Universitaire wiskunde — Bachelor jaar 1 · Bachelor Year 1

16Formules van Taylor en asymptotische ontwikkelingen

In de buurt van een punt is een gladde functie even goed als een veelterm — met een beheersbare fout. De formules van Taylor maken dat exact in drie smaken (integraalrestterm, restterm van Lagrange, restterm van Young), en de resulterende asymptotische ontwikkelingen worden, algebraïsch behandeld, het scherpste gereedschap van de elementaire analyse: limieten, equivalenten, lokaal gedrag, asymptoten.

16.1 Vergelijkingsnotatie

Definitie 16.1 (Landau-notatie)

Zij $f, g$ gedefinieerd in de buurt van $x_0$ ( $x_0 \in \R$ of $\pm\infty$ ). Men schrijft, als $x \to x_0$ :

$f = o(g)$ (“kleine o”) wanneer $f = \varepsilon g$ met $\varepsilon(x) \to 0$ ;
$f = O(g)$ (“grote O”) wanneer $f = u g$ met $u$ begrensd in de buurt van $x_0$ ;
$f \sim g$ (“equivalent”) wanneer $f = (1 + \varepsilon) g$ met $\varepsilon \to 0$ — equivalent hiermee: $f - g = o(g)$ .

Dezelfde notatie geldt voor rijen ( $n \to \infty$ ).

Propositie 16.2 (Rekenregels)

Als $x \to x_0$ :

$\sim$ is een equivalentierelatie; uit $f \sim g$ volgt dat $f$ en $g$ dezelfde limieten, dezelfde tekens (in de buurt van $x_0$ ) en dezelfde afwezigheid van nulpunten hebben;
equivalenten vermenigvuldigen en delen: uit $f_1 \sim g_1$ en $f_2 \sim g_2$ volgt $f_1 f_2 \sim g_1 g_2$ en $\frac{f_1}{f_2} \sim \frac{g_1}{g_2}$ ;
equivalenten tellen niet op: $x + 1 \sim x$ en $-x \sim -x + 2$ in $+\infty$ , en toch zijn de sommen $1$ en $2$ niet equivalent. Om op te tellen keer je terug naar ontwikkelingen met expliciete $o(\cdot)$ -termen;
$o(g) + o(g) = o(g)$ , $\;u \cdot o(g) = o(ug)$ , $\;o(o(g)) = o(g)$ , en $f \sim g \iff f = g + o(g)$ .

Bewijs. Elk punt is een korte manipulatie van de definities; zo is bijvoorbeeld $f_1 f_2 = (1+\varepsilon_1)(1+\varepsilon_2) g_1 g_2$ en $(1 + \varepsilon_1)(1+\varepsilon_2) \to 1$ . Twee punten van (4) verdienen hun eigen regel. $u\cdot o(g) = o(ug)$ : is $f = \varepsilon g$ met $\varepsilon \to 0$ , dan is $uf = \varepsilon\,(ug)$ met dezelfde $\varepsilon$ . $o(o(g)) = o(g)$ : is $f = \varepsilon_1 h$ en $h = \varepsilon_2 g$ met beide $\varepsilon_i \to 0$ , dan is $f = (\varepsilon_1\varepsilon_2) g$ en is het product van de twee oneindig kleine grootheden er ook een. De equivalentie $f \sim g \iff f = g + o(g)$ is de definitie twee keer gelezen: $f - g = \varepsilon g$ . Het tegenvoorbeeld in (3) is het bewijs van (3). ∎

Voorbeeld 16.3 (De vergelijkingsschaal)

Als $x \to +\infty$ luidt de standaardschaal, in toenemende orde van kracht:

1 \;=\; o(\ln x), \quad \ln x = o(x^{0.01}), \quad x^{0.01} = o(\sqrt x), \quad \sqrt x = o(x^{10}), \quad x^{10} = o(\eu^{x}), \quad \eu^x = o(\eu^{2x}) ,

waarbij elke stap een geval is van de groeivergelijkingen van Propositie 4.6 (machten verslaan logaritmen, exponentiëlen verslaan machten, en binnen één familie beslist de exponent). Twee gewoonten die het vormen waard zijn: ten eerste gaat een $O(\cdot)$ die in een kleinere klasse landt stilzwijgend over ( $O(\ln x)$ is ook $o(x^{0.01})$ ); ten tweede keert bij $x \to 0^+$ de hele ladder om via de substitutie $x \mapsto \frac1x$ — daar is $\ln x = o(x^{-0.01})$ , zodat “ $x^\alpha \ln x \to 0$ ” geldt voor elke $\alpha > 0$ . De schaal helder houden is de helft van elk asymptotisch argument in Hoofdstuk 17.

Voorbeeld 16.4 (Eenduidigheid van ontwikkelingen, met een pariteitsdividend)

Laat een functie twee ontwikkelingen in $0$ tot dezelfde orde toe,

a_0 + a_1 x + \dots + a_n x^n + o(x^n) = b_0 + b_1 x + \dots + b_n x^n + o(x^n),

dan is $a_k = b_k$ voor elke $k$ : trek af en stel $c_k = a_k - b_k$ ; evalueer de identiteit $c_0 + c_1 x + \dots + c_n x^n = o(x^n)$ bij $x \to 0$ om $c_0 = 0$ te krijgen; deel door $x$ en herhaal — elke deling is geoorloofd omdat de overblijvende uitdrukking opnieuw $o(x^{n-k})$ is. De coëfficiënten zijn dus intrinsiek, en men mag ze langs elke weg berekenen (met afgeleiden van Taylor, met algebra op bekende ontwikkelingen, door integratie): alle wegen moeten overeenstemmen. Dividend: een even functie heeft alleen even machten in haar ontwikkeling — vervang $x$ door $-x$ en beroep je op de eenduidigheid; evenzo hebben oneven functies oneven machten. Dat is de reden waarom $\cos$ in de tabel hieronder $o(x^{2p+1})$ draagt en niet $o(x^{2p})$ : de ontbrekende oneven term is gratis informatie, één orde nauwkeurigheid voor niets.

16.2 De drie formules van Taylor

Stelling 16.5 (Taylor met integraalrestterm)

Zij $f$ van klasse $C^{n+1}$ op een interval dat $a$ en $x$ bevat. Dan geldt

f(x) = \sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(a)}{k!}\,(x - a)^k + \int_a^x \frac{(x - t)^n}{n!}\, f^{(n+1)}(t)\, \dd t .

Bewijs. Inductie op $n$ . Voor $n = 0$ is $f(x) = f(a) + \int_a^x f'(t)\dd t$ de hoofdstelling (Stelling 15.9). Stap: integreer de restterm partieel,

\int_a^x \frac{(x-t)^n}{n!} f^{(n+1)}(t)\,\dd t = \Bigl[-\frac{(x-t)^{n+1}}{(n+1)!} f^{(n+1)}(t)\Bigr]_a^x + \int_a^x \frac{(x-t)^{n+1}}{(n+1)!} f^{(n+2)}(t)\,\dd t ,

waarbij de haakterm de bijdrage $\frac{f^{(n+1)}(a)}{(n+1)!}(x - a)^{n+1}$ levert. ∎

Voorbeeld 16.6 (Een exacte ontwikkeling met haar restterm)

Voor $\ln(1 + x)$ kan de integraalrestterm volledig expliciet worden gemaakt zonder ook maar iets $n$ keer af te leiden: integreer de eindige meetkundige identiteit $\frac{1}{1+t} = \sum_{k=0}^{n-1}(-t)^k + \frac{(-t)^n}{1+t}$ van $0$ tot $x$ :

\ln(1 + x) = \sum_{k=1}^{n} \frac{(-1)^{k-1}x^k}{k} + (-1)^n \int_0^x \frac{t^n}{1 + t}\,\dd t ,

en voor $0 \leq x \leq 1$ wordt de restterm begrensd door $\int_0^x t^n\,\dd t = \frac{x^{n+1}}{n+1}$ . Dit is in twee opzichten sterker dan Taylor–Young: het is een identiteit die geldt voor een vaste $x$ (niet alleen voor $x \to 0$ ), en de foutgrens is numeriek. De weekendopgave (Probleem 16.1) leeft van zulke exacte vormen; Taylor–Young hieronder is het lichtere gereedschap voor limieten, waar alleen de gedaante van de fout telt.

Stelling 16.7 (Ongelijkheid van Taylor–Lagrange)

Zij $f$ van klasse $C^{n+1}$ met $\abs{f^{(n+1)}} \leq M$ tussen $a$ en $x$ . Dan geldt

\Bigl| f(x) - \sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k \Bigr| \leq M\, \frac{\abs{x - a}^{n+1}}{(n+1)!} .

Bewijs. Begrens de integraalrestterm: $\bigl|\int_a^x \frac{(x-t)^n}{n!} f^{(n+1)}(t)\,\dd t\bigr| \leq M \bigl|\int_a^x \frac{\abs{x-t}^n}{n!}\dd t\bigr| = M\frac{\abs{x-a}^{n+1}}{(n+1)!}$ . ∎

Voorbeeld 16.8 (Gecertificeerd rekenwerk)

Hoeveel is $\sqrt{1.02}$ ? Pas Taylor–Lagrange toe op $f(t) = \sqrt{1 + t}$ in $a = 0$ , orde $2$ , $x = 0.02$ :

\sqrt{1.02} \approx 1 + \frac{0.02}{2} - \frac{0.02^2}{8} = 1.00995 , \qquad \abs{f'''(t)} = \frac{3}{8}(1+t)^{-5/2} \leq \frac 38 ,

dus is de fout hoogstens $\frac38 \cdot \frac{0.02^3}{6} = 5\cdot10^{-7}$ : $\sqrt{1.02} = 1.00995$ met zes gecertificeerde decimalen (werkelijke waarde $1.0099504938\dots$ — de grens is bijna scherp). Het afsluitende inzicht: Taylor–Young zegt alleen hoe snel de fout verdwijnt; Taylor–Lagrange maakt van dezelfde veelterm een certificaat, een getal met een bewezen foutmarge. Telkens wanneer in dit boek een uitspraak over decimalen wordt gedaan, staat er een grens van het type Lagrange achter; de weekendopgave (Probleem 16.1) industrialiseert het idee.

Stelling 16.9 (Taylor–Young)

Zij $f$ $n$ keer afleidbaar in $a$ . Dan geldt, als $x \to a$ :

f(x) = \sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(a)}{k!}\,(x-a)^k + o\bigl((x-a)^n\bigr) .

Bewijs. Inductie op $n$ . Voor $n = 1$ is dit de definitie van de afgeleide (Definitie 14.1). Neem de uitspraak aan op orde $n - 1$ , en zij $f$ $n$ keer afleidbaar in $a$ . Pas de inductiehypothese toe op $f'$ (die $n-1$ keer afleidbaar is in $a$ ):

f'(t) = \sum_{k=0}^{n-1} \frac{f^{(k+1)}(a)}{k!}(t-a)^k + r(t), \qquad r(t) = o\bigl((t-a)^{n-1}\bigr).

Zij $g(x) = f(x) - \sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k$ ; dan is $g' = r$ en $g(a) = 0$ . Zij $\varepsilon > 0$ gegeven; kies $\delta$ met $\abs{r(t)} \leq \varepsilon\abs{t - a}^{n-1}$ voor $\abs{t-a} \leq \delta$ ; de middelwaarde-ongelijkheid (Stelling 14.9), toegepast op het segment van $a$ tot $x$ (waar $\abs{g'} \leq \varepsilon\abs{x-a}^{n-1}$ ), levert $\abs{g(x)} \leq \varepsilon\abs{x - a}^n$ : precies $g(x) = o((x-a)^n)$ . ∎

Opmerking 16.10 (Drie formules, drie prijzen, drie producten)

De hypothesen lopen precies in de pas met de conclusies. Taylor–Young vraagt het minst ( $n$ afgeleiden in het punt alleen) en levert het minst: een kwalitatieve $o((x-a)^n)$ , perfect voor limieten, nutteloos voor gecertificeerde cijfers. De ongelijkheid van Lagrange vraagt $C^{n+1}$ op het interval en daar een grens $M$ , en geeft een numerieke foutmarge terug. De integraalvorm vraagt dezelfde regelmaat en geeft het meest terug: de fout als een expliciet object dat men kan omvormen (partieel integreren, stuksgewijs begrenzen, van variabele veranderen) — het is de vorm die de irrationaliteitsmachine van Probleem 15.1 aandreef. De zwakste formule kiezen die het doel draagt is geen pedanterie: de vlakke functie van Probleem 16.1 voldoet aan Taylor–Young in elke orde, terwijl elke sterkere conclusie erover buiten $0$ vals is.

Propositie 16.11 (Standaardontwikkelingen in $0$ )

Als $x \to 0$ geldt, voor elke vaste orde $n$ :

\begin{align*} \eu^x &= 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \dots + \frac{x^n}{n!} + o(x^n),\\ \cos x &= 1 - \frac{x^2}{2!} + \frac{x^4}{4!} - \dots + \frac{(-1)^p x^{2p}}{(2p)!} + o(x^{2p+1}),\\ \sin x &= x - \frac{x^3}{3!} + \dots + \frac{(-1)^p x^{2p+1}}{(2p+1)!} + o(x^{2p+2}),\\ \frac{1}{1 - x} &= 1 + x + x^2 + \dots + x^n + o(x^n),\\ \ln(1 + x) &= x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \dots + \frac{(-1)^{n-1} x^n}{n} + o(x^n),\\ (1 + x)^\alpha &= 1 + \alpha x + \frac{\alpha(\alpha-1)}{2!}x^2 + \dots + \binom{\alpha}{n} x^n + o(x^n), \end{align*}

waarbij $\binom{\alpha}{n} = \frac{\alpha(\alpha - 1)\cdots(\alpha - n + 1)}{n!}$ voor reële $\alpha$ . ( $\cosh$ en $\sinh$ : hetzelfde als $\cos$ en $\sin$ , zonder de wisselende tekens.)

Bewijs. Elke functie is glad in de buurt van $0$ met gemakkelijk te evalueren afgeleiden: $(\eu^x)^{(k)} = \eu^x$ ; de afgeleiden van $\sin$ en $\cos$ doorlopen een cyclus met periode $4$ ; $\bigl((1+x)^\alpha\bigr)^{(k)} = \alpha(\alpha - 1)\cdots(\alpha - k + 1)(1+x)^{\alpha - k}$ ; $\bigl(\ln(1+x)\bigr)^{(k)} = \frac{(-1)^{k-1}(k-1)!}{(1+x)^k}$ . Pas Taylor–Young toe in $a = 0$ . (De meetkundige is exact: $\frac{1}{1-x} - \sum_0^n x^k = \frac{x^{n+1}}{1 - x} = o(x^n)$ .) ∎

Methode 16.12 (Rekenen met ontwikkelingen)

Leg de doelorde $n$ eerst vast, en kap elk tussenresultaat daar af — hogere termen meeslepen is verspilde moeite, lagere weglaten is een fout.
Sommen en producten: ontwikkel elke factor tot orde $n$ en vermenigvuldig, waarbij je alles voorbij $x^n$ weggooit.
Samenstelling $f(u(x))$ met $u(x) \to 0$ : substitueer de ontwikkeling van $u$ in die van $f$ , orde na orde.
Quotiënten: schrijf $\frac{1}{1 + v}$ met $v \to 0$ en gebruik de meetkundige ontwikkeling.
Integreer een ontwikkeling term voor term (afleiden vraagt meer zorg — rechtvaardiging: de integraal van $o(t^n)$ van $0$ tot $x$ is $o(x^{n+1})$ , door rechtstreeks te begrenzen).

Voorbeeld 16.13 (Samenstelling, met de boekhouding zichtbaar)

Ontwikkel $\eu^{\sin x}$ tot orde $3$ . Binnenste ontwikkeling: $u = \sin x = x - \frac{x^3}{6} + o(x^3)$ , die inderdaad naar $0$ nadert. Buitenste: $\eu^u = 1 + u + \frac{u^2}{2} + \frac{u^3}{6} + o(u^3)$ , en $o(u^3) = o(x^3)$ omdat $u \sim x$ . Machten van $u$ , afgekapt bij $x^3$ :

u^2 = x^2 + o(x^3), \qquad u^3 = x^3 + o(x^3)

(de kruisterm $2x\cdot(-\frac{x^3}{6})$ is al $x^4$ ). Zet in elkaar:

\eu^{\sin x} = 1 + \Bigl(x - \frac{x^3}{6}\Bigr) + \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{6} + o(x^3) = 1 + x + \frac{x^2}{2} + o(x^3) :

de twee bijdragen in $x^3$ heffen elkaar precies op. Het afsluitende inzicht: $\eu^{\sin x}$ en $\eu^x$ stemmen overeen tot orde $3$ — niet omdat $\sin x \approx x$ grofweg klopt, maar omdat het eerste meningsverschil van de exponenten ( $-\frac{x^3}{6}$ ) binnenkomt vermenigvuldigd met $\eu^0 = 1$ en vervolgens wordt opgevangen door de derdegraadsterm van de buitenste exponentiële; een boekhouding orde na orde spoort zulke samenzweringen op, oogballen nooit. (De volgende term is $-\frac{x^4}{8}$ : bij orde $4$ eindigt het bestand.)

Voorbeeld 16.14

Ontwikkeling van $\tan$ op orde $5$ . Schrijf $\tan x = \sin x \cdot \frac{1}{\cos x}$ :

\frac{1}{\cos x} = \frac{1}{1 - \bigl(\frac{x^2}{2} - \frac{x^4}{24} + o(x^5)\bigr)} = 1 + \Bigl(\frac{x^2}{2} - \frac{x^4}{24}\Bigr) + \Bigl(\frac{x^2}{2}\Bigr)^{\!2} + o(x^5) = 1 + \frac{x^2}{2} + \frac{5x^4}{24} + o(x^5),

en daarna

\tan x = \Bigl(x - \frac{x^3}{6} + \frac{x^5}{120}\Bigr) \Bigl(1 + \frac{x^2}{2} + \frac{5x^4}{24}\Bigr) + o(x^5) = x + \frac{x^3}{3} + \frac{2x^5}{15} + o(x^5) .

De sinus (donker) tegenover haar Taylorveeltermen in 0: T_1 = x, T_3 = x - x3/6 (gestreept), T_5 = x - x3/6 + x5/120 (gestippeld). Elk nieuw paar termen omarmt de kromme over een zichtbaar breder venster, maar elke veelterm scheurt uiteindelijk weg: een taylorontwikkeling is een lokaal contract, scherp in 0 en zwijgzaam ver weg. De grens van Taylor–Lagrange |x|n+1(n+1)! kwantificeert het venster; de vlakke functie van laat zien dat het contract zelfs leeg kan zijn buiten het punt zelf. — De sinus (donker) tegenover haar Taylorveeltermen in $0$ : $T_1 = x$ , $T_3 = x - \frac{x^3}{6}$ (gestreept), $T_5 = x - \frac{x^3}{6} + \frac{x^5}{120}$ (gestippeld). Elk nieuw paar termen omarmt de kromme over een zichtbaar breder venster, maar elke veelterm scheurt uiteindelijk weg: een taylorontwikkeling is een *lokaal* contract, scherp in $0$ en zwijgzaam ver weg. De grens van Taylor–Lagrange $\frac{\abs{x}^{n+1}}{(n+1)!}$ kwantificeert het venster; de vlakke functie van Probleem 16.1 laat zien dat het contract zelfs leeg kan zijn buiten het punt zelf.

16.3 Toepassingen

Voorbeeld 16.15 (Limieten)

\lim_{x \to 0} \frac{x - \sin x}{x^3}: \qquad x - \sin x = \frac{x^3}{6} + o(x^3) \sim \frac{x^3}{6}, \qquad\text{dus is de limiet } \frac16

— waarmee de vraag uit Oefening 4.9 is beslecht. Evenzo $\displaystyle\lim_{x\to0}\Bigl(\frac{\sin x}{x}\Bigr)^{1/x^2}$ : de logaritme is

\frac{1}{x^2}\ln\Bigl(1 - \frac{x^2}{6} + o(x^2)\Bigr) = \frac{1}{x^2}\Bigl(-\frac{x^2}{6} + o(x^2)\Bigr) \longrightarrow -\frac16, \qquad\text{limiet } \eu^{-1/6}.

Opmerking 16.16 (Veelgemaakte fouten met ontwikkelingen)

(i) Tel equivalenten nooit op of af: uit $\tan x \sim x$ en $\sin x \sim x$ mag men niet besluiten dat $\tan x - \sin x \sim 0$ (betekenisloos) — de eerlijke weg loopt via ontwikkelingen:

\tan x - \sin x = \Bigl(x + \frac{x^3}{3}\Bigr) - \Bigl(x - \frac{x^3}{6}\Bigr) + o(x^3) = \frac{x^3}{2} + o(x^3) \sim \frac{x^3}{2} .

(ii) Ontwikkel voorbij de slachting: in dezelfde berekening ziet orde $1$ alleen $x - x = 0$ ; telkens wanneer de leidende termen elkaar opheffen, verhoog je de orde tot een coëfficiënt overleeft die niet nul is, en pas dan zet je terug om naar een equivalent. (iii) Equivalenten gaan niet door exponentiëlen heen: $n^2 + n \sim n^2$ , en toch is $\eu^{n^2+n} = \eu^{n}\,\eu^{n^2}$ niet equivalent met $\eu^{n^2}$ — neem alleen de exponentiële van ontwikkelingen van de exponent waarvan de fout naar $0$ nadert, nooit van equivalenten van de exponent. (Logaritmen zijn veiliger: is $u_n \sim v_n \to \ell \neq 1$ met $\ell > 0$ , dan is $\ln u_n \sim \ln v_n$ .) (iv) De rekenkunde van de $o(\cdot)$ is eenrichtingsverkeer: $o(x^2) + o(x^2) = o(x^2)$ , $5\,o(x^2) = o(x^2)$ , $x\cdot o(x^2) = o(x^3)$ — maar een $o(x^2)$ is geen bepaalde functie, dus streep er nooit twee tegen elkaar weg: $o(x^2) - o(x^2)$ is $o(x^2)$ , niet $0$ .

Propositie 16.17 (Lokaal gedrag)

Stel dat $f(x) = f(a) + c\,(x - a)^p + o\bigl((x-a)^p\bigr)$ met $c \neq 0$ (de eerste term na de constante die niet nul is; $p \geq 2$ in een kritiek punt).

Is $p$ even, dan heeft $f$ een lokaal minimum in $a$ als $c > 0$ , en een lokaal maximum als $c < 0$ .
Is $p$ oneven, dan is er geen extremum ( $f - f(a)$ wisselt van teken); begint de ontwikkeling bovendien na een lineaire term $f'(a)(x - a)$ , dan kruist de grafiek haar raaklijn: een buigpunt.

Bewijs. In de buurt van $a$ heeft $f(x) - f(a) = (x-a)^p\bigl(c + o(1)\bigr)$ het teken van $c\,(x-a)^p$ : een vast teken voor $p$ even, wisselend voor $p$ oneven. ∎

Voorbeeld 16.18 (Exponenten moeten tot op $o(1)$ worden ontwikkeld)

Bepaal een equivalent van $u_n = \bigl(1 + \frac1n\bigr)^{n^2}$ . Ontwikkel de exponent totdat zijn fout naar $0$ nadert:

n^2 \ln\Bigl(1 + \frac1n\Bigr) = n^2\Bigl(\frac1n - \frac{1}{2n^2} + O\Bigl(\frac{1}{n^3}\Bigr)\Bigr) = n - \frac12 + O\Bigl(\frac1n\Bigr),

dus $u_n = \eu^{\,n - 1/2}\,\eu^{O(1/n)}$ met $\eu^{O(1/n)} \to 1$ :

u_n \;\sim\; \eu^{\,n - \frac12} .

Merk op wat er met minder zorg was misgegaan: de exponent afbreken bij $n^2\cdot\frac1n = n + O(1)$ laat een factor $\eu^{O(1)}$ staan — begrensd, maar niet naar $1$ naderend — en dan kan geen enkel equivalent worden beweerd. De regel van de valkuilen hierboven, in positieve vorm: een equivalent van $\eu^{a_n}$ vereist de ontwikkeling van $a_n$ tot en met een term die naar nul nadert, waarbij elke coëfficiënt daarvóór exact wordt bewaard.

Voorbeeld 16.19 (Een vlak kritiek punt classificeren)

Onderzoek $f(x) = \cos x + \frac{x^2}{2}$ in de buurt van $0$ . Zowel $f'(0) = 0$ als $f''(0) = -\cos 0 + 1 = 0$ : de toets met de tweede afgeleide zwijgt. Ontwikkel in plaats daarvan:

f(x) = \Bigl(1 - \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24} + o(x^4)\Bigr) + \frac{x^2}{2} = 1 + \frac{x^4}{24} + o(x^4) :

de eerste term $c\,x^p$ die niet nul is heeft $p = 4$ even en $c = \frac{1}{24} > 0$ : een lokaal minimum, van ongewone vlakheid (de grafiek verlaat haar minimumwaarde als $x^4$ , niet als $x^2$ ). Het afsluitende inzicht: de ontwikkeling ziet in één regel wat herhaald afleiden versluiert — en Propositie 16.17 is het systematische woordenboek van “eerste overlevende term” naar “lokale gedaante”.

Voorbeeld 16.20 (Ontwikkelingen in het oneindige)

Twee berekeningen waarin de veranderlijke naar $+\infty$ loopt en de substitutie $h = \frac1x \to 0^+$ het hele gereedschap importeert. Ten eerste

x - x^2\ln\Bigl(1 + \frac1x\Bigr) = x - x^2\Bigl(\frac1x - \frac{1}{2x^2} + O\Bigl(\frac{1}{x^3}\Bigr)\Bigr) = \frac12 + O\Bigl(\frac1x\Bigr) \longrightarrow \frac12 .

Ten tweede de boogtangens in het oneindige: uit $\arctan x + \arctan\frac1x = \frac\pi2$ voor $x > 0$ (Propositie 4.12) en de ontwikkeling van $\arctan$ in $0$ (Oefening 16.3) volgt

\arctan x = \frac\pi2 - \arctan\frac1x = \frac\pi2 - \frac1x + \frac{1}{3x^3} + o\Bigl(\frac{1}{x^3}\Bigr) :

de grafiek nadert haar asymptoot $y = \frac\pi2$ van onderen met snelheid $\frac1x$ . Het afsluitende inzicht: er is geen afzonderlijke theorie van ontwikkelingen in het oneindige — één omgekeerde substitutie herleidt ze tot ontwikkelingen in $0$ , mits elke tussenliggende $O$ en $o$ eerlijk wordt meegedragen.

Voorbeeld 16.21 (Asymptoot via ontwikkeling)

Als $x \to +\infty$ geldt

\sqrt{x^2 + x} = x\sqrt{1 + \tfrac1x} = x\Bigl(1 + \frac{1}{2x} - \frac{1}{8x^2} + o\bigl(\tfrac{1}{x^2}\bigr)\Bigr) = x + \frac12 - \frac{1}{8x} + o\bigl(\tfrac 1x\bigr):

de rechte $y = x + \frac12$ is een asymptoot, benaderd van onderen (de volgende term $-\frac{1}{8x}$ is negatief).

Opmerking 16.22 (Waar ontwikkelingen hierna werken)

Asymptotische ontwikkelingen zijn de vaste taal van de rest van het boek: in Hoofdstuk 17 beslissen zij over convergentie (equivalenten voeden de vergelijkingscriteria, en de studie van $\sum \frac{1}{n^\alpha}$ is een vermomde ontwikkeling); in het volume van bachelorjaar 2 worden zij machtreeksen, waarin de taylorveelterm oneindig veel termen en een convergentiestraal krijgt; en elke linearisatie in de fysica — de slinger, storing van eerste orde — is een uitspraak van Taylor–Young waarbij de $o(\cdot)$ stilzwijgend is weggelaten. De ene waarschuwing die het graveren waard is: een ontwikkeling beschrijft een functie alleen in de buurt van één punt — zie de vlakke functie van de weekendopgave, waarvan de ontwikkeling in $0$ identiek nul is zonder dat de functie dat is.

Opmerking 16.23 (Vooruitzichten binnen dit volume)

Ontwikkelingen zijn de werktaal van de resterende analyse en van de meetkunde die komt. Hoofdstuk 17 zet ze om in convergentieoordelen: een equivalent van de algemene term is een ontwikkeling afgekapt bij haar eerste term, en de fijnere criteria (alternerend met foutbeheersing) verbruiken ook de tweede term. Hoofdstuk 24 leest de lokale meetkunde af uit ontwikkelingen van de twee coördinaatfuncties: of een geparametriseerde kromme in een punt kruist, kust of een keerpunt maakt, wordt beslist door welke machten van $t$ overleven in $x(t)$ en $y(t)$ — de vlakke versie van Propositie 16.17. En Hoofdstuk 25 stopt met opzet bij orde één: het raakvlak is een uitspraak van Taylor–Young in twee veranderlijken, terwijl de volledige theorie van de tweede orde (hessianen, zadelpunten) wordt uitgesteld tot het volume van bachelorjaar 2. De rode draad: elke “lokale” vraag in dit boek wordt beantwoord door de eerste overlevende term van een ontwikkeling op te schrijven.

16.4 Oefeningen

Oefening 16.1 ★

Geef de ontwikkelingen in $0$ : $\eu^{2x}$ tot orde $3$ ; $\;\ln(1 - x)$ tot orde $4$ ; $\;\sqrt{1 + x}$ tot orde $3$ ; $\;\dfrac{1}{1 + x^2}$ tot orde $6$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 16.1.

\eu^{2x} = 1 + 2x + 2x^2 + \frac{4x^3}{3} + o(x^3); \qquad \ln(1 - x) = -x - \frac{x^2}{2} - \frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4} + o(x^4);

\sqrt{1+x} = 1 + \frac x2 - \frac{x^2}{8} + \frac{x^3}{16} + o(x^3); \qquad \frac{1}{1 + x^2} = 1 - x^2 + x^4 - x^6 + o(x^6),

de laatste door $-x^2$ in de meetkundige ontwikkeling te substitueren.

Oefening 16.2 ★

Bereken de limieten:

\lim_{x\to 0} \frac{\eu^x - 1 - x}{x^2}, \qquad \lim_{x\to 0} \frac{\cos x - \sqrt{1 - x^2}}{x^4}, \qquad \lim_{x\to 0} \frac{\ln(1+x) - \sin x}{x^2}.

Oplossing

Oplossing van Oefening 16.2.

$\eu^x - 1 - x = \frac{x^2}{2} + o(x^2)$ : limiet $\dfrac12$ .

$\cos x = 1 - \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24} + o(x^4)$ en $\sqrt{1 - x^2} = 1 - \frac{x^2}{2} - \frac{x^4}{8} + o(x^4)$ : verschil $\frac{x^4}{24} + \frac{x^4}{8} = \frac{x^4}{6} + o(x^4)$ : limiet $\dfrac16$ .

$\ln(1+x) - \sin x = \bigl(x - \frac{x^2}{2}\bigr) - x + o(x^2) = -\frac{x^2}{2} + o(x^2)$ : limiet $-\dfrac12$ .

Oefening 16.3 ★

Ontwikkel $\arctan x$ in $0$ tot orde $5$ door de ontwikkeling van $\frac{1}{1 + x^2}$ te integreren, en $\arcsin x$ tot orde $5$ door die van $(1 - x^2)^{-1/2}$ te integreren.

Oplossing

Oplossing van Oefening 16.3.

$\frac{1}{1+t^2} = 1 - t^2 + t^4 + o(t^5)$ ; door van $0$ tot $x$ te integreren (Methode 16.12 (5)):

\arctan x = x - \frac{x^3}{3} + \frac{x^5}{5} + o(x^5)\ \ (\text{zelfs }o(x^6)\text{, wegens de oneven pariteit}).

$(1 - t^2)^{-1/2} = 1 + \frac{t^2}{2} + \frac38 t^4 + o(t^5)$ (binomiaalontwikkeling met $\alpha = -\frac12$ , $x = -t^2$ : $\binom{-1/2}{2} = \frac{(-\frac12)(-\frac32)}{2} = \frac38$ ); na integratie:

\arcsin x = x + \frac{x^3}{6} + \frac{3x^5}{40} + o(x^5) .

Oefening 16.4 ★

Bewijs met Taylor–Lagrange voor $\exp$ op $\intcc{0}{1}$ dat

\Bigl| \eu - \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{k!} \Bigr| \leq \frac{3}{(n+1)!},

en bepaal een $n$ die $6$ exacte decimalen van $\eu$ garandeert.

Oplossing

Oplossing van Oefening 16.4.

Taylor–Lagrange (Stelling 16.7) voor $\exp$ in $a = 0$ , $x = 1$ : de $(n+1)$ -de afgeleide is $\eu^t \leq \eu < 3$ op $\intcc{0}{1}$ , dus

\Bigl|\eu - \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{k!}\Bigr| \leq \frac{3}{(n+1)!} .

Voor $6$ exacte decimalen willen we $\frac{3}{(n+1)!} < 5\times 10^{-7}$ , dat wil zeggen $(n+1)! > 6\times 10^{6}$ : omdat $10! = 3\,628\,800$ en $11! = 39\,916\,800$ , volstaat $n + 1 = 11$ , dus $n = 10$ .

Oefening 16.5 ★★

Ontwikkel tot orde $2$ in $\frac1n$ en leid de limiet en de convergentiesnelheid af:

\Bigl(1 + \frac 1n\Bigr)^{\!n} = \eu\Bigl(1 - \frac{1}{2n} + \frac{11}{24n^2} + o\Bigl(\frac{1}{n^2}\Bigr)\Bigr).

Oplossing

Oplossing van Oefening 16.5.

$n\ln\bigl(1 + \frac1n\bigr) = n\Bigl(\frac1n - \frac{1}{2n^2} + \frac{1}{3n^3} + o\bigl(\frac{1}{n^3}\bigr)\Bigr) = 1 - \frac{1}{2n} + \frac{1}{3n^2} + o\bigl(\frac{1}{n^2}\bigr)$ . Neem de exponentiële, met $u = -\frac{1}{2n} + \frac{1}{3n^2}$ en $\eu^u = 1 + u + \frac{u^2}2 + o(u^2)$ :

\Bigl(1 + \frac1n\Bigr)^n = \eu\cdot \eu^{u} = \eu\Bigl(1 - \frac{1}{2n} + \frac{1}{3n^2} + \frac{1}{8n^2} + o\Bigl(\frac{1}{n^2}\Bigr)\Bigr) = \eu\Bigl(1 - \frac{1}{2n} + \frac{11}{24n^2} + o\Bigl(\frac{1}{n^2}\Bigr)\Bigr).

Limiet $\eu$ ; de fout is $\sim \dfrac{\eu}{2n}$ : traag (één cijfer per vertienvoudiging van $n$ ).

Oefening 16.6 ★★

Onderzoek het lokale gedrag in $0$ van $f(x) = x^2 - x^4$ en van $g(x) = x^3 + x^5$ ; en bepaal de ligging van de grafiek van $h(x) = \eu^x$ ten opzichte van haar raaklijn in $a = 1$ , eerst lokaal en daarna globaal.

Oplossing

Oplossing van Oefening 16.6.

$f(x) = x^2 - x^4 = x^2(1 + o(1))$ : eerste term $x^2$ , $p = 2$ even, coëfficiënt $> 0$ : lokaal minimum in $0$ (niet globaal: $f(2) = -12$ ).

$g(x) = x^3 + x^5$ : eerste term $x^3$ , $p$ oneven: geen extremum; $g$ kruist haar (horizontale) raaklijn: buigpunt in $0$ .

$h = \exp$ in $a = 1$ : $h(x) = \eu + \eu(x-1) + \frac{\eu}{2}(x-1)^2 + o((x-1)^2)$ ; het verschil met de raaklijn is $\frac{\eu}{2}(x-1)^2 + o(\cdot) > 0$ lokaal. Globaal: $\eu^x - \eu x \geq 0$ voor alle $x$ wegens de convexiteit (Stelling 14.19 (3)): de grafiek ligt boven elke raaklijn, met gelijkheid alleen in het raakpunt.

Oefening 16.7 ★★

Bepaal de asymptoten in $\pm\infty$ van $f(x) = \sqrt[3]{x^3 + x^2}$ en de ligging van de kromme ten opzichte daarvan.

Oplossing

Oplossing van Oefening 16.7.

Voor $x \to +\infty$ :

f(x) = x\Bigl(1 + \frac1x\Bigr)^{1/3} = x\Bigl(1 + \frac{1}{3x} - \frac{1}{9x^2} + o\Bigl(\frac{1}{x^2}\Bigr)\Bigr) = x + \frac13 - \frac{1}{9x} + o\Bigl(\frac1x\Bigr):

asymptoot $y = x + \frac13$ , met de kromme eronder bij $+\infty$ . Als $x \to -\infty$ blijft dezelfde berekening geldig (de derdemachtswortel is voor alle reële getallen gedefinieerd, en $\frac1x \to 0$ ): dezelfde asymptoot $y = x + \frac13$ , maar nu is $-\frac{1}{9x} > 0$ : de kromme ligt boven de rechte.

Oefening 16.8 ★★

Bepaal het equivalent, als $n \to \infty$ , van

u_n = \sqrt{n+1} - \sqrt n, \qquad v_n = \ln(n+1) - \ln n, \qquad w_n = \sin\frac{1}{n} - \tan\frac{1}{n},

telkens als een macht van $n$ maal een constante.

Oplossing

Oplossing van Oefening 16.8.

$u_n = \sqrt n\bigl(\sqrt{1 + \tfrac1n} - 1\bigr) = \sqrt n\bigl(\frac{1}{2n} + o(\frac1n)\bigr) \sim \dfrac{1}{2\sqrt n}$ .

$v_n = \ln\bigl(1 + \frac1n\bigr) \sim \dfrac 1n$ .

$w_n$ : met $h = \frac1n \to 0$ is $\sin h - \tan h = \bigl(h - \frac{h^3}{6}\bigr) - \bigl(h + \frac{h^3}{3}\bigr) + o(h^3) = -\frac{h^3}{2} + o(h^3)$ , dus $w_n \sim -\dfrac{1}{2n^3}$ .

Oefening 16.9 ★★★

Zij $f$ van klasse $C^2$ op $\R$ . Bewijs dat voor elke $x$ en elke $h > 0$

\abs{f'(x)} \leq \frac{\abs{f(x+h) - f(x-h)}}{2h} + \frac{h}{2}\sup_{\intcc{x-h}{x+h}}\abs{f''} ,

en leid de ongelijkheid van het type Landau–Kolmogorov af: is $\abs f \leq M_0$ en $\abs{f''} \leq M_2$ op $\R$ , dan is $\abs{f'} \leq \sqrt{2 M_0 M_2}$ overal. (Optimaliseer over $h$ .)

Oplossing

Oplossing van Oefening 16.9.

Taylor–Lagrange op orde $1$ rond $x$ , aan beide zijden:

f(x + h) = f(x) + h f'(x) + R_+,\quad f(x - h) = f(x) - h f'(x) + R_-, \qquad \abs{R_\pm} \leq \frac{h^2}{2} \sup \abs{f''} .

Aftrekken geeft $f(x+h) - f(x-h) = 2h f'(x) + (R_+ - R_-)$ , dus

\abs{f'(x)} \leq \frac{\abs{f(x+h) - f(x-h)}}{2h} + \frac{h}{2}\sup_{\intcc{x-h}{x+h}}\abs{f''} .

Met globale grenzen: $\abs{f'(x)} \leq \frac{M_0}{h} + \frac{M_2 h}{2}$ voor elke $h > 0$ . Het rechterlid wordt geminimaliseerd bij $h = \sqrt{2M_0/M_2}$ (afgeleide nul), met waarde $\sqrt{2M_0M_2}$ — bijgevolg is $\abs{f'} \leq \sqrt{2M_0M_2}$ . (Is $M_2 = 0$ , laat dan $h \to \infty$ : $f' = 0$ , consistent.)

Oefening 16.10 ★★★

De rij $u_0 \in \intoo{0}{\pi}$ , $u_{n+1} = \sin u_n$ daalt naar $0$ (verantwoord dit kort). Om haar snelheid te bepalen, beschouw $v_n = \frac{1}{u_n^2}$ :

bewijs met de ontwikkeling van $\sin$ dat $v_{n+1} - v_n \to \frac13$ ;
leid met Cesàro (Oefening 11.10) af dat $\frac{v_n}{n} \to \frac13$ , en daarna het equivalent $u_n \sim \sqrt{\dfrac{3}{n}}$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 16.10.

Op $\intoo{0}{\pi}$ is $0 < \sin u < u$ , dus is $(u_n)$ strikt dalend en positief, en dus convergent; de limiet is een vast punt van $\sin$ in $\intcc{0}{\pi}$ , en $\sin \ell = \ell$ dwingt $\ell = 0$ af (want $\sin x < x$ voor $x > 0$ ).

Met $\sin u = u - \frac{u^3}{6} + o(u^3)$ als $u \to 0$ :

$v_{n+1} - v_n = \frac{1}{\sin^2 u_n} - \frac{1}{u_n^2} = \frac{1}{u_n^2}\Bigl(\Bigl(1 - \frac{u_n^2}{6} + o(u_n^2)\Bigr)^{\!-2} - 1\Bigr) = \frac{1}{u_n^2}\Bigl(\frac{u_n^2}{3} + o(u_n^2)\Bigr) \longrightarrow \frac13 .$
Volgens Oefening 11.10 (3) (Cesàro voor verschillen) is $\frac{v_n}{n} \to \frac13$ , dat wil zeggen $v_n \sim \frac n3$ , dus $u_n^2 \sim \frac 3n$ : omdat $u_n > 0$ ,

$u_n \sim \sqrt{\frac{3}{n}} .$

Oefening 16.11 ★★

(Verschillen van oneindigheden) Bereken

\lim_{x \to 0} \Bigl(\frac{1}{x^2} - \frac{1}{\sin^2 x}\Bigr) \qquad\text{en}\qquad \lim_{x \to 0^+} \Bigl(\frac 1x - \frac{1}{\ln(1 + x)}\Bigr)

door op één noemer te brengen en teller en noemer afzonderlijk te ontwikkelen.

Oplossing

Oplossing van Oefening 16.11.

Breng op één noemer. Eerste limiet:

\frac{1}{x^2} - \frac{1}{\sin^2 x} = \frac{\sin^2 x - x^2}{x^2\sin^2 x}, \qquad \sin^2 x = \Bigl(x - \frac{x^3}{6} + o(x^4)\Bigr)^{\!2} = x^2 - \frac{x^4}{3} + o(x^5) ,

zodat de teller $-\frac{x^4}{3} + o(x^4)$ is terwijl de noemer $\sim x^4$ is: de limiet is $-\dfrac13$ .

Tweede: $\dfrac1x - \dfrac{1}{\ln(1+x)} = \dfrac{\ln(1+x) - x}{x\ln(1+x)}$ ; de teller is $-\frac{x^2}{2} + o(x^2)$ , de noemer $x\bigl(x + o(x)\bigr) \sim x^2$ : de limiet is $-\dfrac12$ .

Oefening 16.12 ★★★

(Asymptotiek van impliciete wortels) Toon aan dat voor elke $k \in \N^*$ de vergelijking $\tan x = x$ precies één oplossing $x_k$ heeft in $\intoo{k\pi - \frac\pi2}{k\pi + \frac\pi2}$ , dat $x_k = k\pi + \frac\pi2 - \varepsilon_k$ met $\varepsilon_k = \arctan\frac{1}{x_k}$ , en leid de ontwikkeling

x_k = k\pi + \frac\pi2 - \frac{1}{k\pi} + o\Bigl(\frac 1k\Bigr) \qquad (k \to \infty)

af.

Oplossing

Oplossing van Oefening 16.12.

Op $I_k = \intoo{k\pi - \frac\pi2}{k\pi + \frac\pi2}$ heeft de functie $g(x) = \tan x - x$ als afgeleide $\tan^2 x \geq 0$ , die alleen in het enkele punt $k\pi$ nul wordt: $g$ is strikt stijgend op $I_k$ (Gevolg 14.12 (2)), met limieten $-\infty$ en $+\infty$ in de uiteinden: precies één nulpunt $x_k$ . Voor $k \geq 1$ is $g(k\pi) = -k\pi < 0$ , dus $x_k \in \intoo{k\pi}{k\pi + \frac\pi2}$ : schrijf $x_k = k\pi + \frac\pi2 - \varepsilon_k$ met $\varepsilon_k \in \intoo{0}{\frac\pi2}$ . Dan is

x_k = \tan x_k = \tan\Bigl(\frac\pi2 - \varepsilon_k\Bigr) = \frac{1}{\tan\varepsilon_k} \quad\Longrightarrow\quad \varepsilon_k = \arctan\frac{1}{x_k} ,

met gebruik van $\tan\varepsilon_k = \frac{1}{x_k}$ en $\varepsilon_k \in \intoo{0}{\frac\pi2}$ . Omdat $x_k \geq k\pi \to \infty$ , is $\varepsilon_k \to 0$ , en

\varepsilon_k = \arctan\frac{1}{x_k} = \frac{1}{x_k} + O\Bigl(\frac{1}{x_k^3}\Bigr) = \frac{1}{k\pi + O(1)} + O\Bigl(\frac{1}{k^3}\Bigr) = \frac{1}{k\pi} + O\Bigl(\frac{1}{k^2}\Bigr) ,

waaruit $x_k = k\pi + \frac\pi2 - \frac{1}{k\pi} + o\bigl(\frac1k\bigr)$ .

16.5 Opgave: alternerende sommen, gecertificeerde cijfers en de irrationaliteit van $\cos 1$

Probleem 16.1

Weekendopgave — de alternerende schatting $\abs{S - S_n} \leq a_{n+1}$ : $\ln 2$ en $\pi$ met bewezen decimalen, de formule van Machin, en $\cos 1 \notin \Q$

Een alternerende som met dalende termen is het vriendelijkste object van de numerieke analyse: haar fout wordt begrensd door de eerste weggelaten term, met bekend teken. Deze opgave bewijst dat beginsel met de stelling over ingesloten rijen, en besteedt het vervolgens op drie manieren: gecertificeerde decimalen voor $\ln 2$ (drie concurrerende wegen) en voor $\pi$ (Leibniz, en daarna de formule van Machin uit 1706, eeuwenlang nog steeds het idee achter recordberekeningen), de irrationaliteit van $\cos 1$ , $\sin 1$ en $\cosh 1$ , en, als tegenwicht, de gelijkheidsvorm van Taylor–Lagrange en de vlakke functie waarvan de taylorontwikkeling liegt. Overal is de taal van “reeksen” informeel: elke som hier is een rij van partiële sommen, zoals in Voorbeeld 11.12; de eigenlijke theorie opent in Hoofdstuk 17.

Deel I — De alternerende schatting. Zij $(a_k)_{k \geq 0}$ dalend naar $0$ en $S_n = \sum_{k=0}^{n} (-1)^k a_k$ .

Toon aan dat $(S_{2n+1})$ stijgend is, $(S_{2n})$ dalend, en dat zij ingesloten zijn (Stelling 11.11): beide convergeren naar een gemeenschappelijke $S$ met, voor elke $n$ ,

$S_{2n+1} \leq S \leq S_{2n}, \qquad \abs{S - S_n} \leq a_{n+1} ,$

waarbij de fout het teken heeft van de eerste weggelaten term. Toon bovendien aan dat al deze ongelijkheden strikt zijn wanneer de daling strikt is.
Eerste dividend: vergelijk voor $x = 1$ in de exponentiële reeks met Stelling 16.7 in $a = 0$ : toon aan dat $T_n = \sum_{k=0}^{n} \frac{(-1)^k}{k!}$ convergeert naar $\eu^{-1}$ met $\abs{\eu^{-1} - T_n} < \frac{1}{(n+1)!}$ .
(Leibniz, 1674) Bewijs uit de exacte eindige identiteit

$\frac{1}{1 + t^2} = \sum_{k=0}^{n} (-1)^k t^{2k} + \frac{(-1)^{n+1} t^{2n+2}}{1 + t^2} ,$

geïntegreerd over $\intcc{0}{1}$ , dat

$\frac\pi4 = \sum_{k=0}^{n} \frac{(-1)^k}{2k+1} + \rho_n, \qquad \abs{\rho_n} \leq \frac{1}{2n+3} .$
Traagheid: hoeveel termen van Leibniz garanderen zes exacte decimalen van $\pi$ ? (Ongeveer twee miljoen.) Evalueer $4 S_4 = 4\bigl(1 - \frac13 + \frac15 - \frac17 + \frac19\bigr)$ en zijn afstand tot $\pi$ , om de pijn te voelen.

Deel II — $\ln 2$ langs drie wegen.

(Weg 1: de alternerende harmonische) Uit $\frac{1}{1+t} = \sum_{k=0}^{n-1}(-1)^k t^k + \frac{(-1)^n t^n}{1+t}$ , geïntegreerd over $\intcc{0}{1}$ :

$\ln 2 = \sum_{k=1}^{n} \frac{(-1)^{k-1}}{k} + (-1)^n R_n, \qquad \frac{1}{2(n+1)} \leq R_n \leq \frac{1}{n+1} :$

de fout is van exacte orde $\frac 1n$ — een miljoen termen voor zes decimalen.
(Weg 2: de snelle reeks) Integreer $\frac{1}{1 - t^2} = \sum_{k=0}^{n} t^{2k} + \frac{t^{2n+2}}{1-t^2}$ van $0$ tot $x \in \intoo{0}{1}$ en evalueer in $x = \frac13$ (merk op dat $\frac{1 + 1/3}{1 - 1/3} = 2$ ):

$\ln 2 = 2\sum_{k=0}^{n} \frac{(1/3)^{2k+1}}{2k+1} + \tilde\rho_n, \qquad 0 < \tilde\rho_n \leq \frac{9}{4}\cdot \frac{(1/3)^{2n+3}}{2n+3} :$

meetkundige convergentie, ruwweg één cijfer per term.
(Weg 3: Riemannsommen en een verborgen identiteit) Bewijs met inductie de identiteit

$\sum_{k=1}^{2n} \frac{(-1)^{k-1}}{k} = H_{2n} - H_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{n + k} ,$

en vind $\ln 2$ terug als de limiet van de Riemannsom uit Voorbeeld 15.21: de wegen 1 en 3 zijn heimelijk hetzelfde getal, twee keer gezien.
Krachtmeting bij zes termen: vergelijk $\sum_{k=1}^{6} \frac{(-1)^{k-1}}{k} = 0.6167$ met weg 2 bij $n = 5$ , die al $\ln 2 = 0.693147$ geeft met een fout $\leq 1.1\cdot10^{-7}$ . Verklaar de structurele reden (een evaluatiepunt diep binnen het convergentie-interval tegenover een punt op de rand ervan).
Hoeveel termen van weg 2 certificeren tien decimalen van $\ln 2$ ? Toon aan dat $n = 10$ volstaat.

Deel III — De formule van Machin.

Bereken $(5 + \iu)^4$ en ga de complexe identiteit

$(5 + \iu)^4 = 2\,(1 + \iu)\,(239 + \iu)$

na. Leid, door argumenten te nemen (met de afspraken van Hoofdstuk 3), de formule van Machin

$\frac\pi4 = 4\arctan\frac15 - \arctan\frac{1}{239}$

af. (Controleer dat geen enkel argument $\intoo{-\frac\pi2}{\frac\pi2}$ verlaat.)
Stel, zoals in vraag 3, voor $0 < x < 1$ vast dat

$\arctan x = \sum_{k=0}^{n} \frac{(-1)^k x^{2k+1}}{2k+1} + r_n(x), \qquad \abs{r_n(x)} \leq \frac{x^{2n+3}}{2n+3} .$
Certificeer $\pi$ tot op zeven decimalen met zes termen: begrens de totale fout van

$\pi \approx 16\sum_{k=0}^{4} \frac{(-1)^k (1/5)^{2k+1}}{2k+1} - 4\Bigl(\frac{1}{239} - \frac{1}{3\cdot239^3}\Bigr)$

door $16\,\frac{(1/5)^{11}}{11} + 4\,\frac{(1/239)^5}{5} < 5\cdot10^{-8}$ , en geef de resulterende waarde $3.1415926\dots$
Vergelijk de drie wegen naar $\pi$ die nu beschikbaar zijn — Leibniz (vraag 4), de integralen van Dalzell uit Probleem 15.1 (fout $4^{1-5m}$ ), Machin (fout $\approx 16\cdot 5^{-(2n+3)}$ ) — in cijfers per term, en leg uit waarom het verkleinen van het evaluatiepunt alles verslaat.

Deel IV — De gehele-getallenval, alternerende uitvoering.

Stel dat $\cos 1 = \frac pq$ . Vermenigvuldig de strikte alternerende insluiting van $\sum_{k} \frac{(-1)^k}{(2k)!}$ (vraag 1) met $(2n)!$ waarbij $2n \geq q$ , en leid een tegenspraak af: $\cos 1$ is irrationaal.
Pas dit aan voor $\sin 1 = \sum_k \frac{(-1)^k}{(2k+1)!}$ (vermenigvuldig met $(2n+1)!$ ): $\sin 1 \notin \Q$ . Beide irrationaal, en toch is $\cos^2 1 + \sin^2 1 = 1$ : irrationaliteit is niet bestand tegen algebra.
De niet-alternerende neef: $\cosh 1 = \sum_k \frac{1}{(2k)!}$ (in de zin van partiële sommen, met de tweezijdige staartgrens $0 < \cosh 1 - \sum_{k \leq n} \frac{1}{(2k)!} < \frac{2}{(2n+2)!}$ , nog te bewijzen). Besluit met dezelfde val dat $\cosh 1 \notin \Q$ .
Duw door tot $\cos\frac 1m$ voor elk geheel getal $m \geq 1$ : vermenigvuldig met $m^{2n}(2n)!$ en besluit dat $\cos\frac1m \notin \Q$ . Waar breekt dezelfde poging voor een algemene $\cos\frac ab$ met $b > 1$ ? (Wijs de noemer aan die niet langer wegvalt.)

Deel V — Scherper en donkerder: de gelijkheidsvorm, en een functie die Taylor bedriegt.

(Taylor–Lagrange, gelijkheidsvorm) Zij $f$ $n + 1$ keer afleidbaar tussen $a$ en $x$ . Definieer $g(t) = f(x) - \sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(t)}{k!}(x - t)^k - A\,\frac{(x-t)^{n+1}}{(n+1)!}$ met de constante $A$ zo gekozen dat $g(a) = 0$ . Bereken $g'$ (de som telescopeert), pas Rolle toe op $\intcc{a}{x}$ , en besluit dat er een $c$ strikt tussen $a$ en $x$ bestaat met

$f(x) = \sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k + \frac{f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}\,(x-a)^{n+1} .$
Dividend van de gelijkheid: toon voor $x > 0$ aan dat

$\eu^x > 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \dots + \frac{x^n}{n!}$

(strikt, voor elke $n$ ), en lokaliseer waar de ongelijkheid voor $x < 0$ omklapt naargelang de pariteit van $n$ .
IJk de resttermen op $\sin(0.5)$ bij orde $3$ : Young geeft alleen $o(x^3)$ (geen getal); Lagrange geeft $\abs{\sin 0.5 - (0.5 - \frac{0.5^3}{6})} \leq \frac{0.5^5}{120} = 2.61\cdot10^{-4}$ ; de alternerende schatting geeft dezelfde grens plus de tekeninformatie $\sin 0.5 > 0.5 - \frac{0.5^3}{6}$ . Vergelijk met de werkelijke fout $2.59\cdot10^{-4}$ : de grens wordt bijna bereikt. Naar welk gereedschap zou je grijpen, en wanneer?
(De vlakke functie) Zij $f(x) = \eu^{-1/x^2}$ voor $x \neq 0$ en $f(0) = 0$ . Toon aan dat $f$ continu is in $0$ , dat $f'(0) = 0$ , en algemener — door te bewijzen dat elke afgeleide de vorm $f^{(k)}(x) = P_k\bigl(\frac1x\bigr)\eu^{-1/x^2}$ heeft voor een veelterm $P_k$ (inductie) — dat $f^{(k)}(0) = 0$ voor alle $k$ (groeivergelijking, Propositie 4.6). Besluit: alle taylorveeltermen van $f$ in $0$ zijn nul, en toch is $f(x) > 0$ voor $x \neq 0$ : Taylor–Young geldt in elke orde en zegt niets over $f$ buiten $0$ . Ontwikkelingen beschrijven kiemen, geen functies.

Deel VI — Synthese.

Laat de val nog één keer draaien, op $\eu^{-1} = \sum_k \frac{(-1)^k}{k!}$ : vermenigvuldig de strikte alternerende insluiting met $n!$ en besluit dat $\eu^{-1} \notin \Q$ , en dus $\eu \notin \Q$ — het derde bewijs van dit feit in het volume. Som de drie op (ingesloten rijen, Oefening 11.9; integralen, Probleem 15.1; alternerende sommen, hier) en wat elk ervan nodig had.
De kleine lettertjes: de monotonie is geen versiering. Zij $b_k = \frac1k$ voor oneven $k$ en $b_k = \frac{1}{k^2}$ voor even $k$ : de $b_k$ zijn positief en naderen tot $0$ , en toch divergeren de partiële sommen van $\sum (-1)^k b_k$ naar $-\infty$ . Bewijs dit (splits de partiële som in het even deel, begrensd via Voorbeeld 11.22, en het oneven deel, dat de helft van de harmonische reeks domineert, Oefening 11.5), en zeg precies welke stap van vraag 1 de monotonie gebruikte.
Ga de eenvoudiger identiteit van Euler $\arctan\frac12 + \arctan\frac13 = \frac\pi4$ na via $(2 + \iu)(3 + \iu) = 5(1 + \iu)$ , schat het aantal termen dat langs deze weg nodig is voor zes decimalen van $\pi$ ( $n = 10$ volstaat), en plaats haar tussen Leibniz en Machin in de rangschikking van vraag 13.
Synthese, telkens één zin: (i) formuleer de alternerende schatting en haar twee opbrengsten (grens en teken); (ii) waarom exacte eindige identiteiten met expliciete resttermen het winnen van limietuitspraken voor gecertificeerd rekenwerk; (iii) de inventaris van de opgave ( $\pi$ tot op $10^{-7}$ met de hand, $\ln 2$ tot op tien decimalen, vier irrationaliteitsbewijzen, één gelijkheidsstelling, één waarschuwend voorbeeld); (iv) welke van deze draden Hoofdstuk 17 zal oppakken (het criterium voor alternerende reeksen, absolute tegenover voorwaardelijke convergentie, en het herschikkingsdrama van haar weekendopgave).

Oplossing

Oplossing van Probleem 16.1.

1. $S_{2n+1} - S_{2n-1} = a_{2n} - a_{2n+1} \geq 0$ en $S_{2n+2} - S_{2n} = a_{2n+2} - a_{2n+1} \leq 0$ , terwijl $S_{2n} - S_{2n+1} = a_{2n+1} \to 0$ : de rijen $(S_{2n+1})$ en $(S_{2n})$ zijn ingesloten en convergeren naar een gemeenschappelijke $S$ (Stelling 11.11) met $S_{2n+1} \leq S \leq S_{2n}$ . Voor even $n$ geeft $S_{n+1} \leq S \leq S_n$ dat $-a_{n+1} \leq S - S_n \leq 0$ ; voor oneven $n$ dat $0 \leq S - S_n \leq a_{n+1}$ . In beide gevallen is $\abs{S - S_n} \leq a_{n+1}$ en heeft $S - S_n$ het teken van $(-1)^{n+1}$ , de eerste weggelaten term. Bij strikte daling wordt elke getoonde ongelijkheid strikt, in het bijzonder $0 < \abs{S - S_n} < a_{n+1}$ .

2. $a_k = \frac{1}{k!}$ daalt strikt naar $0$ : vraag 1 is van toepassing. Taylor–Lagrange (Stelling 16.7) voor $\exp$ tussen $-1$ en $0$ : $\abs{\eu^{-1} - T_n} \leq \frac{1}{(n+1)!}$ (de afgeleide $\eu^t$ is daar $\leq 1$ ), dus $T_n \to \eu^{-1}$ , en de limiet $S$ uit vraag 1 is $\eu^{-1}$ , met de strikte grenzen $0 < \abs{\eu^{-1} - T_n} < \frac{1}{(n+1)!}$ .

3. Integratie van de identiteit over $\intcc{0}{1}$ : het linkerlid is $\arctan 1 = \frac\pi4$ (hoofdstelling), de $k$ -de term geeft $\frac{(-1)^k}{2k+1}$ , en

\rho_n = (-1)^{n+1}\int_0^1 \frac{t^{2n+2}}{1+t^2}\dd t, \qquad \abs{\rho_n} \leq \int_0^1 t^{2n+2}\dd t = \frac{1}{2n+3} .

4. De fout op $\pi$ is $4\abs{\rho_n} \leq \frac{4}{2n+3}$ : onder $10^{-6}$ komen vereist $2n + 3 > 4\cdot10^6$ , ongeveer twee miljoen termen. Ondertussen is $4S_4 = 4\bigl(1 - \frac13 + \frac15 - \frac17 + \frac19\bigr) = 4 \times 0.834921 = 3.339683$ , bijna $0.2$ verwijderd van $\pi$ : vijf termen, nog geen enkel juist cijfer.

5. Integratie over $\intcc{0}{1}$ geeft $\ln 2 = \sum_{k=1}^{n} \frac{(-1)^{k-1}}{k} + (-1)^n R_n$ met $R_n = \int_0^1 \frac{t^n}{1+t}\dd t$ ; uit $\frac12 \leq \frac{1}{1+t} \leq 1$ volgt $\frac{1}{2(n+1)} \leq R_n \leq \frac{1}{n+1}$ . De fout zit gevangen tussen twee veelvouden van $\frac1n$ : zes decimalen kosten ongeveer een miljoen termen.

6. Integratie van $0$ tot $x$ : $\frac12\ln\frac{1 + x}{1 - x} = \sum_{k=0}^{n} \frac{x^{2k+1}}{2k+1} + \int_0^x \frac{t^{2n+2}}{1-t^2}\dd t$ . In $x = \frac13$ is $\frac{1 + 1/3}{1 - 1/3} = 2$ , en op $\intcc{0}{\frac13}$ is $\frac{1}{1 - t^2} \leq \frac98$ :

\ln 2 = 2\sum_{k=0}^{n} \frac{(1/3)^{2k+1}}{2k+1} + \tilde\rho_n, \qquad 0 < \tilde\rho_n \leq \frac{9}{4}\cdot \frac{(1/3)^{2n+3}}{2n+3} :

elke extra term deelt de fout ongeveer door $9$ .

7. Inductie: voor $n = 1$ is $1 - \frac12 = \frac12 = H_2 - H_1$ . Stap:

H_{2n+2} - H_{n+1} = (H_{2n} - H_n) + \frac{1}{2n+1} + \frac{1}{2n+2} - \frac{1}{n+1} = (H_{2n} - H_n) + \frac{1}{2n+1} - \frac{1}{2n+2},

en dat is precies de aangroei van de alternerende som. En $H_{2n} - H_n = \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n+k}$ is de Riemannsom van Voorbeeld 15.21, die naar $\ln 2$ convergeert: de even partiële sommen van weg 1 zijn de Riemannsommen van weg 3.

8. $\sum_{k=1}^{6}\frac{(-1)^{k-1}}{k} = 0.61667$ , met fout $0.0765$ ; weg 2 bij $n = 5$ geeft $0.6931471$ met fout $\leq \frac94\cdot\frac{(1/3)^{13}}{13} = 1.1\cdot10^{-7}$ . De reden: weg 1 evalueert de logaritmereeks in het randpunt $x = 1$ , waar de termen als $\frac1k$ afnemen; weg 2 evalueert in $x = \frac13$ , diep binnenin, waar elke term een verse factor $\frac19$ meedraagt.

9. Tien decimalen: we willen $\tilde\rho_n \leq 5\cdot10^{-11}$ . Bij $n = 10$ : $\frac94 \cdot \frac{(1/3)^{23}}{23} = \frac94\cdot\frac{1.06\cdot10^{-11}}{23} \approx 1.0\cdot10^{-12} < 5\cdot10^{-11}$ : elf termen volstaan.

10. $(5+\iu)^2 = 24 + 10\iu$ , en daarna $(5+\iu)^4 = (24 + 10\iu)^2 = 476 + 480\iu$ ; en $2(1+\iu)(239+\iu) = 2(238 + 240\iu) = 476 + 480\iu$ : gelijk. Argumenten: $\arg(5 + \iu) = \arctan\frac15$ , dus het linkerlid heeft argument $4\arctan\frac15 \approx 0.79 \in \intoo{0}{\pi}$ ; het rechterlid heeft argument $\frac\pi4 + \arctan\frac{1}{239} \in \intoo{0}{\pi}$ . Twee gelijke complexe getallen met argumenten in hetzelfde interval van lengte $< 2\pi$ :

4\arctan\frac15 = \frac\pi4 + \arctan\frac{1}{239} ,

en dat is de formule van Machin.

11. Integreer $\frac{1}{1+t^2} = \sum_{k=0}^n (-1)^k t^{2k} + \frac{(-1)^{n+1}t^{2n+2}}{1+t^2}$ van $0$ tot $x$ :

\arctan x = \sum_{k=0}^{n}\frac{(-1)^k x^{2k+1}}{2k+1} + r_n(x), \qquad \abs{r_n(x)} \leq \int_0^x t^{2n+2}\dd t = \frac{x^{2n+3}}{2n+3} .

12. Fouten: $16\,\frac{(1/5)^{11}}{11} = 3.0\cdot 10^{-8}$ en $4\,\frac{(1/239)^5}{5} \approx 1\cdot10^{-12}$ : samen $< 5\cdot10^{-8}$ . De getoonde som evalueert tot $3.14159268\dots$ , dus $\pi = 3.1415926\dots$ gecertificeerd tot op $5\cdot10^{-8}$ : zeven decimalen uit zes termen (vijf bij $\frac15$ , twee bij $\frac1{239}$ , ruim geteld).

13. Leibniz: fout $\sim \frac1n$ , zodat elk nieuw cijfer het werk met tien vermenigvuldigt. Dalzell (Probleem 15.1, vraag 22): fout $4^{1-5m}$ , ongeveer drie cijfers per stap, met per stap een zwaardere veelterm. Machin: foutverhouding $\frac{1}{25}$ per term, ongeveer $1.4$ cijfers per term, met per term één deling. De moraal: de restterm van een ontwikkeling van meetkundig type schaalt als $x^{2n}$ , zodat $x$ klein maken cijfers koopt tegen vaste kosten per term — de complexe identiteit van Machin is precies een machine om $x$ te verkleinen.

14. $a_k = \frac{1}{(2k)!}$ daalt strikt naar $0$ ; volgens vraag 1 en Propositie 16.11 (met de grens van Lagrange als in vraag 2) geldt $\sum_{k \leq n}\frac{(-1)^k}{(2k)!} \to \cos 1$ met de strikte insluiting $0 < \bigl|\cos 1 - S'_n\bigr| < \frac{1}{(2n+2)!}$ . Stel $\cos 1 = \frac pq$ en neem $2n \geq q$ : dan is $(2n)!\,S'_n = \sum_{k\leq n} (-1)^k \frac{(2n)!}{(2k)!} \in \Z$ en $(2n)!\,\frac pq \in \Z$ , terwijl

0 < \Bigl|(2n)!\cos 1 - (2n)!S'_n\Bigr| < \frac{(2n)!}{(2n+2)!} = \frac{1}{(2n+1)(2n+2)} < 1 :

een geheel getal dat niet nul is met absolute waarde $< 1$ . Tegenspraak: $\cos 1 \notin \Q$ .

15. Identiek met $a_k = \frac{1}{(2k+1)!}$ , na vermenigvuldiging met $(2n+1)!$ waarbij $2n + 1 \geq q$ : $\sin 1 \notin \Q$ . En toch is $\cos^2 1 + \sin^2 1 = 1 \in \Q$ : producten en sommen van irrationale getallen mogen rationaal zijn — irrationaliteit overleeft geen enkele algebraïsche bewerking gratis.

16. Staartgrens: voor $m > n$ is

\sum_{k=n+1}^{m} \frac{1}{(2k)!} \leq \frac{1}{(2n+2)!}\Bigl(1 + \frac12 + \frac14 + \dots\Bigr) \leq \frac{2}{(2n+2)!} ,

omdat elke opeenvolgende verhouding $\frac{1}{(2k+1)(2k+2)} \leq \frac12$ is; de staart is positief (haar eerste term is dat). Dus $0 < \cosh 1 - \sum_{k\leq n}\frac{1}{(2k)!} < \frac{2}{(2n+2)!}$ , en vermenigvuldiging met $(2n)!$ waarbij $2n \geq q$ vangt opnieuw een geheel getal dat niet nul is in $\intoo{0}{1}$ : $\cosh 1 \notin \Q$ .

17. $\cos\frac1m = \sum_k \frac{(-1)^k}{m^{2k}(2k)!}$ : de termen dalen strikt naar nul, en $m^{2n}(2n)!\cdot \frac{1}{m^{2k}(2k)!} = m^{2(n-k)}\frac{(2n)!}{(2k)!} \in \Z$ voor $k \leq n$ . Is $\cos\frac1m = \frac pq$ , vermenigvuldig de strikte insluiting dan met $q\,m^{2n}(2n)!$ : de fout wordt begrensd door $\frac{q}{m^2(2n+1)(2n+2)} < 1$ voor grote $n$ : tegenspraak. Voor $\frac ab$ met $a \geq 2$ : het wegwerken van de noemers vermenigvuldigt de staart met $b^{2n}(2n)!$ , maar de eerste weggelaten term is $\frac{a^{2n+2}}{b^{2n+2}(2n+2)!}$ , en het product $\frac{a^{2n+2}}{b^2(2n+1)(2n+2)}$ explodeert: de teller $a^{2n+2}$ valt niet langer weg, en de val loopt vast. (Het resultaat blijft waar — via machinerie in de stijl van Niven, niet via deze.)

18. In $t = x$ verdwijnt elke term van $g$ behalve $f(x) - f(x) = 0$ : $g(x) = 0$ ; en $A$ is zo gekozen dat $g(a) = 0$ . Bij het afleiden telescopeert de som:

g'(t) = -\frac{f^{(n+1)}(t)}{n!}(x - t)^n + A\,\frac{(x-t)^n}{n!} = \frac{(x-t)^n}{n!}\bigl(A - f^{(n+1)}(t)\bigr) .

Rolle op het segment van $a$ tot $x$ geeft een $c$ strikt daartussen met $g'(c) = 0$ ; omdat $(x - c)^n \neq 0$ , is $A = f^{(n+1)}(c)$ . Het uitschrijven van $g(a) = 0$ levert de gelijkheid van Taylor met restterm $\frac{f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}(x-a)^{n+1}$ .

19. Voor $x > 0$ is de restterm $\frac{\eu^{c}} {(n+1)!}x^{n+1} > 0$ : de exponentiële overtreft elk van haar taylorveeltermen, strikt, in elke orde. Voor $x < 0$ is het teken van de restterm dat van $x^{n+1}$ : $\eu^x$ ligt boven de veelterm voor $n$ oneven en eronder voor $n$ even — afwisselende zijden, zoals de grafieken van $1 + x$ en $1 + x + \frac{x^2}{2}$ tegenover $\eu^x$ al laten zien.

20. Werkelijke fout: $\sin 0.5 - 0.4791667 = 2.59\cdot10^{-4}$ , tegenover de grens $\frac{0.5^5}{120} = 2.60\cdot10^{-4}$ : bijna bereikt (de volgende term domineert de staart). Young: voor limieten en lokale analyse, waar geen constante nodig is. Lagrange: voor gecertificeerde decimalen. Alternerend: waar toepasbaar, dezelfde grens plus de richting van de fout — de beste van de drie, maar de zeldzaamste.

21. Continuïteit in $0$ : met $u = \frac{1}{x^2} \to +\infty$ is $f(x) = \eu^{-u} \to 0 = f(0)$ . Afgeleide in $0$ : $\bigl|\frac{f(h)}{h}\bigr| = \sqrt u\,\eu^{-u} \to 0$ (Propositie 4.6): $f'(0) = 0$ . Voor $x \neq 0$ is $f'(x) = \frac{2}{x^3}\eu^{-1/x^2}$ : de vorm $P_1\bigl(\frac1x\bigr)\eu^{-1/x^2}$ met $P_1(X) = 2X^3$ ; met inductie geeft het afleiden van $P_k(\frac1x)\eu^{-1/x^2}$ dat $P_{k+1}(X) = 2X^3 P_k(X) - X^2 P_k'(X)$ , een veelterm. Dan is

\frac{f^{(k)}(h) - 0}{h} = v\,P_k(v)\,\eu^{-v^2} \Big|_{v = 1/h} \longrightarrow 0

(veelterm tegen $\eu^{-v^2}$ , groeivergelijking in $\pm\infty$ ): met inductie is $f^{(k)}(0) = 0$ voor alle $k$ . Alle taylorveeltermen van $f$ in $0$ zijn nul, en toch is $f > 0$ buiten $0$ : Taylor–Young is exact in elke orde en blind voorbij de kiem. Een ontwikkeling is uitsluitend lokale informatie.

22. Volgens vraag 2 is $0 < \abs{\eu^{-1} - T_n} < \frac{1}{(n+1)!}$ , strikt. Is $\eu^{-1} = \frac pq$ , neem dan $n \geq q$ en vermenigvuldig met $n!$ : $n!\,T_n \in \Z$ en $n!\frac pq \in \Z$ , dus heeft een geheel getal dat niet nul is een absolute waarde $< \frac{n!}{(n+1)!} = \frac{1}{n+1} < 1$ : tegenspraak. Bijgevolg is $\eu^{-1} \notin \Q$ , en is $\eu = \frac{1}{\eu^{-1}}$ eveneens irrationaal. De drie bewijzen: ingesloten rijen die $q!\,\eu$ insluiten (Oefening 11.9); de integraalrecursie $A_n = \eu - nA_{n-1}$ (Probleem 15.1); de alternerende insluiting (hier). Eén val, drie certificaten van kleinheid.

23. Groepeer de partiële sommen paarsgewijs: $\sum_{k=1}^{2n} (-1)^k b_k = E_n - O_n$ met $E_n = \sum_{j=1}^{n} \frac{1}{4j^2}$ , begrensd (via de telescoperende grens van Voorbeeld 11.22 is $E_n \leq \frac12$ ), en $O_n = \sum_{j=1}^{n}\frac{1}{2j-1} \geq \frac12 H_n \to +\infty$ (Oefening 11.5): de partiële sommen naderen tot $-\infty$ . De monotonie werd in vraag 1 precies daar gebruikt waar $S_{2n+1} - S_{2n-1} = a_{2n} - a_{2n+1}$ een teken nodig had: zonder daling hoeven de even en de oneven deelrijen niet monotoon te zijn, en stort de insluiting in.

24. $(2+\iu)(3+\iu) = 5 + 5\iu = 5(1+\iu)$ ; door argumenten te nemen (alle in $\intoo{0}{\frac\pi2}$ ): $\arctan\frac12 + \arctan\frac13 = \frac\pi4$ . Kosten in termen voor zes decimalen: de fout is $\leq 4\bigl(\frac{(1/2)^{2n+3}}{2n+3} + \frac{(1/3)^{2n+3}}{2n+3}\bigr)$ , wat bij $n = 10$ ongeveer $2\cdot10^{-8} < 5\cdot10^{-7}$ is: elf termen. Rangschikking: exponentieel beter dan Leibniz, achter Machin (waarvan het dominante punt $\frac15$ kleiner is dan $\frac12$ ): ruwweg $0.6$ cijfers per term tegenover de $1.4$ van Machin.

25. (i) Voor dalende $a_k \to 0$ convergeren de alternerende partiële sommen met $\abs{S - S_n} \leq a_{n+1}$ , waarbij de fout het teken draagt van de eerste weggelaten term. (ii) Een eindige identiteit met expliciete restterm kan in een gekozen punt worden geëvalueerd en begrensd, terwijl een limietuitspraak alleen uiteindelijke nabijheid belooft — certificering vraagt het eerste. (iii) Geoogst: $\pi$ tot op $5\cdot10^{-8}$ via Machin, $\ln 2$ tot op tien decimalen via de $\frac13$ -reeks, de irrationaliteit van $\cos 1$ , $\sin 1$ , $\cosh 1$ , $\cos\frac1m$ en $\eu^{-1}$ , de gelijkheid van Taylor–Lagrange, en de waarschuwing van de vlakke functie. (iv) Hoofdstuk 17 tilt vraag 1 op tot het criterium voor alternerende reeksen, scheidt absolute van voorwaardelijke convergentie, en haar weekendopgave voert het herschikkingsdrama op waarvoor de alternerende harmonische reeks van weg 1 de kroongetuige is.

16.1 Vergelijkingsnotatie

16.2 De drie formules van Taylor

16.3 Toepassingen

16.4 Oefeningen

16.5 Opgave: alternerende sommen, gecertificeerde cijfers en de irrationaliteit van cos⁡1\cos 1cos1

16.5 Opgave: alternerende sommen, gecertificeerde cijfers en de irrationaliteit van $\cos 1$