---
title: "Rijen"
book: "Universitaire wiskunde — Bachelor jaar 1"
subject: math
language: nl
chapter: 11
exercises: 12
source: https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/11-rijen
---

# Hoofdstuk 11 — Rijen

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](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/10-reele-getallen#ch-b1-reals)): elke klassieke stelling — de monotone limiet, [ingesloten rijen](#thm-b1-seq-adjacent), 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 ε\varepsilonε–NNN-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](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/10-reele-getallen#thm-b1-reals-archimedes) 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](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/1-logica-verzamelingen-en-afbeeldingen#def-b1-logic-statement) over de staart, onverschillig voor eender welke eindige hoeveelheid wangedrag.

**Propositie 11.4 (Eerste eigenschappen).**

1. De limiet is uniek, zodra ze bestaat.
2. Een convergente rij is begrensd.
3. 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](#prop-b1-seq-first)), 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](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/3-complexe-getallen#prop-b1-complex-rules)). ∎

**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](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/16-formules-van-taylor-en-asymptotische-ontwikkelingen#ch-b1-taylor).

**Stelling 11.7 (Limieten en ordening).**

1. 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 $\lim = 0$ .)
2. (Insluitstelling) Is $u_n \leq w_n \leq  v_n$ voor alle grote $n$ en $u_n, v_n \to \ell$ , dan is $w_n \to  \ell$ .
3. 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](#def-b1-seq-limit) 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](#exo-b1-seq-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](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/1-logica-verzamelingen-en-afbeeldingen#def-b1-logic-statement) voor dalende rijen.)

**Bewijs.** Zij $s = \sup\{u_n\}$ ([Stelling 10.2](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/10-reele-getallen#thm-b1-reals-sup)). Bij gegeven $\varepsilon
> 0$ levert de $\varepsilon$-karakterisering ([Propositie 10.4](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/10-reele-getallen#prop-b1-reals-epsilon)) 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](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/14-differentiaalrekening#ex-b1-derivative-convexineq) 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](#ex-b1-seq-e) hieronder), en in [Hoofdstuk 17](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/17-getallenreeksen#ch-b1-series) 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](#thm-b1-seq-monotone)); 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 .](https://one-course.com/images/onecourse/chapters/math-3/b1-seq/fig-3a699c2487eb.svg)

*[Ingesloten rijen](#thm-b1-seq-adjacent): $(a_n)$ klimt, $(b_n)$ daalt, en het gat ertussen krimpt naar $0$. Elk [interval](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/10-reele-getallen#prop-b1-reals-intervals) $\intcc{a_n}{b_n}$ bevat alle latere, en de gemeenschappelijke limiet $\ell$ is het enige punt dat in elk [interval](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/10-reele-getallen#prop-b1-reals-intervals) overblijft — het beeld achter de dichotomiebewijzen van Bolzano–Weierstrass hieronder en van de tussenwaardestelling in [Hoofdstuk 13](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/13-limieten-en-continuiteit#ch-b1-continuity).*

**Voorbeeld 11.12 (Het getal e\eue).**

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](#exo-b1-seq-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](#def-b1-seq-subsequence) naar $\ell$. Bijgevolg divergeert een rij met twee [deelrijen](#def-b1-seq-subsequence) 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](#def-b1-seq-subsequence): $\varphi(0) \geq 0$, 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](#def-b1-seq-subsequence) 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](#def-b1-seq-subsequence) 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](#def-b1-seq-subsequence) met indices $3k$, $3k + 1$ en $3k + 2$ constant, gelijk aan $1$, $-\frac12$ en $-\frac12$; de [verzameling](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/1-logica-verzamelingen-en-afbeeldingen#def-b1-logic-sets) limieten van [deelrijen](#def-b1-seq-subsequence) is $\{1, -\frac12\}$. Het inzicht tot slot: een *begrensde* rij convergeert precies wanneer ze één enkele deelrijlimiet heeft ([Oefening 11.8](#exo-b1-seq-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](#def-b1-seq-subsequence).

**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](#thm-b1-seq-adjacent)).

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](#def-b1-seq-subsequence) — 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](#def-b1-seq-subsequence) die naar $1$ en naar $-1$ convergeren, en de [verzameling](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/1-logica-verzamelingen-en-afbeeldingen#def-b1-logic-sets) deelrijlimieten kan zelfs oneindig zijn ([Voorbeeld 11.15](#ex-b1-seq-sublimits), en de hele Cantorverzameling in [Probleem 12.1](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/12-topologie-van-de-reele-rechte#pb-b1-topology-1)). Ze overleeft de onbegrensdheid niet: $(n)$ heeft in het geheel geen convergente [deelrij](#def-b1-seq-subsequence) — al kun je uit elke onbegrensde rij altijd een [deelrij](#def-b1-seq-subsequence) 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](#def-b1-seq-cauchy) 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](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/17-getallenreeksen#ch-b1-series) zal dat argument bottelen als “absolute convergentie impliceert convergentie”.

**Stelling 11.20 (Volledigheid van R\RR).**

Een rij reële getallen convergeert dan en slechts dan als ze een [Cauchyrij](#def-b1-seq-cauchy) 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](#def-b1-seq-cauchy). *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](#thm-b1-seq-bw) convergeert een zekere [deelrij](#def-b1-seq-subsequence) $u_{\varphi(n)} \to
\ell$. *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](#def-b1-seq-cauchy) rationale getallen zonder rationale limiet): de volledigheid is een eigenschap van $\R$, equivalent met het axioma van de [bovengrens](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/10-reele-getallen#def-b1-reals-bounds). Het is bovendien het werkpaard achter de convergentie van reeksen ([Hoofdstuk 17](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/17-getallenreeksen#ch-b1-series)).

**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](#def-b1-seq-cauchy) 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](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/17-getallenreeksen#ch-b1-series).

## 11.5 Recurrente rijen

**Methode 11.23 (un+1=f(un)u_{n+1} = f(u_n)un+1​=f(un​) bestuderen).**

Gegeven $f$ en een beginpunt $u_0$:

1. *Stabiel [interval](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/10-reele-getallen#prop-b1-reals-intervals):* zoek een [interval](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/10-reele-getallen#prop-b1-reals-intervals) $I$ met $f(I)  \subseteq I$ dat $u_0$ bevat: dan liggen alle $u_n$ in $I$ (met inductie).
2. *Kandidaat-limieten:* is $u_n \to \ell \in I$ en is $f$ continu in $\ell$ ( [Hoofdstuk 13](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/13-limieten-en-continuiteit#ch-b1-continuity) ), dan is $\ell$ een *vast punt* : $f(\ell) = \ell$ . Los $f(x) = x$ op.
3. *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](#thm-b1-seq-monotone) het af. Is $f$ dalend, bestudeer dan de twee [deelrijen](#def-b1-seq-subsequence) $(u_{2n})$ en $(u_{2n+1})$ , die monotoon zijn voor $f \circ f$ .
4. *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.](https://one-course.com/images/onecourse/chapters/math-3/b1-seq/fig-1827245c9f25.svg)

*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](#exo-b1-seq-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](#thm-b1-seq-order)); $\frac1n > 0$ 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](#def-b1-seq-subsequence) ([Stelling 11.16](#thm-b1-seq-bw)). (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](#met-b1-seq-recurrent), stappen 1–3), dan de identificatie.

**Voorbeeld 11.26 (Een dalende fff: 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](#met-b1-seq-recurrent) 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](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/14-differentiaalrekening#exo-b1-derivative-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](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/12-topologie-van-de-reele-rechte#ch-b1-topology) *karakteriseren* ze geslotenheid en compactheid; in [Hoofdstuk 13](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/13-limieten-en-continuiteit#ch-b1-continuity) vervoeren ze limieten van functies; in [Hoofdstuk 15](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/15-integratie-op-een-segment#ch-b1-integration) zijn de Riemannsommen rijen die naar de integraal convergeren; en [Hoofdstuk 17](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/17-getallenreeksen#ch-b1-series) *is* de theorie van één bijzondere klasse rijen, de partiële sommen. Zelfs de algebrahoofdstukken verbruiken ze: de iteraties van een matrix in [Hoofdstuk 21](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/21-matrices#ch-b1-matrices) 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](#def-b1-seq-limit) dat $\dfrac{2n+1}{n+3}
\to 2$, en dat $(u_n) = ((-1)^n)$ divergeert.

**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](#def-b1-seq-subsequence) $(u_{2n}) = (1)$ en $(u_{2n+1}) = (-1)$ convergeren naar verschillende limieten, dus divergeert de rij ([Propositie 11.14](#prop-b1-seq-subsequences)). (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 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](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/8-veeltermen#def-b1-poly-def) en meetkundige groei ([Propositie 4.6](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/4-standaardfuncties#prop-b1-functions-powerrules)).

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

**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 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](#exo-b1-seq-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 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](#def-b1-seq-cauchy) is en dus divergeert (naar $+\infty$, want ze is stijgend).

**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](#def-b1-seq-cauchy), 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](#thm-b1-seq-monotone)): $H_n \to +\infty$.

**Oefening 11.6 ★★.**

Stel dat $(u_{2n})$, $(u_{2n+1})$ en $(u_{3n})$ alle convergeren. Bewijs dat $(u_n)$ convergeert. *(Zoek gemeenschappelijke [deelrijen](#def-b1-seq-subsequence) om de limieten aan elkaar gelijk te stellen.)*

**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](#def-b1-seq-subsequence) 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](#def-b1-seq-subsequence) 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](#prop-b1-seq-subsequences) (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 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](#thm-b1-seq-monotone)).

*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](#def-b1-seq-subsequence) van $(u_n)$ *dezelfde* limiet $\ell$ heeft. Bewijs $u_n \to \ell$. *(Ongerijmde plus Bolzano–Weierstrass.)*

**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](#def-b1-seq-subsequence) $(u_{\varphi(n)})$. Die [deelrij](#def-b1-seq-subsequence) is begrensd, dus heeft ze volgens Bolzano–Weierstrass ([Stelling 11.16](#thm-b1-seq-bw)) een convergente [deelrij](#def-b1-seq-subsequence), waarvan de limiet $\ell'$ voldoet aan $\abs{\ell' - \ell} \geq \varepsilon_0$ (de ongelijkheid gaat mee naar de limiet, [Stelling 11.7](#thm-b1-seq-order)). Maar een [deelrij](#def-b1-seq-subsequence) van een [deelrij](#def-b1-seq-subsequence) van $(u_n)$ is een convergente [deelrij](#def-b1-seq-subsequence) van $(u_n)$, dus is volgens de hypothese $\ell' = \ell$: tegenspraak.

**Oefening 11.9 ★★★.**

Stel, met de notaties van [Voorbeeld 11.12](#ex-b1-seq-e), 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 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 $c_n = \frac{u_1 + \dots + u_n}{n}$.

1. 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 $\varepsilon$)* .
2. Toon met een voorbeeld aan dat de omkering faalt.
3. Leid af dat uit $u_{n+1} - u_n \to \ell$ volgt $\frac{u_n}{n} \to  \ell$ .

**Oplossing van Oefening 11.10.**

1. 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 $\abs{c_n -  \ell} \leq \varepsilon$.
2. $u_n = (-1)^n$ : divergeert, en toch is $c_n \to 0$ (de partiële sommen zijn door $1$ begrensd, gedeeld door $n$ ).
3. 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 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](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/7-algebraische-structuren#def-b1-structures-subgroup) $\Z + 2\pi\Z$ van $(\R, +)$ ([Oefening 10.9](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/10-reele-getallen#exo-b1-reals-9)) dat de rij $(\sin n)_{n \in \N}$ dicht ligt in $\intcc{-1}{1}$ — en dus in het bijzonder divergeert.

**Oplossing van Oefening 11.12.**

De [deelgroep](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/7-algebraische-structuren#def-b1-structures-subgroup) $G = \Z + 2\pi\Z$ 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](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/15-integratie-op-een-segment#ch-b1-integration)). Volgens [Oefening 10.9](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/10-reele-getallen#exo-b1-reals-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](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/14-differentiaalrekening#ch-b1-derivative)), 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](#def-b1-seq-subsequence) 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](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/14-differentiaalrekening#ch-b1-derivative), 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](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/16-formules-van-taylor-en-asymptotische-ontwikkelingen#ch-b1-taylor).

**Deel I — Sommen zonder gesloten formule.**

1. 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 $\lim \frac{1^2 + \dots + n^2}{n^3}$ .
2. 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.
3. (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 $\dfrac{a_{n+1} -
a_n}{b_{n+1} - b_n} \to \ell \in \R$.

4. 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 $n > N$ .
5. 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: $\dfrac{a_n}{b_n} \to \ell$.
6. 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 $\dfrac{a_n}{b_n} \to +\infty$ .
7. Neem $b_n = n$ : haal de stelling over de gemiddelden van Cesàro uit [Oefening 11.10](#exo-b1-seq-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.**

8. 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.
9. 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 $u = -t/(1+t)$)*.
10. 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](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/17-getallenreeksen#ch-b1-series).)
11. (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 $u_{n+1} = \sin u_n$.

12. 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)* .
13. Neem vanaf nu $u_1 \in \intoc{0}{1}$ aan. Toon met (G2) door insluiting aan: $$\frac{\sin u_n}{u_n} \to 1  \qquad\text{en}\qquad  \frac{u_n - \sin u_n}{u_n^{3}} \to \frac16 .$$
14. 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 $w_n \to \frac13$.
15. Besluit met [Oefening 11.10](#exo-b1-seq-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: $$\sqrt n\;u_n \longrightarrow \sqrt 3 ,  \qquad\text{dus}\qquad  u_n \sim \sqrt{\frac 3n} .$$
16. 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](#ex-b1-seq-heron) ( [Voorbeeld 11.24](#ex-b1-seq-heron) ) 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](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/3-complexe-getallen#def-b1-complex-field) $< 1$ nodig hebben.
17. 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.

18. 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 $n\,u_n  \to \frac1a$ .
19. (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.
20. 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 $u_n \sim \frac 1n$ .
21. (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.**

22. 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.
23. (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)* .
24. (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 $(n!)^{1/n} \to +\infty$ .
25. 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](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/14-differentiaalrekening#ch-b1-derivative) ); (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 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](#exo-b1-seq-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](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/4-standaardfuncties#prop-b1-functions-expln)) 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](#thm-b1-seq-monotone)). 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](#exo-b1-seq-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](#ex-b1-seq-heron) kwadrateert de fout bij elke stap — het aantal cijfers verdubbelt — omdat in haar vaste punt de relevante richtingscoëfficiënt in [modulus](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/3-complexe-getallen#def-b1-complex-field) $<
1$ 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](#exo-b1-seq-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](#thm-b1-seq-monotone)). 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](#exo-b1-seq-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](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/14-differentiaalrekening#ch-b1-derivative). (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 $\sqrt{3/n}$.