Universitaire wiskunde — Bachelor jaar 1 · Bachelor Year 1

17Getallenreeksen

Oneindig veel getallen optellen betekent de limiet van de partiële sommen nemen — niets meer en niets minder. Dit hoofdstuk zet de definities op en de convergentiecriteria die in het eerste jaar bruikbaar zijn: vergelijking en equivalenten voor positieve termen, het quotiëntcriterium, de vergelijking met een integraal die de Riemann-reeksen levert, de absolute convergentie en de stelling over alternerende reeksen. De fijnere theorie (producten van reeksen, sommatie per pakket, reeksen van functies) hoort bij het tweede jaar.

17.1 Algemeenheden

Definitie 17.1

Gegeven een rij $(u_n)$ is de reeks $\sum u_n$ de rij van partiële sommen $S_N = \sum_{n=0}^{N} u_n$ . De reeks convergeert wanneer $(S_N)$ convergeert; de limiet is de som $\sum_{n=0}^{\infty} u_n$ , en $R_N = \sum_{n > N} u_n = S - S_N$ is de restterm, die naar $0$ nadert.

Voorbeeld 17.2 (Meetkundige reeks)

Voor $q \in \C$ is $\;S_N = \sum_{n=0}^{N} q^n = \frac{1 - q^{N+1}}{1-q}$ ( $q \neq 1$ ). De reeks convergeert dan en slechts dan als $\abs q < 1$ (Oefening 11.3), met

\sum_{n=0}^{\infty} q^n = \frac{1}{1 - q} .

Voorbeeld 17.3 (Periodieke decimalen zijn meetkundige reeksen)

Welk getal is $0.363636\dots$ ? Zijn schrijfwijze zelf is een reeks:

0.\overline{36} = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{36}{100^k} = 36\cdot\frac{1/100}{1 - 1/100} = \frac{36}{99} = \frac{4}{11} ,

via de meetkundige som met $q = \frac{1}{100}$ . In het algemeen is een blok $B$ van $p$ cijfers dat zich eeuwig herhaalt $\frac{B}{10^p - 1}$ waard — het mechanisme achter het periodiciteitscriterium van Probleem 10.1, dat de taal van dit hoofdstuk eindelijk in één regel formuleert: een decimale ontwikkeling is een convergente reeks, uiteindelijk periodiek precies wanneer haar som rationaal is. De cijfermachinerie van hoofdstuk 10, daar met kale suprema gebouwd, was reeksentheorie in vermomming.

Propositie 17.4 (Eerste feiten)

Convergeert $\sum u_n$ , dan is $u_n \to 0$ . (Het omgekeerde is onwaar: de harmonische reeks.)
Lineariteit: convergente reeksen mag men optellen en schalen, met de verwachte sommen.
(Telescoperen) $\sum (v_{n+1} - v_n)$ convergeert dan en slechts dan als $(v_n)$ convergeert, met som $\lim v_n - v_0$ .
Eindig veel termen wijzigen verandert de convergentie niet (alleen de som).

Bewijs. (1) $u_N = S_N - S_{N-1} \to S - S = 0$ . De harmonische reeks heeft $u_n = \frac1n \to 0$ en divergeert toch (Oefening 11.5). (2) Bewerkingen met limieten. (3) $S_N = v_{N+1} - v_0$ . (4) De partiële sommen veranderen met een uiteindelijk constante hoeveelheid. ∎

Voorbeeld 17.5 (Cijfers plannen met de meetkundige restterm)

Voor $\abs q < 1$ is de restterm van de meetkundige reeks expliciet:

R_N = \sum_{n = N+1}^{\infty} q^n = \frac{q^{N+1}}{1 - q} .

Dit zet nauwkeurigheidsdoelen om in aantallen termen nog vóór enige berekening. Om $\sum_{n\geq0} \bigl(\frac13\bigr)^n = \frac32$ tot op $10^{-10}$ te evalueren: we hebben $\frac{(1/3)^{N+1}}{2/3} \leq 10^{-10}$ nodig, dat wil zeggen $3^{N} \geq \frac{3}{2}\cdot 10^{10}$ , dus $N \geq 22$ (want $3^{22} \approx 3.1\cdot10^{10}$ ): drieëntwintig termen, op voorhand bekend. Elke schatting met meetkundige snelheid uit de weekendopgaven (de $\frac13$ -reeks voor $\ln 2$ , de boogtangensen van Machin in Probleem 16.1) is dit budget van twee regels in beroepskledij.

Voorbeeld 17.6 (Een langere telescoop)

Bereken $\sum_{n\geq1} \frac{1}{n(n+1)(n+2)}$ . Splitsing in partieelbreuken (Hoofdstuk 9):

\frac{1}{n(n+1)(n+2)} = \frac{1/2}{n} - \frac{1}{n+1} + \frac{1/2}{n+2} = \frac12\Bigl(\frac{1}{n(n+1)} - \frac{1}{(n+1)(n+2)}\Bigr),

waarbij de tweede vorm — een verschil van opeenvolgende waarden van $w_n = \frac{1}{n(n+1)}$ — de telescoperende is. Bijgevolg

\sum_{n=1}^{N} \frac{1}{n(n+1)(n+2)} = \frac12\Bigl(w_1 - w_{N+1}\Bigr) = \frac12\Bigl(\frac12 - \frac{1}{(N+1)(N+2)}\Bigr) \longrightarrow \frac14 .

Het afsluitende inzicht: partieelbreuken met drie termen telescoperen zelden zoals ze er staan; hergroepeer ze eerst tot een verschil $w_n - w_{n+1}$ — de beloning is niet alleen convergentie maar de exacte som, die geen enkel vergelijkingscriterium ooit levert.

17.2 Reeksen met niet-negatieve termen

Stelling 17.7 (Begrensde partiële sommen)

Is $u_n \geq 0$ voor alle $n$ , dan stijgen de partiële sommen, dus: $\sum u_n$ convergeert $\iff$ haar partiële sommen zijn naar boven begrensd. Bijgevolg het vergelijkingscriterium: geldt $0 \leq u_n \leq v_n$ voor alle (grote) $n$ , dan

\sum v_n \text{ convergeert} \implies \sum u_n \text{ convergeert}, \qquad \sum u_n \text{ divergeert} \implies \sum v_n \text{ divergeert}.

En het equivalentiecriterium: is $u_n \sim v_n$ met $v_n \geq 0$ , dan hebben de twee reeksen dezelfde aard.

Bewijs. De stelling over monotone limieten (Stelling 11.9) voor het eerste punt; vergelijking van partiële sommen voor het tweede. Equivalenten: voor grote $n$ is $\frac12 v_n \leq u_n \leq 2 v_n$ (definitie van $\sim$ met $\varepsilon = \frac12$ ), en de vergelijking werkt beide kanten op. ∎

Voorbeeld 17.8 (Een equivalent dat divergentie bewijst)

Wat is de aard van $\sum_{n\geq1} n\sin\dfrac{1}{n^2}$ ? Omdat $\frac{1}{n^2} \to 0$ en $\sin h \sim h$ in $0$ :

n\sin\frac{1}{n^2} \;\sim\; n\cdot\frac{1}{n^2} = \frac1n ,

en het equivalentiecriterium draagt de divergentie van de harmonische reeks over: divergent — ook al naderen de termen tot $0$ . Eén ontwikkeling, één schaal, één oordeel; hetzelfde patroon in twee stappen (equivalent, daarna opzoeken bij Riemann of bij de meetkundige reeks) beslist alle vier de reeksen van Oefening 17.3.

Voorbeeld 17.9 (Het equivalentiecriterium in één regel)

Wat is de aard van $\sum_{n \geq 1} \frac{\sqrt{n+1} - \sqrt n}{n}$ ? Maak de teller toegevoegd:

\frac{\sqrt{n+1} - \sqrt n}{n} = \frac{1}{n\,(\sqrt{n+1} + \sqrt n)} \sim \frac{1}{2\,n^{3/2}} ,

een convergente Riemann-schaal ( $\alpha = \frac32 > 1$ ): de reeks convergeert. De hele beslissing kostte één equivalent en één opzoeking — mits de termen niet-negatief zijn, wat hier het geval is. Het afsluitende inzicht: voor positieve reeksen is de volledige convergentietheorie een woordenboek van schalen ( $n^{-\alpha}$ , $q^n$ , $\frac{1}{n(\ln n)^\alpha}$ ) plus de vrijheid om een term door een equivalent te vervangen; het analytische werk zit in de asymptotiek (Hoofdstuk 16), nooit in het sommeren.

Stelling 17.10 (Vergelijking met een integraal; Riemann-reeksen)

Zij $f$ continu, niet-negatief en dalend op $\intco{1}{+\infty}$ . Dan geldt

\int_1^{N+1} f(t)\,\dd t \;\leq\; \sum_{n=1}^{N} f(n) \;\leq\; f(1) + \int_1^{N} f(t)\,\dd t ,

dus convergeert $\sum f(n)$ dan en slechts dan als $\bigl(\int_1^x f\bigr)$ begrensd is. In het bijzonder geldt voor $\alpha \in \R$ :

\sum_{n \geq 1} \frac{1}{n^\alpha} \text{ convergeert} \iff \alpha > 1,

en $\sum_{n=1}^{N} \frac1n = \ln N + O(1)$ .

Bewijs. Voor $n \leq t \leq n+1$ geeft de monotonie $f(n+1) \leq f(t) \leq f(n)$ ; integratie over $\intcc{n}{n+1}$ (een segment van lengte $1$ ) levert

f(n+1) \;\leq\; \int_n^{n+1} f(t)\,\dd t \;\leq\; f(n) .

Sommatie van de rechterongelijkheden voor $n = 1, \dots, N-1$ geeft $\int_1^{N} f \leq \sum_{n=1}^{N-1} f(n)$ , en dus de bovenste omsluiting na optelling van $f(N) \leq f(1)$ ; sommatie van de linkerongelijkheden voor $n = 1, \dots, N$ geeft $\sum_{n=2}^{N+1} f(n) \leq \int_1^{N+1} f$ , wat na herindexering de onderste omsluiting is. Convergentie: de partiële sommen en de integralen $\int_1^x f$ begrenzen elkaar op de constante $f(1)$ na, en beide zijn stijgend, zodat de ene begrensd is dan en slechts dan als de andere dat is (Stelling 17.7). Voor $f(t) = t^{-\alpha}$ ( $\alpha \neq 1$ ) is $\int_1^x t^{-\alpha}\dd t = \frac{x^{1-\alpha} - 1}{1 - \alpha}$ , begrensd dan en slechts dan als $\alpha > 1$ ; voor $\alpha = 1$ is de integraal $\ln x \to \infty$ , en geeft de omsluiting $\ln(N+1) \leq H_N \leq 1 + \ln N$ . Voor $\alpha \leq 0$ naderen de termen niet tot $0$ . ∎

Voorbeeld 17.11 (De harmonische stapel)

Hoeveel termen moet de harmonische reeks opstapelen om $20$ te overschrijden? De omsluiting $\ln(N+1) \leq H_N \leq 1 + \ln N$ antwoordt zonder ook maar iets te sommeren: $H_N \geq 20$ vereist $1 + \ln N \geq 20$ , dus $N \geq \eu^{19} \approx 1.8\cdot10^{8}$ , en is gegarandeerd zodra $\ln(N + 1) \geq 20$ , dus $N \approx \eu^{20} \approx 4.9\cdot10^{8}$ . (De weekendopgave scherpt dit aan tot $N \approx \eu^{20 - \gamma} \approx 2.7\cdot10^{8}$ via de constante van Euler.) Het afsluitende inzicht: de vergelijking met een integraal beslist niet alleen over convergentie — zij lokaliseert partiële sommen met logaritmische nauwkeurigheid, en maakt van een hopeloze berekening (honderden miljoenen termen) een schatting van twee regels.

Stelling 17.12 (Quotiëntcriterium (d’Alembert))

Zij $u_n > 0$ met $\frac{u_{n+1}}{u_n} \to \ell$ .

Is $\ell < 1$ , dan convergeert $\sum u_n$ ;
is $\ell > 1$ , dan is $u_n \to +\infty$ : divergentie;
is $\ell = 1$ , dan is er geen besluit ( $\sum \frac1n$ divergeert, $\sum \frac{1}{n^2}$ convergeert).

Bewijs. Is $\ell < 1$ , leg dan $q \in \intoo{\ell}{1}$ vast: voorbij zekere $N$ is $u_{n+1} \leq q\,u_n$ , dus $u_n \leq u_N q^{\,n-N}$ met inductie: vergelijking met een meetkundige reeks. Is $\ell > 1$ , dan is de rij $(u_n)$ voorbij zekere $N$ stijgend, zodat zij niet naar $0$ kan naderen (haar limiet is, als die bestaat, $\geq u_N > 0$ ); volgens Propositie 17.4 (1) volgt divergentie — en in feite geeft $u_n \geq u_N q^{n-N}$ met $q > 1$ dat $u_n \to \infty$ . ∎

Voorbeeld 17.13

$\sum \frac{x^n}{n!}$ convergeert voor elke $x > 0$ : het quotiënt is $\frac{x}{n+1} \to 0$ . Haar som is $\eu^x$ : volgens Taylor–Lagrange (Stelling 16.7) op $\intcc{0}{x}$ is

\Bigl| \eu^x - \sum_{k=0}^{n} \frac{x^k}{k!} \Bigr| \leq \eu^{x}\, \frac{x^{n+1}}{(n+1)!} \xrightarrow[n\to\infty]{} 0 ,

waarbij de grens naar $0$ nadert omdat de faculteit domineert (Oefening 15.9 (1) gebruikte hetzelfde feit). Hetzelfde argument sommeert de reeksen van $\sin$ , $\cos$ , $\sinh$ en $\cosh$ op heel $\R$ .

Voorbeeld 17.14 (Het quotiëntcriterium is voldoende, niet noodzakelijk)

Zij $u_n = 2^{-n}$ voor even $n$ en $u_n = 2^{-n-2}$ voor oneven $n$ . De opeenvolgende quotiënten schommelen tussen $\frac{1}{8}$ en $\frac12\cdot4 = 2$ , zodat $\frac{u_{n+1}}{u_n}$ geen limiet heeft en d’Alembert zwijgt — terwijl $u_n \leq 2^{-n}$ en het vergelijkingscriterium de convergentie ogenblikkelijk beslecht. De hypothese van het criterium (het quotiënt convergeert) is een echte beperking: zij past bij termen met één dominante multiplicatieve structuur (faculteiten, machten), en faalt op alles wat ademt. Gedragen de quotiënten zich slecht, stap dan terug naar vergelijking met een meetkundige omhulling — en dat is alles wat het quotiëntcriterium ooit was, zoals zijn bewijs laat zien.

Voorbeeld 17.15 (Het quotiëntcriterium in faculteitengevechten)

Wat is de aard van $\sum_{n\geq0} \dfrac{(n!)^2}{(2n)!}$ (de omgekeerden van de centrale binomiaalcoëfficiënten, op de factor $n + 1$ na)? Het quotiënt laat de faculteiten instorten:

\frac{u_{n+1}}{u_n} = \frac{((n+1)!)^2}{(n!)^2}\cdot\frac{(2n)!}{(2n+2)!} = \frac{(n+1)^2}{(2n+1)(2n+2)} \longrightarrow \frac14 < 1 :

convergent, met ruimte over — de termen nemen in wezen af als $4^{-n}$ , in overeenstemming met $\binom{2n}{n} \geq \frac{4^n}{2n+1}$ uit Probleem 15.1. Het afsluitende inzicht: quotiënten van faculteiten zijn precies wat het quotiëntcriterium verteert — elke faculteit valt weg tot een rationale functie van $n$ , waarvan de limiet uit de leidende termen wordt afgelezen.

17.3 Absolute convergentie; alternerende reeksen

Stelling 17.16 (Absolute convergentie)

Convergeert $\sum \abs{u_n}$ (absolute convergentie), dan convergeert $\sum u_n$ , en is $\bigl|\sum u_n\bigr| \leq \sum \abs{u_n}$ . Dit geldt voor reële zowel als complexe termen.

Bewijs. De partiële sommen voldoen, voor $M > N$ (criterium van Cauchy, Stelling 11.20), aan

\abs{S_M - S_N} = \Bigl| \sum_{n=N+1}^{M} u_n \Bigr| \leq \sum_{n=N+1}^{M} \abs{u_n},

wat klein is voor grote $N$ , omdat de partiële sommen van $\sum\abs{u_n}$ een Cauchyrij vormen. Dus is $(S_N)$ een Cauchyrij en bijgevolg convergent. De ongelijkheid gaat over op de limiet vanuit de eindige driehoeksongelijkheid. ∎

Voorbeeld 17.17 (Absolute convergentie, reëel en complex)

$\sum_{n\geq1} \frac{\sin n}{n^2}$ : de termen wisselen grillig van teken (de rij $(\sin n)$ ligt zelfs dicht in $\intcc{-1}{1}$ , Oefening 11.12), en er is geen alternerende structuur in zicht. De absolute convergentie redt alles in één klap: $\bigl|\frac{\sin n}{n^2}\bigr| \leq \frac{1}{n^2}$ , een convergente schaal, dus convergeert de reeks. Hetzelfde schild werkt over $\C$ : $\sum_{n\geq1}\frac{\eu^{\iu n}}{n^2}$ convergeert omdat $\bigl|\frac{\eu^{\iu n}}{n^2}\bigr| = \frac{1}{n^2}$ — tekenpatronen, zelfs tweedimensionale, doen er niet toe zodra de moduli sommeerbaar zijn. Het afsluitende inzicht: de absolute convergentie is het enige gereedschap van dit hoofdstuk dat nooit vraagt hoe de tekens zijn georganiseerd; probeer haar eerst (Methode 17.21), en bewaar de delicate criteria voor de reeksen die erop stuklopen.

Stelling 17.18 (Criterium voor alternerende reeksen)

Zij $(a_n)$ dalend met $a_n \to 0$ . Dan convergeert de alternerende reeks $\sum (-1)^n a_n$ ; haar som ligt tussen elke twee opeenvolgende partiële sommen, en

\abs{R_N} = \Bigl| \sum_{n > N} (-1)^n a_n \Bigr| \leq a_{N+1} .

Bewijs. De even en de oneven partiële sommen zijn ingesloten: $S_{2p+2} - S_{2p} = a_{2p+2} - a_{2p+1} \leq 0$ (dalend), $S_{2p+1} - S_{2p-1} = a_{2p} - a_{2p+1} \geq 0$ (stijgend), en $S_{2p} - S_{2p+1} = a_{2p+1} \to 0$ . Volgens Stelling 11.11 delen zij een limiet $S$ , die het criterium van de twee deelrijen (Propositie 11.14) tot de limiet van $(S_N)$ maakt; bovendien zit $S$ gevangen tussen opeenvolgende partiële sommen, en is $\abs{S - S_N}$ hoogstens de opening naar de volgende, $a_{N+1}$ . ∎

Voorbeeld 17.19 (Alternerende harmonische reeks)

$\sum_{n \geq 1} \frac{(-1)^{n-1}}{n}$ convergeert (criterium voor alternerende reeksen), maar niet absoluut (harmonische reeks). Haar som is $\ln 2$ : integreer de eindige meetkundige identiteit $\frac{1}{1+t} = \sum_{k=0}^{n-1} (-t)^k + \frac{(-t)^n}{1+t}$ over $\intcc{0}{1}$ :

\ln 2 = \sum_{k=1}^{n} \frac{(-1)^{k-1}}{k} + (-1)^n \int_0^1 \frac{t^n}{1+t}\,\dd t , \qquad 0 \leq \int_0^1 \frac{t^n}{1+t}\,\dd t \leq \frac{1}{n+1} \to 0 .

De convergentie is pijnlijk traag ( $R_N \approx \frac{1}{N}$ ) — alternerende reeksen convergeren door opheffing, niet door kleinheid.

De partiële sommen S_N van de alternerende harmonische reeks 1 - 1/2 + 1/3 - springen bij elke stap over hun limiet 2 heen: de oneven sommen van boven, de even van onder, elke sprong ter grootte 1/N+1. De insluiting is het bewijs van zichtbaar gemaakt — en het trage sluiten van de tang (|S_N - 2| 1/2N, weekendopgave ) is de reden waarom niemand 2 zo berekent. — De partiële sommen $S_N$ van de alternerende harmonische reeks $1 - \frac12 + \frac13 - \cdots$ springen bij elke stap over hun limiet $\ln 2$ heen: de oneven sommen van boven, de even van onder, elke sprong ter grootte $\frac{1}{N+1}$ . De insluiting is het bewijs van Stelling 17.18 zichtbaar gemaakt — en het trage sluiten van de tang ( $\abs{S_N - \ln 2} \approx \frac{1}{2N}$ , weekendopgave Probleem 17.1) is de reden waarom niemand $\ln 2$ zo berekent.

Opmerking 17.20 (Veelgemaakte fouten met reeksen)

(i) Het equivalentiecriterium heeft een teken nodig: zij $v_n = \frac{(-1)^n}{\sqrt n}$ en $u_n = v_n + \frac1n$ . Dan is $\frac{u_n}{v_n} = 1 + \frac{(-1)^n}{\sqrt n} \to 1$ , dus $u_n \sim v_n$ ; en toch convergeert $\sum v_n$ (criterium voor alternerende reeksen) terwijl $\sum u_n = \sum v_n + \sum \frac1n$ divergeert. Equivalentie beheerst de grootte van de termen, en voor reeksen met wisselende tekens is grootte geen lot — het criterium is geformuleerd, en waar, uitsluitend voor (uiteindelijk) niet-negatieve termen. (ii) $u_n \to 0$ bewijst niets: de harmonische reeks is het eeuwige tegenvoorbeeld; de omgekeerde richting (Propositie 17.4 (1)) is alleen een snel divergentiecriterium. (iii) Quotiëntlimiet $1$ is stilzwijgen, geen convergentie: zowel $\sum\frac1n$ als $\sum\frac{1}{n^2}$ heeft quotiënt $\to 1$ ; stap over op Riemann-schalen of op vergelijking met een integraal. (iv) Alternerend vereist dalend: $\sum \frac{(-1)^n}{n + (-1)^n}$ lijkt alternerend en wordt alleen met een ontwikkeling behandeld (Oefening 17.5); de weekendopgave van Hoofdstuk 16 (vraag 23 aldaar) toont dat het criterium zonder monotonie ronduit kan falen. (v) Groeperen en herordenen zijn niet gratis: haakjes invoegen is onschuldig voor convergente reeksen maar kan uit divergentie convergentie scheppen ( $1 - 1 + 1 - \cdots$ paarsgewijs gegroepeerd), en herordenen kan de som zelf veranderen — het drama dat de weekendopgave van dit hoofdstuk opvoert (Probleem 17.1).

Methode 17.21 (De aard van een reeks bepalen)

Nadert $u_n$ tot $0$ ? Zo niet: divergentie, stop.
Niet-negatieve termen: zoek een equivalent van $u_n$ (ontwikkelingen, Hoofdstuk 16!) en vergelijk met Riemann-schalen of meetkundige schalen; faculteiten en machten roepen om het quotiëntcriterium; een dalende $f(n)$ roept om vergelijking met een integraal.
Wisselende tekens: probeer eerst de absolute convergentie; faalt die, dan het criterium voor alternerende reeksen (controleer dalend zorgvuldig); daarbuiten: gereedschap van het tweede jaar.

Voorbeeld 17.22 (Oneven noemers, de halve telescoop)

Bereken $\sum_{n \geq 1} \dfrac{1}{4n^2 - 1}$ . Partieelbreuken: $\frac{1}{(2n-1)(2n+1)} = \frac12\bigl(\frac{1}{2n-1} - \frac{1}{2n+1}\bigr)$ , dus

\sum_{n=1}^{N} \frac{1}{4n^2 - 1} = \frac12\Bigl(1 - \frac{1}{2N+1}\Bigr) \longrightarrow \frac12 .

Vergelijk met $\sum \frac{1}{n(n+1)} = 1$ (Oefening 17.1): hetzelfde telescoperende skelet, maar de opeenvolgende termen liggen hier twee uit elkaar in de oneven getallen, en de factor $\frac12$ registreert de stap. Het afsluitende inzicht: telescoperen is een verandering van gezichtspunt, geen truc — zodra de algemene term een verschil $w_n - w_{n+1}$ is van een rij met een limiet, is de som $w_1 - \lim w$ , precies Propositie 17.4 (3).

Opmerking 17.23 (De pijplijn van de analyse, terugblikkend)

Dit hoofdstuk is de plek waar de analyse van het volume samenkomt, en elk criterium noemt zijn voorouder. Begrensde partiële sommen is de stelling over monotone limieten (Hoofdstuk 11), zelf het volledigheidsaxioma van Hoofdstuk 10; de absolute convergentie is het criterium van Cauchy; het integraalcriterium is de omsluiting van oppervlakten uit Hoofdstuk 15; equivalenten van algemene termen zijn de ontwikkelingen van Hoofdstuk 16; en de stelling over alternerende reeksen is het lemma van de ingesloten rijen in zondagse kleren. Achterstevoren gelezen legt de pijplijn uit waar elk hoofdstuk voor diende — en de weekendopgaven die erdoorheen zijn geregen ( $b$ -adische cijfers, Cesàro–Stolz, de irrationaliteitsmachines, de constante van Euler) zijn dezelfde paar ideeën die elkaar op steeds grotere hoogte ontmoeten. De lineaire algebra die volgt verandert van onderwerp, niet van maatstaven: de gewoonte van exacte uitspraken met gecertificeerde fout overleeft de overgang van limieten naar dimensies.

Opmerking 17.24 (Waar reeksen hierna heen gaan)

Dit hoofdstuk sluit de analyse van het volume af en opent drie deuren. In het volume van bachelorjaar 2 krijgen reeksen een veranderlijke ( $\sum a_n x^n$ : machtreeksen, met hun convergentiestraal) en daarna een functiewaardige theorie (fourierreeksen); de tweedeling absoluut tegenover voorwaardelijk convergent, gedramatiseerd in de weekendopgave hieronder, wordt de hoeksteen van beide. In de kansrekening (het volume van bachelorjaar 3) zijn verwachtingswaarden van discrete stochastische variabelen reeksen, en is de absolute convergentie wat hen welgedefinieerd maakt. En de Riemann-reeks $\sum n^{-s}$ , doorgetrokken naar complexe $s$ , wordt de zètafunctie — de meest bestudeerde reeks van de wiskunde.

17.4 Oefeningen

Oefening 17.1 ★

Aard (en som, waar telescoperend) van:

\sum_{n\geq1} \frac{1}{n(n+1)}, \qquad \sum_{n\geq2} \ln\Bigl(1 - \frac{1}{n^2}\Bigr), \qquad \sum_{n\geq0} \frac{3^n + 4^n}{5^n} .

Oplossing

Oplossing van Oefening 17.1.

$\dfrac{1}{n(n+1)} = \dfrac1n - \dfrac{1}{n+1}$ : telescoperend, $S_N = 1 - \frac{1}{N+1} \to 1$ . Convergent, som $1$ .

$\ln\bigl(1 - \frac{1}{n^2}\bigr) = \ln\frac{(n-1)(n+1)}{n^2} = \ln\frac{n-1}{n} - \ln\frac{n}{n+1}$ : opnieuw telescoperend, $S_N = \ln\frac12 - \ln\frac{N}{N+1} \to -\ln 2$ . Convergent, som $-\ln 2$ .

$\dfrac{3^n + 4^n}{5^n} = \bigl(\frac35\bigr)^n + \bigl(\frac45\bigr)^n$ : twee convergente meetkundige reeksen, som $\frac{1}{1 - 3/5} + \frac{1}{1 - 4/5} = \frac52 + 5 = \frac{15}{2}$ .

Oefening 17.2 ★

Aard van: $\;\sum \dfrac{n^2}{2^n}$ ; $\;\sum \dfrac{n!}{n^n}$ ; $\;\sum \dfrac{2^n\,n!}{n^n}$ ; $\;\sum \dfrac{3^n\,n!}{n^n}$ . (Quotiëntcriterium; denk aan $\bigl(1 + \frac1n\bigr)^n \to \eu$ .)

Oplossing

Oplossing van Oefening 17.2.

Overal het quotiëntcriterium.

$\frac{u_{n+1}}{u_n} = \frac{(n+1)^2}{2n^2} \to \frac12 < 1$ : convergent.

$\frac{u_{n+1}}{u_n} = \frac{(n+1)!\,n^n}{n!\,(n+1)^{n+1}} = \bigl(\frac{n}{n+1}\bigr)^n = \bigl(1 + \frac1n\bigr)^{-n} \to \frac1\eu < 1$ : convergent.

Met de factor $2^n$ : quotiënt $\to \frac2\eu < 1$ : convergent.

Met $3^n$ : quotiënt $\to \frac3\eu > 1$ : divergent (de termen naderen tot $+\infty$ ).

Oefening 17.3 ★

Aard van: $\;\sum \sin\dfrac{1}{n^2}$ ; $\;\sum \Bigl(1 - \cos\dfrac1n\Bigr)$ ; $\;\sum \dfrac{1}{\sqrt{n(n+1)}}$ ; $\;\sum \dfrac{\ln n}{n^2}$ (vergelijk met $n^{-3/2}$ ).

Oplossing

Oplossing van Oefening 17.3.

Alle termen zijn niet-negatief; gebruik equivalenten (Stelling 17.7).

$\sin\frac{1}{n^2} \sim \frac{1}{n^2}$ : convergent (Riemann $\alpha = 2$ ).

$1 - \cos\frac1n \sim \frac{1}{2n^2}$ : convergent.

$\frac{1}{\sqrt{n(n+1)}} \sim \frac1n$ : divergent.

$\frac{\ln n}{n^2} = \frac{1}{n^{3/2}}\cdot\frac{\ln n}{n^{1/2}}$ en $\frac{\ln n}{\sqrt n} \to 0$ (Propositie 4.6): dus is $\frac{\ln n}{n^2} \leq \frac{1}{n^{3/2}}$ voor grote $n$ : convergent.

Oefening 17.4 ★

Bewijs dat $\sum_{n\geq1} \frac{1}{n^2}$ convergeert met som $\leq 2$ , met behulp van $\frac{1}{n^2} \leq \frac{1}{n(n-1)}$ voor $n \geq 2$ en een telescoperende grens.

Oplossing

Oplossing van Oefening 17.4.

Voor $n \geq 2$ is $\frac{1}{n^2} \leq \frac{1}{n(n-1)} = \frac{1}{n-1} - \frac1n$ . Bijgevolg

\sum_{n=1}^{N} \frac{1}{n^2} \leq 1 + \sum_{n=2}^{N} \Bigl(\frac{1}{n-1} - \frac1n\Bigr) = 1 + 1 - \frac1N < 2 :

de partiële sommen zijn stijgend en door $2$ begrensd: convergentie (Stelling 17.7), som $\leq 2$ . (De exacte waarde $\frac{\pi^2}{6}$ is een feest van het tweede jaar.)

Oefening 17.5 ★★

Aard van $\;\sum \dfrac{(-1)^n}{\sqrt n}$ , van $\;\sum \dfrac{(-1)^n}{n + (-1)^n}$ (ontwikkel: het criterium voor alternerende reeksen is niet rechtstreeks van toepassing — waarom?), en van $\;\sum \sin\bigl(\pi\sqrt{n^2+1}\,\bigr)$ (herleid modulo $\pi$ : $\sqrt{n^2+1} = n + \frac{1}{2n} + O(n^{-3})$ ).

Oplossing

Oplossing van Oefening 17.5.

$\sum \frac{(-1)^n}{\sqrt n}$ : alternerend met $\frac{1}{\sqrt n} \downarrow 0$ : convergent (Stelling 17.18); niet absoluut ( $\alpha = \frac12 \leq 1$ ).

$\sum \frac{(-1)^n}{n + (-1)^n}$ : de rij $\frac{1}{n + (-1)^n}$ is niet dalend ( $\frac{1}{n+1}$ en daarna $\frac{1}{n}$ wisselen lelijk af), dus is het criterium niet rechtstreeks van toepassing. Ontwikkel:

\frac{(-1)^n}{n + (-1)^n} = \frac{(-1)^n}{n}\cdot\frac{1}{1 + \frac{(-1)^n}{n}} = \frac{(-1)^n}{n} - \frac{1}{n^2} + O\Bigl(\frac{1}{n^3}\Bigr):

de eerste reeks convergeert (alternerend), $\sum \frac{1}{n^2}$ convergeert, en de $O(n^{-3})$ convergeert absoluut: de som van drie convergente reeksen convergeert.

$\sin\bigl(\pi\sqrt{n^2+1}\bigr)$ : schrijf $\sqrt{n^2 + 1} = n + \frac{1}{2n} + \varepsilon_n$ met $\varepsilon_n = O(n^{-3})$ ; dan geldt, wegens de $\pi$ -periodiciteit van $\sin$ op het teken na,

\sin\bigl(\pi\sqrt{n^2+1}\bigr) = (-1)^n \sin\Bigl(\frac{\pi}{2n} + \pi\varepsilon_n\Bigr) .

Stel $\theta_n = \frac{\pi}{2n} + \pi\varepsilon_n$ en $a_n = \sin\theta_n$ . Voor grote $n$ is $\theta_n \in \intoo{0}{\frac\pi2}$ en

\theta_n - \theta_{n+1} = \frac{\pi}{2n(n+1)} + \pi(\varepsilon_n - \varepsilon_{n+1}) = \frac{\pi}{2n^2} + O\Bigl(\frac{1}{n^3}\Bigr) > 0

uiteindelijk, dus daalt $(\theta_n)$ naar $0$ ; omdat $\sin$ stijgend is op $\intcc{0}{\frac\pi2}$ , daalt ook $(a_n)$ naar $0$ . Het criterium voor alternerende reeksen is van toepassing: convergent — niet absoluut, want $a_n \sim \frac{\pi}{2n}$ .

Oefening 17.6 ★★

Voor welke $\alpha > 0$ convergeert $\sum_{n \geq 2} \dfrac{1}{n (\ln n)^{\alpha}}$ ? (Vergelijking met een integraal; substitueer $u = \ln t$ .)

Oplossing

Oplossing van Oefening 17.6.

$f(t) = \frac{1}{t(\ln t)^\alpha}$ is positief, continu en dalend op $\intco{2}{+\infty}$ . Met de substitutie $u = \ln t$ :

\int_2^x \frac{\dd t}{t(\ln t)^\alpha} = \int_{\ln 2}^{\ln x} \frac{\dd u}{u^\alpha},

begrensd als $x \to \infty$ dan en slechts dan als $\alpha > 1$ (de berekening van Stelling 17.10). Door vergelijking met een integraal: convergentie dan en slechts dan als $\alpha > 1$ . (Deze reeksen van het type Bertrand tonen hoe fijn de rand van de convergentie is: $n\ln n$ divergeert, $n(\ln n)^{1.01}$ convergeert.)

Oefening 17.7 ★★

Zij $u_n = \dfrac{1}{n} - \ln\Bigl(1 + \dfrac1n\Bigr)$ . Bewijs dat $0 \leq u_n \leq \dfrac{1}{2n^2}$ , dat $\sum u_n$ convergeert, en leid het bestaan af van de constante van Euler:

\gamma = \lim_{N \to \infty} \Bigl( \sum_{n=1}^{N} \frac 1n - \ln N \Bigr) .

Oplossing

Oplossing van Oefening 17.7.

Via de raaklijngrenzen van Oefening 14.3, herschreven met ontwikkelingen: voor $x = \frac1n \in \intoc{0}{1}$ geeft Taylor–Lagrange voor $\ln(1+x)$ op orde $1$ dat $\ln(1 + x) = x - \frac{x^2}{2(1 + c)^2}$ voor zekere $c \in \intoo{0}{x}$ , dus

0 \leq u_n = \frac1n - \ln\Bigl(1 + \frac1n\Bigr) \leq \frac{1}{2n^2} .

Vergelijking met de Riemann-reeks: $\sum u_n$ convergeert. Haar partiële som telescopeert de logaritmen:

\sum_{n=1}^{N} u_n = H_N - \ln(N+1)

(want $\sum_{n\leq N} \ln\frac{n+1}{n} = \ln(N+1)$ ). Dus convergeert $H_N - \ln(N+1)$ ; door $\ln\frac{N+1}{N} \to 0$ erbij op te tellen, convergeert ook de rij $H_N - \ln N$ . Haar limiet is $\gamma \approx 0.5772$ .

Oefening 17.8 ★★

Bereken de sommen

\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n(n+2)} \qquad\text{en}\qquad \sum_{n=0}^{\infty} \frac{n}{2^n} .

(Voor de eerste: partieelbreuken. Voor de tweede: bereken $\sum_{n=1}^{N} n x^{n-1}$ in gesloten vorm en laat $N \to \infty$ bij $x = \frac12$ .)

Oplossing

Oplossing van Oefening 17.8.

$\dfrac{1}{n(n+2)} = \dfrac{1/2}{n} - \dfrac{1/2}{n+2}$ : de partiële som telescopeert met een vertraging van $2$ ,

S_N = \frac12\Bigl(1 + \frac12 - \frac{1}{N+1} - \frac{1}{N+2}\Bigr) \longrightarrow \frac34 .

$\sum \frac{n}{2^n}$ : voor $\abs x < 1$ leiden we de eindige meetkundige som af en gaan we over tot de limiet (alle reeksen hier convergeren absoluut, quotiëntcriterium): uit $\sum_{n\geq0} x^n = \frac{1}{1-x}$ krijgt men door rechtstreekse berekening met partiële sommen

\sum_{n=1}^{N} n x^{n-1} = \frac{1 - (N+1)x^N + N x^{N+1}}{(1 - x)^2} \xrightarrow[N\to\infty]{} \frac{1}{(1-x)^2} \quad (\abs x < 1),

(de randtermen $N x^N \to 0$ ). In $x = \frac12$ : $\sum_{n\geq1} n\bigl(\frac12\bigr)^{n-1} = 4$ , dus $\sum_{n\geq0} \frac{n}{2^n} = \frac12 \times 4 = 2$ .

Oefening 17.9 ★★★

(Condensatie van Cauchy) Zij $(u_n)$ niet-negatief en dalend. Bewijs dat

\sum_{n \geq 1} u_n \text{ convergeert} \iff \sum_{k \geq 0} 2^k\, u_{2^k} \text{ convergeert},

door pakketten termen tussen opeenvolgende machten van $2$ te vergelijken. Vind daaruit het criterium van Riemann en Oefening 17.6 terug.

Oplossing

Oplossing van Oefening 17.9.

Groepeer de termen van $\sum u_n$ in pakketten tussen machten van $2$ . Bovenste pakketten: voor $2^k \leq n < 2^{k+1}$ zijn er $2^k$ termen, elk $\leq u_{2^k}$ :

\sum_{n=1}^{2^{K+1}-1} u_n = \sum_{k=0}^{K} \sum_{n=2^k}^{2^{k+1}-1} u_n \leq \sum_{k=0}^{K} 2^k u_{2^k} .

Onderste pakketten: elke term van hetzelfde pakket is $\geq u_{2^{k+1}}$ , dus $\sum_{n=2^k}^{2^{k+1}-1} u_n \geq 2^k u_{2^{k+1}} = \frac12 \cdot 2^{k+1} u_{2^{k+1}}$ , waaruit

\sum_{n=1}^{2^{K+1}-1} u_n \geq \frac12 \sum_{k=1}^{K+1} 2^{k} u_{2^{k}} .

Beide vergelijkingen van partiële sommen werken in twee richtingen (niet-negatieve termen, Stelling 17.7): de twee reeksen hebben dezelfde aard.

Riemann: $u_n = n^{-\alpha}$ geeft $2^k u_{2^k} = 2^{k(1-\alpha)}$ , een meetkundige reeks, convergent dan en slechts dan als $2^{1 - \alpha} < 1$ , dus als $\alpha > 1$ . Bertrand (Oefening 17.6): $u_n = \frac{1}{n(\ln n)^\alpha}$ geeft $2^k u_{2^k} = \frac{1}{(k\ln 2)^\alpha}$ , een Riemann-reeks in $k$ : convergent dan en slechts dan als $\alpha > 1$ .

Oefening 17.10 ★★★

Bewijs met de integraalidentiteit van Voorbeeld 17.19, aangepast aan $\frac{1}{1+t^2}$ , de formule van Leibniz

\frac{\pi}{4} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{2n+1} = 1 - \frac13 + \frac15 - \frac17 + \cdots

met de foutgrens $\abs{R_N} \leq \frac{1}{2N+3}$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 17.10.

Eindige meetkundige identiteit met reden $-t^2$ :

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

Integreer over $\intcc{0}{1}$ (het linkerlid integreert tot $\arctan 1 = \frac\pi4$ , Propositie 4.10):

\frac{\pi}{4} = \sum_{k=0}^{n-1} \frac{(-1)^k}{2k+1} + (-1)^n \int_0^1 \frac{t^{2n}}{1+t^2}\,\dd t, \qquad 0 \leq \int_0^1 \frac{t^{2n}}{1+t^2}\,\dd t \leq \int_0^1 t^{2n}\dd t = \frac{1}{2n+1} .

Door $n \to \infty$ te laten gaan is de formule bewezen, en de getoonde grens op de integraal is precies de grens op de restterm: na sommatie tot $N$ (dat wil zeggen $n = N + 1$ termen) is $\abs{R_N} \leq \frac{1}{2N + 3}$ .

Oefening 17.11 ★★

Aard van $\displaystyle\sum_{n \geq 1} \frac{1}{n^{1 + 1/n}}$ . (Bereken de limiet van $n^{1/n}$ en bepaal een equivalent van de algemene term: het criterium van Riemann heeft een vaste exponent nodig.)

Oplossing

Oplossing van Oefening 17.11.

$n^{1/n} = \eu^{\frac{\ln n}{n}} \to \eu^0 = 1$ (Propositie 4.6). Bijgevolg

\frac{1}{n^{1 + 1/n}} = \frac{1}{n}\,\eu^{-\frac{\ln n}{n}} \sim \frac{1}{n} ,

en het equivalentiecriterium (Stelling 17.7) vergelijkt met de divergente harmonische reeks: divergent, hoewel elke exponent $1 + \frac1n$ groter is dan $1$ . Het criterium van Riemann betreft een vaste exponent $\alpha$ ; een exponent die naar $1$ afglijdt kan al zijn marge verliezen, zoals hier.

Oefening 17.12 ★★★

Zij $(u_n)$ niet-negatief en dalend met $\sum u_n$ convergent. Bewijs dat $n\,u_n \to 0$ (begrens $n\,u_{2n}$ door een schijf $\sum_{k=n+1}^{2n} u_k$ en gebruik het criterium van Cauchy). Toon aan dat het omgekeerde faalt en dat de hypothese van monotonie niet kan worden weggelaten.

Oplossing

Oplossing van Oefening 17.12.

Zij $\varepsilon > 0$ . Volgens het criterium van Cauchy voor de convergente reeks (Stelling 11.20 toegepast op de partiële sommen) is er een $N$ met $\sum_{k=n+1}^{2n} u_k \leq \varepsilon$ voor $n \geq N$ . Wegens de monotonie is elk van deze $n$ termen $\geq u_{2n}$ :

n\,u_{2n} \leq \sum_{k=n+1}^{2n} u_k \leq \varepsilon \quad\Longrightarrow\quad 2n\,u_{2n} \leq 2\varepsilon ,

en voor oneven indices is $(2n+1)\,u_{2n+1} \leq (2n+1)\,u_{2n} \leq 2\bigl(2n\,u_{2n}\bigr) \leq 4\varepsilon$ voor $n \geq N$ : in beide pariteiten geldt $n u_n \to 0$ .

Het omgekeerde is onwaar: $u_n = \frac{1}{n\ln n}$ heeft $n u_n = \frac{1}{\ln n} \to 0$ , en toch divergeert de reeks (Oefening 17.6, $\alpha = 1$ ). De monotonie is noodzakelijk: zij $u_n = \frac1n$ wanneer $n$ een volkomen kwadraat is en $u_n = 2^{-n}$ anders: de reeks convergeert (de kwadraattermen sommeren als $\sum \frac{1}{k^2}$ , de rest meetkundig), maar $n u_n = 1$ langs de kwadraten.

17.5 Opgave: de constante van Euler en de reeks die haar som verandert

Probleem 17.1

Weekendopgave — $H_n = \ln n + \gamma + \frac{1}{2n} + O(n^{-2})$ , en het herschikken van $1 - \frac12 + \frac13 - \dots$ tot $\frac{\ln 2}{2}$

Twee verhalen delen de harmonische reeks. Ten eerste de exacte boekhouding van haar divergentie: $H_n - \ln n$ convergeert naar de constante van Euler $\gamma$ (Oefening 17.7), en deze opgave scherpt die uitspraak aan tot een tweezijdige wet $\frac{1}{2(n+1)} \leq H_n - \ln n - \gamma \leq \frac{1}{2n}$ , die $\gamma = 0.5772\dots$ met de hand certificeert. Ten tweede het schandaal van de voorwaardelijke convergentie: de alternerende harmonische reeks sommeert tot $\ln 2$ (Voorbeeld 17.19), en toch sommeren dezelfde termen, in een andere volgorde, tot $\frac{\ln 2}{2}$ — of tot $\ln 2 + \frac12\ln\frac pq$ voor willekeurige $p, q$ , of tot elk reëel getal hoegenaamd (Riemann). De twee verhalen zijn er één: de herschikte sommen worden met de $\gamma$ -wet berekend.

Deel I — $\gamma$ , ingesloten. Stel $a_n = H_n - \ln n$ en $b_n = H_n - \ln(n+1)$ .

Toon met $\frac{t}{1+t} \leq \ln(1 + t) \leq t$ aan dat $(a_n)$ daalt, $(b_n)$ stijgt, en dat zij ingesloten zijn; hun gemeenschappelijke limiet is $\gamma$ , met $b_n \leq \gamma \leq a_n$ voor elke $n$ .
Een eerste numeriek schot: sluit $\gamma$ , uitgaande van $H_{10} = 2.928968\dots$ , in tussen $b_{10} = 0.5311$ en $a_{10} = 0.6264$ . Hoe groot zou $n$ moeten zijn opdat deze grove insluiting vier decimalen geeft?
Toon de exacte staartvoorstelling $a_n - \gamma = \sum_{k \geq n} w_k$ aan (als limiet van partiële sommen), waarbij

$w_k = a_k - a_{k+1} = \ln\Bigl(1 + \frac1k\Bigr) - \frac{1}{k+1} = \int_k^{k+1} \frac{(k + 1 - t)}{t\,(k+1)}\,\dd t ,$

en leid uit de integraalvorm de tweezijdige grens $\dfrac{1}{2(k+1)^2} \leq w_k \leq \dfrac{1}{2k(k+1)}$ af.

Deel II — De $\frac{1}{2n}$ -wet.

Sommeer de grenzen van vraag 3 (beide leden telescoperen of laten zich met telescopen vergelijken) en besluit tot de wet:

$\frac{1}{2(n+1)} \;\leq\; H_n - \ln n - \gamma \;\leq\; \frac{1}{2n} \qquad (n \geq 1).$
Leid af dat $H_n = \ln n + \gamma + \frac{1}{2n} + O\bigl(\frac{1}{n^2}\bigr)$ ; toon preciezer aan dat $\gamma_n = H_n - \ln n - \frac{1}{2n}$ voldoet aan $-\frac{1}{2n(n+1)} \leq \gamma_n - \gamma \leq 0$ .
Certificeer vier decimalen met $n = 100$ : bereken, uitgaande van $H_{100} = 5.1873775\dots$ , dat $\gamma_{100} = 0.577207\dots$ en besluit dat $\gamma = 0.5772 \pm 5\cdot10^{-5}$ (werkelijke waarde $0.5772156\dots$ ).
Twee dividenden van de wet, die beide later nodig zijn: als $m \to \infty$ ,

$H_{2m} - H_m = \ln 2 - \frac{1}{4m} + O\Bigl(\frac{1}{m^2}\Bigr), \qquad \sum_{j=1}^{m} \frac{1}{2j-1} = \frac{\ln m}{2} + \ln 2 + \frac\gamma2 + o(1) ,$

de tweede via $\sum_{j \leq m} \frac{1}{2j-1} = H_{2m} - \frac12 H_m$ , en evenzo $\sum_{j=1}^{m} \frac{1}{2j} = \frac{\ln m}{2} + \frac\gamma2 + o(1)$ .

Deel III — De alternerende harmonische reeks, tot op tweede orde.

Toon (met inductie of door groeperen) de identiteit $\sum_{k=1}^{2m} \frac{(-1)^{k-1}}{k} = H_{2m} - H_m$ aan, en leid daaruit zowel de som $\ln 2$ (opnieuw) als de exacte snelheid af:

$\sum_{k=1}^{2m} \frac{(-1)^{k-1}}{k} = \ln 2 - \frac{1}{4m} + O\Bigl(\frac{1}{m^2}\Bigr) .$
Leid de asymptotische fout van de alternerende harmonische reeks af bij elke index: $S - S_N \sim \frac{(-1)^N}{2N}$ — twee keer kleiner dan de grens voor het slechtste geval $a_{N+1} \approx \frac1N$ uit Stelling 17.18.
(Versnelling voor niets) Toon aan dat de gemiddelde sommen $\tilde S_N = \frac{S_N + S_{N+1}}{2}$ voldoen aan $\tilde S_N = \ln 2 + O\bigl(\frac{1}{N^2}\bigr)$ . Controle: $S_{10} = 0.64563$ , $S_{11} = 0.73654$ , $\tilde S_{10} = 0.69109$ , tegenover $\ln 2 = 0.69315$ : één gemiddelde koopt twee decimalen.
Leg in twee zinnen uit waarom zo’n truc niets kan uitrichten tegen een positief verschijnsel als de insluiting van vraag 2: de alternerende fout schommelt (teken $(-1)^N$ ), zodat middelen haar leidende term opheft, terwijl de fout $\frac{1}{2n}$ van de $\gamma$ -insluiting een vast teken heeft. ( $a_n$ en $b_n$ middelen helpt wel: breng $\frac{a_n + b_n}{2}$ in verband met de middenpuntsschatting $H_n - \ln\bigl(n + \frac12\bigr)$ en toon aan dat haar fout $O\bigl(\frac{1}{n^2}\bigr)$ is.)

Deel IV — Starheid en haar falen.

Toon aan dat het positieve deel $\sum \frac{1}{2j-1}$ en het negatieve deel $\sum \frac{1}{2j}$ van de alternerende harmonische reeks beide divergeren — het kenmerk van voorwaardelijke convergentie.
Bewijs de algemene uitspraak achter vraag 12: convergeert $\sum u_n$ terwijl $\sum \abs{u_n}$ divergeert, dan divergeren de reeks van de positieve delen $\sum u_n^+$ en die van de negatieve delen $\sum u_n^-$ beide (uit $u_n^\pm = \frac{\abs{u_n} \pm u_n}{2}$ : convergeerde er één, dan ook de andere, en dus $\sum\abs{u_n}$ ). Dit onuitputtelijke reservoir van positieve en negatieve massa is wat het recept van Riemann zal uitgeven.
(Starheid) Bewijs: convergeert $\sum u_n$ absoluut en is $\sigma \colon \N \to \N$ een bijectie, dan convergeert $\sum u_{\sigma(n)}$ naar dezelfde som (voor grote $N$ bevatten de eerste $M$ herschikte termen $u_0, \dots, u_N$ ; vergelijk de partiële sommen via de staart $\sum_{n > N}\abs{u_n}$ ).
(Het recept van Riemann) Zij $t \in \R$ . Beschrijf de gulzige herschikking van de alternerende harmonische reeks: neem positieve termen $1, \frac13, \frac15, \dots$ totdat de partiële som $t$ voor het eerst overschrijdt, dan negatieve termen $-\frac12, -\frac14, \dots$ totdat zij voor het eerst onder $t$ zakt, en herhaal. Toon aan dat elke term precies één keer wordt gebruikt, dat de partiële sommen na de eerste overschrijding binnen de laatst gebruikte term van $t$ blijven, en besluit dat de herschikte reeks naar $t$ convergeert: elke voorgeschreven som is bereikbaar.

Deel V — De $(p, q)$ -formule. Leg gehele getallen $p, q \geq 1$ vast. Herschik de alternerende harmonische reeks in blokken: $p$ positieve termen (de volgende oneven omgekeerden), daarna $q$ negatieve termen (de volgende even omgekeerden), en herhaal.

Ga na dat dit een echte herschikking is (elke term precies één keer), en dat zij voor $(p, q) = (1, 2)$ luidt

$1 - \frac12 - \frac14 + \frac13 - \frac16 - \frac18 + \frac15 - \frac1{10} - \frac1{12} + \dots$
(De exacte halvering) Bewijs voor $(p, q) = (1, 2)$ de blokidentiteit

$\frac{1}{2k-1} - \frac{1}{4k-2} - \frac{1}{4k} = \frac12\Bigl(\frac{1}{2k-1} - \frac{1}{2k}\Bigr),$

en leid de exacte betrekking $T_{3K} = \frac12 S_{2K}$ af tussen de herschikte partiële sommen en de oorspronkelijke: de halvering van de som is in elk eindig stadium zichtbaar, niet pas in de limiet.
Toon aan dat de partiële som na $K$ volledige blokken gelijk is aan $\sum_{j=1}^{pK} \frac{1}{2j-1} - \sum_{j=1}^{qK} \frac{1}{2j}$ , en bereken haar limiet met vraag 7:

$\ln 2 + \frac12 \ln\frac pq .$
Beheers de partiële sommen binnen een blok (de termen naderen tot $0$ ) en besluit dat de $(p, q)$ -herschikte reeks naar $\ln 2 + \frac12\ln \frac pq$ convergeert. In het bijzonder geeft $(1, 2)$ de waarde $\frac{\ln 2}{2}$ : toets dit aan de eerste negen termen, $T_9 = 0.3083$ , die naar $0.3466$ kruipen.
Controles en bereik: $(1,1)$ geeft $\ln 2$ terug; $(2,1)$ geeft $\frac32\ln 2$ ; welke sommen zijn met $(p, q)$ -blokken bereikbaar, en hoe verhoudt dit aftelbare menu zich tot de volledige kaart van Riemann (vraag 14)?

Deel VI — Epiloog: $\gamma$ aan het werk, en synthese.

Identificeer de som van de convergente reeks $\sum_{k\geq1} \bigl(\frac1k - \ln\frac{k+1}{k}\bigr)$ (Oefening 17.7): toon aan dat zij gelijk is aan $\gamma$ .
Laat het recept van Riemann (vraag 14) lopen voor het doel $t = 1$ en som de eerste twaalf voortgebrachte termen op ( $1, \frac13, -\frac12, \frac15, -\frac14, \frac17, \frac19, -\frac16, \frac1{11}, \frac1{13}, -\frac18, \frac1{15}$ ), met berekening van de partiële som ( $\approx 0.980$ ) — kijk hoe het algoritme rond zijn doel ademt.
Toon aan dat een zekere herschikking van de alternerende harmonische reeks naar $+\infty$ divergeert (blokken positieve termen die telkens lang genoeg zijn om $1$ te winnen, met vraag 12, gescheiden door telkens één negatieve term).
Scherp Voorbeeld 17.11 aan met de $\gamma$ -wet: toon aan dat de eerste index met $H_N \geq 20$ voldoet aan $N = \eu^{\,20 - \gamma}\,(1 + o(1)) \approx 2.7\cdot10^{8}$ — de constante van Euler is precies de correctie die de grove omsluiting miste.
Synthese, telkens één zin: (i) de $\gamma$ -wet en wat elk van haar drie stukken ( $\ln n$ , $\gamma$ , $\frac{1}{2n}$ ) bijdraagt; (ii) waarom voorwaardelijke convergentie de som van de volgorde laat afhangen terwijl absolute convergentie dat verbiedt; (iii) hoe de $(p,q)$ -formule een berekening met de $\gamma$ -wet was en geen abstracte bestaansbewering; (iv) waar deze draden verdergaan — machtreeksen en producten van reeksen in het volume van bachelorjaar 2, en de weekendopgave van het volume van bachelorjaar 3 over de formule van Stirling, waar dezelfde boekhouding van som tegenover integraal op volle kracht draait.

Oplossing

Oplossing van Probleem 17.1.

1. $a_{n+1} - a_n = \frac{1}{n+1} - \ln\frac{n+1}{n} \leq 0$ omdat $\ln(1 + \frac1n) \geq \frac{1/n}{1 + 1/n} = \frac{1}{n+1}$ ; en $b_{n+1} - b_n = \frac{1}{n+1} - \ln\frac{n+2}{n+1} \geq 0$ omdat $\ln(1 + \frac{1}{n+1}) \leq \frac{1}{n+1}$ . Hun opening $a_n - b_n = \ln(1 + \frac1n) \to 0$ : ingesloten (Stelling 11.11), met gemeenschappelijke limiet $\lim a_n = \gamma$ (Oefening 17.7), en $b_n \leq \gamma \leq a_n$ .

2. $b_{10} = 2.928968 - \ln 11 = 0.5311$ en $a_{10} = 2.928968 - \ln 10 = 0.6264$ : dus $\gamma \in \intcc{0.5311}{0.6264}$ . De opening is $\ln 1.1 \approx 0.095$ en krimpt als $\frac1n$ : vier decimalen (opening $\leq 10^{-4}$ ) zouden $n \approx 10^4$ vergen — de insluiting is correct maar traag.

3. Telescoperen geeft $a_n - a_{m+1} = \sum_{k=n}^{m} w_k$ , en met $m \to \infty$ : $a_n - \gamma = \sum_{k\geq n} w_k$ (limiet van partiële sommen). Bovendien is

w_k = \int_k^{k+1} \frac{\dd t}{t} - \frac{1}{k+1} = \int_k^{k+1} \Bigl(\frac1t - \frac{1}{k+1}\Bigr)\dd t = \int_k^{k+1} \frac{k + 1 - t}{t\,(k+1)}\,\dd t .

Op $\intcc{k}{k+1}$ is $\frac{1}{(k+1)^2} \leq \frac{1}{t(k+1)} \leq \frac{1}{k(k+1)}$ , en $\int_k^{k+1}(k + 1 - t)\dd t = \frac12$ : bijgevolg $\frac{1}{2(k+1)^2} \leq w_k \leq \frac{1}{2k(k+1)}$ .

4. Boven: $\sum_{k \geq n} \frac{1}{2k(k+1)} = \frac12\sum_{k\geq n}\bigl(\frac1k - \frac{1}{k+1}\bigr) = \frac{1}{2n}$ (telescoperend). Onder: $\frac{1}{2(k+1)^2} \geq \frac{1}{2(k+1)(k+2)}$ , waarvan de som telescopeert tot $\frac{1}{2(n+1)}$ . Met vraag 3:

\frac{1}{2(n+1)} \leq H_n - \ln n - \gamma \leq \frac{1}{2n} .

5. Trek $\frac{1}{2n}$ af: $\gamma_n - \gamma \in \intcc{\frac{1}{2(n+1)} - \frac{1}{2n}}{0} = \intcc{-\frac{1}{2n(n+1)}}{0}$ : de gecorrigeerde schatting is exact tot op $O\bigl(\frac{1}{n^2}\bigr)$ , en altijd van onderen.

6. $\gamma_{100} = 5.1873775 - \ln 100 - 0.005 = 0.5772073$ , met $0 \leq \gamma - \gamma_{100} \leq \frac{1}{20200} < 5\cdot10^{-5}$ : bijgevolg $0.577207 \leq \gamma \leq 0.577257$ , dat wil zeggen $\gamma = 0.5772 \pm 5\cdot10^{-5}$ (werkelijke waarde $0.5772156\dots$ ) — vier gecertificeerde decimalen uit honderd termen, tegenover tienduizend voor vraag 2.

7. Eerste dividend:

H_{2m} - H_m = \Bigl(\ln 2m + \gamma + \frac{1}{4m}\Bigr) - \Bigl(\ln m + \gamma + \frac{1}{2m}\Bigr) + O\Bigl(\frac{1}{m^2}\Bigr) = \ln 2 - \frac{1}{4m} + O\Bigl(\frac{1}{m^2}\Bigr).

Tweede: de even omgekeerden tot $2m$ sommeren tot $\frac12 H_m$ , dus $\sum_{j=1}^{m}\frac{1}{2j-1} = H_{2m} - \frac12 H_m = \frac12 \ln m + \ln 2 + \frac\gamma2 + o(1)$ , en $\sum_{j=1}^m \frac{1}{2j} = \frac12\ln m + \frac\gamma2 + o(1)$ .

8. Door de even termen twee keer af te splitsen: $\sum_{k=1}^{2m}\frac{(-1)^{k-1}}{k} = H_{2m} - 2\cdot\frac12 H_m = H_{2m} - H_m$ . Volgens vraag 7 is dit gelijk aan $\ln 2 - \frac{1}{4m} + O(m^{-2})$ : de som is $\ln 2$ (opnieuw Voorbeeld 17.19) met haar snelheid.

9. Voor $N = 2m$ : $S - S_N = \frac{1}{4m} + O(m^{-2}) = \frac{1}{2N} + O(N^{-2})$ . Voor $N = 2m + 1$ is $S_{N} = S_{2m} + \frac{1}{2m+1}$ , dus

S - S_N = \Bigl(\frac{1}{4m} - \frac{1}{2m+1}\Bigr) + O\Bigl(\frac{1}{m^2}\Bigr) = -\frac{1}{4m} + O\Bigl(\frac{1}{m^2}\Bigr) = -\frac{1}{2N} + O\Bigl(\frac{1}{N^2}\Bigr).

In beide gevallen is $S - S_N \sim \frac{(-1)^N}{2N}$ : de helft van de grens voor het slechtste geval $a_{N+1}$ , met een bekend, alternerend teken.

10. Middelen doodt de schommelende leidende term:

S - \tilde S_N = \frac{(S - S_N) + (S - S_{N+1})}{2} = \frac{(-1)^N}{2}\Bigl(\frac{1}{2N} - \frac{1}{2(N+1)}\Bigr) + O\Bigl(\frac{1}{N^2}\Bigr) = O\Bigl(\frac{1}{N^2}\Bigr).

Numeriek: $S_{10} = 0.645635$ , $S_{11} = 0.736544$ , $\tilde S_{10} = 0.691089$ , en $\ln 2 = 0.693147$ : de fout daalt van $4.8\cdot10^{-2}$ tot $2.1\cdot10^{-3}$ — één optelling, twintig keer beter.

11. De alternerende fout wisselt bij elke stap van teken, zodat opeenvolgende partiële sommen de limiet omsluiten en hun gemiddelde de term van eerste orde opheft; de insluitingsfout $H_n - \ln n - \gamma \approx \frac{1}{2n}$ heeft een vast teken, zodat geen enkel middelen over $n$ haar kan opheffen. De twee grenzen middelen helpt wel: $\frac{a_n + b_n}{2} = H_n - \ln\sqrt{n(n+1)}$ , en omdat $\ln\sqrt{n(n+1)} = \ln\bigl(n + \frac12\bigr) + O(n^{-2})$ , is

H_n - \ln\Bigl(n + \frac12\Bigr) = \Bigl(H_n - \ln n - \frac{1}{2n}\Bigr) + \frac{1}{8n^2} + O\Bigl(\frac{1}{n^3}\Bigr) = \gamma + O\Bigl(\frac{1}{n^2}\Bigr)

(vraag 5 en $\ln(1 + \frac{1}{2n}) = \frac{1}{2n} - \frac{1}{8n^2} + O(n^{-3})$ ). Controle bij $n = 10$ : $H_{10} - \ln 10.5 = 0.57759$ , al binnen $4\cdot10^{-4}$ van $\gamma$ .

12. $\sum_{j\leq m} \frac{1}{2j-1} \geq \sum_{j \leq m} \frac{1}{2j} = \frac12 H_m \to +\infty$ : zowel het positieve als het negatieve deel van de alternerende harmonische reeks divergeert.

13. Schrijf $u_n^\pm = \frac{\abs{u_n} \pm u_n}{2} \geq 0$ , zodat $u_n = u_n^+ - u_n^-$ en $\abs{u_n} = u_n^+ + u_n^-$ . Convergeerde $\sum u_n^+$ , dan zou $\sum u_n^- = \sum (u_n^+ - u_n)$ convergeren (verschil van convergente reeksen), en dus ook $\sum \abs{u_n}$ : in tegenspraak met de voorwaardelijke convergentie. Uit symmetrie divergeren beide $\sum u_n^\pm$ (naar $+\infty$ ): een oneindig reservoir van positieve en van negatieve massa.

14. Zij $S = \sum u_n$ , $\varepsilon > 0$ , en $N$ met $\sum_{n > N} \abs{u_n} \leq \varepsilon$ (criterium van Cauchy voor $\sum\abs{u_n}$ ). Zij $M_0$ groot genoeg opdat $\sigma(\{0, \dots, M_0\}) \supseteq \{0, \dots, N\}$ . Voor $M \geq M_0$ is het verschil $\sum_{m \leq M} u_{\sigma(m)} - \sum_{n \leq N} u_n$ een eindige som van verschillende termen $u_n$ met $n > N$ , en dus in absolute waarde $\leq \varepsilon$ ; en eveneens is $\abs{S - \sum_{n\leq N} u_n} \leq \varepsilon$ . De herschikte partiële sommen liggen dus uiteindelijk binnen $2\varepsilon$ van $S$ : $\sum u_{\sigma(n)} = S$ . Absolute convergentie is bestand tegen herschikking.

15. Elke fase van de gulzige procedure eindigt na eindig veel termen, omdat de overblijvende positieve (respectievelijk negatieve) termen op zichzelf al divergente partiële sommen hebben (vraag 12): de lopende som moet $t$ uiteindelijk kruisen. De procedure wisselt dus oneindig veel eindige fasen af, waarbij zij de positieve termen op volgorde en de negatieve termen op volgorde verbruikt: elke term wordt precies één keer gebruikt — een herschikking. Na de eerste kruising bewegen de partiële sommen tussen twee opeenvolgende kruisingen monotoon naar $t$ toe, en bij een kruising schieten zij hoogstens de zojuist toegevoegde term door; omdat de termen die bij de $j$ -de kruising worden gebruikt binnen hun klasse index minstens $j$ hebben, naderen die overschrijdingen tot $0$ . Bijgevolg convergeren de partiële sommen naar $t$ : elk reëel getal is de som van een zekere herschikking.

16. De positieve plaatsen ontvangen $\frac{1}{2j-1}$ voor $j = 1, 2, \dots$ op volgorde, de negatieve plaatsen $\frac{1}{2j}$ op volgorde: elke term van de alternerende harmonische reeks komt precies één keer voor. Voor $(p, q) = (1, 2)$ zijn de blokken $\bigl(1, -\frac12, -\frac14\bigr)$ , $\bigl(\frac13, -\frac16, -\frac18\bigr)$ , $\bigl(\frac15, -\frac1{10}, -\frac1{12}\bigr)$ , … — de getoonde reeks.

17. Omdat $\frac{1}{4k-2} = \frac12\cdot\frac{1}{2k-1}$ :

\frac{1}{2k-1} - \frac{1}{4k-2} - \frac{1}{4k} = \frac12\,\frac{1}{2k-1} - \frac12\,\frac{1}{2k} = \frac12\Bigl(\frac{1}{2k-1} - \frac{1}{2k}\Bigr).

Sommatie over $k = 1, \dots, K$ geeft $T_{3K} = \frac12 \sum_{k=1}^{K}\bigl(\frac{1}{2k-1} - \frac{1}{2k}\bigr) = \frac12 S_{2K}$ : bij elke derde partiële som is de herschikte reeks precies de helft van de oorspronkelijke.

18. Na $K$ volledige blokken is de herschikte partiële som $\sum_{j=1}^{pK}\frac{1}{2j-1} - \sum_{j=1}^{qK}\frac{1}{2j}$ , en vraag 7 evalueert haar:

\Bigl(\frac{\ln(pK)}{2} + \ln 2 + \frac\gamma2\Bigr) - \Bigl(\frac{\ln(qK)}{2} + \frac\gamma2\Bigr) + o(1) = \ln 2 + \frac12\ln\frac pq + o(1) :

de $\gamma$ ’s vallen weg, de $\ln K$ ’s vallen weg, de verhouding $\frac pq$ overleeft.

19. Een partiële som binnen blok $K + 1$ verschilt van de som na $K$ blokken met hoogstens $p + q$ termen, elk in absolute waarde ongeveer $\leq \frac{1}{2qK}$ , dus met $O\bigl(\frac1K\bigr) \to 0$ : de volledige rij partiële sommen heeft dezelfde limiet $\ln 2 + \frac12\ln\frac pq$ . Voor $(1, 2)$ : $\ln 2 + \frac12\ln\frac12 = \frac{\ln 2}{2} = 0.34657\dots$ , en inderdaad kruipt $T_9 = 0.30833$ daarnaartoe: volgens vraag 17 convergeert $T_{3K} = \frac12 S_{2K}$ met precies de helft van de fout van de alternerende harmonische reeks. Dezelfde termen, de halve som.

20. $(1,1)$ : $\ln 2 + \frac12\ln 1 = \ln 2$ — de oorspronkelijke volgorde, consistent. $(2,1)$ : $\frac32\ln 2 \approx 1.0397$ . Het $(p,q)$ -menu bereikt precies de aftelbare dichte familie $\ln 2 + \frac12\ln r$ , $r \in \Q_{>0}$ ; het gulzige recept van Riemann (vraag 15) bereikt elk reëel getal. Structuur koopt formules; gulzigheid koopt volledigheid.

21. De partiële sommen telescoperen: $\sum_{k=1}^{N} \bigl(\frac1k - \ln\frac{k+1}{k}\bigr) = H_N - \ln(N+1) = b_N \to \gamma$ : de reeks van Oefening 17.7 sommeert precies tot de constante van Euler.

22. Gulzig voor $t = 1$ : de eerste positieve term brengt de som precies op $1$ en niet erboven, dus wordt een tweede positieve genomen om te kruisen: $1, \frac13$ (som $1.3333 > 1$ ), daarna $-\frac12$ ( $0.8333$ ), $\frac15$ ( $1.0333$ ), $-\frac14$ ( $0.7833$ ), $\frac17, \frac19$ ( $1.0373$ ), $-\frac16$ ( $0.8706$ ), $\frac1{11}, \frac1{13}$ ( $1.0384$ ), $-\frac18$ ( $0.9134$ ), $\frac1{15}$ ( $0.9801$ ), … — de sommen ademen rond $1$ met steeds kleinere amplitude, waarbij nu twee positieve termen per cyclus nodig zijn omdat de negatieve groter zijn.

23. Bouw blokken: voeg in stadium $j$ genoeg ongebruikte positieve termen toe om de partiële som met minstens $1$ te doen stijgen (mogelijk: de overblijvende positieve termen hebben divergente sommen, vraag 12), en voeg daarna de enkele negatieve term $-\frac{1}{2j}$ toe. Elke positieve term wordt uiteindelijk gebruikt (elk stadium gebruikt er minstens één), elke negatieve ook (één per stadium): een herschikking. Elk stadium verandert de som met $\geq 1 - \frac{1}{2j} \geq \frac12$ : de partiële sommen overtreffen $\frac{j}{2}$ na stadium $j$ , en de aangroeiingen binnen een stadium zijn positief op de laatste na, die door $\frac{1}{2j} \to 0$ wordt begrensd: divergentie naar $+\infty$ .

24. Volgens de wet is $H_N \geq 20 \iff \ln N \geq 20 - \gamma - \frac{1}{2N} + O(N^{-2})$ : de drempel $N^*$ voldoet aan $\ln N^* = 20 - \gamma + o(1)$ , dat wil zeggen $N^* = \eu^{20 - \gamma}(1 + o(1)) \approx \eu^{19.4228} \approx 2.72\cdot10^{8}$ — binnen het grove venster $\intcc{1.8\cdot10^8}{4.9\cdot10^8}$ van Voorbeeld 17.11, en vastgepind door $\gamma$ .

25. (i) In $H_n = \ln n + \gamma + \frac{1}{2n} + O(n^{-2})$ is $\ln n$ de integraal, $\gamma$ de prijs van het vervangen van een som door een integraal (een werkelijk nieuwe constante van de analyse), en $\frac{1}{2n}$ de eerste correctie — de schaduw van de trapezium. (ii) Voorwaardelijke convergentie leunt op opheffing tussen twee oneindige reservoirs (vraag 13), zodat herordenen die reservoirs herweegt; absolute convergentie heeft een eindige totale massa, en de staartschatting van vraag 14 is blind voor de volgorde. (iii) De $(p,q)$ -sommen werden berekend: de $\gamma$ -wet maakte van elke herschikte partiële som $\ln 2 + \frac12\ln\frac pq + o(1)$ , waarbij $\gamma$ zelf wegviel — een oefening in asymptotische boekhouding, geen abstract argument. (iv) Hierna: producten en onvoorwaardelijke sommeerbaarheid voor machtreeksen in het volume van bachelorjaar 2; en de weekendopgave van het volume van bachelorjaar 3 over de formule van Stirling, waar de boekhouding van som tegenover integraal, één orde verder doorgedreven, $\sqrt{2\pi}$ zelf voortbrengt.