--- title: "Rationale breuken" book: "Universitaire wiskunde — Bachelor jaar 1" subject: math language: nl chapter: 9 exercises: 12 source: https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/9-rationale-breuken --- # Hoofdstuk 9 — Rationale breuken Een [rationale breuk](#def-b1-fractions-field) is een quotiënt van [veeltermen](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/8-veeltermen#def-b1-poly-def). 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](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/15-integratie-op-een-segment#ch-b1-integration)) en om bepaalde reeksen te sommeren ([Hoofdstuk 17](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/17-getallenreeksen#ch-b1-series)). ## 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](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/1-logica-verzamelingen-en-afbeeldingen#def-b1-logic-sets) $K(X)$ van de rationale breuken een [lichaam](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/7-algebraische-structuren#def-b1-structures-field). De *polen* van $F$ (in onvereenvoudigbare vorm) zijn de wortels van $B$; de *orde* van een pool is haar [multipliciteit](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/8-veeltermen#def-b1-poly-derivative) 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](#def-b1-fractions-field): $0$ 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](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/8-veeltermen#def-b1-poly-def) ($\deg FG = \deg F + \deg G$, $\deg(F + G) \leq \max$), 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](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/8-veeltermen#thm-b1-poly-division)), 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](#def-b1-fractions-field)” in $-1$ was nooit een [pool](#def-b1-fractions-field). Vereenvoudig altijd eerst tot de onvereenvoudigbare vorm vóór je op [polen](#def-b1-fractions-field) jaagt: de [polen](#def-b1-fractions-field) van $F$ zijn de wortels van de *onvereenvoudigde* noemer. (Het gehele deel is ongevoelig voor die vereenvoudiging, zoals de uniciteit in [Propositie 9.3](#prop-b1-fractions-integerpart) waarborgt.) ## 9.2 Partieelbreuksplitsing over $\C$ **Stelling 9.5 (Splitsing over C\CC).** 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](#prop-b1-fractions-integerpart) mogen we $\deg A < \deg B$ aannemen en de somsplitsing met $E = 0$ bewijzen. *De [polen](#def-b1-fractions-field) splitsen.* Schrijf $B = (X - a_1)^{m_1} B_1$ met $B_1(a_1) \neq 0$. De [veeltermen](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/8-veeltermen#def-b1-poly-def) $(X-a_1)^{m_1}$ en $B_1$ zijn [relatief priem](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/6-getaltheorie-in-z#cor-b1-arith-bezout) (geen gemeenschappelijke wortel), dus levert Bézout in $\C[X]$ (zie de opmerking in [Hoofdstuk 8](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/8-veeltermen#ch-b1-poly)) $U_0, V_0$ 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](#def-b1-fractions-field) na [pool](#def-b1-fractions-field), herleidt alles tot het geval met één [pool](#def-b1-fractions-field) hieronder. *Eén [pool](#def-b1-fractions-field).* 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](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/8-veeltermen#def-b1-poly-def), als in het bewijs van [Propositie 8.11](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/8-veeltermen#prop-b1-poly-multiplicity)); 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](#def-b1-fractions-field) van hoge orde in het spel is, en de aanbevolen weg voor [Oefening 9.3](#exo-b1-fractions-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](#def-b1-fractions-field) 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](#def-b1-fractions-field). Alle $d_{i,k}$ verdwijnen: de splitsing is uniek. ∎ **Methode 9.6 (De coëfficiënten berekenen).** In de praktijk vermijd je Bézout en combineer je: 1. *afdekken voor de hoogste macht*: de coëfficiënt van $\frac{1}{(X-a)^m}$ (met $m$ de orde van de [pool](#def-b1-fractions-field) $a$) is $$c_{a,m} = \Bigl[\,(X - a)^m F\,\Bigr]_{X = a};$$ voor een *enkelvoudige* [pool](#def-b1-fractions-field) van $F = \frac AB$ is dat $\frac{A(a)}{B'(a)}$; 2. *evaluaties* in handige punten en *limieten* van $xF(x)$ voor $x \to \infty$ , om lineaire betrekkingen voor de overige coëfficiënten te verzamelen; 3. *pariteits-* of toevoegingssymmetrieën, wanneer aanwezig, om het werk te halveren. **Opmerking 9.7 (Veelgemaakte fouten bij partieelbreuken).** 1. *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](#prop-b1-fractions-integerpart) ), of de jacht op coëfficiënten levert tegenstrijdigheden op. 2. *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](#def-b1-fractions-field) ; de coëfficiënten van lagere orde vergen andere betrekkingen (limieten, evaluaties) — zie [Voorbeeld 9.9](#ex-b1-fractions-multiple) . 3. *Vergeten te vereenvoudigen.* [Polen](#def-b1-fractions-field) lees je af op de *onvereenvoudigde* vorm; een gemeenschappelijke factor tussen teller en noemer schept spookpolen ( [Voorbeeld 9.4](#ex-b1-fractions-integerpart) ). 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](#thm-b1-fractions-real) voorgeschreven en nooit geïmproviseerd. **Bewijs van de formule voor een enkelvoudige pool.** Bij een enkelvoudige [pool](#def-b1-fractions-field) $a$ 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](#def-b1-fractions-field); 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](#def-b1-fractions-field) : $a = \bigl[\frac{X}{X+1}\bigr]_{X=1} = \frac12$ . - 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\RR).** 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](#thm-b1-fractions-complex)). Omdat $F$ reëel is, is de coëfficiënt boven de [pool](#def-b1-fractions-field) $\conj a$ (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](#def-b1-fractions-field) 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](#def-b1-fractions-field) 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](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/3-complexe-getallen#def-b1-complex-unity)), 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](#def-b1-fractions-field): $c = \bigl[\frac{4}{X^2+1}\bigr]_{X=1} = 2$. Afdekken in de complexe [pool](#def-b1-fractions-field) $\iu$ (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](#def-b1-fractions-field) $-1$: $a = \bigl[\frac1{X^2 - X + 1}\bigr]_{X=-1} = \frac13$. 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](#met-b1-fractions-compute) 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](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/15-integratie-op-een-segment#ch-b1-integration)). Telescoperende sommen zijn de andere standaardtoepassing ([Oefening 9.8](#exo-b1-fractions-8)). **Opmerking 9.15 (Waar dit hoofdstuk gebruikt wordt).** Partieelbreuken zijn vooral een *voorbewerking*: het hoofdstuk over integratie ([Hoofdstuk 15](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/15-integratie-op-een-segment#ch-b1-integration)) haalt elke rationale integrand door [Stelling 9.10](#thm-b1-fractions-real) vóór het integreert, en het hoofdstuk over reeksen ([Hoofdstuk 17](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/17-getallenreeksen#ch-b1-series)) telescopeert rationale termen precies zoals in [Oefening 9.8](#exo-b1-fractions-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](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/8-veeltermen#exo-b1-poly-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](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/5-lineaire-differentiaalvergelijkingen#def-b1-diffeq-linear2) $\chi$ 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](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/5-lineaire-differentiaalvergelijkingen#ch-b1-diffeq). ![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.](https://one-course.com/images/onecourse/chapters/math-3/b1-fractions/fig-0d4a101aa56d.svg) *De functie $F(x) = \frac1{x+1} + \frac1x + \frac1{x-1}$ van het type uit [Oefening 9.12](#exo-b1-fractions-12): strikt dalend op elk interval tussen haar [polen](#def-b1-fractions-field) $-1, 0, 1$ (streepjeslijnen). Elk horizontaal niveau $\lambda > 0$ wordt rechts van de eerste [pool](#def-b1-fractions-field) precies één keer per interval gesneden (de gemarkeerde punten): de oplossingen van $F = \lambda$ wisselen af met de [polen](#def-b1-fractions-field).* ## 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 van Oefening 9.1.** $\dfrac{1}{X^2 - 1}$: enkelvoudige [polen](#def-b1-fractions-field) $\pm 1$; 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 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 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](#def-b1-fractions-field) $0$: $a = \bigl[\frac{1}{X-1}\bigr]_{0} = -1$. 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 van Oefening 9.4.** De [polen](#def-b1-fractions-field) zijn de vierde [eenheidswortels](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/3-complexe-getallen#def-b1-complex-unity) $1, \iu, -1, -\iu$, alle enkelvoudig. Met de formule voor een enkelvoudige [pool](#def-b1-fractions-field) 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 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](#def-b1-fractions-field) in $0, -1, \dots, -n$; gebruik de afdekformule en herken [binomiaalcoëfficiënten](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/2-telkunde#def-b1-counting-objects))*. **Oplossing van Oefening 9.6.** De [polen](#def-b1-fractions-field) $0, -1, \dots, -n$ 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](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/8-veeltermen#exo-b1-poly-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 van Oefening 9.7.** $P = X^n - 1$ heeft de $n$ enkelvoudige wortels $\omega^k$ ([Stelling 3.14](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/3-complexe-getallen#thm-b1-complex-roots)), zodat de identiteit van de logaritmische afgeleide uit [Oefening 8.11](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/8-veeltermen#exo-b1-poly-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 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](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/8-veeltermen#def-b1-poly-def) 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](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/8-veeltermen#thm-b1-poly-lagrange) ([Stelling 8.23](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/8-veeltermen#thm-b1-poly-lagrange)) van het monoom $X^m$ in de knooppunten $x_i$.* **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](#def-b1-fractions-field)): de formule voor enkelvoudige [polen](#def-b1-fractions-field) 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](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/8-veeltermen#def-b1-poly-def) 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](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/8-veeltermen#thm-b1-poly-lagrange): die sommen zijn de kopcoëfficiënten van de Lagrange-interpolanten van $X^m$, en een [veelterm](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/8-veeltermen#def-b1-poly-def) 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 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](#def-b1-fractions-field): $c = \bigl[\frac1X \bigr]_{X=-1} = -1$; 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](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/8-veeltermen#def-b1-poly-def) in $X^2$: splits eerst $\frac1{(Y+1)(Y+4)}$.* **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 $c_i > 0$. 1. 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](#def-b1-fractions-field) . 2. 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](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/13-limieten-en-continuiteit#ch-b1-continuity) .) **Oplossing van Oefening 9.12.** 1. Op elk interval dat de [polen](#def-b1-fractions-field) 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 $x \to p_i^-$ . 2. 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](#def-b1-fractions-field) . ## 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](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/11-rijen#ch-b1-seq) formaliseert ze). **Deel I — De telescoop.** 1. Splits $\frac1{X(X+1)}$ en bereken $\sum_{n=1}^{N} \frac1{n(n+1)}$ exact; besluit dat de som naar $1$ gaat. 2. 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.) 3. Formaliseer het mechanisme: is $F(X) = G(X) - G(X+1)$ voor een rationale $G$ zonder [polen](#def-b1-fractions-field) in $\intco1{+\infty}$ , dan is $\sum_{n=1}^N F(n) = G(1) - G(N+1)$ . Haal de waarde $\frac14$ van [Oefening 9.8](#exo-b1-fractions-8) terug door de getuige $G$ voor $F = \frac1{X(X+1)(X+2)}$ aan te wijzen. 4. 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. 5. Evalueer de splitsing van [Oefening 9.6](#exo-b1-fractions-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 $1/(X^n - 1)$.** 6. Toon met de afdekformule aan dat $$\frac{1}{X^n - 1} = \frac1n\sum_{k=0}^{n-1}\frac{\omega^k}{X - \omega^k} .$$ 7. 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 $x \to \infty$ ). 8. Leid met afdekken opnieuw de identiteit van [Oefening 9.7](#exo-b1-fractions-7) af: $\frac{nX^{n-1}}{X^n-1} = \sum_k \frac1{X - \omega^k}$ . 9. Groepeer toegevoegde [polen](#def-b1-fractions-field) 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). 10. Werk het geval $n = 4$ uit en toets het aan [Oefening 9.4](#exo-b1-fractions-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). 11. Bewijs met $\frac{P'}P = \sum_{k=1}^{n-1}\frac1{X - \omega^k}$ ([Oefening 8.11](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/8-veeltermen#exo-b1-poly-11)) dat $$\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{1 - \omega^k} = \frac{n-1}2 .$$ 12. 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](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/3-complexe-getallen#met-b1-complex-trig) ), 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 $k \leftrightarrow n - k$ . 13. 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 $$\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{(1 - \omega^k)^2} = \frac{(n-1)(5-n)}{12} .$$ 14. Schrijf $\cot t = \frac{\cos t}{\sin t}$ en leid uit de vragen 12–13 de twee gesloten vormen af: $$\sum_{k=1}^{n-1}\cot^2\frac{k\pi}n = \frac{(n-1)(n-2)}3, \qquad \sum_{k=1}^{n-1}\frac1{\sin^2\frac{k\pi}n} = \frac{n^2-1}3 .$$ 15. Ga beide formules met de hand na voor $n = 3$ en $n = 4$ . 16. 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 $$\cot^2\frac{k\pi}n \;<\; \frac{n^2}{k^2\pi^2} \;<\; \frac1{\sin^2\frac{k\pi}n} .$$ 17. 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.** 18. 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 $X = 0$. 19. 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. 20. 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 $n = 2$ . 21. 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.)* 22. Geef voor $k = 3$ de exacte partiële som $\sum_{n=3}^{N}\frac1{\binom n3}$ en haar limiet. **Deel V — Synthese.** 23. Schrijf als sluitstuk de volledige reële splitsing van $\dfrac1{X^6 - 1}$ uit en ga haar na in $X = 0$ . 24. Waar precies gebruikte de opgave: (i) de uniciteit van de splitsing; (ii) de [eenheidswortels](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/3-complexe-getallen#def-b1-complex-unity) uit [Hoofdstuk 3](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/3-complexe-getallen#ch-b1-complex) ; (iii) de logaritmische afgeleide uit [Oefening 8.11](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/8-veeltermen#exo-b1-poly-11) ? Eén zin per onderdeel. 25. 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](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/17-getallenreeksen#ch-b1-series) , en het integreren van de bouwstenen in [Hoofdstuk 15](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/15-integratie-op-een-segment#ch-b1-integration) . **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](#exo-b1-fractions-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](#exo-b1-fractions-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](#def-b1-fractions-field) $\omega^k$ zijn enkelvoudig, en de formule voor enkelvoudige [polen](#def-b1-fractions-field) uit [Methode 9.6](#met-b1-fractions-compute) 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](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/3-complexe-getallen#prop-b1-complex-sumroots)). Dat moet ook: bij elke splitsing met enkelvoudige [polen](#def-b1-fractions-field) 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](#exo-b1-fractions-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](#def-b1-fractions-field) $\omega^{n/2} = -1$, 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](#exo-b1-fractions-4). **11.** $P = \prod_{k=1}^{n-1}(X - \omega^k)$ (deel $X^n - 1$ door $X - 1$), dus is volgens [Oefening 8.11](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/8-veeltermen#exo-b1-poly-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](#def-b1-fractions-field) $\pm1$: $$ \frac1{X^6-1} = \frac16\Bigl(\frac1{X-1} - \frac1{X+1} + \frac{X - 2}{X^2 - X + 1} + \frac{-X - 2}{X^2 + X + 1}\Bigr) . $$ 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](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/3-complexe-getallen#def-b1-complex-unity) leverden de [polen](#def-b1-fractions-field) van $X^n - 1$, hun symmetrieën ($k \leftrightarrow n-k$) en de algebra van de halve hoek in vraag 12 ([Methode 3.11](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/3-complexe-getallen#met-b1-complex-trig)). (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](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/3-complexe-getallen#def-b1-complex-unity) 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](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/1-logica-verzamelingen-en-afbeeldingen#def-b1-logic-statement) 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](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/17-getallenreeksen#ch-b1-series), waar telescoperen en vergelijken systematisch worden, en voor [Hoofdstuk 15](https://one-course.com/books/math/3/nl/chapter/15-integratie-op-een-segment#ch-b1-integration), waar elke bouwsteen een primitieve functie krijgt en dezelfde splitsingen integralen berekenen in plaats van sommen.