Universitaire wiskunde — Bachelor jaar 1 · Bachelor Year 1

11Rijen

In het bovenbouwvolume werd met rijen gerekend terwijl het limietbegrip half op goed vertrouwen werd aangenomen. Hier wordt de theorie opnieuw opgebouwd op de volledigheid van $\R$ (Hoofdstuk 10): elke klassieke stelling — de monotone limiet, ingesloten rijen, Bolzano–Weierstrass, het criterium van Cauchy — is een gezicht van dat ene axioma. Het hoofdstuk eindigt met de praktische studie van rijen gegeven door $u_{n+1} = f(u_n)$ .

11.1 Convergentie

Definitie 11.1 (Limiet van een rij)

Een rij $(u_n)$ 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 (naar enig reëel getal) convergeert divergeert. Divergentie naar $+\infty$ : $\forall M,\ \exists N,\ \forall n \geq N,\ u_n \geq M$ (analoog naar $-\infty$ ).

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).

Overheers haar dan met iets eenvoudigs: voor $n \geq 2$ is $2n^2 - 3 \geq n^2$ , dus is de fout $\leq \frac{5}{2n^2} \leq \frac 5{2n}$ . Bij 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 inzicht tot slot: een $\varepsilon$ – $N$ -bewijs bestaat uit precies drie zetten — bereken de fout, schat haar af met een dalende elementaire uitdrukking, en los de drempel op — en na de stellingen van dit hoofdstuk (bewerkingen, insluiting) schrijf je zo’n bewijs vrijwel nooit meer: de stellingen verpakken die drie zetten eens en voor altijd.

Voorbeeld 11.3 (Divergentie naar oneindig, gewaarborgd)

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

Propositie 11.4 (Eerste eigenschappen)

De limiet is uniek, zodra ze bestaat.
Een convergente rij is begrensd.
Convergeert $u_n \to \ell$ , dan laat elke wijziging van eindig veel termen de convergentie en de limiet ongemoeid.

Bewijs. (1) Zijn $u_n \to \ell$ en $u_n \to \ell'$ met $\ell \neq \ell'$ , neem dan $\varepsilon = \frac{\abs{\ell - \ell'}}{3}$ : voorbij beide drempels is $\abs{\ell - \ell'} \leq \abs{\ell - u_n} + \abs{u_n - \ell'} \leq 2\varepsilon = \frac23 \abs{\ell - \ell'}$ , ongerijmd.

(2) Met $\varepsilon = 1$ : voorbij $N$ is $\abs{u_n} \leq \abs\ell + 1$ ; de eindig vele eerdere termen zijn ook 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 $u_n \to \ell$ . Bij gegeven $\varepsilon > 0$ neem je 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 alleen over $n \geq N$ , en elk eindig beginstuk mag overschreven worden ten koste van een grotere drempel. (Daarom volstaan hypothesen “voor alle grote $n$ ” in dit hele hoofdstuk.) ∎

Stelling 11.5 (Bewerkingen met limieten)

Zijn $u_n \to \ell$ en $v_n \to m$ , dan is

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), zodat het rechterlid $\leq B\abs{u_n - \ell} + \abs{\ell}\,\abs{v_n - m}$ is, willekeurig klein. Quotiënt: het volstaat $\frac 1{v_n}$ te behandelen. Met $\varepsilon = \frac{\abs m}{2}$ is voorbij een zekere $N_0$ steeds $\abs{v_n} \geq \frac{\abs m}{2}$ , 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: $\bigl|\abs{u_n} - \abs\ell\bigr| \leq \abs{u_n - \ell}$ (de 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 stelling over de bewerkingen zegt niets over hun verschil (een onbepaalde vorm). Vermenigvuldig met de toegevoegde uitdrukking:

\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 uitdrukking, dan insluiten met $h = \frac1n$ ); de stelling over de bewerkingen geeft dan de limiet $\frac{1}{1 + 1} = \frac12$ . Het inzicht tot slot: de stelling over de bewerkingen is geen rekenmachine voor alle limieten — onbepaalde vormen ( $\infty - \infty$ , $\frac00$ , $0 \times \infty$ , $1^\infty$ ) moeten eerst met algebra omgevormd worden (toegevoegde uitdrukkingen, de dominante term afzonderen) tot elk stuk convergeert; de systematische machine voor hardnekkige gevallen is de asymptotische ontwikkeling van Hoofdstuk 16.

Stelling 11.7 (Limieten en ordening)

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

Bewijs. (1) Stel $\ell = \lim u_n > m = \lim v_n$ ; met $\varepsilon = \frac{\ell - m}{3}$ voldoen de 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 muren op $0$ instorten — de grillige teller hoef je helemaal niet te begrijpen. (ii) $(2^n + 3^n)^{1/n} \to 3$ : klem de binnenkant in,

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 $2^{1/n} = \eu^{\frac{\ln 2}{n}} \to 1$ (net als $5^{1/n}$ in Oefening 11.2): de insluiting levert $3$ . Het inzicht tot slot: 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 rij die naar boven begrensd is convergeert, naar $\sup\{u_n : n \in \N\}$ ; een stijgende rij die niet naar boven begrensd is divergeert naar $+\infty$ . (Spiegelbeeldige uitspraken voor dalende rijen.)

Bewijs. Zij $s = \sup\{u_n\}$ (Stelling 10.2). Bij gegeven $\varepsilon > 0$ levert de $\varepsilon$ -karakterisering (Propositie 10.4) een $N$ met $u_N > s - \varepsilon$ ; wegens de monotonie is $s - \varepsilon < u_N \leq u_n \leq s$ voor alle $n \geq N$ : convergentie naar $s$ . Is de rij onbegrensd, dan is er voor elke $M$ een $u_N > M$ , en de 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 overtreft $1$ , dus is $(u_n)$ stijgend. Naar boven begrensd? Neem logaritmen en gebruik $\ln(1 + x) \leq x$ (Voorbeeld 14.20 loopt erop vooruit; of de grovere ongelijkheid $1 + x \leq \eu^x$ uit het bovenbouwvolume):

\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 volstrekt welbepaald reëel getal zonder gesloten vorm in zicht ( $\ell = 2.384\dots$ ). Het inzicht tot slot: de stelling van de monotone limiet is de goedkoopste bestaansmachine van de analyse; ze doopte $\eu$ zelf (Voorbeeld 11.12 hieronder), en in Hoofdstuk 17 zal ze de convergentie van elke positieve reeks met louter begrensdheid beslechten.

Stelling 11.11 (Ingesloten rijen)

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

Bewijs. Ten eerste is $a_n \leq b_n$ voor elke $n$ : de rij $(b_n - a_n)$ is dalend en gaat naar $0$ , dus is ze $\geq 0$ (een negatieve term zou haar 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 de monotonie ( $\ell = \sup a_k \geq a_n$ , enzovoort). ∎

Ingesloten rijen: (a_n) klimt, (b_n) daalt, en het gat ertussen krimpt naar 0. Elk interval [a_n, b_n] bevat alle latere, en de gemeenschappelijke limiet is het enige 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 het gat ertussen krimpt naar $0$ . Elk interval $\intcc{a_n}{b_n}$ bevat alle latere, en de gemeenschappelijke limiet $\ell$ is het enige 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 $\eu$ )

Zet $a_n = \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{k!}$ 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 daalt $(b_n)$ , en $b_n - a_n \to 0$ : ingesloten. Hun gemeenschappelijke limiet is (hier per definitie) 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 $\varphi(n) \geq n$ , met inductie).

Propositie 11.14

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

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 uit 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: neem bij gegeven $\varepsilon$ 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 is $\abs{u_n - \ell} \leq \varepsilon$ : elke index wordt door een van de twee deelrijen gedekt, en dat is het hele punt. ∎

Voorbeeld 11.15 (Limieten van deelrijen)

Voor $u_n = (-1)^n \frac{n}{n+1}$ gaat de even deelrij naar $1$ en de oneven naar $-1$ , zodat de rij divergeert — maar wel op ordelijke wijze, geklonterd rond de twee waarden $\pm 1$ . Voor $u_n = \cos\frac{2\pi n}{3}$ zijn de drie deelrijen met indices $3k$ , $3k + 1$ en $3k + 2$ constant, gelijk aan $1$ , $-\frac12$ en $-\frac12$ ; de verzameling limieten van deelrijen is $\{1, -\frac12\}$ . Het inzicht tot slot: een begrensde rij convergeert precies wanneer ze één enkele deelrijlimiet heeft (Oefening 11.8); de divergentie van een begrensde rij betekent altijd minstens twee klonters, en Bolzano–Weierstrass hieronder waarborgt dat er minstens één is.

Stelling 11.16 (Bolzano–Weierstrass)

Elke begrensde rij reële getallen heeft een convergente deelrij.

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

Extraheren: kies $\varphi(0)$ met $u_{\varphi(0)} \in \intcc{a_0}{b_0}$ , en daarna, inductief, $\varphi(k+1) > \varphi(k)$ met $u_{\varphi(k+1)} \in \intcc{a_{k+1}}{b_{k+1}}$ — mogelijk omdat dat segment oneindig veel termen bevat. Dan is $a_k \leq u_{\varphi(k)} \leq b_k$ , 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 zekere 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 de hele Cantorverzameling in Probleem 12.1). Ze overleeft de onbegrensdheid niet: $(n)$ heeft in het geheel geen convergente deelrij — al kun je uit elke onbegrensde rij altijd een deelrij extraheren die naar $+\infty$ of $-\infty$ gaat (kies bijvoorbeeld $\varphi(k)$ met $u_{\varphi(k)} \geq k$ ). Correct gebruikt is de stelling een bestaanspomp: ze duikt op in het hart van het criterium van Cauchy hieronder, van de stelling van Heine en van de extremumstelling — telkens om een punt te leveren dat geen enkele expliciete constructie aanreikt.

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 $p > q$ is

\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}} ,

wegens de driehoeksongelijkheid, $\abs{\cos k} \leq 1$ en een eindige meetkundige som. Kies bij gegeven $\varepsilon > 0$ een $N$ met $2^{-N} \leq \varepsilon$ : alle gaten voorbij $N$ zijn $\leq \varepsilon$ , de rij is een Cauchyrij en convergeert dus — naar een limiet die niemand in gesloten vorm kan benoemen, en dat is nu juist het punt. Het inzicht tot slot: de aangroeiingen meetkundig overheersen is de standaardmanier om de cauchy-eigenschap te verdienen, en Hoofdstuk 17 zal dat argument bottelen als “absolute convergentie impliceert convergentie”.

Stelling 11.20 (Volledigheid van $\R$ )

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

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

( $\Leftarrow$ ) Zij $(u_n)$ een Cauchyrij. Ze is begrensd: met $\varepsilon = 1$ liggen voorbij $N$ alle termen binnen $1$ van $u_N$ , en de kop is eindig. Extraheren: volgens Stelling 11.16 convergeert een zekere deelrij $u_{\varphi(n)} \to \ell$ . Besluiten: neem bij gegeven $\varepsilon > 0$ de drempel $N$ (cauchy, voor $\frac\varepsilon2$ ) en een $n \geq N$ met $\abs{u_{\varphi(n)} - \ell} \leq \frac\varepsilon2$ en $\varphi(n) \geq N$ ; dan is 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 waarborgt convergentie zonder de limiet te benoemen. Het faalt over $\Q$ (de decimale afknottingen van $\sqrt 2$ vormen een Cauchyrij rationale getallen zonder rationale limiet): de volledigheid is een eigenschap van $\R$ , equivalent met het axioma van de bovengrens. Het is bovendien 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 $p > q \geq 1$ is

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 zijn voorbij $N > \frac1\varepsilon$ alle gaten $\leq \varepsilon$ : $(S_n)$ is een Cauchyrij en convergeert dus. Merk op wat er zojuist gebeurde: we bewezen dat een bepaald reëel getal bestaat zonder er ook maar een naam voor te hebben. (Het is $\frac{\pi^2}{6}$ — een beroemde identiteit van Euler, bewezen in het volume van bachelorjaar 2; niets in dit hoofdstuk kon ons dat vertellen.) Die taakverdeling — eerst het bestaan, later de identificatie, als die er al komt — is de hele bestaansreden van het criterium van Cauchy, en de motor van de theorie van de reeksen in Hoofdstuk 17.

11.5 Recurrente rijen

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

Gegeven $f$ en een beginpunt $u_0$ :

Stabiel interval: zoek een interval $I$ met $f(I) \subseteq I$ dat $u_0$ bevat: dan liggen alle $u_n$ in $I$ (met inductie).
Kandidaat-limieten: is $u_n \to \ell \in I$ en is $f$ continu in $\ell$ (Hoofdstuk 13), dan is $\ell$ een vast punt: $f(\ell) = \ell$ . Los $f(x) = x$ op.
Monotonie: is $f$ stijgend op $I$ , dan is $(u_n)$ monotoon (stijgend als $u_1 \geq u_0$ , anders dalend); samen met de begrensdheid maakt Stelling 11.9 het af. Is $f$ dalend, bestudeer dan 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 (De 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 ongelijkheid tussen het rekenkundig en het meetkundig gemiddelde $\frac12(x + \frac2x) \geq \sqrt{x \cdot \frac 2x} = \sqrt 2$ ; dus is $I = \intco{\sqrt 2}{+\infty}$ stabiel en bevat het $u_1$ (inderdaad is $u_1 = \frac32 \geq \sqrt 2$ ).
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 onderen begrensd door $\sqrt 2$ : ze convergeert.
Limiet: de vaste punten voldoen aan $x = \frac12(x + \frac2x)$ , dus $x^2 = 2$ : 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 iteratie van Heron 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 iteraties omlaag naar het vaste punt √ 2. — De iteratie van Heron $u_{n+1} = \frac12\bigl(u_n + \frac{2}{u_n}\bigr)$ , getekend als een trap tussen de grafiek van $f$ en de diagonaal $y = x$ : vanaf $u_0 = 2$ glijden de iteraties omlaag naar het vaste punt $\sqrt 2$ .

Opmerking 11.25 (Veelgemaakte fouten 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 alleen voor opeenvolgende. (ii) Strikte ongelijkheden sterven in de limiet: uit $u_n < v_n$ voor alle $n$ volgt alleen $\lim u_n \leq \lim v_n$ (Stelling 11.7); $\frac1n > 0$ en toch is $\lim = 0$ . (iii) Begrensd is niet convergent: $((-1)^n)$ is begrensd en divergeert; begrensdheid plus monotonie convergeert, begrensdheid alleen waarborgt slechts een convergente deelrij (Stelling 11.16). (iv) De vergelijking voor het vaste punt komt tweede, niet eerste: voor $u_{n+1} = f(u_n)$ identificeert het oplossen van $f(\ell) = \ell$ de limiet pas nadat de convergentie bewezen is. De recursie $u_{n+1} = 2u_n$ heeft het unieke vaste punt $\ell = 0$ , en toch loopt de rij vanaf $u_0 = 1$ naar $+\infty$ : de vergelijking $\ell = 2\ell$ had nooit recht op een limiet. Altijd in deze volgorde: eerst het bestaan (Methode 11.23, stappen 1–3), dan de identificatie.

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

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

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

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

\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 en zonder enige monotonie. Het inzicht tot slot: de monotone methoden en de contractiemethoden verdelen de wereld van de recursies onder elkaar — een stijgende $f$ geeft monotone banen, een dalende $f$ geeft alternerende banen die door een lipschitzconstante $< 1$ getemd worden (de systematische theorie staat in Oefening 14.11).

Opmerking 11.27 (Perspectieven binnen dit volume)

Rijen zijn het meetinstrument dat de rest van het volume tegen elk object aan houdt. In Hoofdstuk 12 karakteriseren ze geslotenheid en compactheid; in Hoofdstuk 13 vervoeren ze limieten van functies; in Hoofdstuk 15 zijn de Riemannsommen rijen die naar de integraal convergeren; en Hoofdstuk 17 is de theorie van één bijzondere klasse rijen, de partiële sommen. Zelfs de algebrahoofdstukken verbruiken ze: de iteraties van een matrix in Hoofdstuk 21 vormen rijen waarvan het gedrag (de convergentie van $A^n$ ) een vraag uit de lineaire algebra is met het vocabulaire van dit hoofdstuk. De twee stellingen om overal mee te dragen: de monotone limiet (bestaan uit ordening) en Bolzano–Weierstrass (bestaan uit begrensdheid) — samen brengen zij vrijwel elke limiet in dit boek voort.

Opmerking 11.28 (Complexe rijen)

Een rij $(z_n)$ 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 waarin geen ordening voorkomt — bewerkingen, Bolzano–Weierstrass (tweemaal extraheren), het criterium van Cauchy — gaan letterlijk 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.

$\Bigl|\dfrac{2n+1}{n+3} - 2\Bigr| = \dfrac{5}{n+3}$ . Neem bij gegeven $\varepsilon > 0$ een $N > \frac 5\varepsilon - 3$ (Archimedes): voor $n \geq N$ is $\frac{5}{n+3} \leq \varepsilon$ . De limiet is dus $2$ .

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

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.

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

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

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

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

Oefening 11.3 ★

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

Oplossing

Oplossing van Oefening 11.3.

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

Oefening 11.4 ★

Zij $u_{n+1} = \frac{u_n + 3}{2}$ met $u_0 = 0$ . Bepaal 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 is

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 $\frac12$ en $v_0 = -3$ . 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 elke $n \geq 1$ , en besluit dat $(H_n)$ geen Cauchyrij is en dus divergeert (naar $+\infty$ , want ze is stijgend).

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 $\geq \frac{1}{2n}$ ). Was $(H_n)$ een Cauchyrij, dan zou $\varepsilon = \frac13$ nemen afdwingen dat $\abs{H_{2n} - H_n} \leq \frac13$ 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. (Zoek gemeenschappelijke deelrijen om de limieten aan elkaar gelijk te stellen.)

Oplossing

Oplossing van Oefening 11.6.

Zij $a = \lim u_{2n}$ , $b = \lim u_{2n+1}$ en $c = \lim u_{3n}$ . De rij $(u_{6n})$ is een deelrij van zowel $(u_{2n})$ als $(u_{3n})$ : haar limiet is gelijk aan $a$ en aan $c$ , 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 $b = c$ . Bijgevolg is $a = b$ , 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 foutafschatting $\abs{u_n - 2} \leq \dfrac{2}{3^{\,n}}$ (toon aan dat $2 - u_{n+1} = \dfrac{2 - u_n}{2 + \sqrt{2 + u_n}}$ en schat de noemer van onderen af 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 $u_1 = \sqrt 2 > u_0$ : met 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 $\ell = 2$ .

Foutafschatting: vermenigvuldigen met de toegevoegde uitdrukking geeft

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},

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

Oefening 11.8 ★★

Zij $(u_n)$ begrensd, en zó dat elke convergente deelrij van $(u_n)$ dezelfde limiet $\ell$ heeft. Bewijs $u_n \to \ell$ . (Ongerijmde 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 $(u_{\varphi(n)})$ . Die deelrij is begrensd, dus heeft ze volgens Bolzano–Weierstrass (Stelling 11.16) een convergente deelrij, waarvan de limiet $\ell'$ voldoet aan $\abs{\ell' - \ell} \geq \varepsilon_0$ (de ongelijkheid gaat mee naar de limiet, Stelling 11.7). Maar een deelrij van een deelrij van $(u_n)$ is een convergente deelrij van $(u_n)$ , dus is volgens de hypothese $\ell' = \ell$ : tegenspraak.

Oefening 11.9 ★★★

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

Oplossing

Oplossing van Oefening 11.9.

Stel $\eu = \frac pq$ met $q \geq 1$ . De strikte ongelijkheden $a_q < \eu < a_q + \frac{1}{q\,q!}$ (strikt omdat $(a_n)$ 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 (elke $\frac{q!}{k!}$ is voor $k \leq q$ een product van gehele getallen), en $q!\,\frac pq = (q-1)!\,p$ eveneens. De formule legt het gehele getal $(q-1)!\,p$ dus strikt tussen $N$ en $N + \frac 1q \leq N + 1$ : een geheel getal strikt binnen $\intoo{N}{N+1}$ , wat onmogelijk is. Bijgevolg is $\eu \notin \Q$ .

Oefening 11.10 ★★★

(Gemiddelden van Cesàro) Zet voor een rij $(u_n)_{n \geq 1}$ het gemiddelde $c_n = \frac{u_1 + \dots + u_n}{n}$ .

Bewijs dat uit $u_n \to \ell$ volgt $c_n \to \ell$ (knip de som bij een drempel $N$ ; schat de kop af door een vaste grootheid gedeeld door $n$ en de staart door $\varepsilon$ ).
Toon met een voorbeeld aan dat de omkering faalt.
Leid af dat uit $u_{n+1} - u_n \to \ell$ volgt $\frac{u_n}{n} \to \ell$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 11.10.

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

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

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

Oefening 11.11 ★★★

Zij $(u_n)$ met $0 \leq u_{m+n} \leq u_m + u_n$ voor alle $m, n$ (subadditiviteit). Bewijs dat $\bigl(\frac{u_n}{n}\bigr)$ convergeert naar $\inf_{n \geq 1} \frac{u_n}{n}$ . (Schrijf voor vaste $m$ het getal $n = qm + r$ en schat $\frac{u_n}{n}$ af 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 zich als $n = qm + r$ met $0 \leq r < m$ ; de (herhaalde) subadditiviteit 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 $n$ , en dat is de convergentie naar $L$ .

Oefening 11.12 ★★★

Bewijs met de dichtheid van de deelgroep $\Z + 2\pi\Z$ van $(\R, +)$ (Oefening 10.9) dat de rij $(\sin n)_{n \in \N}$ dicht ligt in $\intcc{-1}{1}$ — en dus in het bijzonder divergeert.

Oplossing

Oplossing van Oefening 11.12.

De deelgroep $G = \Z + 2\pi\Z$ van $(\R, +)$ ligt dicht: ze is niet $\alpha\Z$ , want $1 = p\alpha$ en $2\pi = q\alpha$ zouden $2\pi = \frac qp$ rationaal maken — en $\pi \notin \Q$ (hier aangenomen; een bewijs wordt geschetst in Hoofdstuk 15). Volgens Oefening 10.9 ligt $G$ dus dicht in $\R$ .

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

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

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

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

Probleem 11.1

Weekendopgave — 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’Hospital: om de limiet van een quotiënt $a_n/b_n$ te vinden volstaat het de limiet van het quotiënt van de aangroeiingen $(a_{n+1} - a_n)/(b_{n+1} - b_n)$ te vinden. Deze opgave bewijst de stelling, oogst er klassieke limieten mee, en richt haar 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 bovenbouwvolume worden hier toegestaan en later in dit volume eerlijk opnieuw bewezen: de raaklijnongelijkheid

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

opnieuw bewezen met convexiteit in Hoofdstuk 14, en de insluiting van de sinus

\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 met de formule van Taylor in Hoofdstuk 16.

Deel I — Sommen zonder gesloten formule.

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

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

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

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

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 dat $\dfrac{a_{n+1} - a_n}{b_{n+1} - b_n} \to \ell \in \R$ .

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

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

vast, en besluit de stelling: $\dfrac{a_n}{b_n} \to \ell$ .
Bewijs de variant met $+\infty$ : gaat $\dfrac{a_{n+1} - a_n}{b_{n+1} - b_n} \to +\infty$ (met dezelfde hypothesen over $(b_n)$ ), dan gaat $\dfrac{a_n}{b_n} \to +\infty$ .
Neem $b_n = n$ : haal de stelling over de gemiddelden van Cesàro uit Oefening 11.10 terug. Toon daarna aan dat de omkering van Cesàro–Stolz faalt: voor $a_n = (-1)^n$ en $b_n = n$ convergeert het quotiënt $a_n/b_n$ terwijl het quotiënt van de aangroeiingen dat niet doet. Stolz is eenrichtingsverkeer.

Deel III — Eerste dividenden.

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

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

waarmee de open vraag van vraag 2 beslecht is.
Leid uit (G1) alleen de insluiting van de logaritme 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 de weekendopgave 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 daarna, 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 met (G2) aan dat $0 < \sin x < x$ voor $0 < x \leq 1$ . Leid af: $u_1 \in \intcc{-1}{1}$ ; is $u_1 = 0$ , dan is de rij nul vanaf rang $1$ ; en is $u_1 > 0$ (het geval $u_1 < 0$ verloopt symmetrisch, want $\sin$ is oneven), dan is $(u_n)_{n \geq 1}$ strikt dalend en positief en convergeert ze naar $0$ (identificeer de limiet met $\ell = \sin \ell$ , via $\abs{\sin a - \sin b} \leq \abs{a - b}$ , zelf een gevolg van (G2) en de formule van product naar som).
Neem vanaf nu $u_1 \in \intoc{0}{1}$ aan. Toon met (G2) door insluiting aan:

$\frac{\sin u_n}{u_n} \to 1 \qquad\text{en}\qquad \frac{u_n - \sin u_n}{u_n^{3}} \to \frac16 .$
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 af dat $w_n \to \frac13$ .
Besluit met Oefening 11.10 (de versie met aangroeiingen) dat $\frac{1}{n\,u_n^{2}} \to \frac13$ , en daarna, met een argument met de toegevoegde uitdrukking voor de vierkantswortel, het hoofdresultaat:

$\sqrt n\;u_n \longrightarrow \sqrt 3 , \qquad\text{dus}\qquad u_n \sim \sqrt{\frac 3n} .$
Kwantificeer de traagheid: toon aan dat uiteindelijk $\sqrt{2/n} \leq u_n \leq 2/\sqrt n$ , zodat $u_n \leq 10^{-2}$ bereiken meer dan $20\,000$ iteraties vergt (ongeveer $30\,000$ , volgens de asymptotiek). Zet dat af tegen de methode van Heron (Voorbeeld 11.24) en leg de structurele reden uit: in het vaste punt $0$ is de richtingscoëfficiënt van $\sin$ gelijk aan $1$ (een neutraal vast punt), terwijl iteraties die de fout halveren een richtingscoëfficiënt met modulus $< 1$ nodig hebben.
Toon aan dat voor elk beginpunt $u_0 \in \R$ ofwel $u_n = 0$ vanaf rang $1$ , ofwel $\abs{u_n} \sim \sqrt{3/n}$ — de val is universeel, alleen het teken herinnert zich $u_0$ .

Deel V — Het algemene beginsel. De sinus is één geval van een machine.

Zij $u_n > 0$ met $u_n \to 0$ 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) Toon voor $u_{n+1} = \dfrac{u_n}{1 + u_n}$ met $u_0 > 0$ aan dat $\frac{1}{u_n}$ rekenkundig is, los exact op, en toets de conclusie van vraag 18 aan de exacte formule.
Toon voor $u_{n+1} = u_n \eu^{-u_n}$ met $u_0 > 0$ aan dat $u_n \to 0$ , gebruik (G1) om $\frac{1 - \eu^{-t}}{t}$ tussen $\frac{1}{1+t}$ en $1$ in te sluiten voor $t > 0$ , en besluit $u_n \sim \frac 1n$ .
(Derdegraadscontact, gekwadrateerde telescoop) Zij $u_n > 0$ met $u_n \to 0$ en $\dfrac{u_n - u_{n+1}}{u_n^{3}} \to a > 0$ . 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 $n\,u_n^{2} \to \frac{1}{2a}$ . Ga na dat $a = \frac16$ Deel IV teruggeeft.

Deel VI — Grenzen van de methode, en morelen.

Toon aan dat de hypothese $b_n \to +\infty$ niet weggelaten mag worden: voor $a_n = 2 - 2^{-n}$ en $b_n = 1 - 2^{-n}$ gaat het quotiënt van de aangroeiingen naar $1$ terwijl $\frac{a_n}{b_n} \to 2$ . Wijs de precieze regel in het bewijs van vraag 5 aan die het begeeft.
(Tweemaal Stolz) Bewijs $\sum_{k=1}^{n} H_k \sim n \ln n$ (één toepassing van Cesàro–Stolz, dan vraag 10; schat $(n+1)\ln(n+1) - n\ln n$ af met vraag 9).
(Meetkundige gemiddelden) Toon aan dat uit $u_n > 0$ en $u_n \to \ell > 0$ volgt $(u_1 u_2 \cdots u_n)^{1/n} \to \ell$ ; en dat uit $u_n \to +\infty$ volgt $(u_1 \cdots u_n)^{1/n} \to +\infty$ . Leid af dat $(n!)^{1/n} \to +\infty$ .
Synthese, één zin per onderdeel: (i) waar kwam de volledigheid precies in deze opgave binnen; (ii) in welke zin is Cesàro–Stolz een discrete regel van l’Hospital (haar differentiële tweelingzus rust op de middelwaardestelling van Hoofdstuk 14); (iii) formuleer de vuistregel die de contactorde van $f$ in een neutraal vast punt verbindt met de afname-exponent van $u_{n+1} = f(u_n)$ ; (iv) volg de constante $3$ uit $\sqrt{3/n}$ terug door de keten $\frac16 \to \frac13 \to 3$ .

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 $k > \frac n2$ zijn 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 $k \geq N$ geldt, omdat $b_{k+1} - b_k > 0$ , dat $m(b_{k+1} - b_k) \leq a_{k+1} - a_k \leq M(b_{k+1} - b_k)$ . Sommeren voor $k = N, \dots, n - 1$ laat beide leden telescoperen:

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

en deling 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 $m = \ell - \varepsilon$ en $M = \ell + \varepsilon$ draagt de insluiting over op $\frac{a_n - a_N}{b_n - b_N}$ .

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 .

Volgens vraag 4 is de tweede factor van het product in absolute waarde door $\varepsilon$ begrensd, 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 omdat $b_n \to +\infty$ . Bijgevolg is $\frac{a_n}{b_n} \to \ell$ : de stelling van Cesàro–Stolz.

6. Kies bij gegeven $M$ een $N$ 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 $\frac{a_n}{b_n} \geq M - 1$ ; omdat $M$ willekeurig was, gaat $\frac{a_n}{b_n} \to +\infty$ .

7. Met $b_n = n$ en $a_n = u_1 + \dots + u_n$ is het quotiënt van de aangroeiingen $u_{n+1} \to \ell$ , zodat het gemiddelde van Cesàro $\frac{a_n}{n}$ naar $\ell$ gaat: onderdeel (1) van Oefening 11.10. Met $a_n = u_n$ is het quotiënt van de aangroeiingen $u_{n+1} - u_n$ , wat onderdeel (3) geeft. Omkering: $a_n = (-1)^n$ met $b_n = n$ heeft $\frac{a_n}{b_n} \to 0$ , en toch wisselt $a_{n+1} - a_n = \pm 2$ : het quotiënt van de aangroeiingen heeft geen limiet.

8. Toegevoegde uitdrukking:

\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 gaat de noemer naar $2$ en de uitdrukking naar $\frac32$ . Nu Stolz met $a_n = T_n$ en $b_n = n^{3/2}$ (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 in $\intcc{0.35}{1}$ opgesloten; Stolz pint haar 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) geeft $-\frac{t}{1+t} \geq -\ln(1+t)$ , oftewel $\ln(1+t) \geq \frac{t}{1+t}$ .

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 is

\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 ,

zodat het quotiënt van de aangroeiingen $\frac{H_{n+1} - H_n}{\ln(n+1) - \ln n}$ naar $1$ gaat; Stolz geeft $H_n \sim \ln n$ .

11. Zet $x_n = \frac{u_{n+1}}{u_n} \to L$ 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 $h_n = \frac{\ln u_n}{n} - \ln L \to 0$ is $u_n^{1/n} = L\,\eu^{h_n}$ , en (G1) sluit $1 + h_n \leq \eu^{h_n} \leq \frac{1}{1 - h_n}$ in (voor $h_n < 1$ ), zodat $\eu^{h_n} \to 1$ 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) dat $\sin x \geq x(1 - \frac{x^2}{6}) \geq \frac{5x}{6} > 0$ 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 is $u_1 = \sin u_0 \in \intcc{-1}{1}$ . Is $u_1 = 0$ , dan is $u_n = 0$ voor $n \geq 1$ . Is $u_1 \in \intoc{0}{1}$ , dan is met inductie $0 < u_{n+1} = \sin u_n < u_n \leq 1$ , zodat $(u_n)_{n\geq1}$ strikt dalend en naar onderen begrensd door $0$ is: ze convergeert naar een zekere $\ell \in \intco{0}{1}$ (Stelling 11.9). De formule van product naar som 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 $u_{n+1} = \sin u_n \to \sin \ell$ : $\ell = \sin\ell$ . Was $\ell > 0$ , dan zou $\sin\ell < \ell$ zijn: onmogelijk. Dus $u_n \to 0$ .

13. Deling van (G2) door $u_n > 0$ geeft

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. Deling van $x - \sin x$ door $x^3$ geeft

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

14. Omdat $u_{n+1} = \sin u_n$ , is

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 $u_n$ : $3 + 1 + (-4)$ tegenover de $u_n^2$ beneden en de $u_n^4$ boven). Volgens vraag 13 gaan de drie factoren naar $\frac16$ , $2$ en $1$ : $w_n \to \frac13$ .

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

\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 :

$\sqrt n\,u_n \to \sqrt 3$ , oftewel $u_n \sim \sqrt{3/n}$ .

16. Omdat $n u_n^2 \to 3$ , is uiteindelijk $2 \leq n u_n^2 \leq 4$ , dus $\sqrt{2/n} \leq u_n \leq 2/\sqrt n$ . Is $u_n \leq 10^{-2}$ met $n$ in dat bereik, dan is $2/n \leq 10^{-4}$ : $n \geq 20\,000$ ; 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 richtingscoëfficiënt in modulus $< 1$ is (de iteratie is er contraherend). Hier is $\sin' 0 = \cos 0 = 1$ : het vaste punt is neutraal, er bestaat geen meetkundige contractie, en de afname wordt geregeld door de eerste niet-lineaire term $-\frac{x^3}{6}$ en is dus polynomiaal. Eén stap van Heron wint meer nauwkeurigheid dan tienduizend stappen van de sinus.

17. Voor willekeurige $u_0$ is $u_1 = \sin u_0 \in \intcc{-1}{1}$ . Is $u_1 = 0$ , dan is de rij nul vanaf rang $1$ . Is $u_1 > 0$ , dan geldt Deel IV letterlijk. Is $u_1 < 0$ , zet dan $v_n = -u_n$ : de oneven pariteit van $\sin$ geeft $v_{n+1} = -\sin u_n = \sin(-u_n) = \sin v_n$ met $v_1 \in \intoc{0}{1}$ , dus $v_n \sim \sqrt{3/n}$ , oftewel $u_n \sim -\sqrt{3/n}$ . In alle gevallen is $\abs{u_n} \sim \sqrt{3/n}$ (of is de rij uiteindelijk $0$ ): de val is universeel, alleen het teken herinnert zich het beginpunt.

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

\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 $\frac{1}{n u_n} \to a$ , oftewel $n u_n \to \frac1a$ .

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 .

Controle van het lemma: $u_n - u_{n+1} = \frac{u_n^2}{1 + u_n}$ , 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 met inductie ( $\eu^{-u} > 0$ ); dalend omdat $\eu^{-u_n} < 1$ voor $u_n > 0$ ; dus $u_n \to \ell \geq 0$ (Stelling 11.9). Brug via de continuïteit: met $h_n = \ell - u_n \to 0$ is $\eu^{-u_n} = \eu^{-\ell} \eu^{h_n} \to \eu^{-\ell}$ wegens de insluiting $1 + h_n \leq \eu^{h_n} \leq \frac{1}{1 - h_n}$ uit (G1); dus $\ell = \ell\, \eu^{-\ell}$ , en $\ell > 0$ zou $\eu^{-\ell} = 1$ afdwingen, wat onwaar is: $\ell = 0$ . Voor $t > 0$ geeft (G1) dat $\eu^{-t} \geq 1 - t$ 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 $a = 1$ geeft $n u_n \to 1$ , dus $u_n \sim \frac1n$ .

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

\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 is het quotiënt van de aangroeiingen constant $1$ . En toch is $\frac{a_n}{b_n} = \frac{2 - 2^{-n}}{1 - 2^{-n}} \to 2 \neq 1$ . Het bewijs van vraag 5 begeeft het bij de randterm: $\frac{a_N - \ell b_N}{b_n} \to 0$ vergde $b_n \to +\infty$ ; hier is (met $\ell = 1$ ) $a_N - b_N = 1$ en $b_n \to 1$ , zodat die term naar $1$ gaat — precies het resterende verschil $2 - 1$ .

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 $B_n \to +\infty$ . Volgens 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 $\frac12 \leq \theta_n \leq 1$ . Bijgevolg is

\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. Is $u_n \to \ell > 0$ , dan gaat, net als in vraag 11, $\ln u_n \to \ln\ell$ (de insluiting van vraag 9 op $\ln\frac{u_n}{\ell}$ ), zodat de gemiddelden van Cesàro $\frac1n\sum_{k=1}^n \ln u_k \to \ln\ell$ , en de exponentiële brug van vraag 11 geeft $(u_1\cdots u_n)^{1/n} = \exp\bigl(\frac1n\sum\ln u_k\bigr) \to \ell$ . Is $u_n \to +\infty$ , dan is voor elke $M$ uiteindelijk $u_n \geq \eu^M$ , dus $\ln u_n \geq M$ : $\ln u_n \to +\infty$ ; de versie van Cesàro met $+\infty$ (vraag 6 met $b_n = n$ ) 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) De volledigheid kwam alleen via de stelling van de monotone limiet binnen, om de limieten in de vragen 12 en 20 voort te brengen; de stelling van Cesàro–Stolz zelf is zuiver $\varepsilon$ -beheer en geldt ook over $\Q$ . (ii) Stolz vervangt $\lim \frac{a_n}{b_n}$ door de limiet van het quotiënt van de aangroeiingen, precies zoals l’Hospital $\lim\frac fg$ door $\lim\frac{f'}{g'}$ vervangt — de differentiële tweelingzus rust op de middelwaardestelling van Hoofdstuk 14. (iii) Vuistregel: is $f(x) = x - a\,x^{p+1} + o(x^{p+1})$ in het neutrale vaste punt $0$ , dan is $\frac{1}{u_{n+1}^p} - \frac{1}{u_n^p} \to pa$ en $u_n \sim (pan)^{-1/p}$ : contact van orde $p + 1$ levert afname $n^{-1/p}$ — hoe vlakker de grafiek tegen de diagonaal ligt, hoe trager de val. (iv) De constante: (G2) levert de derdegraadscoëfficiënt $\frac16$ ; de ontbinding van vraag 14 verdubbelt die tot de aangroeiing $\frac13$ van de telescoop; Cesàro maakt van $\frac{1}{u_n^2}$ het getal $\frac n3$ ; omkeren en worteltrekken levert $\sqrt{3/n}$ .

Begrippen gedefinieerd in dit hoofdstuk

Bekijk alle 395 begrippen in de begrippenlijst