Universitaire wiskunde — Bachelor jaar 1 · Bachelor Year 1

9Rationale breuken

Een rationale breuk is een quotiënt van veeltermen. De centrale stelling van dit korte hoofdstuk — de partieelbreuksplitsing — breekt elk zulk quotiënt op in een som van elementaire bouwstenen $\frac{c}{(X - a)^k}$ . Naast haar algebraïsche belang is ze de standaardmachine om rationale functies te integreren (Hoofdstuk 15) en om bepaalde reeksen te sommeren (Hoofdstuk 17).

9.1 Het lichaam $K(X)$

Definitie 9.1

Een rationale breuk over $K$ ( $= \R$ of $\C$ ) is een quotiënt $F = \frac{A}{B}$ met $A, B \in K[X]$ en $B \neq 0$ ; twee quotiënten $\frac AB$ en $\frac{A'}{B'}$ worden vereenzelvigd wanneer $AB' = A'B$ . Elke breuk heeft een onvereenvoudigbare vorm met $\gcd(A, B) = 1$ , uniek op constanten na. Met de natuurlijke bewerkingen is de verzameling $K(X)$ van de rationale breuken een lichaam.

De polen van $F$ (in onvereenvoudigbare vorm) zijn de wortels van $B$ ; de orde van een pool is haar multipliciteit als wortel van $B$ . De graad van $F$ is $\deg F = \deg A - \deg B \in \Z \cup \{-\infty\}$ .

Voorbeeld 9.2 (Polen, ordes en graad aflezen)

Zij $F = \dfrac{X^3 - X}{X^4 - 2X^3 + X^2}$ . Ontbind beide lagen: teller $X(X-1)(X+1)$ , noemer $X^2(X-1)^2$ ; schrap de gemeenschappelijke factor $X(X-1)$ :

F = \frac{X + 1}{X(X - 1)} \quad\text{(onvereenvoudigbare vorm).}

Polen: $0$ en $1$ , beide enkelvoudig — de ordes lees je op de onvereenvoudigde noemer af, zodat de schijnbare dubbele wortels van de oorspronkelijke noemer er niet toe doen. Graad: $\deg F = 1 - 2 = -1$ , asymptotisch zichtbaar ( $xF(x) \to 1$ als $x \to \infty$ ). De graad gedraagt zich als de graad van een veelterm ( $\deg FG = \deg F + \deg G$ , $\deg(F + G) \leq \max$ ), een boekhoudregel die hieronder voortdurend bij de jacht op coëfficiënten gebruikt wordt: elk argument met “de limiet van $xF(x)$ ” is een vermomde graadtelling.

Propositie 9.3 (Geheel deel)

Elke $F = \frac AB \in K(X)$ is op één manier $F = E + \frac RB$ met $E \in K[X]$ (het gehele deel, of veeltermdeel, van $F$ ) en $\deg R < \deg B$ . Er geldt $E \neq 0$ precies wanneer $\deg F \geq 0$ .

Bewijs. Euclidische deling $A = BE + R$ (Stelling 8.3), gedeeld door $B$ . Uniciteit: is $E + \frac RB = E' + \frac{R'}{B}$ , dan is $(E - E')B = R' - R$ met $\deg(R' - R) < \deg B$ , wat $E = E'$ afdwingt en daarna $R = R'$ . ∎

Voorbeeld 9.4 (Eerst vereenvoudigen, dan delen)

Bepaal het gehele deel van $F = \dfrac{X^3 + 1}{X^2 - 1}$ . Blind delen: $X^3 + 1 = (X^2 - 1)X + (X + 1)$ , dus $F = X + \frac{X + 1}{X^2 - 1}$ . Maar de breuk was niet onvereenvoudigbaar: $X^3 + 1 = (X + 1)(X^2 - X + 1)$ en $X^2 - 1 = (X+1)(X-1)$ delen de factor $X + 1$ , en

F = \frac{X^2 - X + 1}{X - 1} = X + \frac{1}{X - 1} :

hetzelfde gehele deel $X$ , maar het breukdeel stort in tot één enkele bouwsteen, en de “pool” in $-1$ was nooit een pool. Vereenvoudig altijd eerst tot de onvereenvoudigbare vorm vóór je op polen jaagt: de polen van $F$ zijn de wortels van de onvereenvoudigde noemer. (Het gehele deel is ongevoelig voor die vereenvoudiging, zoals de uniciteit in Propositie 9.3 waarborgt.)

9.2 Partieelbreuksplitsing over $\C$

Stelling 9.5 (Splitsing over $\C$ )

Zij $F = \frac AB \in \C(X)$ onvereenvoudigbaar, met $B = c\,(X - a_1)^{m_1} \cdots (X - a_r)^{m_r}$ . Dan is $F$ , op precies één manier,

F = E + \sum_{i=1}^{r} \sum_{k=1}^{m_i} \frac{c_{i,k}}{(X - a_i)^k}, \qquad E \in \C[X],\ c_{i,k} \in \C ,

waarbij $E$ het gehele deel van $F$ is.

Bewijs. Wegens Propositie 9.3 mogen we $\deg A < \deg B$ aannemen en de somsplitsing met $E = 0$ bewijzen.

De polen splitsen. Schrijf $B = (X - a_1)^{m_1} B_1$ met $B_1(a_1) \neq 0$ . De veeltermen $(X-a_1)^{m_1}$ en $B_1$ zijn relatief priem (geen gemeenschappelijke wortel), dus levert Bézout in $\C[X]$ (zie de opmerking in Hoofdstuk 8) $U_0, V_0$ met $U_0 (X-a_1)^{m_1} + V_0 B_1 = 1$ ; vermenigvuldigen met $A$ , zetten van $U = AU_0$ en $V = AV_0$ , en delen door $B$ geeft

\frac AB = \frac{V}{(X - a_1)^{m_1}} + \frac{U}{B_1} .

De graadvoorwaarden kun je afdwingen: deel $V$ door $(X-a_1)^{m_1}$ , zeg $V = (X-a_1)^{m_1}Q + V_1$ met $\deg V_1 < m_1$ , en neem het quotiënt op in de tweede term ( $U_1 = U + QB_1$ ):

\frac AB = \frac{V_1}{(X - a_1)^{m_1}} + \frac{U_1}{B_1}, \qquad \deg V_1 < m_1 ;

graden vergelijken ( $\deg A < \deg B$ en $\deg V_1 < m_1$ ) dwingt ook $\deg U_1 < \deg B_1$ af. Iteratie op $\frac{U_1}{B_1}$ , pool na pool, herleidt alles tot het geval met één pool hieronder.

Eén pool. Voor $\frac{A}{(X-a)^m}$ met $\deg A < m$ : ontwikkel $A$ naar machten van $(X - a)$ , $A = \sum_{j=0}^{m-1} \alpha_j (X - a)^j$ (de Taylorontwikkeling van een veelterm, als in het bewijs van Propositie 8.11); delen geeft precies de bouwstenen $\frac{\alpha_j}{(X-a)^{m-j}}$ . Concreet, voor $\frac{X^2 + 1}{(X+2)^3}$ : substitutie van $X = Y - 2$ geeft

X^2 + 1 = (Y - 2)^2 + 1 = Y^2 - 4Y + 5 , \qquad\text{dus}\qquad \frac{X^2+1}{(X+2)^3} = \frac1{Y} - \frac4{Y^2} + \frac5{Y^3}

met $Y = X + 2$ : de drie bouwstenen verschijnen door de verschoven ontwikkeling gewoon te delen — de snelste weg zodra er één pool van hoge orde in het spel is, en de aanbevolen weg voor Oefening 9.3.

Uniciteit. Stel dat twee splitsingen samenvallen; hun verschil is een identiteit $0 = \sum_{i,k} \frac{d_{i,k}}{(X - a_i)^k}$ . Vermenigvuldig alles met $(X - a_1)^{m_1}$ : elke term krijgt een factor die in $a_1$ nul wordt, behalve die met $i = 1$ en $k = m_1$ , waarvan de coëfficiënt $d_{1,m_1}$ wordt plus termen die minstens één factor $(X - a_1)$ dragen. Evalueren in $a_1$ (geoorloofd: na de vermenigvuldiging is er geen pool in $a_1$ meer) geeft $d_{1,m_1} = 0$ . Nu de hoogste coëfficiënt weg is, herhaal je met $(X - a_1)^{m_1 - 1}$ , en zo verder omlaag tot $k = 1$ ; daarna ga je naar de volgende pool. Alle $d_{i,k}$ verdwijnen: de splitsing is uniek. ∎

Methode 9.6 (De coëfficiënten berekenen)

In de praktijk vermijd je Bézout en combineer je:

afdekken voor de hoogste macht: de coëfficiënt van $\frac{1}{(X-a)^m}$ (met $m$ de orde van de pool $a$ ) is

$c_{a,m} = \Bigl[\,(X - a)^m F\,\Bigr]_{X = a};$

voor een enkelvoudige pool van $F = \frac AB$ is dat $\frac{A(a)}{B'(a)}$ ;
evaluaties in handige punten en limieten van $xF(x)$ voor $x \to \infty$ , om lineaire betrekkingen voor de overige coëfficiënten te verzamelen;
pariteits- of toevoegingssymmetrieën, wanneer aanwezig, om het werk te halveren.

Opmerking 9.7 (Veelgemaakte fouten bij partieelbreuken)

Het gehele deel overslaan. De splitsing in bouwstenen geldt voor breuken van graad $< 0$ ; is $\deg A \geq \deg B$ , deel dan eerst (Propositie 9.3), of de jacht op coëfficiënten levert tegenstrijdigheden op.
Afdekken buiten haar bereik. Vermenigvuldigen met $(X - a)^k$ en evalueren in $a$ levert de coëfficiënt alleen voor $k = m$ , de volledige orde van de pool; de coëfficiënten van lagere orde vergen andere betrekkingen (limieten, evaluaties) — zie Voorbeeld 9.9.
Vergeten te vereenvoudigen. Polen lees je af op de onvereenvoudigde vorm; een gemeenschappelijke factor tussen teller en noemer schept spookpolen (Voorbeeld 9.4).
Verkeerde bouwstenen over $\R$ . Boven een irreducibele kwadratische factor zijn de tellers affien ( $\alpha X + \beta$ ) en niet constant; alleen $\frac{c}{X^2 + 1}$ schrijven verliest oplossingen — de juiste vormen worden door Stelling 9.10 voorgeschreven en nooit geïmproviseerd.

Bewijs van de formule voor een enkelvoudige pool. Bij een enkelvoudige pool $a$ is $B = (X - a) Q$ met $Q(a) \neq 0$ , en $B' = Q + (X - a) Q'$ , dus $B'(a) = Q(a)$ . De afdekwaarde is $\frac{A(a)}{Q(a)} = \frac{A(a)}{B'(a)}$ . ∎

Voorbeeld 9.8

Splits $F = \dfrac{1}{X(X-1)(X-2)}$ . Drie enkelvoudige polen; afdekken in elk ervan:

c_0 = \frac{1}{(0-1)(0-2)} = \frac12, \quad c_1 = \frac{1}{1 \times (1 - 2)} = -1, \quad c_2 = \frac{1}{2 \times 1} = \frac12,

zodat $F = \dfrac{1/2}{X} - \dfrac{1}{X-1} + \dfrac{1/2}{X-2}$ . Controle in $X = 3$ : rechtstreeks is $F(3) = \frac{1}{3\cdot2\cdot1} = \frac16$ ; uit de splitsing $\frac{1/2}{3} - \frac{1}{2} + \frac{1/2}{1} = \frac16 - \frac12 + \frac12 = \frac16$ .

Voorbeeld 9.9 (Meervoudige pool)

Splits $F = \dfrac{X}{(X-1)^2 (X+1)}$ . Vorm: $\frac{a}{(X-1)^2} + \frac{b}{X-1} + \frac{c}{X+1}$ .

Afdekken in de dubbele pool: $a = \bigl[\frac{X}{X+1}\bigr]_{X=1} = \frac12$ .
Afdekken in $-1$ : $c = \bigl[\frac{X}{(X-1)^2}\bigr]_{X=-1} = -\frac14$ .
Limiet van $xF(x)$ in $\infty$ : $0 = b + c$ , dus $b = \frac14$ .

F = \frac{1/2}{(X-1)^2} + \frac{1/4}{X-1} - \frac{1/4}{X+1} .

Controle in $X = 0$ : $F(0) = 0$ en $\frac12 - \frac14 - \frac14 = 0$ .

9.3 Splitsing over $\R$

Stelling 9.10 (Splitsing over $\R$ )

Zij $F \in \R(X)$ onvereenvoudigbaar met noemer

B = c \prod_i (X - a_i)^{m_i} \prod_j (X^2 + p_j X + q_j)^{n_j} \qquad (p_j^2 - 4q_j < 0).

Dan splitst $F$ op precies één manier als haar gehele deel plus termen

\frac{c_{i,k}}{(X - a_i)^k} \quad (1 \leq k \leq m_i), \qquad \frac{\alpha_{j,l}\, X + \beta_{j,l}}{(X^2 + p_j X + q_j)^{l}} \quad (1 \leq l \leq n_j),

met reële coëfficiënten.

Bewijs. Splits over $\C$ (Stelling 9.5). Omdat $F$ reëel is, is de coëfficiënt boven de pool $\conj a$ (op elke orde) de toegevoegde van die boven $a$ (pas toevoeging toe op de splitsing en beroep je op de uniciteit). Groepeer elk toegevoegd paar:

\frac{c}{(X - z)^l} + \frac{\conj c}{(X - \conj z)^l} = \frac{c\,(X - \conj z)^l + \conj c\,(X - z)^l}{\bigl(X^2 - 2\Re(z)X + \abs z^2\bigr)^{l}},

waarvan de teller zijn eigen toegevoegde is en dus reëel, van graad $\leq l$ ; veelvouden van de reële kwadratische factor afsplitsen verlaagt hem op elk niveau $l$ tot graad $\leq 1$ (een korte inductie naar beneden). Reële polen behouden hun reële coëfficiënten (toevoeging houdt ze vast). De uniciteit volgt uit die over $\C$ . ∎

Voorbeeld 9.11 (Het koppelen van toegevoegde polen bekeken)

Het mechanisme van het bewijs, op het kleinste geval: over $\C$ zijn de polen van $\frac1{X^2+1}$ gelijk aan $\pm\iu$ , met afdekcoëfficiënten $\frac1{2\iu}$ in $\iu$ en $\frac1{-2\iu}$ in $-\iu$ — elkaars toegevoegde, zoals de stelling voorspelt:

\frac{1}{X^2 + 1} = \frac{1/(2\iu)}{X - \iu} - \frac{1/(2\iu)}{X + \iu} .

Herschrijven op de gemeenschappelijke noemer:

\frac{1}{2\iu}\cdot\frac{(X + \iu) - (X - \iu)}{X^2 + 1} = \frac{1}{2\iu}\cdot\frac{2\iu}{X^2 + 1} = \frac{1}{X^2+1} :

de imaginaire delen heffen elkaar op en de reële bouwsteen verschijnt ongeschonden. Bij reële integranden verlaat je $\R$ doorgaans nooit — maar wanneer je sommen in complexe punten evalueert (zoals de weekendopgave doet met eenheidswortels), zijn de complexe bouwstenen de natuurlijke munt, en dit koppelen is de wisselkoers tussen beide splitsingen.

Voorbeeld 9.12

Splits $F = \dfrac{4}{(X^2+1)(X-1)^2}$ over $\R$ . Vorm: $\frac{aX + b}{X^2 + 1} + \frac{c}{(X-1)^2} + \frac{d}{X - 1}$ . Afdekken in de dubbele pool: $c = \bigl[\frac{4}{X^2+1}\bigr]_{X=1} = 2$ . Afdekken in de complexe pool $\iu$ (de teller boven $X^2 + 1$ via de complexe splitsing geëvalueerd, of rechtstreeks): vermenigvuldig met $X^2 + 1$ en stel $X = \iu$ :

a\iu + b = \frac{4}{(\iu - 1)^2} = \frac{4}{-2\iu} = 2\iu ,

dus $a = 2$ en $b = 0$ . Limiet van $xF(x)$ in oneindig: $0 = a + d$ , dus $d = -2$ . Bijgevolg is

F = \frac{2X}{X^2+1} + \frac{2}{(X-1)^2} - \frac{2}{X-1} .

Controle in $X = 0$ : $F(0) = 4$ en $0 + 2 + 2 = 4$ .

Voorbeeld 9.13 (Een derdegraadsnoemer, van begin tot eind)

Splits $F = \dfrac{1}{X^3 + 1}$ over $\R$ . Ontbind eerst: $X^3 + 1 = (X + 1)(X^2 - X + 1)$ , waarbij de kwadratische factor discriminant $-3 < 0$ heeft. Vorm: $\frac{a}{X+1} + \frac{bX + c}{X^2 - X + 1}$ . Afdekken in de enkelvoudige pool $-1$ : $a = \bigl[\frac1{X^2 - X + 1}\bigr]_{X=-1} = \frac13$ . Limiet van $xF(x)$ in oneindig: $0 = a + b$ , dus $b = -\frac13$ . Evaluatie in $X = 0$ : $1 = a + c$ , dus $c = \frac23$ . Bijgevolg is

\frac{1}{X^3+1} = \frac13\Bigl(\frac{1}{X+1} + \frac{-X + 2}{X^2 - X + 1}\Bigr) ,

bevestigd in $X = 1$ : linkerlid $\frac12$ , rechterlid $\frac13\bigl(\frac12 + 1\bigr) = \frac12$ . Let op de zuinigheid: drie onbekenden, drie goedkope lineaire feiten (één afdekking, één limiet, één evaluatie), zonder ook maar iets uit te werken — de werkwijze van Methode 9.6 in zuivere vorm.

Opmerking 9.14 (Waar het voor dient)

Eenmaal gesplitst laat een rationale functie zich term voor term integreren: de bouwstenen $\frac{1}{(x-a)^k}$ hebben elementaire primitieve functies, en de bouwstenen $\frac{\alpha x + \beta}{(x^2 + px + q)^l}$ herleiden tot $\ln$ en $\arctan$ (Hoofdstuk 15). Telescoperende sommen zijn de andere standaardtoepassing (Oefening 9.8).

Opmerking 9.15 (Waar dit hoofdstuk gebruikt wordt)

Partieelbreuken zijn vooral een voorbewerking: het hoofdstuk over integratie (Hoofdstuk 15) haalt elke rationale integrand door Stelling 9.10 vóór het integreert, en het hoofdstuk over reeksen (Hoofdstuk 17) telescopeert rationale termen precies zoals in Oefening 9.8 en in de weekendopgave hieronder — die de techniek helemaal tot $\sum 1/k^2 = \pi^2/6$ doorduwt. De logaritmische afgeleide $P'/P = \sum m_i/(X - a_i)$ (Oefening 8.11) duikt op telkens als de ligging van wortels bestudeerd wordt. Buiten dit volume ligt de splitsing van $1/\chi(X)$ voor een karakteristieke veelterm $\chi$ onder de berekening van matrixmachten en van laplacetransformaties in het volume van bachelorjaar 2: de bouwstenen $\frac{c}{(X - a)^k}$ zijn de algebraïsche schaduw van de oplossingen $t^{k-1}\eu^{at}$ uit Hoofdstuk 5.

De functie F(x) = 1x+1 + 1x + 1x-1 van het type uit : strikt dalend op elk interval tussen haar polen -1, 0, 1 (streepjeslijnen). Elk horizontaal niveau > 0 wordt rechts van de eerste pool precies één keer per interval gesneden (de gemarkeerde punten): de oplossingen van F = wisselen af met de polen. — De functie $F(x) = \frac1{x+1} + \frac1x + \frac1{x-1}$ van het type uit Oefening 9.12: strikt dalend op elk interval tussen haar polen $-1, 0, 1$ (streepjeslijnen). Elk horizontaal niveau $\lambda > 0$ wordt rechts van de eerste pool precies één keer per interval gesneden (de gemarkeerde punten): de oplossingen van $F = \lambda$ wisselen af met de polen.

9.4 Oefeningen

Oefening 9.1 ★

Splits over $\R$ : $\dfrac{1}{X^2 - 1}$ ; $\;\dfrac{X}{X^2 - 3X + 2}$ ; $\;\dfrac{X^2 + 1}{X(X-1)}$ (let op het gehele deel).

Oplossing

Oplossing van Oefening 9.1.

$\dfrac{1}{X^2 - 1}$ : enkelvoudige polen $\pm 1$ ; afdekken geeft $\dfrac{1/2}{X-1} - \dfrac{1/2}{X+1}$ .

$\dfrac{X}{X^2 - 3X + 2} = \dfrac{X}{(X-1)(X-2)}$ : afdekken geeft $\frac{1}{1-2} = -1$ in $1$ en $\frac{2}{2-1} = 2$ in $2$ : $\dfrac{-1}{X-1} + \dfrac{2}{X-2}$ .

$\dfrac{X^2+1}{X(X-1)}$ : de graad is $0$ , dus er is een geheel deel: delen geeft $X^2 + 1 = (X^2 - X) + (X + 1)$ , dus $F = 1 + \frac{X+1}{X(X-1)}$ . Afdekken op de rest: $\frac{1}{-1} = -1$ in $0$ en $\frac{2}{1} = 2$ in $1$ :

F = 1 - \frac{1}{X} + \frac{2}{X-1} .

Oefening 9.2 ★

Splits over $\R$ : $\dfrac{1}{X(X^2 + 1)}$ en $\dfrac{X^3}{X^2 + X + 1}$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 9.2.

$\dfrac{1}{X(X^2+1)}$ : vorm $\frac aX + \frac{bX + c}{X^2 + 1}$ . Afdekken in $0$ : $a = 1$ . Limiet van $xF$ : $0 = a + b$ , dus $b = -1$ . Evaluatie in $X = 1$ : $\frac12 = 1 + \frac{c - 1}{2}$ , dus $c = 0$ :

\frac{1}{X(X^2+1)} = \frac 1X - \frac{X}{X^2+1} .

$\dfrac{X^3}{X^2+X+1}$ : delen geeft $X^3 = (X^2+X+1)(X - 1) + 1$ , dus

\frac{X^3}{X^2+X+1} = X - 1 + \frac{1}{X^2 + X + 1} ,

al in gesplitste reële vorm (de kwadratische factor heeft negatieve discriminant).

Oefening 9.3 ★

Splits $\dfrac{1}{X^2(X - 1)}$ en $\dfrac{X + 1}{(X - 1)^3}$ (substitueer voor de tweede $Y = X - 1$ ).

Oplossing

Oplossing van Oefening 9.3.

$\dfrac{1}{X^2(X-1)}$ : vorm $\frac{a}{X^2} + \frac bX + \frac{c}{X-1}$ . Afdekken in de dubbele pool $0$ : $a = \bigl[\frac{1}{X-1}\bigr]_{0} = -1$ . Afdekken in $1$ : $c = 1$ . Limiet van $xF$ : $0 = b + c$ , dus $b = -1$ :

\frac{1}{X^2(X-1)} = -\frac{1}{X^2} - \frac1X + \frac{1}{X-1} .

$\dfrac{X+1}{(X-1)^3}$ : met $Y = X - 1$ is de teller $Y + 2$ :

\frac{Y + 2}{Y^3} = \frac{1}{Y^2} + \frac{2}{Y^3} = \frac{1}{(X-1)^2} + \frac{2}{(X-1)^3} .

Oefening 9.4 ★★

Splits $\dfrac{1}{X^4 - 1}$ over $\C$ en vervolgens over $\R$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 9.4.

De polen zijn de vierde eenheidswortels $1, \iu, -1, -\iu$ , alle enkelvoudig. Met de formule voor een enkelvoudige pool en $B' = 4X^3$ is de coëfficiënt in $a$ gelijk aan $\frac{1}{4a^3} = \frac{a}{4a^4} = \frac a4$ (met $a^4 = 1$ ). Over $\C$ dus:

\frac{1}{X^4 - 1} = \frac{1/4}{X - 1} - \frac{1/4}{X + 1} + \frac{\iu/4}{X - \iu} - \frac{\iu/4}{X + \iu} .

Het toegevoegde paar groeperen (gemeenschappelijke noemer $X^2 + 1$ ): $\frac{\iu}{4}\bigl(\frac{1}{X-\iu} - \frac{1}{X+\iu}\bigr) = \frac{\iu}{4}\cdot\frac{2\iu}{X^2+1} = \frac{-1/2}{X^2+1}$ . Over $\R$ :

\frac{1}{X^4 - 1} = \frac{1/4}{X-1} - \frac{1/4}{X+1} - \frac{1/2}{X^2 + 1} .

Controle in $X = 0$ : $-1 = -\frac14 - \frac14 - \frac12$ .

Oefening 9.5 ★★

Splits over $\R$ : $\dfrac{X^2}{(X^2 + 1)^2}$ , en leid daaruit een primitieve functie van $x \mapsto \dfrac{x^2}{(x^2+1)^2}$ af, gegeven dat $\int \frac{\dd x}{(x^2+1)^2} = \frac12\bigl(\arctan x + \frac{x}{x^2+1}\bigr) + C$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 9.5.

$\dfrac{X^2}{(X^2+1)^2} = \dfrac{(X^2 + 1) - 1}{(X^2+1)^2} = \dfrac{1}{X^2+1} - \dfrac{1}{(X^2+1)^2}$ .

Bijgevolg is een primitieve functie

\int \frac{x^2\,\dd x}{(x^2+1)^2} = \arctan x - \frac12\Bigl(\arctan x + \frac{x}{x^2+1}\Bigr) + C = \frac12\arctan x - \frac{x}{2(x^2+1)} + C .

Oefening 9.6 ★★

Splits voor $n \in \N^*$ de breuk $F_n = \dfrac{n!}{X(X+1)\cdots(X+n)}$ (enkelvoudige polen in $0, -1, \dots, -n$ ; gebruik de afdekformule en herken binomiaalcoëfficiënten).

Oplossing

Oplossing van Oefening 9.6.

De polen $0, -1, \dots, -n$ zijn enkelvoudig. Afdekken in $-k$ :

c_k = \frac{n!}{\prod_{j \neq k} (-k + j)} = \frac{n!}{\bigl(\prod_{j=0}^{k-1}(j - k)\bigr) \bigl(\prod_{j=k+1}^{n}(j-k)\bigr)} = \frac{n!}{(-1)^k k!\,(n-k)!} = (-1)^k \binom nk .

Dus is

\frac{n!}{X(X+1)\cdots(X+n)} = \sum_{k=0}^{n} \frac{(-1)^k \binom nk}{X + k} .

(Controle voor $n = 1$ : $\frac{1}{X(X+1)} = \frac1X - \frac{1}{X+1}$ .)

Oefening 9.7 ★★

Bewijs met de identiteit van Oefening 8.11 voor $P = X^n - 1$ dat

\sum_{k=0}^{n-1} \frac{1}{X - \omega^k} = \frac{n X^{n-1}}{X^n - 1}, \qquad \omega = \eu^{2\iu\pi/n},

en evalueer ter controle beide leden in $X = 2$ voor $n = 4$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 9.7.

$P = X^n - 1$ heeft de $n$ enkelvoudige wortels $\omega^k$ (Stelling 3.14), zodat de identiteit van de logaritmische afgeleide uit Oefening 8.11 luidt

\sum_{k=0}^{n-1} \frac{1}{X - \omega^k} = \frac{P'(X)}{P(X)} = \frac{n X^{n-1}}{X^n - 1} .

In $X = 2$ met $n = 4$ : het rechterlid is $\frac{4 \times 8}{15} = \frac{32}{15}$ . Het linkerlid: $\frac{1}{2-1} + \frac{1}{2+1} + \frac{1}{2 - \iu} + \frac{1}{2 + \iu} = 1 + \frac13 + \frac{4}{5} = \frac{15 + 5 + 12}{15} = \frac{32}{15}$ , met $\frac{1}{2-\iu} + \frac{1}{2+\iu} = \frac{4}{5}$ .

Oefening 9.8 ★★

Splits $\dfrac{1}{k(k+1)(k+2)}$ en bereken

S_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k(k+1)(k+2)}, \qquad\text{en vervolgens}\qquad \lim_{n \to \infty} S_n .

Oplossing

Oplossing van Oefening 9.8.

Afdekken: $\dfrac{1}{k(k+1)(k+2)} = \dfrac{1/2}{k} - \dfrac{1}{k+1} + \dfrac{1/2}{k+2}$ . Herschrijf dat als een telescoperend verschil:

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

(werk uit ter controle — of trek de twee splitsingen van elkaar af). Sommeren geeft

S_n = \frac12\Bigl(\frac{1}{1 \times 2} - \frac{1}{(n+1)(n+2)}\Bigr) = \frac14 - \frac{1}{2(n+1)(n+2)} \xrightarrow[n \to \infty]{} \frac14 .

Oefening 9.9 ★★★

Zij $P \in \R[X]$ monisch van graad $n$ met $n$ verschillende reële wortels $x_1 < \dots < x_n$ . Bewijs dat

\sum_{i=1}^{n} \frac{1}{P'(x_i)} = 0 \quad (n \geq 2), \qquad \sum_{i=1}^{n} \frac{x_i^{\,n-1}}{P'(x_i)} = 1 .

Aanwijzing: splits $\frac{X^m}{P}$ voor $m \leq n - 1$ en kijk naar het afnemen van de coëfficiënten in oneindig — of gebruik de Lagrange-interpolatie (Stelling 8.23) van het monoom $X^m$ in de knooppunten $x_i$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 9.9.

Splits voor $0 \leq m \leq n - 1$ de breuk $\frac{X^m}{P}$ (graad $m - n \leq -1$ , enkelvoudige polen): de formule voor enkelvoudige polen geeft

\frac{X^m}{P} = \sum_{i=1}^{n} \frac{x_i^m / P'(x_i)}{X - x_i} .

Vermenigvuldig met $X$ en laat $X \to +\infty$ gaan: het linkerlid gaat naar de limiet van $X^{m+1}/P$ , die $0$ is als $m \leq n - 2$ en $1$ als $m = n - 1$ ( $P$ is monisch van graad $n$ ); het rechterlid gaat naar $\sum_i \frac{x_i^m}{P'(x_i)}$ . Bijgevolg is

\sum_{i=1}^{n} \frac{x_i^{m}}{P'(x_i)} = \begin{cases} 0 & \text{voor } 0 \leq m \leq n-2,\\ 1 & \text{voor } m = n - 1, \end{cases}

wat beide aangekondigde identiteiten bevat ( $m = 0$ vergt $n \geq 2$ ). (Duiding via Stelling 8.23: die sommen zijn de kopcoëfficiënten van de Lagrange-interpolanten van $X^m$ , en een veelterm van graad $\leq n-1$ in $n$ punten interpoleren geeft haar exact terug.)

Oefening 9.10 ★★

Splits $\dfrac{1}{X(X+1)^2}$ over $\R$ . Neem de waarde $\sum_{k \geq 1} \frac1{k^2} = \frac{\pi^2}6$ aan (bewezen in de weekendopgave van dit hoofdstuk) en leid af dat

\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n(n+1)^2} = 2 - \frac{\pi^2}{6} .

Oplossing

Oplossing van Oefening 9.10.

Vorm $\frac aX + \frac b{X+1} + \frac c{(X+1)^2}$ . Afdekken in $0$ : $a = 1$ ; afdekken in de dubbele pool: $c = \bigl[\frac1X \bigr]_{X=-1} = -1$ ; limiet van $xF(x)$ in oneindig: $0 = a + b$ , dus $b = -1$ :

\frac{1}{X(X+1)^2} = \frac1X - \frac1{X+1} - \frac1{(X+1)^2} .

Sommeren voor $n = 1, \dots, N$ : de eerste twee bouwstenen telescoperen tot $1 - \frac1{N+1}$ , en de derde draagt $-\sum_{k=2}^{N+1} \frac1{k^2}$ bij. Voor $N \to \infty$ en met $\sum_{k\geq1} \frac1{k^2} = \frac{\pi^2}6$ :

\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n(n+1)^2} = 1 - \Bigl(\frac{\pi^2}6 - 1\Bigr) = 2 - \frac{\pi^2}6 \approx 0.355 .

Oefening 9.11 ★★

Splits over $\R$ : $\dfrac{1}{(X^2+1)(X^2+4)}$ , en vervolgens $\dfrac{X^2}{(X^2+1)(X^2+4)}$ . Aanwijzing: beide noemers zijn veeltermen in $X^2$ : splits eerst $\frac1{(Y+1)(Y+4)}$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 9.11.

In de variabele $Y$ : $\frac1{(Y+1)(Y+4)} = \frac{1/3}{Y+1} - \frac{1/3}{Y+4}$ (afdekken in $-1$ en $-4$ ), dus

\frac{1}{(X^2+1)(X^2+4)} = \frac13\,\frac1{X^2+1} - \frac13\,\frac1{X^2+4} .

Evenzo is $\frac{Y}{(Y+1)(Y+4)} = \frac{-1/3}{Y+1} + \frac{4/3}{Y+4}$ , dus

\frac{X^2}{(X^2+1)(X^2+4)} = -\frac13\,\frac1{X^2+1} + \frac43\,\frac1{X^2+4} .

(Controle in $X = 0$ : $0 = \frac13(-1 + 1)$ .) Dat zijn al de reële splitsingen: de tellers boven de irreducibele kwadratische factoren zijn hier toevallig constanten.

Oefening 9.12 ★★★

(Seculaire vergelijkingen) Zij $F = \sum_{i=1}^{r} \frac{c_i}{X - p_i}$ met $p_1 < p_2 < \dots < p_r$ reëel en alle $c_i > 0$ .

Toon aan dat $F$ strikt dalend is op elk interval van haar domein, en geef haar limieten in $\pm\infty$ en aan beide zijden van elke pool.
Leid af dat voor elke $\lambda > 0$ de vergelijking $F(x) = \lambda$ precies $r$ reële oplossingen heeft, één in elk interval $\intoo{p_i}{p_{i+1}}$ en één voorbij $p_r$ . (Zulke vergelijkingen beheersen verstoringen van eigenwaarden; de tussenwaardestelling wordt hier gebruikt zoals bekend uit het bovenbouwvolume en bewezen in Hoofdstuk 13.)

Oplossing

Oplossing van Oefening 9.12.

Op elk interval dat de polen mijdt is $F'(x) = -\sum_i \frac{c_i}{(x - p_i)^2} < 0$ : strikt dalend. Voor $x \to \pm\infty$ gaat elke bouwsteen naar $0$ : $F \to 0$ , in $+\infty$ van boven (daar zijn alle bouwstenen positief) en in $-\infty$ van onder. Voor $x \to p_i^+$ explodeert de bouwsteen $\frac{c_i}{x - p_i}$ naar $+\infty$ terwijl de overige begrensd blijven: $F \to +\infty$ ; evenzo $F \to -\infty$ voor $x \to p_i^-$ .
Leg $\lambda > 0$ vast. Op $\intoo{-\infty}{p_1}$ daalt $F$ van $0^-$ naar $-\infty$ , dus $F < 0 < \lambda$ : geen oplossing. Op elk $\intoo{p_i}{p_{i+1}}$ ( $1 \leq i \leq r-1$ ) daalt $F$ van $+\infty$ naar $-\infty$ en neemt ze de waarde $\lambda$ dus precies één keer aan (tussenwaarde-eigenschap plus strikte monotonie). Op $\intoo{p_r}{+\infty}$ daalt $F$ van $+\infty$ naar $0^+$ , opnieuw precies één oplossing. In totaal: precies $r$ oplossingen, afwisselend met de polen.

9.5 Opgave: partieelbreuken als motor

Probleem 9.1

De partieelbreuksplitsing oogt als boekhouding; deze opgave laat zien dat ze een motor is. Voed haar met de breuk $\frac1{X(X+1)\cdots(X+k)}$ en ze telescopeert hele families sommen in gesloten vorm; voed haar met $\frac1{X^n - 1}$ en ze brengt goniometrische identiteiten voort als

\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{\sin^2\frac{k\pi}{n}} = \frac{n^2-1}{3} ;

en één stap verder geperst wringt die identiteit een van de beroemdste formules van de wiskunde naar buiten, die van Euler:

\sum_{k=1}^{\infty}\frac1{k^2} = \frac{\pi^2}{6}

— hier verkregen met niets meer dan de algebra van dit hoofdstuk en de goniometrie van de middelbare school. Overal is $\omega = \eu^{2\iu\pi/n}$ ; limieten van rijen worden gebruikt zoals bekend uit het bovenbouwvolume (Hoofdstuk 11 formaliseert ze).

Deel I — De telescoop.

Splits $\frac1{X(X+1)}$ en bereken $\sum_{n=1}^{N} \frac1{n(n+1)}$ exact; besluit dat de som naar $1$ gaat.
Idem voor $\frac1{X(X+2)}$ : toon aan dat $\sum_{n=1}^{N} \frac1{n(n+2)} = \frac12\bigl(\frac32 - \frac1{N+1} - \frac1{N+2}\bigr) \to \frac34$ . (Met een gat blijven er aan elk uiteinde twee randtermen over.)
Formaliseer het mechanisme: is $F(X) = G(X) - G(X+1)$ voor een rationale $G$ zonder polen in $\intco1{+\infty}$ , dan is $\sum_{n=1}^N F(n) = G(1) - G(N+1)$ . Haal de waarde $\frac14$ van Oefening 9.8 terug door de getuige $G$ voor $F = \frac1{X(X+1)(X+2)}$ aan te wijzen.
Bewijs de algemene faculteitstelescoop: voor $k \geq 1$ is

$\frac{1}{X(X+1)\cdots(X+k)} = \frac1k\biggl(\frac{1}{X(X+1)\cdots(X+k-1)} - \frac{1}{(X+1)\cdots(X+k)}\biggr),$

en leid af dat

$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n(n+1)\cdots(n+k)} = \frac{1}{k \cdot k!} .$

Toets het geval $k = 2$ aan vraag 3.
Evalueer de splitsing van Oefening 9.6 in goedgekozen punten om te bewijzen dat

$\sum_{j=0}^{n}(-1)^j\binom nj\,\frac1{j+1} = \frac1{n+1}, \qquad \sum_{j=0}^{n}(-1)^j\binom nj\,\frac1{j+2} = \frac1{(n+1)(n+2)} .$

Deel II — De breuk $1/(X^n - 1)$ .

Toon met de afdekformule aan dat

$\frac{1}{X^n - 1} = \frac1n\sum_{k=0}^{n-1}\frac{\omega^k}{X - \omega^k} .$
Twee controles: ga de formule rechtstreeks na voor $n = 2$ , en toon aan dat de som van de $n$ coëfficiënten nul is voor $n \geq 2$ — leg uit waarom dat zo moet zijn (beschouw $xF(x)$ voor $x \to \infty$ ).
Leid met afdekken opnieuw de identiteit van Oefening 9.7 af: $\frac{nX^{n-1}}{X^n-1} = \sum_k \frac1{X - \omega^k}$ .
Groepeer toegevoegde polen om de reële splitsing te bewijzen: met $\theta_k = \frac{2k\pi}n$ is

$\frac{\omega^k}{X - \omega^k} + \frac{\omega^{n-k}}{X - \omega^{n-k}} = \frac{2\cos\theta_k\,X - 2} {X^2 - 2\cos\theta_k\,X + 1} ,$

en schrijf de volledige reële splitsing van $\frac1{X^n-1}$ op (onderscheid $n$ oneven en $n$ even).
Werk het geval $n = 4$ uit en toets het aan Oefening 9.4.

Deel III — Goniometrische sommen, en Eulers $\pi^2/6$ . Zij $P = 1 + X + \dots + X^{n-1}$ , met wortels $\omega, \omega^2, \dots, \omega^{n-1}$ (alle enkelvoudig).

Bewijs met $\frac{P'}P = \sum_{k=1}^{n-1}\frac1{X - \omega^k}$ (Oefening 8.11) dat

$\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{1 - \omega^k} = \frac{n-1}2 .$
Bewijs $\dfrac1{1 - \eu^{\iu\theta}} = \dfrac12 + \dfrac\iu2\,\frac{\cos(\theta/2)}{\sin(\theta/2)}$ voor $\theta \notin 2\pi\Z$ (halvehoekontbinding, Methode 3.11), en leid uit vraag 11 af dat $\sum_{k=1}^{n-1} \frac{\cos(k\pi/n)}{\sin(k\pi/n)} = 0$ — ook zichtbaar via de symmetrie $k \leftrightarrow n - k$ .
Bewijs, door de identiteit van vraag 11 te differentiëren (dus met $\bigl(\frac{P'}P\bigr)' = \frac{P''}P - \bigl(\frac{P'}P\bigr)^2$ geëvalueerd in $X = 1$ ), dat

$\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{(1 - \omega^k)^2} = \frac{(n-1)(5-n)}{12} .$
Schrijf $\cot t = \frac{\cos t}{\sin t}$ en leid uit de vragen 12–13 de twee gesloten vormen af:

$\sum_{k=1}^{n-1}\cot^2\frac{k\pi}n = \frac{(n-1)(n-2)}3, \qquad \sum_{k=1}^{n-1}\frac1{\sin^2\frac{k\pi}n} = \frac{n^2-1}3 .$
Ga beide formules met de hand na voor $n = 3$ en $n = 4$ .
Bewijs de ongelijkheden $\cot t < \frac1t < \frac1{\sin t}$ voor $t \in \intoo0{\frac\pi2}$ (uit $\sin t < t < \tan t$ ), en leid af dat voor $n = 2m + 1$ en $1 \leq k \leq m$ geldt

$\cot^2\frac{k\pi}n \;<\; \frac{n^2}{k^2\pi^2} \;<\; \frac1{\sin^2\frac{k\pi}n} .$
Sommeer die ongelijkheden voor $k = 1, \dots, m$ (met de symmetrie $k \leftrightarrow n - k$ om de formules van vraag 14 te halveren) en knel in:

$\sum_{k=1}^{\infty}\frac1{k^2} = \frac{\pi^2}6 .$

Deel IV — Hogere bouwstenen.

Bewijs, door de splitsing van $\frac1{X^2-1}$ te kwadrateren en de kruisterm opnieuw te splitsen, dat

$\frac1{(X^2-1)^2} = \frac14\Bigl(\frac1{(X-1)^2} + \frac1{(X+1)^2}\Bigr) - \frac14\Bigl(\frac1{X-1} - \frac1{X+1}\Bigr),$

en ga dat na in $X = 0$ .
Combineer vraag 18, de telescoop en Eulers waarde (vraag 17) om te bewijzen dat

$\sum_{n=2}^{\infty}\frac1{(n^2-1)^2} = \frac{\pi^2}{12} - \frac{11}{16} ,$

en bevestig de waarde numeriek tot op drie decimalen.
Differentieer de identiteit van vraag 8 om een gesloten vorm voor $\sum_{k=0}^{n-1}\frac1{(X - \omega^k)^2}$ te krijgen, en ga die na in $X = 2$ met $n = 2$ .
Bewijs dat voor $k \geq 2$ geldt

$\sum_{n=k}^{\infty}\frac{1}{\binom nk} = \frac{k}{k-1} .$

(Herleid tot vraag 4 door $1/\binom nk$ met faculteiten te schrijven.)
Geef voor $k = 3$ de exacte partiële som $\sum_{n=3}^{N}\frac1{\binom n3}$ en haar limiet.

Deel V — Synthese.

Schrijf als sluitstuk de volledige reële splitsing van $\dfrac1{X^6 - 1}$ uit en ga haar na in $X = 0$ .
Waar precies gebruikte de opgave: (i) de uniciteit van de splitsing; (ii) de eenheidswortels uit Hoofdstuk 3; (iii) de logaritmische afgeleide uit Oefening 8.11? Eén zin per onderdeel.
Synthese, in een korte alinea: één algebraïsche identiteit — een breuk in bouwstenen breken — bracht exacte sommen, goniometrische identiteiten en $\pi^2/6$ voort. Becommentarieer de taakverdeling tussen algebra (exacte splitsingen, overal geldig) en analyse (limieten, insluiten), en wijs aan waar elke draad geïndustrialiseerd wordt: telescoperen en vergelijken in Hoofdstuk 17, en het integreren van de bouwstenen in Hoofdstuk 15.

Oplossing

Oplossing van Probleem 9.1.

1. Afdekken: $\frac1{X(X+1)} = \frac1X - \frac1{X+1}$ . De som telescopeert:

\sum_{n=1}^{N}\Bigl(\frac1n - \frac1{n+1}\Bigr) = 1 - \frac1{N+1} \longrightarrow 1 .

2. $\frac1{X(X+2)} = \frac{1/2}X - \frac{1/2}{X+2}$ . Bij het sommeren overleven de termen $\frac1n$ voor $n = 1, 2$ en de termen $-\frac1{n+2}$ voor $n = N-1, N$ :

\sum_{n=1}^{N}\frac1{n(n+2)} = \frac12\Bigl(1 + \frac12 - \frac1{N+1} - \frac1{N+2}\Bigr) \longrightarrow \frac34 .

3. Is $F(X) = G(X) - G(X+1)$ , dan is $\sum_{n=1}^N F(n) = \sum_{n=1}^N\bigl(G(n) - G(n+1)\bigr) = G(1) - G(N+1)$ : alle tussenwaarden vallen twee aan twee weg. Voor $F = \frac1{X(X+1)(X+2)}$ is de getuige $G(X) = \frac1{2X(X+1)}$ :

G(X) - G(X+1) = \frac{(X+2) - X}{2X(X+1)(X+2)} = F(X) ,

dus $\sum_{n=1}^N F(n) = \frac14 - \frac1{2(N+1)(N+2)} \to \frac14$ , de waarde uit Oefening 9.8.

4. Breng het rechterlid op de gemeenschappelijke noemer $X(X+1)\cdots(X+k)$ :

\frac1k\cdot\frac{(X + k) - X}{X(X+1)\cdots(X+k)} = \frac{1}{X(X+1)\cdots(X+k)} ,

en dat is de identiteit. Dus is $F_k(X) = \frac1k\bigl(G_k(X) - G_k(X+1)\bigr)$ met $G_k(X) = \frac1{X(X+1)\cdots(X+k-1)}$ , en het mechanisme van vraag 3 geeft

\sum_{n=1}^{N}\frac1{n(n+1)\cdots(n+k)} = \frac1k\Bigl(\frac1{k!} - G_k(N+1)\Bigr) \longrightarrow \frac1{k\cdot k!} ,

want $G_k(1) = \frac1{k!}$ en $G_k(N+1) \to 0$ . Voor $k = 2$ : $\frac1{2\cdot2} = \frac14$ , in overeenstemming met vraag 3.

5. Oefening 9.6 geeft $\frac{n!}{X(X+1)\cdots(X+n)} = \sum_{j=0}^n \frac{(-1)^j\binom nj}{X + j}$ . Evalueren in $X = 1$ : het linkerlid is $\frac{n!}{(n+1)!} = \frac1{n+1}$ en het rechterlid $\sum_j(-1)^j\binom nj\frac1{1+j}$ : de eerste identiteit. In $X = 2$ : het linkerlid is $\frac{n!}{2\cdot3\cdots(n+2)} = \frac{n!\cdot1}{(n+2)!} = \frac1{(n+1)(n+2)}$ en het rechterlid $\sum_j(-1)^j\binom nj\frac1{2+j}$ : de tweede identiteit.

6. De polen $\omega^k$ zijn enkelvoudig, en de formule voor enkelvoudige polen uit Methode 9.6 geeft als coëfficiënt

\frac{1}{\bigl(nX^{n-1}\bigr)_{X = \omega^k}} = \frac{1}{n\,\omega^{k(n-1)}} = \frac{\omega^k}{n\,\omega^{kn}} = \frac{\omega^k}n ,

met $\omega^{kn} = 1$ . Bijgevolg is $\frac1{X^n-1} = \frac1n\sum_k \frac{\omega^k}{X - \omega^k}$ .

7. Voor $n = 2$ (met $\omega = -1$ ): $\frac12\bigl( \frac1{X-1} - \frac1{X+1}\bigr) = \frac12\cdot\frac{2}{X^2-1} = \frac1{X^2-1}$ : correct. De coëfficiënten tellen op tot $\frac1n\sum_k\omega^k = 0$ voor $n \geq 2$ (Propositie 3.18). Dat moet ook: bij elke splitsing met enkelvoudige polen gaat $x\,F(x) \to \sum_k c_k$ voor $x \to \infty$ , terwijl hier $xF(x) = \frac{x}{x^n-1} \to 0$ omdat $n \geq 2$ .

8. Afdekken voor $\frac{X^{n-1}}{X^n - 1}$ in $\omega^k$ : $\frac{A(\omega^k)}{B'(\omega^k)} = \frac{\omega^{k(n-1)}}{n\omega^{k(n-1)}} = \frac1n$ , dus $\frac{X^{n-1}}{X^n-1} = \frac1n\sum_k\frac1{X - \omega^k}$ — opnieuw de identiteit van Oefening 9.7.

9. Met $c = \omega^k$ , $\conj c = \omega^{n-k}$ , $c\conj c = 1$ en $c + \conj c = 2\cos\theta_k$ :

\frac{c}{X - c} + \frac{\conj c}{X - \conj c} = \frac{c(X - \conj c) + \conj c(X - c)} {(X - c)(X - \conj c)} = \frac{2\cos\theta_k\,X - 2}{X^2 - 2\cos\theta_k\,X + 1} .

Door in vraag 6 telkens $k$ met $n - k$ te groeperen: voor oneven $n$ is

\frac1{X^n - 1} = \frac1n\Biggl(\frac1{X-1} + \sum_{k=1}^{(n-1)/2} \frac{2\cos\theta_k X - 2}{X^2 - 2\cos\theta_k X + 1}\Biggr) ;

voor even $n$ draagt de extra pool $\omega^{n/2} = -1$ , die met zichzelf gekoppeld is, binnen de haakjes $\frac{-1}{X+1}$ bij en loopt de som over de paren tot $\frac n2 - 1$ .

10. $n = 4$ : $\theta_1 = \frac\pi2$ en $\cos\theta_1 = 0$ , dus de paarterm is $\frac{-2}{X^2+1}$ en

\frac1{X^4-1} = \frac14\Bigl(\frac1{X-1} - \frac1{X+1} - \frac2{X^2+1}\Bigr) ,

de splitsing van Oefening 9.4.

11. $P = \prod_{k=1}^{n-1}(X - \omega^k)$ (deel $X^n - 1$ door $X - 1$ ), dus is volgens Oefening 8.11 $\frac{P'}P = \sum_{k=1}^{n-1}\frac1{X-\omega^k}$ . In $X = 1$ is $P(1) = n$ en $P'(1) = \sum_{j=1}^{n-1}j = \frac{n(n-1)}2$ , waaruit

\sum_{k=1}^{n-1}\frac1{1 - \omega^k} = \frac{P'(1)}{P(1)} = \frac{n-1}2 .

12. Halve hoek: $1 - \eu^{\iu\theta} = -2\iu\sin\frac\theta2\,\eu^{\iu\theta/2}$ , dus

\frac1{1 - \eu^{\iu\theta}} = \frac{\eu^{-\iu\theta/2}}{-2\iu\sin\frac\theta2} = \frac{\iu\cos\frac\theta2 + \sin\frac\theta2} {2\sin\frac\theta2} = \frac12 + \frac\iu2\, \frac{\cos\frac\theta2}{\sin\frac\theta2} .

Met $\theta = \theta_k = \frac{2k\pi}n$ is $\frac1{1-\omega^k} = \frac12 + \frac\iu2\cot\frac{k\pi}n$ . Sommeren over $k = 1, \dots, n-1$ en vergelijken met de reële waarde $\frac{n-1}2$ uit vraag 11: de reële delen verklaren alles al, zodat $\sum_k\cot\frac{k\pi}n = 0$ — zoals ook de symmetrie $\cot\frac{(n-k)\pi}n = -\cot\frac{k\pi}n$ laat zien.

13. Differentiëren van $\frac{P'}P = \sum_k\frac1{X - \omega^k}$ geeft

\frac{P''}P - \Bigl(\frac{P'}P\Bigr)^2 = -\sum_{k=1}^{n-1}\frac1{(X - \omega^k)^2} .

In $X = 1$ is $P''(1) = \sum_{j=2}^{n-1}j(j-1) = 2\binom n3 = \frac{n(n-1)(n-2)}3$ (de hockeystickidentiteit, of inductie), zodat

\sum_{k=1}^{n-1}\frac1{(1 - \omega^k)^2} = \Bigl(\frac{n-1}2\Bigr)^2 - \frac{(n-1)(n-2)}3 = \frac{(n-1)\bigl(3(n-1) - 4(n-2)\bigr)}{12} = \frac{(n-1)(5-n)}{12} .

14. Kwadrateren van de formule uit vraag 12, met $c_k = \cot\frac{k\pi}n$ :

\frac1{(1-\omega^k)^2} = \Bigl(\frac12 + \frac\iu2 c_k\Bigr)^2 = \frac14 - \frac{c_k^2}4 + \frac\iu2\,c_k .

Sommeren en gebruikmaken van $\sum c_k = 0$ (vraag 12) en vraag 13: $\frac{n-1}4 - \frac14\sum_k c_k^2 = \frac{(n-1)(5-n)}{12}$ , dus

\sum_{k=1}^{n-1}\cot^2\frac{k\pi}n = (n-1) - \frac{(n-1)(5-n)}3 = \frac{(n-1)(n-2)}3 .

Vervolgens geeft $\frac1{\sin^2t} = 1 + \cot^2t$ dat $\sum_k\frac1{\sin^2\frac{k\pi}n} = (n-1) + \frac{(n-1)(n-2)}3 = \frac{n^2-1}3$ .

15. $n = 3$ : $\cot^2\frac\pi3 + \cot^2\frac{2\pi}3 = \frac13 + \frac13 = \frac23 = \frac{2\cdot1}3$ ; en de sommen van $\frac1{\sin^2}$ geven $\frac43 + \frac43 = \frac83 = \frac{9-1}3$ . $n = 4$ : $1 + 0 + 1 = 2 = \frac{3\cdot2}3$ ; en $2 + 1 + 2 = 5 = \frac{16-1}3$ . Beide formules kloppen.

16. Voor $t \in \intoo0{\frac\pi2}$ levert de klassieke vergelijking $\sin t < t < \tan t$ (een argument met oppervlakten of convexiteit, vertrouwd uit het bovenbouwvolume), na het nemen van omgekeerden, $\cot t < \frac1t < \frac1{\sin t}$ , waar alle drie positief zijn; kwadrateren behoudt de volgorde. Met $t = \frac{k\pi}n$ , $1 \leq k \leq m$ en $n = 2m+1$ (zodat $t < \frac\pi2$ ):

\cot^2\frac{k\pi}n < \frac{n^2}{k^2\pi^2} < \frac1{\sin^2\frac{k\pi}n} .

17. Wegens de symmetrieën $\cot^2\frac{(n-k)\pi}n = \cot^2\frac{k\pi}n$ en analoog voor $\sin^2$ halveren de sommen van vraag 14: $\sum_{k=1}^{m}\cot^2\frac{k\pi}n = \frac{(n-1)(n-2)}6 = \frac{m(2m-1)}3$ en $\sum_{k=1}^m\frac1{\sin^2\frac{k\pi}n} = \frac{n^2-1}6 = \frac{2m(m+1)}3$ . Vraag 16 sommeren over $k = 1, \dots, m$ en met $\frac{\pi^2}{n^2}$ vermenigvuldigen geeft

\frac{\pi^2}{(2m+1)^2}\cdot\frac{m(2m-1)}3 \;<\; \sum_{k=1}^{m}\frac1{k^2} \;<\; \frac{\pi^2}{(2m+1)^2}\cdot\frac{2m(m+1)}3 .

Beide grenzen gaan naar $\frac{\pi^2}6$ als $m \to \infty$ (de verhoudingen $\frac{m(2m-1)}{(2m+1)^2}$ en $\frac{2m(m+1)}{(2m+1)^2}$ gaan beide naar $\frac12$ ), zodat de insluiting geeft dat de stijgende partiële sommen convergeren met

\sum_{k=1}^{\infty}\frac1{k^2} = \frac{\pi^2}6 .

18. Kwadrateer $\frac1{X^2-1} = \frac12\bigl(\frac1{X-1} - \frac1{X+1}\bigr)$ :

\frac1{(X^2-1)^2} = \frac14\Bigl(\frac1{(X-1)^2} + \frac1{(X+1)^2}\Bigr) - \frac12\cdot\frac1{(X-1)(X+1)} ,

en splits de kruisterm $\frac1{(X-1)(X+1)} = \frac12\bigl(\frac1{X-1} - \frac1{X+1}\bigr)$ opnieuw om de gevraagde vorm te krijgen. In $X = 0$ : linkerlid $1$ ; rechterlid $\frac14(1 + 1) - \frac14(-1 - 1) = \frac12 + \frac12 = 1$ .

19. Sommeer vraag 18 over $n \geq 2$ . Met $S = \sum_{k\geq1}\frac1{k^2} = \frac{\pi^2}6$ : $\sum_{n\geq2} \frac1{(n-1)^2} = S$ ; $\sum_{n\geq2}\frac1{(n+1)^2} = S - 1 - \frac14$ ; en de telescoop met gat twee geeft $\sum_{n\geq2}\bigl( \frac1{n-1} - \frac1{n+1}\bigr) = 1 + \frac12 = \frac32$ . Bijgevolg is

\sum_{n=2}^{\infty}\frac1{(n^2-1)^2} = \frac14\Bigl(2S - \frac54\Bigr) - \frac14\cdot\frac32 = \frac S2 - \frac{11}{16} = \frac{\pi^2}{12} - \frac{11}{16} \approx 0.135 .

Numeriek: $\frac19 + \frac1{64} + \frac1{225} + \frac1{576} + \frac1{1225} + \dots \approx 0.1111 + 0.0156 + 0.0044 + 0.0017 + 0.0008 + \dots \approx 0.135$ : in overeenstemming.

20. Differentieer de identiteit van vraag 8, $\sum_k\frac1{X-\omega^k} = \frac{nX^{n-1}}{X^n-1}$ :

\sum_{k=0}^{n-1}\frac1{(X - \omega^k)^2} = \frac{n^2X^{2n-2} - n(n-1)X^{n-2}(X^n - 1)}{(X^n - 1)^2} .

Controle in $n = 2$ , $X = 2$ : rechterlid $\frac{4\cdot4 - 2\cdot1\cdot3}{9} = \frac{10}9$ ; linkerlid $\frac1{(2-1)^2} + \frac1{(2+1)^2} = 1 + \frac19 = \frac{10}9$ .

21. $\frac1{\binom nk} = \frac{k!\,(n-k)!}{n!} = \frac{k!}{(n-k+1)(n-k+2)\cdots n}$ , met beneden een product van $k$ opeenvolgende gehele getallen. Substitutie van $j = n - k + 1$ (zodat $j$ over $\N^*$ loopt terwijl $n$ vanaf $k$ loopt) geeft

\sum_{n=k}^{\infty}\frac1{\binom nk} = k!\sum_{j=1}^{\infty}\frac1{j(j+1)\cdots(j+k-1)} = \frac{k!}{(k-1)\,(k-1)!} = \frac{k}{k-1} ,

met vraag 4 toegepast met $k - 1$ in de plaats van $k$ (geoorloofd, want $k - 1 \geq 1$ ).

22. Voor $k = 3$ : $\frac1{\binom n3} = \frac6{(n-2)(n-1)n}$ , dus met de partiële som van vraag 3 (verschoven)

\sum_{n=3}^{N}\frac1{\binom n3} = 6\sum_{j=1}^{N-2}\frac1{j(j+1)(j+2)} = 6\Bigl(\frac14 - \frac1{2(N-1)N}\Bigr) = \frac32 - \frac3{(N-1)N} \longrightarrow \frac32 ,

de waarde $\frac k{k-1} = \frac32$ uit vraag 21.

23. $n = 6$ : de paren $k = 1$ ( $\theta_1 = \frac\pi3$ , $2\cos\theta_1 = 1$ ) en $k = 2$ ( $\theta_2 = \frac{2\pi}3$ , $2\cos\theta_2 = -1$ ), plus de reële polen $\pm1$ :

\frac1{X^6-1} = \frac16\Bigl(\frac1{X-1} - \frac1{X+1} + \frac{X - 2}{X^2 - X + 1} + \frac{-X - 2}{X^2 + X + 1}\Bigr) .

In $X = 0$ : linkerlid $-1$ ; rechterlid $\frac16(-1 - 1 - 2 - 2) = -1$ : correct.

24. (i) De uniciteit wettigt elke identificatie van coëfficiënten — het afdekken, het groeperen van toegevoegde paren in vraag 9, en de differentiatietrucs (vragen 13 en 20) steunen er alle op. (ii) De eenheidswortels leverden de polen van $X^n - 1$ , hun symmetrieën ( $k \leftrightarrow n-k$ ) en de algebra van de halve hoek in vraag 12 (Methode 3.11). (iii) De logaritmische afgeleide $\frac{P'}P = \sum\frac{m_i}{X-a_i}$ zette informatie over de wortels van $P = 1 + X + \dots + X^{n-1}$ om in de numerieke sommen van de vragen 11 en 13 — het scharnier tussen Deel II en Deel III.

25. De splitsing is een zuiver algebraïsche identiteit, in één keer waar voor elke waarde van de variabele; dat maakt haar tot een motor. Gehele getallen invullen en sommeren maakte er telescopen van (Deel I); eenheidswortels invullen en toegevoegden groeperen maakte er goniometrische identiteiten van (Delen II en III); en pas in de allerlaatste stap kwam de analyse eraan te pas — een insluiting tussen twee gesloten vormen — om $\frac{\pi^2}6$ te leveren, een uitspraak die geen enkele eindige substitutie kan bereiken. Die taakverdeling (de algebra brengt exacte eindige identiteiten voort, de analyse gaat naar de limiet) is het sjabloon voor Hoofdstuk 17, waar telescoperen en vergelijken systematisch worden, en voor Hoofdstuk 15, waar elke bouwsteen een primitieve functie krijgt en dezelfde splitsingen integralen berekenen in plaats van sommen.

Begrippen gedefinieerd in dit hoofdstuk

rationale breuk

Bekijk alle 395 begrippen in de begrippenlijst

9.1 Het lichaam K(X)K(X)K(X)

9.2 Partieelbreuksplitsing over C\CC

9.3 Splitsing over R\RR

9.4 Oefeningen

9.5 Opgave: partieelbreuken als motor

Begrippen gedefinieerd in dit hoofdstuk

9.1 Het lichaam $K(X)$

9.2 Partieelbreuksplitsing over $\C$

9.3 Splitsing over $\R$