Universitaire wiskunde — Bachelor jaar 1 · Bachelor Year 1

16Taylorformules en asymptotische ontwikkelingen

Nabij een punt is een gladde functie net zo goed als een veelterm — met een beheersbare fout. De Taylorformules maken dit exact in drie gedaanten (integraalrest, Lagrange-rest, Young-rest), en de resulterende asymptotische ontwikkelingen, algebraïsch gemanipuleerd, worden het scherpste gereedschap van de elementaire analyse: limieten, equivalenten, lokaal gedrag, asymptoten.

16.1 Vergelijkingsnotatie

Definitie 16.1 (Landau-notatie)

Laat $f, g$ gedefinieerd zijn nabij $x_0$ ( $x_0 \in \R$ of $\pm\infty$ ). Men schrijft, als $x \to x_0$ :

$f = o(g)$ (“kleine-o”) als $f = \varepsilon g$ met $\varepsilon(x) \to 0$ ;
$f = O(g)$ (“grote-O”) als $f = u g$ met $u$ begrensd nabij $x_0$ ;
$f \sim g$ (“equivalent”) als $f = (1 + \varepsilon) g$ met $\varepsilon \to 0$ — equivalent $f - g = o(g)$ .

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

Propositie 16.2 (Rekenregels)

Als $x \to x_0$ :

$\sim$ is een equivalentierelatie; $f \sim g$ impliceert dat $f$ en $g$ dezelfde limieten, tekens (nabij $x_0$ ) en afwezigheid van nulpunten delen;
equivalenten vermenigvuldigen en delen: $f_1 \sim g_1$ , $f_2 \sim g_2$ impliceren $f_1 f_2 \sim g_1 g_2$ 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 is een korte manipulatie van de definities; 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 onderdelen van (4) verdienen hun eigen regel. $u\cdot o(g) = o(ug)$ : als $f = \varepsilon g$ met $\varepsilon \to 0$ , dan $uf = \varepsilon\,(ug)$ met dezelfde $\varepsilon$ . $o(o(g)) = o(g)$ : als $f = \varepsilon_1 h$ en $h = \varepsilon_2 g$ met beide $\varepsilon_i \to 0$ , dan $f = (\varepsilon_1\varepsilon_2) g$ en het product van de twee infinitesimalen is er één. De equivalentie $f \sim g \iff f = g + o(g)$ is de definitie tweemaal 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 oplopende volgorde van sterkte:

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 gewoontes die het aanleren waard zijn: ten eerste, een $O(\cdot)$ die in een kleinere klasse landt wordt stilzwijgend opgewaardeerd ( $O(\ln x)$ is ook $o(x^{0.01})$ ); ten tweede, bij $x \to 0^+$ keert de hele ladder om via de substitutie $x \mapsto \frac1x$ — $\ln x = o(x^{-0.01})$ daar, zodat “ $x^\alpha \ln x \to 0$ ” geldt voor elke $\alpha > 0$ . De schaal recht houden is de helft van elk asymptotisch argument in Hoofdstuk 17.

Voorbeeld 16.4 (Uniciteit van ontwikkelingen, en een pariteitsdividend)

Als een functie twee ontwikkelingen in $0$ toelaat tot dezelfde orde,

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 $a_k = b_k$ voor elke $k$ : door af te trekken en $c_k = a_k - b_k$ te stellen, evalueer je de identiteit $c_0 + c_1 x + \dots + c_n x^n = o(x^n)$ voor $x \to 0$ om $c_0 = 0$ te krijgen; deel door $x$ en herhaal — elke deling is legitiem omdat de resterende uitdrukking opnieuw $o(x^{n-k})$ is. De coëfficiënten zijn dus intrinsiek, en men kan ze langs elke weg berekenen (Taylor-afgeleiden, algebra op bekende ontwikkelingen, 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 uniciteit; evenzo hebben oneven functies oneven machten. Daarom draagt $\cos$ $o(x^{2p+1})$ in plaats van $o(x^{2p})$ in de tabel hieronder: de afwezige oneven term is gratis informatie, één orde precisie voor niets.

16.2 De drie Taylorformules

Stelling 16.5 (Taylor met integraalrest)

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

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 $n = 0$ : $f(x) = f(a) + \int_a^x f'(t)\dd t$ is de hoofdstelling (Stelling 15.9). Stap: integreer de rest 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 haakjes de term $\frac{f^{(n+1)}(a)}{(n+1)!}(x - a)^{n+1}$ bijdragen. ∎

Voorbeeld 16.6 (Een exacte ontwikkeling met haar rest)

Voor $\ln(1 + x)$ kan de integraalrest volledig expliciet gemaakt worden 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 $0 \leq x \leq 1$ is de rest begrensd door $\int_0^x t^n\,\dd t = \frac{x^{n+1}}{n+1}$ . Dit is sterker dan Taylor–Young op twee manieren: het is een identiteit die geldig is voor een vaste $x$ (niet alleen $x \to 0$ ), en de foutgrens is numeriek. Het weekendprobleem (Probleem 16.1) leeft op zulke exacte vormen; Taylor–Young hieronder is het lichtere gereedschap voor limieten, waar alleen de vorm van de fout ertoe doet.

Stelling 16.7 (Taylor–Lagrange-ongelijkheid)

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

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

Voorbeeld 16.8 (Gecertificeerde numeriek)

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

Stelling 16.9 (Taylor–Young)

Laat $f$ $n$ keer afleidbaar zijn in $a$ . Dan, 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 bij orde $n - 1$ , en laat $f$ $n$ keer afleidbaar zijn 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).

Laat $g(x) = f(x) - \sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k$ ; dan $g' = r$ en $g(a) = 0$ . Gegeven $\varepsilon > 0$ , kies $\delta$ met $\abs{r(t)} \leq \varepsilon\abs{t - a}^{n-1}$ voor $\abs{t-a} \leq \delta$ ; de middelwaardeongelijkheid (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 gelijk op met de conclusies. Taylor–Young vraagt het minst ( $n$ afgeleiden alleen in het punt) en levert het minst: een kwalitatieve $o((x-a)^n)$ , perfect voor limieten, nutteloos voor gecertificeerde cijfers. De Lagrange-ongelijkheid vraagt $C^{n+1}$ op het interval en een grens $M$ daar, en geeft een numerieke foutmarge terug. De integraalvorm vraagt dezelfde regulariteit en geeft het meest terug: de fout als een expliciet object dat men kan transformeren (partieel integreren, stuksgewijs begrenzen, van variabele wisselen) — het is de vorm die de irrationaliteitsmachine van Probleem 15.1 aandreef. Het kiezen van de zwakste formule die het doel ondersteunt is geen muggenzifterij: de vlakke functie van Probleem 16.1 voldoet aan Taylor–Young in elke orde terwijl elke sterkere conclusie over haar onwaar is weg van $0$ .

Propositie 16.11 (Standaardontwikkelingen in $0$ )

Als $x \to 0$ , 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 $\cos$ , $\sin$ zonder de alternerende tekens.)

Bewijs. Elke functie is glad nabij $0$ met afgeleiden die eenvoudig te evalueren zijn: $(\eu^x)^{(k)} = \eu^x$ ; de afgeleiden van $\sin$ en $\cos$ lopen rond 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 laten vallen is een fout.
Sommen, 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 vergt meer voorzichtigheid — rechtvaardiging: de integraal van $o(t^n)$ van $0$ tot $x$ is $o(x^{n+1})$ , door directe begrenzing).

Voorbeeld 16.13 (Samenstelling, met de boekhouding getoond)

Ontwikkel $\eu^{\sin x}$ tot orde $3$ . Binnenste ontwikkeling: $u = \sin x = x - \frac{x^3}{6} + o(x^3)$ , die inderdaad naar $0$ gaat. Buitenste: $\eu^u = 1 + u + \frac{u^2}{2} + \frac{u^3}{6} + o(u^3)$ , en $o(u^3) = o(x^3)$ aangezien $u \sim x$ . 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 samen:

\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 $x^3$ -bijdragen 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, maar omdat het eerste verschil van de exponenten ( $-\frac{x^3}{6}$ ) binnenkomt vermenigvuldigd met $\eu^0 = 1$ en dan wordt beantwoord door de kubische term van de buitenste exponentiële; orde-na-orde-boekhouding detecteert zulke samenzweringen, het oog nooit. (De volgende term is $-\frac{x^4}{8}$ : het bestand eindigt bij orde $4$ .)

Voorbeeld 16.14

Ontwikkeling van $\tan$ tot 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),

dan

\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) tegen zijn 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, aangescherpt in 0 en stil ver weg. De Taylor–Lagrange-grens |x|n+1(n+1)! kwantificeert het venster; de vlakke functie van toont dat het contract zelfs leeg kan zijn voorbij het punt zelf. — De sinus (donker) tegen zijn 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, aangescherpt in $0$ en stil ver weg. De Taylor–Lagrange-grens $\frac{\abs{x}^{n+1}}{(n+1)!}$ kwantificeert het venster; de vlakke functie van Probleem 16.1 toont dat het contract zelfs leeg kan zijn voorbij 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 de limiet is } \frac16

— wat de vraag beslecht die in Oefening 4.9 werd opgeworpen. 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 (Veelvoorkomende valkuilen met ontwikkelingen)

(i) Tel of trek equivalenten nooit op of af: uit $\tan x \sim x$ en $\sin x \sim x$ mag men niet concluderen $\tan x - \sin x \sim 0$ (betekenisloos) — de eerlijke weg zijn 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 het bloedbad: in dezelfde berekening ziet orde $1$ alleen $x - x = 0$ ; telkens wanneer de leidende termen elkaar opheffen, verhoog je de orde totdat een coëfficiënt ongelijk aan nul overleeft, 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 aan $\eu^{n^2}$ — exponentieer alleen ontwikkelingen van de exponent waarvan de fout naar $0$ gaat, nooit equivalenten van de exponent. (Logaritmen zijn veiliger: als $u_n \sim v_n \to \ell \neq 1$ , $\ell > 0$ , dan $\ln u_n \sim \ln v_n$ .) (iv) De $o(\cdot)$ -rekenkunde 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 specifieke functie, dus hef nooit twee ervan 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 $c \neq 0$ (eerste term ongelijk aan nul na de constante; $p \geq 2$ in een kritiek punt).

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

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

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

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

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 misgegaan zou zijn met minder zorg: de exponent stoppen bij $n^2\cdot\frac1n = n + O(1)$ laat een $\eu^{O(1)}$ -factor over — begrensd maar niet naar $1$ gaand — en geen enkel equivalent kan worden beweerd. De regel van de valkuilen hierboven, in positieve vorm: een equivalent van $\eu^{a_n}$ vereist de ontwikkeling van $a_n$ tot een term die naar nul gaat, waarbij elke coëfficiënt daarvoor exact behouden blijft.

Voorbeeld 16.19 (Een vlak kritiek punt classificeren)

Bestudeer $f(x) = \cos x + \frac{x^2}{2}$ nabij $0$ . Zowel $f'(0) = 0$ als $f''(0) = -\cos 0 + 1 = 0$ : de tweede-afgeleidetest is stom. 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) :

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

Voorbeeld 16.20 (Ontwikkelingen op oneindig)

Twee berekeningen waar de variabele naar $+\infty$ loopt en de substitutie $h = \frac1x \to 0^+$ de hele gereedschapskist 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 op oneindig: uit $\arctan x + \arctan\frac1x = \frac\pi2$ voor $x > 0$ (Propositie 4.12) en de ontwikkeling van $\arctan$ in $0$ (Oefening 16.3),

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

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

Voorbeeld 16.21 (Asymptoot door ontwikkeling)

Als $x \to +\infty$ ,

\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 onderaf (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 ze convergentie (equivalenten voeden de vergelijkingstesten, en de studie van $\sum \frac{1}{n^\alpha}$ is een vermomde ontwikkeling); in het Jaar 2-volume worden ze machtreeksen, waar de Taylorveelterm oneindig veel termen en een convergentiestraal verwerft; en elke linearisatie in de fysica — de slinger, eerste-orde-verstoring — is een Taylor–Young-uitspraak met de $o(\cdot)$ stilzwijgend weggelaten. De ene waarschuwing die het graveren waard is: een ontwikkeling beschrijft een functie alleen nabij één punt — zie de vlakke functie van het weekendprobleem, waarvan de ontwikkeling in $0$ identiek nul is zonder dat de functie dat is.

Opmerking 16.23 (Perspectieven binnen dit volume)

Ontwikkelingen zijn de werktaal van de resterende analyse en van de meetkunde die komt. Hoofdstuk 17 zet ze om in convergentieverdicten: een equivalent van de algemene term is een ontwikkeling afgekapt bij zijn eerste term, en de fijnere testen (alternerend met foutcontrole) verbruiken ook de tweede term. Hoofdstuk 24 leest lokale meetkunde af uit ontwikkelingen van de twee coördinaatfuncties: of een geparametriseerde kromme kruist, kust of een keerpunt heeft in een punt 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 bij orde één met opzet: het raakvlak is een tweevariabelen- Taylor–Young-uitspraak, waarbij de volledige tweede-orde-theorie (Hessianen, zadelpunten) wordt uitgesteld tot het Jaar 2-volume. De gemeenschappelijke 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.

$\frac{1}{1+t^2} = 1 - t^2 + t^4 + o(t^5)$ ; integreren van $0$ tot $x$ (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 onevenheid}).

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

\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 $\frac{3}{(n+1)!} < 5\times 10^{-7}$ , d.w.z. $(n+1)! > 6\times 10^{6}$ : aangezien $10! = 3\,628\,800$ en $11! = 39\,916\,800$ , volstaat $n + 1 = 11$ , d.w.z. $n = 10$ .

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.

$n\ln\bigl(1 + \frac1n\bigr) = n\Bigl(\frac1n - \frac{1}{2n^2} + \frac{1}{3n^3} + o\bigl(\frac{1}{n^3}\bigr)\Bigr) = 1 - \frac{1}{2n} + \frac{1}{3n^2} + o\bigl(\frac{1}{n^2}\bigr)$ . Exponentiëren, 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 ★★

Bestudeer het lokale gedrag in $0$ van $f(x) = x^2 - x^4$ en van $g(x) = x^3 + x^5$ ; en vind de positie van de grafiek van $h(x) = \eu^x$ ten opzichte van zijn raaklijn in $a = 1$ , lokaal en dan 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 $x^3$ , oneven $p$ : geen extremum; $g$ kruist zijn (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 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 positie van de kromme ten opzichte van hen.

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

Oefening 16.8 ★★

Vind 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},

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

Oefening 16.9 ★★★

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

\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 Landau–Kolmogorov-achtige ongelijkheid af: als $\abs f \leq M_0$ en $\abs{f''} \leq M_2$ op $\R$ , dan $\abs{f'} \leq \sqrt{2 M_0 M_2}$ overal. (Optimaliseer over $h$ .)

Oplossing

Oplossing van Oefening 16.9.

Taylor–Lagrange bij 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: $f(x+h) - f(x-h) = 2h f'(x) + (R_+ - R_-)$ , 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 is geminimaliseerd bij $h = \sqrt{2M_0/M_2}$ (afgeleide nul), met waarde $\sqrt{2M_0M_2}$ — vandaar $\abs{f'} \leq \sqrt{2M_0M_2}$ . (Als $M_2 = 0$ , laat $h \to \infty$ : $f' = 0$ , consistent.)

Oefening 16.10 ★★★

De rij $u_0 \in \intoo{0}{\pi}$ , $u_{n+1} = \sin u_n$ daalt naar $0$ (rechtvaardig kort). Om zijn snelheid te vinden, 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 dan het equivalent $u_n \sim \sqrt{\dfrac{3}{n}}$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 16.10.

Op $\intoo{0}{\pi}$ : $0 < \sin u < u$ , dus $(u_n)$ is strikt dalend, positief, dus convergent; de limiet is een vast punt van $\sin$ in $\intcc{0}{\pi}$ , en $\sin \ell = \ell$ dwingt $\ell = 0$ af (aangezien $\sin x < x$ 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), $\frac{v_n}{n} \to \frac13$ , d.w.z. $v_n \sim \frac n3$ , d.w.z. $u_n^2 \sim \frac 3n$ : aangezien $u_n > 0$ ,

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

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 tot een gemeenschappelijke noemer te herleiden en teller en noemer afzonderlijk te ontwikkelen.

Oplossing

Oplossing van Oefening 16.11.

Gemeenschappelijke noemers. 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) ,

dus de teller is $-\frac{x^4}{3} + o(x^4)$ 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 af

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

Oplossing

Oplossing van Oefening 16.12.

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

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 $\tan\varepsilon_k = \frac{1}{x_k}$ en $\varepsilon_k \in \intoo{0}{\frac\pi2}$ . Aangezien $x_k \geq k\pi \to \infty$ : $\varepsilon_k \to 0$ , 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 Probleem: Alternerende sommen, gecertificeerde cijfers, en de irrationaliteit van $\cos 1$

Probleem 16.1

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

Een alternerende som met dalende termen is het vriendelijkste object in de numerieke analyse: zijn fout is begrensd door de eerste weggelaten term, met bekend teken. Dit probleem bewijst dat principe met de stelling van de ingesloten rijen, en besteedt het dan op drie manieren: gecertificeerde decimalen voor $\ln 2$ (drie concurrerende wegen) en voor $\pi$ (Leibniz, dan de formule van Machin uit 1706, nog steeds het idee achter recordberekeningen gedurende eeuwen), de irrationaliteit van $\cos 1$ , $\sin 1$ en $\cosh 1$ , en, als tegengewicht, de Taylor–Lagrange-gelijkheid en de vlakke functie waarvan de Taylorontwikkeling liegt. Overal is de “reeks”-taal 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. Laat $(a_k)_{k \geq 0}$ dalen naar $0$ en $S_n = \sum_{k=0}^{n} (-1)^k a_k$ .

Toon aan dat $(S_{2n+1})$ niet-dalend is, $(S_{2n})$ niet-stijgend, en dat ze 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 als de daling strikt is, al deze ongelijkheden strikt zijn.
Eerste dividend: voor $x = 1$ in de exponentiële reeks, vergelijk met Stelling 16.7 in $a = 0$ : toon aan dat $T_n = \sum_{k=0}^{n} \frac{(-1)^k}{k!}$ naar $\eu^{-1}$ convergeert met $\abs{\eu^{-1} - T_n} < \frac{1}{(n+1)!}$ .
(Leibniz, 1674) 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 $\intcc{0}{1}$ , bewijs

$\frac\pi4 = \sum_{k=0}^{n} \frac{(-1)^k}{2k+1} + \rho_n, \qquad \abs{\rho_n} \leq \frac{1}{2n+3} .$
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 — $\ln 2$ op drie manieren.

(Manier 1: alternerend harmonisch) 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.
(Manier 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 $\frac{1 + 1/3}{1 - 1/3} = 2$ ):

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

meetkundige convergentie, ruwweg één cijfer per term.
(Manier 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 herwin $\ln 2$ als de Riemannsom-limiet van Voorbeeld 15.21: Manieren 1 en 3 zijn stiekem hetzelfde getal tweemaal gezien.
Schietwedstrijd bij zes termen: vergelijk $\sum_{k=1}^{6} \frac{(-1)^{k-1}}{k} = 0.6167$ met Manier 2 bij $n = 5$ , die al $\ln 2 = 0.693147$ geeft met fout $\leq 1.1\cdot10^{-7}$ . Verklaar de structurele reden (evaluatiepunt diep binnen het convergentie-interval versus op de rand ervan).
Hoeveel termen van Manier 2 certificeren tien decimalen van $\ln 2$ ? Toon aan dat $n = 10$ volstaat.

Deel III — De formule van Machin.

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

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

Door argumenten te nemen (Hoofdstuk 3-conventies), leid de formule van Machin af

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

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

$\arctan x = \sum_{k=0}^{n} \frac{(-1)^k x^{2k+1}}{2k+1} + r_n(x), \qquad \abs{r_n(x)} \leq \frac{x^{2n+3}}{2n+3} .$
Certificeer $\pi$ tot 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 Dalzell-integralen van Probleem 15.1 (fout $4^{1-5m}$ ), Machin (fout $\approx 16\cdot 5^{-(2n+3)}$ ) — in cijfers per term, en verklaar waarom het verkleinen van het evaluatiepunt alles verslaat.

Deel IV — De gehele-getallenval, alternerende editie.

Stel $\cos 1 = \frac pq$ . Vermenigvuldig de strikte alternerende insluiting van $\sum_{k} \frac{(-1)^k}{(2k)!}$ (vraag 1) met $(2n)!$ met $2n \geq q$ , en leid een tegenspraak af: $\cos 1$ is irrationaal.
Pas aan op $\sin 1 = \sum_k \frac{(-1)^k}{(2k+1)!}$ (vermenigvuldig met $(2n+1)!$ ): $\sin 1 \notin \Q$ . Beide irrationaal, en toch $\cos^2 1 + \sin^2 1 = 1$ : irrationaliteit is niet stabiel onder algebra.
De niet-alternerende neef: $\cosh 1 = \sum_k \frac{1}{(2k)!}$ (in de partiële-som-zin, met de tweezijdige staartgrens $0 < \cosh 1 - \sum_{k \leq n} \frac{1}{(2k)!} < \frac{2}{(2n+2)!}$ , te bewijzen). Concludeer $\cosh 1 \notin \Q$ met dezelfde val.
Duw door naar $\cos\frac 1m$ voor elk geheel getal $m \geq 1$ : vermenigvuldig met $m^{2n}(2n)!$ en concludeer $\cos\frac1m \notin \Q$ . Waar breekt dezelfde poging voor $\cos\frac ab$ met $b > 1$ algemeen? (Identificeer de noemer die niet langer wordt weggewerkt.)

Deel V — Scherper en donkerder: de gelijkheidsvorm, en een functie die Taylor voor de gek houdt.

(Taylor–Lagrange, gelijkheidsvorm) Laat $f$ $n + 1$ keer afleidbaar zijn 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 concludeer 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: voor $x > 0$ toon aan

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

(strikt, voor elke $n$ ), en lokaliseer waar de ongelijkheid omkeert voor $x < 0$ afhankelijk van de pariteit van $n$ .
Vergelijk de resten 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 teken- informatie $\sin 0.5 > 0.5 - \frac{0.5^3}{6}$ . Vergelijk met de echte fout $2.59\cdot10^{-4}$ : de grens wordt bijna bereikt. Naar welk gereedschap zou je grijpen, en wanneer?
(De vlakke functie) Laat $f(x) = \eu^{-1/x^2}$ voor $x \neq 0$ , $f(0) = 0$ . 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). Concludeer: alle Taylorveeltermen van $f$ in $0$ verdwijnen, en toch $f(x) > 0$ voor $x \neq 0$ : Taylor–Young geldt in elke orde, en zegt niets over $f$ weg van $0$ . Ontwikkelingen beschrijven kiemen, geen functies.

Deel VI — Synthese.

Loop de val nog één keer, op $\eu^{-1} = \sum_k \frac{(-1)^k}{k!}$ : vermenigvuldig de strikte alternerende insluiting met $n!$ en concludeer $\eu^{-1} \notin \Q$ , 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 nodig had.
De kleine lettertjes: monotonie is niet decoratief. Laat $b_k = \frac1k$ voor oneven $k$ en $b_k = \frac{1}{k^2}$ voor even $k$ : de $b_k$ zijn positief en gaan naar $0$ , en toch divergeren de partiële sommen van $\sum (-1)^k b_k$ naar $-\infty$ . Bewijs het (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 monotonie gebruikte.
Verifieer de eenvoudigere identiteit van Euler $\arctan\frac12 + \arctan\frac13 = \frac\pi4$ via $(2 + \iu)(3 + \iu) = 5(1 + \iu)$ , schat de termen nodig voor zes decimalen van $\pi$ langs deze weg ( $n = 10$ volstaat), en plaats het tussen Leibniz en Machin in de rangschikking van vraag 13.
Synthese, één zin elk: (i) formuleer de alternerende schatting en haar twee uitkomsten (grens en teken); (ii) waarom exacte eindige identiteiten met expliciete resten limietuitspraken verslaan voor gecertificeerde numeriek; (iii) inventaris van het probleem ( $\pi$ tot $10^{-7}$ met de hand, $\ln 2$ tot tien decimalen, vier irrationaliteitsbewijzen, één gelijkheidsstelling, één waarschuwend voorbeeld); (iv) welke van deze draden Hoofdstuk 17 zal oppikken (de alternerende-reekstest, absolute versus voorwaardelijke convergentie, en het herschikkingsdrama van zijn weekendprobleem).

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 $(S_{2n+1})$ , $(S_{2n})$ zijn ingesloten, convergerend naar een gemeenschappelijke $S$ (Stelling 11.11) met $S_{2n+1} \leq S \leq S_{2n}$ . Voor even $n$ : $S_{n+1} \leq S \leq S_n$ geeft $-a_{n+1} \leq S - S_n \leq 0$ ; voor oneven $n$ : $0 \leq S - S_n \leq a_{n+1}$ . In beide gevallen $\abs{S - S_n} \leq a_{n+1}$ en $S - S_n$ heeft het teken van $(-1)^{n+1}$ , de eerste weggelaten term. Strikte daling maakt elke weergegeven 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 $\leq 1$ daar), dus $T_n \to \eu^{-1}$ , en de limiet $S$ van vraag 1 is $\eu^{-1}$ , met de strikte grenzen $0 < \abs{\eu^{-1} - T_n} < \frac{1}{(n+1)!}$ .

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

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

6. Integreren 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 $x = \frac13$ : $\frac{1 + 1/3}{1 - 1/3} = 2$ , en op $\intcc{0}{\frac13}$ , $\frac{1}{1 - t^2} \leq \frac98$ :

\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 door ongeveer $9$ .

7. Inductie: voor $n = 1$ : $1 - \frac12 = \frac12 = H_2 - H_1$ . 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},

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

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

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. $(5+\iu)^2 = 24 + 10\iu$ , dan $(5+\iu)^4 = (24 + 10\iu)^2 = 476 + 480\iu$ ; 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} ,

wat de formule van Machin is.

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 $4\,\frac{(1/239)^5}{5} \approx 1\cdot10^{-12}$ : totaal $< 5\cdot10^{-8}$ . De weergegeven som evalueert tot $3.14159268\dots$ , vandaar $\pi = 3.1415926\dots$ gecertificeerd tot $5\cdot10^{-8}$ : zeven decimalen uit zes termen (vijf in $\frac15$ , twee in $\frac1{239}$ , royaal geteld).

13. Leibniz: fout $\sim \frac1n$ , dus elk nieuw cijfer vermenigvuldigt de werklast met tien. Dalzell (Probleem 15.1, vraag 22): fout $4^{1-5m}$ , ongeveer drie cijfers per stap, elke stap een zwaardere veelterm. Machin: foutverhouding $\frac{1}{25}$ per term, ongeveer $1.4$ cijfers per term, elke term één deling. De moraal: de rest van een expansie van meetkundig type schaalt als $x^{2n}$ , dus $x$ klein maken koopt cijfers tegen een vaste kost per term — Machins complexe identiteit 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 (Lagrange- grens zoals in vraag 2), $\sum_{k \leq n}\frac{(-1)^k}{(2k)!} \to \cos 1$ 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 $(2n)!\,S'_n = \sum_{k\leq n} (-1)^k \frac{(2n)!}{(2k)!} \in \Z$ 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 ongelijk aan nul met absolute waarde $< 1$ . Tegenspraak: $\cos 1 \notin \Q$ .

15. Identiek met $a_k = \frac{1}{(2k+1)!}$ , vermenigvuldigend met $(2n+1)!$ met $2n + 1 \geq q$ : $\sin 1 \notin \Q$ . En toch $\cos^2 1 + \sin^2 1 = 1 \in \Q$ : producten en sommen van irrationalen kunnen rationaal zijn — irrationaliteit gaat door geen enkele algebraïsche bewerking gratis.

16. Staartgrens: voor $m > n$ ,

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

aangezien elke opeenvolgende verhouding $\frac{1}{(2k+1)(2k+2)} \leq \frac12$ is; de staart is positief (zijn eerste term is dat). Dus $0 < \cosh 1 - \sum_{k\leq n}\frac{1}{(2k)!} < \frac{2}{(2n+2)!}$ , en vermenigvuldigen met $(2n)!$ met $2n \geq q$ vangt opnieuw een geheel getal ongelijk aan nul 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 $k \leq n$ . Als $\cos\frac1m = \frac pq$ , vermenigvuldig de strikte insluiting met $q\,m^{2n}(2n)!$ : de fout is 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 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 $a^{2n+2}$ wordt niet langer weggewerkt, en de val klemt. (Het resultaat is nog steeds waar — via Niven-achtige machinerie, niet deze.)

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

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 $c$ strikt ertussen met $g'(c) = 0$ ; aangezien $(x - c)^n \neq 0$ : $A = f^{(n+1)}(c)$ . Het ontvouwen van $g(a) = 0$ levert de Taylor-gelijkheid met rest $\frac{f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}(x-a)^{n+1}$ .

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

20. Echte fout: $\sin 0.5 - 0.4791667 = 2.59\cdot10^{-4}$ , tegen 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: wanneer van toepassing, dezelfde grens plus de richting van de fout — de beste van de drie, maar de zeldzaamste.

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

\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 $\pm\infty$ ): door inductie $f^{(k)}(0) = 0$ voor alle $k$ . Alle Taylorveeltermen van $f$ in $0$ verdwijnen, en toch $f > 0$ buiten $0$ : Taylor–Young is exact in elke orde en blind voorbij de kiem. Een ontwikkeling is enkel lokale informatie.

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

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

24. $(2+\iu)(3+\iu) = 5 + 5\iu = 5(1+\iu)$ ; argumenten nemend (alle in $\intoo{0}{\frac\pi2}$ ): $\arctan\frac12 + \arctan\frac13 = \frac\pi4$ . Reekskost voor zes decimalen: fout $\leq 4\bigl(\frac{(1/2)^{2n+3}}{2n+3} + \frac{(1/3)^{2n+3}}{2n+3}\bigr)$ , wat bij $n = 10$ $\approx 2\cdot10^{-8} < 5\cdot10^{-7}$ is: elf termen. Rangschikking: beter dan Leibniz met een exponentiële marge, achter Machin (wiens dominante punt $\frac15$ kleiner is dan $\frac12$ ): ruwweg $0.6$ cijfers per term tegen Machins $1.4$ .

25. (i) Voor dalende $a_k \to 0$ convergeren de alternerende partiële sommen met $\abs{S - S_n} \leq a_{n+1}$ en draagt de fout het teken van de eerste weggelaten term. (ii) Een eindige identiteit met expliciete rest kan geëvalueerd en begrensd worden in een gekozen punt, terwijl een limietuitspraak alleen eventuele nabijheid belooft — certificering vereist de eerste. (iii) Uitgehaald: $\pi$ tot $5\cdot10^{-8}$ met Machin, $\ln 2$ tot tien decimalen met de $\frac13$ -reeks, irrationaliteit van $\cos 1$ , $\sin 1$ , $\cosh 1$ , $\cos\frac1m$ en $\eu^{-1}$ , de Taylor–Lagrange-gelijkheid, en de vlakke-functiewaarschuwing. (iv) Hoofdstuk 17 waardeert vraag 1 op tot de alternerende- reekstest, scheidt absolute van voorwaardelijke convergentie, en zijn weekendprobleem ensceneert het herschikkingsdrama waarvoor de alternerende harmonische reeks van Manier 1 de sterkroongetuige is.

16.1 Vergelijkingsnotatie

16.2 De drie Taylorformules

16.3 Toepassingen

16.4 Oefeningen

16.5 Probleem: Alternerende sommen, gecertificeerde cijfers, en de irrationaliteit van cos⁡1\cos 1cos1

16.5 Probleem: Alternerende sommen, gecertificeerde cijfers, en de irrationaliteit van $\cos 1$