Universitaire wiskunde — Bachelor jaar 1 · Bachelor Year 1

17Numerieke reeksen

Oneindig veel getallen optellen betekent de limiet van de partiële sommen nemen — niets meer, niets minder. Dit hoofdstuk legt de definities vast en de convergentiecriteria die in het eerste jaar bruikbaar zijn: vergelijking en equivalenten voor positieve termen, het quotiëntcriterium, de integraalvergelijking die de Riemann-reeks oplevert, absolute convergentie, en de stelling over alternerende reeksen. De fijnere theorie (producten van reeksen, sommatie per pakketten, reeksen van functies) hoort thuis in 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 rest, die naar $0$ streeft.

Voorbeeld 17.2 (Meetkundige reeks)

Voor $q \in \C$ : $\;S_N = \sum_{n=0}^{N} q^n = \frac{1 - q^{N+1}}{1-q}$ ( $q \neq 1$ ). 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 $0.363636\dots$ ? De 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 gelijk aan $\frac{B}{10^p - 1}$ — 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 opgebouwd met kale suprema, was reekstheorie die incognito reisde.

Propositie 17.4 (Eerste feiten)

Als $\sum u_n$ convergeert, dan $u_n \to 0$ . (De omgekeerde bewering is onwaar: de harmonische reeks.)
Lineariteit: convergente reeksen mag men optellen en schalen, met de verwachte sommen.
(Telescoperend) $\sum (v_{n+1} - v_n)$ convergeert dan en slechts dan als $(v_n)$ convergeert, met som $\lim v_n - v_0$ .
Eindig veel termen wijzigen heeft geen invloed op de convergentie (enkel op 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 op 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 rest)

Voor $\abs q < 1$ is de rest 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 $\sum_{n\geq0} \bigl(\frac13\bigr)^n = \frac32$ te evalueren op $10^{-10}$ nauwkeurig: nodig is $\frac{(1/3)^{N+1}}{2/3} \leq 10^{-10}$ , d.w.z. $3^{N} \geq \frac{3}{2}\cdot 10^{10}$ , d.w.z. $N \geq 22$ (want $3^{22} \approx 3.1\cdot10^{10}$ ): drieëntwintig termen, op voorhand bekend. Elke schatting op meetkundige snelheid uit de weekendopgaven (de $\frac13$ -reeks voor $\ln 2$ , de arctangensen van Machin in Probleem 16.1) is dit budget van twee regels in professioneel gewaad.

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. Dus

\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 geschreven staan; hergroepeer ze eerst tot een verschil $w_n - w_{n+1}$ — de beloning is niet enkel convergentie maar de exacte som, die geen enkel vergelijkingscriterium ooit levert.

17.2 Reeksen met niet-negatieve termen

Stelling 17.7 (Begrensde partiële sommen)

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

\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: als $u_n \sim v_n$ met $v_n \geq 0$ , dan hebben de twee reeksen dezelfde aard.

Bewijs. Stelling van de monotone limiet (Stelling 11.9) voor het eerste punt; vergelijking van partiële sommen voor het tweede. Equivalenten: voor grote $n$ geldt $\frac12 v_n \leq u_n \leq 2 v_n$ (definitie van $\sim$ met $\varepsilon = \frac12$ ), en de vergelijking werkt in beide richtingen. ∎

Voorbeeld 17.8 (Een equivalent dat divergentie bewijst)

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 streven de termen naar $0$ . Eén ontwikkeling, één schaal, één oordeel; hetzelfde patroon in twee stappen (equivalent, dan Riemann of meetkundige opzoeking) beslist alle vier de reeksen van Oefening 17.3.

Voorbeeld 17.9 (Het equivalentiecriterium in één regel)

Aard van $\sum_{n \geq 1} \frac{\sqrt{n+1} - \sqrt n}{n}$ ? Vermenigvuldig met de toegevoegde van de teller:

\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 vergde één equivalent en één opzoeking — op voorwaarde dat de termen niet-negatief zijn, wat ze zijn. Het afsluitende inzicht: voor positieve reeksen is de hele 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 de sommatie.

Stelling 17.10 (Integraalvergelijking; Riemann-reeks)

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

\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 $\sum f(n)$ convergeert dan en slechts dan als $\bigl(\int_1^x f\bigr)$ begrensd is. In het bijzonder, 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 $f(n+1) \leq f(t) \leq f(n)$ ; integreren over $\intcc{n}{n+1}$ (een segment van lengte $1$ ):

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

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

Voorbeeld 17.11 (De harmonische stapel)

Hoeveel termen moet de harmonische reeks opstapelen om $20$ te overschrijden? De inkadering $\ln(N+1) \leq H_N \leq 1 + \ln N$ antwoordt zonder ook maar te sommeren: $H_N \geq 20$ vereist $1 + \ln N \geq 20$ , d.w.z. $N \geq \eu^{19} \approx 1.8\cdot10^{8}$ , en is gegarandeerd zodra $\ln(N + 1) \geq 20$ , d.w.z. $N \approx \eu^{20} \approx 4.9\cdot10^{8}$ . (De weekendopgave verscherpt dit tot $N \approx \eu^{20 - \gamma} \approx 2.7\cdot10^{8}$ via de constante van Euler.) Het afsluitende inzicht: de integraalvergelijking beslist niet enkel over convergentie — ze lokaliseert partiële sommen met logaritmische precisie, en verandert een hopeloze berekening (honderden miljoenen termen) in een schatting van twee regels.

Stelling 17.12 (Quotiëntcriterium (d’Alembert))

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

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

Bewijs. Als $\ell < 1$ , kies $q \in \intoo{\ell}{1}$ vast: voorbij een zekere $N$ geldt $u_{n+1} \leq q\,u_n$ , dus $u_n \leq u_N q^{\,n-N}$ per inductie: vergelijking met een meetkundige reeks. Als $\ell > 1$ : voorbij een zekere $N$ is de rij $(u_n)$ stijgend, dus ze kan niet naar $0$ streven (haar limiet, als die bestaat, is $\geq u_N > 0$ ); volgens Propositie 17.4 (1), 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 $x > 0$ : quotiënt $\frac{x}{n+1} \to 0$ . Haar som is $\eu^x$ : volgens Taylor–Lagrange (Stelling 16.7) op $\intcc{0}{x}$ ,

\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 $0$ streeft omdat de faculteit domineert (Oefening 15.9 (1) gebruikte hetzelfde feit). Hetzelfde argument sommeert de reeksen voor $\sin$ , $\cos$ , $\sinh$ , $\cosh$ op heel $\R$ .

Voorbeeld 17.14 (Het quotiëntcriterium is voldoende, niet nodig)

Zij $u_n = 2^{-n}$ voor even $n$ en $u_n = 2^{-n-2}$ voor oneven $n$ . De opeenvolgende quotiënten oscilleren tussen $\frac{1}{8}$ en $\frac12\cdot4 = 2$ , dus $\frac{u_{n+1}}{u_n}$ heeft geen limiet en d’Alembert zwijgt — toch is $u_n \leq 2^{-n}$ en beslecht het vergelijkingscriterium de convergentie onmiddellijk. De hypothese van het criterium (het quotiënt convergeert) is een echte beperking: ze past bij termen met één dominante multiplicatieve structuur (faculteiten, machten), en faalt bij alles wat ademt. Wanneer quotiënten zich misdragen, val terug op vergelijking met een meetkundige omhullende — wat het quotiëntcriterium altijd al was, zoals zijn bewijs toont.

Voorbeeld 17.15 (Quotiëntcriterium bij faculteitengevechten)

Aard van $\sum_{n\geq0} \dfrac{(n!)^2}{(2n)!}$ (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 dalen in wezen 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 afgelezen wordt.

17.3 Absolute convergentie; alternerende reeksen

Stelling 17.16 (Absolute convergentie)

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

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

\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 $N$ aangezien de partiële sommen van $\sum\abs{u_n}$ een Cauchyrij vormen. Dus $(S_N)$ is Cauchy, en dus 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 (inderdaad, $(\sin n)$ ligt dicht in $\intcc{-1}{1}$ , Oefening 11.12), en geen enkele alternerende structuur is in zicht. De absolute convergentie redt alles in één keer: $\bigl|\frac{\sin n}{n^2}\bigr| \leq \frac{1}{n^2}$ , een convergente schaal, dus de reeks convergeert. 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, zijn irrelevant zodra de moduli sommeerbaar zijn. Het afsluitende inzicht: absolute convergentie is het enige gereedschap van dit hoofdstuk dat nooit vraagt hoe de tekens georganiseerd zijn; probeer het eerst (Methode 17.21), en houd de delicate criteria achter de hand voor de reeksen die eraan ontsnappen.

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 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 ze een limiet $S$ , die het criterium van de twee deelrijen (Propositie 11.14) tot de limiet van $(S_N)$ maakt; bovendien is $S$ gevangen tussen opeenvolgende partiële sommen, en $\abs{S - S_N}$ is hoogstens de afstand tot 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 $\ln 2$ : vertrek van de eindige meetkundige identiteit $\frac{1}{1+t} = \sum_{k=0}^{n-1} (-t)^k + \frac{(-t)^n}{1+t}$ en integreer 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 wegvallen, 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: oneven sommen van boven, even sommen van onder, elke sprong van grootte 1/N+1. De insluiting is het bewijs van zichtbaar gemaakt — en het trage dichtknijpen van de tang (|S_N - 2| 1/2N, weekendopgave ) is waarom niemand 2 op deze manier 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: oneven sommen van boven, even sommen van onder, elke sprong van grootte $\frac{1}{N+1}$ . De insluiting is het bewijs van Stelling 17.18 zichtbaar gemaakt — en het trage dichtknijpen van de tang ( $\abs{S_N - \ln 2} \approx \frac{1}{2N}$ , weekendopgave Probleem 17.1) is waarom niemand $\ln 2$ op deze manier berekent.

Opmerking 17.20 (Veelvoorkomende valkuilen bij reeksen)

(i) Het equivalentiecriterium vereist een teken: zij $v_n = \frac{(-1)^n}{\sqrt n}$ en $u_n = v_n + \frac1n$ . Dan $\frac{u_n}{v_n} = 1 + \frac{(-1)^n}{\sqrt n} \to 1$ , dus $u_n \sim v_n$ ; 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 tekens is grootte geen lot — het criterium is enkel geformuleerd, en waar, 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 enkel een snelle divergentietest. (iii) Quotiëntlimiet $1$ is stilte, geen convergentie: zowel $\sum\frac1n$ als $\sum\frac{1}{n^2}$ hebben quotiënt $\to 1$ ; schakel over op Riemann-schalen of integraalvergelijking. (iv) Alternerend vereist dalend: $\sum \frac{(-1)^n}{n + (-1)^n}$ lijkt alternerend en wordt enkel via ontwikkeling behandeld (Oefening 17.5); de weekendopgave van Hoofdstuk 16 (vraag 23 daar) toont dat het criterium volledig kan falen zonder monotonie. (v) Groeperen en herordenen zijn niet gratis: haakjes invoegen is onschadelijk voor convergente reeksen maar kan convergentie uit divergentie scheppen ( $1 - 1 + 1 - \cdots$ per paar gegroepeerd), en herordenen kan de som zelf veranderen — het drama dat in de weekendopgave van dit hoofdstuk wordt opgevoerd (Probleem 17.1).

Methode 17.21 (De aard van een reeks bepalen)

Geldt $u_n \to 0$ ? Zo niet, divergentie, stop.
Niet-negatieve termen: zoek een equivalent van $u_n$ (ontwikkelingen, Hoofdstuk 16!), vergelijk met Riemann- of meetkundige schalen; faculteiten en machten vragen om het quotiëntcriterium; dalende $f(n)$ vraagt om integraalvergelijking.
Tekens variëren: probeer eerst absolute convergentie; als dat faalt, het criterium voor alternerende reeksen (controleer zorgvuldig op dalend); daarbuiten, gereedschap van het tweede jaar.

Voorbeeld 17.22 (Oneven noemers, de halve telescoop)

Bereken $\sum_{n \geq 1} \dfrac{1}{4n^2 - 1}$ . Splitsing in 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 standpunt, geen truc — telkens 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 analyse-pijplijn, achteraf bekeken)

Dit hoofdstuk is waar de analyse van het boekdeel samenkomt, en elk criterium noemt zijn voorouder. Begrensde partiële sommen is de stelling van de monotone limiet (Hoofdstuk 11), zelf het volledigheidsaxioma van Hoofdstuk 10; absolute convergentie is het Cauchy-criterium; de integraaltest is de inkadering van oppervlakten uit Hoofdstuk 15; equivalenten van algemene termen zijn de ontwikkelingen uit Hoofdstuk 16; en de stelling over alternerende reeksen is het lemma van de ingesloten rijen in zijn zondagse kleren. Achterstevoren gelezen legt de pijplijn uit waar elk hoofdstuk voor diende — en de weekendopgaven die erdoorheen geweven zijn ( $b$ -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 standaard: de gewoonte van exacte uitspraken met gecertificeerde fout overleeft de overgang van limieten naar dimensies.

Opmerking 17.24 (Waar reeksen vervolgens heengaan)

Dit hoofdstuk sluit de analyse van het boekdeel af en opent drie deuren. In het boekdeel van het tweede jaar krijgen reeksen een variabele ( $\sum a_n x^n$ : machtreeksen, met hun convergentiestraal) en vervolgens een functiewaardige theorie (Fourier-reeksen); de tweedeling absolute-versus-voorwaardelijke convergentie, gedramatiseerd in de weekendopgave hieronder, wordt de hoeksteen van beide. In de kansrekening (boekdeel van het derde jaar) zijn verwachtingen van discrete stochastische variabelen reeksen, en absolute convergentie is wat hen welgedefinieerd maakt. En de Riemann-reeks $\sum n^{-s}$ , doorgetrokken naar complexe $s$ , wordt de zetafunctie — de meest bestudeerde reeks in de wiskunde.

17.4 Oefeningen

Oefening 17.1 ★

Aard (en som, indien 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; herinner dat $\bigl(1 + \frac1n\bigr)^n \to \eu$ .)

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 (termen streven naar $+\infty$ ).

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 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 $\frac{\ln n}{n^2} \leq \frac{1}{n^{3/2}}$ voor grote $n$ : convergent.

Oefening 17.4 ★

Bewijs dat $\sum_{n\geq1} \frac{1}{n^2}$ convergeert met som $\leq 2$ , gebruikmakend 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 $n \geq 2$ : $\frac{1}{n^2} \leq \frac{1}{n(n-1)} = \frac{1}{n-1} - \frac1n$ . Dus

\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 :

partiële sommen stijgend en begrensd door $2$ : convergentie (Stelling 17.7), som $\leq 2$ . (De exacte waarde $\frac{\pi^2}{6}$ is een feest voor 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 toepasbaar — waarom?), en van $\;\sum \sin\bigl(\pi\sqrt{n^2+1}\,\bigr)$ (reduceer 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 ( $\frac{1}{n+1}$ dan $\frac{1}{n}$ wisselen ongunstig af), dus het criterium is niet rechtstreeks toepasbaar. 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, 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, door 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 $n$ , $\theta_n \in \intoo{0}{\frac\pi2}$ 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 $(\theta_n)$ daalt naar $0$ ; aangezien $\sin$ stijgend is op $\intcc{0}{\frac\pi2}$ , daalt $(a_n)$ ook naar $0$ . Het criterium voor alternerende reeksen is toepasbaar: convergent — niet absoluut, aangezien $a_n \sim \frac{\pi}{2n}$ .

Oefening 17.6 ★★

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

Oplossing

Oplossing van Oefening 17.6.

$f(t) = \frac{1}{t(\ln t)^\alpha}$ is positief, continu, 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). Via integraalvergelijking: convergentie dan en slechts dan als $\alpha > 1$ . (Deze reeksen van het Bertrand-type tonen hoe fijn de grens van 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 $\ln(1+x)$ in orde $1$ dat $\ln(1 + x) = x - \frac{x^2}{2(1 + c)^2}$ voor een 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 laat de logaritmen telescoperen:

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

(aangezien $\sum_{n\leq N} \ln\frac{n+1}{n} = \ln(N+1)$ ). Dus $H_N - \ln(N+1)$ convergeert; door $\ln\frac{N+1}{N} \to 0$ toe te voegen, convergeert 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: splitsing in 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 verschuiving 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 $\abs x < 1$ , door de eindige meetkundige som af te leiden en over te gaan naar de limiet (alle reeksen hier convergeren absoluut, quotiëntcriterium): uit $\sum_{n\geq0} x^n = \frac{1}{1-x}$ verkrijgt men door directe 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 $N x^N \to 0$ ). Bij $x = \frac12$ : $\sum_{n\geq1} n\bigl(\frac12\bigr)^{n-1} = 4$ , dus $\sum_{n\geq0} \frac{n}{2^n} = \frac12 \times 4 = 2$ .

Oefening 17.9 ★★★

(Cauchy-condensatie) 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. Herwin daaruit het Riemann-criterium en Oefening 17.6.

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 gelden in beide 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 $2^{1 - \alpha} < 1$ dan en slechts dan 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 ★★★

Gebruikmakend van de integraalidentiteit van Voorbeeld 17.19 aangepast aan $\frac{1}{1+t^2}$ , bewijs 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 quotiënt $-t^2$ :

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

Integreer over $\intcc{0}{1}$ (de linkerzijde 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 restgrens: na sommatie tot $N$ (d.w.z. $n = N + 1$ termen), $\abs{R_N} \leq \frac{1}{2N + 3}$ .

Oefening 17.11 ★★

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

Oplossing

Oplossing van Oefening 17.11.

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

\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 Riemann-criterium 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 plak $\sum_{k=n+1}^{2n} u_k$ en gebruik het Cauchy-criterium). Toon aan dat de omkering faalt, en dat de monotonie-hypothese niet weggelaten kan worden.

Oplossing

Oplossing van Oefening 17.12.

Zij $\varepsilon > 0$ . Volgens het Cauchy-criterium voor de convergente reeks (Stelling 11.20 toegepast op de partiële sommen) bestaat er een $N$ met $\sum_{k=n+1}^{2n} u_k \leq \varepsilon$ voor $n \geq N$ . Door 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 $(2n+1)\,u_{2n+1} \leq (2n+1)\,u_{2n} \leq 2\bigl(2n\,u_{2n}\bigr) \leq 4\varepsilon$ voor $n \geq N$ : in beide pariteiten, $n u_n \to 0$ .

Omkering 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, $\alpha = 1$ ). Monotonie 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 verscherpt de uitspraak 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 om het even welk reëel getal (Riemann). De twee verhalen zijn één: de herschikte sommen worden berekend met de $\gamma$ -wet.

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

Gebruikmakend van $\frac{t}{1+t} \leq \ln(1 + t) \leq t$ , toon aan dat $(a_n)$ daalt, $(b_n)$ stijgt, en dat ze ingesloten zijn; hun gemeenschappelijke limiet is $\gamma$ , met $b_n \leq \gamma \leq a_n$ voor elke $n$ .
Numeriek eerste schot: uit $H_{10} = 2.928968\dots$ , kader $\gamma$ in tussen $b_{10} = 0.5311$ en $a_{10} = 0.6264$ . Hoe groot een $n$ zou deze ruwe inkadering nodig hebben voor vier decimalen?
Toon de exacte staartrepresentatie $a_n - \gamma = \sum_{k \geq n} w_k$ (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 zijden telescoperen of vergelijken met telescopen) en besluit de wet:

$\frac{1}{2(n+1)} \;\leq\; H_n - \ln n - \gamma \;\leq\; \frac{1}{2n} \qquad (n \geq 1).$
Leid $H_n = \ln n + \gamma + \frac{1}{2n} + O\bigl(\frac{1}{n^2}\bigr)$ af; preciezer, toon 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 $n = 100$ : gegeven $H_{100} = 5.1873775\dots$ , bereken $\gamma_{100} = 0.577207\dots$ en besluit $\gamma = 0.5772 \pm 5\cdot10^{-5}$ (ware waarde $0.5772156\dots$ ).
Twee dividenden van de wet, beide later nodig: 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 tweede orde.

Toon (inductie, of groepering) de identiteit $\sum_{k=1}^{2m} \frac{(-1)^{k-1}}{k} = H_{2m} - H_m$ , en leid 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 om het even welke index: $S - S_N \sim \frac{(-1)^N}{2N}$ — twee keer kleiner dan de slechtst-mogelijke grens $a_{N+1} \approx \frac1N$ van Stelling 17.18.
(Versnelling gratis) Toon 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 middeling koopt twee decimalen.
Leg in twee zinnen uit waarom zo’n truc niet kan helpen bij een positief fenomeen met divergerende staart zoals de inkadering van vraag 2: de alternerende fout oscilleert (teken $(-1)^N$ ), dus middeling doet haar leidende term wegvallen, terwijl de inkaderingsfout $\frac{1}{2n}$ van $\gamma$ een constant teken heeft. (Het middelen van $a_n$ en $b_n$ helpt wél: leg $\frac{a_n + b_n}{2}$ in verband met de middelpuntschatting $H_n - \ln\bigl(n + \frac12\bigr)$ en toon dat haar fout $O\bigl(\frac{1}{n^2}\bigr)$ is.)

Deel IV — Starheid en haar falen.

Toon dat het positieve deel $\sum \frac{1}{2j-1}$ en het negatieve deel $\sum \frac{1}{2j}$ van de alternerende harmonische reeks beide divergeren — de signatuur van voorwaardelijke convergentie.
Bewijs de algemene uitspraak achter vraag 12: als $\sum u_n$ convergeert maar $\sum \abs{u_n}$ divergeert, dan divergeren de reeks van positieve delen $\sum u_n^+$ en die van negatieve delen $\sum u_n^-$ beide (uit $u_n^\pm = \frac{\abs{u_n} \pm u_n}{2}$ : als de ene convergeerde, 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: als $\sum u_n$ absoluut convergeert en $\sigma \colon \N \to \N$ een bijectie is, 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 $1, \frac13, \frac15, \dots$ tot de partiële som $t$ voor het eerst overschrijdt, dan negatieve termen $-\frac12, -\frac14, \dots$ tot ze voor het eerst onder $t$ zakt, en herhaal. Toon dat elke term precies één keer gebruikt wordt, dat na de eerste overschrijding de partiële sommen 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. Kies gehele getallen $p, q \geq 1$ vast. Herschik de alternerende harmonische reeks in blokken: $p$ positieve termen (de volgende oneven omgekeerden), dan $q$ negatieve termen (de volgende even omgekeerden), en herhaal.

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

$1 - \frac12 - \frac14 + \frac13 - \frac16 - \frac18 + \frac15 - \frac1{10} - \frac1{12} + \dots$
(De exacte halvering) Voor $(p, q) = (1, 2)$ , bewijs 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 zichtbaar bij elke eindige fase, niet enkel in de limiet.
Toon 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 streven naar $0$ ) en besluit dat de $(p, q)$ -herschikte reeks naar $\ln 2 + \frac12\ln \frac pq$ convergeert. In het bijzonder geeft $(1, 2)$ $\frac{\ln 2}{2}$ : verifieer tegen de eerste negen termen, $T_9 = 0.3083$ , die naar $0.3466$ kruipen.
Controles en bereik: $(1,1)$ herwint $\ln 2$ ; $(2,1)$ geeft $\frac32\ln 2$ ; welke sommen zijn bereikbaar met $(p, q)$ -blokken, 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 dat ze gelijk is aan $\gamma$ .
Voer het recept van Riemann (vraag 14) uit voor het doel $t = 1$ en geef de eerste twaalf geproduceerde termen ( $1, \frac13, -\frac12, \frac15, -\frac14, \frac17, \frac19, -\frac16, \frac1{11}, \frac1{13}, -\frac18, \frac1{15}$ ), en bereken de partiële som ( $\approx 0.980$ ) — kijk hoe het algoritme rond zijn doel ademt.
Toon dat een of andere herschikking van de alternerende harmonische reeks naar $+\infty$ divergeert (blokken positieve termen lang genoeg om telkens $1$ te winnen, met vraag 12, gescheiden door afzonderlijke negatieve termen).
Verscherp Voorbeeld 17.11 met de $\gamma$ -wet: toon 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 ruwe inkadering 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 volgorde-afhankelijk maakt terwijl absolute convergentie dat verbiedt; (iii) hoe de $(p,q)$ -formule een berekening met de $\gamma$ -wet was en geen abstracte bestaanuitspraak; (iv) waar deze draden verdergaan — machtreeksen en producten van reeksen in het boekdeel van het tweede jaar, en de weekendopgave van het boekdeel van het derde jaar over de formule van Stirling, waar dezelfde boekhouding som-tegen-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 verschil $a_n - b_n = \ln(1 + \frac1n) \to 0$ : 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 $\gamma \in \intcc{0.5311}{0.6264}$ . Het verschil is $\ln 1.1 \approx 0.095$ en krimpt als $\frac1n$ : vier decimalen ( $\text{verschil} \leq 10^{-4}$ ) zouden $n \approx 10^4$ vereisen — de inkaderingen zijn correct maar traag.

3. Telescoperend $a_n - a_{m+1} = \sum_{k=n}^{m} w_k$ en $m \to \infty$ latend gaan: $a_n - \gamma = \sum_{k\geq n} w_k$ (limiet van partiële sommen). Bovendien

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

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 steeds van onderaf.

6. $\gamma_{100} = 5.1873775 - \ln 100 - 0.005 = 0.5772073$ , met $0 \leq \gamma - \gamma_{100} \leq \frac{1}{20200} < 5\cdot10^{-5}$ : vandaar $0.577207 \leq \gamma \leq 0.577257$ , d.w.z. $\gamma = 0.5772 \pm 5\cdot10^{-5}$ (ware waarde $0.5772156\dots$ ) — vier gecertificeerde decimalen uit een 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. Twee keer de even termen afsplitsen: $\sum_{k=1}^{2m}\frac{(-1)^{k-1}}{k} = H_{2m} - 2\cdot\frac12 H_m = H_{2m} - H_m$ . Volgens vraag 7 is dit gelijk aan $\ln 2 - \frac{1}{4m} + O(m^{-2})$ : de som is $\ln 2$ (Voorbeeld 17.19 opnieuw) met zijn snelheid.

9. Voor $N = 2m$ : $S - S_N = \frac{1}{4m} + O(m^{-2}) = \frac{1}{2N} + O(N^{-2})$ . Voor $N = 2m + 1$ : $S_{N} = S_{2m} + \frac{1}{2m+1}$ , 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 $S - S_N \sim \frac{(-1)^N}{2N}$ : de helft van de slechtst-mogelijke grens $a_{N+1}$ , met een bekend, alternerend teken.

10. Middeling doodt de oscillerende 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 $4.8\cdot10^{-2}$ naar $2.1\cdot10^{-3}$ — één optelling, twintig keer beter.

11. De alternerende fout wisselt bij elke stap van teken, dus opeenvolgende partiële sommen omspannen de limiet en hun gemiddelde doet de eersteordeterm wegvallen; de inkaderingsfout $H_n - \ln n - \gamma \approx \frac{1}{2n}$ heeft een constant teken, dus geen enkele middeling langs $n$ kan haar wegwerken. Het middelen van de twee inkaderingen helpt wél: $\frac{a_n + b_n}{2} = H_n - \ln\sqrt{n(n+1)}$ , en aangezien $\ln\sqrt{n(n+1)} = \ln\bigl(n + \frac12\bigr) + O(n^{-2})$ ,

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 $n = 10$ : $H_{10} - \ln 10.5 = 0.57759$ , reeds 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 divergeren.

13. Schrijf $u_n^\pm = \frac{\abs{u_n} \pm u_n}{2} \geq 0$ , dus $u_n = u_n^+ - u_n^-$ en $\abs{u_n} = u_n^+ + u_n^-$ . Als $\sum u_n^+$ zou convergeren, dan zou $\sum u_n^- = \sum (u_n^+ - u_n)$ convergeren (verschil van convergente reeksen), en dus $\sum \abs{u_n}$ ook: tegenspraak met de voorwaardelijke convergentie. Door 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 $\sum_{n > N} \abs{u_n} \leq \varepsilon$ (Cauchy-criterium 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 de verschil $\sum_{m \leq M} u_{\sigma(m)} - \sum_{n \leq N} u_n$ een eindige som van verschillende termen $u_n$ met $n > N$ , dus van absolute waarde $\leq \varepsilon$ ; en $\abs{S - \sum_{n\leq N} u_n} \leq \varepsilon$ eveneens. Dus de herschikte partiële sommen liggen 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 resterende positieve (respectievelijk negatieve) termen op zich divergerende partiële sommen hebben (vraag 12): de lopende som moet uiteindelijk $t$ overschrijden. De procedure wisselt daarom oneindig veel eindige fasen af, waarbij de positieve termen op volgorde en de negatieve termen op volgorde verbruikt worden: elke term wordt precies één keer gebruikt — een herschikking. Na de eerste overschrijding bewegen de partiële sommen tussen twee opeenvolgende overschrijdingen monotoon naar $t$ , en bij een overschrijding schieten ze hoogstens de zojuist toegevoegde term door; aangezien de termen die bij de $j$ -de overschrijding gebruikt worden een index van minstens $j$ in hun klasse hebben, streven deze overschrijdingen naar $0$ . Vandaar convergeren de partiële sommen naar $t$ : elk reëel getal is de som van een of andere 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 verschijnt precies één keer. 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. Aangezien $\frac{1}{4k-2} = \frac12\cdot\frac{1}{2k-1}$ :

\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).

Sommeren over $k = 1, \dots, K$ : $T_{3K} = \frac12 \sum_{k=1}^{K}\bigl(\frac{1}{2k-1} - \frac{1}{2k}\bigr) = \frac12 S_{2K}$ : bij elke derde partiële som is de herschikte reeks exact 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 ze:

\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 $K$ -bloksom met hoogstens $p + q$ termen, elk van absolute waarde ongeveer $\leq \frac{1}{2qK}$ , en 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 $T_9 = 0.30833$ ernaartoe: volgens vraag 17 convergeert $T_{3K} = \frac12 S_{2K}$ met exact de helft van de alternerend-harmonische fout. Dezelfde termen, de halve som.

20. $(1,1)$ : $\ln 2 + \frac12\ln 1 = \ln 2$ — de oorspronkelijke volgorde, consistentie. $(2,1)$ : $\frac32\ln 2 \approx 1.0397$ . 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 totaliteit.

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 exact tot de constante van Euler.

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

23. Bouw blokken: in fase $j$ , voeg genoeg ongebruikte positieve termen toe om de partiële som met minstens $1$ te verhogen (mogelijk: de resterende positieve termen hebben divergerende sommen, vraag 12), voeg dan de enkele negatieve term $-\frac{1} {2j}$ toe. Elke positieve term wordt uiteindelijk gebruikt (elke fase gebruikt er minstens één), elke negatieve ook (één per fase): een herschikking. Elke fase verandert de som met $\geq 1 - \frac{1}{2j} \geq \frac12$ : de partiële sommen overschrijden $\frac{j}{2}$ na fase $j$ en de aangroeiingen binnen een fase zijn positief behalve de laatste, begrensd door $\frac{1}{2j} \to 0$ : divergentie naar $+\infty$ .

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

25. (i) In $H_n = \ln n + \gamma + \frac{1}{2n} + O(n^{-2})$ : de $\ln n$ is de integraal, $\gamma$ de prijs voor 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 het trapezium. (ii) Voorwaardelijke convergentie leunt op het wegvallen tussen twee oneindige reservoirs (vraag 13), dus herordenen herweegt de reservoirs; absolute convergentie heeft een eindige totale massa, en de staartschatting van vraag 14 is volgorde-blind. (iii) De $(p,q)$ -sommen werden berekend: de $\gamma$ -wet veranderde elke herschikte partiële som in $\ln 2 + \frac12\ln\frac pq + o(1)$ , waarbij $\gamma$ zelf wegvalt — een asymptotische boekhoudoefening, geen abstract argument. (iv) Vervolgens: producten en onvoorwaardelijke sommeerbaarheid voor machtreeksen in het boekdeel van het tweede jaar; en de weekendopgave van het boekdeel van het derde jaar over de formule van Stirling, waar de boekhouding som-tegen-integraal, één orde verder doorgetrokken, $\sqrt{2\pi}$ zelf voortbrengt.