k^2} \leq \sum_{k=q+1}^{p} \frac{1}{k(k-1)} = \sum_{k=q+1}^{p} \Bigl(\frac{1}{k-1} - \frac 1k\Bigr) = \frac 1q - \frac 1p < \frac 1q ,

dus voorbij $N > \frac1\varepsilon$ zijn alle afstanden $\leq \varepsilon$ : $(S_n)$ is Cauchy, dus convergeert ze. Merk op wat zojuist gebeurde: we bewezen dat een bepaald reëel getal bestaat zonder er enige naam voor te hebben. (Het is $\frac{\pi^2}{6}$ — een gevierde identiteit van Euler, bewezen in het deel Jaar 2; niets in dit hoofdstuk kon ons dat vertellen.) Deze arbeidsverdeling — bestaan nu, identificatie later, indien ooit — is het hele punt van het Cauchycriterium, en de motor van de theorie van reeksen in Hoofdstuk 17.

11.5 Recurrente rijen

Methode 11.23 (Studie van $u_{n+1} = f(u_n)$ )

Gegeven $f$ en een startpunt $u_0$ :

Stabiel interval: vind een interval $I$ met $f(I) \subseteq I$ dat $u_0$ bevat: dan zijn alle $u_n \in I$ (door inductie).
Kandidaat-limieten: als $u_n \to \ell \in I$ en $f$ continu is in $\ell$ (Hoofdstuk 13), dan is $\ell$ een vast punt: $f(\ell) = \ell$ . Los $f(x) = x$ op.
Monotonie: als $f$ stijgend is op $I$ , dan is $(u_n)$ monotoon (stijgend als $u_1 \geq u_0$ , anders dalend); gecombineerd met begrensdheid besluit Stelling 11.9. Als $f$ dalend is, bestudeer de twee deelrijen $(u_{2n})$ en $(u_{2n+1})$ , die monotoon zijn voor $f \circ f$ .
Foutbeheersing: een ongelijkheid $\abs{f(x) - \ell} \leq k\abs{x - \ell}$ met $k < 1$ geeft rechtstreeks $\abs{u_n - \ell} \leq k^n \abs{u_0 - \ell} \to 0$ .

Voorbeeld 11.24 (Methode van Heron)

Zij $u_0 = 2$ en $u_{n+1} = \dfrac12\Bigl(u_n + \dfrac{2}{u_n}\Bigr)$ : het aloude algoritme voor $\sqrt 2$ .

Stabiliteit: voor $x > 0$ geeft de rekenkundig-meetkundige middelongelijkheid $\frac12(x + \frac2x) \geq \sqrt{x \cdot \frac 2x} = \sqrt 2$ ; dus $I = \intco{\sqrt 2}{+\infty}$ is stabiel en bevat $u_1$ (inderdaad $u_1 = \frac32 \geq \sqrt 2$ ).
Monotonie: voor $x \geq \sqrt 2$ is $\;x - f(x) = \frac{x^2 - 2}{2x} \geq 0$ : de rij daalt vanaf $u_1$ , en is naar onder begrensd door $\sqrt 2$ : ze convergeert.
Limiet: de vaste punten lossen $x = \frac12(x + \frac2x)$ op, d.w.z. $x^2 = 2$ : op $I$ is $\ell = \sqrt 2$ .
Snelheid: $u_{n+1} - \sqrt 2 = \frac{(u_n - \sqrt2)^2}{2u_n} \leq \frac{(u_n - \sqrt 2)^2}{2\sqrt 2}$ : het aantal juiste cijfers verdubbelt ruwweg bij elke stap (kwadratische convergentie).

De Heron-iteratie u_n+1 = 1/2 (u_n + 2/u_n ), getekend als een trap tussen de grafiek van f en de diagonaal y = x: vanaf u_0 = 2 glijden de iteraten af naar het vaste punt √ 2. — De Heron-iteratie $u_{n+1} = \frac12\bigl(u_n + \frac{2}{u_n}\bigr)$ , getekend als een trap tussen de grafiek van $f$ en de diagonaal $y = x$ : vanaf $u_0 = 2$ glijden de iteraten af naar het vaste punt $\sqrt 2$ .

Opmerking 11.25 (Veelvoorkomende valkuilen met limieten)

Vier klassiekers. (i) Kleine stappen impliceren geen convergentie: $u_{n+1} - u_n \to 0$ is veel zwakker dan de Cauchy-eigenschap — de harmonische sommen $H_n$ hebben stappen $\frac{1}{n+1} \to 0$ en divergeren toch naar $+\infty$ (Oefening 11.5); de Cauchy-voorwaarde beheerst $\abs{u_p - u_q}$ voor alle grote paren, niet voor opeenvolgende. (ii) Strikte ongelijkheden sterven in de limiet: uit $u_n < v_n$ voor alle $n$ krijgt men enkel $\lim u_n \leq \lim v_n$ (Stelling 11.7); $\frac1n > 0$ en toch $\lim = 0$ . (iii) Begrensd is niet convergent: $((-1)^n)$ is begrensd en divergeert; begrensdheid plus monotonie convergeert, begrensdheid alleen garandeert enkel een convergente deelrij (Stelling 11.16). (iv) De vastepuntsvergelijking komt op de tweede plaats, niet de eerste: voor $u_{n+1} = f(u_n)$ identificeert het oplossen van $f(\ell) = \ell$ de limiet pas nadat de convergentie bewezen is. De recurrentie $u_{n+1} = 2u_n$ heeft het unieke vaste punt $\ell = 0$ , maar vanaf $u_0 = 1$ loopt de rij naar $+\infty$ : de vergelijking $\ell = 2\ell$ had nooit recht op een limiet. Volgorde van bewerkingen, altijd: bestaan eerst (Methode 11.23, stappen 1–3), identificatie tweede.

Voorbeeld 11.26 (Een dalende $f$ : de gulden recurrentie)

Zij $u_0 = 1$ en $u_{n+1} = \dfrac{1}{1 + u_n}$ . Hier is $f(x) = \frac{1}{1+x}$ dalend, dus de rij is niet monotoon (ze alterneert rond haar limiet); de contractiestap van Methode 11.23 is het juiste gereedschap. Stabiliteit: als $x \in \intcc{\frac12}{1}$ dan $1 + x \in \intcc{\frac32}{2}$ , dus $f(x) \in \intcc{\frac12}{\frac23} \subseteq \intcc{\frac12}{1}$ , en $u_1 = \frac12$ plaatst de hele rij daar. Vast punt: $\ell = \frac{1}{1+\ell}$ met $\ell > 0$ geeft $\ell^2 + \ell - 1 = 0$ , d.w.z.

\ell = \frac{\sqrt5 - 1}{2} = 0.6180\dots

(de inverse van de gulden snede). Contractie: voor $x, y \in \intcc{\frac12}{1}$ ,

\abs{f(x) - f(y)} = \frac{\abs{x - y}}{(1+x)(1+y)} \leq \frac{\abs{x-y}}{(3/2)^2} = \frac49\,\abs{x - y} ,

dus $\abs{u_n - \ell} \leq \bigl(\frac49\bigr)^{n-1}\abs{u_1 - \ell} \to 0$ : convergentie, met meetkundige snelheid, zonder monotonie nodig te hebben. Het afsluitende inzicht: monotone methoden en contractiemethoden verdelen de recurrente wereld onder elkaar — stijgende $f$ geeft monotone banen, dalende $f$ geeft alternerende banen getemd door een Lipschitz-constante $< 1$ (de systematische theorie is Oefening 14.11).

Opmerking 11.27 (Perspectieven binnen dit deel)

Rijen zijn het meetinstrument dat de rest van het deel tegen elk object aanhoudt. In Hoofdstuk 12 karakteriseren ze geslotenheid en compactheid; in Hoofdstuk 13 transporteren ze limieten van functies; in Hoofdstuk 15 zijn Riemannsommen rijen die naar de integraal convergeren; Hoofdstuk 17 is de theorie van één speciale klasse van rijen, de partiële sommen. Zelfs de algebrahoofdstukken verbruiken ze: de iteraten van een matrix in Hoofdstuk 21 vormen rijen waarvan het gedrag (convergentie van $A^n$ ) een lineaire-algebravraag is met de woordenschat van dit hoofdstuk. De twee stellingen om overal mee te dragen: monotone limiet (bestaan uit orde) en Bolzano–Weierstrass (bestaan uit begrensdheid) — tussen hen beiden wordt bijna elke limiet in dit boek geboren.

Opmerking 11.28 (Complexe rijen)

Een rij $(z_n)$ van complexe getallen convergeert naar $\ell$ wanneer $\abs{z_n - \ell} \to 0$ ; equivalent, wanneer $\Re(z_n) \to \Re(\ell)$ en $\Im(z_n) \to \Im(\ell)$ (vergelijk $\abs{z}$ met $\abs{\Re z} + \abs{\Im z}$ ). De stellingen die geen orde betrekken — bewerkingen, Bolzano–Weierstrass (extraheer tweemaal), Cauchycriterium — gaan woordelijk over.

11.6 Oefeningen

Oefening 11.1 ★

Bewijs rechtstreeks uit Definitie 11.1 dat $\dfrac{2n+1}{n+3} \to 2$ , en dat $(u_n) = ((-1)^n)$ divergeert.

Oplossing

Oplossing van Oefening 11.1.

$\Bigl|\dfrac{2n+1}{n+3} - 2\Bigr| = \dfrac{5}{n+3}$ . Gegeven $\varepsilon > 0$ , neem $N > \frac 5\varepsilon - 3$ (Archimedes): voor $n \geq N$ is $\frac{5}{n+3} \leq \varepsilon$ . Dus is de limiet $2$ .

$((-1)^n)$ : zijn deelrijen $(u_{2n}) = (1)$ en $(u_{2n+1}) = (-1)$ convergeren naar verschillende limieten, dus de rij divergeert (Propositie 11.14). (Rechtstreeks: elke kandidaat $\ell$ faalt voor $\varepsilon = \frac12$ , aangezien opeenvolgende termen op afstand $2$ liggen.)

Oefening 11.2 ★

Bereken de limieten:

\frac{n^2 - 3n + 1}{2n^2 + 5}, \qquad \sqrt{n+1} - \sqrt n, \qquad \frac{2^n + n^3}{3^n - n^2}, \qquad \sqrt[n]{5}\ \Bigl(= 5^{1/n}\Bigr).

Oplossing

Oplossing van Oefening 11.2.

Delen door $n^2$ : $\dfrac{1 - 3/n + 1/n^2}{2 + 5/n^2} \to \dfrac12$ .

$\sqrt{n+1} - \sqrt n = \dfrac{1}{\sqrt{n+1} + \sqrt n} \to 0$ (toegevoegde).

$\dfrac{2^n + n^3}{3^n - n^2} = \dfrac{(2/3)^n + n^3/3^n}{1 - n^2/3^n} \to \dfrac{0 + 0}{1 - 0} = 0$ , met $q^n \to 0$ voor $\abs q < 1$ en de veelterm-versus-meetkundige vergelijking (Propositie 4.6).

$5^{1/n} = \eu^{\frac{\ln 5}{n}} \to \eu^0 = 1$ .

Oefening 11.3 ★

Bewijs de standaardvergelijking: als $\abs{q} < 1$ dan $q^n \to 0$ (schrijf $\frac{1}{\abs q} = 1 + h$ , $h > 0$ , en gebruik de ongelijkheid van Bernoulli $(1+h)^n \geq 1 + nh$ , te bewijzen door inductie). Wat zijn de gedragingen voor $q = 1$ , $q = -1$ , $\abs q > 1$ ?

Oplossing

Oplossing van Oefening 11.3.

Bernoulli: $(1+h)^n \geq 1 + nh$ voor $h \geq -1$ , door inductie — $(1+h)^{n+1} = (1+h)^n(1+h) \geq (1+nh)(1+h) = 1 + (n+1)h + nh^2 \geq 1 + (n+1)h$ .

Voor $0 < \abs q < 1$ : schrijf $\frac{1}{\abs q} = 1 + h$ , $h > 0$ ; dan $\abs{q}^n = \frac{1}{(1+h)^n} \leq \frac{1}{1 + nh} \to 0$ , en de insluiting geeft $q^n \to 0$ (het geval $q = 0$ is triviaal). Voor $q = 1$ : constante rij, limiet $1$ . Voor $q = -1$ : divergeert (Oefening 11.1). Voor $\abs q > 1$ : $\abs q^n = (1 + h)^n \geq 1 + nh \to +\infty$ , dus $(q^n)$ is onbegrensd, dus divergent (naar $+\infty$ als $q > 1$ ; met alternerende tekens, geen limiet, als $q < -1$ ).

Oefening 11.4 ★

Zij $u_{n+1} = \frac{u_n + 3}{2}$ , $u_0 = 0$ . Vind het vaste punt $\ell$ , bewijs dat $v_n = u_n - \ell$ meetkundig is, en geef een expliciete formule en de limiet van $(u_n)$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 11.4.

Vast punt: $\ell = \frac{\ell + 3}{2}$ geeft $\ell = 3$ . Dan

v_{n+1} = u_{n+1} - 3 = \frac{u_n + 3}{2} - 3 = \frac{u_n - 3}{2} = \frac{v_n}{2}:

$(v_n)$ is meetkundig met reden $\frac12$ , $v_0 = -3$ . Dus $u_n = 3 - \frac{3}{2^n} \to 3$ .

Oefening 11.5 ★★

(Harmonische reeks) Zij $H_n = \sum_{k=1}^{n} \frac 1k$ . Bewijs dat $H_{2n} - H_n \geq \frac12$ voor alle $n \geq 1$ , en besluit dat $(H_n)$ geen Cauchyrij is, dus divergeert (naar $+\infty$ , aangezien ze stijgend is).

Oplossing

Oplossing van Oefening 11.5.

$H_{2n} - H_n = \sum_{k=n+1}^{2n} \frac 1k \geq n \cdot \frac{1}{2n} = \frac12$ (elk van de $n$ termen is $\geq \frac{1}{2n}$ ). Als $(H_n)$ Cauchy zou zijn, zou $\varepsilon = \frac13$ nemen $\abs{H_{2n} - H_n} \leq \frac13$ afdwingen voor grote $n$ : tegenspraak. Een stijgende niet-convergente rij divergeert naar $+\infty$ (Stelling 11.9): $H_n \to +\infty$ .

Oefening 11.6 ★★

Stel dat $(u_{2n})$ , $(u_{2n+1})$ en $(u_{3n})$ alle convergeren. Bewijs dat $(u_n)$ convergeert. (Vind gemeenschappelijke deelrijen om de limieten gelijk te stellen.)

Oplossing

Oplossing van Oefening 11.6.

Zij $a = \lim u_{2n}$ , $b = \lim u_{2n+1}$ , $c = \lim u_{3n}$ . De rij $(u_{6n})$ is een deelrij van zowel $(u_{2n})$ als $(u_{3n})$ : haar limiet is gelijk aan $a$ en $c$ , dus $a = c$ . De rij $(u_{6n+3})$ is een deelrij van $(u_{2n+1})$ (oneven indices) en van $(u_{3n})$ (indices $6n + 3 = 3(2n+1)$ ): dus $b = c$ . Dus $a = b$ , en Propositie 11.14 (even en oneven met gelijke limieten) geeft de convergentie van $(u_n)$ .

Oefening 11.7 ★★

Bestudeer de rij $u_0 = 0$ , $u_{n+1} = \sqrt{2 + u_n}$ : stabiliteit, monotonie, limiet. Bewijs vervolgens de foutgrens $\abs{u_n - 2} \leq \dfrac{2}{3^{\,n}}$ (toon aan dat $2 - u_{n+1} = \dfrac{2 - u_n}{2 + \sqrt{2 + u_n}}$ en begrens de noemer naar onder door $3$ ).

Oplossing

Oplossing van Oefening 11.7.

Stabiliteit en grenzen: $I = \intcc{0}{2}$ is stabiel: voor $x \in I$ is $\sqrt{2 + x} \in \intcc{\sqrt 2}{2} \subseteq I$ ; en $u_0 = 0 \in I$ .

Monotonie: $f(x) = \sqrt{2+x}$ is stijgend en $u_1 = \sqrt 2 > u_0$ : door inductie is $(u_n)$ stijgend. Stijgend en naar boven begrensd door $2$ : ze convergeert (Stelling 11.9).

Limiet: $\ell = \sqrt{2 + \ell}$ met $\ell \geq 0$ geeft $\ell^2 - \ell - 2 = 0$ , dus $\ell = 2$ .

Foutgrens: vermenigvuldigen met de toegevoegde,

2 - u_{n+1} = 2 - \sqrt{2 + u_n} = \frac{4 - (2 + u_n)}{2 + \sqrt{2+u_n}} = \frac{2 - u_n}{2 + \sqrt{2 + u_n}} \leq \frac{2 - u_n}{3},

aangezien $\sqrt{2 + u_n} \geq \sqrt 2 > 1$ . Door inductie vanaf $2 - u_0 = 2$ : $\;0 \leq 2 - u_n \leq \frac{2}{3^n}$ .

Oefening 11.8 ★★

Zij $(u_n)$ begrensd, zodanig dat elke convergente deelrij van $(u_n)$ dezelfde limiet $\ell$ heeft. Bewijs $u_n \to \ell$ . (Tegenspraak plus Bolzano–Weierstrass.)

Oplossing

Oplossing van Oefening 11.8.

Stel dat $(u_n)$ niet naar $\ell$ convergeert: voor een zekere $\varepsilon_0 > 0$ voldoen oneindig veel indices aan $\abs{u_n - \ell} > \varepsilon_0$ ; zij vormen een deelrij $(u_{\varphi(n)})$ . Deze deelrij is begrensd, dus door Bolzano–Weierstrass (Stelling 11.16) heeft ze een convergente deel-deelrij, waarvan de limiet $\ell'$ voldoet aan $\abs{\ell' - \ell} \geq \varepsilon_0$ (breng de ongelijkheid naar de limiet, Stelling 11.7). Maar een deel-deelrij van $(u_n)$ is een convergente deelrij van $(u_n)$ , dus per hypothese $\ell' = \ell$ : tegenspraak.

Oefening 11.9 ★★★

Met de notatie van Voorbeeld 11.12, stel $\eu = \frac pq$ met $p, q \in \N^*$ . Gebruik $a_q < \eu < b_q = a_q + \frac{1}{q\, q!}$ , vermenigvuldig met $q!$ en leid een tegenspraak af tussen twee gehele getallen. Besluit: $\eu$ is irrationaal.

Oplossing

Oplossing van Oefening 11.9.

Stel $\eu = \frac pq$ , $q \geq 1$ . De strikte ongelijkheden $a_q < \eu < a_q + \frac{1}{q\,q!}$ (strikt aangezien $(a_n)$ strikt stijgend en $(b_n)$ strikt dalend is) vermenigvuldigd met $q!$ geven

q!\,a_q \;<\; q!\,\frac pq \;<\; q!\,a_q + \frac 1q \leq q!\,a_q + 1.

Nu is $N = q!\,a_q = \sum_{k=0}^{q} \frac{q!}{k!}$ een geheel getal (elk $\frac{q!}{k!}$ is een product van gehele getallen voor $k \leq q$ ), en zo ook $q!\,\frac pq = (q-1)!\,p$ . De weergave plaatst dus het gehele getal $(q-1)!\,p$ strikt tussen $N$ en $N + \frac 1q \leq N + 1$ : een geheel getal strikt binnen $\intoo{N}{N+1}$ , wat onmogelijk is. Dus $\eu \notin \Q$ .

Oefening 11.10 ★★★

(Cesàro-gemiddelden) Voor een rij $(u_n)_{n \geq 1}$ , stel $c_n = \frac{u_1 + \dots + u_n}{n}$ .

Bewijs dat $u_n \to \ell$ impliceert $c_n \to \ell$ (knip de som af bij een drempel $N$ ; begrens de kop door een vaste hoeveelheid over $n$ , de staart door $\varepsilon$ ).
Toon aan de hand van een voorbeeld dat de omkering faalt.
Leid af dat als $u_{n+1} - u_n \to \ell$ , dan $\frac{u_n}{n} \to \ell$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 11.10.

Zij $\varepsilon > 0$ en $N$ met $\abs{u_k - \ell} \leq \frac{\varepsilon}{2}$ voor $k > N$ . Voor $n > N$ :

$\abs{c_n - \ell} = \Bigl|\frac{\sum_{k=1}^{n}(u_k - \ell)}{n}\Bigr| \leq \frac{\sum_{k=1}^{N} \abs{u_k - \ell}}{n} + \frac{n - N}{n}\cdot\frac{\varepsilon}{2} \leq \frac{C}{n} + \frac{\varepsilon}{2},$

waarbij $C = \sum_{k=1}^N \abs{u_k - \ell}$ vast is. Voor grote $n$ is $\frac Cn \leq \frac\varepsilon2$ : dan $\abs{c_n - \ell} \leq \varepsilon$ .
$u_n = (-1)^n$ : divergeert, maar $c_n \to 0$ (partiële sommen begrensd door $1$ , gedeeld door $n$ ).
Pas (1) toe op de rij $v_n = u_{n+1} - u_n \to \ell$ : haar Cesàro-gemiddelde is $\frac{u_{n+1} - u_1}{n} \to \ell$ (telescoperend), en $\frac{u_{n+1}}{n} = \frac{u_{n+1} - u_1}{n} + \frac{u_1}{n} \to \ell$ ; herschaling van de indices ( $\frac{u_n}{n} = \frac{u_n}{n-1}\cdot\frac{n-1}{n}$ ) geeft $\frac{u_n}{n} \to \ell$ .

Oefening 11.11 ★★★

Zij $(u_n)$ voldoend aan $0 \leq u_{m+n} \leq u_m + u_n$ voor alle $m, n$ (subadditiviteit). Bewijs dat $\bigl(\frac{u_n}{n}\bigr)$ convergeert naar $\inf_{n \geq 1} \frac{u_n}{n}$ . (Voor vaste $m$ , schrijf $n = qm + r$ en begrens $\frac{u_n}{n}$ met $u_n \leq q\,u_m + u_r$ .)

Oplossing

Oplossing van Oefening 11.11.

Zij $L = \inf_{n \geq 1} \frac{u_n}{n} \geq 0$ , en $\varepsilon > 0$ . Kies $m$ met $\frac{u_m}{m} \leq L + \varepsilon$ . Elke $n$ schrijft $n = qm + r$ , $0 \leq r < m$ ; subadditiviteit (herhaald) geeft $u_n \leq q\,u_m + u_r$ , dus

\frac{u_n}{n} \leq \frac{q m}{n}\cdot\frac{u_m}{m} + \frac{u_r}{n} \leq \frac{u_m}{m} + \frac{\max(u_0, \dots, u_{m-1})}{n} \leq L + \varepsilon + \frac{C_m}{n},

met $qm \leq n$ . Voor grote $n$ is $\frac{C_m}{n} \leq \varepsilon$ : dus $L \leq \frac{u_n}{n} \leq L + 2\varepsilon$ voor alle grote $n$ , wat de convergentie naar $L$ is.

Oefening 11.12 ★★★

Gebruik de dichtheid van de deelgroep $\Z + 2\pi\Z$ van $(\R, +)$ (Oefening 10.9) om te bewijzen dat de rij $(\sin n)_{n \in \N}$ dicht ligt in $\intcc{-1}{1}$ — ze divergeert in het bijzonder.

Oplossing

Oplossing van Oefening 11.12.

De deelgroep $G = \Z + 2\pi\Z$ van $(\R, +)$ ligt dicht: hij is niet $\alpha\Z$ , aangezien $1 = p\alpha$ , $2\pi = q\alpha$ zou maken dat $2\pi = \frac qp$ rationaal is — en $\pi \notin \Q$ (hier toegegeven; een bewijs wordt geschetst in Hoofdstuk 15). Door Oefening 10.9 ligt $G$ dicht in $\R$ .

Zij nu $y \in \intcc{-1}{1}$ en $\theta = \arcsin y$ . Door dichtheid zijn er voor elke $\varepsilon > 0$ getallen $n \in \Z$ , $k \in \Z$ met $\abs{(n + 2\pi k) - \theta} \leq \varepsilon$ , d.w.z. $n$ ligt binnen $\varepsilon$ van $\theta - 2\pi k$ ; dan, aangezien $\sin$ $2\pi$ -periodiek en $1$ -Lipschitz is ( $\abs{\sin a - \sin b} \leq \abs{a - b}$ , uit de middelwaardeongelijkheid van Hoofdstuk 14),

\abs{\sin n - y} = \abs{\sin(n + 2\pi k) - \sin\theta} \leq \abs{n + 2\pi k - \theta} \leq \varepsilon .

Eén detail: $n$ loopt over $\Z$ , maar $\sin(-n) = -\sin n$ en $y$ was willekeurig in $\intcc{-1}{1}$ , dus niet-negatieve indices volstaan (vervang $(n, y)$ door $(-n, -y)$ indien nodig). Dus $\{\sin n : n \in \N\}$ ligt dicht in $\intcc{-1}{1}$ ; een rij die dicht ligt in een segment heeft deelrijen die verschillende waarden benaderen, dus ze divergeert.

11.7 Probleem: Cesàro, Stolz, en de trage val van de sinus

Probleem 11.1

Weekendprobleem — de stelling van Cesàro–Stolz en de asymptotiek $u_n \sim \sqrt{3/n}$ voor $u_{n+1} = \sin u_n$

De stelling van Cesàro–Stolz is de discrete regel van l’Hôpital: om de limiet van een quotiënt $a_n/b_n$ te vinden, volstaat het de limiet te vinden van het quotiënt van aangroeiingen $(a_{n+1} - a_n)/(b_{n+1} - b_n)$ . Dit probleem bewijst de stelling, oogst er klassieke limieten mee, en richt ze dan op een beroemd doelwit: de rij $u_{n+1} = \sin u_n$ , die naar $0$ kruipt met de exact berekenbare snelheid $u_n \sim \sqrt{3/n}$ . Twee feiten uit het deel Secundair onderwijs worden hier verleend en later in dit deel eerlijk opnieuw bewezen: de raaklijnongelijkheid

\tag{G1} \eu^{u} \geq 1 + u \quad (u \in \R),

opnieuw bewezen door convexiteit in Hoofdstuk 14, en de sinusinsluiting

\tag{G2} x - \frac{x^3}{6} \;\leq\; \sin x \;\leq\; x - \frac{x^3}{6} + \frac{x^5}{120} \quad (0 \leq x \leq 1), \qquad \abs{\sin x} \leq \abs{x} \quad (x \in \R),

opnieuw bewezen door de formule van Taylor in Hoofdstuk 16.

Deel I — Sommen zonder gesloten formules.

Gebruik $1 + 2 + \dots + n = \frac{n(n+1)}{2}$ en $1^2 + \dots + n^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$ om $\lim \frac{1 + 2 + \dots + n}{n^2}$ en $\lim \frac{1^2 + \dots + n^2}{n^3}$ te berekenen.
Zij $T_n = \sum_{k=1}^n \sqrt k$ , waarvoor geen gesloten formule bestaat. Bewijs de insluiting

$\frac{1}{2\sqrt 2}\,n^{3/2} \;\leq\; T_n \;\leq\; n^{3/2}$

(behoud enkel de termen $k > \frac n2$ voor de ondergrens). Dus $T_n$ heeft de orde $n^{3/2}$ — maar met welke constante? Houd de vraag aan tot vraag 8.
(Telescoperingslemma) Zij $(b_n)$ strikt stijgend en stel dat voor alle $k \geq N$ ,

$m \;\leq\; \frac{a_{k+1} - a_k}{b_{k+1} - b_k} \;\leq\; M .$

Bewijs dat $m \leq \dfrac{a_n - a_N}{b_n - b_N} \leq M$ voor elke $n > N$ .

Deel II — De stelling van Cesàro–Stolz. Zij $(b_n)$ strikt stijgend met $b_n \to +\infty$ , en stel $\dfrac{a_{n+1} - a_n}{b_{n+1} - b_n} \to \ell \in \R$ .

Fixeer $\varepsilon > 0$ . Toon aan dat er een $N$ is zodat $\ell - \varepsilon \leq \dfrac{a_n - a_N}{b_n - b_N} \leq \ell + \varepsilon$ voor alle $n > N$ .
Stel, voor $n > N$ , de identiteit op

$\frac{a_n}{b_n} - \ell = \frac{a_N - \ell\,b_N}{b_n} + \Bigl(1 - \frac{b_N}{b_n}\Bigr) \Bigl(\frac{a_n - a_N}{b_n - b_N} - \ell\Bigr),$

en besluit de stelling: $\dfrac{a_n}{b_n} \to \ell$ .
Bewijs de $+\infty$ -variant: als $\dfrac{a_{n+1} - a_n}{b_{n+1} - b_n} \to +\infty$ (dezelfde hypothesen op $(b_n)$ ), dan $\dfrac{a_n}{b_n} \to +\infty$ .
Neem $b_n = n$ : herwin de stelling van het Cesàro-gemiddelde van Oefening 11.10. Toon dan aan dat de omkering van Cesàro–Stolz faalt: voor $a_n = (-1)^n$ , $b_n = n$ convergeert het quotiënt $a_n/b_n$ terwijl het quotiënt van aangroeiingen dat niet doet. Stolz is een eenrichtingsstraat.

Deel III — Eerste dividenden.

Bewijs $(1+h)^{3/2} - 1 = \dfrac{3h + 3h^2 + h^3}{(1+h)^{3/2} + 1}$ door toevoeging, leid $n\bigl((1 + \tfrac1n)^{3/2} - 1\bigr) \to \tfrac32$ af, en besluit met Cesàro–Stolz:

$T_n = \sum_{k=1}^{n} \sqrt k \;\sim\; \tfrac23\, n^{3/2} ,$

wat de cliffhanger van vraag 2 oplost.
Leid uit (G1) alleen de logaritme-insluiting af

$\frac{t}{1 + t} \;\leq\; \ln(1 + t) \;\leq\; t \qquad (t > -1)$

(pas (G1) toe in $u = \ln(1+t)$ en in $u = -t/(1+t)$ ).
Toon aan dat $b_n = \ln n$ strikt stijgend is met $\ln n \to +\infty$ , en bewijs met Cesàro–Stolz en vraag 9 dat

$H_n = \sum_{k=1}^{n} \frac 1k \;\sim\; \ln n .$

(De fijnere structuur $H_n = \ln n + \gamma + o(1)$ is het weekendprobleem van Hoofdstuk 17.)
(Van verhoudingen naar wortels) Zij $u_n > 0$ met $\frac{u_{n+1}}{u_n} \to L > 0$ . Toon met vraag 9 aan dat $\ln\frac{u_{n+1}}{u_n} \to \ln L$ ; pas Cesàro toe om te besluiten dat $\frac{\ln u_n}{n} \to \ln L$ , en dan, met (G1), dat $u_n^{1/n} \to L$ . Toepassing: bereken $\lim\,\binom{2n}{n}^{1/n}$ .

Deel IV — De trage val van de sinus. Zij $u_0 \in \R$ en $u_{n+1} = \sin u_n$ .

Toon uit (G2) aan dat $0 < \sin x < x$ voor $0 < x \leq 1$ . Leid af: $u_1 \in \intcc{-1}{1}$ ; als $u_1 = 0$ is de rij nul vanaf rang $1$ ; en als $u_1 > 0$ (het geval $u_1 < 0$ is symmetrisch, $\sin$ oneven), dan is $(u_n)_{n \geq 1}$ strikt dalend, positief, en convergeert naar $0$ (identificeer de limiet via $\ell = \sin \ell$ , met $\abs{\sin a - \sin b} \leq \abs{a - b}$ , zelf een gevolg van (G2) en de product-naar-som-formule).
Neem vanaf nu aan $u_1 \in \intoc{0}{1}$ . Toon door insluiting, met (G2):

$\frac{\sin u_n}{u_n} \to 1 \qquad\text{en}\qquad \frac{u_n - \sin u_n}{u_n^{3}} \to \frac16 .$
Bewijs de ontbinding

$w_n := \frac{1}{u_{n+1}^{2}} - \frac{1}{u_n^{2}} = \frac{u_n - \sin u_n}{u_n^{3}} \cdot \frac{u_n + \sin u_n}{u_n} \cdot \Bigl(\frac{u_n}{\sin u_n}\Bigr)^{2},$

en leid $w_n \to \frac13$ af.
Besluit met Oefening 11.10 (aangroeiingsversie) dat $\frac{1}{n\,u_n^{2}} \to \frac13$ , en dan, door een toevoegingsargument voor de vierkantswortel, de kop:

$\sqrt n\;u_n \longrightarrow \sqrt 3 , \qquad\text{d.w.z.}\qquad u_n \sim \sqrt{\frac 3n} .$
Kwantificeer de traagheid: toon aan dat uiteindelijk $\sqrt{2/n} \leq u_n \leq 2/\sqrt n$ , zodat het bereiken van $u_n \leq 10^{-2}$ meer dan $20\,000$ iteraties vereist (ongeveer $30\,000$ , volgens de asymptotiek). Contrasteer met de methode van Heron (Voorbeeld 11.24) en verklaar de structurele reden: in het vaste punt $0$ is de helling van $\sin$ gelijk aan $1$ (een neutraal vast punt), terwijl fouthalverende iteraties een helling van modulus $< 1$ nodig hebben.
Toon aan dat voor elk startpunt $u_0 \in \R$ ofwel $u_n = 0$ vanaf rang $1$ , ofwel $\abs{u_n} \sim \sqrt{3/n}$ — de val is universeel, alleen het teken onthoudt $u_0$ .

Deel V — Het algemene principe. De sinus is één exemplaar van een machine.

Zij $u_n > 0$ , $u_n \to 0$ , en $\dfrac{u_n - u_{n+1}}{u_n^{2}} \to a > 0$ . Bewijs achtereenvolgens: $\frac{u_{n+1}}{u_n} \to 1$ ; dan $\frac{1}{u_{n+1}} - \frac{1}{u_n} \to a$ ; dan $n\,u_n \to \frac1a$ .
(Exact model) Voor $u_{n+1} = \dfrac{u_n}{1 + u_n}$ , $u_0 > 0$ : toon aan dat $\frac{1}{u_n}$ rekenkundig is, los exact op, en controleer het besluit van vraag 18 tegen de exacte formule.
Voor $u_{n+1} = u_n \eu^{-u_n}$ , $u_0 > 0$ : toon aan dat $u_n \to 0$ , gebruik (G1) om $\frac{1 - \eu^{-t}}{t}$ in te sluiten tussen $\frac{1}{1+t}$ en $1$ voor $t > 0$ , en besluit $u_n \sim \frac 1n$ .
(Kubisch contact, gekwadrateerde telescoop) Zij $u_n > 0$ , $u_n \to 0$ , $\dfrac{u_n - u_{n+1}}{u_n^{3}} \to a > 0$ . Pas de ontbinding van vraag 14 aan om aan te tonen dat $\frac{1}{u_{n+1}^2} - \frac{1}{u_n^2} \to 2a$ , en besluit $n\,u_n^{2} \to \frac{1}{2a}$ . Controleer dat $a = \frac16$ Deel IV herwint.

Deel VI — Grenzen van de methode, en moralen.

Toon aan dat de hypothese $b_n \to +\infty$ niet kan worden weggelaten: voor $a_n = 2 - 2^{-n}$ en $b_n = 1 - 2^{-n}$ gaat het aangroeiingsquotiënt naar $1$ terwijl $\frac{a_n} {b_n} \to 2$ . Wijs de precieze regel van het bewijs van vraag 5 aan die breekt.
(Stolz tweemaal) Bewijs $\sum_{k=1}^{n} H_k \sim n \ln n$ (één toepassing van Cesàro–Stolz, dan vraag 10; begrens $(n+1)\ln(n+1) - n\ln n$ met vraag 9).
(Meetkundige gemiddelden) Als $u_n > 0$ en $u_n \to \ell > 0$ , toon aan dat $(u_1 u_2 \cdots u_n)^{1/n} \to \ell$ ; als $u_n \to +\infty$ , toon aan dat $(u_1 \cdots u_n)^{1/n} \to +\infty$ . Leid af $(n!)^{1/n} \to +\infty$ .
Synthese, één zin elk: (i) waar precies deed volledigheid haar intrede in dit probleem; (ii) in welke zin is Cesàro–Stolz een discrete regel van l’Hôpital (haar differentiële tweeling rust op de middelwaardestelling van Hoofdstuk 14); (iii) formuleer de heuristiek die de contactorde van $f$ in een neutraal vast punt verbindt met de vervalexponent van $u_{n+1} = f(u_n)$ ; (iv) traceer de constante $3$ van $\sqrt{3/n}$ terug door de pijplijn $\frac16 \to \frac13 \to 3$ .

Oplossing

Oplossing van Probleem 11.1.

1. $\dfrac{n(n+1)/2}{n^2} = \dfrac{1 + 1/n}{2} \to \dfrac12$ , en $\dfrac{n(n+1)(2n+1)/6}{n^3} = \dfrac{(1 + 1/n)(2 + 1/n)}{6} \to \dfrac13$ .

2. Boven: elk van de $n$ termen is $\leq \sqrt n$ , dus $T_n \leq n\sqrt n$ . Onder: de termen met $k > \frac n2$ tellen er minstens $\frac n2$ , en elk is $\geq \sqrt{n/2}$ :

T_n \geq \frac n2 \sqrt{\frac n2} = \frac{n^{3/2}}{2\sqrt 2} .

3. Voor $k \geq N$ , aangezien $b_{k+1} - b_k > 0$ : $m(b_{k+1} - b_k) \leq a_{k+1} - a_k \leq M(b_{k+1} - b_k)$ . Sommeren voor $k = N, \dots, n - 1$ doet beide leden telescoperen:

m\,(b_n - b_N) \leq a_n - a_N \leq M\,(b_n - b_N),

en delen door $b_n - b_N > 0$ geeft de bewering.

4. Per definitie van de limiet is er een $N$ met $\ell - \varepsilon \leq \frac{a_{k+1} - a_k}{b_{k+1} - b_k} \leq \ell + \varepsilon$ voor alle $k \geq N$ ; vraag 3 met $m = \ell - \varepsilon$ , $M = \ell + \varepsilon$ draagt de insluiting over naar $\frac{a_n - a_N}{b_n - b_N}$ .

5. Het rechterlid van de identiteit uitwerken:

\frac{a_N - \ell b_N}{b_n} + \frac{a_n - a_N}{b_n} - \ell\,\frac{b_n - b_N}{b_n} = \frac{a_n - \ell b_n}{b_n} = \frac{a_n}{b_n} - \ell .

Door vraag 4 is de tweede factor van het product in absolute waarde begrensd door $\varepsilon$ , en $0 < 1 - \frac{b_N}{b_n} \leq 1$ voor grote $n$ , dus

\Bigl|\frac{a_n}{b_n} - \ell\Bigr| \leq \frac{\abs{a_N - \ell b_N}}{b_n} + \varepsilon \leq 2\varepsilon

zodra $b_n \geq \frac{\abs{a_N - \ell b_N}}{\varepsilon}$ , wat uiteindelijk gebeurt aangezien $b_n \to +\infty$ . Dus $\frac{a_n}{b_n} \to \ell$ : de stelling van Cesàro–Stolz.

6. Gegeven $M$ , kies $N$ met $\frac{a_{k+1} - a_k}{b_{k+1} - b_k} \geq M$ voor $k \geq N$ ; de onderste helft van vraag 3 geeft $a_n - a_N \geq M(b_n - b_N)$ , dus

\frac{a_n}{b_n} \geq \frac{a_N}{b_n} + M\Bigl(1 - \frac{b_N}{b_n}\Bigr) \longrightarrow M .

Voorbij een zekere rang is $\frac{a_n}{b_n} \geq M - 1$ ; aangezien $M$ willekeurig was, $\frac{a_n}{b_n} \to +\infty$ .

7. Met $b_n = n$ en $a_n = u_1 + \dots + u_n$ : het aangroeiingsquotiënt is $u_{n+1} \to \ell$ , dus het Cesàro-gemiddelde $\frac{a_n}{n}$ gaat naar $\ell$ : deel (1) van Oefening 11.10. Met $a_n = u_n$ : het aangroeiingsquotiënt is $u_{n+1} - u_n$ , wat deel (3) geeft. Omkering: $a_n = (-1)^n$ , $b_n = n$ heeft $\frac{a_n}{b_n} \to 0$ , maar $a_{n+1} - a_n = \pm 2$ alterneert: het aangroeiingsquotiënt heeft geen limiet.

8. Toevoeging:

\bigl((1+h)^{3/2} - 1\bigr)\bigl((1+h)^{3/2} + 1\bigr) = (1+h)^3 - 1 = 3h + 3h^2 + h^3 .

Voor $h = \frac1n$ : $n\bigl((1 + \frac1n)^{3/2} - 1\bigr) = \frac{3 + 3/n + 1/n^2}{(1 + 1/n)^{3/2} + 1}$ , en $1 \leq (1 + \frac1n)^{3/2} \leq (1 + \frac1n)^2 \to 1$ (insluiting), dus de noemer gaat naar $2$ en de uitdrukking naar $\frac32$ . Nu Stolz met $a_n = T_n$ , $b_n = n^{3/2}$ (strikt stijgend, $\to +\infty$ ):

\frac{\sqrt{n+1}}{(n+1)^{3/2} - n^{3/2}} = \frac{\sqrt{n+1}}{\sqrt n} \cdot \frac{1}{n\bigl((1 + \frac1n)^{3/2} - 1\bigr)} \longrightarrow 1 \cdot \frac{2}{3},

dus $T_n \sim \frac23\,n^{3/2}$ . (De insluiting van vraag 2 had de constante gevangen in $\intcc{0.35}{1}$ ; Stolz prikt ze vast.)

9. (G1) in $u = \ln(1+t)$ : $1 + t = \eu^{\ln(1+t)} \geq 1 + \ln(1+t)$ , dus $\ln(1+t) \leq t$ . (G1) in $u = -\frac{t}{1+t}$ : $\eu^{-t/(1+t)} \geq 1 - \frac{t}{1+t} = \frac{1}{1+t} > 0$ ; $\ln$ nemen (stijgend): $-\frac{t}{1+t} \geq -\ln(1+t)$ , d.w.z. $\ln(1+t) \geq \frac{t}{1+t}$ .

10. $\ln$ is strikt stijgend (Propositie 4.1), en $\ln(2^k) = k\ln 2$ is onbegrensd, dus $\ln n \to +\infty$ . Aangroeiingen: met $t = \frac1n$ in vraag 9,

\frac 1{n+1} = \frac{1/n}{1 + 1/n} \leq \ln\Bigl(1 + \frac1n\Bigr) \leq \frac1n \quad\Longrightarrow\quad \frac{n}{n+1} \leq \frac{1/(n+1)}{\ln(1 + 1/n)} \leq 1 ,

dus het aangroeiingsquotiënt $\frac{H_{n+1} - H_n}{\ln(n+1) - \ln n}$ gaat naar $1$ ; Stolz geeft $H_n \sim \ln n$ .

11. Stel $x_n = \frac{u_{n+1}}{u_n} \to L$ en $t_n = \frac{x_n}{L} - 1 \to 0$ . Vraag 9: $\frac{t_n}{1 + t_n} \leq \ln(1 + t_n) \leq t_n$ , dus $\ln x_n - \ln L = \ln(1 + t_n) \to 0$ door insluiting. Cesàro (vraag 7) toegepast op $(\ln x_k)$ :

\frac1n \sum_{k=0}^{n-1} \ln x_k = \frac{\ln u_n - \ln u_0}{n} \longrightarrow \ln L ,

dus $\frac{\ln u_n}{n} \to \ln L$ . Met $h_n = \frac{\ln u_n}{n} - \ln L \to 0$ : $u_n^{1/n} = L\,\eu^{h_n}$ , en (G1) sluit $1 + h_n \leq \eu^{h_n} \leq \frac{1}{1 - h_n}$ in (voor $h_n < 1$ ), dus $\eu^{h_n} \to 1$ en $u_n^{1/n} \to L$ . Toepassing: $u_n = \binom{2n}{n}$ geeft

\frac{u_{n+1}}{u_n} = \frac{(2n+1)(2n+2)}{(n+1)^2} = \frac{2(2n+1)}{n+1} \longrightarrow 4 , \qquad\text{dus}\qquad \binom{2n}{n}^{1/n} \to 4 .

12. Voor $0 < x \leq 1$ geeft (G2) $\sin x \geq x(1 - \frac{x^2}{6}) \geq \frac{5x}{6} > 0$ en

x - \sin x \geq \frac{x^3}{6} - \frac{x^5}{120} = x^3\Bigl(\frac16 - \frac{x^2}{120}\Bigr) \geq \frac{19}{120}\,x^3 > 0 :

dus $0 < \sin x < x$ op $\intoc{0}{1}$ . Steeds $u_1 = \sin u_0 \in \intcc{-1}{1}$ . Als $u_1 = 0$ , dan $u_n = 0$ voor $n \geq 1$ . Als $u_1 \in \intoc{0}{1}$ : door inductie $0 < u_{n+1} = \sin u_n < u_n \leq 1$ , dus $(u_n)_{n\geq1}$ is strikt dalend en naar onder begrensd door $0$ : ze convergeert naar een zekere $\ell \in \intco{0}{1}$ (Stelling 11.9). De product-naar-som-formule en (G2) geven $\abs{\sin a - \sin b} = 2\abs{\cos \frac{a+b}{2}}\,\abs{\sin \frac{a-b}{2}} \leq \abs{a - b}$ , dus $u_{n+1} = \sin u_n \to \sin \ell$ : $\ell = \sin\ell$ . Als $\ell > 0$ dan $\sin\ell < \ell$ : onmogelijk. Dus $u_n \to 0$ .

13. (G2) delen door $u_n > 0$ :

1 - \frac{u_n^2}{6} \leq \frac{\sin u_n}{u_n} \leq 1 - \frac{u_n^2}{6} + \frac{u_n^4}{120} \leq 1 ,

en $u_n \to 0$ sluit $\frac{\sin u_n}{u_n} \to 1$ in. $x - \sin x$ delen door $x^3$ :

\frac16 - \frac{u_n^2}{120} \leq \frac{u_n - \sin u_n}{u_n^3} \leq \frac16 \longrightarrow \frac16 .

14. Aangezien $u_{n+1} = \sin u_n$ :

w_n = \frac{u_n^2 - \sin^2 u_n}{u_n^2 \sin^2 u_n} = \frac{(u_n - \sin u_n)(u_n + \sin u_n)}{u_n^2 \sin^2 u_n} = \frac{u_n - \sin u_n}{u_n^3}\cdot \frac{u_n + \sin u_n}{u_n}\cdot \Bigl(\frac{u_n}{\sin u_n}\Bigr)^{2}

(controleer de machten van $u_n$ : $3 + 1 + (-4)$ tegen de $u_n^2$ onderaan en $u_n^4$ bovenaan). Door vraag 13 gaan de drie factoren naar $\frac16$ , $2$ , $1$ : $w_n \to \frac13$ .

15. $v_n = \frac{1}{u_n^2}$ heeft aangroeiingen $v_{n+1} - v_n = w_n \to \frac13$ , dus $\frac{v_n}{n} \to \frac13$ door Oefening 11.10 (3): $n u_n^2 \to 3$ . Dan

\abs{\sqrt n\,u_n - \sqrt 3} = \frac{\abs{n u_n^2 - 3}}{\sqrt n\,u_n + \sqrt 3} \leq \frac{\abs{n u_n^2 - 3}}{\sqrt 3} \longrightarrow 0 :

$\sqrt n\,u_n \to \sqrt 3$ , d.w.z. $u_n \sim \sqrt{3/n}$ .

16. Aangezien $n u_n^2 \to 3$ , is uiteindelijk $2 \leq n u_n^2 \leq 4$ , d.w.z. $\sqrt{2/n} \leq u_n \leq 2/\sqrt n$ . Als $u_n \leq 10^{-2}$ met $n$ in dat bereik, dan $2/n \leq 10^{-4}$ : $n \geq 20\,000$ ; en $\sqrt{3/n} = 10^{-2}$ bij $n = 30\,000$ . De methode van Heron kwadrateert de fout bij elke stap — het aantal cijfers verdubbelt — omdat in haar vaste punt de relevante helling $< 1$ in modulus is (inderdaad is de iteratie contraherend). Hier is $\sin' 0 = \cos 0 = 1$ : het vaste punt is neutraal, geen meetkundige contractie bestaat, en het verval wordt bestuurd door de eerste niet-lineaire term $-\frac{x^3}{6}$ , dus polynomiaal. Eén stap van Heron wint meer nauwkeurigheid dan tienduizend stappen van de sinus.

17. Voor willekeurige $u_0$ : $u_1 = \sin u_0 \in \intcc{-1}{1}$ . Als $u_1 = 0$ verdwijnt de rij vanaf rang $1$ . Als $u_1 > 0$ , geldt Deel IV woordelijk. Als $u_1 < 0$ , stel $v_n = -u_n$ : de oneven-heid van $\sin$ geeft $v_{n+1} = -\sin u_n = \sin(-u_n) = \sin v_n$ met $v_1 \in \intoc{0}{1}$ , dus $v_n \sim \sqrt{3/n}$ , d.w.z. $u_n \sim -\sqrt{3/n}$ . In alle gevallen $\abs{u_n} \sim \sqrt{3/n}$ (of de rij is uiteindelijk $0$ ): de val is universeel, alleen het teken onthoudt het begin.

18. Eerst $\frac{u_{n+1}}{u_n} = 1 - \frac{u_n - u_{n+1}}{u_n^2}\,u_n \to 1 - a \cdot 0 = 1$ . Dan

\frac{1}{u_{n+1}} - \frac{1}{u_n} = \frac{u_n - u_{n+1}}{u_n u_{n+1}} = \frac{u_n - u_{n+1}}{u_n^2}\cdot\frac{u_n}{u_{n+1}} \longrightarrow a \cdot 1 = a ,

en Oefening 11.10 (3) geeft $\frac{1}{n u_n} \to a$ , d.w.z. $n u_n \to \frac1a$ .

19. $v_n = \frac{1}{u_n}$ : $v_{n+1} = \frac{1 + u_n}{u_n} = v_n + 1$ , dus $v_n = v_0 + n$ en

u_n = \frac{u_0}{1 + n u_0} , \qquad n u_n = \frac{n u_0}{1 + n u_0} \longrightarrow 1 .

Lemmacontrole: $u_n - u_{n+1} = \frac{u_n^2}{1 + u_n}$ , dus $\frac{u_n - u_{n+1}}{u_n^2} = \frac{1}{1 + u_n} \to 1 = a$ , en vraag 18 voorspelt $n u_n \to 1$ : exacte overeenstemming.

20. Positiviteit door inductie ( $\eu^{-u} > 0$ ); dalend aangezien $\eu^{-u_n} < 1$ voor $u_n > 0$ ; dus $u_n \to \ell \geq 0$ (Stelling 11.9). Continuïteitsbrug: met $h_n = \ell - u_n \to 0$ , $\eu^{-u_n} = \eu^{-\ell} \eu^{h_n} \to \eu^{-\ell}$ door de (G1)-insluiting $1 + h_n \leq \eu^{h_n} \leq \frac{1}{1 - h_n}$ ; dus $\ell = \ell\, \eu^{-\ell}$ , en $\ell > 0$ zou $\eu^{-\ell} = 1$ afdwingen, onwaar: $\ell = 0$ . Voor $t > 0$ geeft (G1) $\eu^{-t} \geq 1 - t$ en $\eu^{-t} \leq \frac{1}{1 + t}$ , dus

\frac{1}{1 + t} \leq \frac{1 - \eu^{-t}}{t} \leq 1 .

Met $t = u_n$ : $\frac{u_n - u_{n+1}}{u_n^2} = \frac{1 - \eu^{-u_n}}{u_n} \to 1$ . Vraag 18 met $a = 1$ : $n u_n \to 1$ , dus $u_n \sim \frac1n$ .

21. Zoals in vraag 18, $\frac{u_{n+1}}{u_n} = 1 - \frac{u_n - u_{n+1}}{u_n^3}\,u_n^2 \to 1$ . Dan

\frac{1}{u_{n+1}^2} - \frac{1}{u_n^2} = \frac{(u_n - u_{n+1})(u_n + u_{n+1})}{u_n^2 u_{n+1}^2} = \frac{u_n - u_{n+1}}{u_n^3}\cdot \frac{u_n + u_{n+1}}{u_n}\cdot \Bigl(\frac{u_n}{u_{n+1}}\Bigr)^2 \longrightarrow a \cdot 2 \cdot 1 = 2a ,

en Oefening 11.10 (3) geeft $\frac{1}{n u_n^2} \to 2a$ : $n u_n^2 \to \frac{1}{2a}$ . Voor de sinus is $a = \frac16$ (vraag 13): $n u_n^2 \to 3$ , precies Deel IV.

22. Aangroeiingen: $a_{n+1} - a_n = 2^{-n} - 2^{-n-1} = 2^{-n-1} = b_{n+1} - b_n$ , dus het aangroeiingsquotiënt is constant gelijk aan $1$ . Toch is $\frac{a_n}{b_n} = \frac{2 - 2^{-n}}{1 - 2^{-n}} \to 2 \neq 1$ . Het bewijs van vraag 5 breekt bij de randterm: $\frac{a_N - \ell b_N}{b_n} \to 0$ vereiste $b_n \to +\infty$ ; hier (met $\ell = 1$ ) is $a_N - b_N = 1$ en $b_n \to 1$ , dus de term gaat naar $1$ — precies de resterende kloof $2 - 1$ .

23. Stolz met $A_n = \sum_{k=1}^n H_k$ en $B_n = n\ln n$ : $B_{n+1} - B_n = \ln(n+1) + n\ln(1 + \frac1n) > 0$ en $B_n \to +\infty$ . Door vraag 9 is $\frac{n}{n+1} \leq n\ln(1 + \frac1n) \leq 1$ , dus $B_{n+1} - B_n = \ln(n+1) + \theta_n$ met $\frac12 \leq \theta_n \leq 1$ . Dus

\frac{A_{n+1} - A_n}{B_{n+1} - B_n} = \frac{H_{n+1}}{\ln(n+1)}\cdot \frac{1}{1 + \theta_n/\ln(n+1)} \longrightarrow 1 \cdot 1 = 1

(vraag 10 voor de eerste factor; $\theta_n$ begrensd en $\ln(n+1) \to \infty$ voor de tweede). Stolz besluit: $\sum_{k=1}^n H_k \sim n\ln n$ .

24. Als $u_n \to \ell > 0$ : zoals in vraag 11, $\ln u_n \to \ln\ell$ (insluiting van vraag 9 op $\ln\frac{u_n}{\ell}$ ), dus de Cesàro-gemiddelden $\frac1n\sum_{k=1}^n \ln u_k \to \ln\ell$ , en de exponentiële brug van vraag 11 geeft $(u_1\cdots u_n)^{1/n} = \exp\bigl(\frac1n\sum\ln u_k\bigr) \to \ell$ . Als $u_n \to +\infty$ : voor elke $M$ is uiteindelijk $u_n \geq \eu^M$ , dus $\ln u_n \geq M$ : $\ln u_n \to +\infty$ ; de $+\infty$ -Cesàro (vraag 6, $b_n = n$ ) geeft $\frac1n\sum \ln u_k \to +\infty$ , en (G1) ( $\eu^s \geq 1 + s$ ) stuurt het meetkundig gemiddelde naar $+\infty$ . Met $u_n = n$ : $(n!)^{1/n} \to +\infty$ .

25. (i) Volledigheid deed haar intrede enkel via de stelling van de monotone limiet, om de limieten in vragen 12 en 20 voort te brengen; de stelling van Cesàro–Stolz zelf is puur $\varepsilon$ -beheer, geldig over $\Q$ . (ii) Stolz vervangt $\lim \frac{a_n}{b_n}$ door $\lim$ van het quotiënt van aangroeiingen, precies zoals l’Hôpital $\lim\frac fg$ vervangt door $\lim\frac{f'}{g'}$ — de differentiële tweeling rust op de middelwaardestelling van Hoofdstuk 14. (iii) Heuristiek: als $f(x) = x - a\,x^{p+1} + o(x^{p+1})$ in het neutrale vaste punt $0$ , dan $\frac{1}{u_{n+1}^p} - \frac{1}{u_n^p} \to pa$ en $u_n \sim (pan)^{-1/p}$ : contact van orde $p + 1$ levert verval $n^{-1/p}$ — hoe vlakker de grafiek tegen de diagonaal, hoe trager de val. (iv) De constante: (G2) levert de kubische coëfficiënt $\frac16$ ; de ontbinding van vraag 14 verdubbelt ze tot de telescoopaangroeiing $\frac13$ ; Cesàro maakt van $\frac{1}{u_n^2}$ de $\frac n3$ ; inverteren en wortels nemen levert $\sqrt{3/n}$ .