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 — ontbindt elk zulk quotiënt in een som van elementaire bouwstenen $\frac{c}{(X - a)^k}$ . Naast haar algebraïsche belang is zij 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 $A, B \in K[X]$ , $B \neq 0$ ; twee quotiënten $\frac AB$ en $\frac{A'}{B'}$ worden geïdentificeerd wanneer $AB' = A'B$ . Elke breuk heeft een gereduceerde vorm met $\gcd(A, B) = 1$ , uniek op constanten na. Met de natuurlijke bewerkingen is de verzameling $K(X)$ van rationale breuken een lichaam.

De polen van $F$ (in gereduceerde 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, orden 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{(gereduceerde vorm).}

Polen: $0$ en $1$ , beide enkelvoudig — de orden worden op de gereduceerde noemer afgelezen, dus de schijnbare dubbele wortels van de oorspronkelijke noemer zijn irrelevant. 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 gebruikt wordt in de zoektocht naar coëfficiënten: elk argument met de “limiet van $xF(x)$ ” is een verkapte graadtelling.

Propositie 9.3 (Geheel deel)

Elke $F = \frac AB \in K(X)$ is op unieke wijze $F = E + \frac RB$ met $E \in K[X]$ (het geheel deel, of veeltermdeel, van $F$ ) en $\deg R < \deg B$ . Men heeft $E \neq 0$ dan en slechts dan als $\deg F \geq 0$ .

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

Voorbeeld 9.4 (Eerst reduceren, dan delen)

Bepaal het geheel 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 gereduceerd: $X^3 + 1 = (X + 1)(X^2 - X + 1)$ 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 geheel deel $X$ , maar het breukgedeelte valt samen tot één enkele bouwsteen, en de “pool” in $-1$ was nooit een pool. Reduceer altijd tot de laagste termen voordat je polen zoekt: de polen van $F$ zijn de wortels van de gereduceerde noemer. (Het geheel deel is ongevoelig voor de vereenvoudiging, zoals de uniciteit in Propositie 9.3 garandeert.)

9.2 Partieelbreuksplitsing over $\C$

Stelling 9.5 (Splitsing over $\C$ )

Zij $F = \frac AB \in \C(X)$ in gereduceerde vorm, met $B = c\,(X - a_1)^{m_1} \cdots (X - a_r)^{m_r}$ . Dan is $F$ , op unieke wijze,

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 geheel deel van $F$ is.

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

De polen scheiden. 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 door Bézout in $\C[X]$ (zie de opmerking in Hoofdstuk 8) bestaan er $U_0, V_0$ met $U_0 (X-a_1)^{m_1} + V_0 B_1 = 1$ ; door met $A$ te vermenigvuldigen en $U = AU_0$ , $V = AV_0$ te stellen, en vervolgens door $B$ te delen:

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

De graadvoorwaarden kunnen worden afgedwongen: 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 ;

het vergelijken van graden ( $\deg A < \deg B$ 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 $A$ in machten van $(X - a)$ , $A = \sum_{j=0}^{m-1} \alpha_j (X - a)^j$ (Taylor-ontwikkeling van een veelterm, zoals in het bewijs van Propositie 8.11); delen geeft precies de bouwstenen $\frac{\alpha_j}{(X-a)^{m-j}}$ . Concreet, voor $\frac{X^2 + 1}{(X+2)^3}$ : door $X = Y - 2$ te substitueren,

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 een eenvoudige deling van de verschoven ontwikkeling — de snelste weg wanneer een enkele 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 door met $(X - a_1)^{m_1}$ : elke term krijgt een factor die nul wordt in $a_1$ behalve die met $i = 1$ , $k = m_1$ , waarvan de coëfficiënt $d_{1,m_1}$ wordt plus termen die ten minste één factor $(X - a_1)$ dragen. Invullen in $a_1$ (geoorloofd: na de vermenigvuldiging blijft er geen pool over in $a_1$ ) geeft $d_{1,m_1} = 0$ . Nu de hoogste coëfficiënt weg is, herhaal met $(X - a_1)^{m_1 - 1}$ , enzovoort naar beneden tot $k = 1$ ; ga dan over naar de volgende pool. Alle $d_{i,k}$ worden nul: de splitsing is uniek. ∎

Methode 9.6 (De coëfficiënten berekenen)

In de praktijk vermijd je Bézout; combineer:

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 dit $\frac{A(a)}{B'(a)}$ ;
evaluaties in geschikte punten en limieten van $xF(x)$ als $x \to \infty$ om lineaire relaties voor de overige coëfficiënten te verzamelen;
pariteit- of conjugatiesymmetrieën, indien aanwezig, om het werk te halveren.

Opmerking 9.7 (Veelvoorkomende valkuilen bij partieelbreuken)

Het geheel deel overslaan. De ontbinding in bouwstenen geldt voor breuken van graad $< 0$ ; wanneer $\deg A \geq \deg B$ , deel dan eerst (Propositie 9.3), anders levert de zoektocht naar coëfficiënten tegenspraken op.
Afdekken buiten zijn geldigheidsgebied. Vermenigvuldigen met $(X - a)^k$ en invullen in $a$ levert de coëfficiënt alleen voor $k = m$ , de volledige orde van de pool; de coëfficiënten van lagere orde vereisen andere relaties (limieten, evaluaties) — zie Voorbeeld 9.9.
Vergeten te reduceren. Polen worden op de gereduceerde vorm afgelezen; een gemeenschappelijke factor tussen teller en noemer schept spookpolen (Voorbeeld 9.4).
Verkeerde vormen van de bouwstenen over $\R$ . Boven een onontbindbare kwadratische veelterm zijn de tellers affien ( $\alpha X + \beta$ ), niet constant; alleen $\frac{c}{X^2 + 1}$ schrijven verliest oplossingen — de juiste vormen worden voorgeschreven door Stelling 9.10, nooit geïmproviseerd.

Bewijs van de formule voor een enkelvoudige pool. Nabij een enkelvoudige pool $a$ : $B = (X - a) Q$ 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:

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,

dus $F = \dfrac{1/2}{X} - \dfrac{1}{X-1} + \dfrac{1/2}{X-2}$ . Controle in $X = 3$ : rechtstreeks, $F(3) = \frac{1}{3\cdot2\cdot1} = \frac16$ ; 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 $F \in \R(X)$ in gereduceerde vorm 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 $F$ uniek als zijn geheel 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). Aangezien $F$ reëel is, is de coëfficiënt boven de pool $\conj a$ (bij elke orde) de toegevoegd complexe van de coëfficiënt boven $a$ (pas conjugatie toe op de splitsing en beroep je op de uniciteit). Groepeer elk toegevoegd complex 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 toegevoegd complexe is, dus reëel, van graad $\leq l$ ; het afsplitsen van veelvouden van de reële kwadratische veelterm verlaagt hem tot graad $\leq 1$ bij elk niveau $l$ (een kleine dalende inductie). Reële polen behouden hun reële coëfficiënten (conjugatie laat ze vast). De uniciteit volgt uit de uniciteit over $\C$ . ∎

Voorbeeld 9.11 (De koppeling van de toegevoegd complexe polen bekeken)

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

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

Herschikken over 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 op en de reële bouwsteen verschijnt onbeschadigd opnieuw. Voor reële integranden verlaat men gewoonlijk nooit $\R$ — maar bij het evalueren van sommen in complexe punten (zoals het weekendprobleem doet met eenheidswortels) zijn de complexe bouwstenen de natuurlijke munt, en deze koppeling is de wisselkoers tussen de twee 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 $\iu$ (teller boven $X^2 + 1$ geëvalueerd via de complexe splitsing, 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 $a = 2$ , $b = 0$ . Limiet van $xF(x)$ in oneindig: $0 = a + d$ , dus $d = -2$ . Bijgevolg

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 kubische noemer, 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 veelterm 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

\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 $\frac13\bigl(\frac12 + 1\bigr) = \frac12$ . Merk de zuinigheid op: drie onbekenden, drie goedkope lineaire feiten (één afdekking, één limiet, één evaluatie), geen enkele ontwikkeling — de werkwijze van Methode 9.6 in haar zuivere vorm.

Opmerking 9.14 (Waar het voor dient)

Eenmaal gesplitst, integreert een rationale functie term voor term: bouwstenen $\frac{1}{(x-a)^k}$ hebben elementaire primitieven, en 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 vóór alles een voorbewerkingsstap: het integratiehoofdstuk (Hoofdstuk 15) voert elke rationale integrand door Stelling 9.10 vóór het integreren, en het reeksenhoofdstuk (Hoofdstuk 17) telescopeert rationale termen precies zoals in Oefening 9.8 en in het weekendprobleem hieronder — dat de techniek helemaal doorvoert tot $\sum 1/k^2 = \pi^2/6$ . De logaritmische afgeleide $P'/P = \sum m_i/(X - a_i)$ (Oefening 8.11) duikt weer op wanneer de ligging van wortels bestudeerd wordt. Voorbij dit deel ligt de splitsing van $1/\chi(X)$ voor een karakteristieke veelterm $\chi$ aan de basis van de berekening van matrixmachten en van Laplace-transformaties in het deel van jaar 2: de bouwstenen $\frac{c}{(X - a)^k}$ zijn de algebraïsche schaduw van de oplossingen $t^{k-1}\eu^{at}$ die men ontmoet in Hoofdstuk 5.

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

Oplossing

Oplossing van Oefening 9.1.

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

$\dfrac{X}{X^2 - 3X + 2} = \dfrac{X}{(X-1)(X-2)}$ : 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: door te delen, $X^2 + 1 = (X^2 - X) + (X + 1)$ , dus $F = 1 + \frac{X+1}{X(X-1)}$ . Afdekken op de rest: $\frac{1}{-1} = -1$ in $0$ , $\frac{2}{1} = 2$ 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} .

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

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

reeds in reële gesplitste vorm (de kwadratische veelterm 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 over $\C$ , daarna over $\R$ : $\dfrac{1}{X^4 - 1}$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 9.4.

De polen zijn de vierde eenheidswortels $1, \iu, -1, -\iu$ , alle enkelvoudig. Formule voor een enkelvoudige pool met $B' = 4X^3$ : de coëfficiënt in $a$ is $\frac{1}{4a^3} = \frac{a}{4a^4} = \frac a4$ (gebruikmakend van $a^4 = 1$ ). Dus, over $\C$ :

\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 toegevoegd complexe 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 af van $x \mapsto \dfrac{x^2}{(x^2+1)^2}$ , 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 een primitieve:

\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

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

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

Oefening 9.7 ★★

Bewijs, met behulp van 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 beide leden in $X = 2$ voor $n = 4$ als controle.

Oplossing

Oplossing van Oefening 9.7.

$P = X^n - 1$ heeft de $n$ enkelvoudige wortels $\omega^k$ (Stelling 3.14), dus de identiteit van de logaritmische afgeleide van 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 $X = 2$ , $n = 4$ : rechterlid $= \frac{4 \times 8}{15} = \frac{32}{15}$ . Linkerlid: $\frac{1}{2-1} + \frac{1}{2+1} + \frac{1}{2 - \iu} + \frac{1}{2 + \iu} = 1 + \frac13 + \frac{4}{5} = \frac{15 + 5 + 12}{15} = \frac{32}{15}$ , gebruikmakend van $\frac{1}{2-\iu} + \frac{1}{2+\iu} = \frac{4}{5}$ .

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 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),

(ontwikkel ter controle — of trek de twee splitsingen van elkaar af). Sommeren:

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 coëfficiënt in oneindig — of gebruik Lagrange-interpolatie (Stelling 8.23) van de monoom $X^m$ in de knopen $x_i$ .

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 een enkelvoudige pool geeft

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

Vermenigvuldig met $X$ en laat $X \to +\infty$ : het linkerlid neigt 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 neigt naar $\sum_i \frac{x_i^m}{P'(x_i)}$ . Bijgevolg

\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 ( $m = 0$ vereist $n \geq 2$ ). (Interpretatie via Stelling 8.23: deze sommen zijn de leidende coëfficiënten van de Lagrange-interpolanten van $X^m$ , en een veelterm van graad $\leq n-1$ in $n$ punten interpoleren reproduceert hem exact.)

Oefening 9.10 ★★

Splits $\dfrac{1}{X(X+1)^2}$ over $\R$ . Leid, aannemend dat $\sum_{k \geq 1} \frac1{k^2} = \frac{\pi^2}6$ (bewezen in het weekendprobleem van dit hoofdstuk), 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 levert $-\sum_{k=2}^{N+1} \frac1{k^2}$ . Als $N \to \infty$ en gebruikmakend van $\sum_{k\geq1} \frac1{k^2} = \frac{\pi^2}6$ :

\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 $\R$ : $\dfrac{1}{(X^2+1)(X^2+4)}$ , daarna $\dfrac{X^2}{(X^2+1)(X^2+4)}$ . 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 $\frac{Y}{(Y+1)(Y+4)} = \frac{-1/3}{Y+1} + \frac{4/3}{Y+4}$ , dus

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

(Controle in $X = 0$ : $0 = \frac13(-1 + 1)$ .) Dit zijn reeds de reële splitsingen: de tellers boven de onontbindbare kwadratische veeltermen blijken constanten te zijn.

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 zijn domein, en geef de 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 sturen eigenwaardeverstoringen; de tussenwaardestelling wordt hier op middelbareschoolniveau gebruikt en bewezen in Hoofdstuk 13.)

Oplossing

Oplossing van Oefening 9.12.

Op elk interval dat de polen vermijdt, $F'(x) = -\sum_i \frac{c_i}{(x - p_i)^2} < 0$ : strikt dalend. Als $x \to \pm\infty$ neigt elke bouwsteen naar $0$ : $F \to 0$ , van boven in $+\infty$ (alle bouwstenen daar positief) en van onder in $-\infty$ . Als $x \to p_i^+$ blaast de bouwsteen $\frac{c_i}{x - p_i}$ op naar $+\infty$ en de andere blijven begrensd: $F \to +\infty$ ; evenzo $F \to -\infty$ als $x \to p_i^-$ .
Fixeer $\lambda > 0$ . Op $\intoo{-\infty}{p_1}$ : $F$ daalt van $0^-$ naar $-\infty$ , dus $F < 0 < \lambda$ : geen oplossing. Op elk $\intoo{p_i}{p_{i+1}}$ ( $1 \leq i \leq r-1$ ): $F$ daalt van $+\infty$ naar $-\infty$ , neemt dus de waarde $\lambda$ precies één keer aan (tussenwaardeeigenschap plus strikte monotonie). Op $\intoo{p_r}{+\infty}$ : $F$ daalt van $+\infty$ naar $0^+$ , opnieuw precies één oplossing. Totaal: precies $r$ oplossingen, verstrengeld met de polen.

9.5 Probleem: partieelbreuken als motor

Probleem 9.1

Partieelbreuksplitsing lijkt op boekhouden; dit probleem toont dat het een motor is. Gevoed met de breuk $\frac1{X(X+1)\cdots(X+k)}$ telescopeert zij hele families van sommen in gesloten vorm; gevoed met $\frac1{X^n - 1}$ produceert zij goniometrische identiteiten zoals

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

en, één stap verder gedreven, perst die identiteit een van de meest gevierde formules in de wiskunde uit, 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 middelbareschoolgoniometrie. Overal is $\omega = \eu^{2\iu\pi/n}$ ; limieten van rijen worden op middelbareschoolniveau gebruikt (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 $1$ neigt.
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 tussenruimte overleven twee randtermen aan elk uiteinde.)
Formaliseer het mechanisme: als $F(X) = G(X) - G(X+1)$ voor een of andere rationale $G$ zonder polen in $\intco1{+\infty}$ , dan is $\sum_{n=1}^N F(n) = G(1) - G(N+1)$ . Vind de waarde $\frac14$ van Oefening 9.8 terug door de getuige $G$ voor $F = \frac1{X(X+1)(X+2)}$ te vertonen.
Bewijs de algemene faculteitstelescoop: voor $k \geq 1$ ,

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

en leid af dat

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

Controleer het geval $k = 2$ tegen 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 plausibiliteitscontroles: verifieer de formule rechtstreeks voor $n = 2$ , en toon aan dat de som van de $n$ coëfficiënten nul is voor $n \geq 2$ — verklaar waarom dat zo moet zijn (beschouw $xF(x)$ als $x \to \infty$ ).
Leid met afdekken de identiteit van Oefening 9.7 opnieuw af: $\frac{nX^{n-1}}{X^n-1} = \sum_k \frac1{X - \omega^k}$ .
Groepeer toegevoegd complexe polen om de reële splitsing te bewijzen: met $\theta_k = \frac{2k\pi}n$ ,

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

en schrijf de volledige reële splitsing van $\frac1{X^n-1}$ op (onderscheid $n$ oneven en $n$ even).
Specialiseer naar $n = 4$ en controleer tegen Oefening 9.4.

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

Bewijs, met behulp van $\frac{P'}P = \sum_{k=1}^{n-1}\frac1{X - \omega^k}$ (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 (d.w.z. door $\bigl(\frac{P'}P\bigr)' = \frac{P''}P - \bigl(\frac{P'}P\bigr)^2$ te evalueren in $X = 1$ ), dat

$\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{(1 - \omega^k)^2} = \frac{(n-1)(5-n)}{12} .$
Leid, door $\cot t = \frac{\cos t}{\sin t}$ te schrijven, uit de vragen 12–13 de twee gesloten vormen af

$\sum_{k=1}^{n-1}\cot^2\frac{k\pi}n = \frac{(n-1)(n-2)}3, \qquad \sum_{k=1}^{n-1}\frac1{\sin^2\frac{k\pi}n} = \frac{n^2-1}3 .$
Verifieer beide formules met de hand 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, voor $n = 2m + 1$ en $1 \leq k \leq m$ , af:

$\cot^2\frac{k\pi}n \;<\; \frac{n^2}{k^2\pi^2} \;<\; \frac1{\sin^2\frac{k\pi}n} .$
Sommeer deze ongelijkheden voor $k = 1, \dots, m$ (gebruik 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 controleer het 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 te bekomen voor $\sum_{k=0}^{n-1}\frac1{(X - \omega^k)^2}$ , en controleer die in $X = 2$ , $n = 2$ .
Bewijs dat voor $k \geq 2$ ,

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

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

Deel V — Synthese.

Schrijf als slotberekening de volledige reële splitsing van $\dfrac1{X^6 - 1}$ uit en controleer die in $X = 0$ .
Waar precies gebruikte het probleem: (i) de uniciteit van de splitsing; (ii) de eenheidswortels uit Hoofdstuk 3; (iii) de logaritmische afgeleide uit Oefening 8.11? Eén zin voor elk.
Synthese, in een korte alinea: één algebraïsche identiteit — het breken van een breuk in bouwstenen — genereerde exacte sommen, goniometrische identiteiten, en $\pi^2/6$ . Becommentarieer de arbeidsverdeling tussen algebra (exacte splitsingen, overal geldig) en analyse (limieten, inknellen), en wijs aan waar elke draad geïndustrialiseerd wordt: telescoperen en vergelijken in Hoofdstuk 17, integratie 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. Als $F(X) = G(X) - G(X+1)$ , dan $\sum_{n=1}^N F(n) = \sum_{n=1}^N\bigl(G(n) - G(n+1)\bigr) = G(1) - G(N+1)$ : alle tussenliggende waarden heffen paarsgewijs op. 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 van 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)} ,

wat de identiteit is. Dus $F_k(X) = \frac1k\bigl(G_k(X) - G_k(X+1)\bigr)$ 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!} ,

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

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

6. De polen $\omega^k$ zijn enkelvoudig, en de formule voor een enkelvoudige pool van Methode 9.6 geeft de 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 ,

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

7. Voor $n = 2$ ( $\omega = -1$ ): $\frac12\bigl( \frac1{X-1} - \frac1{X+1}\bigr) = \frac12\cdot\frac{2}{X^2-1} = \frac1{X^2-1}$ : correct. De coëfficiënten sommeren tot $\frac1n\sum_k\omega^k = 0$ voor $n \geq 2$ (Propositie 3.18). Ze moeten wel: $x\,F(x) \to \sum_k c_k$ als $x \to \infty$ voor elke splitsing met enkelvoudige polen, terwijl hier $xF(x) = \frac{x}{x^n-1} \to 0$ aangezien $n \geq 2$ .

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

\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 $k$ met $n - k$ te groeperen in vraag 6: voor oneven $n$ ,

\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 zelf-gekoppelde pool $\omega^{n/2} = -1$ $\frac{-1}{X+1}$ bij binnen het haakje en loopt de somover de paren tot $\frac n2 - 1$ .

10. $n = 4$ : $\theta_1 = \frac\pi2$ , $\cos\theta_1 = 0$ , 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 door Oefening 8.11, $\frac{P'}P = \sum_{k=1}^{n-1}\frac1{X-\omega^k}$ . In $X = 1$ : $P(1) = n$ 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. Halvehoek: $1 - \eu^{\iu\theta} = -2\iu\sin\frac\theta2\,\eu^{\iu\theta/2}$ , 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 $\theta = \theta_k = \frac{2k\pi}n$ : $\frac1{1-\omega^k} = \frac12 + \frac\iu2\cot\frac{k\pi}n$ . Sommeren over $k = 1, \dots, n-1$ en vergelijken met de reële waarde $\frac{n-1}2$ van vraag 11: de reële delen verklaren reeds alles, dus $\sum_k\cot\frac{k\pi}n = 0$ — zoals de symmetrie $\cot\frac{(n-k) \pi}n = -\cot\frac{k\pi}n$ eveneens aantoont.

13. Door $\frac{P'}P = \sum_k\frac1{X - \omega^k}$ te differentiëren:

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

In $X = 1$ : $P''(1) = \sum_{j=2}^{n-1}j(j-1) = 2\binom n3 = \frac{n(n-1)(n-2)}3$ (hockeystick-identiteit, of inductie), dus

\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 van 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 gebruikmakend 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 .

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

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

16. Voor $t \in \intoo0{\frac\pi2}$ levert de klassieke vergelijking $\sin t < t < \tan t$ (oppervlakte- of convexiteitsargument, bekend van de middelbare school), door inverses te nemen, $\cot t < \frac1t < \frac1{\sin t}$ , alle drie daar positief; kwadrateren behoudt de volgorde. Met $t = \frac{k\pi}n$ , $1 \leq k \leq m$ , $n = 2m+1$ (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. Door de symmetrieën $\cot^2\frac{(n-k)\pi}n = \cot^2\frac{k\pi}n$ en evenzo 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 $\sum_{k=1}^m\frac1{\sin^2\frac{k\pi}n} = \frac{n^2-1}6 = \frac{2m(m+1)}3$ . Sommeren van vraag 16 over $k = 1, \dots, m$ en vermenigvuldigen met $\frac{\pi^2}{n^2}$ :

\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 neigen naar $\frac{\pi^2}6$ als $m \to \infty$ (de verhoudingen $\frac{m(2m-1)}{(2m+1)^2}$ en $\frac{2m(m+1)}{(2m+1)^2}$ neigen beide naar $\frac12$ ), dus door het inknellen convergeren de stijgende deelsommen en

\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 hersplits de kruisterm $\frac1{(X-1)(X+1)} = \frac12\bigl(\frac1{X-1} - \frac1{X+1}\bigr)$ om de vermelde vorm te bekomen. 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 tussenruimte twee $\sum_{n\geq2}\bigl( \frac1{n-1} - \frac1{n+1}\bigr) = 1 + \frac12 = \frac32$ . Bijgevolg

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

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. $\frac1{\binom nk} = \frac{k!\,(n-k)!}{n!} = \frac{k!}{(n-k+1)(n-k+2)\cdots n}$ , een product van $k$ opeenvolgende gehele getallen in de noemer. Substitueren van $j = n - k + 1$ (zodat $j$ over $\N^*$ loopt als $n$ vanaf $k$ loopt):

\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} ,

door vraag 4 toe te passen met $k - 1$ in plaats van $k$ (geldig aangezien $k - 1 \geq 1$ ).

22. Voor $k = 3$ : $\frac1{\binom n3} = \frac6{(n-2)(n-1)n}$ , dus door de deelsom 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 $\frac k{k-1} = \frac32$ van vraag 21.

23. $n = 6$ : 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 legitimeert elke identificatie van coëfficiënten — afdekken, de toegevoegd complexe paargroepering van vraag 9, en de differentiatietrucs (vragen 13, 20) berusten er alle op. (ii) De eenheidswortels leverden de polen van $X^n - 1$ , hun symmetrieën ( $k \leftrightarrow n-k$ ), en de halvehoekalgebra van 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 de Delen II en III.

25. De splitsing is een zuiver algebraïsche identiteit, waar voor elke waarde van de variabele tegelijk; dat is wat haar tot een motor maakt. Gehele getallen substitueren en sommeren maakte er telescopen van (Deel I); eenheidswortels substitueren en toegevoegd complexe polen groeperen maakte er goniometrische identiteiten van (Delen II en III); en pas bij de allerlaatste stap deed analyse haar intrede — een inknelling tussen twee gesloten vormen — om $\frac{\pi^2}6$ te leveren, een uitspraak die geen enkele eindige substitutie kan bereiken. Deze arbeidsverdeling (algebra produceert exacte eindige identiteiten, analyse gaat over tot de limiet) is het sjabloon voor Hoofdstuk 17, waar telescoperen en vergelijken systematisch worden, en voor Hoofdstuk 15, waar elke bouwsteen een primitieve krijgt en dezelfde splitsingen integralen berekenen in plaats van sommen.

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 Probleem: partieelbreuken als motor

9.1 Het lichaam $K(X)$

9.2 Partieelbreuksplitsing over $\C$

9.3 Splitsing over $\R$